大学物理(机械工业出版社)第三章课后答案

第三章刚体力学

#3－1 一通风机的转动部分以初角速度ω0绕其轴转动，空气的阻力矩与角速度成正比，比例系数C 为一常量。若转动部分对其轴的转动惯量为J ，问：（1）经过多少时间后其转动角速度减少为初角速度的一半？（2）在此时间内共转过多少转？解：（1）由题可知：阻力矩ωC M -=，

又因为转动定理 dt

d J

J M ωβ==

d J C ωω=-∴

J C d t

∴

C -

ωω

C e

=0ωω 当02

1ωω=

时，2

ln C

J t =

。

（2）角位移?=t

dt 0

ωθ?

-=2

ln 0

0C J t

J C dt e

ωC J 021ω=

，

所以，此时间内转过的圈数为C

J n πωπ

420==

。

3－2 质量为M ，半径为R 的均匀圆柱体放在粗糙的斜面上，斜面倾角为α ，圆柱体的外面绕有轻绳，绳子跨过一个很轻的滑轮，且圆柱体和滑轮间的绳子与斜面平行，如本题图所示，求被悬挂物体的加速度及绳中张力

解：由牛顿第二定律和转动定律得

ma T mg =-

ααJ R Mg TR =-.sin 2

由平行轴定理 2

23MR J =

联立解得 g m M M m a 83s i n 48+-=α

mg m

M M

T 83)sin 43(++=

3－3 一平板质量M 1，受水平力F 的作用，沿水平面运动，

如本题图所示，板与平面间的摩擦系数为μ，在板上放一质量为M 2的实心圆柱体，此圆柱体在板上只滚动而不滑动，求板的加速度。

解：设平板的加速度为a 。该平板水平方向受到拉力F 、平面施加的摩擦力1f 和圆柱

体施加的摩擦力2f ，根据牛顿定律有，a M f f F 121=--。

T m m g

T M

设圆柱体的质心加速度为C a ，则C a M f 22=

遵守转动定理，ββ2

222

1R M J R f =

又因为圆柱体无滑滚动 βR a a C += 且 g M M f )(211+=μ

解以上各方程得 2

12131)(M

M g

M M F a +

+-=

3－4 质量面密度为σ的均匀矩形板，试证其对与板面垂直的，通过几何中心的轴线的转动惯量为)(12

b a ab J +σ=

。其中a ，b 为矩形板的长，宽。

证明一：如图，在板上取一质元dxdy dm

σ=，对与板面

垂直的、通过几何中心的轴线的转动惯量为

dm r

dJ ?=

dxdy y x a a b b σ??

--+=

)(

)(12

b a

ab +=σ

证明二：如图，在板上取一细棒bdx dm σ=，对通过细棒中心与棒垂直的转动轴的转

动惯量为

1b dm ?，根据平行轴定理，对与板

面垂直的、通过几何中心的轴线的转动惯量为

(

121x a dm b dm dJ -+?=

dx x a b dx b 2

(

1-+=σσ 3

112

1ba

a b dJ J σσ+=

=∴?)(12

b a

ab +=

3－5 质量为m 1和m 2的两物体A 、B 分别悬挂在如本题图所示的组合轮两端。设两轮的半径分别为R 和r ，两轮的转动惯量分别为J 1和J 2，轮与轴承间的摩擦力略去不计，绳的质量也略去不计。试求两物体的加速度和绳中的张力。

解：分别对两物体做如图的受力分析。根据牛顿定律，有

1111a m T g m =- a m g m T 222=-

M 2

M 1

习题3－3图

又因为组合轮的转动惯量是两轮惯量之和，根据转动定理有

α)(2121J J r T R T +=-

而且，αR a =1，αr a =2，

gR r

m R m J J r m R m a 2

121211+++-=

∴

gr r

m R m J J r m R m a 2

22121212+++-=

g m r m R m J J Rr m r m J J T 12

12122

2211++++++=

g m r

m R m J J Rr

m R

m J J T 22

22121121212++++++=

3－6 如本题图所示装置，定滑轮的半径为r ，绕转轴的转动惯量为J ，滑轮两边分别悬挂质量为m 1和m 2的物体A 、B 。A 置于倾角为θ的斜面上，它和斜面间的摩擦因数为μ。若B 向下作加速运动时，求：（1）其下落加速度的大小；（2）滑轮两边绳子的张力。（设绳的质量及伸长均不计，绳与滑轮间无滑动，滑轮轴光滑）解:A 、B 物体的受力分析如图。根据牛顿定律有 1111s i n a m f g m T =--θ

2222a m T g m =-

对滑轮而言，根据转动定律有 αJ r T r T =-12

由于绳子不可伸长、绳与轮之间无滑动，则 αr a a ==21 2

2111221c o s s i n r

J m m g m g m g m a a ++--=

=∴θ

μθ

212

1211)cos (sin )cos sin 1(r

J m m r

J g m g m m T ++++++=

θμθθμθ

212

2212)cos sin 1(r

J m m r

J g m g m m T +++++=

θμθ

3－7 如本题图所示，质量为M 长为L 的均匀直杆可绕过端点o 的水平轴转动，一质

量为m 的质点以水平速度v 与静止杆的下端发生碰撞，如图示，若M =6m ，求质点与杆分别作完全弹性碰撞和完全非弹性碰撞后杆的角速度大小。

T 2

T g

m 11a

m 22a

A B

T g

m 22

a 2

T g

m 1f

解：（1）质点与杆完全弹性碰撞，则能量守恒

1mv J mv

又因为角动量守恒 ωJ L m v L m v +=1 且 2

1ML J =，m M 6=

v 32=

∴ω

(2) 完全非弹性碰撞，角动量守恒 ωJ L m v L m v +=2 又 L v ω=2 L

v 3=

∴ω

3－8 一半径为R 、质量为m 的匀质圆盘，以角速度ω绕其中心轴转动，现将它平放在一水平板上，盘与板表面的摩擦因数为μ。（1）求圆盘所受的摩擦力矩。（2）问经过多少时间后，圆盘转动才能停止？解：（1）如图，在圆盘上距盘心r 处取宽度为dr 的圆环为微元，该圆环所受的摩擦力与半

径垂直，所以摩擦力矩f d r M d

?=沿转动轴方向，且

r d f dM = g dm r )(μ= g r d r R

r )2(2

ππμ=

?=∴dM

d r r R mg

2μ

m g R μ3

（2）圆盘角动量 2

21mR J =

转动定理 d t

d J

J M ωβ-=-=

t J M -=-∴ω0

R M

J t μωω43=

∴

3－9 一质量为M ，半径为R ，并以角速度ω旋转着的飞轮(可看做均质圆盘)，在某一瞬间突然有一质量为m 的碎片从轮的边缘飞出，如本题图所示。假定碎片脱离飞轮时的瞬时速度方向正好竖直向上，求：(1)碎片所能上升的高度；(2)余下部分的角动量。

f d

o M m v

习题3-7图

解：（1）碎块抛出时的初速度为 R v ω=0

竖直上抛能达到的高度 g

R g

v h 222

ω=

（2）圆盘裂开过程中角动量守恒，设裂开前圆盘角动量为0L ，碎块角动量为L '，余下部分角动量为L ，则L L L '-=0。

ωω2

1MR J L =

ω2

mR L =' ω2

R m M L -=∴

3－10如本题图所示，半径分别为r 1、r 2的两个薄伞形轮I 和Ⅱ，它们各自对通过盘心且垂直盘面转轴的转动惯量为J 1和J 2。开始时轮Ⅰ以角速度ω0转动，问与轮Ⅱ成正交啮合后，两轮的角速度分别为多大？

解：设相互作用力为F ，啮合时间为t ?，根据角动量定理有 )(0111ωω-=?-J t Fr 222ωJ t Fr =?

啮合后两轮具有相同的线速度，即 2211ωωr r = 2

212

011r J r J r J +=

∴ωω， 2

2121012r J r J r r J +=

ωω

3－11一质量为20.0kg 的小孩，站在一半径为3.0m 、转动惯量为450kg·m 2的静止水平转台的边缘上，此转台可绕通过转台中心的竖直轴转动，转台与轴间的摩擦不计。如果此小孩相对转台以1.0m/s 的速率沿转台边缘行走，问转台的角速率有多大？解：小孩相对转台的角速度 R

v =

1ω

小孩相对地面的角速度 10ωωω+=，

其中0ω是转台相对地面的角速度。

根据角动量守恒定律有 0100=+ωωJ J ,

其中0J 、1J 分别是转台和小孩对转台中心轴的转动惯量，

1mR J =

习题3－9

图

习题3－10图

010

52.9--?-=+-

=∴S

v mR

J mR

其中符号表示转台转动方向与小孩对地面的转动方向相反。

3－12一质量为1.12 kg ，长为1.0m 的均匀细棒，支点在棒的上端点，开始时棒自由悬挂。以100N 的力打击它的下端点，打击时间为0.02s 。（1）若打击前棒是静止的，求打击时其角动量的变化；（2）棒的最大偏转角。解：（1）角动量定理 t Fl Mdt L ?==

??1

20.2-??=s

m kg

（2）设棒的偏转角度为θ，选取棒的上端点即支点为势能零点。转动过程中系

统机械能守恒，即

)c o s 1(2

1212

θω

m g l J

又 ωωωJ J L =-=?)(0 ，2

31ml J =

8388)31arccos(22

'=?-

=∴

m t F θ

3－13如本题图所示，A 与B 两飞轮的轴杆由摩擦啮合器连接，A 轮的转动惯量

J 1=10.0kg·m 2，开始时B 轮静止，A 轮以n 1=600r/min 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，直到两轮的转速都等于n=200r/min 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：（1）取两飞轮为系统，啮合过程中系统角动量守恒，即

22111)(ωωJ J J += 112n πω=

222n πω=

所以B 轮的转动惯量为 2

120.20m kg J n n n J ?=-=

（2）啮合过程中系统机械能变化

J J J J E 4

2112

2211032.12

1)(2

1?-=-

?ωω

3－14一质量为m 、半径为R 的匀质圆柱体，从倾角为θ的斜面上无滑动地滚下，求其质心的加速度。

解：如图建立坐标系并对圆柱体受力分析。牛顿第二定律 C ma f mg =-θsin 转动定律 ββ2

21mR J fR ==

无滑滚动 βR a C =

mg f

习题3－13图

θs i n 3

2g a C =

∴

3－15一长为l 、质量为m 的均匀细棒，在光滑的平面上绕质心作无滑动的转动，其角速度为ω。若棒突然改绕其一端转动，求：（1）以端点为转轴的角速度；（2）在此过程中转动动能的改变。

解：（1）质心在变轴转动中受到一瞬间力的作用，设平均力为F ，

根据动量定理有

C C mv v v m t F =-=?)(0 角动量定理 )(2ωω-'=?-J t l F

又 ω'=2

l v C ，2

1ml J =

ωωω4

1412

'∴ml J J

（2）转动动能改变 2

1ωωJ J E K -

''=?

1ml J =

ω2

321ml E K -

=?∴

3－16一长为2L 的均匀细杆，一端靠墙上，另一端放在的水平地板上，如本题图所示，所有的摩擦均可略去不计，开始时细杆静止并与地板成θ0角，当松开细杆后，细杆开始滑下。问细杆脱离墙壁时，细杆与地面的夹角θ为多大？

解：如图，以初始细杆的质心为原点建立坐标系，则任意时刻质心坐标为

)cos (cos 0θθ-=l x

)s i n (s i n 0θθ-=l y （1）

θωs i n l d t

d x v x -==

∴

d l l dt

dv a x x ωθ

θωsin cos 2

--==

（2）

取初始位置的势能为零，则根据机械能守恒有 2

1ωC C J mv mgy +

（3）

将式（1）代入（3）得 l

g 2)

s i n (s i n 302

θθω

（4）

θωc o s 43l

g d t

d -= （5）

O 1F

mg 0θ θ

当细杆与墙壁脱离接触时，01==x

0=∴x a （6）将式（4）、（5）、（6）代入（2）解得 )s i n 32

a r c s i n (0θθ=

3－17如本题图所示，A 、B 两个轮子的质量分别为m 1和m 2，半径分别为r 1和r 2。另有一细绳绕在两轮上，并按图所示连接。其中A 轮绕固定轴O 转动。试求：（1）B 轮下落时，其轮心的加速度；（2）细绳的拉力。

解：如图，取竖直向下为正方向。轮A 作定轴转动，设其

角加速度为A β，根据转动定理有

A r m Fr β2

1112

轮B 作平面运动，设质心加速度为C a ，角加

速度为B β，

根据牛顿定律有 C a m F g m 22=-

根据转动定理有 B r m Fr β2

2222

A 轮边缘一点加速度 A A r a β1=

B 轮边缘一点加速度 B B r a β2= 而且 B

C A a a a -= g m m m m a C 2

12123)(2++=

∴，g m m m m F 2

12123+=

3－18如本题图所示，一长为l 的均质杆自水平放置的初始位置平动自由下落，落下h 距离时与一竖直固定板的顶部发生完全弹性碰撞，杆上碰撞点在距质心C 为l /4处，求碰撞后瞬间的质心速率和杆的角速度。解：

由机械能守恒 2

2121ωJ mv mgh c +

其中J 为绕质心转动惯量2

1ml J =

由动量定理 )2(gh m mv t F c --=? 由角动量定理 ωω2

121)4(ml J t l

F ==?

联立解得 gh v c 271=

， gh l

2724=

g m 2

1r 2r

A B l

习题3-18图