大学物理第五章和第六章习题答案文档格式.docx
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mgR=Ja'
得
a'
=mgRJ
对比α和α'
可知α'
>
α，滑轮的角加速度变大，所以应选（A）。
5．刚体角动量守恒的充分而必要的条件是[B]
（A）刚体不受外力矩的作用。
（B）刚体所受合外力矩为零。
（C）刚体所受的合外力和合外力矩均为零。
（D）刚体的转动惯量和角速度均保持不变。
6.如图所示，光滑的水平桌面上，有一张长为2L、质量为m的匀质细杆，可绕通过其中点0与杆垂直
1mL2
的竖直轴自由转动，其转动惯量为3
。
开始时细杆静止，有一个质量为m的小球沿桌面正对着杆的
一端A，在垂直于杆长的方向以速度υ与杆碰撞后，并与杆粘在一起转动，则这一系统碰撞后的转动角
速度应为[C]
（A）
υ；
（B）
2L
2υ；
（C）
3L
3υ；
（D）
4L
4υ。
5L
解答小球以速度υ与杆的A端相碰并粘在一起，经历的时间很短，在此过程中，杆还来不及摆动，其位置近乎不变。
以杆和小球为一系统，合外力矩为零，系统对0轴的角动量守恒。
小球碰杆前，
其角动量为mυL,杆的角动量为零，小球粘在杆端一起运动，设角速度为ω，则小球的角动量为mL2ω，
12
杆的角动量为mLω，碰撞前后系统角动量守恒，有
3
mυL+0=⎛1mL2+mL2⎫ω
ç
3⎪
⎝⎭
解得
ω=3υ
所以应先（B）
7．如图示，一匀质细杆可绕通过上端与杆垂直的水平光滑固定轴O旋转，初始状态为静止悬挂。
现有一个小球自左方水平打击细杆，设小球与细杆之间为非弹性碰撞，则在碰撞过程中对细杆与小球这一系
统[C]
（A）只有机械能守恒。
（B）只有动量守恒。
O
（C）只有对转轴O的角动量守恒（D）机械能、动量和角动量均守量。
8.如图所示，两条质量和长度均相同的均质细棒A、B，可分别绕过中点和端点的固
定轴转动，设它们在右端都受到一个铅直力F作用，
则它们绕各自转轴的角加速度aA和aB的关系为
[B]
（A）αA=αB;
（B）αA>
αB;
（C）αA<
（D）不能确定。
解答设棒长为l，根据刚体绕定轴的转动定律M=Ja，对刚体A和B分别有
F⋅l
=⎛1ml2⎫α
2ç
12⎪A
Fl=⎛1ml2⎫α
3⎪B
6F3F
由上两式可解得αA=,αB=,可见αA>
αB所以应选（B）。
mlml
9．质量为m的小孩站在半径为R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，转动惯量为J，平台和小孩开始时均静止，当小孩突然以相对于地面为v的速率在平台边缘沿逆时针转
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[A]
2
（A）ω=mR
（V），顺时针。
（B）ω==mR
（V），逆时针。
JRJR
（C）ω=
mR2
（D）ω=mR
（V），逆时针。
J+mR2R
J+mR2R
10.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ω0；
然后
将两手臂合拢，使其转动惯量为J0，则转动角速度变为[C]
（A）ω;
30
（B）
2ω;
（C）ω;
20
（D）
3ω。
20
解答运动员所受的兵力W和地面支承力FN皆沿竖直轴方向，所以合外力矩为零，运动员的角动
恒。
运动员由两臂伸开，到手臂合拢，在满足解动量守恒的条件下，变化前、后的角动量满足
J03
J0ω0=Jω，可得ω=
ω，则转动角速度变为ω=ω。
所以应选（C）
J020
11.如图所示，一长为l的均质细杆，其左端与墙用铰
链A连接，右端用一铅直细绳B悬挂，杆处于水平状态。
当细绳B被突然烧断时，杆右端的加速度大小为[D]
（A）g/2;
（B）g;
（C）g/3;
（D）3g/2。
解答当绳B烧断的瞬间，杆在重力矩M=mg
mgl
l
作用下绕A轴转动，按转动定律有
α=MJ
=2
1ml2
=3g
2l
则杆右端的加速度为a=lα=
g，所以应选（D）。
12.下列各种叙述中哪个是正确的？
[D]
（A）刚体受力作用必有力矩；
（B）刚体受力越大，此力对刚体转轴的力矩也越大；
（C）刚体绕定轴转动，则一定受到力矩的作用；
（D）刚体绕定轴的转动定律表述了作用于刚体上的外力对转轴的合外力矩与角加速度两者之间的瞬
时关系。
解答转动定律M=Ja
表述了作用于给定刚体上的外力对定轴的合外力矩与角加速度之间的瞬
时关系，即某时刻对定轴的合外力矩将引起该时刻刚体转动状态的改变，使刚体获得角加速度，可类比于牛顿第二定律F=ma表示的合外力与加速度之间的瞬时关系。
刚体受外力F作用，如果力的作用线通过刚体的转轴0，力臂为零，这时力矩M为零，因此虽然刚体受
力作用，但对刚体不一定有力矩作用。
即使刚体受力大，若此力对定轴的力臂甚小，则力矩仍也可能很
小。
由M=Ja可知，刚体上的外力对转轴的合外力矩与角加速度两者之间是瞬时关系，若刚体绕定轴作匀角速置转动，则角加速度a=0rad⋅s-2，此时力矩为零。
所以应选（D）。
13．一小平圆盘可绕通过其中心的固定铅直轴转动，盘上站着一个人，把人和圆盘取作系统，当此人在盘上随意走动时，若忽略轴的摩擦，则此系统[C]
（A）动量守恒。
（D）动量、机械能和角动量都守恒。
（B）机械能守恒。
（E）动量、机械能和角动量都不守恒。
（C）对转轴的角动量守恒。
二、填空题：
1．如图所示，P、Q、R和S是附于刚性轻质细杆上的质量分别为4m、3m、2m和m的四个质点，PQ=QR=RS=L，
则系统对oo’轴的转动惯量为。
50mL2
2．一个作定轴转动的物体，对转轴的转动惯量为J，正以角速度
-1
O
PQRS
ω0=10rad·
s
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，物体的转动惯量J=。
0.25kg⋅m2
解答由ω0+αt=0，得到：
α=-2rad/s2，由M=Jα,代入数据得J=0.25kg∙m2
3.一质量为50kg的人站在半径为2.0m的转台边缘，整个系统可绕过转台中心的竖直轴无摩擦地转动。
设转台的转动惯量为2.0⨯103kg⋅m2，开始时整个系统处于静止状态。
当人沿转台边缘以相对地面
1.0m⋅s-1的速度走动时，转台的角速度ω的大小为；
转动方向为。
解答设转台的转动惯量为J，对地面的角速度为ω，人对转台中心竖直轴的转动惯量J'
=mr2。
开始时系统静止，当人沿转台边缘走动时，其角速度ω'
=υ。
将人和转台视为一系统，转台在定轴转动
r
的过程中，合外力矩为零，系统角动量守恒，有
Jω+J'
ω'
=0
ω=-J'
J
已知J=2.0⨯103kgm⋅2,J'
=mr2=200kg⋅m-1,ω'
=υ=0.5rad⋅s-1，代入上式得
ω'
=-0.05rad⋅s-2
j
负号表示转台转动方向和人的转方向相反。
4.如图所示，质量为m和2m的两个质点A和B，用一长为l的轻质
细杆相连，系统绕通过杆上O点且与杆垂直的轴转动。
已知O点与
A点相距
l,B点的线速度为υ，且与杆垂直。
则该系统对转轴的
转动惯量J为；
角动量大小为。
解答细杆质琩不计，则两质点A、B、组成的系统对轴O的转动惯量
J=m⎛2l⎫
1
22
+2m⎛l⎫
=2ml2
3⎪ç
3⎪3
⎝⎭⎝⎭
由角动量定义，B点速度υ与杆垂直，则系统的角动量大小
L=Jω=2ml2⨯υ=2mlυ
3l
5.如图所示，长为l的均匀细棒可绕通过其一端与棒垂直的水平轴O
点转动，其转动惯量J=1ml2，则棒在竖直位置时的角加速度大小
为；
若将棒拉到水平位置，然后由静止释放，此时棒的角加速度大小为。
解答棒在竖直位置时，受重力mg和轴的支承力FN作用，此两
力的作用线通过棒轴O，力臂为零，所以力矩为零，所以力矩为零，按转动定律，角加速度a为零。
棒被拉到水平位置，自静止释放，重力的力矩M=mg
律，可求得角加速度为
l，已知棒的转动惯量J=
1mI2,按转动定
α=2
2l
6.如图5-14所示，有一半径为R、质量为M的均质圆盘水平放置，可绕
通过盘心的铅直轴O自由转动，圆盘对轴的转动惯量为J=1MR2。
当圆
盘以角速度ω0转动时，有一质量为m的橡皮泥（可视为质点）铅直落在圆
R
盘上，粘在距转轴
处，像皮泥和圆盘的共同角速度ω为。
解答以圆盘和橡皮沁组成一系统，则系统所受重力对铅直轴O的力矩为零，所以系统的角动量守
0ç
⎪
恒，圆盘的角动量为Jω，橡皮泥（视为质点）对O轴的转动惯量为m⎛R⎫
⎝2⎭
，则有
1MR2ω
⎡1⎛R⎫2⎤
=MR2+mω
0⎢
2⎢⎣2
⎪⎥
⎝⎭⎥⎦
MRω0
2Mω
ω=2=0
MR+mR
=12⎛=⎫
2⎝2⎭
2M+m
7．一飞轮以600r/min的转速旋转，转动惯量为2.5kg·
m2，现加一恒定的制动力矩使飞轮在1s内停
止转动，则该恒定制动力矩的大小M=。
157（N⋅m）
三、计算题：
1.以20N·
m的恒力矩作用在有固定的轴的转轮上，在10s内该轮的转速由零增大到100rev/min，此时移去该力矩，转轮在摩擦力矩的作用下，经100s而停止，试推算此转轮对其固定轴的转动惯量。
10
解答10s时的转速为ω10=100⨯2π/60=
为α
π（rad/s），设恒力矩和摩擦力矩共同产生的角加速度
ω=α∆t
由题，10
∆t=10s
π
可得：
α=（rad/s2）
设转轮对其固定轴的转动惯量为J,摩擦力矩为Mf，摩擦力矩产α/，则
20-Mf
=Jα
f
M=Jα/
ω=100α/
600π
解得：
J=（kg∙m2）
11
2.一砂轮在电动机驱动下，以1800r⋅mion-1的转速绕定轴作逆时针转动，如图5-15所示。
关闭电源
后，砂轮均匀地减速，经时间t=15s而停止转动。
求
（1）角加速度a；
（2）到停止转动时，砂轮转过的转数；
（3）关闭电源后，经t=10s砂轮的角速度以及此时砂轮边缘上一点的速度和加速度（设砂轮的半
径r=250mm）。
解答
（1）选逆时针转向的角量为正值，初角速度为正，其值为
ω=2π⨯1800rad⋅s-1=60πrad⋅s-1
60
按题意，在t=15s时，末角速度ω=0rad⋅s-1，则角加速度α为
α=ω-ω0=
t
=-4πrad⋅s-2
0rad⋅s-1-60πrad⋅s-1
15s
α为负，表明砂轮作匀减速转动。
（2）砂轮从关闭电源到停止转动，其角位移θ及转数N分别为
θ=ωt+1αt2=60πrad⋅s-1⨯15s+1（-4πrad⋅s-2）⨯（15s）2
022
=450πrad
N=θ
=450πrad=255r
2πrad2πrad
（3）在时刻t=10s时砂轮的角速度是ω，则
ω=ω0
+αt=60πrad⋅s-1+（-4πrad⋅s-2）⨯（10s）
=20πrad⋅s-1
ω的转向与ω0相同。
在时刻t=10s时，砂轮边缘上一点的速度的大小
υ=rω=0.25m⨯20πrad⋅s-1=15.7m⋅s-1
相应的切向加速度和法向加速度分别为
a=rα=0.25m⨯（-4πrad⋅s-2）≈-3.14m⋅s-2
n
a=rω2=0.25m⨯（20πrad⋅s-1）≈9.87⨯102m⋅s-2
边缘上该点的加速度a=at+an;
at的方向和υ的方向相反,an的方向指向砂轮的中心
a=a
=a2+a2=
（-3.14m⋅s-2）2+（9.87⨯102m⋅s-2）2=9.88⨯102m⋅s-2
tn
a的方向可用它与υ所成的夹角θ表示，即
θ=arctanan
at
=90.18
3．如图所示，一个质量为m的物体与绕在定滑轮上的绳子相连，绳子质量可以忽略，它与定滑轮之间
无滑动。
假设定滑轮质量为M，半径为R，其转动惯量为1MR2，滑轮轴光滑。
试求该物体由静止开始
下落的过程中，下落速度与时间的关系。
解：
（1）受力分析如图所示
（2）根据牛顿第二定律和转动定律可列如下方程
mg-T=ma
TR=Jα=1MR2α
a=Rα
2mg
解得a=
α=
M+2m（M+2m）R
物体加速度恒定，则物体速度与时间关系为：
υ=at=
2gt
M+2m
5.长为l=50cm的均质细棒，可绕其一端的轴O在竖直平面内转动，开始时静止于竖直位置上。
有一
m=10g的子弹以水平向右的速度υ=400m⋅s-1射入棒的下端，并陷入棒内。
设棒绕轴O的转动惯量
J=5kgm⋅s-2，不计一切摩擦，求：
（1）子弹射入后，棒获得的角速度；
（2）棒的重心能上升的高度。
解答本题应分两个过程讨论。
第一个过程是子弹与棒发生完全非弹性碰撞，由于碰撞时间甚短，棒还没有来得及摆动。
取子弹和棒为系统，系统所受的重力和和轴对棒的支承力对轴O的力矩为零，系统的角动量守恒。
设棒开始转动的角速度为ω，则
mυl=（ml2+J）ω
求解并代入题并代入题设数据，可算得
ω≈0.4rad⋅s-1
第二个过程是子弹和棒向上摆动过程，选子弹、棒和地为系统，如图5-23所示，系统只受重力矩，
其他外力对轴O的力矩为零，此系统的机械能守恒。
选取棒在竖直位置时重心C处为重力势能零点，
由于棒对轴O的转动惯量为J=1Ml2，因而据此可计算出其质量M=60kg，由此可知Mm（子弹质
量），在计算重力势能时可忽略不计。
根据机械能守恒定律，有
Mgh=1（J+ml2）ω2
由此得
（J+ml2）ω2
h=
2Mg
代入有关数据可算出h=6.6⨯10-3m。
6．质量分别为m和2m、半径分别为r和2r的两个均匀圆盘，同轴地粘在一起，可以绕通过盘心且垂直盘面的水平光滑固定轴转动，对转轴的转动惯量为9mr2/2，大小圆盘边缘都绕有绳子，绳子下端都挂一
质量为m的重物，如图所示，求盘的角加速度的大小。
分析各物体受力情况，如右图所示。
设滑轮逆时针转动，左边物体的
2r
r加速
m
度向下，右边物体加速度向上。
且由作用力与反作用力关系可知F1=F3,2m
F2=F4。
选取物体运动方向为坐标轴正向，则
mg-F1=ma1
mm
（3分）F2-mg=ma2
F1·
2r-F2·
r=9mr2/2·
α
a1=α·
2r,a2=α·
解以上各式，得α=
g
9.5r
姓名
学号
第六章真空中的静电场
1．点电荷Q被曲面S所包围，从无穷远处引入另一点电荷q至曲面外一点，如图所示，则引入前后：
[D]
（A）曲面S上的电通量不变，曲面上各点场强不变。
（B）曲面S上的电通量变化，曲面上各点场强不变。
（C）曲面S上的电通量变化，曲面上各点场强变化。
（D）曲面S上的电通量不变，曲面上各点场强变化。
2.点电荷q在球形高斯面的中心，当球形高斯面的半径缩小
时，与原球形高斯面相比，它的[D]
（A）高斯面上的电场强度不变，穿过高斯面的电通量不变；
（B）高斯面上的电场强度不变，穿过高斯面的电通量改变；
（C）高斯面上的电场强度改变，穿过高斯面的电通量改变；
（D）高斯面上的电场强度改变，穿过高斯面的电通量不变。
3.关于真空中静电场的高斯定理：
⎰s
E⋅dS=1qi，下述哪种说法是正确的[C]
∑
ε
0i=l
（A）该定理只对有某种对称性的静电场才成立；
（B）∑qi是空间所有电荷的代数和；
i
（C）积分式中的E一定是由高斯面内、外所有电荷共同激发的，∑qi是高斯面内所包围的总电
荷量（净电荷）。
（D）积分式中的E一定是电荷∑qi所激发的；
4．已知一高斯面所包围的体积内电量代数和∑qi=0，则可肯定[C]
（A）高斯面上各点场强均为零。
（B）穿过高斯面上每一面元的电通量均为零。
（C）穿过整个高斯面的电通量为零。
（D）以上说法都不对。
5.关于高斯定理有下面几种说法，其中哪一种是正确的[C]
（A）如果高斯面内无电荷，则高斯面的电场强度处处为零；
（B）如果高斯面上的电场强度处处不为零，则高期面内必有电荷；
（C）如果高期面内有净电荷，则通过高斯面的电通量必不为零；
（D）如果通过高斯面的电通量不为零，则高斯面上的电场强度一定处处不为零。
6．若匀强电场的场强为E，其方向平行于半径为R的半球面的轴，如
图所示，则通过此半球面的电通量Φe为[A]
（A）πR2E
（B）2πR2E.
（C）πRE.
（D）πR2E/2
7.如图所示，一个点电荷q位于立方体一顶点A上，则通过abcd面上的电通量为[C]
q
6ε0
；
12ε0
24ε0
（D）
36ε0
8．一均匀带电球面，电荷面密度为σ，球面内电场强度处处为零，球面上面元ds的一个
带电量为σds的电荷元，在球面内各点产生的电场强度[C]
（A）处处为零.（B）不一定都为零.（C）处处不为零.（D）无法判定.
9．一带电体可作为点电荷处理的条件是[C]
（A）电荷必须呈球形分布。
（B）带电体的线度很小
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