大物习题解答-大学物理习题答案(许瑞珍_贾谊明)-第3章 刚体力学

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 ω

β== dt

d J

C ωω=-∴ dt J

C d t ??-=∴00ωωωω t J

C

-=0ln

ωω t J

C

e

-=0ωω

当021ωω=

时，2ln C

J

t =。 （2）角位移?=t

dt 0ωθ?

-=2ln 0

0C J t J

C dt e

ωC

J 0

21ω=

，

所以，此时间内转过的圈数为

C

J n πωπθ420==

。 3－2 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

22b 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 ?

=2

dxdy y x a a b b σ?

?

--+=2222

22)(

)(12

22b 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

212

1

b 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

22)2(121x a

dm b dm dJ -+?=

dx x a

b dx b 23)2

(121-+=σσ 33121121ba a b dJ J σσ+==∴?)(12

22b a ab +=σ

3-3 如图3-28所示，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m 2和m 的重物，绳与滑轮间无相对滑动，滑轮轴光滑，求重物的加速度和各段绳中的张力。

解：受力分析如图

ma T mg 222=- （1） ma mg T =-1 （2） βJ r T T =-)(2 （3） βJ r T T =-)(1 （4）

βr a =，2

2

1mr J =

(5) 联立求出

g a 41=

， mg T 811=，mg T 451=，mg T 2

32=

3-4 如图3-29所示，一均匀细杆长为L ，质量为m ，平放在摩擦系数为μ的水平桌面上，设开始时杆以角速度0ω绕过细杆中心的竖直轴转动，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。 （1） 解：设杆的线l

m

=

λ，在杆上取一小质元dx dm λ= gdx dmg df μλμ==

gxdx dM μλ= 考虑对称 mgl gxdx M l μμλ?==20

4

1

2

（2） 根据转动定律d M J J dt

ωβ==

?

?=-t

w Jd Mdt 0

ω

图3-28 习题3-3图

图3-29 习题3-4图

T

0212

1

41ωμml mglt -=-

所以 g

l

t μω30=

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=-

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

22121211+++-=

∴

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

2212122

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 1111sin 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

g

g

22

a 2

2

2111221cos sin r J m m g m g m g m a a ++--=

=∴θ

μθ

2

212

1211)cos (sin )cos sin 1(r J m m r J g m g m m T ++++++=θμθθμθ 2

212

2212)cos sin 1(r J m m r J g m g m m T +++++=

θμθ

3-7 如图3-32所示，定滑轮转动惯量为 J ，半径为 r ；物体的质量为 m ，用一细绳与劲度系数为 k 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。当绳拉直、弹簧无伸长时使物体由静止开始下落。求：（1）物体下落的最大距离；(2) 物体的速度达最大值时的位置。 解：（1）机械能守恒。 设下落最大距离为h

mgh kh =2

2

1 k

mg

h 2=

（2）mgx J mv kx =++2

222

12121ω

12

2

22mgx kx v J m r ??

-??=??

+????

若速度达最大值，0=dx dv ，k

mg

x =

3-8 如图3-33所示，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N/m 40=k ，当0θ=o 时弹簧无形变，细棒的质量kg 0.5=m ，求在0θ=o 的位置上细棒至少应具有多大的角速度ω，才能转动到水平位置？

解：机械能守恒

22

2

12121kx J mg =+ω

根据几何关系 2

2

2

15.1)5.0(+=+x 1

28.3-?=s rad ω

3-9 如图3-34所示，一质量为m 、半径为R 的圆盘，可绕过O 点的水平轴在竖直面内转动。若盘从图中实线位置开始由静止下落，略去轴承的摩擦，求：（1）盘转到图中虚线所示的铅直位置时，质心C 和盘缘A 点的速率；（2）在虚线位置轴对圆盘的作用力。

图3-32 习题3-7图

图3-33 习题3-8图

解：在虚线位置的C 点设为重力势能的零点，下降过程机械能守恒

221ωJ mgR =

222

1

mR mR J += R

g

34=

ω 3

4Rg

R v c ==ω 1623

A Rg

v R ω==

27

3

y F mg mR mg ω=+=

方向向上

3-10 如图3-35所示，一质量为m 的质点以v 的速度作匀速直线运动。试证明：从直线外任意一点O 到质点的矢量r 在相同的时间内扫过的面积相同。

解：质点不受任何力作用才会作匀速直线运动，因而它对O 点的力矩也为零，即对O 点的角动量守恒 =θsin mvr 常量。另一方面，矢量r 在单位时间内扫过的面积：θsin 2

1

vr S =

?=常量。

3-11 如图3-36所示，质量m 的卫星开始时绕地球作半径为r 的圆周运动。由于某种原因卫星的运动方向突然改变了θ =30°角，而速率不变，此后卫星绕地球作椭圆运动。求（1）卫星绕地球作圆周运动时的速率v ；（2）卫星绕地球椭圆运动时，距地心的最远和最近距离1r 和2r 。

解：（1）由 r v m r mM G 22=，得 r

GM

v =

（2）卫星在运动过程中对地心的角动量守恒和机械能守恒：

221130cos mv r mv r mv r ?=?=?ο

22

2221212212121r mM G mv r mM G mv r mM G mv -=-=- 其中，1v 、2v 分别是卫星在远地点与近地点时的速率，可求出

r r 231=

，r r 2

1

2= 3－12 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。 解：（1）质点与杆完全弹性碰撞，则能量守恒

2

1222

12121mv J mv +=ω 又因为角动量守恒 ωJ Lmv Lmv +=1

且 2

3

1ML J =，m M 6=

图3-34 习题3-9图

图3-35 习题3-10图

图3-36 习题3-11图

L

o M m v

习题3-7图

L

v 32=

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

v

3=

∴ω

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

212

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 421122211032.12

1)(21?-=-+=

?ωω

3-14 如图3-39所示，长为l 的轻杆（质量不计），两端各固定质量分别为m 和m 2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

1和

l 3

2

。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v 0与杆下端小球m 作对心碰撞，碰后以02

1

v 的速度返回，试求碰撞后轻杆所获得的角速度。 解：根据角动量守衡 有

02202

1322)3()32(32v ml m l m l l mv ?-?+=ωω l

v 230

=

ω

3-15 如图3-40所示，有一空心圆环可绕竖直轴OO ′自由转动，转动惯量为J 0 ，环的半径为R ，初始的角速度为ω0 ，今有一质量为m 的小球静止在环内A 点，由于微小扰动使小球向下滑动。问小球到达B 、C 点时，环的角速度与小球相对于环的速度各为多少？ (假

习题3－13图

图3-39 习题3-14图

设环内壁光滑。)

解: (1)小球与圆环系统对竖直轴的角动量守恒，当小球滑至B 点时，有 ωω)(2000mR I I += ①

该系统在转动过程中，机械能守恒，设小球相对于圆环的速率为B v ，以B 点为重力势能零点，则有

222020021)(2121B mv mR I mgR I ++=+ωω ②

联立①、②两式，得

2

02

2002mR I R

I gR v B ++

=ω

(2)当小球滑至C 点时，∵0I I c = ∴0ωω=c

故由机械能守恒，有

221)2(c mv R mg =

∴ gR v c

2=

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

)sin (sin 0θθ-=l y （1） θωsin l dt

dx

v x -==

∴ dt

d l l dt dv a x x ω

θθωsin cos 2--== （2） 取初始位置的势能为零，则根据机械能守恒有 222

1

21ωC C J mv mgy +=

（3）

将式（1）代入（3）得 l

g 2)

sin (sin 302

θθω-=

（4）

θωcos 43l

g

dt d -= （5） 当细杆与墙壁脱离接触时，01==x ma F

0=∴x a （6）

图3-40 习题3-15图

将式（4）、（5）、（6）代入（2）解得

)sin 3

2

arcsin(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 β2111

2

1

= 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 β22222

1

=

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 212123)(2++=

∴，g m m m m F 2

12

123+=

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 22

2

121ωJ mv mgh c +=

其中J 为绕质心转动惯量2

12

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

=ω

22

习题3-18图