第5章 刚体力学基础习题课 (1)

1、143251 刚 体 力 学 基 础 习 题 课143252一、基本概念1.刚体及其平动、转动、定轴转动理想化的力学模型 特性：特殊的质点系(牛顿力学) 刚 体 力 学 基 础 刚体对定轴的转动惯量等于刚体中每个质点的质量与这一质点到转轴的垂直距离的平方的乘积的总和。2i iiJm r 2dmJrm 2.转动惯量3.转动动能 212kiiiEmv 212kEJ (刚体中各质元的总动能) 1432534.力矩及其功和功率 （1）对转轴的力矩ziiiMrF （2）力矩的功(力矩的空间积累效应)ddAM 总功：21 dAM 元功:（3）功率：ddANt ddMMt MrF 143254(1) 冲量矩

2、力矩乘以力矩所作用的时间。力矩在t1t2内总冲量矩：21dttM t dMt 元冲量矩：（力矩对时间的积累效应）5.冲量矩和动量矩(2) 角动量（动量矩） 刚体对固定转动轴的角动量,等于它对该轴的转动惯量和角速度的乘积。LJ 1432552.刚体定轴转动的动能定理2221211122kkAJJEE 合外力矩对一个绕固定轴转动的刚体所做的功等于刚体的转动动能的增量。ddMJJt 外外1. 刚体定轴转动的转动定律 刚体所受的对于某一固定转动轴的合外力矩等于刚体对此转轴的转动惯量与刚体在此合外力矩作用下所获得的角加速度的乘积。二、基本规律1432564. 角动量守恒定律 如果刚体所受的对于某一固定轴

3、的合外力矩为零，则它对于这一固定轴的角动量保持不变。.constJ Mzz，则外03. 刚体的角动量定理ddLMt 外外微分形式：5. 机械能守恒 对于包括刚体的系统，功能原理和机械能守恒定律仍成立。 积分形式：2121dttM tLLL 1432571.定轴转动的运动学问题解法：利用定轴转动的运动学描述关系2.转动惯量的计算解法：（1）定义法：2iiiJm r 22ddJrmr V 三、习题基本类型ddt 22ddddtt vr 2nar tar v r Ov定 轴P zr 0t 20012tt 22002 ( () )143258（2）平行轴定理 若有任一轴与过质心的轴平行，相距为d，刚体

4、对其转动惯量为J，则有 JJCm d 2。3.定轴转动的动力学问题解法：利用定轴转动中的转动定律MJ 步骤： （1）审题，确定研究对象；（2）建立坐标系； （3）对研究对象进行受力分析和受力矩分析，并按坐标系的正方向写出外力矩的表达式及规律方程（注：受力分析和受力矩须取隔离体），并用线角量关系将F=ma与M=J 联系起来；（4）计算对轴的转动惯量；（5）解方程，求未知，并对结果进行必要的讨论。1432594.定轴转动中的功能问题解法：利用动能定理和机械能守恒定律5.角动量原理及角动量守恒定律6.混合题型解法： 应用运动学公式、转动定律和角动量守恒定律。四、典型习题分析与讲解1432510=60

5、rev/min=1rev/s=2rad/s1. (P24 17) . 一刚体以每分钟 60 转绕 z 轴做匀速转动( 沿Z轴正方向)。设某时刻刚体上一点P的位置矢量为 , 其单位为“10-2m”，若以“10-2ms-1”为速度单位，则该时刻P点的速度为：kjir543( )94.2125.6157.0A vijk ()25.118.8B vij ()25.118.8C vij ()31.4D vk k 2 分析：345rijk P点在转动平面内对圆心 o的矢径为:34Rij 该时刻P点的速度为:v R 68ji 25.118.8ij kij2(34 )选（B ）14325112.(P24 18

6、) .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 J 。平台和小孩开始时均静止。当小孩突然以相对于地面为V 的速率在台边沿逆时针转向走动时，则此平台相对地面旋转的角速度和旋转方向分别为 0JRmV )(22RVmRJmR（C） ，顺时针；)(22RVmRJmR（D） ，逆时针。)(2RVJmR（B） ，逆时针；)(2RVJmR（A） ，顺时针；选（A ）2()0VJmRR 分析：2()mRVJR 同课本p120.5-14选逆时针为正14325123.（p29. 45 ） 半径为20cm 的主动轮，通过皮带拖动半径为50cm的被动轮转动

7、。主动轮从静止开始作匀角加速转动，在4s内，被动轮的角速度达到8rad.s-1，则主动轮在这段时间内转过了_圈。2210 11 11 11122ttt 101 11 1tt 2211rr 121211412trrn 则两轮边缘上点的线速度大小相等：主动轮在4s内的角位移)rev(20482541 121221trr 111t 解：t = 4s 时，14325134. (P29 46) 一可绕定轴转动的飞轮，在20Nm的总力矩作用下，在10s内转速由零均匀地增加到8 rad/s，飞轮的转动惯量J。 初角速度为: 0=0末角速度为: =8(rad/s)角加速度为：解：0t 2800.8(/)10r

8、ads 利用定轴转动中的转动定律MJ MJ 22025()0.8kg m 1432514 5. (P29 47) 一长为l、重W的均匀梯子，靠墙放置，如图，梯子下端连一倔强系数为k 的弹簧。当梯子靠墙竖直放置时，弹簧处于自然长度，墙和地面都是光滑的。当梯子依墙而与地面成角且处于平衡状态时，(1)地面对梯子的作用力的大小为。(2)墙对梯子的作用力的大小为 。(3)W、k、l、应满足的关系式为 。 补充:刚体在平面力系作用下静止平衡的条件： 作用于刚体平面力系的矢量和为0，对与力作用平面的任意轴的力矩的代数和为0.BAl1432515yxAB(O)FWNBNA原长l由刚体的平衡条件：无平动： co

9、s0klFNFBiix WNFAiiy 0无转动：0 iizM若以A为转轴，选力矩 为正，则0cos2sin lWlNB将NB的值代入 sin2klW 1432516 5. (P29 47) 一长为l、重W的均匀梯子，靠墙放置，如图，梯子下端连一倔强系数为k 的弹簧。当梯子靠墙竖直放置时，弹簧处于自然长度，墙和地面都是光滑的。当梯子依墙而与地面成角且处于平衡状态时，(1)地面对梯子的作用力的大小为。(2)墙对梯子的作用力的大小为 。(3)W、k、l、应满足的关系式为 。 解：刚体平衡的条件：BAl0 iiF 0 iiM WNANBf ANW BNf cos kl 12cossincos0 AW

10、lf lNl cos fkl cos kl W2sin Wkl 2sin Wkl 1432517 6. (P2948) 转动着的飞轮的转动惯量为J，在t=0时角速度为0 。此后飞轮经历制动过程，阻力矩M的大小与角速度的平方成正比，比例系数为k（ k为大于0的常数）。当= 0/3 时，飞轮的角加速度=_。从开始制动到= 0/3 所经过的时间 t =_。 解：由转动定律 M=JMJ 00/ 31()Jtk 2kJ 2200(/ 3)9k kJJ 当= 0/3 时，M= - k2分离变量得2ddJ tk 2ddktJ 再由00/320dd()tJtk 02Jk1432518 7. (P30 49)

11、.长为l的杆如图悬挂，O为水平光滑固定转轴，平衡时杆铅直下垂，一子弹水平地射入杆中，则在此过程中， 系统对转轴O的守恒。 杆和子弹角动量mM8. (P30 50) . 地球的自转角速度可以认为是恒定的，地球对于自转轴的转动惯量J=9.81037kgm2。地球对自转轴的角动量L 。 解：JL 刚体的角动量大小：)/rev( 1日日 )s/rad(6060242 .()Lkg ms 137332298 107 1 10246060.()kg ms 13327 1 101432519 9. (P30 51) 质量分别为m 和2m 的两物体（都可视为质点），用一长为 l 的轻质刚性细杆相连，系统绕通过

12、杆且与杆垂直的竖直固定轴o转动，已知o轴离质量为2m的质点的距离为l/3，质量为m的质点的线速度为v且与杆垂直，则该系统对转轴的角动量(动量矩)大小为_。m2moll /3解：刚体的角速度 JL 231232io)l(m2)l(mJJ2ml32233()2vvll 22332vmlmvll 1 12 2Lmv rmv r212()32 3vmvlmlmvl 或143252010. (P30 52) 动量矩定理的内容是 ，其数学表达式可写成 ， 动量矩守恒的条件是。 转动物体所受的合外力矩的 冲量矩等于在合外力矩作用时间内转动物体动量矩的增量22110dtMtJ J 物体所受合外力矩为零 11.

13、 (P3053) .如图所示，一匀质木球固结在一细棒下端，且可绕水平光滑固定轴 o 转动，今有一子弹沿着与水平面成一角度的方向击中木球而嵌于其中，则在此击中过程中，木球、子弹、细棒系统的 守恒，原因是 , 在木球被击中和球升高的过程中，对木球、子弹、细棒、地球系统的 守恒。 对 o 轴的角动量对该轴的合外力矩为零 机械能143252112.（学习指导P34.73）在一光滑的水平面上，有一轻弹簧，一端固定，一端连接一质量m=1kg的滑块，如图所示。弹簧自然长度l0=0.2m，倔强系数k=100N.m-1，设t=0时。弹簧长度为l0，滑块速度v0=5m.s-1，方向与弹簧垂直。在某一时刻，弹簧位于

14、与初始位置垂直的位置，长度l=0.5m。求该时刻滑块速度的大小和方向。1432522以表末速度与弹簧长度方向的夹角。0M外外角动量守恒:0 0sinmv lmvl 22200111()222mvmvk ll 解：知知机机械械能能守守恒恒由由非非保保内内外外0AA对（滑块+弹簧）系统，对（滑块+弹簧+地球）系统， 选弹簧原长时为弹性势能零点，光滑水平面为重力势能零点，则两式联立，可解出结果。(选 为正)143252313.（学习指导P36.81）oR2Rv 在半径为R的具有光滑竖直固定中心轴线的水平圆盘上，有一人静止站立在距转轴为R/2处，人的质量是圆盘质量的1/10。开始时盘载人对地以角速度0

15、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，如图所示。已知圆盘对中心轴的转动惯量为MR2/2。求：（1）圆盘对地的角速度；（2）欲使圆盘对地静止，人应沿着R/2圆周对圆盘的速度 的大小及方向？v1432524 当人以相对于盘的速率v沿与盘转动相反方向走动时，盘对地的角速度为，人对地的角速度为.盘盘地地人人盘盘人人地地 解： (1)2(1)2vvRR 盘盘地地人人盘盘人人地地 选 为正，有（人盘）系统对轴的合外力矩为0，角动量守恒：oR2Rv )2()2R(10MMR21)2R(10MMR2122022 1432525（1）（2）两式联立可得022 1vR （2）

16、欲使盘对地静止，须02021vR “”号表示人走动方向与上一问中人走动方向相反，即与盘初始转动方向一致。0212Rv 143252614.（学习指导P37.83）有一质量为m1、长为l的均匀细棒，静止放在滑动摩擦系数为的水平桌面上，它可绕通过端点O且与桌面垂直的固定光滑轴转动。另有一水平运动的质量为m2的小滑块，从侧面垂直于棒与棒的另一端A相碰撞，设碰撞时间极短。已知小滑块在碰撞前后的速度分别为 和 ， 如图所示。1v2v求碰撞前后从细棒开始转动到停止转动的过程所需的时间。已知棒绕O点的转动惯量Jm1l2/3()0(1)3tfMtJm l 对(棒滑块)系统，在碰撞过程

17、中，由于碰撞时间极短，棒所受的摩擦力矩滑块的冲力矩，故可近似认为合外力矩为0，因而系统的角动量守恒。（在俯视图中，选 为正方向）由角动量定理，设 Mf 为摩擦力矩，则22 12 211(2)3mvlmv lml 解()0(1)3tfMtJm l 对(棒滑块)系统，在碰撞过程中，由于碰撞时间极短，棒所受的摩擦力矩滑块的冲力矩，故可近似认为合外力矩为0，因而系统的角动量守恒。（在俯视图中，选 为正方向）由角动量定理，设 Mf 为摩擦力矩，则22 12 211(2)3mvlmv lml 解：1432529棒上 x 处 dx 段小质元:1ddmmxl 受摩擦力 df=gdm

18、,对o轴的摩擦力矩 dMf= xdf10dlm gxxl 以上三式联立，解得12212vvtmm g dAffOMM 10dm g xm 11(3)2 m gl 15.（学习指导p18，例3）质量为m的物体悬于轻绳的一端，绳另一端绕在一轮轴的轴上.轴水平且轮轴面，其半径为r，整个装置架在光滑的固定轴承之上. 物体从静止释放，在时间t内下降了距离s.试求整个轮轴的转动惯量J（用m、r、t和s表示）.mromromgTTmaTmg JTr ra 221ats )sgt(mrJ1222 解：方法2：222121Jmvmgs tvs2 rv J1432532三、73、74、75、76、77、78、80

19、、81、82、83五、90、92、93、94四、85、86、87学习指导大题重点题目 14325335-1. 如图，一轻绳跨过两个质量为m、半径为r 的均匀圆盘状定滑轮，绳的两端分别挂着质量为2m和m的重物，绳与滑轮间无相对滑动，滑轮轴光滑，两个定滑轮的转动惯量均为mr2/2，将由两个定滑轮以及质量为2m 和m 的重物组成的系统从静止释放，求重物的加速度和两滑轮之间绳内的张力。T解：受力分析如图，可建立方程：222mgTma 1Tmgma ()2TT rJ 1()TT rJ ar /22Jmr14ag118Tmg联立，解得： （选向下为正）（选向上为正）（选顺时针为正）14325345-2.如

20、图所示，一均匀细杆长为l ，质量为m，平放在摩擦系数为的水平桌面上，设开始时杆以角速度0绕过中心O且垂直于桌面的轴转动。试求：（1）作用于杆的摩擦力矩；（2）经过多长时间杆才会停止转动。解：（1）设杆的线密度为： ml 在杆上取一小质元 ddmx 有微元摩擦力： dddfmgg x 微元摩擦力矩： ddMg xx 考虑对称性，有摩擦力矩： 2012d4lMgx xmgl 1432535（2）根据转动定律 ddMJJt 有： 000ddtM tJ 2011412mgltm l 03ltg 或利用： 0MtJJ考虑到 0 2112Jml 有： 03ltg 或利用： 3MmgJl 0t03ltg 1

21、4325365-3.如图所示，一个质量为m的物体与绕在定滑轮上的绳子相联，绳子的质量可以忽略，它与定滑轮之间无滑动。假设定滑轮质量为M，半径为 R，其转动惯量为MR2/2，试求该物体由静止开始下落的过程中，下落速度与时间的关系。解：受力分析如图，可建立方程：m gTm a TRJ aR 212JmR 22mgaMm联立，解得： 2MmgTMm 考虑到 ddvat ，002dd2vtmgvtMm 有： 22mgtvMm （选向下为正）（选逆时针为正）14325375-4.轻绳绕过一定滑轮，滑轮轴光滑，滑轮的质量为M/4,均匀分布在其边缘上，绳子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

22、一质量为M/4的重物，如图。已知滑轮对O轴的转动惯量J=MR2/4 ，设人从静止开始以相对绳匀速向上爬时，绳与滑轮间无相对滑动，求B端重物上升的加速度？解：分别对人、滑轮与重物列出动力学方程1AMgTMa 人:244BMMTga物: 12T RT RJ 滑轮:（选向下为正）（选逆时针为正）（选向上为正）ABaaR ，/24JMR 解得： 2ABgaa其中:1432538解二：选人、滑轮与重物为系统，设u为人相对绳的速度，v为物上升的速度，注意到u为匀速， d0dut 系统对轴的角动量为： 而力矩为： 213()()442MLM v RM uv RRM v RM uR 重重物物人人( () )(

23、 () )( (滑滑) )13M44MgRMgRMgR 根据角动量定理 ddLMt 有： 3d 3()4d2MgRMvRMuRt 2ga 14325395-5计算质量为m半径为R的均质球体绕其轴线的转动惯量。解：球体密度 334mR 考虑均质球体内一个微元： 2dsin d d dmrr 微元到轴的距离为 sinr 2( sin ) dJrm 有： 222000( sin )sin d d dRJrrr 520012(1cos)dcos 5Rr 225mR 14325405-6一轻弹簧与一均匀细棒连接，装置如图所示，已知弹簧的劲度系数 k=40N/m,当=0时弹簧无形变，细棒的质量m=5.0k

24、g，求在=0的位置上细棒至少应具有多大的角速度 ，才能转动到水平位置？解：选（弹簧+细棒+地球）为系统。 以图示 下方的三角桩为轴，从 =0=90o时，机械能守恒。=0时机械能为： =90o时机械能为：221 122 3lmgml （）212k x有： 2 2 211 1223 2lmg ml kx （）根据几何关系： 222(0.5)1.51x 得： 13.28rad s 重力势能 +转动动能14325415-8如图所示，长为l 的轻杆，两端各固定质量分别为m和2m的小球，杆可绕水平光滑固定轴O在竖直面内转动，转轴O距两端分别为l/3和2l/3。轻杆原来静止在竖直位置。今有一质量为m的小球，

25、以水平速度v0与杆下端小球m作对心完全弹性碰撞，试求小球的反弹速度和碰撞后轻杆所获得的角速度。解：碰撞瞬间 , 角动量守恒，有：0 M022.133mvlmvlJ （）22221222333Jmlmlml （）因为作对心完全弹性碰撞，动能不变 ,有: 22201113222mvmvJ （）解得:0061,55vvvl 14325425-8（旧版）如图所示，长为l 的轻杆，两端各固定质量分别为m和2m的小球，杆可绕水平光滑固定轴O在竖直面内转动，转轴O距两端分别为l/3和2l/3。轻杆原来静止在竖直位置。今有一质量为m的小球，以水平速度v0与杆下端小球m作对心碰撞，碰后以v0/2的速度返回，试求

26、碰撞后轻杆所获得的角速度。 解：根据角动量守恒，有：22002122()2()32333llmvlmvlmm 有： 22004221()9933llv lv l 032vl 解得： 14325435-9一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O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v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，圆盘停止转动。 (圆盘绕通过O的竖直轴的转动惯量为MR2/2,忽略子弹重力造成的摩擦阻力矩。) 解：（1）利用

27、角动量守恒： 2212mvRMRmR 得： 2(2)mvmM R 1432544（2）选微分 d2dmr r 面密度 2MR 202d2 d3RfMMgr mgrr rM gRR 由: fMtJ 有:2221()032MgRtMRmR 知： 22,4MmtRMg 将 22mvMm R 代入，32mvtM g 即得： 14325455-10有一质量为m1 、长为 l 的均匀细棒，静止平放在滑动摩擦系数为的水平桌面上，它可绕通过其端点O且与桌面垂直的固定光滑轴转动。另有一水平运动的质量为m2的小滑块，从侧面垂直于棒与棒的另一端 A相碰撞，设碰撞时间极短。已知小滑块在碰撞前后的速度分别为 和 如图所

28、示。求碰撞后从细棒开始转动到停止转动的过程所需的时间。(已知棒绕点O的转动惯量J=m1l2/3) 1v2v解：由碰撞时角动量守恒，考虑到 和1v2v方向相反，以逆时针为正向，有： 22112213m v lm lm v l 得： 21213()m vvm l 1432546又细棒运动起来所受到的摩擦力矩可由积分求得：1101d2lfmMg xxm gll 利用 ddfMJt 有：210011d3d12tm ltm gl 得： 21212()23m vvltgm g 14325475-11如图所示，滑轮转动惯量为 0.01kgm2 ,半径为7cm;物体的质量为5kg,用一细绳与劲度系数k=200

29、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静止而下落的最大距离； （2）物体的速度达最大值时的位置及最大速率。 解：（1）设弹簧的形变量为x, 下落最大距离为 xmax 。由机械能守恒： 2maxmax12k xmgx 有： max20.49mgxmk 222111222kxmvJmgx （2）当物体下落时，由机械能守恒： 考虑到 vR 有： 2222111222k xm RJmg x1432548欲求速度最大值，将上式两边对x求导，且令 d0dx 有： 21d() 22dk xm RJmgx 将 d0dx 代入，有： 0.245

30、()mgxmk 当x=0.245m时物体速度达最大值，有： 22max2121()2mgxkxvJmr 代入数值可算出： m ax1.31 /vm s 14325495-1一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 m1和m2的物体（ m1m2 ）,如图所示，绳与轮之间无相对滑动，某时刻滑轮沿逆时针方向转动，则绳的张力多大？解：思考题111m gTma （1）222Tm gm a （2）12()TT rJ （3） ar （4）联立方程可得 T1 ,T2 ,21TT 14325505-2一圆盘绕过盘心且与盘面垂直的轴O以角速度 按图示方向转动，若如图所示的情况那样，将两个

31、大小相等方向相反但不在同一条直线的力 F沿盘面方向同时作用到盘上，则盘的角速度怎样变化？ 答：增大14325515-3一个人站在有光滑固定转轴的转动平台上,双臂伸直水平地举起二哑铃,在该人把此二哑铃水平收缩到胸前的过程中，人、哑铃与转动平台组成的系统：（A）机械能守恒，角动量守恒；（ B）机械能守恒，角动量不守恒；（C）机械能不守恒，角动量守恒；（ D）机械能不守恒，角动量不守恒。 答：（C）1432552解:（1）20021tt st4 1. 半径为r =1. 5m的飞轮，初角速度0 = 10 rads-1，角加速度=5 rads-2，则在 t =_时角位移为零，而此时边缘上点的线速度v=

32、_ 。,5211002ttt 0rv （2）)rad/s(104510 )sm(155 . 1101 补充题14325532. 一飞轮作匀减速运动，在5 s 内角速度由40 rads-1减到10rads-1，则飞轮在 5s 内总共转过了_圈，飞轮经_的时间才能停止转动。解：t 0)srad(65301020 t 2202 125)6(2)40()10(22 )(67. 161000st t 0)(5.622125圈圈合合 n14325543. 一飞轮以600rev/min的转速旋转，转动惯量为2.5kgm2，现加一恒定的制动力矩使飞轮在1S内停止运动，则该恒定制动力矩的大小M。 解：0t 20

33、2020 (/)1rads 角加速度为：初角速度为: 0= 600rev/min=20 (rad/s)末角速度为: =0 MJ 2.5( 20 ) 2.5 ( 20) 3.14157()N )(157 N14325554.半径为R具有光滑轴的定滑轮边缘绕一细绳，绳的下端挂一质量为m的物体。绳的质量可以忽略，绳与定滑轮之间无相对滑动。若物体下落的加速度为a，则定滑轮对轴的转动惯量J。 解：RmTmgTa :maTmgm对 JRTM：对Ra :运动关系 TT:牛三律 aRagmJ2)( 1432556 5. 对一个绕固定水平轴 o匀速转动的圆盘，沿如图所示的同一水平直线从相反方向同时射入两颗质量相

34、同、速率相等的子弹，并留在盘中，则子弹射入后转盘的角速度是否改变？如何变？解： （盘两子弹）系统所受对O轴的合外力矩为0， JJ 两子弹射入前对O轴的角动量等值、反向，正好抵消。当两子弹射入后，系统对O的转动惯量JJ，其角动量守恒：故射入前的J只是转盘的角动量。故，即转盘的角速度减小。1432557 6. 如图，一静止的均匀细棒，长L，质量M，可绕通过棒的端点且棒长的光滑固定轴O在光滑水平面内转动，转动惯量为(ML2/3) . 一质量为m速率为v的子弹在水平面内沿与棒的方向射入棒的自由端。设击穿棒后子弹的速率减为/2，则此时棒的角速度为_。(A)mV/ML (B)3mV/2ML (C)5mV/

35、3ML (D)7mV/4ML.解：系统（子弹+杆），对o轴角动量守恒角动量守恒外外 0M选 为正向，则 JL2mLmML2m3ML31Lm212 选（B）14325587.一质量为m的小虫，在有光滑竖直固定中心轴的水平圆盘边缘上，沿逆时针方向爬行，它相对于地面的速率为，此时圆盘正沿顺时针方向转动，相对于地面的角速度为0，设圆盘对中心轴的转动惯量为J，若小虫停止爬行，则圆盘的角速度为解： )mRJ(RmJ2020mRJRmJ （虫+盘）系统，对O轴角角动动量量守守恒恒外外 0M选 为正向0OmR14325598. 一力学系统由两个质点组成，它们之间只有引力作用，若两质点所受外力的矢量和为零，则此

36、系统(A)动量、机械能以及对一轴的角动量都守恒。(B)动量、机械能守恒，但角动量是否守恒不能断定。(C)动量守恒，但机械能和角动量守恒与否不能断定。(D)动量和角动量守恒，但机械能是否守恒不能断定。选（C ）14325609. 一 汽车发动机的转速在7.0s内由200rev/min均匀地增加到3000rev/min。 （1）求这段时间内的初角速度、末角速度及角加速度； （2）求这段时间内转过的角度； （3）发动机轴上装有一半径为r=0.2m的飞轮，求它边缘上一点在这第7.0s末的切向加速度、法向加速度和总加速度。（1）初角速度为 0=2200/60=20.9(rad/s) 末角速度为： =23

37、000/60=314(rad/s) 角加速度为：解：t0)/(9 .410 . 79 .203142srad1432561ran2)(1097. 12 . 0314242ms总加速度为：22ntaaa )(1097. 1)1097. 1 (37. 824242ms总加速度与速度（切向）之间的夹角)(tan1tnaa（2）转过的角度为t20)(1017. 10 . 723149 .203rad)(186圈（3）切向加速度为rat)/(38. 82 . 09 .412sm法向加速度为9589)37. 81097. 1(tan0411432562ROR/2C10. 从一半径为R的均匀薄板上挖去一个直

38、径为R的圆板，所形成的圆洞中心在距原薄板中心R/2处，所剩薄板的质量为m。求此薄板对于通过原中心而与板面垂直的轴的转动惯量。ROR/2C解： 由于转动惯量具有可加性，所以已挖洞的圆板的转动惯量J 加上挖去的圆板补回原位后对原中心的转动惯量J1就等于整个完整圆板对中心的转动惯量J2 即 J= J2 - J1设板质量密度为厚度为a，则22121)(=RmamR 221)(=22123)(=RmOC111JJJ+=221)(+Rm143256322221Rm=J4123213RaJJJmaR=)(-R222由于则ma34=2R最后求得22413mRJ =2212223)()(=RaRJ4323Ra4

39、212RaJ =aRm22ROR/2C1432564 11. 如图，两物体质量为m1 、m2 ，滑轮的质量为m，半径为r，可视作均匀圆盘。已知m2与桌面间的滑动摩擦系数为k，求m1下落的加速度和两段绳子中的张力各为多少。设绳与滑轮间无相对滑动，滑轮轴受的摩擦力忽略不计。解：amTgmm1111=-：amfTm222=-：（绳在轮上不打滑）(向下为正)(向右为正)线角量关系：对m1 、 m2 、滑轮分别进行受力分析，画出示力图JrT-rTm21：(顺时针为正)aam2m1rT1m1gfT2T1T2 Ra1432565方程组的解为：gmmmmmgmmmmakRJk21122121221)()(gm

40、mmmmmagmTk12121212111)()(gmmmmmmgamTkkk22121211221)()(143256612. 如图，两个圆轮的半径分别为R1和R2 , 质量分别为 M1 、M2 ，二者皆可视作均匀圆柱体且同轴固结在一起，可绕一水平固定轴自由转动。今在两轮上绕有细绳，绳端分别挂上质量为m1和m2的两个物体。求在重力作用下，m2下落时轮的角加速度。解：11111amgmTm：22222amTgmm：(向上为正)(向下为正)对m1 、 m2 、整个滑轮分别进行受力分析，画出示力图JRT-RT2112整个轮：(顺时针为正)m1m2R2R1M1M2oa1T1m1ga2T2m2gT1T21432567线角量关系（绳在轮上不打滑）：221