刚体复习
（一）要点
质点运动位置矢量(运动方程) r = r (t) = x (t)i + y (t)j + z (t)k， 速度v = dr/dt = (dx/dt)i+(dy/dt)j + (dz/dt)k，动量 p=mv 加速度 a=dv/dt=(dvx/dt)i+(dvy/dt)j +(dvz/dt)k 曲线运动切向加速度 at= dv/dt， 法向加速度 an= v/r . 圆周运动及刚体定轴转动的角量描述 ?=?(t)， ?=d?/dt，
2
?= d?/dt =d2?/dt2，
刚体的定轴转动匀变速转动运动方程 ?????t,?????t??t2/2,?2??2?2?(???)000002
角量与线量的关系 s=r?， v=r?，at=r?, an=r? 力矩M=r?F ; 转动惯量 J??ri2?mi, J?转动定律 M?dLdt，M?J? 角动量：质点L?r?2?mr2dm
tp 刚体L=J?；角动量定理 ?Mdt=L?L0；角动量守恒 M=0时, L=恒量；
0转动动能 Ek?J?2，势能 Ep?mghC (二) 练习 一 填空题
1（3分）可绕水平轴转动的飞轮，直径为1.0 m，一条绳子绕在飞轮的外周边缘上．如果飞轮从静止开始做匀角加速运动且在4 s内绳被展开10 m，则飞轮的角加速度为_____．(答案：2.5 rad / s2）
2（4分）一飞轮作匀减速运动，在5s内角速度由40π rad/s减少到10π rad/s，则飞轮在这5s内总共转过了 圈，飞轮再经 的时间才能停止转动。（答案：62.5 r，1.67s）
3（4分）半径为30 cm的飞轮，从静止开始以0.50 rad/s2的匀角加速度转动，则飞轮边缘上一点在飞轮转过240°时的切向加速度at＝________，法向加速度an＝_______________．(答案：0.15m/s2, 1.26 m/s2) 参考解：at?R??0.15m/s2,an?R?2?R?2???1.26m/s2
4（3分）一个作定轴转动的轮子，对轴的转动惯量J = 2.0kg·m2，正以角速度ω0作匀速转动．现对轮子加一恒定的力矩M = -12N·m，经过时间t ＝8.0s 时轮子的角速度ω＝-ω0，则ω0＝_____．（答案：24 rad/s） 5（3分）一个作定轴转动的物体，对转轴的转动惯量J ，正以角速度ω0＝10 rad/s作匀速转动, 现对物体加一恒定的力矩M = -0.5N·m，经过时间t ＝5.0s 后，物体停止了转动，物体转动惯量J＝______________．（答案：0.25kg·m2） 6（3分）一飞轮以600 rev/min的转速旋转，转动惯量为2.5 kg·m2，现加一恒定的制动力矩使飞轮在1 s内停止转动，则该恒定制动力矩的大小M＝_________．（答案：157N·m 或50?N·m）
7（5分）如图所示，一质量为m、半径为R的薄圆盘，可绕通过其一直径的
光滑固定轴AA?转动，转动惯量J＝mR2 / 4．该圆盘从静止开始在恒力矩M作用下转动，t秒后位于圆盘边缘上与轴AA?的垂直距离为R的B点的切向加速度at＝_____，法向加速度an＝_____．
4M[答： （2分）；16Mt（3分）]
mRm2R322
A R B A? 8（3分）一条轻绳绕于半径为r=0.2m的飞轮边缘，并施以F=98N的拉力，若不计
轴的摩擦，飞轮的角加速度等于39.2rad/s2，此飞轮的转动惯量为_____________． （答：0.5kg·m2） 9（3分）地球的自转角速度可以认为是恒定的，地球对于自转的转动惯量J＝9.8×1037kg·m2．地球对于自转轴的角动量L＝_________．（答：7.1×1033kg·m2/s）
10（3分）一飞轮以角速度ω0绕光滑固定轴转动，飞轮对轴的转动惯量分别为 J1 ；另一静止飞轮突然和
1
上述转动的飞轮啮合，绕同一轴转动，该飞轮的转动惯量为前者的2 倍，啮合后整个系统的角速度为ω＝____________．(答案：ω0/3) 参考解：J1?0?2J1?0?(J1?2J1)?,???J1?0/(J1?2J1) 二 选择题（每题3分）
1 (答：A）均匀细棒OA可绕通过其一端O而与棒垂直的水平固定光滑轴转动，如图所示，今使棒从水平位置由静止开始自由下落，在棒摆动到竖立位置的过程中，下述说法哪一种是正确的？
(A) 角速度从小到大，角加速度从大到小. (B) 角速度从小到大，角加速度从小到大. (C) 角速度从大到小，角加速度从大到小.
(D) 角速度从大到小，角加速度从小到大.
2（答：C）关于刚体对轴的转动惯量，下列说法中正确的是
(A) 只取决于刚体的质量，与质量的空间分布和轴的位置无关. (B) 取决于刚体的质量和质量的空间分布，与轴的位置无关. (C) 取决于刚体的质量，质量的空间分布和轴的位置.
(D) 只取决于转轴的位置，与刚体的质量和质量的空间分布无关. 3（答：B）两个匀质圆盘A和B的密度分别为ρ
A和ρB,
O A
若ρA＞ρB, 但两圆盘的质量与厚度相同, 如两
圆盘对通过盘心垂直于盘面轴的转动惯量分别为JA和JB, 则
(A) JA?JB. (B)JA?JB. (C) JA=JB. (D) JA、JB哪个大，不能确定.
4（答：A）一半径为R的水平圆转台，可以绕通过其中心的竖直固定光滑转动，转动惯量为J，开始时转台以匀角速度??0转动，此时有一质量为m的人站在转台中心，随后人沿半径向外跑去，当人到达转台边缘时，转台的角速度为
(A)
JJJ?0， (D) ?0． ?0， (B) ?0 (C) 22mR2J?mR(J?m)R5（答：C）光滑的水平桌面上，有长为2L、质量为m的匀质细杆，可绕通过其中点O且垂直于桌面的竖直固定轴自由转动，转动惯量J＝m l2/ 3)，如图所示．开始时杆静止，有两质量均为m小球，各自在垂直杆长的方向对着杆的一端，以相同的速度v相向运动，如图所示，当两小球同时与杆的两端发生完全非弹性碰撞后，就与杆粘在一起随杆转动，则这一系统碰撞后的转动角速度 ?(A) 2v/3L (B) 4v/5L (C) 6v/7L
(D) 8v/9L (E) 12v/7L
问：若只有一个质量均为m小球，结果？（答：转动角速度为3v/4l） 6．（答：C） 一圆盘正绕垂直于盘面的水平光滑固定轴O转动，如图射来两个质量相同，速度大小相同，方向相反并在一条直线上的子弹，子弹射入圆盘并且留在盘内，则子弹射入后的瞬间，圆盘的角速度? (A) 增大． (B) 不变．
(C) 减小． (D) 不能确定．
后她将两臂收回，使转动惯量减少为J0/3．这时她转动的角速度变为
(A) ?0/3． (B) 1/3??0． (C) 3??0． (D) 3?0． 三 计算题
1（10分） 质量为m的物体悬于一条轻绳的一端，绳的另一端绕在轮轴的轴上，如图所示，轴水平且垂直于轮轴面，其半径为r，整个装置架在光滑的固定轴承之上，当物体从静止释放后，在时间t内下降了一段距离S，试求整个轮轴的转动惯量（用m、r、t和S表示）.
解：设绳子对物体（或绳子对轮轴）的拉力为T，则根据牛顿运动定律和转动定律得： mg-T＝ma （1） 2分 TR＝J? （2） 2分
2
vO俯视图v
7（答：D）花样滑冰运动员绕通过自身的竖直轴转动，开始时两臂伸开，转动惯量为J0，角速度为?0．然
??
由运动学关系a＝R? （3） 2分 由（1）、（2）和（3）式解得J＝m(g-a)r2 / a （4） 又根据已知条件v0?0
at22S?S?,a?2 (5) 2分
2t将（5）式代入（4）式得：J?mr2(gt2/2S?1) 2分
2（10分）一质量为M＝15 kg，半径为R＝0.30 m的圆柱体，可绕与其几何轴重合的水平固定轴转动(转动惯量J＝MR2/2)．现以一不能伸长的轻绳绕于柱面，而在绳的下端悬一质量m＝8.0 kg的物体．不计圆柱体与轴之间的摩擦，求:(1)物体自静止下落,5 s内下降的距离，(2)绳中的张力． 解：(1) J＝MR2/2＝0.675 kg·m2 ∵ mg-T＝ma
2分
F ? RTT a TR＝J? 2分 a＝R? 1分 ∴ a＝mgR2 / (mR2 + J)＝5.06 m / s2 1分 因此下落距离 h＝at2/2＝63.3 m 2分
(2) 张力 T ＝m(g-a)＝37.9 N 2分
Mgmg
3（10分）两个匀质圆盘，一大一小，同轴地粘在一起，构成一个组合轮，小圆盘的半径为r，质量m，大圆盘的半径r’=2r，质量m’=2m，组合轮可绕通过其中心且垂直于圆盘面的光滑水平固定轴O转动，对O轴的转动惯量J＝9 mr2/2. 两圆盘边缘上分别饶有轻质，细绳下端各悬挂质量为m的物体A和B，如图所示. 这一系统从静止开始运动，绳与盘无相对滑动，绳的长度不变，已知r=10cm. 求：（1）组合轮的角加速度β. 求：（1）组合轮的角加速度 β，（2）当右边物体上升h=40cm时，组合轮的角速度ω. 解：（1）受力分析如图． 2分 Mg-T2 = ma2 1分 T1-mg = ma1 1分 T2 (2r)-T1r = 9mr2? / 2 1分 2r? = a2 1分 r??= a1 1分
??T2 a2 T1 a1 2g解该5个联立方程得：???10.3rad/s2 1分 19r?P2 ?P1 h（2）组合轮转过的角度??，通过 ?2?2?? ，
r2?h1/2???()?9.08rad/s 2分
r
4（10分）质量为M1＝24 kg的圆轮，可绕水平光滑固定轴转动，一轻绳缠绕于轮上（大轮半径R，轮半径r），另一端通过质量为M2＝5.0 kg的圆盘形定滑轮悬有m＝10.0 kg的物体，求当重物由静止开始下降了h=0.5m时，（1）物体的速度，（2）绳中的张力. 解：各物体的受力情况如图所示．(图2分)
由转动定律、牛顿第二定律及运动学方程，可列出以下联立方程： M2 R M1 r T1R＝J1?1＝
1M1R2?1 (方程各1分共5分) 2m 1T2r-T1r＝J2?2＝M1r2?2
2 mg－T2＝ma , a＝R?1＝r?2 , v 2＝2ah
mg求解联立方程，得 m/s2
N1 M1 T1 T1 M2 M2g N2 T2 m a ?1 ?2 T2 a?1?M1?M2??m2?4M1g mg v?2ah=2 m/s (1分) T2＝m(g-a)＝58 N (1分)
3
T1＝M1a/2＝48 N (1分)
5（5分）一转动惯量为J的圆盘绕一固定轴转动，起初角速度为?0．设它所受阻力矩与转动角速度成正比，即M＝－k? (k为正的常数)，求圆盘的角速度从?0变为?0/2时所需的时间．
d?d?k??k? ???dt 2分 dt?J?0/2t1k 3分 两边积分 d???dt???J?00解：J得 ln2?ktJ?t?Jln2 3分 k6 （5分）有一半径为R的均匀球体，绕通过其一直径的光滑固定轴匀速转动，转动周期为T0. 如它的半径由R自动收缩为R/2，求球体收缩后的转动周期.（球体对于通过直径的转动轴的转动惯量为 J=2mR2/5，式中m和R分别为球体的质量和半径）
解：球的自动收缩可视为由球的内力引起，因而在收缩前后球体的角动量守恒 1分 设J0和ω0、 J和ω分别为收缩前后球体的转动惯量和角速度，则有J0?0?J? 2分
222mR2m(R/2)由已知条件：J0= 得 ??4?0 1分 ,J0=55即收缩后转快了，周期为T?2??2??T1 2分
?4?047（5分）如图所示，长为l的轻杆，两端各固定质量分别为m和2m的小球，杆可绕水平光滑固定轴o在竖直面内转动，转轴o距两端分别为l/3和2l/3, 轻杆原来静止在竖直位置.今有一质量为m的小球，以水平速度v0与杆下端小球作对心碰撞，碰后以v0/2的速度返回，试求碰撞后轻杆所获得的角速度. 解：选小球、细棒、两固定小球为系统．小球射入时，系统所受合外力矩为零，系统对转轴的角动量守恒． 2分
2mv2??1?2?2?mv0l??m0l??2m?l??m?l?323??3???3?22? 2分
?????v01l32l3o??3v0 1分 2lm 8（5分） 一均匀木杆，质量为m1 = 1 kg，长l = 0.4 m，可绕通过它的中点且与杆身垂直的光滑水平固定轴，在竖直平面内转动．设杆静止于竖直位置时，一质量为m2 = 10 g的子弹在距杆中点l / 4处穿透木杆(穿透所用时间不计)，子弹初速度的大小v0 = 200 m/s，方向与杆和轴均垂直．穿出后子弹速度大小减为v = 50 m/s，但方向未变，求子弹刚穿出的瞬时，杆的角速度的大小．(木杆绕通过中点的垂直轴的转动惯量J = m1l
2
/ 12)
解：在子弹通过杆的过程中，子弹与杆系统因外力矩为零，故角动量守恒． 1分 则有 m2v 0 l / 4 = m2vl / 4 +J? 2分
?v?0v? ＝11.3rad/s 2分 ??m2l?v0?v??3m24Jm1l9（5分）如图，半径为R的匀质小木球固结在一长度为l的匀质细棒的下端，且可绕水平光滑固定轴O转动．今有一质量为m，速度为v0的子弹，沿着与水平面成?角的方向射向球心，且嵌于球心．已知小木球、
vv0 O m l 4 ??R
细棒对通过O的水平轴的转动惯量的总和为J．求子弹嵌入球心后系统的共同角速度．
解：选子弹、细棒、小木球为系统．子弹射入时，系统所受合外力矩为零，系统对转轴的角动量守恒． 2分
mv 0 ?(R + l)cos? = [J + m (R + l)2 ]? 2分
? 1分 ?cos ??mv0?R?l2J?m?R??l 10（10分）一块宽L=0.60m，质量为M=1kg的均匀薄木板，可绕水平固定轴OO’无摩擦地自由转动，当木板静止在平衡位置时，有一质量为m=10×10-3kg的子弹垂直击中木板A点，A离转轴OO’距离l=0.36m，子弹击中木板前的速度为500m/s，穿出木板后的速度为200m/s. 求：（1）子弹给予木板的冲量；（2）木板获得的角速度.（已知：木板绕OO’轴的转动惯量J= ML2/3） 解：（1）子弹受到的冲量为I?Fdt?m(v?v0) 子弹对木板的冲量方向与v0相同. 大小为
?vI???F?dt???Fdt?m(v?v0)?3N.s 4分
（2）由角动量定理 Mdt?lF 4分 ?dt?lm(v?v0)??J ??3lm(v0?v)?9rad/ s 2分
2??ML电学复习重点
（一）要点
一、电荷守恒定律(略) . 二、库仑定律 F?q1q2r.
3v4??0r三、电场强度定义：E=F/q0 (F为试验电荷q0在电场E中所受作用力)； 2. 电场叠加原理E??Ei (矢量叠加)； 点电荷系激发的电场：E?vvqr，连续带电体激发的电场：vrdq .
E??4??0r34??0r3q四、高斯定理：1. 电场线(略)；
2.电场强度通量 Фe=∫SE?dS (计算电场强度通量时注意曲面S的法线正方向)； 3.高斯定理(过闭合曲面的电场强度通量)：真空中 Φe?E?dS??qi?0；
?S介质中
?D?dS??qS0i；各向同性介质中电位移矢量D=ε0εrE；E=E0/εr.
4. 意义：电场为有源场.
五、环路定理E?dl?0 静电场为保守场.
?l六、电势Vp??(0)pE?dl (场强与电势的积分关系，p表示场点，(0) 表示电势零点)；
电势差 UAB?VA?VB??BAE?dl
电势叠加原理 V??Vi ；点电荷系激发的电势：V?连续带电体激发的电势V?qi； ?i4??0ridq，静电场力的功 W=qU； ABAB
?q4??0r七、导体：1. 静电平衡条件：导体内E=0, 导体表面附近外E垂直表面；
2. 推论：(1)导体为等势体，导体表面为等势面，(2)孤立导体表面曲率半径小处面电荷密度大， (3)导体表
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