河北工程大物第5章 刚体的定轴转动 习题解答hxl.pdf

大学物理学 习题解答 5 1 习题 5 5 1 以20N mM 的恒力矩作用在有固定轴的转轮上 在 10s 内该轮的 转速由零均匀增大到 1 100rev min 此时移去力矩M 转轮因摩擦力矩 f M的 作用经过100s而停止 试推算此转轮的转动惯量 解 恒力矩M作用时 根据转动定律 有 1f MMJ 其中 1 1 t 移去力矩M后 根据转动定律 有 2f MJ 2 2 0 t 联立解得此转轮的转动惯量 2 12 20 17 36 kg m 100 211 11 6010100 M J tt 5 2 一飞轮的质量60kgm 半径0 25mR 绕其水平中心轴O无摩 擦转动 转速为 1 900rev min 现利用一制动闸杆 AB 可使飞轮减速 闸杆可 绕一端 A 转动 在闸杆的另一端 B 加一竖直方向的 制动力F 已知闸杆的尺寸如图所示 闸瓦与飞轮 之间的摩擦系数0 4 飞轮可看做匀质圆盘 1 设制动力的大小100 NF 可使飞轮在多长时间 内停止转动 在这段时间里飞轮转了几转 2 若使飞 轮在 2s 内转速减小一半 需加多大的力F 解 1 先作闸杆和飞轮的受力分析图 如图 图 中N N 是正压力 r F r F 是摩擦力 x F和 y F是 杆在A点转轴处所受支承力 P是轮的重力 R是轮在O轴处所受支承力 杆处于静止状态 所以对A点的合力矩应为零 设闸瓦厚度不计 则有 121 0F ll N l 对飞轮 由转动定律 有 r F RJ 式中负号表示摩擦力的力矩方向与角 速度 方向相反 r FN N N 题 5 2 图 A B 第 5 章 刚体的定轴转动 5 2 2 1 2 JmR 联立解得 12 1 2 r F Rll F JmRl 以100 NF 等代入上式 得 2 2 0 40 0 500 75 40 100rad s 60 0 25 0 503 由此可算出自施加制动闸开始到飞轮停止转动的时间为 0 900 23 7 06s 60 40 t 这段时间内飞轮的角位移为 2 0 1 2 tt 2 900 2140 7 067 06 6023 53 1 2rad 可知在这段时间里 飞轮转了53 1转 2 1 0 2 900rad s 60 要求飞轮转速在2t s内减少一半 可知 0 0 2 0 15 2 rad s 22tt 用上面 1 中所示的关系 可求出所需的制动力为 1 12 60 0 25 0 50 15 177N 2 2 0 40 0 500 75 2 mRl F ll 5 3 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 OO 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 1 m和 2 m相连 1 m和 2 m则挂在圆柱体的两侧 如图所示 设 0 20mR 0 10mr 4kgm 10kgM 12 2kgmm 且开始时 1 m 和 2 m离地高度均为2mh 求 1 柱体转动时的角加速度 2 两侧细绳的张力 3 1 m和 2 m哪个先落地 它落地前瞬间的速率为多少 解 1 设 1 a 2 a和 分别为 1 m 2 m和柱体的加速度及角加速度 方向如图 如 图 b 1 m 2 m和柱体的运动方程如下 2222 Tm gm a 111 1 m gTma 12 TRTrJ 大学物理学 习题解答 5 3 又 112221 TT TT araR 而 22 11 22 JMRmr 由以上诸式求得角加速度 12 22 12 Rmrm g Im Rm r 2222 0 2 20 1 2 9 8 11 10 0 204 0 102 0 202 0 10 22 2 6 13rad s 2 222 2 0 10 6 132 9 820 8NTm rm g 111 2 9 82 0 2 6 1317 1NTm gm R 3 1 m先落地 它落地前瞬间的速率为 1 1 222 6 13 0 2 22 21 m sa hRh v 5 4 计算如图所示系统中物体的加速度大小 设滑轮为质量均匀分布的圆 柱体 半径为0 1mr 轻绳不可伸长 且与滑轮之间无相对滑动 滑轮轴上摩 擦不计 且忽略桌面与物体 1 m间的摩擦 已知 1 50kgm 2 200kgm 滑轮 质量15kgM 解 分别以 1 m 2 m和滑轮为研究对象 受力如图所示 对 1 m 2 m运用牛顿定律 有 2222 m gTm a 11 1 Tm a 对滑轮运用转动定律 有 21 T rT rJ 2 1 2 JMr 又 h 2 m M m r R O O 题 5 3 图 1 m 2 m M 题 5 4 图 1 m 1 m 2 m M 题 5 4 解图 2 m g 2 T 2 T 1 T 1 T 1 m g N F 2 a 1 a 第 5 章 刚体的定轴转动 5 4 12 aar 22 TT 11 TT 联立求解以上方程 得 2 12 2 m g a M mm 2 200 9 8 7 6m s 15 5200 2 5 5 如图所示 一匀质细杆质量为m 长为l 可绕过一端O的水平光滑 固定轴转动 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 角时的角加速度和角速度 解 1 由转动定律 有 2 1 23 l mgml 解得 3 2 g l 2 由转动定律 有 2 1 cos 23 l mgml 得 3 cos 2 g l 由机械能守恒定律 有 22 1 1 sin 22 3 l mgml 解得 3 sing l 5 6 一长为 1m的均匀直棒可绕其一端与棒垂直的水平光滑固定轴转动 抬 O 题 5 5 图 题 5 7 图 大学物理学 习题解答 5 5 起另一端使棒向上与水平面成60 角 然后无初转速地将棒释放 求 1 放手时 棒的角加速度 2 棒转到竖直位置时的角速度 解 1 由转动定律 有 2 1 cos 23 l mgml 得 2 33 9 8 coscos607 35 rad s 22 1 g l 2 由机械能守恒定律 有 22 1 1 1 sin 22 3 l mgml 1 31 sin3 9 8 1 sin60 1 98 rad s 1 g l 5 7 如图所示 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 它原来静止悬挂在平衡位置上 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30 处 1 设这碰撞为完全弹性碰撞 试计算小球初速 0 v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 0 v 棒经小球碰撞后得到的初角速度为 而小球 的速度变为v 按题意 小球和棒作弹性碰撞 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 0 mlJm l vv 222 0 111 222 mJm vv 上两式中 2 1 3 JMl 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 按机械能守恒定律可列式 2 1 1 cos30 22 l JMg 由 式得 1 1 2 2 33 1 cos30 1 2 Mglg Jl 由 式 0 J ml vv 由 式 2 22 0 J m vv 第 5 章 刚体的定轴转动 5 6 所以 2 22 00 1 J mlm vv 解得 0 2 6 2313 1 1 22312 lJlMmM gl mlmm v 2 由 式求得相碰时小球受到的冲量为 0 dIF tmmm vvv 1 3 J Ml l 6 23 6 M gl 负号说明所受冲量的方向与初速度方向相反 5 8 有一质量为 1 m 长为 l 的均匀的细棒 OA 可绕一端的水平固定轴 O 自由转动 初始时静止悬挂 一水平运动的质量为 2 m的小球 从侧面垂直于棒和 轴与棒的另一端 A相碰撞 设碰撞时间极短 已知小球在碰撞前后的速度分别为 1 v 和 2 v 方向如图 求 1 碰撞后瞬间细棒的角速度 2 细棒能够摆动的最大摆角 m 解 1 棒经小球碰撞后得到的初角速度为 碰撞时遵从角动量守恒定律 可列式 2122 mlJml vv 上两式中 2 1 1 3 Jml 解得碰撞后瞬间细棒的角速度 212 2122 2 1 1 3 1 3 mmlml ml ml vvvv 2 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 m 按机械能守恒定律可列式 题 5 8 图 大学物理学 习题解答 5 7 2 1 1 1 cos 22 m l Jm g 解得 2 arccos 1 3 m l g 2 2 212 2 1 3 arccos 1 m glm vv 5 9 弹簧 定滑轮和物体的连接如图所示 弹簧一端固定在墙上 其劲度 系数为 1 200N mk 定滑轮的转动惯量是 2 0 5kg m 其半径为 0 30m 假设 定滑轮轴上摩擦忽略不计 刚开始时物体静止而弹簧处于自然状态 1 当质量 6 0 kgm 的物体落下0 40mh 时 它的速率为多大 2 物体最低可以下落到 什么位置 解 1 以重物 滑轮 弹簧 地球为一系统 重物下落的过程中 机械能守 恒 以最低点为重力势能零点