第三章剛體力學習題答案

1、精品資料第三章剛體力學習題答案3-1 如圖3-1示,一輕桿長度為21 ,兩端各固定一小球,A球質量為2m ,B球質量為m,桿可繞過中心的水平軸O在鉛垂面內自由轉動，求桿與豎直方向成角時的角加速度.解：系統(tǒng)受外力有三個，即 A, B受到的重力和軸的支撐作用力，軸的作用力對軸的力臂為零，故力矩為零，系統(tǒng)只受兩個重力矩作用.以順時針方向作為運動的正方向，則 A球受力矩為正，B球受力矩為負，兩個重力的力臂相等為d 1 sin ，故合力矩為M 2mgl sin mgl sin mgl sin系統(tǒng)的轉動慣量為兩個小球（可視為質點）的轉動慣量之和J 2ml2 ml2 3ml2應用轉動定律M J2有：mgl

2、sin 3ml解得gsin3l3-2 計算題3-2圖所示系統(tǒng)中物體的加速度.設滑輪為質量均勻分布的圓柱體，其質量，忽略桌為M，半徑為r,在繩與輪邊緣的摩擦力作用下旋轉 面與物體間的摩擦，設 n = 50kg，m2 = 200kg,M=0.1m.m1，m2運用牛頓定律，有解：分別以m1，m2滑輪為研究對象，受力圖如圖（b）所示.對m2g T2m2aT1m1a對滑輪運用轉動定律，有可修改又，聯(lián)立以上4個方程，得m2gMmim22200 9.8 7.6155 20023-3飛輪質量為60kg,半徑為0.25m,當轉速為1000r/min時，要在5s內令其制動，求制動力F ,設閘瓦與飛輪間摩擦系數(shù)=

3、0.4,飛輪的轉動慣量可按勻質圓盤計算，閘桿尺寸如圖所示.圖3-31_2解：以飛輪為研究對象，飛輪的轉動慣量J -mR ,制動前角速度,1000為 2rad/s ，制動時角加速度為-制動時閘瓦對飛輪的壓力為Fn ,閘60t瓦與飛輪間的摩擦力 FfFn ,運用轉動定律，得12FfRJ-mR2f2則FnmR2 t以閘桿為研究對象，在制動力 F和飛輪對閘瓦的壓力Fn的力矩作用下閘桿保持平衡，兩力矩的作用力臂分別為l(0.50 0.75) m 和 l1 = 0-50m ,則有Fl Fn110l1mR12 t0.500.50 0.7560 0.25 210002 0.4 5 60157 N3-4設有一均

4、勻圓盤，質量為m ,半徑為R,可繞過盤中心的光滑豎直軸在水平桌面上轉動.圓盤與桌面間的滑動摩擦系數(shù)為，若用外力推動它使其角速度達到°時,撤去外力，求：(1)此后圓盤還能繼續(xù)轉動多少時間？(2)上述過程中摩擦力矩所做的功.解：(1)撤去外力后，盤在摩擦力矩 M f作用下停止轉動-設盤質量密度為mR2有RMf ° g2r2drmgRM f 1根據(jù)轉動定律，J mRJ 24 g 3Rt 3 3R4 g(2)根據(jù)動能定理有121_22摩擦力的功Wf ° -J °2-mR2 02243-5 如題3-6圖所示，一勻質細桿質量為于水平位置由靜止開始擺下.求：(1)初始

5、時刻的角加速度；(2)桿轉過角時的角速度.m，長為l ,可繞過一端O的水平軸自由轉動，桿圖3-6解：(1)由轉動定律，有mg2(1m|2) 33g2l(2)由機械能守恒定律，有-l .mg - sinIm1)3g sinOO轉動.設大小圓柱3-6固定在一起的兩個同軸均勻圓柱體可繞其光滑的水平對稱軸體的半徑分別為 R和r,質量分別為 M和m .繞在兩柱體上的細繩分別與物體m1和m2相連，mi和m2則掛在圓柱體的兩側，如3-8圖所示.設R = 0.20m, r = 0.10m, m=4 kg, M=10 kg, m1 = m2=2 kg,且開始時 m1,m2離地均為h =2m .求：(1)柱體轉動

6、時的角加速度；(2)兩側細繩的張力.解：設a1, a2和3分別為m1, m2和柱體的加速度及角加速度，方向如圖(如圖b).(a)圖(b)圖(1) m1, m2和柱體的運動方程如下：T2 m2gm2a2m1g 工m1alT1 R T, r I式中 T1 T1,T2 T2,a2 r ,a1 R1cle而I MR mr22由上式求得Rm1rm 2'22.T gIm1Rm2r0.2 2 0.1 2 9.8 12122210 0.2024 0.1022 0.2022 0.102226.13 rad s 2(2)由式T2m2rm2g 2 0.10 6.13 2 9.8 20.8 N由式T1m1gm

7、1R 2 9.8 2 0.2. 6.13 17.1 N3-7一風扇轉速為900r/min,當馬達關閉后，風扇均勻減速，止動前它轉過了 75轉,在此過程中制動力做的功為44.4J,求風扇的轉動慣量和摩擦力矩.解：設制動摩擦力矩為 M ,風扇轉動慣量為 J ,止動前風扇的角位移 力矩所做的功為AM M2 N摩擦力所做的功應等于風扇轉動動能的增量，即A 0 1J 2 22A 2 ( 44.4)2J 20.01 kg m(900 2 /60)A 44.4 M0.0942N mh高處只滾不滑2 N 2753-8 一質量為M、半徑為r的圓柱體，在傾斜 角的粗糙斜面上從距地面而下,試求圓柱體滾止地面時的瞬時

8、角速度.解：在滾動過程中，圓柱體受重力Mg和斜面的摩擦力F作用，設 圓柱體滾止地面時，質心在瞬時速1 . 2, .、率為v,則此時質心的平動動能為 一Mv ,與此同時，圓柱體以角速度繞幾何中心軸轉2t 一八，12 ,動，其轉動動能為 -J 2.將勢能零點取在地面上，初始時刻圓柱體的勢能為Mgh ,由于圓柱體只滾不滑而下，摩擦力為靜摩擦力，對物體不做功，只有重力做功，機械能守恒，2j2r，代入上式得-12于是有Mgh -Mv2一 12式中J Mr ,v 2Mgh2(Mr2122-Mr2) 223-9一個輕質彈簧的倔強系數(shù)k 2.0N/m,它的一端固定，另一端通過一條細繩繞過一個定滑輪和一個質量為

9、m =80g的物體相連，如圖所示.定滑輪可看作均勻圓盤，它的質量為M =100g,半徑r = 0.05m.先用手托住物體 m,使彈簧處于其自然長度，然后松手.求物體m下降h = 0.5m 時的速度為多大？忽略滑 輪軸上的摩擦，并認為繩在滑輪邊緣上不打滑.解：由于只有保守力（彈性力、重力）做功，所以由彈簧、滑輪和物體 械能守恒，故有m組成的系統(tǒng)機1212ngh 5kh -1v r, I - Mr222 mv2所以v2mgh kh242Mm1.48m/s圖 3-123-10有一質量為m1、長為l的均勻細棒，靜止平放在滑動摩擦系數(shù)為的水平桌面上，它可繞通過其端點 O且與桌面垂直的固定光滑軸轉動.另有

10、一水平運動的質量為 m2的小滑塊，從側面垂直于棒與棒的另一端A相碰撞,設碰撞時間極短.已知小滑塊在碰撞前后的速度分別為V1和V2,如圖示，求碰撞后從細棒開始轉動到停止轉動的過程所需的時間（已知棒繞-e 口12O點的轉動慣重J mJ ）.3解：對棒和滑塊組成的系統(tǒng)，因為碰撞時間極短，所以棒和滑塊所受的摩擦力矩遠小于相互間的沖量矩，故可認為合外力矩為零， 所以系統(tǒng)的角動量守恒， 且碰撞階段棒的角位移忽略不計，由角動量守恒得1 2m2vlim2v2l - mil碰撞后在在轉動過程中棒受到的摩擦力矩為t一 mi1一M f 0g 丁dx2 rngl由角動量定理得轉動過程中t12M f dt 0 -m1l

11、03聯(lián)立以上三式解得：t 2 m2 VV2ng3-11哈雷彗星繞太陽運動的軌道是一個橢圓.它離太陽最近距離為r1 =8.75 X 1010 m時的速率是 5=5.46 X 10 4m s-1,它離太陽最遠時的速率是v2 = 9.08 x 10 2m - s-1,這時它離太陽的距離2為多少？（太陽位于橢圓的一個焦點.）所以角動量守恒；又由于解：哈雷彗星繞太陽運動時受到太陽的引力一一即有心力的作用, 哈雷彗星在近日點及遠日點時的速度都與軌道半徑垂直，故有1v1 v2r1mM r2mv25.26 1012 m8.75 1010 5.46 10429.08 1023-12平板中央開一小孔，質量為m的小

12、球用細線系住，細線穿過小孔后掛一質量為M1的重物.小球做勻速圓周運動，當半徑為0時重物達到平衡.今在M1的下方再掛一質量為 M2的物體，如3-14解：在只掛重物時 M1，小球作圓周運動的向心力為 Mg ,即2Mgm0 0掛上M2后，則有(MiM2)gmr重力對圓心的力矩為零，故小球對圓心的角動量守恒.r0mv0 r mv2 roo聯(lián)立、得3-13 如圖示,長為l的輕桿,兩端各固定質量分別為m和2m的小球，桿可繞水平光滑軸在豎直平面內轉動，轉軸O距兩端的距離分別為1/3或21/3.原來靜止在豎直位置.今有一質量為 m的小球，以水平速度v0與桿下端的小球 m做對心碰圖 3-13撞，碰后以v。/2的

13、速度返回，試求碰撞后輕桿所獲得的角速度解：將桿與兩端的小球視為一剛體，水平飛來的小球m與剛體視為一系統(tǒng)，在碰撞過程中，外力包括軸 O處的作用力和重力，均不產生力矩，故合外力矩為零，系統(tǒng)角動量守恒-選21 mvo 逆時針轉動為正方向，則由角動量守恒得vo 2l.m J2 32m(；)233v。2l3-14圓盤形飛輪A質量為m,半徑為r,最初以角速度 0轉動，與A共軸的圓盤形飛輪B質量為4m,半徑為2r,最初靜止,如圖所示,兩飛輪嚙合 后，以同一速度 轉動，求 及嚙合過程中機械能的損失 .圖 3-14解：以兩飛輪組成的系統(tǒng)為研究對象，由于運動過程中系統(tǒng)無外力矩作用,角動量守恒，有122mr 011

14、71 2mr21254m(2r)2初始機械能為嚙合后機械能為122-mr 02 21 12 2mr221 2一 mr41 1則機械能損失為4m(2r) 221612 2mr o17401 12mr 17416人, W173-15 如圖示，一勻質圓盤半徑為r,質量為mi,可繞過中心的垂軸轉動.初時盤靜止，一質量為m2的子彈一速度v沿與盤半徑成1 60的方向擊中盤邊緣后以速度v/2沿與半徑方向成2 30的方向反彈，求盤獲得的角速度圖 3-15解：對于盤和子彈組成的系統(tǒng)，撞擊過程中軸O的支撐力的力臂為零，不提供力矩，其他外力矩的沖量矩可忽略不計，故系統(tǒng)對軸O的角動量守恒，即L1 L2,初時盤的角動量

15、為零，只有子彈有角動量，故L1 m2vr sin 60末態(tài)中盤和子彈都有角動量，設盤的角速度為，則v12L2 m2 -r sin30m1r221一 m1r 2-v(2 3 1)m2v可解得:故有 m2vr sin60 m25rsin 302m1r3-16一人站在一勻質圓板狀水平轉臺的邊緣，轉臺的軸承處的摩擦可忽略不計，人的質量為m，轉臺的質量為10 m，半徑為R .最初整個系統(tǒng)是靜止的，這人把一質量為 m的石子水平地沿轉臺的邊緣的切線方向投出，石子的速率為v （相對于地面）.求石子投出后轉臺的角速度與人的線速度.解：以人、轉臺和石子組成的系統(tǒng)為研究對象，由于系統(tǒng)無外力矩作用，角動量守恒， 設轉

16、臺角速度的轉向與投出的石子速度 v方向一致，初始時系統(tǒng)角動量為零，得J mRv 0 一 . 1 一' -2'2一人和轉臺的轉動慣量 J 10mR mR ,代入上式后得2mv6m R 人的線速度為v R ?6m其中負號表示轉臺角速度轉向和人的線速度方向與假設方向相反-3-17一人站在轉臺上，兩臂平舉，兩手各握一個 m 4 kg,啞鈴距轉臺軸r0 0.8 m,起初轉臺以0 2 rad/s的角速度轉動，然后此人放下兩臂，使啞鈴與軸相距r 0.2m,設人與轉臺的轉動慣量不變，且J 5kg m 2 ,轉臺與軸間摩擦忽略不計，求轉臺角速度變?yōu)槎?大？整個系統(tǒng)的動能改變了多少？解：以人、轉臺

17、和啞鈴組成的系統(tǒng)為研究對象，由于系統(tǒng)無外力矩作用，角動量守恒，有一 2一 2(J 2mr0 ) 0 (J 2mr )12.0 rad/sJ 2mr025 2 4 0.82_20_ 2J 2mr5 2 4 0.2動能的增量為122122W W W0 -(J 2mr2) 2 -(J 2mr02) 02122122-(5 2 4 0.22) 122 -(5 2 4 0.82) (2 )2=183J3-18 如3-20圖所示，質量為M，長為l的均勻直棒，可繞垂直于棒一端的水平軸O無摩擦地轉動，它原來靜止在平衡位置上.現(xiàn)有一質量為 m的彈性小球飛來，正好在棒的下端與棒垂直地相撞.相撞后，使棒從平衡位置處

18、擺動到最大角度30。處.(1)設這碰撞為彈性碰撞,試計算小球初速v0的值；於入(2)相撞時小球受到多大的沖量 ？,吟 L Xilk- j圖18解：(1)設小球的初速度為 v0,棒經小球碰撞后得到的初角速度為，而小球的速度變?yōu)関 ,按題意，小球和棒做彈性碰撞，所以碰撞時遵從角動量守恒定律和機械能守恒定律，可 列式：mv0lImvl12112122mv0I2一 mv212上兩式中I - Ml ,碰撞過程極為短暫，可認為棒沒有顯著的角位移；碰撞后，棒從豎直 3位置上擺到最大角度由式得由式由式所以求得30°,按機械能守恒定律可列式:12 l-I 2 Mg2(1cos30 )12cos30 )

19、I v v0 mlV0ml)2V03g丁(1VoT(1ml2) 2(1. 6(2 .3 3m M12 m(2)相碰時小球受到的沖量為由式求得Fdt mv mv mv0Fdt mv mvo.6(2 . 3)M 6、g1負號說明所受沖量的方向與初速度方向相反.3-19如圖示，一個轉動慣量為I ,半徑為R的定滑輪上面繞有細繩，并沿水平方向拉著一個質一一 R量為M的物體 A.現(xiàn)有一質量為 m的子彈在距轉軸 一的 2水平方向以速度V。射入并固定在定滑輪的邊緣，使滑輪拖住A在水平面上滑輪.求(1)子彈射入并固定在滑輪邊緣后，滑輪開始轉動時的角速度.(2)若定滑輪拖著物體A剛好轉一圈而停止，求物體A與水平面

20、間的摩擦系數(shù)(軸上摩擦力忽略圖3-19不計)A構成的系統(tǒng)角動量守恒解：(1 )子彈射入定滑輪前后，子彈、定滑輪及物體R mv。一 2_2- 2mR I MR 解得mv0R 2_ 22(mR I MR )(2)定滑輪轉動過程中物體 A受的摩擦力所做的功等于系統(tǒng)動能的增量1(I mR2 MR2) 2 Mg 2 R解得m2v0R-Z2_ 216 Mg(mR MR I)3-20行星在橢圓軌道上繞太陽運動，太陽質量為 由，行星質量為m2,行星在近日點和遠日點時離太陽中心的距離分別為A和萬，求行星在軌道上運動的總能量解：將行星和太陽視為一個系統(tǒng)，由于只有引力做功，系統(tǒng)機械能守恒，設行星在近日點精品資料一

21、，、«- 12 _ m1m212 _ m1m2和遠日點時的速率分別為 v1和v2,有 一m1vl G -m2v2 G2r12r2行星在軌道上運動時，受太陽的萬有引力作用， 引力的方向始終指向太陽， 以太陽為參考點, 行星所受力矩為零，故行星對太陽的角動量守恒m1rv1 m2r2 v2行星在軌道上運動時的總能量為1 2 - m1m212 八 m1m2Em1v1 Gm2v2 G 2 r12r2聯(lián)立以上三式得：EGm1m23-21 半徑為R質量為m的勻質圓盤水平放置，可繞通過圓盤中心的豎直軸轉動.圓盤邊緣及R/2處設置了兩條圓形軌道，質量都為m的兩個玩具小 車分別沿兩軌道反向運行，相對于圓盤的線速度值同為 v.若圓 盤最初靜止，求兩小車開始轉動后圓盤的角速度 .解：設兩小車和圓盤運動方向如圖所示，以圓盤轉動方向為正向， 外軌道上小車相對于地面的角動量