2022年《物理学基本教程》课后答案第五章刚体的转动

1、优秀学习资料欢迎下载第五章刚体的转动5-1 一个匀质圆盘由静止开始以恒定角加速度绕过中心而垂直于盘面的定轴转动在某一时刻，转速为10 r/s ，再转 60 转后，转速变为 15 r/s ，试计算：(1)角加速度； (2)由静止达到 10 r/s 所需时间； (3)由静止到 10 r/s 时圆盘所转的圈数分析绕定轴转动的刚体中所有质点都绕轴线作圆周运动，并具有相同的角位移、角速度和角加速度， 因此描述运动状态的物理量与作圆周运动的质点的相似当角加速度恒定时， 绕定轴转动的刚体用角量表示的运动学公式与匀加速直线运动的公式类似解(1) 根据题意，转速由rad/s1021变为rad/s1522期间的角

2、位移rad260，则角加速度为22222122rad/s54.6rad/s2602)102()152(2(2) 从静止到转速为rad/s1021所需时间为s9.61s54.61021t(3) t 时间内转的圈数为48261.91022122121tn5-2 唱片在转盘上匀速转动，转速为78 r/min ，由开始到结束唱针距转轴分别为 15 cm 和 7.5 cm，(1)求这两处的线速度和法向加速度；(2)在电动机断电以后，转盘在 15 s 内停止转动，求它的角加速度及转过的圈数分析绕定轴转动的刚体中所有质点具有相同的角位移、角速度和角加速度，但是线速度、切向加速度和法向加速度等线量则与各质点到

3、转轴的距离有精品学习资料 可选择p d f - - - - - - - - - - - - - - 第 1 页，共 16 页 - - - - - - - - -精品学习资料 可选择p d f - - - - - - - - - - - - - - 第 1 页，共 16 页 - - - - - - - - -优秀学习资料欢迎下载关角量与线量的关系与质点圆周运动的相似解(1) 转盘角速度为rad/s8.17rad/s60278，唱片上m15.01r和m075.02r处的线速度和法向加速度分别为m/s1.23m/s15.017.811rv222121nm/s10.0m/s15.017.8ram/s.

4、6130m/s075.017.822rv222222nm/s.015m/s075.017.8ra(2) 电动机断电后，角加速度为22rad/s545.0rad/s1517.800t转的圈数为75.921517.8212212tn5-3 如图 5-3 所示， 半径 r1 = 30 cm 的 a 轮通过皮带被半径为r2 = 75 cm的 b 轮带动，b 轮以 rad/s 的匀角加速度由静止起动，轮与皮带间无滑动发生， 试求 a 轮达到3000 r/min所需要的时间分析轮与皮带间无滑动，则同一时刻，两轮边缘的线速度相同，均等于皮带的传送速度；两轮边缘的切向加速度也相同， 均等于皮带的加速度解设 a

5、、b 轮的角加速度分别为a、b，由于两轮边缘与皮带连动，切向加速度相同，即2b1arrb a r1r2 图 5-3 精品学习资料 可选择p d f - - - - - - - - - - - - - - 第 2 页，共 16 页 - - - - - - - - -精品学习资料 可选择p d f - - - - - - - - - - - - - - 第 2 页，共 16 页 - - - - - - - - -优秀学习资料欢迎下载则b12arra 轮角速度达到rad/s6030002所需要的时间为s40s75.06030.0300022b1arrt5-4 在边长为 b 的正方形的顶点上， 分别有

6、质量为 m 的四个质点， 求此系统绕下列转轴的转动惯量： (1)通过其中一质点a，平行于对角线 bd 的转轴，如图 5-4 所示 (2)通过 a 垂直于质点所在平面的转轴分析由若干质点组成的质点系对某转轴的转动惯量等于各质点对该转轴转动惯量的叠加每一质点对转轴的转动惯量等于它的质量与其到转轴的垂直距离平方的乘积解(1)因质点 b 和 d 到转轴的垂直距离a2b 和a1d 为a22，质点 c 到转轴的垂直距离ac 为a2，而质点 a 位于转轴上，则系统对通过a 点平行于 bd 的转轴的转动惯量为222132222maamamj(2) 因质点 b 和 d 到转轴的垂直距离ab 和 ad 为a，质点

7、 c 到转轴的垂直距离 ac 为a2，而质点 a 位于转轴上，则系统对通过a 垂于质点所在平面转轴的转动惯量为2222422maammaja1d ac aa2b 图 5-4 精品学习资料 可选择p d f - - - - - - - - - - - - - - 第 3 页，共 16 页 - - - - - - - - -精品学习资料 可选择p d f - - - - - - - - - - - - - - 第 3 页，共 16 页 - - - - - - - - -优秀学习资料欢迎下载5-5 求半径为 r，质量为 m 的均匀半圆环相对于图 5-5 中所示轴线的转动惯量分析如果刚体的质量连续分布

8、在一细线上，可用质量线密度描述其分布情况，如果分布是均匀的，则质量线密度为常量在刚体上取一小段线元l d ，质量为ld ，对转轴的转动惯量为lrd2，其中该线元到转轴的距离r与线元在刚体上的位置有关 整个刚体的转动惯量就是刚体上所有线元转动惯量的总和， 即所取线元的转动惯量对刚体分布的整个区域积分的结果解均匀半圆环的质量线密度为rm， 在半圆环上取一小段圆弧作为线元ddrl，质量为ddddmrrmlm此线元到转轴的距离为sinrr，对轴线的转动惯量为mr d2，则整个半圆环的转动惯量为2022221dsindmrmrmrj5-6 一轻绳跨过滑轮悬有质量不等的二物体a、b，如图 5-6(a) 所

9、示，滑轮半径为 20 cm ，转动惯量等于2mkg50，滑轮与轴间的摩擦力矩为mn198.，绳与滑轮间无相对滑动，若滑轮的角加速度为2rad/s362.，求滑轮两边绳中张力之差分析由于定轴转动的刚体的运动规律遵从转动定律，因此对于一个定轴转动的滑轮来说，仅当其质量可以忽略，转动惯量为零，滑rddr 图 5-5 fnmf ft1ft2(a) (b) 图 5-6 精品学习资料 可选择p d f - - - - - - - - - - - - - - 第 4 页，共 16 页 - - - - - - - - -精品学习资料 可选择p d f - - - - - - - - - - - - - - 第

10、 4 页，共 16 页 - - - - - - - - -优秀学习资料欢迎下载轮加速转动时跨越滑轮的轻绳两边的张力才相等这就是在质点动力学问题中通常采用的简化假设 在掌握了转动定律后， 不应该再忽略滑轮质量， 通常将滑轮考虑为质量均匀分布的圆盘， 则跨越滑轮的轻绳两边的张力对转轴的合力矩是滑轮产生角加速度的原因解滑轮所受力和力矩如图5-6(b) 所示，其中跨越滑轮的轻绳两边的张力分别为 ft1和 ft2，轴的支承力 fn不产生力矩，由转动定律可得jmrffft2t1)()(1ft2t1mjrffn101.08n) 1 .9836. 250(2 .0135-7 如图 5-7 （a）所示的系统中，

11、 m1 = 50 kg ，m2 = 40 kg ，圆盘形滑轮质量 m = 16 kg ，半径 r = 0.1 m ，若斜面是光滑的，倾角为30，绳与滑轮间无相对滑动，不计滑轮轴上的摩擦，(1)求绳中张力； (2)运动开始时， m1距地面高度为 1 m ，需多少时间 m1到达地面？分析由于存在物体运动和滑轮定轴转动，而且必须考虑圆盘形滑轮的质量，这是一个质点动力学和刚体动力学的综合问题，应该采用隔离物体法， 分别对运动物体作受力分析， 对转动的滑轮作所受力矩的分析，然后分别应用牛顿第二定律和转动定律mfnft2 aft1ft1m2m1fn2ft2a30m2gm1g （a）（b）图 5-7 精品学

12、习资料 可选择p d f - - - - - - - - - - - - - - 第 5 页，共 16 页 - - - - - - - - -精品学习资料 可选择p d f - - - - - - - - - - - - - - 第 5 页，共 16 页 - - - - - - - - -优秀学习资料欢迎下载解(1)各物体与滑轮受力情况如图5-7 （b）所示，其中 ft1= ft1，ft2=ft2，轴对滑轮的支承力fn不产生力矩，选取物体运动方向为坐标轴正向，分别应用牛顿第二定律和转动定律，可得amfgm1t11amgmf22t230sin2t2t121)(mrrff由于物体的加速度等于滑轮边

13、缘的线速度，则ra，与以上各式联立解得22121rad/s3021)(30singmrrmmmmn340)(1t1rgmfn316)30sin(2t2rgmf2m/s3ra(2) m1到达地面的时间为s0.816s3122aht5-8 飞轮质量为 60 kg ，半径为 0.25 m ，当转速为 1000 r/min时，要在 5 s 内令其制动，求制动力f，设闸瓦与飞轮间摩擦系数 =0.4 ，飞轮的转动惯量可按匀质圆盘计算，闸杆尺寸如图5-8 所示分析制动力 f 作用在闸杆上， 闸杆在制动力和飞轮的正压力的力矩作用下达到平衡，转动轴在墙上， 这是刚体在力矩作用下的平衡问题 由于二力的力臂已知，

14、应该求出闸杆与飞轮之间的正压力 飞轮受到闸杆的正压0.5 m 0.75m f闸瓦o图 5-8 精品学习资料 可选择p d f - - - - - - - - - - - - - - 第 6 页，共 16 页 - - - - - - - - -精品学习资料 可选择p d f - - - - - - - - - - - - - - 第 6 页，共 16 页 - - - - - - - - -优秀学习资料欢迎下载力、闸瓦与飞轮间摩擦力和轴的支承力作用，其中闸杆的正压力和轴的支承力的力矩为零，在闸瓦与飞轮间摩擦力的力矩作用下制动，应用转动定律可以求出摩擦力矩，然后由摩擦力与正压力关系可以求出闸杆与飞轮

15、之间的正压力解以飞轮为研究对象，飞轮的转动惯量为221mrj，制动前角速度为rad/s6010002，制动时角加速度为t制动时闸瓦对飞轮的压力为fn，闸瓦与飞轮间的摩擦力nfff，应用转动定律，得2f21mrjrf则tmrf2n以闸杆为研究对象在制动力f 和飞轮对闸瓦的压力 -fn的力矩作用下闸杆保持平衡，两力矩的作用力臂分别为m)75.050.0(l和m50.01l，则有01nlffln157n6054. 021000225.06075.050.050.021n1tmrllfllf5-9 一风扇转速为 900 r/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

16、力作的功为44.4 j，求风扇的转动惯量和摩擦力矩分析合外力矩对刚体所作的功等于刚体的转动动能的增量制动过程中风扇只受摩擦力矩作用， 而且由于风扇均匀减速， 表明摩擦力矩为恒定值， 与风扇角位移的乘积就是所作的功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n2，摩擦力矩所作的功为nmmw2摩擦力矩所作的功应等于风扇转动动能的增量，即精品学习资料 可选择p d f - - - - - - - - - - - - - - 第 7 页，共 16 页 - - - - - - - - -精品学习资料 可选择p d f - - - - - - - - - - - - - - 第 7 页，共

17、 16 页 - - - - - - - - -优秀学习资料欢迎下载2210jw则2222mkg01.0mkg)60/2900()4 .44(22wjmn0.0942mn7524.442 nwm5-10 如图 5-10 （a）所示，质量为 24 kg 的鼓形轮，可绕水平轴转动，一绳缠绕于轮上，另一端通过质量为5 kg 的圆盘形滑轮悬有10 kg 的物体，当重物由静止开始下降了0.5 m 时，求： (1)物体的速度； (2)绳中张力设绳与滑轮间无相对滑动分析这也是一个质点动力学和刚体动力学的综合问题，鼓形轮和滑轮都视为圆盘形定轴转动的刚体，应该采用隔离物体法，分别对运动物体作受力分析，对刚体作所受

18、力矩的分析，然后分别应用牛顿第二定律和转动定律解各物体受力情况如图5-10 （b）所示，其中 ft1= ft1，ft2= ft2，鼓形轮的转动惯量为2121rm，圆盘形滑轮的转动惯量为2221rm，分别应用牛顿第二定律和转动定律，可得mafmgt2222t1t221)(rmrff121t121rmrf(1) 绳与滑轮间无相对滑动，物体的加速度等于鼓形轮和滑轮边缘的切向加1ft1ft12ft2rm1m2a rft2mg （a）（b）图 5-10 精品学习资料 可选择p d f - - - - - - - - - - - - - - 第 8 页，共 16 页 - - - - - - - - -精品

19、学习资料 可选择p d f - - - - - - - - - - - - - - 第 8 页，共 16 页 - - - - - - - - -优秀学习资料欢迎下载速度，即12rra重物由静止开始下降了h = 0.5 m 时，速度ah2v，由以上各式得m/s2m/s)524(21105.08.9102)(212221mmmmghahv(2)绳中张力为n48n5241028.924102211t1mmmgmmfn85n5241028.9)524(102)(2121t2mmmgmmmf5-11 一蒸汽机的圆盘形飞轮质量为200 kg ，半径为 1 m ，当飞轮转速为120 r/min时关闭蒸汽阀门

20、，若飞轮在5 min 内停下来，求在此期间飞轮轴上的平均摩擦力矩及此力矩所作的功分析制动过程中飞轮只受摩擦力矩作用，该摩擦力矩不一定为恒定值，但是由于只需求平均摩擦力矩， 因此可以假设飞轮均匀减速， 由已知条件求出平均角加速度，再应用转动定律求出平均摩擦力矩解飞轮转动惯量为221mrj，关闭蒸汽阀门后t = 5 min内的平均角加速度为t00，应用转动定律，平均摩擦力矩mn194mn60560/212012002121202.tmrjm在此期间平均摩擦力矩所作的功等于飞轮转动动能的增量j7896j)60/2120(1200212121212102220220mrjw负号表示平均摩擦力矩作负功，

21、方向与飞轮旋转方向相反精品学习资料 可选择p d f - - - - - - - - - - - - - - 第 9 页，共 16 页 - - - - - - - - -精品学习资料 可选择p d f - - - - - - - - - - - - - - 第 9 页，共 16 页 - - - - - - - - -优秀学习资料欢迎下载5-12 长为 85 cm 的均匀细杆，放在倾角为45的光滑斜面上，可以绕过上端点的轴在斜面上转动，如图5-12(a) 所示，要使此杆实现绕轴转动一周，至少应给予它的下端多大的初速度？分析细杆在斜面上转动，斜面的支承力与转轴平行， 转轴的支承力通过转轴，它们的力

22、矩都为零， 只有重力在转动平面内分量的力矩作功解如图 5-12(b) 所示，杆所受重力在转动平面内的分量为45sinmg，当杆与初始位置的夹角为时，重力分量对转轴的力矩为sin2145sinlmg，此时若杆有角位移 d，则重力矩所作的元功为dsin2145sindlmgw杆从最低位置到最高位置重力矩所作的功为45sindsin2145sind0mgllmgww重力矩所作的功等于此期间杆的转动动能的增量2021045sinjmgl其中231mlj，t00v，则m/s5.94m/s45sin85.08. 9645sin60glv5-13 如图 5-13(a) 所示，滑轮转动惯量为0.012mkg，

23、半径为 7 cm ，物体质量为 5 kg，由一绳与倔强系数k=200 n/m 的弹簧相连，若绳与滑轮间无相对滑动，滑轮轴上的摩擦忽略不计，求：(1)当绳拉直弹簧无伸长时，使物体由mg v045(a) (b) 图 5-12 精品学习资料 可选择p d f - - - - - - - - - - - - - - 第 10 页，共 16 页 - - - - - - - - -精品学习资料 可选择p d f - - - - - - - - - - - - - - 第 10 页，共 16 页 - - - - - - - - -优秀学习资料欢迎下载静止而下落的最大距离；(2)物体速度达最大值的位置及最大速

24、率分析下面的 5-17 题中将证明，如果绕定轴转动的刚体除受到轴的支承力外仅受重力作用， 则由刚体和地球组成的系统机械能守恒如果将滑轮、 地球和物体与弹簧组成一个弹性系统和重力系统合成的系统，当无重力和弹性力以外的力作功的情况下， 整个系统的机械能守恒， 可以应用机械能守恒定律 下面的解则仅应用功能原理和力矩所作的功与刚体转动动能的关系进行计算解(1) 物体由静止而下落到最低点时，速度为零，位移为1x，在此期间重力所作的功完全转换为弹簧弹性势能的增量，即21121kxmgxm0.49m2008 .95221kmgx(2)物体与滑轮受力如图5-13(b) 所示，设物体的最大速率为0v，此时的位移

25、为0 x，加速度00a，滑轮的角加速度000ra，分别应用牛顿第二定律和转动定律mafmgt1jrff)(t2t1可得此时t1fmg，ft1= ft2，又因对于轻弹簧有0t2kxf，则得m0.245m2008.950kmgxkft2ft1ja ft1mmg (a) (b) 图 5-13 精品学习资料 可选择p d f - - - - - - - - - - - - - - 第 11 页，共 16 页 - - - - - - - - -精品学习资料 可选择p d f - - - - - - - - - - - - - - 第 11 页，共 16 页 - - - - - - - - -优秀学习资料

26、欢迎下载在此过程中， 重力所作之功等于弹性势能的增量、物体动能和滑轮转动动能的增量的和，即2020200212121jmkxmgxv因r00v，得m/s31. 1m/s9.85)07.001. 05(2001)(122mgrjmkv5-14 圆盘形飞轮 a 质量为 m，半径为 r，最初以角速度 0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 5-14 所示，两飞轮啮合后，以同一角速度 转动，求 及啮合过程中机械能的损失分析当物体系统所受的合外力矩为零时， 系统的角动量守恒，在此过程中，由于相互作用的内力作功，机械能一般不守恒解以两飞轮组成的系统为研究对象， 由

27、于运动过程中系统无外力矩作用，角动量守恒，有2202)2(4212121rmmrmr得0171初始机械能为2022021412121mrmrw啮合后机械能为2022222241171)2(421212121mrrmmrw则机械能损失为a b 2rr图 5-1 精品学习资料 可选择p d f - - - - - - - - - - - - - - 第 12 页，共 16 页 - - - - - - - - -精品学习资料 可选择p d f - - - - - - - - - - - - - - 第 12 页，共 16 页 - - - - - - - - -优秀学习资料欢迎下载1202211716

28、411716wmrwww5-15 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10 m，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分析应用角动量守恒定律， 必须考虑定律的适用条件， 即合外力矩为零此外还应该注意到，定律表达式中的角动量和角速度都必须是对同一惯性参考系选取的，而转动参考系不是惯性参考系解以人、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，设转台角速度的转向与投出的石子速度v 方向一致，初始时系统角动量

29、为零，得0vmrj人和转台的转动惯量为221021rmrmj，代入上式后得rmm6v人的线速度mmr6vv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5-16 一人站立在转台上，两臂平举，两手各握一个m = 4 kg 的哑铃，哑铃距转台轴 r0 = 0.8 m ，起初，转台以 0 = 2 rad/s 的角速度转动，然后此人放下两臂，使哑铃与轴相距r = 0.2 m，设人与转台的转动惯量不变，且j = 52mkg，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？分析角动量守恒定律是从定轴转动的刚体导出的，却不但适用与刚体， 而且适用于绕定轴转动的任意物体和物体

30、系统精品学习资料 可选择p d f - - - - - - - - - - - - - - 第 13 页，共 16 页 - - - - - - - - -精品学习资料 可选择p d f - - - - - - - - - - - - - - 第 13 页，共 16 页 - - - - - - - - -优秀学习资料欢迎下载解以人、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)2()2(2020mrjmrjrad/s12.0rad/s22.04258.042522220220mrjmrj动能的增量为j183j)2()8 . 0425(21j12)2.0425(21)2(2

31、1)2(2122222020220mrjmrjwww5-17 证明刚体中任意两质点相互作用力所作之功的和为零如果绕定轴转动的刚体除受到轴的支承力外仅受重力作用，试证明它的机械能守恒分析在刚体动力学中有很多涉及重力矩作功的问题，如果能证明当只有重力矩作功时刚体和地球组成的系统机械能守恒，就能应用机械能守恒定律，而且还可以用刚体的质心的势能代替整个刚体中所有质点势能的总和，使求解过程大大简化证刚体中任意两质点相互作用力沿转轴方向的分量对定轴转动不起作用， 而在垂直于转轴的平面内的分量f 和-f 大小相等，方向相反，作用在一条直线上，如图 5-17 所示 设 f 与转轴的垂直距离为sinr，则当刚体

32、有微小角位移d 时，力 f 所作的功为dsinfr，而其反作用力 -f 所作的功为dsinfr，二者之和为零，即刚体中任意两质点相互作用力所作之功的和为零绕定轴转动的刚体除受到轴的支承力外仅受重力作用，刚体中任意质点则受of r-f图 5-17 精品学习资料 可选择p d f - - - - - - - - - - - - - - 第 14 页，共 16 页 - - - - - - - - -精品学习资料 可选择p d f - - - - - - - - - - - - - - 第 14 页，共 16 页 - - - - - - - - -优秀学习资料欢迎下载到内力和重力作用， 当刚体转动时，

33、 因为已经证明了任意两质点相互作用内力所作之功的和为零， 则刚体中各质点相互作用力所作的总功为零，而且轴的支承力也不作功，就只有重力作功，因此机械能守恒5-18 一块长m50.0l，质量为 m 3.0 kg 的均匀薄木板竖直悬挂，可绕通过其上端的水平轴无摩擦地自由转动，质量m =0.1kg的球以水平速度m/s500v击中木板中心后又以速度m/s10v反弹回去，求木板摆动可达到的最大角度木板对于通过其上端轴的转动惯量为231lmj分析质点的碰撞问题通常应用动量守恒定律求解，有刚体参与的碰撞问题则通常应用角动量守恒定律求解质点对一点的角动量在第四章中已经讨论过，当质点作直线运动时， 其角动量的大小是质点动量和该点到