作业刚体力学答案版

作业5 刚体力学

?刚体：在力的作用下不发生形变的物体

?=-?=210t t dt dt d ωθθθω角速度 ?=-?=21

0t t dt dt

d βωωω

β角加速度

1、（基础8）绕定轴转动的飞轮均匀地减速，t ＝0时角速度为05rad s ω=，t ＝20s 时角速

度为00.8ωω=，则飞轮的角加速度β= -0.05 rad/s 2 ，t ＝0到 t ＝100 s 时间内飞轮所转过的角度θ= 250rad ． 【解答】

飞轮作匀变速转动，据0t ωωβ=+，可得出：20

0.05rad s t

ωωβ-==-

据2

012

t t θωβ=+

可得结果。 ?定轴转动的转动定律：

定轴转动的角加速度与它所受的合外力矩成正比，与刚体的转动惯量成反比.βJ M =

质点运动与刚体定轴转动对照

[ C ] 1、（基础2）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为m 1和m 2的物体(m 1＜m 2)，如图5-7所示．绳与轮之间无

相对滑动．若某时刻滑轮沿逆时针方向转动，则绳中的张力

(A) 处处相等． (B) 左边大于右边．

(C) 右边大于左边． (D) 哪边大无法判断． 【解答】

由于m 1＜m 2,实际上滑轮在作减速转动,角加速度方向垂直纸面向内,设滑轮半径为R,受右端绳子向下拉力为T 2，左端绳子向下拉力为T 1，对滑轮由转动定律得:(T 2-T 1)R=J β [ D ] 2、（基础3）如图所示，一质量为m 的匀质细杆AB ，A 端靠在粗糙的竖直墙壁上，B 端置于粗糙水平地面上而静止，杆身与竖直方向成θ角，则A 端对墙壁的压力大小为

θcos 41(A)mg θ

tan 21(B)mg

θsin (C)mg (D)不能唯一确定

m 2

m 1 O

【解答】

因为细杆处于平衡状态，它所受的合外力为零，以B 为参考点，外力矩也是平衡的，则有：

A B N f = A B f N mg +=

θθθlcon N l f l

mg A A +=sin sin 2

三个独立方程有四个未知数，不能唯一确定。

3（自测9）一长为l 、质量可以忽略的直杆，两端分别固定有质量为2m 和m 的小球，杆可绕通过其中心O 且与杆垂直的水平光滑固定轴在铅直平面内转动．开始杆与水平方向成某一角度θ，处于静止状态，如图所示．释放后，杆绕O 轴转动．则当杆转到水平位置时，该系统所受到的合外力矩的大小 /2mgl ，此时该系统角加速度的大小 23g

l

． 【解答】

4、（基础12） 如图5-14所示，滑块A 、重物B 和滑轮C 的质量分别为m A 、m B 和m C ，滑轮的半径为R ，滑轮对轴的转动惯量J ＝

2

1

m C R 2．滑块A 与桌面间、滑轮与轴承之间均无摩擦，绳的质量可不计，绳与滑轮之间无相对滑动．滑块A 的加速度. 【解答】

C

B A B m m m g

m a ++=

)(22

由转动定律得:

B A T R T R J β-= (1) B B B G T m a -= (2) A A T m a = (3) a R β= (4)

4个方程,共有4个未知量: A T 、B T 、a 和β。可求：()22B A B c a m g m m m =++????

5、（基础18）如图5-17所示、质量分别为m 和2m 、半径分别为r 和2r

的两个均匀圆盘，同轴地粘在一起，可以绕通过盘心且垂直盘面的水平光滑固定轴转动，对转轴的转动惯量为9mr 2/2，大小圆盘边缘都绕有绳子，绳子下端都挂一质量为m 的重物，求盘的角加速度的大小． 【解答】

受力情况如图5-17，'11T T =，'22T T =

11mg T ma -= (1) 22T mg ma -= (2)

C

A

B

G B

T B

T A

2/2/2/2M mgl mgl mgl =-= 2222(/2)(/2)3M mgl g J m l m l l

β===

+

12

2

T r T r Jβ

-=(3)

1

2

a rβ

=(4)

2

a rβ

=(5)

联立以上几式解得:

2

19

g

r

?转动惯量：

质量非连续分布：2

2

2

2

2

1

1

2

j

j

j

j

r

m

r

m

r

m

r

m

J+

+

+

=

?

=∑

质量连续分布：m

r

r

m

J

j

j

j

d2

2?

∑=

?

=

1、（基础10）如图5-13所示，P、Q、R和S是附于刚性轻质细杆上的质量分别为4m、3m、

2m和m的四个质点，PQ＝QR＝RS＝l，则系统对O

O'轴的转动惯量为。

【解答】

据2

i i

J m r

=∑有：

2222

4(3)3(2)2050

J m l m l ml ml

=+++=

?摩擦力矩：

?=

-

=

-

=

-

=

dM

M

gdm

r

dN

r

rdf

dMμ

μ

1、（自测12）一根质量为m、长为l的均匀细杆，可在水平桌面上绕通过其一端的竖直固

定轴转动．已知细杆与桌面的滑动摩擦系数为μ，则杆转动时受的摩擦力矩的大小为

=μmgl/2

【解答】

在细杆长x处取线元dx，所受到的摩擦力矩dM=μ(m/l)gxdx，

则

02

l m mgl

M gxdx

l

μ

μ

==

?

?定轴转动的动能定理：2

1

2

22

1

2

1

d

2

1

ω

ω

θ

θ

θ

J

J

M

A-

=

=?

?定轴转动的角动量定理：

1

2

2

1

d

d

d

ω

ωJ

J

t

M

t

L

M t

t

-

=

?

=?

角动量守恒:合外力矩为零。ω

J

L=为常量

[ C ]1、（基础7）一圆盘正绕垂直于盘面的水平光滑固定轴O转

动，如图5-11射来两个质量相同，速度大小相同，方向相反并在一

条直线上的子弹，子弹射入圆盘并且留在盘内，则子弹射入后的瞬

间，圆盘的角速度

(A) 增大．(B) 不变．(C) 减小．(D) 不能确定．

【解答】

把三者看作同一系统时,系统所受合外力矩为零,系统角动量守恒。设L为每一子弹相对与O

点的角动量大小，据角动量守恒定律有：

[ C]2、（自测4）光滑的水平桌面上，有一长为2L、质量为m的匀质

细杆，可绕过其中点且垂直于杆的竖直光滑固定轴O自由转动，其转动

惯量为

3

1

mL2，起初杆静止．桌面上有两个质量均为m的小球，各自在

垂直于杆的方向上，正对着杆的一端，以相同速率v相向运动，如图所

O

M

m

m

图5-11

O

v

v

俯视图

R

P

S

R

Q

R O

O′

示．当两小球同时与杆的两个端点发生完全非弹性碰撞后，就与杆粘在一起转动，则这一系统碰撞后的转动角速度应为 (A)

L 32v ．(B) L 54v ．(C) L 76v ．(D) L 98v ． (E)L

712v ． 【解答】

视两小球与细杆为一系统，碰撞过程中系统所受合外力矩为零，满足角动量守恒条件

2221

[(2)]12

lmv lmv ml ml m l ω+=++

[ A ] 3、（自测7）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 的速率在台边缘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

(A) ??? ??=R J mR v 2ω，顺时针． (B) ???

??=R J mR v 2ω，逆时针．

(C) ??? ??+=R mR J mR v 22ω，顺时针． (D) ??

?

??+=R mR J mR v 22ω，逆时针． 【解答】

视小孩与平台为一个系统，该系统所受的外力矩为零，系统角动量守恒：

0Rmv J ω=- 可得 2()Rmv mR v

J J R

ω==。，顺时针 4、（基础16）一转动惯量为J 的圆盘绕一固定轴转动，起初角速度为0ω，设它所受阻力矩与转动角速度成正比，即M k ω=- (k 为正的常数)，求圆盘的角速度从0ω变为02

1ω时

所需时间．

【解答】 根据

dt

d J

J M ωβ== ωJd Mdt = ωκωJd dt =-

?

?

=-t

d J

dt 0

2

100

ωωωω

κ

所以得 k

J t 2

ln =

5、（自测16）如图5-24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31l 和3

2

l ．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0v 与杆下端小球m 作对心碰撞，碰后以0

2

1v

的速度返回，试求碰撞后轻杆所获得的角速度． 【解答】

系统所受的合外力矩为零，角动量守恒：

碰前的角动量为：

碰后的角动量为：

2m

m

m

O

2

1

v 0

v l

3

2l 3

1l mv 320ω

])3

1(2)32([32212

20l m l m l v m ++-

所以：

得 6、自测提高（17）如图5-25所示，一质量均匀分布的圆盘，质量为0m ，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μ)，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 0垂直于圆盘半径打入圆盘边缘并嵌在盘边上，如图5-25所示。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22

1

MR ，忽略子弹重力造成的摩擦阻力矩) 【解答】

（1）以子弹和圆盘为系统，设0ω为碰撞后瞬间的角加速度，由角动量守恒定律得：

（2）圆盘的质量面密度0

2

m R σπ=

，在圆盘上取一半径为r ,宽为dr 的小环带，质量元 2dm rdr σπ= 此环带受到的摩擦阻力矩 2f dM dm g r rdr g r μμσπ=???=???

则

根据 可推出：

所以0

032mv t m g

μ=

7、（自测18）空心圆环可绕光滑的竖直固定轴AC 自由转动，转动惯量为J0，环的半径为R ，初始时环的角速度为0．质量为m 的小球静止在环内最高处A 点，由于某种微小干扰，小球沿环向下滑动，问小球滑到与环心O 在同一高度的B 点和环的最低处的C 点时，环的角速度及小球相对于环的速度各为多大?(设环的内壁和小球都是光滑的，小球可视为质点，环截面半径r <

选小球和环为系统．运动过程中所受合外力矩为零，故角动量守恒． 即系统起初的角动量J 0ω0与小球滑到B 点时系统角动量相同，

J 0ω0＝(J 0＋mR 2)ω 所以 00

2

0J J mR ωω=

+

又因环的内壁和小球都是光滑，只有保守力做功，故地球、小球和环系统机械能守恒．取过环心的水平面为势能零点，则有

22222000111()222

B J mgR J m R v ωωω+=++

式中v B 表示小球在B 点时相对地面的竖直分速度，也等于它相对于环的速度．代入ω得：

m

R

O

0v

R A ω0

B C

02020)2

1

(ωR m mR R mv +=R m m mv )2

1

(000+=

ω20020223R f m M gr dr m gR

R μπμπ=??=?f d M J dt ω-=0000220012t f M dt Jd m R mR d ωωωω??-==+ ??????ω])31

(2)32([322132

2200

l m l m l v m l mv ++-=l

v

230

=ω

2

2

2002J mR R

J gR B ++=ωv 当小球滑到C 点时，由角动量守恒定律，系统的角速度又回复至ω0，又由机械能守恒定律知，小球在C 的动能完全由在A 点的重力势能转换而来．所以：

()R mg m C 22

12=v , gR C 4=v

四、附加题

1．（基础17）在半径为R 的具有光滑竖直固定中心轴的水平圆盘上，有一人静止站立在距转轴为

R 2

1

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5-16所示． 已知圆盘对中心轴的转动惯量为

22

1

MR ．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

1

圆周 图5－16

对圆盘的速度v

的大小及方向？

【解答】

（1）设当人以速率v 沿相对圆盘转动相反的方向走动时， 圆盘对地的绕轴角速度为ω，则人对地的绕轴角速度为

212

v v

R R ωωω'=-

=- （1） 视人与盘为系统，所受对转轴合外力矩为零，系统的角动量守恒，设盘的质量为M ，则人的质量为M/10，有：

22

22

01121022102M R M R MR MR ωωω??????'+=+?? ? ?????????

（2）

将（1）式代入（2）有：

0221v

R

ωω=+

（3） （2）欲使盘对地静止，则式（3）必为零，即02021v

R ω+=。所以，0212

R v ω=-

。式中负号表示人的走动方向与上一问中人走动的方向相反，即与盘的初始转动方向一致。

2、（自测19）一轻绳绕过一定滑轮，滑轮轴光滑，滑轮的半径为R ,质量为M / 4，均匀分布在其边缘上．绳子的A 端有一质量为M 的人抓住了绳端，而在绳的另一端B 系了一质量为

2

1

M 的重物，如图．设人从静止开始相对于绳匀速向上爬时，绳与滑轮间无相对滑动，求B 端重物上升的加速度？(已知滑轮对通过滑轮中心且垂直于轮面的轴的转动惯量J ＝MR 2 / 4 )

R

v

ω

R /2