力学篇 专题05 角动量与天体运动（竞赛、强基计划培优精练）高中物理全国通用

力学篇专题05角动量与天体运动 全国高中物混头寒、华基汁利专项训杯 1,两个滑冰运动员的质量各为70kg,均以6.5m/s的速率沿相反的方向滑行，滑行路线间的垂直距离为10m, 当彼此交错时，各抓住一10m长的绳索的一端，然后相对旋转，则抓住绳索之后各自对绳中心的角动量 =一；它们各自收拢绳索，到绳长为5m时，各自的速率v=一。 2.质量分别为M和2M、半径分别为R=R和R2=2R的两匀质圆盘，同轴地粘在一起，可以绕过盘心且 垂直盘面的水平光滑固定轴转动。 (1)求其对该转轴的转动惯量J; (2)大小圆盘边缘都绕有轻细绳子，小圆盘边绳下挂一质量为m的水桶（如图)，为使水桶以加速度Q向 上运动，问需要多大力F拉绳？ 2M m 3.空心圆环可绕光滑的竖直固定轴AC自由转动，转动惯量为Jo,环的半径为R,初始时环的角速度为 。质量为m的小球静止在环内最高处A点，由于某种微小干扰，小球沿环向下滑动，问小球滑到与环心O 在同一高度的B点和环的最低处的C点时，环的角速度及小球相对于环的速度各为多大？（设环的内壁和小 球都是光滑的，小球可视为质点，环截面半径心<R) B R 4.高中阶段通常运用单摆测量重力加速度，需要的实验器材有游标卡尺、直尺、秒表等。 试卷第1页，共3页 (I)运用游标卡尺测量小球直径D=cm。通过直尺测量单摆摆长为L。小球从最高点第一次摆到最低 点所需时间为T,通过以上数据测得当地重力加速度为 2 3主尺cm m iins 0 游标尺10 20 (2)微分的方法在高中物理学习中十分常用。物理兴趣小组通过查阅资料发现复合摆可以通过微分类比单摆 得到周期。如图示，两个质量为m的小球固定在硬制轻杆上，回答以下问题。（重力加速度为g)该复合摆 从离竖直线O角(O很小)摆到最低点时杆的角速度为 一；该复合摆的周期为一。 R m 5.如图，匀直细杆一端为轴水平静止释放，则角加速度α为 (用m、8、L、等表示)。 m L 00 6.一杂技演员M由距水平跷跷板高为h处自由下落到跷跷板的一端A,并把跷跷板另一端B的演员N弹 了起来。设跷跷板是匀质的，长度为1，质量为m',跷跷板可绕中部支撑点C在竖直平面内转动，演员的 质量均为m。假定演员M落在跷跷板上，与跷跷板的碰撞是完全非弹性碰撞。求：演员N可弹起多高？ 2 7.某铁块绕定轴自由旋转，环境温度下降后，角速度将减少。() 8.人造地球卫星绕地球作椭圆轨道运动，地球在椭圆的一个焦点上，卫星的动量p、角动量L及卫星与地 球所组成的系统的机械能E是否守恒？() A.p、L、E都不守恒 B.p、L、E都守恒 试卷第1页，共3页 C.E守恒，p、L不守恒 D.E、L守恒，p不守恒 9.如图所示，滑轮质量为M,半径为R,可绕光滑轴O转动，有一粘土块质量为m,由静止自由下落一段 距离h后粘在滑轮边缘上的P点处，已知OP与水平方向Ox的夹角为6，粘土块下落之前滑轮静止，试求 粘土块粘上滑轮后的瞬间滑轮的角速度。 m P O10 M 10.如图所示，物体1和2的质量分别为m,与m2,滑轮的转动惯量为J,半径为r,物体1与桌面为光滑 接触，求系统的加速度a及绳中的张力T,和T2。 2 11.飞轮电池是一种新概念电池，旋转的飞轮具有动能，如果以飞轮带动发电机的转子旋转，就能将动能 转化为电能。设有一圆盘状飞轮，绕通过其圆心且垂直于盘面的固定轴旋转，转速为6×104转/分钟，飞轮 质量为15kg,半径为0.2m,则该飞轮电池储能为 J。 12.瞬时冲量1作用在乒乓球边缘上，使其仅获得角速度0。若乒乓球的半径变为原来的弓，其他条件不变， 则球获得的角速度o是ω的几倍？ 13.已知一飞船以速率绕地球做匀速圆周运动，突然飞船受到一来自外部的正面撞击，撞击时间极短，其 速率立刻降低为：，此后飞船绕地球飞行的轨道变为椭圆轨道，则此椭圆轨道的半长轴长与开始时飞船的 2 圆轨道半径的比值为」 试卷第1页，共3页 14.中国空间站在距地面约390km的近圆形轨道上运行，运行轨道面与赤道面夹角约为42°，运行速率约为 7.7km/s。已知重力加速度大小约9.8m/s2,地球自转周期约为24h,空间站绕转方向和地球自转方向如图 所示。假设地球为质量分布均匀的球体。（不得引用本题未给出的数据和常量） (1)求空间站绕地球转动的周期： (2)空间站通过北纬42°的某地A点正上方之后第一次到达赤道，此时，空间站在赤道上的B地的正上方。 求B、A两点的经度之差。 赤道 空间站 轨道 15.己知外接圆半径为r和质量为m的均匀正n边形，对过其中心O且垂直于所在平面的轴的转动惯量 设等边三角形薄板PAB的外接圆半径和质量为R和M。 (1)(a)试求薄板对其中心轴O和角点P的转动惯量Io和Lp; (b)将薄板P端悬挂于天花板构成一个复合摆，设薄板在其平面内简谐振动的频率为ω，试求ω。 (2)如图所示，在对称轴POD上以OD为直径，挖去半径为r的圆洞而形成一个新系统。 (a)试确定新系统的质量中心C位置dpc; (b)计算它关于P点的转动惯量Ip; (©)将该系统P端悬挂于天花板构成一个复合摆，设它在其平面内简谐振动的频率为⊙，试求o。 D B 16.悬挂于圆周上一点的圆环，叫做圆环摆。圆环摆的一个奇特性质，是把它截取任意一段圆弧，其周期 不变。试证明之。 试卷第1页，共3页 m (b) 17.有一长为1、质量为m的匀质细杆，置于光滑水平面上，可绕过杆中心O的光滑固定竖直轴转动，初 始时杆静止，有一质量与杆相同的小球沿与杆垂直的速度ν飞来，与杆端点碰撞，并粘附于杆端点上。 (1)定量分析系统碰撞后的运动状态： (2)若去掉固定轴，杆中点不固定，再求系统的运动状态。 18.关于力矩有以下几种说法：(1)内力矩不会改变刚体对某个定轴的角加速度；(2)作用力和反作用力 对同一轴的力矩之和必为0；(3)质量相等、形状和大小不同的两个刚体，在相同力矩的作用下，它们的角 加速度一定相等。在上述说法中() A.只有(2)是正确的 B.(1)(2)(3)都是正确的 C.(1)(2)是正确的 D.(2)(3)是正确的 19.质量为M、半径为R的匀质圆盘可绕过其中心O且与盘面垂直的光滑固定轴在竖直平面内旋转，如图 所示。粘土块（质量m)以初速度，斜射在静止的圆盘顶端P点，并与圆盘粘合。与水平面夹角为 日=60°，M=2m。当P点转到与水平x轴重合时，圆盘的角速度和轴O对圆盘的作用力为？() m R X A. +4gR B.Vv+4gR m. 2R 2R C. V听+16gR V+16gR 4R 16R+8+)8 4R 20.把地球简化为一个质量均匀的球体，现有一个质量为m的卫星绕地球做匀速圆周运动，证明如果选择 无穷远处引力势能为0，该卫星的引力势能为E,=-G,其中M为地球质量，r为卫星到地心的距离， r 试卷第1页，共3页 G为万有引力常数。 21.一根质量均匀的细杆一端铰接于地面，初始时竖直方向。收到微扰后在竖直平面内倒下，在这个过程 中，杆内部() 777777777777777 具切向力最大离上端。 B,切向力最大离下瑞学 C.无切向力 D.内部传递力矩最大离上端处 3 B,内部传递力矩最大离下端处 22.某行星质量为M,半径为R,若在距离该行星中心10R处有一物体正沿着以它和行星连线夹角0-30°的 方向运动，如图所示，为了避免该物体落在行星上与行星发生碰撞，此物体速度ⅴ至少要（) 3GM 5GM 9GM 5GM A. B. C. D. 40R 10R V 10R 23.下图是车的简化模型，该车前后各有一圆柱体作为轮子，轮子结构如图。每个轮子的质量为m2,圆柱 轮由外半径为R,内半径为0.8R,质量为0.8m,的圆柱壳和总质量为0.2m2的8根辐条组成。质量为m的车 身对称地架在轮子上（车身与轮轴之间是固定的，其长为L,厚度为t。前后轮中心之间间距为1，圆柱轮 中心到车身底部距离为。忽略圆柱轮与轴之间的摩擦和支撑车身架子的质量。重力加速度为8，轮子与地 面的静摩擦系数与动摩擦系数均为μ。 (1)通过量纲分析可知每一个圆柱车轮转动惯量I=am,R2,求a的值（用分数表示）；（之后涉及有关圆柱 车轮转动惯量的量均用Q表示不用带入具体数值) (2)现在考虑车刹车时刹车片给前轮的阻力矩为M。假设没有轮子脱离地面。引入无量纲常数 试卷第1页，共3页 b=2h+l m 2lm1+2m2 ，若前后轮均做纯滚动，求刚刹车时加速度Q,前后轮均做纯滚动时， 满足的条件， R 以及没有轮子脱离地面的条件： (3)若前轮纯滚动、后轮滑动，求刚刹车时加速度Q,前轮纯滚动、后轮滑动时 满足的条件，能达到前 R 轮纯滚动、后轮滑对时个满足的条件，以及没有轮子脱离地面的条件： (4)若前后轮均滑动，求刚刹车时加速度Q。 m 1m2 24.竹蜻蜓由同材质的两个旋翼叶片与一根垂直杆组成，旋翼叶片为两片长为Q,宽为b,面密度为o的匀 质长方形板，与水平面夹角皆为O,杆子质量m,=ob。t=0时，以角速度，数值速度'。=0起飞，与密 度为P的空气发生弹性碰撞，在发生碰撞前，空气保持静止。求： (1)竹蜻蜓绕杆的转动惯量； (2)速度为，角速度为ω时竹蜻蜓受到的力与力矩情况： (3)这个竹蜻蜓能够起飞至少要多大的，？并求Θ多大时竹蜻蜓最容易起飞。 a 25.如图所示。 (1)试(a)写出质量为M和边长为a的均匀正N边形(N=3,4,6,8,12,16.,.)空心棱柱（薄壁厚t<a), 绕中心轴O的转动惯量Io。 (b)使用问题(a)结果，或其它方法，(1)求正方形空心棱柱绕O轴的转动惯量I。；以及使用以上空心 棱柱结果，或其它方法，(2)求正方形实心棱柱绕O轴的转动惯量I。。(c)分别求出正方形(1)空心棱柱 和(2)实心棱柱，绕棱边角点P轴的转动惯量I•。 试卷第1页，共3页 (2)设有(1)空心棱柱和(2)实心棱柱的均匀正方形，最初静止在倾角为Θ的斜面上，其中心轴线是水 平的。现在令棱柱沿斜面不均匀地自由滚动下来，而且在滚下过程中，摩擦力足以阻止该棱柱的任何滑动， 使得其棱边在P处与斜面保持良好的接触。 (a)设棱边P撞击斜面之前和之后的瞬时角速度分别为@，和o,。若o,=k。o,试求系数k。 (b)设棱边P撞击斜面之前和之后的动能分别为E,和E。若E,=kE,试求系数k。 (c)为使棱柱能够进行接下来的碰撞，E,必须超过一个最小值Emm=kiMga。试以参量k和O表示系数 (d)如题(c)条件满足时，动能E,将接近一个固定值Emax=kMga,使得薄壁棱柱能够滚下斜面。试以 参量k和O表示系数kmax。 ()试求出斜面的最小倾斜角度8。，使得棱柱的不均匀滚动一旦启动，将无限地继续下去。若有需要，可 使用积分方程∫x=” n+1o M N= 边角B 顶角a tan a 2 2 3 60 120 5 h= 52 90° 90 号 3 1 6 120 60 h=5号 名9 9 2(3-2V2] 8 135 45 V2-1 h=+5]号 k.5+321 6 3 12 150 30 2-5 h=2*5]月 1+661=4 3-V5 6 3 试卷第1页，共3页 Ip=lo+M 0空心。=Ma2,l=Ma 6 G面实心以，=2Ma,1-Mw 6 (a) L=1o0,+(Mv,)L=10 L=Maru和L,=乏a2o, L=Ma2oL,=名Mao 3 6 6 3 0,号 1 5 1 2 L,=Ly→0y=k0 (b) =板6-o==传 25 sin (c) Eni=kMga→kn= 1-cos(45°-0）_V2-cos0-sin0 (d) Emar=km Mga→kmax= √2k 2k 1-k 29 =1+k R=r2+1,sin=R r= 及R≈1.7050. r= 21 及R≈1.5114. 15 1-k (e) 1 mp+0)≥ sin ≈0.5865→0≈35.910 R Sinu ≈0.6616=u≈41.424 R R 0+u≥56.042°=0≈20.132 0+u≥69.341°→0。≈27.917 试卷第1页，共3页 力学篇 专题05 角动量与天体运动 1．两个滑冰运动员的质量各为70kg，均以6.5m/s的速率沿相反的方向滑行，滑行路线间的垂直距离为10m，当彼此交错时，各抓住一10m长的绳索的一端，然后相对旋转，则抓住绳索之后各自对绳中心的角动量L＝ ；它们各自收拢绳索，到绳长为5m时，各自的速率v＝ 。 【答案】 13m/s 【详解】[1]抓绳之前，每个运动员对绳中心的角动量均为 抓绳之后，视两个运动员和绳为质点系，所受外力矢量和为零，所以质点系质心（绳中心）位置不变，故每个运动员对绳中心的角动量仍为。 [2]绳的张力为质点系内力，收绳过程中质点系对绳中心的角动量守恒，设收绳后运动员的速率为v，则 解得 2．质量分别为和、半径分别为和的两匀质圆盘，同轴地粘在一起，可以绕过盘心且垂直盘面的水平光滑固定轴转动。 （1）求其对该转轴的转动惯量J； （2）大小圆盘边缘都绕有轻细绳子，小圆盘边绳下挂一质量为m的水桶（如图），为使水桶以加速度向上运动，问需要多大力拉绳？ 【答案】（1）；（2） 【详解】（1）两圆盘的转动惯量分别为 两圆盘粘在一起后对转轴的转动惯量为 （2）分别以圆盘、m为研究对象。进行受力、力矩分析。因滑轮的质量不能忽略，绳子拉力为T，圆盘的角加速度为，根据运动特征，列方程如下 联立解得 3．空心圆环可绕光滑的竖直固定轴AC自由转动，转动惯量为J0，环的半径为R，初始时环的角速度为。质量为m的小球静止在环内最高处A点，由于某种微小干扰，小球沿环向下滑动，问小球滑到与环心O在同一高度的B点和环的最低处的C点时，环的角速度及小球相对于环的速度各为多大?（设环的内壁和小球都是光滑的，小球可视为质点，环截面半径r<<R） 【答案】，，， 【详解】小球由A到B的过程中，对轴而言合外力矩为零，故动量矩守恒。有 解得 在此过程中，只有重力做功，故机械能守恒，取O点的势能为零，设小球相对于环的速率为，有 联立可得 小球滑到C点的过程中，动量矩和机械能也守恒，则 解有 取C点为势能零点，则 解得 4．高中阶段通常运用单摆测量重力加速度，需要的实验器材有游标卡尺、直尺、秒表等。 (1)运用游标卡尺测量小球直径 cm。通过直尺测量单摆摆长为L。小球从最高点第一次摆到最低点所需时间为T，通过以上数据测得当地重力加速度为 (2)微分的方法在高中物理学习中十分常用。物理兴趣小组通过查阅资料发现复合摆可以通过微分类比单摆得到周期。如图示，两个质量为m的小球固定在硬制轻杆上，回答以下问题。（重力加速度为g）该复合摆从离竖直线角（很小）摆到最低点时杆的角速度为 ；该复合摆的周期为 。 【答案】(1) 1.575 (2) 【详解】（1）[1]小球直径为 [2]根据单摆周期公式 解得当地重力加速度为 （2）[1][2]根据复合摆的周期为 摆到最低点时杆的角速度为 5．如图，匀直细杆一端为轴水平静止释放，则角加速度α为 （用m、g、L、θ等表示）。 【答案】 【详解】 6．一杂技演员M由距水平跷跷板高为h处自由下落到跷跷板的一端A，并把跷跷板另一端B的演员N弹了起来。设跷跷板是匀质的，长度为l，质量为，跷跷板可绕中部支撑点C在竖直平面内转动，演员的质量均为m。假定演员M落在跷跷板上，与跷跷板的碰撞是完全非弹性碰撞。求：演员N可弹起多高? 【答案】 【详解】设碰撞前M下落到A点的速度为vM，则有 碰撞后的瞬间，M、N具有相同的线速度 把M、N和跷跷板作为一个系统，角动量守，则有 其中，J是跷跷板的转动惯量，则有 带入解得 演员N以v起跳，达到的高度为 7．某铁块绕定轴自由旋转，环境温度下降后，角速度将减少。( ) 【答案】错误 【详解】角速度就是物体旋转的速度，影响其大小的因素只有物体所受作用力的合力的大小、物体本身的质量，与温度无关，故错误。 8．人造地球卫星绕地球作椭圆轨道运动，地球在椭圆的一个焦点上，卫星的动量p、角动量L及卫星与地球所组成的系统的机械能E是否守恒？（　　） A．p、L、E都不守恒 B．p、L、E都守恒 C．E守恒，p、L不守恒 D．E、L守恒，p不守恒 【答案】D 【详解】因为万有引力对卫星的力矩为零（即在有向心力作用下），所以角动量守恒。因为是椭圆轨道，就有远地点和近地点之分，在近地点到远地点的过程中，万有引力做负功，势能增大，动能减小，机械能守恒，但动量不守恒。 故选D。 9．如图所示，滑轮质量为M，半径为R，可绕光滑轴O转动，有一粘土块质量为m，由静止自由下落一段距离h后粘在滑轮边缘上的P点处，已知OP与水平方向Ox的夹角为θ，粘土块下落之前滑轮静止，试求粘土块粘上滑轮后的瞬间滑轮的角速度。 【答案】 【详解】粘土块自由下落，有 解得 碰撞过程时间很短，粘土块所受重力矩冲量有限，可认为粘土块与滑轮组成的系统在碰撞前后对O点的角动量守恒，可得 其中 解得 10．如图所示，物体1和2的质量分别为m1与m2，滑轮的转动惯量为J，半径为r，物体1与桌面为光滑接触，求系统的加速度a及绳中的张力T1和T2。 【答案】， 【详解】由牛顿第二定律及转动定律，有 解得 11．飞轮电池是一种新概念电池，旋转的飞轮具有动能，如果以飞轮带动发电机的转子旋转，就能将动能转化为电能。设有一圆盘状飞轮，绕通过其圆心且垂直于盘面的固定轴旋转，转速为6×104 转/分钟，飞轮质量为15 kg，半径为0.2 m，则该飞轮电池储能为 J。 【答案】5.9×106 【详解】转速为6×104 转/分钟，则 飞轮的转动动能 代入数据解得 所以该飞轮电池储能为5.9×106J。 12．瞬时冲量I作用在乒乓球边缘上，使其仅获得角速度。若乒乓球的半径变为原来的，其他条件不变，则球获得的角速度是的几倍？ 【答案】 【详解】冲量I的单位是，角速度的单位是，半径r的单位是m，质量m的单位是kg，由量纲分析可得 由此可知，当r变为倍时，则角速度变成倍。 13．已知一飞船以速率绕地球做匀速圆周运动，突然飞船受到一来自外部的正面撞击，撞击时间极短，其速率立刻降低为，此后飞船绕地球飞行的轨道变为椭圆轨道，则此椭圆轨道的半长轴长与开始时飞船的圆轨道半径的比值为 。 【答案】 【详解】略 14．中国空间站在距地面约的近圆形轨道上运行，运行轨道面与赤道面夹角约为，运行速率约为。已知重力加速度大小约，地球自转周期约为，空间站绕转方向和地球自转方向如图所示。假设地球为质量分布均匀的球体。（不得引用本题未给出的数据和常量） （1）求空间站绕地球转动的周期； （2）空间站通过北纬的某地A点正上方之后第一次到达赤道，此时，空间站在赤道上的B地的正上方。求B、A两点的经度之差。 【答案】（1）；（2） 【详解】（1）设空间站高度为H，地球半径为R，地球质量为M，空间站质量为m，空间站绕地心O转动的周期为T。重力加速度大小为g。由万有引力定律有 联立可得 由此解得 由题意可得，周期为 由题给数据解得 （2）记空间站轨道平面与赤道面的交线的一段为，B点在地面赤道上。连接空间站轨道平面与北纬线的交点A和地心O点。穿过A的经线与赤道交于C点，如解题图a所示。由题意可知，空间站从北纬A的正上方到赤道正上方走过四分之一周期。因此 式中，为空间站从北纬线正上方的位置到赤道所转过的角度，为A点与B点的经度差。空间站从北纬A的正上方到赤道正上方所花时间为 设地球自转角速度为，在空间站绕转的时间内，地球转动的角度为 而 B、A两点的经度之差为（用弧度表示） 得 由题给数据，得 15．已知外接圆半径为r和质量为m的均匀正n边形，对过其中心O且垂直于所在平面的轴的转动惯量，设等边三角形薄板PAB的外接圆半径和质量为R和M。 （1）（a）试求薄板对其中心轴O和角点P的转动惯量和； （b）将薄板P端悬挂于天花板构成一个复合摆，设薄板在其平面内简谐振动的频率为，试求。 （2）如图所示，在对称轴POD上以OD为直径，挖去半径为r的圆洞而形成一个新系统。 （a）试确定新系统的质量中心C位置； （b）计算它关于P点的转动惯量； （c）将该系统P端悬挂于天花板构成一个复合摆，设它在其平面内简谐振动的频率为，试求。 【答案】（1）a. ,;b. ;(2)a. ;b.;c. 【详解】（1）a．由题意可得，对中心轴的转动惯量为 ，对角点P的转动惯量为 b．频率为 (2)薄板面积为面密度为 系统的面积为 则新系统的两部分的各物理量如下表 a.系统的质心为 b．系统转动惯量为 c．系统的质量为 频率为 16．悬挂于圆周上一点的圆环，叫做圆环摆。圆环摆的一个奇特性质，是把它截取任意一段圆弧，其周期不变。试证明之。 【答案】见解析 【详解】已知复摆的周期为      （1） 上式中，为支点到质心的距离，为刚体绕支点的转动惯量。 如图（a）所示，一均质细圆环绕支点P小角度摆动，根据平行轴定理 式中JC为圆环绕质心的转动惯量，有 而 d=R 则 代入（1）式，得 如图（b）所示，在圆环上截去一段圆弧，令剩下一段的质心为C，有 设其质量为m，利用平行轴定理，绕圆心的转动惯量为 另一方面，对于圆心，圆环上所有的点都等远，故其回旋半径为R 所以 展开等式的右边，化简为 上式右边就是，得 则 代入复摆的周期公式，得 可见，无论是圆环摆还是部分圆环摆，它们的周期都是相同的，与截去多少无关。 17．有一长为l、质量为m的匀质细杆，置于光滑水平面上，可绕过杆中心O的光滑固定竖直轴转动，初始时杆静止，有一质量与杆相同的小球沿与杆垂直的速度v飞来，与杆端点碰撞，并粘附于杆端点上。 （1）定量分析系统碰撞后的运动状态； （2）若去掉固定轴，杆中点不固定，再求系统的运动状态。 【答案】（1）杆和小球以角速度绕轴O转动；（2）见解析 【详解】（1）利用动量矩守恒定律，有 得 即杆和小球以角速度绕轴O转动。 （2）设系统的质心速度为，因为常数，满足动量守恒，即 则质心平动的速度为 同时，系统还会绕质心转动，质心的位置满足 满足动量矩守恒，（以质心为参考点），有 得 18．关于力矩有以下几种说法：（1）内力矩不会改变刚体对某个定轴的角加速度；（2）作用力和反作用力对同一轴的力矩之和必为0；（3）质量相等、形状和大小不同的两个刚体，在相同力矩的作用下，它们的角加速度一定相等。在上述说法中（　　） A．只有（2）是正确的 B．（1）（2）（3）都是正确的 C．（1）（2）是正确的 D．（2）（3）是正确的 【答案】C 【详解】刚体定轴转动的转动定律 其中为刚体所受外力对定轴的力矩之和；为转动惯量，为常数，；为刚体对定轴的角加速度，故内力矩不会改变刚体对某个定轴的角加速度，故（1）正确。 作用力和反作用力大小相等，方向相反，作用在同一条直线上，作用点在空间的同一位置（相互接触点），它们对同一轴的力矩之和为 故（2）正确。 质量相等、形状和大小不同的两个刚体，它们对某一轴的转动惯量不一定相等，根据刚体定轴转动的转动定律可知，它们的角加速度不一定相等，故（3）错误。 故（1）（2）是正确的，（3）是错误的。 故选C。 19．质量为M、半径为R的匀质圆盘可绕过其中心O且与盘面垂直的光滑固定轴在竖直平面内旋转，如图所示。粘土块（质量m）以初速度斜射在静止的圆盘顶端P点，并与圆盘粘合。与水平面夹角为，。当P点转到与水平x轴重合时，圆盘的角速度和轴O对圆盘的作用力为？（　　） A．， B．， C．， D．， 【答案】D 【详解】碰撞前后，系统对轴的角动量守恒 转动过程中，能量守恒 对圆盘，由转动定理 质心加速度 由质心运动定理 联立得 可得 故选D。 20．把地球简化为一个质量均匀的球体，现有一个质量为m的卫星绕地球做匀速圆周运动，证明如果选择无穷远处引力势能为0，该卫星的引力势能为，其中M为地球质量，r为卫星到地心的距离，G为万有引力常数。 【答案】见解析 【详解】设卫星从距地心r位置运动到无穷远的过程中，万有引力做功为W，则 根据功能关系，有 其中 可得距地心r处卫星的引力势能为 21．一根质量均匀的细杆一端铰接于地面，初始时竖直方向。收到微扰后在竖直平面内倒下，在这个过程中，杆内部（　　） A．切向力最大离上端处 B．切向力最大离下端处 C．无切向力 D．内部传递力矩最大离上端处 E．内部传递力矩最大离下端处 【答案】E 【详解】ABC．记杆长为L，当杆倒下角时，以铰接点为参考，重力的力矩提供角加速度，由转动定律可得 解得 将距离铰接点的部分杆作为研究对象，该部分质量 质心加速度 加速度由切向力和重力提供（切向力T以垂直杆向下为正） 解得 因此，最小值出现在处，最大值出现在处。故ABC错误； DE．考虑转动定律，角加速度由切向力T和切向力矩M提供 解得 可得最小值出现在两端，最大值出现在处。故D错误，E正确。 故选E。 22．某行星质量为M，半径为R，若在距离该行星中心10R处有一物体正沿着以它和行星连线夹角θ=30°的方向运动，如图所示，为了避免该物体落在行星上与行星发生碰撞，此物体速度v至少要（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】物体绕行星做椭圆轨道运动，由开普勒第一定律知，行星在椭圆轨道的一个焦点上，要使物体与行星刚好不相撞，应满足物体过近地点时与行星表面相切。设在近地点时物体速度为，由机械能守恒可知 又由开普勒第二定律得 联立解得 因此物体的速度至少为时才能避免该物体落在行星上与行星碰撞。 故选A。 23．下图是车的简化模型，该车前后各有一圆柱体作为轮子，轮子结构如图。每个轮子的质量为，圆柱轮由外半径为，内半径为，质量为的圆柱壳和总质量为的8根辐条组成。质量为的车身对称地架在轮子上（车身与轮轴之间是固定的，其长为，厚度为。前后轮中心之间间距为，圆柱轮中心到车身底部距离为。忽略圆柱轮与轴之间的摩擦和支撑车身架子的质量。重力加速度为，轮子与地面的静摩擦系数与动摩擦系数均为。 （1）通过量纲分析可知每一个圆柱车轮转动惯量，求的值（用分数表示）；（之后涉及有关圆柱车轮转动惯量的量均用表示不用带入具体数值） （2）现在考虑车刹车时刹车片给前轮的阻力矩为。假设没有轮子脱离地面。引入无量纲常数，若前后轮均做纯滚动，求刚刹车时加速度，前后轮均做纯滚动时，满足的条件，以及没有轮子脱离地面的条件； （3）若前轮纯滚动、后轮滑动，求刚刹车时加速度，前轮纯滚动、后轮滑动时满足的条件，能达到前轮纯滚动、后轮滑动时满足的条件，以及没有轮子脱离地面的条件； （4）若前后轮均滑动，求刚刹车时加速度。 【答案】（1）；（2）见解析；（3）见解析；（4） 【详解】（1）对于轴部分 对于轮部分 所以 所以有 （2）受力分析如图 考虑质心运动定理 对轮子的角动量定理 考虑对于A点体系总角动量，外力矩 如果是纯滚 待入后得到 考虑到条件 代入后分别得到 同时要求 显然在纯滚的时候自然大于零，所以我们得到 （3）若前轮比后轮先滑动 得到 若后轮滑动 全部带入之前算出来的式子后可以得到 同时要求 得到 并且同时又有 得到 （4）此时有 代入计算后可以得到 24．竹蜻蜓由同材质的两个旋翼叶片与一根垂直杆组成，旋翼叶片为两片长为，宽为，面密度为的匀质长方形板，与水平面夹角皆为，杆子质量。时，以角速度，数值速度起飞，与密度为的空气发生弹性碰撞， 在发生碰撞前，空气保持静止。求： （1）竹蜻蜓绕杆的转动惯量； （2）速度为，角速度为时竹蜻蜓受到的力与力矩情况； （3）这个竹蜻蜓能够起飞至少要多大的？并求多大时竹蜻蜓最容易起飞。 【答案】（1）；（2）见解析；（3）， 【详解】（1）对单块板如图建系 质量微元 单块板绕杆的转动惯量为 积分 考虑两个叶片 （2）仍然对 处的微元分析（角速度逆时针方向为正），转动速度 平动速度 故其速度 由板的法向量 微元的速度在板法向投影为 为正时表示板下表面撞击空气；为负时表示板上撞击空气。讨论： 当，若，板上每一处的风力向下； 若，板上风力向下，风力向上    当，若，板上每一处的风力向上； 若，板上风力向上，风力向下    之后我们会发现，这个讨论非常重要 计算受力 在竖直方向投影 我们知道与的方向应该是相反的，但发现这个的式子关于没有体现出方向性，因此我们在后续的积分时要手动地加上正负号。 竹蜻蜓受力与力矩的大小（由于对称性，我们只需算力的竖直分量）：若板上处处受力方向一致 受力大小 受力矩大小 若板上处处受力方向一致，为表示方便，我们令 当然，还要考虑力和力矩的方向与重力，于是最后的答案如下 其中 （3）只要初始，并带入，有 因此只要 就能起飞。易知，当 上式的分母最大，最容易起飞。 25．如图所示。 （1）试（a）写出质量为M和边长为a的均匀正N边形（）空心棱柱（薄壁厚），绕中心轴O的转动惯量。 （b）使用问题（a）结果，或其它方法，（1）求正方形空心棱柱绕O轴的转动惯量；以及使用以上空心棱柱结果，或其它方法，（2）求正方形实心棱柱绕O轴的转动惯量。（c）分别求出正方形（1）空心棱柱和（2）实心棱柱，绕棱边角点P轴的转动惯量。 （2）设有（1）空心棱柱和（2）实心棱柱的均匀正方形，最初静止在倾角为的斜面上，其中心轴线是水平的。现在令棱柱沿斜面不均匀地自由滚动下来，而且在滚下过程中，摩擦力足以阻止该棱柱的任何滑动，使得其棱边在P处与斜面保持良好的接触。 （a）设棱边P撞击斜面之前和之后的瞬时角速度分别为和。若，试求系数 （b）设棱边P撞击斜面之前和之后的动能分别为和。若，试求系数k。 （c）为使棱柱能够进行接下来的碰撞，必须超过一个最小值。试以参量k和表示系数。 （d）如题（c）条件满足时，动能将接近一个固定值，使得薄壁棱柱能够滚下斜面。试以参量k和表示系数。 （e）试求出斜面的最小倾斜角度，使得棱柱的不均匀滚动一旦启动，将无限地继续下去。若有需要，可使用积分方程。 【答案】见解析 【详解】（1）解答 （a）解法 1 平行移轴法 棱柱一条边的质量 ，中心点 到该边的距离 绕 点的转动惯量 则正 边形棱柱绕其中心轴线 的转动惯量 解法 2 微积分法 （b） 解法 1 使用问题(a)结果 当 时，棱柱绕 轴的转动惯量 解法 2 微积分法 （c） 解法 1 微积分法 正方形实心棱柱的面密度 . 对于边长为 的薄壁棱柱 则实体棱柱绕其中心轴线 的转动惯量 解法 2 垂直轴法 对于质量为 和边长为 的正方形薄板 则对于质量为 和边长为 的正方形厚板 (实体棱柱) （d）如下 （i）空心棱柱 （ii） 实心棱柱 （2） 解答如下 （a） 某一棱边撞击斜面之前关于 点的角动量为 刚体关于质心 的转动角动量与质心 的平动角动量之和，即 该棱边撞击斜面之后关于 点的角动量 角动量守恒 （b） 某一棱边撞击斜面之前和之后的动能 （c） 碰撞后薄壁棱柱的质心 至少转动一个角度 , 上升到最高位置 （d） 设某一棱边第 次撞击斜面之前和之后的动能分别为 和 , 由题（b）结果有 . 接下来第 次碰撞, 质量中心会降低一个高度 , 动能变化 则有 即 由于 当 其中； （e）要使薄壁棱柱的不均匀滚动无限地继续下去 即 其中 其中 和 。 附表1 边角 顶角 3 4 1 6 8 12 附表2 （a） （b） （c） （d） （e） 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 $