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1、一、基本概念一、基本概念 1.刚体及其平动、转动、定轴转动刚体及其平动、转动、定轴转动2.转动惯量转动惯量3.转动动能转动动能 14.4.力矩及其功和功率力矩及其功和功率 （1）对对转转轴的力矩轴的力矩（2）力矩的功力矩的功（3）功率功率2（1）冲量矩）冲量矩5.冲量矩和动量矩冲量矩和动量矩（2）角动量（动量矩）角动量（动量矩）刚体对固定转动轴的角动量刚体对固定转动轴的角动量，等于它对该轴等于它对该轴的转动惯量和角速度的乘积。的转动惯量和角速度的乘积。32.刚体定轴转动的动能定理刚体定轴转动的动能定理1.刚体定轴转动的转动定律刚体定轴转动的转动定律二、基本规律二、基本规律3.刚体的角动量定理刚
2、体的角动量定理44.角动量守恒定律角动量守恒定律5.机械能守恒机械能守恒 对于包括刚体的系统，功能原理和机械能对于包括刚体的系统，功能原理和机械能守恒定律仍成立。守恒定律仍成立。51.定轴转动的运动学问题定轴转动的运动学问题解法：利用定轴转动的运动学描述关系解法：利用定轴转动的运动学描述关系三、习题基本类型三、习题基本类型 Ov定定 轴轴Pzr62.转动惯量的计算转动惯量的计算解法：解法：（1）定义法：）定义法：（2）平行轴定理）平行轴定理J=JC+m d 2（P261表表5.1，记住），记住）73.定轴转动的动力学问题定轴转动的动力学问题解法：利用定轴转动中的转动定律解法：利用定轴转动中的转
3、动定律步骤步骤：（1）审题，确定研究对象；）审题，确定研究对象；（2）建立坐标系；）建立坐标系；（3）对研究对象进行受力分析和受力矩分析，）对研究对象进行受力分析和受力矩分析，并按坐标系的正方向写出外力矩的表达式及规律并按坐标系的正方向写出外力矩的表达式及规律方程（注：受力分析和受力矩须取隔离体），并方程（注：受力分析和受力矩须取隔离体），并用线角量关系将用线角量关系将F=ma 与与M=J联系起来；联系起来；（4）计算对轴的转动惯量；）计算对轴的转动惯量；（5）解方程求未知，必要的结果讨论。）解方程求未知，必要的结果讨论。8大家有疑问的，可以询问和交流大家有疑问的，可以询问和交流可以互相讨论下
4、，但要小声点可以互相讨论下，但要小声点94.定轴转动中的功能问题定轴转动中的功能问题解法：利用动能定理和机械能守恒定律解法：利用动能定理和机械能守恒定律5.角动量原理及角动量守恒定律角动量原理及角动量守恒定律6.混合题型混合题型 解法：应用运动学公式、转动定律和角动量解法：应用运动学公式、转动定律和角动量守恒定律。守恒定律。四、典型习题分析与讲解四、典型习题分析与讲解10 5.2 一一 汽车发动机的转速在汽车发动机的转速在7.0s 内由内由200 rev/min均匀地增均匀地增加到加到3000 rev/min。（1）求这段时间内的初角速度、末角速度及角加速度；）求这段时间内的初角速度、末角速度
5、及角加速度；（2）求这段时间内转过的角度；）求这段时间内转过的角度；（3）发动机轴上装有一半径为）发动机轴上装有一半径为 r=0.2m 的飞轮，求它边的飞轮，求它边缘上一点在这第缘上一点在这第7.0s 末的切向加速度、法向加速度和总加末的切向加速度、法向加速度和总加速度。速度。（1）解：解：0=2200/60=20.9(rad/s)=23000/60=314(rad/s)（2）11总加速度与速度（切向）之间的夹角总加速度与速度（切向）之间的夹角（3）12 已挖洞的圆板的转动惯量已挖洞的圆板的转动惯量J 加加上挖去的圆板补回原位后对原中心上挖去的圆板补回原位后对原中心的转动惯量的转动惯量J1就等
6、于整个完整圆板就等于整个完整圆板对中心的转动惯量对中心的转动惯量J2 即即ROR/2C 5.9 从一半径为从一半径为R的均匀薄板上挖去一个直径为的均匀薄板上挖去一个直径为 R 的圆的圆板，所形成的圆洞中心在距原薄板中心板，所形成的圆洞中心在距原薄板中心 R/2 处，所剩薄处，所剩薄板的质量为板的质量为m。求此薄板对于通过原中心而与板面垂直求此薄板对于通过原中心而与板面垂直的轴的转动惯量。的轴的转动惯量。ROR/2C解：解：J =J2 -J113ROR/2C因薄板质量均匀因薄板质量均匀，得得145.12 如图，两个圆轮的半径分别为如图，两个圆轮的半径分别为R1和和R2,质量分别为质量分别为 M1
7、、M2，二者皆，二者皆可视作均匀圆柱体且同轴固结在一起，可视作均匀圆柱体且同轴固结在一起，可绕一水平固定轴自由转动。今在两可绕一水平固定轴自由转动。今在两轮上绕有细绳，绳端分别挂上质量为轮上绕有细绳，绳端分别挂上质量为 m1 和和 m2的两个物体。求在重力作用的两个物体。求在重力作用下，下，m2下落时轮的角加速度。下落时轮的角加速度。解：解：（向上为正）（向上为正）（向下为正）（向下为正）对对m1、m2、整个滑轮分别、整个滑轮分别进行受力分析，进行受力分析，画出示力图画出示力图（顺时针为正）（顺时针为正）m1m2R2R1M1M2oa1T T1 1m1ga2T T2 2m2gT T1 1T T2
8、 215线角量关系线角量关系（绳在轮上不打滑）（绳在轮上不打滑）：解得解得：m1m2R2R1M1M2oa1T T1 1m1ga2T T2 2m2gT T1 1T T2 216M2R2M1R1m2m1例例:求系统的加速度和拉力求系统的加速度和拉力aT1T2T317转动定律例题题解转动定律例题题解18 5.13 一根均匀米尺，在一根均匀米尺，在60cm刻度处钉到墙上，且刻度处钉到墙上，且可以可以在竖直平面内自由转动。先用手使在竖直平面内自由转动。先用手使米尺保持米尺保持水平水平，然后，然后释放。求刚释放时米尺释放。求刚释放时米尺的角加速度和的角加速度和米尺到竖直米尺到竖直位置时位置时的角速度。的角
9、速度。解：解：设米尺质量设米尺质量m，对悬点对悬点O：对米尺，手刚释放时，由转动定律：对米尺，手刚释放时，由转动定律：O mgCl1l219CmgO mgCl1l2在米尺转到竖直在米尺转到竖直位置过程中位置过程中，系统（尺，系统（尺+地球）机械能地球）机械能守恒：守恒：20 5.17 坐在转椅上的人手握哑铃。两臂伸直时，人、哑铃坐在转椅上的人手握哑铃。两臂伸直时，人、哑铃和椅系统对竖直轴的转动惯量为和椅系统对竖直轴的转动惯量为J1=2kg m2。在外人推在外人推动后，此系统开始以动后，此系统开始以n1=15r/min转动，当人两臂收回时，转动，当人两臂收回时，使系统的转动惯量变为使系统的转动惯
10、量变为J2=0.80kgm2，它的转速，它的转速n2是多是多大？大？解：解：两臂收回过程中，系统的机械能是否守恒？两臂收回过程中，系统的机械能是否守恒？什么力做了功？做功多少？设轴上摩擦忽略不计。什么力做了功？做功多少？设轴上摩擦忽略不计。由于两臂收回过程中，人体受的沿竖直轴的由于两臂收回过程中，人体受的沿竖直轴的外力矩为零，所以系统沿此轴的角动量守恒外力矩为零，所以系统沿此轴的角动量守恒两臂收回时，系统的内力（臂力）做了功，所以两臂收回时，系统的内力（臂力）做了功，所以系统的机械能不守恒。臂力做的总功为：系统的机械能不守恒。臂力做的总功为：2122 5.19 如图所示，均匀杆长如图所示，均匀
11、杆长 L=0.40m，质量质量M=1.0kg，由其上端的光滑水平轴吊起而处于静由其上端的光滑水平轴吊起而处于静止。今有一质量为止。今有一质量为 m=8.0g 的子弹以速度的子弹以速度=200m/s 水平射入杆中而不复出，射入点在轴下水平射入杆中而不复出，射入点在轴下 d=3L/4 处。处。（1）求子弹停在杆中时杆的角速度）求子弹停在杆中时杆的角速度。（2）求杆的最大偏转角。）求杆的最大偏转角。解：解：L （1）系统（）系统（杆杆+子弹），在碰撞过子弹），在碰撞过程中，合外力矩为程中，合外力矩为0 0，因而系统的角动量，因而系统的角动量守恒。（在俯视图中，选守恒。（在俯视图中，选为正方向）为正方
12、向）23 （2）系统（）系统（杆杆+子弹子弹+地球），上摆过地球），上摆过程，只有重力（保守力）做功，系统的程，只有重力（保守力）做功，系统的机械能守恒（选杆机械能守恒（选杆竖直竖直时势能为零）。时势能为零）。LC245.20 一转台绕竖直固定轴转动一转台绕竖直固定轴转动，每转一周需时间，每转一周需时间t=10s，转台对轴的转动惯量为转台对轴的转动惯量为J=1200kgm2。一一质量为质量为M=80kg的人，的人，开始站在转台中心，随后开始站在转台中心，随后沿半径向外跑去沿半径向外跑去，当人离，当人离转台中心转台中心 r=2m 时时转台转台的角速度多大的角速度多大？解：解：系统（人系统（人+转
13、台）不受沿轴转台）不受沿轴的外力矩，其角动量守恒，即：的外力矩，其角动量守恒，即：由此可得转台后来的角速度由此可得转台后来的角速度25习题集（力学）习题集（力学）一、选择题一、选择题21 一力学系统由两个质点组成，它们之间只有引力作一力学系统由两个质点组成，它们之间只有引力作用，若两用，若两.质点所受外力的矢量和为零，则此系统：质点所受外力的矢量和为零，则此系统：(A)动量、机械能以及对一轴的角动量都守恒。动量、机械能以及对一轴的角动量都守恒。(B)动量、机械能守恒，但角动量是否守恒不能断定。动量、机械能守恒，但角动量是否守恒不能断定。(C)动量守恒，但机械能和角动量守恒与否不能断定。动量守恒
14、，但机械能和角动量守恒与否不能断定。(D)动量和角动量守恒，但机械能是否守恒不能断定。动量和角动量守恒，但机械能是否守恒不能断定。C26=60rev/min=1rev/s=2rad/s 22（P5）一刚体以每分钟一刚体以每分钟60转绕转绕 z轴做匀速转动（轴做匀速转动（沿沿 z 轴正方向）。设某时刻刚体上一点轴正方向）。设某时刻刚体上一点 P 的位置矢量为：为的位置矢量为：为 ,其单位为其单位为“10-2m”，若以若以“10-2ms-1”为速度单位，则为速度单位，则该时刻该时刻P点的速度为：点的速度为：（A）（B）（C）（D）分析：分析：P点在转动平面内对圆心点在转动平面内对圆心 o的矢的矢径
15、为径为:该时刻该时刻P点的速度为点的速度为:选（选（B B）27 23（P5）质量为）质量为m的小孩站在半径为的小孩站在半径为R 的水平平台边缘的水平平台边缘上，平台可以绕通过其中心的竖直光滑固定轴自由转动，上，平台可以绕通过其中心的竖直光滑固定轴自由转动，转动惯量为转动惯量为 J。平台和小孩开始时均静止。当小孩突然平台和小孩开始时均静止。当小孩突然以相对于地面为以相对于地面为V 的速率在台边沿逆时针转向走动时，的速率在台边沿逆时针转向走动时，则此平台相对地面旋转的角速度和旋转方向分别为：则此平台相对地面旋转的角速度和旋转方向分别为：（C），顺时针；顺时针；（D），逆时针。逆时针。（B），逆时
16、针；逆时针；（A），顺时针；顺时针；A分析：分析：28二、填空二、填空 29.半径为半径为20cm 的主动轮，通过皮带拖动半径的主动轮，通过皮带拖动半径为为50cm 的被动轮转动。主动轮从静止开始作匀的被动轮转动。主动轮从静止开始作匀角加速转动，在角加速转动，在4s内，被动轮的角速度达到内，被动轮的角速度达到8 rads-1，则主动轮在这段时间内转过了则主动轮在这段时间内转过了_圈。圈。则则两轮边缘上点的线速度大小相等：两轮边缘上点的线速度大小相等：主动轮在主动轮在4s内的角位移内的角位移20解：解：t=4s 时，时，29 30（P12）一可绕定轴转动的飞轮，在）一可绕定轴转动的飞轮，在 20
17、Nm 的的总力矩作用下，在总力矩作用下，在 10s 内转速由零均匀地增加到内转速由零均匀地增加到 8 rad/s，飞轮的转动惯量飞轮的转动惯量 J=。角加速度为角加速度为解：解：利用转动定律利用转动定律由由刚体角动量定理刚体角动量定理即即30 31（P12）半径为）半径为R具有光滑轴的定滑轮边缘绕一细绳，具有光滑轴的定滑轮边缘绕一细绳，绳的下端挂一质量为绳的下端挂一质量为m的物体。绳的质量可以忽略，绳的物体。绳的质量可以忽略，绳与定滑轮之间无相对滑动。若物体下落的加速度为与定滑轮之间无相对滑动。若物体下落的加速度为a，则定滑轮对轴的转动惯量则定滑轮对轴的转动惯量J=。解解：RmT TmgT T
18、a3132（P12）一飞轮以）一飞轮以 600rev/min 的转速旋转，转的转速旋转，转动惯量为动惯量为2.5kgm2，现加一恒定的制动力矩使飞现加一恒定的制动力矩使飞轮在轮在1s内停止运动，则该恒定制动力矩的大小内停止运动，则该恒定制动力矩的大小M=。解：解：角加速度为：角加速度为：0=600rev/min=20(rad/s)，=0或：或：32 33（P12）一长为）一长为l、重重W的均匀梯子，靠墙放置如图，的均匀梯子，靠墙放置如图，梯子下端连一倔强系数为梯子下端连一倔强系数为 k 的弹簧。当梯子靠墙竖直放的弹簧。当梯子靠墙竖直放置时，弹簧处于自然长度，墙和地面都是光滑的。当梯置时，弹簧处
19、于自然长度，墙和地面都是光滑的。当梯子依墙而与地面成子依墙而与地面成角且处于平衡状态时，角且处于平衡状态时，(1)地面对梯子的作用力大小为地面对梯子的作用力大小为 。(2)墙对梯子的作用力大小为墙对梯子的作用力大小为 。(3)W、k、l、满足的关系式满足的关系式 。解：解：刚体平衡的条件刚体平衡的条件BAlWNANBf3334（P13）转动着的飞轮的转动惯量为）转动着的飞轮的转动惯量为J，在在t=0时角速度时角速度为为0。此后飞轮经历制动过程，阻力矩。此后飞轮经历制动过程，阻力矩M的大小与角速的大小与角速度度的平方成正比，比例系数为的平方成正比，比例系数为k（k为大于为大于0的常数）。的常数）
20、。当当=0/3 时，飞轮的角加速度时，飞轮的角加速度=_。从开从开始制动到始制动到=0/3 所经过的时间所经过的时间 t =_。解：解：由转动定律由转动定律 M=J当当=0/3 时，时，M=-k2分离变量分离变量再由再由3435 长为长为l的杆如图悬挂，的杆如图悬挂，o为水平光滑固定为水平光滑固定转轴，平衡时杆铅直下垂，一子弹水平地转轴，平衡时杆铅直下垂，一子弹水平地射入杆中，则在此过程中，射入杆中，则在此过程中，系统系统对转轴对转轴o 的的守恒。守恒。杆和子弹杆和子弹角动量角动量mM 36（P13）地球的自转角速度可以认为是）地球的自转角速度可以认为是恒定的，地球对于自转轴的转动惯量恒定的，
21、地球对于自转轴的转动惯量J=9.81037 kgm2。地球对自转轴的角动量地球对自转轴的角动量 L=。解：解：刚体的角动量大小：刚体的角动量大小：35 37（P13）质量分别为）质量分别为m 和和2 m 的两物体（都可视为质点）的两物体（都可视为质点），用一长为，用一长为l 的轻质刚性细杆相连，系统绕通过杆且与杆的轻质刚性细杆相连，系统绕通过杆且与杆垂直的竖直固定轴垂直的竖直固定轴 o 转动，已知转动，已知o 轴离质量为轴离质量为2m的质点的质点的距离为的距离为l/3，质量为，质量为m 的质点的线速度为的质点的线速度为且与杆垂直，且与杆垂直，则该系统对转轴的角动量大小为则该系统对转轴的角动量大
22、小为_。m2moll/3解：解：刚体的角速度刚体的角速度或或36 38（P13）动量矩定理的内容是动量矩定理的内容是 ，其数学表达式可写成，其数学表达式可写成 ，动量矩，动量矩守恒的条件是守恒的条件是 。转动物体所受的合外力转动物体所受的合外力矩的冲量矩等于在合外力矩作用时间内转动物体动量矩矩的冲量矩等于在合外力矩作用时间内转动物体动量矩的增量的增量物体所受合外力矩为零物体所受合外力矩为零 39（P14）如图所示，一匀质木球固结在一细棒下端，）如图所示，一匀质木球固结在一细棒下端，且可绕水平光滑固定轴且可绕水平光滑固定轴 o 转动，今有一子弹沿着与水平转动，今有一子弹沿着与水平面成一角度的方向
23、击中木球而嵌于其中，则在此击中过面成一角度的方向击中木球而嵌于其中，则在此击中过程中，木球、子弹、细棒系统的程中，木球、子弹、细棒系统的 守恒，原因是守恒，原因是 ,在木球在木球被击中和球升高的过程中，对木被击中和球升高的过程中，对木球、子弹、细棒、地球系统的球、子弹、细棒、地球系统的 守恒。守恒。对对 o o 轴的角动量轴的角动量对该轴的合外力矩为零对该轴的合外力矩为零 机机械能械能371.（习题集（习题集P19.20）以以表末速度与弹簧长表末速度与弹簧长度方向的夹角。度方向的夹角。角动量守恒角动量守恒解：解：对滑块对滑块+弹簧系统，弹簧系统，对滑块对滑块+弹簧弹簧+地球系统，地球系统，机械
24、能守恒。选弹簧原长时为弹性势能零点，光机械能守恒。选弹簧原长时为弹性势能零点，光滑水平面为重力势能零点，则滑水平面为重力势能零点，则两式联立，可解出结果。两式联立，可解出结果。(选选 为正为正)六、补充练习六、补充练习382.（习题集（习题集P19.23）当人以相对于盘的速率当人以相对于盘的速率沿沿与盘转动相反方向走动时，盘对地与盘转动相反方向走动时，盘对地的角速度为的角速度为，人对地的角速度为人对地的角速度为。解：解：(1)选选 为正，有为正，有（人盘）系统对轴的合外力矩为（人盘）系统对轴的合外力矩为 0，角动量守恒：角动量守恒：oR39（1）（）（2）两式联立可得）两式联立可得（2）欲使盘
25、对地静止，须）欲使盘对地静止，须“”号表示人走动方向与上一问中人走动方向号表示人走动方向与上一问中人走动方向相反，即与盘初始转动方向一致。相反，即与盘初始转动方向一致。403.（习题集（习题集P20.25）对（棒滑块）系统，在碰撞过程中，由于对（棒滑块）系统，在碰撞过程中，由于碰撞时间极短，棒所受的摩擦力矩滑块碰撞时间极短，棒所受的摩擦力矩滑块的冲力矩，故可近似认为合外力矩为的冲力矩，故可近似认为合外力矩为 0，因，因而系统的角动量守恒。（在俯视图中，选而系统的角动量守恒。（在俯视图中，选 为为正方向）正方向）由角动量定理，设由角动量定理，设 Mf 为摩擦力矩，则为摩擦力矩，则解：解：41棒上
26、棒上 x 处处 dx 段小质元段小质元:受摩擦力受摩擦力 df=g dm ，对对o轴的摩擦力矩轴的摩擦力矩 dMf =x df以上三式联立，解得以上三式联立，解得42 4 对一个绕固定水平轴对一个绕固定水平轴 o o 匀速转动的圆盘，沿如图所匀速转动的圆盘，沿如图所示的同一水平直线从相反方向同时射入两颗质量相同、示的同一水平直线从相反方向同时射入两颗质量相同、速率相等的子弹，并留在盘中，则子弹射入后转盘的角速率相等的子弹，并留在盘中，则子弹射入后转盘的角速度是否改变？如何变？速度是否改变？如何变？解：解：（盘两子弹）系统所受对（盘两子弹）系统所受对O O轴的合轴的合外力矩为外力矩为0 0，两子
27、弹射入前对两子弹射入前对O轴的角动量等值、反向，正好抵消。轴的角动量等值、反向，正好抵消。当两子弹射入后，系统对当两子弹射入后，系统对O的转动惯量的转动惯量 J J，其角动量守恒：其角动量守恒：故射入前的故射入前的 J 只是转盘的角动量。只是转盘的角动量。故故，即转盘的角速度减小。即转盘的角速度减小。43 5 静止均匀细棒长为静止均匀细棒长为L，质量为质量为M，可绕通过棒的端点可绕通过棒的端点且且棒长的光滑固定轴棒长的光滑固定轴O在光滑水平面内转动，转动惯在光滑水平面内转动，转动惯量为量为(ML2/3).一质量为一质量为m 速率为速率为v的子弹在水平面内沿与的子弹在水平面内沿与棒棒的方向射入棒
28、的自由端。设击穿棒后子弹的速率减的方向射入棒的自由端。设击穿棒后子弹的速率减为为/2，则此时棒的角速度为则此时棒的角速度为_。(A)mV/ML;(B)3mV/2ML;(C)5mV/3ML;(D)7mV/4ML.解：解：系统（子弹系统（子弹+杆），对杆），对o轴轴选选 为正向，则为正向，则选（选（B）44 6 一质量为一质量为m的小虫，在有光滑竖直固定中心轴的小虫，在有光滑竖直固定中心轴的水平圆盘边缘上，沿逆时针方向爬行，它相对的水平圆盘边缘上，沿逆时针方向爬行，它相对于地面的速率为于地面的速率为，此时圆盘正沿顺时针方向转此时圆盘正沿顺时针方向转动，相对于地面的角速度为动，相对于地面的角速度为0
29、，设圆盘对中心轴设圆盘对中心轴的转动惯量为的转动惯量为J，若小虫停止爬行，则圆盘的角若小虫停止爬行，则圆盘的角速度为速度为。解：解：（虫（虫+盘）系统，对盘）系统，对O O轴轴选选 为正向为正向0OmR45动量矩守恒特例动量矩守恒特例有心力力矩总是零有心力力矩总是零467 质量为质量为M，半径为半径为R的转台，的转台，可绕过中心的竖可绕过中心的竖直轴转动，不计阻力。一质量为直轴转动，不计阻力。一质量为m 的人，站在台的人，站在台的边缘，人和台原来都静止，如果人沿台边缘跑的边缘，人和台原来都静止，如果人沿台边缘跑一圈，人和台各对地转了多少角度？一圈，人和台各对地转了多少角度？分析：分析：动量矩守
30、恒动量矩守恒+相对运动相对运动（以地为参照）（以地为参照）47人奔一周所需时间人奔一周所需时间人对地转过角度人对地转过角度台对地转过角度台对地转过角度48分析：对分析：对m 冲量定理冲量定理对对M 冲量矩定理冲量矩定理uf向下为正向下为正 例例2 一质量为一质量为M，长为长为 2l 的的均匀细棒，可在竖直平面内均匀细棒，可在竖直平面内通过其中心的水平轴转动。开始时，细棒在水平位置，通过其中心的水平轴转动。开始时，细棒在水平位置，一质量为一质量为m 的小球，以速度的小球，以速度 u 垂直落到棒的端点。设小垂直落到棒的端点。设小球与棒作完全弹性碰撞。求碰撞后，小球回跳速度及棒球与棒作完全弹性碰撞。
31、求碰撞后，小球回跳速度及棒的角速度。的角速度。(1)l+(2)（动量矩守恒）（动量矩守恒）（能量守恒）（能量守恒）49 故在曲线故在曲线运动中可以为零（例如匀速圆周运动）。运动中可以为零（例如匀速圆周运动）。7 对于曲线运动的物体，以下几种说法中哪一种是正对于曲线运动的物体，以下几种说法中哪一种是正确的：确的：（A）切向加速度必不为零。切向加速度必不为零。（B）法向加速度必不为零（拐点处除外）。法向加速度必不为零（拐点处除外）。（C）由由于于速速度度沿沿切切线线方方向向，法法向向分分速速度度必必为为零零，因因此此法向加速度必为零。法向加速度必为零。（D）若物体作匀速运动，其总加速度必为零。若物
32、体作匀速运动，其总加速度必为零。（E）若若物物体体的的加加速速度度为为恒恒矢矢量量，它它一一定定作作匀匀变变速速率率运运动。动。B 分析分析：切向加速度改变速度大小切向加速度改变速度大小,法向加速度改变加速度方向法向加速度改变加速度方向，在曲线运动中在曲线运动中不为零。不为零。答案为（答案为（B）（E）中，加速度中，加速度为恒矢量，为恒矢量，并不能说明并不能说明为恒矢量，为恒矢量，不一定作匀变速率运动。不一定作匀变速率运动。50 1 一飞轮作匀减速转动，在一飞轮作匀减速转动，在5s内角速度由内角速度由40 rads-1减到减到10rads-1,则飞轮在这则飞轮在这5s内总共转过内总共转过了了
33、圈，飞轮再经圈，飞轮再经 的时间才能停止转动的时间才能停止转动二、填空题（共二、填空题（共49分）分）解：解：由由62.5得得1.67s51 2 图示图示P、Q、R和和S是附于刚性轻质细杆上的质是附于刚性轻质细杆上的质量分别为量分别为4m、3m、2m和和m的四个质点，的四个质点，PQ=QR=RS=l，则系统对则系统对OO轴的转动惯量为轴的转动惯量为 。由转动惯量定义由转动惯量定义解：解：50 m l 2PQRSoo52 T 为绳子对物体为绳子对物体（或绳子对轮轴）的拉力（或绳子对轮轴）的拉力。三、计算题三、计算题 1 一质量为一质量为m 的物体悬于一条轻绳的一端，绳另一端的物体悬于一条轻绳的一
34、端，绳另一端绕在一轮轴的轴上，轴水平且垂直于轮轴面，其半径为绕在一轮轴的轴上，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，在时间释放后，在时间t 内下降了一段距离内下降了一段距离S。试求整个轮轴的试求整个轮轴的转动惯量（用转动惯量（用 m、r、t 和和 S 表示）。表示）。mro解解:m、轮轴受力如、轮轴受力如图。图。T TaT Tmg 则根据牛顿运则根据牛顿运动定律和转动定律得：动定律和转动定律得：2分分2分分2分分由已知条件由已知条件2分分将将代入代入得：得：2分分53 2 一均匀木杆，质量为一均匀木杆
35、，质量为m1=1kg，长长l=0.4m，可绕通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，一质量为面内转动。设杆静止于竖直位置时，一质量为m 2=10g 的子弹在距杆中点的子弹在距杆中点 l/4 处穿透木杆（穿透所用时间不计）处穿透木杆（穿透所用时间不计），子弹初速度的大小，子弹初速度的大小0=200m/s，方向与杆和轴均垂直。方向与杆和轴均垂直。穿出后子弹速度大小减为穿出后子弹速度大小减为v=50m/s，但方向未变，求子但方向未变，求子弹刚穿出的瞬时，杆的角度速度的大小。（木杆绕通过弹刚穿出的瞬时，杆的
36、角度速度的大小。（木杆绕通过中点的垂直轴的转动惯量中点的垂直轴的转动惯量J=m1L2/12）解：在子弹穿过杆的过程中，子弹与杆系统因外力矩为解：在子弹穿过杆的过程中，子弹与杆系统因外力矩为零，故角动量守恒。零，故角动量守恒。1分分2分分2分分54解解:（1 1）补充：补充：1.半径半径r=1.5m的飞轮，初角速度的飞轮，初角速度0=10rads-1，角角加速度加速度=5 rads-2，则在，则在 t=_ 时角位移为零，时角位移为零，而此时边缘上点的线速度而此时边缘上点的线速度=_。（2 2）55 2.一飞轮作匀减速运动，在一飞轮作匀减速运动，在5 s 内角速度由内角速度由40 rad.s-1
37、减到减到10rad.s-1，则飞轮在则飞轮在 5 s 内总共转过了内总共转过了_圈，飞轮经圈，飞轮经_的时间才能停止转动。的时间才能停止转动。解解：56 17（P9)质量为质量为m的质点以速度的质点以速度 沿一直线运动，则它对沿一直线运动，则它对直线上任意一点的角动量为直线上任意一点的角动量为_。mor分析：分析：0 0 18（P9)质量为质量为m 的质点以速度的质点以速度 沿一直线运动，则）沿一直线运动，则）它对直线外垂直距离为它对直线外垂直距离为 d 的一点任意一点的角动量大小的一点任意一点的角动量大小为为_。分析：分析：mdmor d二、填空题二、填空题57分析：分析：角动量角动量力矩力
38、矩大小：大小：方向：方向：xyo300300rF 19（P9)如图所示，质点如图所示，质点P P的质量为的质量为2kg,位移矢量为位移矢量为 ，速度为速度为 ，它受到力，它受到力 的作用，这三个矢量均在的作用，这三个矢量均在 xoy面内，且面内，且r=3.0m,=4.0m/s,F=2N,则该质点对原点则该质点对原点o的角动量的角动量 作用在质点上的力对原作用在质点上的力对原点的力矩点的力矩58 5.11 如图，两物体质量为如图，两物体质量为m1、m2，滑轮的质量为，滑轮的质量为m，半径为半径为 r，可视作均匀圆盘。已知可视作均匀圆盘。已知 m2与桌面间的滑动摩与桌面间的滑动摩擦系数为擦系数为k，求求 m1下落的加速度和两段绳子中的张力下落的加速度和两段绳子中的张力各为多少。设绳与滑轮间无相对滑动，滑轮轴受的摩擦各为多少。设绳与滑轮间无相对滑动，滑轮轴受的摩擦力忽略不计。力忽略不计。解：解：（绳在轮上不打滑）（绳在轮上不打滑）（向下为正）（向下为正）（向右为正）（向右为正）线角量关系：线角量关系：对对m1、m2、滑轮分别、滑轮分别进行受力分析，进行受力分析，画出示力图画出示力图（顺时针为正）（顺时针为正）aam2m1rT T1 1m1gfT T2 2T T1 1T T2 259方程组的解为方程组的解为：60