大学物理刚体力学习题解答

1、第3章刚体力学习题解答某发动机飞轮在时间间隔t内的角位移为atbt3ct4(:rad,t:s)。求t时刻的角速度和角加速度。解：生a3bt24ct341r6bt12ct2桑塔纳汽车时速为166km/h,车轮滚动半径为，发动机转速与驱动轮转速比为，问发动机转速为每分多少转？解：设车轮半径为R=,发动机转速为ni,驱动轮转速为n2,汽车速度为v=166km/h0显然，汽车前进的速度就是驱动轮边缘的线速度，v2Rn22Rn1/0.909,所以：0.909v2R0M2039.24104rev/h1.54103rev/min.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J和七,求

2、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：dmh2.r.dr对其轴线的转动惯量dIz为23Idlzrdmh2.r.drr22122lzh2.r.rdrm(r2r1)12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,根1据垂直轴定理lzlxIy和问题的对称性知：圆形细杆对过轴的转动惯量为'mR,由转21C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：1AA1mR24圆孔中心在半径R在质量为M半彳全为R的匀质圆盘上挖出半径为

3、r的两个圆孔，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。轴)的转动惯量为IMR(2)由定轴转动刚体的动能定理得：AEk1I20.5(3)物体受力如图所示:.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g=M/kR2,根据平行轴定理，1/2x2/2rx2Mr412I'2(r)r(r)(幻如Mr设挖去两个小圆盘后，剩余部分对。轴的转动惯量为I”I"I2I'2MR2r4Mr23M(R2r22r4/R2)一转动系统的转动惯量为I=,转速为co=s,两制动闸瓦对轮的压力都

4、为392N,闸瓦与轮缘间的摩擦系数为仙=,轮半径为r=,问从开始制动到静止需多长时间？解：由转动定理：MI,M2O4。呼。.415.68rad/sI8.0制动过程可视为匀减速转动，/tt/41.9/15.682.67s轻纯绕于r=的飞轮边缘，以恒力F=98N拉绳，如题3-20图(a)所示。已知飞轮的转动惯量J=,轴承无摩擦。求(1)飞轮的角加速度。(2)绳子拉下5m时，飞轮的角速度和动能。(3)如把重量P=98N的物体挂在纯端，如题3-20解（1）由转动定理得：MrF0.29820.52Ek2490144.27rads(b)所示，再求上面的结果EkFh=490J一39.2radsrTEkTma

5、Prg2-PrJg2Ph,P2Jrg解方程组并代入数据得:989.80.2980.220.59.82*98*520.59.8*0.2221.78rad33.15rad2*0.5*33.152274.7JPh现在用阿特伍德机测滑轮转动惯量。用轻线且尽可能润滑轮轴。两端悬挂重物质量各为m=m二,滑轮半径为。自静止始，释放重物后并测得内由下降了。滑轮转动惯量是多少？解：隔离m、m及滑轮，受力及运动情况如图所示。对m、m分别应用牛顿第二定律：m2gT2m2a(1);T1m1gm1a对滑轮应用转动定理：(T2T1)RIla/R(3)质点由作匀加速直线运动，由运动学公式：y，at2,_2_22a2y/t2

6、0.75/5.00.06m/s由、可求得T2T1(m2m1)g(m2m1)a,代入(3)中，可求得I(m2m)g/a(m2m1)R2,代入数据：-_222I(0.049.8/0.060.96)0.051.3910kgm质量为m半径为的均匀圆盘在水平面上绕中心轴转动，如题3-22图所示。盘与水平面的动摩擦因数为，圆盘的初角速度为0,问到停止转动，圆盘共转了多少圈?1C解：I-mR2如图所示：dm2rdrdMrgdmMdMrgdm2,2g20rdr-mgR由转动定律：M=Jdr七*Jd-120得：-mRd2omgRd积分得:所以从角速度为0到停止转动，圆盘共转了邺上圈。16g3R08g解方程得:2

7、m)ghkh2,mm/2如图所示，弹簧的倔强系数k=2N/m,可视为圆盘的滑轮半径r=,质量m=80g,设弹簧和纯的质量可不计，纯不可伸长，绳与滑轮间无相对滑动，运动中阻力不计，求1kg质量的物体从静止开始（这时弹簧不伸长）落下1米时，速度的大小等于多少（g取10m/s2）解：以地球、物体、弹簧、滑轮为系统，其能量守恒物体地桌面处为重力势能的零点，弹簧的原长为弹性势能的零点，则有：1mv21J21kx2migh022212vrJ-mrxh代入数据计算得：v=s即物体下落的速度为s0,转动时受到空气的如题3-24图所示，均质矩形薄板绕竖直边转动，初始角速度为阻力。阻力垂直于板面，每一小面积所受阻

8、力的大小与其面积及速度平方的乘积成正比,设薄板竖直边长为b,比例常数为k。试计算经过多少时间，薄板角速度减为原来的一半,宽为a,薄板质量为mi解；如图所示，取图示的阴影部分为研究对象-2_22vxdfkvdSkxbdxdMxdfk2bx3dxaMdM0ak2bx3dx01k2ba44dMJdtdt斗dkba4Jd42kba4Jkba404m23kba20所以经过4m3kba20的时间,薄板角速度减为原来的一半。3-25一个质量为M半彳全为R并以角速度旋转的飞轮(可看作匀质圆盘),在某一瞬间突破口然有一片质量为m的碎片从轮的边缘上飞出，见题3-25图。假定碎片脱离飞轮时的瞬时速度方向正好竖直向上

9、，(1)问它能上升多高？(2)求余下部分的角速度、角动量和转动动能。2r22解：(1)碎片以R的初速度竖直向上运动。上升的高度：h2g2g(2)余下部分的角速度仍为1 9角动量LJ(Mm)R22转动动能Ek1(1Mm)R2222两滑冰运动员，在相距的两平行线上相向而行。两人质量分别为m=60kg,mB=70kg,他们的速率分别为VA=,VA=,当二者最接近时，便拉起手来，开始绕质心作圆运动，并保持二者的距离为。求该瞬时：(1)系统对通过质心的竖直轴的总角动量；(2)系统的角速度；(3)两人拉手前、后的总动能。这一过程中能量是否守恒？解：如图所示，(1) xmAlmumiB601.59m6070

10、139lx1.51321m26LmAVA(lx)EbVbX6079/1370621/26_2216.3010kgms(2) LJcLJcLc2z.、2mBXmA(lx),代入数据求得：c8.67rads1(3)以地面为参考系。1 c1拉手刖的总动能：Ek1mAvAmBv2,代入数据得Ek12730J,2 2拉手后的总动能：包括括个部分：(1)系统相对于质心的动能(2)系统随质心平动的动台匕目匕Ek21Jc2212-(mAmB)Vc21 I221/2 Jc2(mA2mAVAmBVBmB)mAmB动能不守恒,一均匀细棒长为l,质量为m以与棒长方向相垂直的速度V0在光滑水平面内平动时，与前方一固定的

11、光滑支点O发生完全非弹性碰撞，碰撞点位于离棒中心一方1/4处，如题3-27图所示，求棒在碰撞后的瞬时绕过O点垂直于杆所在平面的轴转动的角速度00解：如图所示：碰撞前后系统对点O的角动量守恒。碰撞前后：L1mV0l/42L12l碰撞刖后：L2J00mlm0124由LiL2可求得：0吨rads0.98128.573rads0.50.47l如题3-28图所示，一质量为m的小球由一绳索系着，以角速度°在无摩擦的水平面上，作半径为r°的圆周运动.如果在纯的另一端作用一竖直向下的拉力，使小球作半径为r0/2的圆周运动.试求：（1）小球新的角速度；（2）拉力所作的功.解：如图所示，小球对

12、桌面上的小孔的角动量守恒（1）初态始角动量Limr02°；终态始角动量L21mr024由LiL2求得：40（2）拉力作功：W-Jii2-J02-mr020222质量为kg,长为m的均匀细棒，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，然后任其落下，如题3-29图所示，求：（1）当棒转过60°时的角加速度和角速度；（2）下落到竖直位置时的动能；（3）下落到竖直位置时的角速度.解：设才f长为l,质量为（1）由同转动定理有:3gsin2l2代入数据可求得:18.38rad由刚体定轴转动的动能定理得:slmg-cos"ml2223限代入数据得:7.978rads

13、1（也可以用转动定理求得角加速度再积分求得角速度）（2）由刚体定轴转动的动能定理得：WEkEkmgh0.59.80.20.98J(3)2Ek3-30如题3-30图所示，A与B两飞轮的轴杆由摩擦啮合器连接，kg-m2,开始时B轮静止，A轮以ni=600r-min-1的转速转动,因而B轮得到加速而A轮减速，直到两轮的转速都等于n=200rB轮的转动惯量；（2）在啮合过程中损失的机械能.A轮的转动惯量J1=然后使A与B连接,min-1为止.求：（1）解：研究对象：A、B系统在衔接过程中,对轴无外力矩作用，故有J1J2J11J22L常矢即：J2丛）代入数据可求得：J220kgm2题3-30图21 oo1（2）Ek-（J112J22）2J1