刚体力学参考答案

1、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mi和m2的物体(mi v m2),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.nm2|mi图5-7(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mvm,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T2，左端绳子向下拉力为 Ti,对滑轮由转动定律得:(T 2-Ti)R=J :D2、【基

2、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(C)为 mgsinv.(D)不能唯一确定11(A) 为 mgcos v.(B)为 mgtg v42【提示】：因为细杆处于平衡状态，它所受的合外力为零，以Na = fBfA Nb =mgmg -sin ： - f Al sinN Alcon ：2三个独立方程有四个未知数，不能唯一确定。A图5-8B为参考点，外力矩也是平衡的，则有: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0转动，如图5-11射来两个质量相同，速度大小相同，方

3、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.(C)减小.(B)不变.(D)不能确定.m <1【提示】:把三者看作同一系统时 设L为每一子弹相对与，系统所受合外力矩为零，系统角动量守恒。O点的角动量大小，3 0为子弹射入前圆盘的角速度，3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：J 0 L - L =(J J子弹)-J J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 0自由转动，其转动惯量为 -mL2，起

4、初杆静止桌面上3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2v(A)3L(B)4v5L(C) 6v7L【提示】：视两小球与细杆为系统，碰撞:过程中系统所在一起转动，则这一系统碰撞后的转动角速度应为(D) 9L(E) 12v 7Lv令$ v0俯视图图 5-19满足角动量守恒条件，所以lmv lmv2 2 1 2二ml2 ml2m(2l)2 12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

5、 丄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， 贝U此平台相对地面旋转的角速度和 旋转方向分别为（A）二-，顺时针.JIr .丿2mR(B)JR(C)mR2 v_J mR2 R ，顺时针.(D)mR2 vJ mR2 R,逆时针.【提示】：视小孩与平台为一个系统，该系统所受的外力矩为零，系统角动量守恒：Rmv mR2 v、O=Rmv-J，可得（一）。J J R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 =5rad s , t= 20s时角速度为:-0.8 0 ,则飞轮的角加速度：=-0.05 rad/s2 , t =

6、0到t= 100 s时间内飞轮所 转过的角度 v - . 250rad .【提示】：飞轮作匀变速转动，据.=0 讥，可得出：1 =:0 - 2 二-0.05rad. s1据V - - .0tt2可得结果。22、【基础训练10】如图5-13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= I,则系统对 00 轴的转动惯量为 50ml2。【提示】：2 2 2 2J =4m(3l)3m(2l) 2ml 0 = 50ml图 5-13R)3、【基础训练12】 如图5-14所示，滑块A、重物B和滑轮C的质量分别为 mA、mB和me, 1滑轮的半径为

7、R,滑轮对轴的转动惯量 J=mcR2滑 块A与桌面间、滑轮与轴承之间均2无摩擦，绳的质量可不计，绳与滑轮之间无相对滑动滑块A的加速度2mBg2(mA mB) meC .QAB1图 5-14【提示】：由转动定律得TbTbR -TaR 二 J :(1)Gb -Tb - mBa(2)Ta 二 mAaa =联立以上4式，可解得:Gba =2mBgf(2 mA mB mc4、【自测提高9】一长为I、质量可以忽略的直杆，两端分别固定有质量为2m和m的小球，杆可绕通过其中心 O且与杆垂直的水平光滑固定轴在铅直平面内转动.开始杆与水平方向 成某一角度K处于静止状态，如图5-21所示释放后，杆绕 O轴转动则当杆

8、转到水平位 置时，该系统所受到的合外力矩的大小M = mgl /2，此时该系统角加速度的大小 P =空.3I【提示】:M = 2mgl / 2-mgl/2 二 mgl / 2- =M =mgl=一 一 2 2 J 2m(l /2) m(l /2) 3l图 5-215、【自测提高12】一根质量为 m、长为I的均匀细杆，可在水平桌面上绕通过其一端的竖直固定轴转动已知细杆与桌面的滑动摩擦系数为=u m2【提示】:在细杆长x处取线元dx，它所受到的摩擦力矩，则杆转动时受的摩擦力矩的大小为dM f =卩 dm g，x = A f dx g x，则Jmgl2三、计算题1、 【基础训练16】一转动惯量为J的

9、圆盘绕一固定轴转动，起初角速度为°，设它所受阻1力矩与转动角速度成正比， 即M二-k （k为正的常数），求圆盘的角速度从0变为 02 时所需时间.解 : M 二-k 根据 M =：J2 -J d 'dt可得 Mdt = Jd国代入M=-k有：-kdt = Jdco1 1两边积分: 1一型0三唱过谬評所所得得t L世2k k2、【基础训练18】如图5-17所示、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，求盘的角加速度

10、的大小.解：受力情况如图5-17, T, =T, , T2 =T2mg -T, = ma, E - mg 二 ma2 Ti2r Jr = J 13 = 2 r ： a2 二 r ：联立以上几式解得113、【自测提高16】如图5-24所示，长为I的轻杆，两端各固定质量分别为 m和2m的小球,12杆可绕水平光滑固定轴 0在竖直面内转动，转轴 0距两端分别为-I和-I .轻杆原来静止33在竖直位置.今有一质量为 m的小球，以水平速度v0与杆下端小球 的速度返回，试求碰撞后轻杆所获得的角速度.1 m作对心碰撞，碰后以一v 02m 2解 :系统所受的合外力矩为零，角动量守恒:碰前的角动量为：”2mv0

11、I31 22 21 2碰后的角动量为：-m vo I，m(|) ，2m(|) 333Vo5-24所以： 2丨122.1n2.mv0 丨=-m v0 丨 +m(l) +2m(l) 陰32333得3v0得 -图 5-252l4、【自测提高17】如图5-25所示，一质量均匀分布的圆盘，质量为m。,半径为R,放在一粗糙水平面上(圆盘与水平面之间的摩擦系数为 )，圆盘 可绕通过其中心0的竖直固定光滑轴转动.开始时，圆盘静止，一质量为 m的子弹以水平速度 vo垂直于圆盘半径打入圆盘边缘并嵌在盘边上。求：(1)子弹击中圆盘后，盘所获得的角速度. (2)经过多少时间后，圆盘停1 2止转动.(圆盘绕通过0的竖直

12、轴的转动惯量为m0R2，忽略子弹重力造2成的摩擦阻力矩)解：(1)以子弹和圆盘为系统，设 -0为碰撞后瞬间的角加速度，由角动量守恒定律得: 2 1mv0R = (mR + m2mv°0 二 1 (一 m° m)R(2)圆盘的质量面密度mo2，在圆盘上取一半径为 r,宽为dr的小环带，质量元dm -丁2二rdr此环带受到的摩擦阻力矩dM J dm g r - 1 _2：rdr g r则M f -RP )兀R根据m f = j d dtm0 c222 2- gr drm0gRt可推出：-Mfdt二f说3mv00 Jd1 m0R2 mR2 d M2丿所以t -2%i°g

13、m的小球静止在环内最高处 A点,O在同一高度的B点和环的最 ?(设环的内壁和小球都是光滑5、【自测提高18】如图5-26所示，空心圆环可绕光滑的竖直固定轴AC自由转动，转动惯量为J。，环的半径为 R初始时环的角速度为-，0.质量为 由于某种微小干扰，小球沿环向下滑动，问小球滑到与环心 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 的，小球可视为质点，环截面半径r<<R.)但重力方向与转解 :选小球和环为系统. 运动过程中小球虽受重力作用， 轴平行，对绕轴转动不起作用，系统所受的对转轴的合外力矩为零，故系 统对该轴的角动量守恒.即系统起初的角动量 J00与小球滑到B点时系统

14、角动量相同，J0 ；：0= (J0+ mR2)图 5-26所以乩匕J0 +mR2又因环的内壁和小球都是光滑，只有保守力做功，系统机械能守恒.取过环心的水平面为势能零点，则有1 2 1 2 1 2 2 2 -J0 .0 mgR=§J0m( R - vB)式中Vb表示小球在B点时相对地面的竖直分速度，也等于它相对于环的速度代入，得:JoR2 2gR A0 , mR + J0当小球滑到 C点时，由角动量守恒定律，系统的角速度又回复至0,又由机械能守恒定律可知，小球在 C的动能完全由在 A点的重力势能转换而来.所以：1 2mvC2VB=mg 2R , v 4gR四、附加题1、【基础训练17】

15、在半径为R的具有光滑竖直固定中心轴的水平圆盘上,1在距转轴为 丄R处，人的质量是圆盘质量的 1/10 开始时盘载人对地2以角速度-.0匀速转动，现在此人垂直圆盘半径相对于盘以速率v沿与盘转动相反方向作圆周运动，如图5-16所示.已知圆盘对中心轴1 2的转动惯量为一MR2 .2有一人静止站立图 5 16求：（1）圆盘对地的角速度.1 一（2）欲使圆盘对地静止，人应沿着一R圆周对圆盘的速度 V的大小及方向?2解：（1）设当人以速率v沿相对圆盘转动相反的方向走动时， 圆盘对地的绕轴角速度为3,则人对地的绕轴角速度为, v2vco=国一一1r R2视人与盘为系统，所受对转轴合外力矩为零，系统的角动量守恒，设盘的质量为 的质量为M/10，有：(1)M,则人Jmr2MQL2 10 2将（1）式代入（2）有:亠2v-0 -21R（2 ）欲使盘对地静止，则式（3）必为零，即©-2V-21R=0。所以,21R 0'。式中负号表示人的走动方向与上一问中人走动的方向相反，即与盘的初始转动方向一致。2、【（自测提高19】一轻绳绕过一定滑轮，滑轮轴光滑，滑轮的半径为R,质量为m/4,均匀分布在其边缘上绳子的 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/2的重物，如图5-27所示。设人从静止开始相对于绳匀速