刚体力学习题答案
第三章 刚体力学习题答案
3-1 如图3-1示,一轻杆长度为2l ,两端各固定一小球,A 球质量为2m ,B 球质量为m ,
杆可绕过中心的水平轴O 在铅垂面内自由转动,求杆与竖直方向成θ角时的角加速度.
解：系统受外力有三个，即A ，B 受到的重力和轴的支撑作用力，轴的作用力对轴的力臂为零，故力矩为零，系统只受两个重力矩作用. 以顺时针方向作为运动的正方向，则A 球受力矩为正，B 球受力矩为负，两个重力的力臂相等为s i n d l θ=，故合力矩为
2s i n s i n s i n
M m g l m g l m g l θθθ
=-= 系统的转动惯量为两个小球（可视为质点）的转动惯量之和
222
23J m l m l m l =+=
应用转动定律 M J β=
有：2
s i n 3m g l m l θβ
= 解得 sin 3g l
θ
β=
3-2 计算题3-2图所示系统中物体的加速度．设滑轮为质量均匀分布的圆柱体,其质量为
M ,半径为r
,在绳与轮边缘的摩擦力作用下旋转,忽略桌面与物体间的摩擦,设1m ＝50kg,2m ＝200kg,M ＝15kg,r ＝0.1m.
解: 分别以1m ,2m 滑轮为研究对象，受力图如图(b)所示．对 1m ,2m 运用牛顿定律，有
a m T g m 222=- ① a m T 1
1= ②
对滑轮运用转动定律，有
图
3-1 图3-2
β)2
1(2
1
2Mr r T r T =- ③ 又， βr a = ④ 联立以上4个方程，得
22
12
s
m 6.72
15
20058.92002-?=++?=++=M m m g m
a
3-3 飞轮质量为60kg,半径为0.25m,当转速为1000r/min 时,要在5s 内令其制动,求制动
力F ,设闸瓦与飞轮间摩擦系数μ＝0.4,飞轮的转动惯量可按匀质圆盘计算,闸杆尺寸如图所示.
解：以飞轮为研究对象，飞轮的转动惯量21
2
J mR =
，制动前角速度为1000260ωπ=?rad/s ，制动时角加速度为t
ω
β-=- 制动时闸瓦对飞轮的压力为N F ，闸
瓦与飞轮间的摩擦力f N F F μ=，运用转动定律，得
2
1
2
f F R
J m R ββ-== 则 2N mR F t
ω
μ=
以闸杆为研究对象，在制动力F 和飞轮对闸瓦的压力N F -的力矩作用下闸杆保持平衡，两力矩的作用力臂分别为(0.500.75)
l =+m 和＝0-50m ，则有 10N F l Fl -=
11
0.50600.252100015720.500.7520.4560
N
l l m R F F l lt ω
π
μ
???===?=+???N 图3-3
3-4 设有一均匀圆盘,质量为m ,半径为R ,可绕过盘中心的光滑竖直轴在水平桌面上转
动. 圆盘与桌面间的滑动摩擦系数为μ,若用外力推动它使其角速度达到0
ω时,撤去
外力,求：
(1) 此后圆盘还能继续转动多少时间？ (2) 上述过程中摩擦力矩所做的功.
解：（1）撤去外力后，盘在摩擦力矩f
M 作用下停止转动- 设盘质量密度为2
m
R
σπ=
，则有
2
0223
R
f M
g r d r m g R μπσμ==? 根据转动定律 21,2f
M J m R J α-== 43g R
μα-=
34R t g
ωωα
μ-=
=
（2）根据动能定理有
摩擦力的功2
22
001102
4
f W J m R ωω=-=-
3-5 如题3-6图所示,一匀质细杆质量为m ,长为l ,可绕过一端O 的水平轴自由转动,杆
于水平位置由静止开始摆下．求： (1)初始时刻的角加速度； (2)杆转过θ角时的角速度.
解: (1)由转动定律，有
β)3
1(212ml mg =
∴ l
g
23=β
(2)
由机械能守恒定律，有
图3-6
22)3
1(21sin 2ωθml l mg =
∴ l
g θ
ωsin 3=
3-6 固定在一起的两个同轴均匀圆柱体可绕其光滑的水平对称轴O
O '转动．设大小圆柱体的半径分别为R 和r ,质量分别为M 和m ．绕在两柱体上的细绳分别与物体1m 和2m 相连,1m 和2m 则挂在圆柱体的两侧,如3-8图所示．设R ＝0.20m, r ＝0.10m,m ＝4 kg,M ＝10 kg,1m ＝2m ＝2 kg,且开始时1m ,2m 离地均为h ＝
2m ．求：
(1)柱体转动时的角加速度； (2)两侧细绳的张力．
解: 设1a ,2a 和β分别为1m ,2m 和柱体的加速度及角加速度，方向如图(如图
b)．
(a)图 (b)图
(1) 1m ,2m 和柱体的运动方程如下：
2222a m g m T =- ① 1111a m T g m =- ② βI r
T R T ='
-'21 ③ 式中 β
βR a r a T T T T ==='='1
22211,,,
而 2
2
2
12
1
mr MR I += 由上式求得
2
22222
2
212
1s
rad 13.68.910.0220.0210.042
120.0102121.022.0-?=??+?+??+???-?=++-=
g r m R m I rm Rm β (2)由①式
8.208.9213.610.022
22=?+??=+=g m r m T β
N 由②式
1.1713.6.
2.028.921
11=??-?=-=β
R m g m T N 3-7 一风扇转速为900r/min,当马达关闭后,风扇均匀减速,止动前它转过了75转,在此过程中制动力做的功为44.4J,求风扇的转动惯量和摩擦力矩.
解：设制动摩擦力矩为M ，风扇转动惯量为J ，止动前风扇的角位移2N θπ=，摩擦力矩所做的功为
2AMM N
θπ
=-=- 摩擦力所做的功应等于风扇转动动能的增量，即
21
02
A J ω=-
22
22(44.4)0.01(9002/60)
A J ωπ?-=-=-=?kg m 44.40.09422275
A M N ππ-=-=-=?N m
3-8 一质量为M 、半径为r 的圆柱体,在倾斜θ角的粗糙斜面上从距地面h 高处只滚不滑
而下,试求圆柱体滚止地面时的瞬时角速度ω.
解： 在滚动过程中，圆柱体受重力M g 和斜面的摩
擦力F 作用，设 圆柱体滚止地面时，质心在瞬时速率为v ，则此时质心的平动动能为
212M v ，与此同时，圆柱体以角速度ω绕几何中心轴转动，其转动动能为21
2
J ω.将势能零点取在地面上，初始时刻圆柱体的势能为M g h ，
由于圆柱体只滚不滑而下，摩擦力为静
摩擦力，对物体不做功，只有重力做功，机械能守恒，于是有2
2
1
122
M g h M v J ω=+
式中 21,2
J M r v r ω==，代入上式得
222
11()22
M g h M r M r ω
=+ 即 23
g h r ω=
3-9 一个轻质弹簧的倔强系数2.0k =N/m,它的一端固定,另一端通过一条细绳绕过一个
定滑轮和一个质量为m ＝80g 的物体相连,如图所示. 定滑轮可看作均匀圆盘,它的质量为M ＝100g,半径r ＝0.05m. 先用手托住物体m ,使弹簧处于其自然长度,然后松手.求物体m 下降h ＝0.5m 时的速度为多大？忽略滑轮轴上的摩擦,并认为绳在滑轮边缘上不打滑.
解：由于只有保守力（弹性力、重力）做功，所以由弹簧、滑轮和物体m 组成的系统机械能守恒，故有
222
111222
m g h k h I m v ω=++
2
1,2
v r I M r ω
== 所以 2
2 1.481
2
m gh kh v M m -=
=+m/s
3-10 有一质量为1
m
、长为的均匀细棒, 静止平放在滑动摩擦系数为μ的水平桌面上,它
可绕通过其端点O 且与桌面垂直的固定光滑轴转动. 另有一水平运动的质量为2
m
的小滑块, 从侧面垂直于棒与棒的另一端A 相碰撞, 设
碰撞时间极短. 已知小滑块在碰撞前后的速度分别为1
V 和2
V
,如图示,
求碰撞后从细棒开始转动到停止转动的过程所需的时间（已知棒绕O
点的转动惯量211
3
J m l =）.
图3-11
图3-12
解：对棒和滑块组成的系统，因为碰撞时间极短，所以棒和滑块所受的摩擦力矩远小于相互间的冲量矩，故可认为合外力矩为零，所以系统的角动量守恒，且碰撞阶段棒的角位移忽略不计，由角动量守恒得
2
21221
13
m v l m v l m l ω=-+ 碰撞后在在转动过程中棒受到的摩擦力矩为 11
12
t
f m
M g d x m g l l μμ=-=-?
由角动量定理得转动过程中
2
10103
t
f M d t m l ω=-? 联立以上三式解得：12
2
12V V t m m g
μ+= 3-11 哈雷彗星绕太阳运动的轨道是一个椭圆．它离太阳最近距离为1r ＝8.75×1010
m 时的速率是1v ＝5.46×104
m ·s -1
,它离太阳最远时的速率是2v ＝9.08×102
m ·s -1
，这时它离太阳
的距离2r 为多少?(太阳位于椭圆的一个焦点.)
解: 哈雷彗星绕太阳运动时受到太阳的引力——即有心力的作用，所以角动量守恒；又由于
哈雷彗星在近日点及远日点时的速度都与轨道半径垂直，故有
2211mv r mv r =
∴ m 1026.51008.91046.51075.81224
102
112?=????==v v r r 3-12 平板中央开一小孔,质量为m 的小球用细线系住,细线穿过小孔后挂一质量为1M 的重物．小球做匀速圆周运动,当半径为0r 时重物达到平衡．今在1M 的下方再挂一质量为2
M
的物体,如3-14图．试问这时小球做匀速圆周运动的角速度ω'和半径r '为多少?
图3-14
解: 在只挂重物时1M ，小球作圆周运动的向心力为g M 1，即
2
01ωmr g M =
①
挂上2M 后，则有
2
2
1)(ω
''=+r m g M M ②
重力对圆心的力矩为零，故小球对圆心的角动量守恒．
即 v m r mv r ''=
00 ωω''=
?2
020r r ③ 联立①、②、③得
100
2
1123
0112
1
3
2
12
()M g
m r M g M M m r M M M M r g r m M M ωωω
=+'=
+'=
=?'+
3-13 如图示, 长为的轻杆, 两端各固定质量分别为m 和2m 的小球, 杆可绕水平光滑轴在竖直平面内转动, 转轴O 距两端的距离分别为/3l 或2/3l . 原来静止在竖直位置. 今有一质量为m 的小球, 以水平速度v 与杆下端的小球m 做对心碰撞, 碰后以0/2v 的速度返回, 试求碰撞后轻杆所获得的角速度ω.
解：将杆与两端的小球视为一刚体，水平飞来的小球m 与刚体视为一系统，在碰撞过程中，外力包括轴O 处的作用力和重力，均不产生力矩，故合外力矩为零，系统角动量守恒- 选逆时针转动为正方向，则由角动量守恒得
00
22323
v l l
m v m J ω=-+
图3-13
22
2()2()
33
l l J m m =+ 解得 0
32v l
ω=
3-14 圆盘形飞轮A 质量为m , 半径为r , 最初以角速度0
ω
转动, 与A 共轴的圆盘形飞轮B
质量为4m ,半径为2r , 最初静止, 如图所示, 两飞轮啮合后, 以同一速度ω转动, 求ω及啮合过程中机械能的损失.
解：以两飞轮组成的系统为研究对象，由于运动过程中系统无外力矩作用，角动量守恒，有
222
1114(2)222
m r m r m r ωωω=+ 得 01
17
ωω=
初始机械能为 2222
100111224W m r m r ωω==
啮合后机械能为2222222
01111114(2)2222174
W m r m r m r ωωω
=+= 则机械能损失为 22120
16116
17417
W W W m r W ω?=-== 3-15 如图示,一匀质圆盘半径为r ,质量为1
m ,可绕过中心的垂轴O 转动.初时盘静止,一质
量为2
m
的子弹一速度v 沿与盘半径成160θ?
=的方向击中盘边缘后以速度/2v 沿与半径
方向成230θ?
=的方向反弹,求盘获得的角速度.
解：对于盘和子弹组成的系统，撞击过程中轴
O 的支撑力的力臂为零，不提供力矩，其他
图
3-14 图3-15
外力矩的冲量矩可忽略不计，故系统对轴O 的角动量守恒，即
12L L =，初时盘的角动量为零，只有子弹有角动量，故
12
s i n 60L m v r ?
= 末态中盘和子弹都有角动量，设盘的角速度为ω，则
2
221
1s i n 302
2v
L m r m r ω?
=+ 故有 2
221
1s i n 60s i n 3022
v m v r m r m r ω??=+ 可解得：21
(231)2m v
mr ω-=
3-16 一人站在一匀质圆板状水平转台的边缘,转台的轴承处的摩擦可忽略不计,人的质量
为m ,转台的质量为10m ,半径为R .最初整个系统是静止的,这人把一质量为m 的石子水平地沿转台的边缘的切线方向投出,石子的速率为v （相对于地面）.求石子投出后
转台的角速度与人的线速度.
解：以人、转台和石子组成的系统为研究对象，由于系统无外力矩作用，角动量守恒，设转台角速度ω的转向与投出的石子速度v 方向一致，初始时系统角动量为零，得
0J m R v ω+= 人和转台的转动惯量'2'2
1
102
J m R m R =+，代入上式后得
'
6mv
m R
ω=-
人的线速度为'
6m v
v R m ω==-
其中负号表示转台角速度转向和人的线速度方向与假设方向相反-
3-17 一人站在转台上,两臂平举,两手各握一个4m =kg,哑铃距转台轴00.8r =m,起初转台以02ωπ=rad/s 的角速度转动,然后此人放下两臂,使哑铃与轴相距r =0.2m,设人与转台的转动惯量不变,且5J =kg m ,转台与轴间摩擦忽略不计,求转台角速度变为多大？整个系统的动能改变了多少？
解：以人、转台和哑铃组成的系统为研究对象，由于系统无外力矩作用，角动量守恒，有
22
00
(2)(2)J m r J m r ωω+=+ 22
0022
25240.8212.025240.2
J m r J m r ωωπ
++??==?=++??rad/s 动能的增量为
2222
000
11(2)(2)22
W W W Jm r Jm r ωω
?=-=+-+ 2222
11(5240.2)12(5240.8)(2)
22
π
=?+???-?+??? ＝183J
3-18 如3-20图所示,质量为M ,长为l 的均匀直棒,可绕垂直于棒一端的水平轴O 无摩擦地转动,它原来静止在平衡位置上．现有一质量为m 的弹性小球飞来,正好在棒的下端与棒垂直地相撞．相撞后,使棒从平衡位置处摆动到最大角度=θ30°处．
(1)设这碰撞为弹性碰撞,试计算小球初速0v 的值； (2)相撞时小球受到多大的冲量?
解: (1)设小球的初速度为0v ，棒经小球碰撞后得到的初角速度为ω，而小球的速度变为v ，按题意，小球和棒做弹性碰撞，所以碰撞时遵从角动量守恒定律和机械能守恒定律，可列式：
mvl I l mv +=ω0
① 2
2202
12121mv I mv +=ω ② 上两式中2
3
1Ml I =
，碰撞过程极为短暂，可认为棒没有显著的角位移；碰撞后，棒从竖直位置上摆到最大角度o
30=θ，按机械能守恒定律可列式：
)30cos 1(2
212?-=l Mg I ω ③ 由③式得
2
12
1
)231(3)30cos 1(??
????
-=???????-=l g I Mgl ω 由①式
ml
I v v ω
-
=0 ④ 由②式
m
I v v 2
20
2
ω-= ⑤
所以
图18
220
01)(2
ωωm
v ml I v -=- 求得
gl
m
M
m m M l ml I l v +-=
+=+=
31232(6)311(2)1(220ωω
(2)相碰时小球受到的冲量为
?
-=?=0
d mv mv mv t F 由①式求得
ωωMl l I mv mv t F 3
1
d 0-=-=-=? gl
M
6
)32(6--= 负号说明所受冲量的方向与初速度方向相反．
3-19如图示,一个转动惯量为I ,半径为R 的定滑轮上面绕有细绳,并沿水平方向拉着一个质量为M 的物体A . 现有一质量为m 的子弹在距转轴的水平方向以速度v 射入并固定在定滑轮的边缘,使滑轮拖住A 在水平面上滑轮.求(1)子弹射入并固定在滑轮边缘后,滑轮开始转动时的角速度ω.(2)若定滑轮拖着物体A 刚好转一圈而停止,求物体A 与水平面间的摩擦系数μ（轴上摩擦力忽略不计）. 平方向以速度v 射入并固定在定滑轮的边缘,使滑轮拖住A 在水平面上滑轮.求(1)子弹射入并固定在滑轮边缘后,滑轮开始转动时的角速度ω.(2)若定滑轮拖着物体A 刚好转一圈而停止,求物体A 与水平面间的摩擦系数μ（轴上摩擦力忽略不计）.
解：（1）子弹射入定滑轮前后，子弹、定滑轮及物体A 构成的系统角动量守恒
22
[]2
R m v m R I M R ω=++ 解得 0
22
2()
m vR m R I M R ω=
++ （2）定滑轮转动过程中物体A 受的摩擦力所做的功等于系统动能的增量
222
1
()22
I m R M R M g R ωμπ
-++=-?
解得 2
221
6()
m vR M gm R M R I μπ=++ 3-20 行星在椭圆轨道上绕太阳运动,太阳质量为1
m
,行星质量为2
m
,行星在近日点和远
日点时离太阳中心的距离分别为和r ,求行星在轨道上运动的总能量.
图3-19
解：将行星和太阳视为一个系统，由于只有引力做功，系统机械能守恒，设行星在近日点和远日点时的速率分别为v 和v ，有
221212
1122
12
1122m m m m m v G m v G r r -=- 行星在轨道上运动时，受太阳的万有引力作用，引力的方向始终指向太阳，以太阳为参考点，
行星所受力矩为零，故行星对太阳的角动量守恒 111222
m r v m r v = 行星在轨道上运动时的总能量为
221212
1122
12
1122m m m m E m v G m v G r r =-=- 联立以上三式得：12
12
Gm m E r r =-
+
3-21 半径为R 质量为m 的匀质圆盘水平放置,可绕通过圆盘中心的竖直轴转动. 圆盘
边缘及/2R 处设置了两条圆形轨道,质量都为m 的两个玩具小车分别沿两轨道反向运行,相对于圆盘的线速度值同为v . 若圆盘最初静止,求两小车开始转动后圆盘的角速度.
解： 设两小车和圆盘运动方向如图所示，以圆盘转动方向为正向，外轨道上小车相对于地
面的角动量为()m RR v ω-，内轨道上小车相对于地面的角动量为1
1()22
m R R
v ω+，圆盘的角动量为'2
12J mR ωω=，由于两小车和圆盘组成的系统，外力对转轴的力矩为零，角动量守恒，得
'2
111()()022
2
m R R vm R R v m R ωω
ω
-+++=
'2(52)m v
m m R
ω=
+
3-22 如图示,一匀质圆盘A 作为定滑轮绕有轻绳,绳上挂两物体B 和C,轮A 的质量为1
m
,
半径为r ,物体B 、C 的质量分别为2
m
、3
m
,且2
m
>3m . 忽略轴的摩
擦,求物体B 由静止下落到时刻时的速度
.
图3-21
解：把滑轮和两个物体作为一个系统，其运动从整体上看对定轴O 是顺时针方向的，即轮A 沿顺时针方向转动物体B 向下运动物体C 向上运动，故以顺时针方向的运动作为系统运动的正方向，根据角动量定理，得
t
M
d t L L =-? （1） （1）式左边为系统受到的合外力矩对轴O 的冲量矩，由于轮A 所受重力和
轴的作用力对轴O 的力矩为零，故只有两物体所受重力提供力矩，注意到两个重力矩的方向相反，故合力矩为
2121
()M m g r m g rm m g r =-=- （2） （1）式右边为系统对轴O 的角动量的增量- 0t =时系统静止，角动量
00L = （3）
到时刻，A 、B 、C 三个物体均沿顺时针方向运动，角动量均为正- 设此时轮A 的角速度ω，
B 、
C 两物体速率相同设为v ，则有
2
123
12
A B C L LLL m r m v rm v r ω=++=++ （4） 把(2)、(3)、(4)式代入(1)式有
2
21123
1()2
m m g r t m r m v rm v r ω-=++ 由于系统为一连接体，两物体的速率与轮边缘的速率相同，即有
v r ω= 把此式代入(5)式即可求得物体下落时的速度 21123
2()23m m g t v m m m -=++
图3-22
刚体力学 习题库
第四章 刚体力学 一、计算题 1.如图所示，一个质量为m 的物体与绕在定滑轮上的绳子相联，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 2 21MR ，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：根据牛顿运动定律和转动定律列方程 对物体： mg －T ＝ma ① 2分 对滑轮： TR = J β ② 2分 运动学关系： a ＝R β ③ 1分 将①、②、③式联立得 a ＝mg / (m ＋ 2 1M ) 1分 ∵ v 0＝0， ∴ v ＝at ＝mgt / (m ＋ 21M ) 2分 2.如图所示，转轮A 、B 可分别独立地绕光滑的固定轴O 转动，它们的质量分别为m A ＝10 kg 和m B ＝20 kg ，半径分别为r A 和r B ．现用力f A 和f B 分别向下拉绕在轮上的细绳且使绳与轮之间无滑动．为使A 、B 轮边缘处的切向加速度相同，相应的拉力f A 、f B 之比应为多少？(其中A 、B 轮绕O 轴转动时的转动惯量分别为22 1A A A r m J = 和22 1B B B r m J = ) 解：根据转动定律 f A r A = J A βA ① 1分 其中2 21A A A r m J =，且 f B r B = J B βB ② 1分 其中22 1B B B r m J = ．要使A 、B 轮边上的切向加速度相同，应有 a = r A βA = r B βB ③ 1分 由①、②式，有 B B B A A A B A B A B A B A r m r m r J r J f f ββ ββ== ④ 由③式有 βA / βB = r B / r A 将上式代入④式，得 f A / f B = m A / m B = 2 1 2分 3.一质量为m 的物体悬于一条轻绳的一端，绳另一端绕在一轮轴的轴上，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 T r ＝J β ② 2分 由运动学关系有： a = r β ③ 2分 由①、②、③式解得： J ＝m ( g －a ) r 2 / a ④ m a f
刚体力学基础 习题 解答
衡水学院 理工科专业 《大学物理B 》 刚体力学基础 习题 命题教师:郑永春 试题审核人:张郡亮 一、填空题(每空1分) 1、三个质量均为m 的质点,位于边长为a 的等边三角形的三个顶点上。此系统对通过三角形中心并垂直于三角形平面的轴的转动惯量J 0＝__ ma 2 _,对通过三角形中心且平行于其一边的轴的转动惯量为J A ＝__ 12 ma 2 _,对通过三角形中心与一个顶点的轴的转动惯量为J B ＝__ 2 1ma 2 。 2、两个质量分布均匀的圆盘A 与B 的密度分别为ρA 与ρB (ρA >ρB ),且两圆盘的总质量与厚度均相同。设两圆盘对通过盘心且垂直于盘面的轴的转动惯量分别为J A 与J B ,则有J A < J B 。 3、 一作定轴转动的物体,对转轴的转动惯量J ＝3、0 kg ·m 2,角速度ω0＝6、0 rad/s.现对物体加一恒定的制动力矩M ＝－12 N ·m,当物体的角速度减慢到ω＝2、0 rad/s 时,物体已转过了角度?θ＝__ 4、0rad 4、两个滑冰运动员的质量各为70 kg,均以6、5 m/s 的速率沿相反的方向滑行,滑行路线间的垂直距离为10 m,当彼此交错时,各抓住一10 m 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 ＝__2275 kg·m 2·s 1 _;它们各自收拢绳索,到绳长为5 m 时,各自的速率υ ＝__13 m·s 1_。 5、有一质量均匀的细棒,可绕垂直于棒的一端的水平轴转动。如将此棒放在水平位置,然后任其下落,则在下落过程中的角速度大小将 变大 ,角加速度大小将 变小 。 二、单项选择题(每小题2分) ( A )1、有两个力作用在一个有固定转轴的刚体上,下列说法正确的就是: A 、这两个力都平行于轴作用时,它们对轴的合力矩一定就是零; B 、这两个力都垂直于轴作用时,它们对轴的合力矩一定就是零; C 、当这两个力的合力为零时,它们对轴的合力矩也一定就是零; D 、当这两个力对轴的合力矩为零时,它们的合力也一定就是零。 ( C )2、一轻绳绕在有水平轴的定滑轮上,滑轮的转动惯量为J ,绳下端挂一物体。物体所受重力为P ,滑轮的角加速度为α.若将物体去掉而以与P 相等的力直接向下拉绳子,滑轮的角加速度α将 A 、不变; B 、变小; C 、变大; D 、如何变化无法判断。 ( C )3、关于刚体的转动惯量,下列说法中正确的就是 A 、只取决于刚体的质量,与质量的空间分布与轴的位置无关; B 、取决于刚体的质量与质量的空间分布,与轴的位置无关; C 、取决于刚体的质量、质量的空间分布与轴的位置; D 、只取决于转轴的位置,与刚体的质量与质量的空间分布无关。 ( C )4、一人造地球卫星到地球中心O 的最大距离与最小距离分别就是R A 与R B .设卫星对应的角动量分别就是L A 、L B ,动能分别就是E KA 、E KB ,则应有 A 、L B > L A ,E KA = E KB ; B 、L B < L A ,E KA = E KB ; C 、L B = L A ,E KA < E KB ; D 、L B = L A , E KA > E KB . ( C )5、一圆盘正绕垂直于盘面的水平光滑固定轴O 转动,如图1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ω O M m m
《大学物理学》第二章 刚体力学基础 自学练习题
第二章 刚体力学基础 自学练习题 一、选择题 4-1．有两个力作用在有固定转轴的刚体上： （1）这两个力都平行于轴作用时，它们对轴的合力矩一定是零； （2）这两个力都垂直于轴作用时，它们对轴的合力矩可能是零； （3）当这两个力的合力为零时，它们对轴的合力矩也一定是零； （4）当这两个力对轴的合力矩为零时，它们的合力也一定是零； 对上述说法，下述判断正确的是：（ ） （A ）只有（1）是正确的； （B ）（1）、（2）正确，（3）、（4）错误； （C ）（1）、（2）、（3）都正确，（4）错误； （D ）（1）、（2）、（3）、（4）都正确。 【提示：（1）如门的重力不能使门转动，平行于轴的力不能提供力矩；（2）垂直于轴的力提供力矩，当两个力提供的力矩大小相等，方向相反时，合力矩就为零】 4-2．关于力矩有以下几种说法： （1）对某个定轴转动刚体而言，内力矩不会改变刚体的角加速度； （2）一对作用力和反作用力对同一轴的力矩之和必为零； （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，它们的运动状态一定相同。 对上述说法，下述判断正确的是：（ ） （A ）只有（2）是正确的； （B ）（1）、（2）是正确的； （C ）（2）、（3）是正确的； （D ）（1）、（2）、（3）都是正确的。 【提示：（1）刚体中相邻质元间的一对内力属于作用力和反作用力，作用点相同，则对同一轴的力矩和为零，因而不影响刚体的角加速度和角动量；（2）见上提示；（3）刚体的转动惯量与刚体的质量和大小形状有关，因而在相同力矩的作用下，它们的运动状态可能不同】 3．一个力(35)F i j N =+v v v 作用于某点上，其作用点的矢径为m j i r )34(? ?? -=，则该力对坐标原点的力矩为 （ ） （A ）3kN m -?v ； （B ）29kN m ?v ； （C ）29kN m -?v ； （D ）3kN m ?v 。 【提示：(43)(35)43020929350i j k M r F i j i j k k k =?=-?+=-=+=v v v v v v v v v v v v v 】 4-3．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 到竖直位置的过程中，下述说法正确的是：（ ） （A ）角速度从小到大，角加速度不变； （B ）角速度从小到大，角加速度从小到大； （C ）角速度从小到大，角加速度从大到小； O A
第五章_刚体力学_习题解答
5.1、一长为l 的棒AB ，靠在半径为r 的半圆形柱面上，如图所示。今A 点以恒定速度0v 沿水平线运动。试求：(i)B 点的速度B v ；(ii)画出棒的瞬时转动中心的位置。 解：如图，建立动直角系A xyz -，取A 点为原点。B A AB v v r ω=+? ，关键是求ω 法1(基点法)：取A 点为基点，sin C A AC A CO A A v v r v v v v ωθ=+?=+=+ 即sin AC A r v ωθ?= ，AC r ω⊥ ，化成标量为 ω在直角三角形OCA ?中，AC r rctg θ= 所以200sin sin sin cos A AC v v v r rctg r θθ θωθθ === 即2 0sin cos v k r θωθ = 取A 点为基点，那么B 点的速度为： 20023 00sin [(cos )sin ] cos sin sin (1)cos B A AB v v v r v i k l i l j r v l l v i j r r θωθθθθθθ=+?=+?-+=-- 法2(瞬心法)：如图，因棒上C 点靠在半圆上，所以C 点的速度沿切线方向，故延长OC ，使其和垂直于A 点速度线交于P 点，那么P 点为瞬心。 在直角三角形OCA ?中，sin OA r r θ = 在直角三角形OPA ?中，2 cos sin AP OA r r r ctg θ θθ == 02 cos ()sin A PA PA PA r v r k r j r i i v i θωωωωθ=?=?-=== ，即20sin cos v r θωθ = 取A 点为基点，那么B 点的速度为： 2002300sin [(cos )sin ] cos sin sin (1)cos B A AB v v v r v i k l i l j r v l l v i j r r θωθθθ θθ θ=+?=+?-+=-- 5.2、一轮的半径为r ，竖直放置于水平面上作无滑动地滚动，轮心以恒定速度0v 前进。求轮缘上任一点(该点处的轮辐与水平线成θ角)的速度和加速度。 解：任取轮缘上一点M ，设其速度为M v ，加速度为M a
第五章刚体力学参考答案
第五章 刚体力学参考答案（2014） 一、 选择题 [ C ]1、【基础训练2】一轻绳跨过一具有水平光滑轴、质量为M 的定滑轮，绳的两端分别悬有质量为m 1和m 2的物体(m 1＜m 2)，如图5-7所示．绳与轮之间无相对滑动．若某时刻滑轮沿逆时针方向转动，则绳中的张力 (A) 处处相等． (B) 左边大于右边． (C) 右边大于左边． (D) 哪边大无法判断． 【提示】： 逆时针转动时角速度方向垂直于纸面向外,由于m 1＜m 2,实际上滑轮在作减速转动,角加速度方向垂直纸面向内,设滑轮半径为R,受右端绳子向下拉力为T 2，左端绳子向下拉力为T 1，对滑轮由转动定律得:(T 2-T 1)R=J [ D ]2、【基础训练3】如图5-8所示，一质量为m 的匀质细杆AB ，A 端靠在粗糙的竖直墙壁上，B 端置于粗糙水平地面上而静止．杆身与竖直方向成角，则A 端对墙壁的压力大 (A) 为 41mg cos ． (B)为2 1 mg tg ． (C) 为 mg sin ． (D) 不能唯一确定 图5-8 【提示】： 因为细杆处于平衡状态，它所受的合外力为零，以B 为参考点，外力矩也是平衡的，则有： A B N f = A B f N mg += θθθlcon N l f l mg A A +=sin sin 2 三个独立方程有四个未知数，不能唯一确定。 [ C ] 3、基础训练（7）一圆盘正绕垂直于盘面的水平光滑固定轴O 转动，如图5-11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． 【提示】： 把三者看作同一系统时,系统所受合外力矩为零,系统角动量守恒。 m 2 m 1 O 图5-7 O M m m 图5-11
第五章 刚体力学(答案)
一、选择题 [ C ] 1、 （基础训练2）一轻绳跨过一具有水平光滑轴、质量为M 的定滑轮，绳的两端分别悬有质量为m 1和 m 2的物体(m 1＜m 2)，如图5-7所示．绳 与轮之间无相对滑动．若某时刻滑轮沿逆时针方向转动，则绳中的张力 (A) 处处相等． (B) 左边大于右边． (C) 右边大于左边． (D) 哪边大无法判断． 【提示】逆时针转动时角速度方向垂直于纸面向外，由于(m 1＜m 2)，实际上滑轮在作减速转动，角加速度方向垂直纸面向内，所以，由转动定律21()T T R J β-=可得：21T T > （或者：列方程组：1112 2212 m g T m a T m g m a T R T R J a R ββ-=??-=???-=? ?=?? ，解得：()()12212m m gR m m R J β-=++，因为m 1＜m 2，所以β<0，那么由方程120T R T R J β-=<，可知，21T T >） [ B ] 2、（基础训练5）如图5-9所示，一静止的均匀细棒，长为L 、质量为m 0，可绕通过棒的端点且垂直于棒长的光滑固定轴O 在水平面内转动，转动惯量为2 01 3 m L ．一质量为m 、速率为v 的子弹在水平面内沿与棒垂直的方向射出并穿出棒的自由端，设穿过棒后子弹的速率为v 2 1，则此时棒的角速度应为 (A) 0v m m L ． (B) 03v 2m m L ． (C) 05v 3m m L ． (D) 07v 4m m L 【提示】把细棒与子弹看作一个系统，该系统所受合外力矩为零， 所以系统的角动量守恒： 20123v mvL m L m L ω??=+ ??? ，即可求出答案。 [ C ] 3、（基础训练7）一圆盘正绕垂直于盘面的水平光滑固定轴O 转动，如图5-11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ω (A) 增大． (B) 不变． (C) 减小． (D) 不能确定． 【提示】把三者看成一个系统，则系统所受合外力矩为零，所以系统的角动量守恒。设L 图5-7 m m 图5-11 v 2 1 v 俯视图 图5-9
第七章 刚体力学习题及解答
第七章刚体力学习题及解答 7.1.1 设地球绕日作圆周运动.求地球自转和公转的角速度为多少rad/s?估算地球赤道上一点因地球自转具有的 线速度和向心加速度.估算地心因公转而具有的线速度和向心加速度（自己搜集所需数据）. 解： 7.1.2 汽车发动机的转速在12s内由1200rev/min增加到3000rev/min.（1）假设转动是匀加速转动，求角加速度.(2)在此时间内，发动机转了多少转？ 解： （ 1） （ 2）
所以转数 = 7.1.3 某发动机飞轮在时间间隔t内的角位移为 球 t时刻的角速度和角加速度. 解： 7.1.4 半径为0.1m的圆盘在铅直平面内转动，在圆盘平面内建立坐标系，原点在轴上.x和y轴沿水平和铅直向上的方向.边缘上一点A当t=0时恰好在x轴上，该点的角坐标满足 求（1）t=0时，（2）自t=0开始转时，（3）转过时，A点的速度和加速度 在x和y轴上的投影. 解：
（ 1） （ 2）时， 由 （ 3）当时，由
7.1.5 钢制炉门由两个各长1.5m的平行臂AB和CD支承，以角速度逆时针转动， 求臂与铅直时门中心G的速度和加速 度. 解： 因炉门在铅直面内作平动，门中心 G的速度、加速度与B或D点相同。所以： 7.1.6 收割机拔禾轮上面通常装4到6个压板.拔禾轮一边旋转，一边随收割机前进.压板转到下方才发挥作用，一方面把农作物压向切割器，另一方面把切割下来的作物铺放在收割台上，因此要求压板运动到下方时相对于作物的速度与收割机前进方向相反. 已知收割机前进速率为 1.2m/s，拔禾轮直径1.5m，转速22rev/min,求压板运动到最低点挤压作物的速度. 解： 取地面为基本参考系，收割机为运动参考系。
大学物理刚体力学基础习题思考题及答案
习题5 5-1.如图，一轻绳跨过两个质量为 m 、半径为r 的均匀圆盘状定滑轮，绳的两端 分别挂着质量为2m 和m 的重物，绳与滑轮间无相对滑动，滑轮轴光滑，两个定 滑轮的转动惯量均为 mr 2 / 2，将由两个定滑轮以及质量为 2m 和m 的重物组成 的系统从静止释放，求重物的加速度和两滑轮之间绳的力。 解：受力分析如图，可建立方程： 广 2mg T 2 2ma ① T1 mg ma ② J (T 2 T)r J ③ (T T 1)r J ④ 虹 a r , J mr 2/2 ⑤ 联立，解得：a 1g, T 4 上，设开始时杆以角速度 °绕过中心O 且垂直与桌面的轴转动，试求： （1）作 用于杆的摩擦力矩；（2）经过多长时间杆才会停止转动。 解：（1）设杆的线密度为: d f dmg gd x, 微元摩擦力矩：d M g xd x , （2）根据转动定律 M J J 马, t 有： 0 Mdt Jd dt 1 . -mglt 1 [2 —m l 0, . . t _oL 4 12 3 g 或利用： M t J J 0,考虑到 0, J 1 | 2 一 ml , 12 有：t ol 。 11 a mg 5-2.如图所示，一均匀细杆长为 l ,质量为m ,平放在摩擦系数为 的水平桌面 一小质元dm dx,有微元摩擦力: 考虑对称性, l_ M 2 2 有摩擦力 矩： gxdx 1
5-3.如图所示，一个质量为m的物体与绕在定滑轮上的绳子相联，绳子的质量 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MR2/2，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：受力分析如图，可建立方程： r mg T ma ① * TR J ② —, 1 ~2 — k a R , J — mR —-③ 2 2mg Mmg 联立，解得：a ------------ — , T ----------- —, 考虑到a四，.?. v dv 「旦—dt,有：v dt 0 0 M 2m M 2m 5-4.轻绳绕过一定滑轮，滑轮轴光滑，滑轮的质量为M /4，均匀分布在其边缘上，绳子A端有一质量为M的人抓住了绳端，而在绳的另一端B系了一质量为M /4的重物，如图。已知滑轮对O 轴的转动惯量J MR2 /4 ,设人从静止开始以相对绳匀速向上爬时，绳与滑轮间无相对滑动，求B端重物上升的加速度？ 解一： 分别对人、滑轮与重物列出动力学方程 Mg T1Ma A人 T2M 4g M 心 a B物 4 T1R T2R J滑轮 由约束方程：a A a B R 和J MR2/4,解上述方程组 得到a —. 2 解二： 选人、滑轮与重物为系统，设 U为人相对绳的速度，V为重
理论力学课后答案第五章周衍柏
第五章思考题 5.1虚功原理中的“虚功”二字作何解释？用虚功原理理解平衡问题,有何优点和缺点? 5.2 为什么在拉格朗日方程中，a θ不包含约束反作用力?又广义坐标与广义力的含义如 何？我们根据什么关系由一个量的量纲定出另一个量的量纲? ５.３广义动量a p 和广义速度a q 是不是只相差一个乘数m ?为什么a p 比a q 更富有意义? 5.4既然a q T ??是广义动量,那么根据动量定理,??? ? ????αq T dt d 是否应等于广义力a θ?为什么在拉格朗日方程()14.3.5式中多出了a q T ??项?你能说出它的物理意义和所代表的物理量吗? 5.5为什么在拉格朗日方程只适用于完整系?如为不完整系,能否由式()13.3.5得出式()14.3.5？ 5.6平衡位置附近的小振动的性质,由什么来决定？为什么22s 个常数只有２s 个是独立的？ 5.７什么叫简正坐标?怎样去找?它的数目和力学体系的自由度之间有何关系又每一简正坐标将作怎样的运动? 5.8多自由度力学体系如果还有阻尼力，那么它们在平衡位置附近的运动和无阻尼时有何不同?能否列出它们的微分方程? 5.9 dL 和L d 有何区别？a q L ??和a q L ??有何区别？ 5.10哈密顿正则方程能适用于不完整系吗?为什么?能适用于非保守系吗？为什么? ５.１1哈密顿函数在什么情况下是整数？在什么情况下是总能量?试祥加讨论，有无是总能量而不为常数的情况？ 5.1２何谓泊松括号与泊松定理？泊松定理在实际上的功用如何? 5.１3哈密顿原理是用什么方法运动规律的？为什么变分符号δ可置于积分号内也可移到积分号外?又全变分符号?能否这样? ５.１4正则变换的目的及功用何在?又正则变换的关键何在？ 5．1５哈密顿-雅可比理论的目的何在？试简述次理论解题时所应用的步骤. ５.16正则方程()15.5.5与()10.10.5及()11.10.5之间关系如何？我们能否用一正则变换由前者得出后者？ 5.17在研究机械运动的力学中，刘维定理能否发挥作用？何故? 5.1８分析力学学完后,请把本章中的方程和原理与牛顿运动定律相比较,并加以评价.
第五章 刚体力学(答案)
一、选择题 [ C ] 1、（基础训练2）一轻绳跨过一具有水平光滑轴、质量为M 的定滑轮，绳的两端分别悬有质量为m 1 和m 2的物体(m 1＜m 2)，如图5-7所示．绳 与轮之间无相对滑动．若某时刻滑轮沿逆时针方向转动，则绳中的张力 (A) 处处相等． (B) 左边大于右边． (C) 右边大于左边． (D) 哪边大无法判断． 【提示】逆时针转动时角速度方向垂直于纸面向外，由于(m 1＜m 2)，实际上滑轮在作减速转动，角加速度方向垂直纸面向内，所以，由转动定律21()T T R J β-=可得：21T T > （或者：列方程组：1112 2212m g T m a T m g m a T R T R J a R ββ-=??-=???-=? ?=?? ，解得：()()122 12m m gR m m R J β-=++，因为m 1＜m 2，所以β<0，那么由方程120T R T R J β-=<，可知，21T T >） [ B ] 2、（基础训练5）如图5-9所示，一静止的均匀细棒，长为L 、质量为m 0，可 绕通过棒的端点且垂直于棒长的光滑固定轴O 在水平面内转动，转动惯量为2 01 3 m L ．一质量为m 、速率为v 的子弹在水平面内沿与棒垂直的方向射出并穿出棒的自由端，设穿过棒后子弹的速率为v 2 1，则此时棒的角速度应为 (A) 0v m m L ． (B) 03v 2m m L ． (C) 05v 3m m L ． (D) 07v 4m m L 【提示】把细棒与子弹看作一个系统，该系统所受合外力矩为零， 所以系统的角动量守恒： 20123v mvL m L m L ω??=+ ??? ，即可求出答案。 [ C ] 3、（基础训练7）一圆盘正绕垂直于盘面的水平光滑固定轴O 转动，如图5-11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ω (A) 增大． (B) 不变． (C) 减小． (D) 不能确定． 【提示】把三者看成一个系统，则系统所受合外力矩为零，所以系统的角动量守恒。设L 为一颗子弹相对于转轴O 的角动量的大小，则有 图5-7 m m 图5-11 v ? 2 1 v ? 俯视图 图5-9
大学物理第3章 刚体力学习题解答
第3章 刚体力学习题解答 3.13 某发动机飞轮在时间间隔t 内的角位移为 ):,:(43s t rad ct bt at θθ-+=。求t 时刻的角速度和角加速度。 解：23 212643ct bt ct bt a d d -==-+== ω θβω 3.14桑塔纳汽车时速为166km/h ，车轮滚动半径为0.26m ，发动机转速与驱动轮转速比为0.909, 问发动机转速为每分多少转？ 解：设车轮半径为R=0.26m ，发动机转速为n 1, 驱动轮转速为n 2, 汽车速度为v=166km/h 。显然，汽车前进的速度就是驱动轮边缘的线速度， 909.0/2212Rn Rn v ππ==，所以： min /1054.1/1024.93426.014.3210 166909.02909.013 rev h rev n R v ?=?===????π 3.15 如题3-15图所示，质量为m 的空心圆柱体，质量均匀分布，其内外半径为r 1和r 2，求对通过其中心轴的转动惯量。 解：设圆柱体长为h ，则半径为r ，厚为dr 的薄圆筒的质量dm 为： 2..dm h r dr ρπ= 对其轴线的转动惯量dI z 为 232..z dI r dm h r dr ρπ== 2 1 2222112..()2 r z r I h r r dr m r r ρπ== -? 3.17 如题3-17图所示，一半圆形细杆，半径为 ，质量为 ， 求对过细杆二端 轴的转动惯量。 解：如图所示，圆形细杆对过O 轴且垂直于圆形细杆所在平面的轴的转动惯量为mR 2，根据垂直轴定理z x y I I I =+和问题的对称性知：圆形细杆对过 轴的转动惯量为 1 2 mR 2，由转动惯量的可加性可求得：半圆形细杆对过细杆二端 轴的转动惯量为：21 4 AA I mR '=
刚体力学习题解答
第三章习题解答 3.13 某发动机飞轮在时间间隔t内的角位移为 。求t时刻的角速度和角加速度。 解： 3.14桑塔纳汽车时速为166km/h，车轮滚动半径为0.26m，发动机转速与驱动轮转速比为0.909, 问发动机转速为每分多少转？ 解：设车轮半径为R=0.26m，发动机转速为n1, 驱动轮转速为n2, 汽车速度为v=166km/h。显然，汽车前进的速度就是驱动轮边缘的线速度，，所以： 3.15 如题3-15图所示，质量为m的空心圆柱体，质量均匀分布，其内外半径为r1和r2，求对通过其中心轴的转动惯量。 解：设圆柱体长为h ，密度为，则半径为r，厚为dr的薄圆筒的质量dm 为： 对其轴线的转动惯量为
3.17 如题3-17图所示，一半圆形细杆，半径为 ，质量为 ，求对过细杆二端 轴的转动惯量。 解：如图所示，圆形细杆对过O轴且垂直于圆形细杆所在平面的轴的转动惯量为mR2，根据垂直轴定理和问题的对称性知：圆形细杆对过 轴的转动惯量为mR2，由转动惯量的可加性可求得：半圆形细杆对过细杆二端 轴的转动惯量为： 3.18 在质量为M，半径为R的匀质圆盘上挖出半径为r的两个圆孔，圆孔中心在半
径R的中点，求剩余部分对过大圆盘中心且与盘面垂直的轴线的转动 惯量。 解：大圆盘对过圆盘中心o且与盘面垂直的轴线（以下简称o轴）的转动惯量为 .由于对称放置，两个小圆盘对o轴的转动惯量相等，设为I’，圆盘质量的面密度σ=M/πR2，根据平行轴定理， 设挖去两个小圆盘后，剩余部分对o轴的转动惯量为I” 3.19一转动系统的转动惯量为I=8.0kgm2，转速为ω=41.9rad/s，两制 动闸瓦对轮的压力都为392N，闸瓦与轮缘间的摩擦系数为μ=0.4，轮半径为r=0.4m，问从开始制动到静止需多长时间？ 解：由转动定理： 制动过程可视为匀减速转动， 3.20一轻绳绕于r=0.2m的飞轮边缘，以恒力F=98N拉绳，如题3-20图
第三章 刚体力学习题答案
第三章 刚体力学习题答案 3-1 如图3-1示,一轻杆长度为2l ,两端各固定一小球,A 球质量为2m ,B 球质量为m , 杆可绕过中心的水平轴O 在铅垂面内自由转动,求杆与竖直方 向成θ角时的角加速度. 解：系统受外力有三个，即A ，B 受到的重力和轴的支撑作用力，轴的作用力对轴的力臂为零，故力矩为零，系统只受两个重力矩作用. 以顺时针方向作为运动的正方向，则A 球受力矩为正，B 球受力矩为负，两个重力的力臂相等为sin d l θ=，故合力矩为 2sin sin sin M mgl mgl mgl θθθ=-= 系统的转动惯量为两个小球（可视为质点）的转动惯量之和 2 2 2 23J ml ml ml =+= 应用转动定律 M J β= 有：2sin 3m gl m l θβ= 解得 sin 3g l θβ= 3-2 计算题3-2图所示系统中物体的加速度．设滑轮为质量均匀分布的圆柱体,其质量为 M ,半径为r ,在绳与轮边缘的摩擦力作用下旋转,忽略桌面 与物体间的摩擦,设1m ＝50kg,2m ＝200kg,M ＝15kg,r ＝0.1m. 解: 分别以1m ,2m 滑轮为研究对象，受力图如图(b)所示．对 1m ,2m 运用牛顿定律，有 a m T g m 222=- ① a m T 11= ② 对滑轮运用转动定律，有 图 3-1 图3-2
β)2 1( 2 12Mr r T r T =- ③ 又， βr a = ④ 联立以上4个方程，得 2 212s m 6 .721520058.92002-?=+ +?= + += M m m g m a 3-3 飞轮质量为60kg,半径为0.25m,当转速为1000r/min 时,要在5s 内令其制动,求制动 力F ,设闸瓦与飞轮间摩擦系数μ＝0.4,飞轮的转动惯量可按匀质圆盘计算,闸杆尺寸如图所示. 解：以飞轮为研究对象，飞轮的转动惯量2 12 J m R =，制动前角速度 为1000260 ωπ=? rad/s ，制动时角加速度为t ωβ-= - 制动时闸瓦对飞轮的压力为N F ，闸 瓦与飞轮间的摩擦力f N F F μ=，运用转动定律，得 2 12 f F R J m R ββ-== 则 2N m R F t ωμ= 以闸杆为研究对象，在制动力F 和飞轮对闸瓦的压力N F -的力矩作用下闸杆保持平衡，两力矩的作用力臂分别为(0.500.75)l =+m 和1l ＝0-50m ，则有 10N Fl F l -= 110.50600.2521000 15720.500.75 20.4560 N l l mR F F l l t ωπμ???= = = ? =+???N 图3-3
刚体作业答案
一、 选择题 [ C ]1、【基础训练2】一轻绳跨过一具有水平光滑轴、质量为M 的定滑轮，绳的两端分别悬有质量为m 1和m 2的物体(m 1＜m 2)，如图5-7所示．绳与轮之间无相对滑动．若某时刻滑轮沿逆时针方向转动，则绳中的张力 [ D ]2、【基础训练3】如图5-8所示，一质量为m 的匀质细杆AB ，A 端靠在粗糙的竖直墙壁上，B 端置于粗糙水平地面上而静止．杆身与竖直方向成θ角，则A 端对墙壁的压力大 (A) 为 41mg cos θ． (B)为2 1 mg tg θ． (C) 为 mg sin θ． (D) 不能唯一确定 图5-8 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． 【提示】： 把三者看作同一系统时,系统所受合外力矩为零,系统角动量守恒。 m m 图5-11
设L 为每一子弹相对与O 点的角动量大小，ω0为子弹射入前圆盘的角速度，ω为子弹射入后的瞬间与圆盘共同的角速度，J 为圆盘的转动惯量，J 子弹为子弹转动惯量，据角动量守恒定律有： 00 ()J L L J J J J J ωω ωωω+-=+= <+子弹 子弹 [ C ]4、【自测提高4】光滑的水平桌面上，有一长为2L 、质量为m 的匀质细杆，可绕过其中点且垂直于杆的竖直光滑固定轴O 自由转动，其转动惯量为 3 1mL 2 ，起初杆静止．桌面上有两个质量均为m 的小球，各自在垂直于杆的方向上，正对着杆的一端，以相同速率v 相向运动，如图5-19所示．当两小球同时与杆的两个端点发生完全非弹性碰撞后，就与杆粘在一起转动，则这一系统碰撞后的转动角速度应为 (A) L 32v ． (B) L 54v ． (C) L 76v ． (D) L 98v ． (E) L 712v ． 图5-19 【提示】： 视两小球与细杆为一系统，碰撞过程中系统所受合外力矩为零，满足角动量守恒条件，所以 2221 [(2)]12 lmv lmv ml ml m l ω+=++ 可得答案（C ） [ A ] 5、【自测提高7】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) ??? ??= R J mR v 2 ω，顺时针． (B) ??? ??=R J mR v 2ω，逆时针． (C) ??? ??+=R mR J mR v 22ω，顺时针． (D) ?? ? ??+=R mR J mR v 22ω，逆时针． 【提示】： 二、填空题 1、【基础训练8】绕定轴转动的飞轮均匀地减速，t ＝0时角速度为05rad ω=，t ＝20s 时角速度为00.8ωω=，则飞轮的角加速度β= -0.05 rad/s 2 ，t ＝0到 t ＝100 s 时间内飞轮所转过的角度θ= 250rad ． O v 俯视图
大学物理刚体力学基础习题思考题及答案.docx
` 习题 5 5-1．如图，一轻绳跨过两个质量为 m 、半径为 r 的均匀圆盘状定滑轮，绳的两端分别挂着质量为 2m 和 m 的重物，绳与滑轮间无相对滑动，滑轮轴光滑，两个定 滑轮的转动惯量均为 mr 2 / 2 ，将由两个定滑轮以及质量为 2m 和 m 的重物组成 的系统从静止释放，求重物的加速度和两滑轮之间绳的力。 解：受力分析如图，可建立方程： 2mg T 2 2ma ┄① T 1 mg ma ┄② (T 2 T )r J ┄③ (T T 1 )r J ┄④ a r ， J mr 2 / 2 ┄⑤ T 联立，解得： a 1 g ， T 11 mg 。 4 8 5-2．如图所示，一均匀细杆长为 l ，质量为 m ，平放在摩擦系数为 的水平桌面 上，设开始时杆以角速度 0 绕过中心 O 且垂直与桌面的轴转动，试求： （ 1）作 用于杆的摩擦力矩； （ 2）经过多长时间杆才会停止转动。 解：（ 1）设杆的线密度为： m ，在杆上取 l 一小质元 dm d x ，有微元摩擦力： d f dmg gd x ， 微元摩擦力矩： d M g xd x ， 考虑对称性，有摩擦力矩： l 1 M 2 2 g xd x mgl ； 0 4 J d M J t Mdt （ 2）根据转动定律 ，有： Jd ， dt 1 mglt 1 2 0 ，∴ t 0 l 4 m l 。 12 3 g 或利用： M t J J 0 ，考虑到 0 ， J 1 ml 2 ， 0 l 12 有： t 3 。 g
(完整版)静力学基础测试题
静力学基础测试卷 姓名：成绩： 一、是非题（每题3分，30分） 1．力有两种作用效果，即力可以使物体的运动状态发生变化，也可以使物体发生变形。 （）2．在理论力学中只研究力的外效应。（）3．两端用光滑铰链连接的构件是二力构件。（）4．作用在一个刚体上的任意两个力成平衡的必要与充分条件是：两个力的作用线相同，大小相等，方向相反。（）5．作用于刚体的力可沿其作用线移动而不改变其对刚体的运动效应。（）6．三力平衡定理指出：三力汇交于一点，则这三个力必然互相平衡。（）7．平面汇交力系平衡时，力多边形各力应首尾相接，但在作图时力的顺序可以不同。 （）8．约束力的方向总是与约束所能阻止的被约束物体的运动方向一致的。（） 9. 力偶只能使刚体发生转动，不能使刚体移动。（） 10.固定铰链的约束反力是一个力和一个力偶。（） 二、选择题（每题4分，24分） 1．若作用在A点的两个大小不等的力F 1和F2，沿同一直线但方向相反。 则其合力可以表示为。 ①F1－F2； ②F2－F1； ③F1＋F2； 2．作用在一个刚体上的两个力F A、F B，满足F A=－F B的条件，则该二力可能是 。 ①作用力和反作用力或一对平衡的力；②一对平衡的力或一个力偶。 ③一对平衡的力或一个力和一个力偶；④作用力和反作用力或一个力偶。 3．三力平衡定理是。 ①共面不平行的三个力互相平衡必汇交于一点； ②共面三力若平衡，必汇交于一点； ③三力汇交于一点，则这三个力必互相平衡。 4．已知F1、F2、F3、F4为作用于刚体上的平面共点力系，其力矢 关系如图所示为平行四边形，由此。 ①力系可合成为一个力偶； ②力系可合成为一个力； ③力系简化为一个力和一个力偶； ④力系的合力为零，力系平衡。
刚体力学参考答案
mg —sin f A l sin 三个独立方程有四个未知数，不能唯一确定。 【提示】: 把三者看作同一系统时，系统所受合外力矩为零，系统角动量守恒。 设L 为每一子弹相对与 O 点的角动量大小，3 为子弹射入前圆盘的角速度，3为子弹射入 第五章刚体力学参考答案(2014) —、 选择题 [C ]1、【基础训练2】一轻绳跨过一具有水平光滑轴、质量为 M 的定滑轮，绳的两端分别 悬有质量为 m 和m 的物体(m v m )，如图5-7所示?绳与轮之间无相对滑动?若某时刻滑轮 沿逆时针方向转动，则绳中的张力 (A)处处相等. (B) 左边大于右边. (C)右边大于左边. (D) 哪边大无法判断. 【提示】： 逆时针转动时角速度方向垂直于纸面向外 ，由于m v m ,实际上滑轮在作减 速转动，角加速度方向垂直纸面向内 ，设滑轮半径为 R,受右端绳子向下拉 力为T 2，左端绳子向下拉力为 T i ,对滑轮由转动定律得:(T 2-T I )R=J [D ]2、【基础训练3】如图5-8所示，一质量为 m 的匀质细杆AB 壁上，B 端置于粗糙水平地面上而静止?杆身与竖直方向成 角，则 1 1 (A)为 mg pos . (B) 为 mg g 4 2 (C) 为 m?n m2 m 1 图5-7 A 端靠在粗糙的竖直墙 A 端对墙壁的压力大 .(D) 不能唯一确定 图5-8 ■: ：: ； SK B 【提示】: 因为细杆处于平衡状态，它所受的合外力为零，以 B 为参考点，外力矩也是平衡的，则有: N A f B A N B mg N A lcon [C]3、基础训练(7) 一圆盘正绕垂直于盘面的水平光滑固定轴 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， 内，则子弹射入后的瞬间，圆盘的角速度 (A) 增大. (C)减小. (B) (D) 不变. 不能确定. O 转动，如图5-11射来 子弹射入圆盘并且留在盘 m <
3 刚体力学习题详解
习题三 一、选择题 1．一根长为、质量为M的匀质棒自由悬挂于通过其上端的光滑水平轴 上。现有一质量为m的子弹以水平速度v0射向棒的中心，并以v0/2的水平 速度穿出棒，此后棒的最大偏转角恰为，则v0的大小为 [ ] （A）；（B）；（C）；（D）。 答案：A 解： ，， ，， ，，，所以 2．圆柱体以80rad/s的角速度绕其轴线转动，它对该轴的转动惯量为。 在恒力矩作用下，10s内其角速度降为40rad/s。圆柱体损失的动能和所 受力矩的大小为 [ ] （A）80J，80；（B）800J，40；（C）4000J，32；（D）9600J， 16。 答案：D 解：，，， 恒定，匀变速，所以有 ，， 3．一个转动惯量为J的圆盘绕一固定轴转动，初角速度为。设它所受阻 力矩与转动角速度成正比 (k为正常数)。 （1）它的角速度从变为所需时间是 [ ] （A）；（B）；（C）；（D）。 （2）在上述过程中阻力矩所做的功为 [ ] （A）；（B）；（C）； (D) 。 答案：C；B。 解：已知，， （1），， ，，所以 （2）
4．如图所示，对完全相同的两定滑轮（半径R，转动惯量J均相同），若分别用F（N）的力和加重物重力(N) 时，所产生的角加速度分别为和，则 [ ] （A）；（B）； （C）；（D）不能确定。 答案：A 解：根据转动定律，有， 依受力图，有， 所以，。 5．对一绕固定水平轴O匀速转动的转盘，沿图示的同一水平直线从相反方向射入两颗质量相同、速率相等的子弹，并停留在盘中，则子弹射入后转盘的角速度应 [ ] （A）增大；（B）减小；（C）不变；（D）无法确定。 答案：B 解： ， 所以 二、填空题 1．半径为的飞轮，初角速度，角加速度，若初始时刻角位移为零，则在时角位移再次为零，而此时边缘上点的线速度为 。 答案：；。 解：已知，，，。 因，为匀变速，所以有。 令，即得，由此得 ，所以 2．一根质量为m、长度为L的匀质细直棒，平放在水平桌面上。若它与桌面间的滑动摩擦系数为，在时，使该棒绕过其一端的竖直轴在水平桌面上旋转，其初始角速度为0，则棒停止转动所需时间为 。 答案：
第五章 刚体力学参考答案
第五章 刚体力学参考答案 一．选择题 [ C ]1、一轻绳跨过一具有水平光滑轴、质量为M 的定滑轮，绳的两端分别悬有质量为m 1和m 2的物体(m 1＜m 2)，如图5-7所示．绳与轮之间无相对滑动．若某时刻滑轮沿逆时针方向转动，则绳中的张力 (A) 处处相等． (B) 左边大于右边． (C) 右边大于左边． (D) 哪边大无法判断． ） 参考答案： 逆时针转动时角速度方向垂直于纸面向外, 由于m 1＜m 2,实际上滑轮在作减速转动,角加速度方向垂直纸面向内,所以,由转动定律得:(T 2-T 1)R=J [ D ]2、如图5-8所示，一质量为m 的匀质细杆AB ，A 端靠在粗糙的竖直墙壁上，B 端置于粗糙水平地面上而静止．杆身与竖直方向成q 角，则A 端对墙壁的压力大小 (A) 为 41mg cos q ． (B)为21 mg tg q ． (C) 为 mg sin q ． (D) 不能唯一确定． ] 参考答案： 因为细杆处于平衡状态，它所受的合外力为零，以B 为参考点，外力矩平衡可有： N A =f B f A +N B =mg sin sin cos 2A A l mg f l N l θθθ=+ 三个独立方程有四个未知数，不能唯一确定。 [ B ]3、如图5-9所示，一静止的均匀细棒，长为L 、质量为M ，可绕通过棒的端点且 垂直于棒长的光滑固定轴O 在水平面内转动，转动惯量为2 31ML ．一质量为m 、速率为v 的子弹在水平面内沿与棒垂直的方向射出并穿出棒的自由端，设穿过棒后子弹的速率为 v 21，则此时棒的角速度应为 ） (A) ML m v ． (B) ML m 23v ． (C) ML m 35v ． (D) ML m 47v ． 图5-9 参考答案： 把质点与子弹看作一个系统，该系统所受外力矩为零，系统角动量守恒： Lmv=Lmv/2+1/3ML 2ω 可得出答案。 m 2 m 1 O 图5-7 图5-8 v 21 v 俯视图