大学物理刚体力学习题解答

1、题3/5图.2 , 一dIz r dm h 23 .r .dr第3章刚体力学习题解答3、13某发动机飞轮在时间间隔t内的角位移为at bt3 ct4( : rad,t:s)。求t时刻的角速度与角加速度。解： 器 a 3bt2 4ct3 蛊 6bt 12ct23、14桑塔纳汽车时速为166km/h,车轮滚动半径为0、26m,发动机转速与驱动轮转速 比为0、909,问发动机转速为每分多少转？解:设车轮半径为R=0、26m,发动机转速为n1,驱动轮转速为n2,汽车速度为v=166km/h0显然，汽车前进的速度就就是驱动轮边缘的线速度，v 2 Rn2 2 Rn1/0.909，所以:n0.909V0.9

2、09 166 1039 24 104 rev/h1 54 1 03 rev/minn12 r 2 3 14 0 26.lev.lev / iiiin3、15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r1与r2,求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:dm h 2 .r.dr对其轴线的转动惯量dIz为1, 22、二 m（2 r1）2r2_2Iz h 2 .r.r dr3、17如题3-17图所示，一半圆形细杆，半径为我质量为港,求对过细杆二端 乩4'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

3、平面的轴的转动惯量为 mR2,根据垂直轴定理Iz Ix I y与问题的j6 3 -17 图对称卜t知：圆形细杆对过 小轴的转动惯量为工mR2,由转动惯2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：1AA 1mR243、18在质量为M,半径为R的匀质圆盘上挖出半径为r的两个圆孔，圆孔中心在半径 R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I JMR2、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hM/k 2,根据平行轴定理I' 2( r2)r2 ( r2)(

4、R)2纂；Mr2设挖去两个小圆盘后，剩余部分对。轴的转动惯量为II" I 2I' 2MR2 MR24 ；Mr22M (R2 r2 2r4/R2)3、19 一转动系统的转动惯量为I=8、0kgm2,转速为=41 9rad/s两制动闸瓦对轮的 压力都为392N,闸瓦与轮缘间的摩擦系数为仙=0 4，轮半径为r=0、4m,问从开始制动到静止需多长时间？片范解:由转动定理：2 3392 ° brad's制动过程可视为匀减速转动，t /41.9/15.68 2.67s 3、20一轻绳绕于r=0、2m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

5、动惯量J=0、5kg、m2,轴承无摩擦。求(1)飞轮的角加速度。(2)绳子拉下5m时,飞轮的角速度与动能(3)如把重量P=98N的物体挂在纯端，如题3-20图(b)所示，再求上面的结果解(1)由转动定理得：M r F 0.2 98I I 0.5由定轴转动刚体的动能定理得39.2rad2Ek2 4900.5Ek1,2-I 2 Ek F h =490J2k144.27rad s(3)物体受力如图所示P T marT J解方程组并代入数据得a r T TPr g2 T-Pr Jg98 9.8 0.298 0.22 0.5 9.821.78rad1J 2 1P 2r222 gPh2Ph:2*98*5&

6、lt; 0.5 9.8*0.233.15rad s1212Ek J 2* 0.5* 33.152 274.7J223、21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二0、46kg,m2=0、5kg,滑轮半径为0、05m。自静止始，释放重物后并测得0 5s内m2下降了 0、75m0滑轮转动惯量就是多少？解：隔离m2、m1及滑轮，受力及运动情况如图 所示。对m2、m1分别应用牛顿第二定律：m2g T2 m2a (1); T1m1g m1a (2)对滑轮应用转动定理：(T2 Ti)R I Ia/R (3)质点m2作匀加速直线运动，由运动学公式：y ，at2,a

7、2 y/t22 0.75/5.02 0.06m/s2由 、可求得 T2 T1 (m2 m1)g (m2 m1)a ,代入中，可求得I (m2 m)g/a (m2 m1)R2代入数据： -_ 2 22I (0.04 9.8/0.06 0.96) 0.051.39 10 kgm3、22质量为m,半径为我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声，圆盘的初角速度为0,问到停止转动，圆盘共转了多少圈?1 C解：ImRmr 2如图所示：dm 2 rdrdMr gdmM dM r gdmg2Rr2dr02mg R由转动定律：M= J d- J-dt d dt12 0得

8、：,mR22o 2 mgR d积分得:所以从角速度为°到停止转动，圆盘共转了13H 圈。3、23如图所示，弹簧的倔强系数k=2N/m,可视为圆盘的滑轮半彳r=0、05m,质量mi=80g,设弹簧与绳的质量可不计，纯不可伸长，绳与滑轮间无相对滑动，运动中阻力不计，求1kg质量的叫6 h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：12-m v21j 2 21 kx2 mgh 03R p8 g解方程得:v2mi gh kh2m m/ 2代入

9、数据计算得：v=1、48m/s。即物体下落0、5m的速度为1、48m/s3、24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0 ,1转动时受到空气的阻力。阻力垂直于板面，每一小面积所受阻力的大小与其面积及速度平方的乘积成正比，比例常数为k0试计算经过多少时间，薄板角速度减为 原来的一半，设薄板竖直边长为b,宽为a,薄板质量为m 解;如图所示,取图示的阴影部分为研究对象-2 _2 2v x df kv dS kx bdx一23dM x df k bx dx aa23124M dM k bx dx -k ba004dt4Jk 2ba44Jkba4 0所以经过4m的时间，薄板角速度减为

10、原来的一半 3kba2 03-25一个质量为M,半径为R并以角速度 旋转的飞轮(可瞧作匀 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，(1)问它能上升多高？4m 3kba2 0题3-25图(2)求余下部分的角速度、角动量与转动动能。解:(1)碎片以R的初速度竖直向上运动。上升的高度：h2V02gR22g(2)余下部分的角速度仍为1O角动量 L J ( M m)R221 1C C转动动能 Ek 1(1M m)R2 23、26两滑冰运动员，在相距1、5m的两平行线上相向而行。两人质量分别为mA=60kg,mB

11、=70kg,她们的速率分别为VA=7m、s-1,VA=6m、s-1,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1、5m。求该瞬时： 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。这一过程中能量就是否守恒？总xc薮m4解:如图所示，(1)xmUmA mB60 1.59 - m60 70 13l x 1.5921m13 26LmAVA( lx) mBVBX_ _22160 7 9/13 70 6 21/26 6.30 10 kgm sLcLcJc2/ ,、2mBX mud x)，代入数据求得：c 8.67 rad s以地面为参考系。1 o

12、 1拉手刖的总动能：Ek1 mAVA mBVB,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能21,221、21,22 1、mAvAmBvBEk2 Jc (mAmB )Vc Jc (mAmB)2222mA mB动能不守恒，总能量守恒。3、27 均匀细棒长为1,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0。解:如图所示:碰撞前后系统对点O的角动量

13、守恒。碰撞前后：L1 mV01 / 4碰撞前后：L2 J0 0ml2122_40由LL2可求得：0 rad71题3,超图3、28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r0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，小球对桌面上的小孔的角动量守恒(1)初态始角动量Li mr-02 0；终态始角动量由LiL2求得：4 o1212322拉力作功：W-Ji12-J0:-mro2022212L2 4mro3、29质量为0、50 kg,长为0、40

14、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°时的角加速度与角速度;(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、题3加图解:设杆长为I,质量为m(1)由同转动定理有： MJJ代入数据可求得：18.38rad 由刚体定轴转动的动能定理得J誓j，代入数据得:；mgsin . 3g sin。|2 1r2 s,111 2 2：mg 一 cos ml2237.978rad s 1(也可以用转动定理(2)由刚体定轴转动的动能定理得求得角加速度再积分求得角速度)mgh 0.5 9.8 0.2 0

15、.98J：W Ek Ek18.573rad s 13-30如题3-30图所示,A与B两飞轮的轴杆由摩擦啮合器连接，A轮的转动惯量J1 = 10、0 kg m2，开始时B轮静止,A轮以n1 =600 r min-1的转速转动，然后使A与B连接, 因而B轮得到加速而A轮减速，直到两轮的车速都等于n =200 r min-1为止、求：(1) B轮的转动惯量；(2)在啮合过程中损失的机械能、 解:研究对象:A、B系统在衔接过程中， 对轴无外力矩作用，故有题3-30图J1常矢J2J1 1 J2 2即：J2小-)代入数据可求得：J2 20kg m 2Ek也12 J2 22 ) ; J1 J2 2代入数据可求得：