刚体动力学习题
刚体部分习题参考答案
m2 g.
4-26 小幅摆动的周期: T = 2π l12 + l22 ; g(l2 − l1 )
等值摆长:
l0
=
l12 + l2 2 l2 − l1
> l1 + l2
.
4-27
I
=
T12 T2 2 − T12
ml(l
−
T2 2 4π 2
g)
= 1.21×103 g ⋅ cm2
4-28
(1)
T= T0
T2 = T1e−0.3π = 53.3N .
a1
=
(m1R − m2r)R I c + m1R 2 + m2r 2
g,
a2
=
r R
a1
=
(m1R − m2r)r I c + m1R 2 + m2r 2
g;
T1
=
Ic + m2r(r + R) I c + m1R 2 + m2r 2
m1 g
,
T2
=
I c + m1r(r + R) I c + m1R 2 + m2r 2
ω
=
1 mr 2
h 2π
= 4.13 ×1016 md / s
4-4
v2
=
r1 r2
v1, tgθ2
=
v23 gr1v1
∝ v23;即v2增大，故θ2亦增大，θ2
> θ1.
4-5 ω' = 8 ω; 5
ΔEk
= 39 25
Ek0 ,增加的能量来自汽车的动力。
4-6 ω = v (这是转台反方向旋转地角速度) 。 2R
《大学物理》刚体力学练习题及答案解析
《大学物理》刚体力学练习题及答案解析一、选择题1.刚体对轴的转动惯量，与哪个因素无关 [ C ]（A）刚体的质量（B）刚体质量的空间分布（C）刚体的转动速度（D）刚体转轴的位置2.有两个力作用在一个有固定轴的刚体上. [ B ](1)这两个力都平行于轴作用时,它们对轴的合力矩一定是零;(2)这两个力都垂直于轴作用时,它们对轴的合力矩可能是零;(3)这两个力的合力为零时,它们对轴的合力矩也一定是零;(4)当这两个力对轴的合力矩为零时,它们的合力也一定是零.在上述说法中,(A)只有(1)是正确的；(B) (1)、(2) 正确, (3)、(4)错误；(C) (1)、(2)、(3)都正确, (4)错误；(D) (1)、(2)、(3)、(4)都正确.3.均匀细棒OA可绕通过其一端O而与棒垂直的水平固定光滑轴转动，今使棒从水平位置由静止开始自由下落，在棒摆动到竖立位置的过程中，下述说法哪一种是正确的[ A ](A) 角速度从小到大，角加速度从大到小；(B) 角速度从小到大，角加速度从小到大；(C) 角速度从大到小，角加速度从大到小；(D) 角速度从大到小，角加速度从小到大.4．如图所示，圆锥摆的小球在水平面内作匀速率圆周运动，小球和地球所组成的系统，下列哪些物理量守恒（ C ）（A）动量守恒，角动量守恒（B）动量和机械能守恒（C）角动量和机械能守恒（D）动量，角动量，机械能守恒5.一圆盘绕通过盘心且垂直于盘面的水平轴转动，轴间摩擦不计，如图射来两个质量相同，速度大小相同、方向相反并在一条直线上的子弹，它们同时射入圆盘并且留在盘内，在子弹射入后的瞬间，对于圆盘和子弹系统的角动量L以及圆盘的角速度ω则有（ B ）（A）L不变，ω增大（B）L不变，ω减小（C）L变大，ω不变（D）两者均不变6.一花样滑冰者，开始自转时，其动能为20021ωJ E =。
然后他将手臂收回，转动惯量减少为原来的1/3，此时他的角速度变为ω，动能变为E ，则下列关系正确的是（ D ） （A ）00,3E E ==ωω （B ）003,31E E ==ωω （C ）00,3E E ==ωω （D ）003,3E E ==ωω1C 2.B ，3.A ，4.C ，5.B ，6.D二、填空1.当刚体受到的合外力的力矩为零时，刚体具有将保持静止的状态或_____________状态，把刚体的这一性质叫刚体___________。
刚体的运动学与动力学问题练习
刚体的运动学与动力学问题练习1.如图14—14所示，一个圆盘半径为R ，各处厚度一样，在每个象限里，各处的密度也是均匀的，但不同象限里的密度则不同，它们的密度之比为1ρ：2ρ：3ρ：4ρ＝1:2:3:4,求这圆盘的质心位置．2.如图14—15所示，质量为m 的均匀圆柱体，截面半径为R ，长为2R ．试求圆柱体绕通过质心及两底面边缘的转轴(如图中的1Z 、2Z )的转动惯量J .3.如图14—16所示，匀质立方体的边长为a ，质量为m ．试求该立方体绕对角线轴PQ 的转动惯量J ．4.椭圆细环的半长轴为A ，半短轴为B ，质量为m (未必匀质)，已知该环绕长轴的转动惯量为A J ，试求该环绕短轴的转动惯量B J ．5.如图14—17所示矩形均匀薄片ABCD 绕固定轴AB 摆动，AB 轴与竖直方向成 30α=°角，薄片宽度AD d =，试求薄片做微小振动时的周期.6.一个均匀的薄方板，质量为M ，边长为a ，固定它的一个角点，使板竖直悬挂，板在自身的重力作用下，在所在的竖直平面内摆动．在穿过板的固定点的对角线上的什么位置(除去转动轴处)，贴上一个质量为m 的质点，板的运动不会发生变化?已知对穿过板中心而垂直于板的轴，方板的转动惯量为216J Ma =.7.如图14—18所示，两根等质量的细杆BC 及AC ，在C 点用铰链连接，质量不计，放在光滑水平面上，设两杆由图示位置无初速地开始运动，求铰链C 着地时的速度． 8.如图14—19所示，圆柱体A 的质量为m ，在其中部绕以细绳，绳的一端B 固定不动，圆柱体初速为零地下落，当其轴心降低h 时，求圆柱体轴心的速度及绳上的张力.图14－14图14－15 图14－16 图14－17图14－18图14－199.如图14—20所示，实心圆柱体从高度为h 的斜坡上从静止纯滚动地到达水平地面上，继续纯滚动，与光滑竖直墙做完全弹性碰撞后返回，经足够长的水平距离后重新做纯滚动，并纯滚动地爬上斜坡，设地面与圆柱体之间的摩擦系数为μ，试求圆柱体爬坡所能达到的高度'h ．10.在一个固定的、竖直的螺杆上的一个螺帽，螺距为s ，螺帽的转动惯量为J ，质量为m .假定螺帽与螺杆间的摩擦系数为零，螺帽以初速度0v 向下移动，螺帽竖直移动的速度与时间有什么关系?这是什么样的运动?重力加速度为g ．11.在水平地面上有两个完全相同的均匀实心球，其一做纯滚动，质心速度v ，另一静止不动，两球做完全弹性碰撞，因碰撞时间很短，碰撞过程中摩擦力的影响可以不计．试求：(1)碰后两球达到纯滚动时的质心速度； (2)全部过程中损失的机械髓的百分数． 12.如图14—21所示，光滑水平地面上静止地放着质量为M 、长为l 的均匀细杆．质量为m 的质点以垂直于杆的水平初速度0v 与杆一端做完全非弹性碰撞.求(1)碰后系统的速度及绕质心的角速度，(2)实际的转轴(即静止点)位于何处?13.如图14—22所示，实心匀质小球静止在圆柱面顶点，受到微扰而自由滚下，为了令小球在θ≤45°范围内做纯滚动，求柱面与球间摩擦因数μ至少多大?14.如图14—23所示，半径为R 的乒乓球，绕质心轴的转动惯量223J mR =，m 为乒乓球的质量，以一定的初始条件在粗糙的水平面上运动，开始时球的质心速度为0C v ，初角速度为0ϖ，两者的方向如图．已知乒乓球与地面间的摩擦因数为μ.试求乒乓球开始做纯滚动所需的时间及纯滚动时的质心速度.15.如图14—24所示，一个刚性的固体正六角棱柱，形状就像通常的铅笔，棱柱的质量为M ，密度均匀．横截面六边形的边长为a ．六角棱柱相对于它的中心轴的转动惯量2512J Ma =．相对于棱边的转动惯量是'2512J Ma =.现令棱柱开始不均匀地滚下斜面．假设摩擦力足以阻止任何滑动，并且一直接触斜面．某一棱刚碰上斜面之前的角速度为i ϖ，碰后瞬间角速度为f ϖ，在碰撞前后瞬间的动能记为ki E 和kf E ．试证明f i s ϖϖ=，kf ki E rE =，并求出系数s 和r 的值．图14－20图14－21图14－23 图14－22 图14－24参考答案1.先确定一半径为R 的1/4圆的 匀质薄板的质心，如图答14—1所示， 在xOy 坐标中，若质心坐标为(x c ，y c )， 由对称性知x c =y c ，则根据质心的等效意义， 有231lim cos()cos()sin()lim[sin 3()sin()]42222822nc x x i R x RiR iR iR iinnnnnnnππππππππ→∞→∞===+∑，于是有313sin()sin ()1432222lim [sin 3()sin()]lim[3222234sin()4c x x n n R R n n x i i n n n nnπππππππ→∞→∞+∙∙∙=+=∙∙1sin ()sin ()442222]43sin()4n n R n n nnπππππ+∙∙∙+∙∙=.针对本题中圆盘各象限密度不同有下列方程22123412344()()443c R R R x ππρρρρρρρρπ+++=--+， 22123412344()()443c R R R y ππρρρρρρρρπ+++=--+，解以上方程得0c x =，815c y R π=-.故质心坐标为(0,815R π-).2.如图答14—2所示，对图中所示的1Z 、2Z 、Z 坐标系与3Z 、4Z 、Z 坐标系运用正交轴定理，有1234J J J J J J ++=++,其中2312J mR =,24712J mR =,由对称等效可知 2121324J J mR ==. 3.如图答14—3所示，将立方体等分为边长为2a的八个小立方体，每个小立方体体对角线到大立方体体对角线距离d =，依照本专题例3用量纲分析法求解有22222()()6()()(82828m a m a m kma k k ⎡⎤=++⎢⎥⎣⎦，所以有 16k =，216J ma =.图答14－11Z R 2ZZ4Z3Z图答14－2图答14－34.由正交轴定理22()A B i iiJ J m x y +=+∑及椭圆方程22221y x A B+=,得22222222()(1)A B i i i A A A J J m A y y mA J B B +=-+=+-∑，所以222B A A J mA J B=-.5.如图答14—4所示，设板质量为M ，则对AB 轴的转动惯量2211lim ()3nn i M d J i Md n n →∞===∑，对应于与竖直成α角的转轴，等效的重力是与轴垂直的分量sin Mg α,则24T =. 6.薄板上未贴m 时对悬点的转动惯量22023J J Md Ma =+=, 贴m后22123J Ma mx =+.振动周期相同，应有01'()J J Mgl M m gl =+,贴上m 后，质心相对悬点'mx Mll M m+=+,l =,解得x =. 7.初始时，系统具有的重力势能P E mgh =，m 为一根杆的质量，铰链C 刚着地时，速度C v 竖直向下，各杆的瞬时转轴为()A B ，转动惯量2/3J ml =，l 表示每段杆长：由于铰链C 质量不计，则系统总动能22221112()233C k Cv E J ml mv l ϖ===，下落中机械能守恒，有 213Cmgh mv =，mgh：得C v 8．如图答14—5所示，圆柱体关于几何轴的转动惯量212J mR =，对过与绳相切点P 的平行轴的转动惯量232P J m R =；设轴心降低h 时速度为v ，由机械能守恒定律 2213()24v mgh J mv R ==，所以v 又由质心运动定律 mg T m R β-=，由转动定律2mgR mR β=.则13T mg =．9.纯滚动时，无机械能损失，于是满足方程2222113()2224mR v mgh mv mv R =+∙=,圆柱体与光滑墙碰撞，开始做非纯滚动，经时间t 达到纯滚动，质心速度由'C C v v →，角速度从'C C v v R R →，运用动量定理及动量矩定理'()C C ft m v v =-，'2()2C C v v mR fRt R R=-，解得'3C C v v =，此后机械能守恒，联系第一式可得''234mgh mv =，得'9hh =10.由机械能守恒定律，得22220011()()22t t mgs J m v v ϖϖ=-+-，又因2v sϖπ=，可得图答14－4图答14－522'022224t m v v gs g s J m s π-==+，即螺帽匀加速直线下降'0t v v g t =+，'224m g g Jm sπ=+. 11.(1)如图答14—6所示，两球225mv J =，刚完成弹性碰撞时，两球交换质心速度，角速度未变；设两球各经1t 、2t 达到纯滚动状态，质心速度为1v 、2v ，对球1有11ft mv =，2112()5v mR v fRt R R=-，所以127v v =；对球2有22()ft m v v =-，22225v mR fRt R=,257v v =.(2)系统原机械能222211127()22510k mR v E mv mv R =+∙=；达到纯滚动后2222221125122529()()()()277257770k v v mR v v E m mv ⎡⎤⎡⎤=++∙+=⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦，则2041%49η=≈． 12.(1)碰后系统质心位置从杆中点右移为2m lx m M ∆=+.由质心的动量守恒0()C mv M m v =+，求得质心速度0C mv v M m=+. (2)由角动量守恒202122l Ml lmv m x ϖϖ=+，x 为瞬时轴距杆右端的距离，考虑质心速度与角速度关系022()2()C v mv Ml m M x Ml x M m ϖ==+--+，在23x l =处，有06(4)mv M m l ϖ=+. 13.圆柱半径与小球半径分别以R 、r 表示，小球滚到如图14—7位置时，质心速度设为C v ，角加速度β，转动惯量225J mr =，受到重力mg 、圆柱面支持力N 、静摩擦力f ，由质心运动定律，有 2cos Cmv mg N R rθ-=+， ①sin mg f m r θβ-=， ②自转动定律有 225fr mr β=， ③又因小球做纯滚动，摩擦力为静摩擦力不做功，球的机械能守恒22221127()(1cos )()22510C C Cv mr mg R r mv mv r θ+-=+∙=， ④ 将③式代入②式得5sin 2f mg f mr mr θ-=，于是2sin 7f mg θ=；将④式代人①式得10()(1cos )cos 7()mg R r mg N R r θθ+--=+，所以1710(cos )77N mg θ=-.图答14－6图答14－7C因做滚动，必定f ≤N μ，即μ≥2sin 17cos 10θθ-，在θ≤45°范围内μ≈0.7. 14.乒乓球与地接触点O 既滚又滑且达到纯滚时，由角动量守恒，得 00C C mRv J mRv J ϖϖ-=+， 即002()3C C v v R ϖϖ-=+.达到纯滚动时C v R ϖ=，由此可得纯滚动质心的速度002233C C v v R ϖ=-；其中，002233C v R ϖ＞，纯滚后球向右顺时针纯滚，若002233C v R ϖ＜，则纯滚后球向左逆时针纯滚．质心匀加速滚动，达到纯滚时间设为t ，由0C C v v gt μ=-，可得002()5C v R t gϖμ+=. 15.设以某棱为轴转动历时t ∆，角速度i f ϖϖ→,时间短，忽略重力冲量及冲量矩，矢 量关系如图答14—8所示，对质心由动量定理()sin 6i f N t Ma πϖϖ∆=+，()cos6f i f t Ma πϖϖ-∆=-.对刚体动量矩定理25cos sin()6612f i f ta N ta Ma ππϖϖ∆-∆=-.解得1117f i ϖϖ=，1117s =，2121289r s ==.图答14－8。
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第三章 刚体力学一、刚体运动学（定轴转动）---角位移、角速度、角加速度、线量与角量的关系1、刚体做定轴转动，下列表述错误的是：【 】A ；各质元具有相同的角速度；B ：各质元具有相同的角加速度；C ：各质元具有相同的线速度；D ：各质元具有相同的角位移。
2、半径为0.2m 的飞轮，从静止开始以20rad/s 2的角加速度做定轴转动，则t=2s 时，飞轮边缘上一点的切向加速度τa =____________，法向加速度n a =____________，飞轮转过的角位移为_________________。
3、刚体任何复杂的运动均可理解为_____________和 ______________两种运动形式的合成。
二、转动惯量1、刚体的转动惯量与______________ 和___________________有关。
2、长度为L ，质量为M 的均匀木棒，饶其一端A 点转动时的转动惯量J A =_____________，绕其中心O 点转动时的转动惯量J O =_____________________。
3、半径为R 、质量为M 的均匀圆盘绕其中心轴（垂直于盘面）转动的转动惯量J=___________。
4、【 】两个匀质圆盘A 和B 的密度分别是A ρ和B ρ，若B A ρρ>，但两圆盘的质量和厚度相同，如两盘对通过盘心垂直于盘面轴的转动惯量各为A J 和B J 则：（A ）B A J J >； （B ）B A J J < （C ）B A J J = （D ）不能确定三、刚体动力学----转动定理、动能定理、角动量定理、角动量守恒1、一长为L 的轻质细杆，两端分别固定质量为m 和2m 的小球，此系统在竖直平面内可绕过中点O 且与杆垂直的水平光滑固定轴(O 轴)转动．开始时杆与水平成60°角，处于静止状态．无初转速地释放以后，杆球这一刚体系统绕O 轴转动．系统绕O 轴的转动惯量J ＝___________．释放后，当杆转到水平位置时，刚体受到的合外力矩M=____ __；角加速度β= ____ __．2、一个能绕固定轴转动的轮子，除受到轴承的恒定摩擦力矩M r 外，还受到恒定外力矩M 的作用．若M ＝20 N ·m ，轮子对固定轴的转动惯量为J ＝15 kg ·m 2．在t ＝10 s 内，轮子的角速度由ω ＝0增大到ω＝10 rad/s ，则M r ＝_______．3、【 】银河系有一可视为物的天体，由于引力凝聚，体积不断收缩。
刚体力学参考答案
mg —sin f A l sin三个独立方程有四个未知数，不能唯一确定。
【提示】: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，3为子弹射入前圆盘的角速度，3为子弹射入第五章刚体力学参考答案(2014)—、选择题[C ]1、【基础训练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 和m 的物体(m v m )，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. 【提示】：逆时针转动时角速度方向垂直于纸面向外 ，由于m v m ,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 i ,对滑轮由转动定律得:(T 2-T I )R=J [D ]2、【基础训练3】如图5-8所示，一质量为 m 的匀质细杆AB 壁上，B 端置于粗糙水平地面上而静止•杆身与竖直方向成 角，则 1 1(A)为 mg pos . (B) 为 mg g4 2 (C) 为 m®n m2m 1图5-7 A 端靠在粗糙的竖直墙 A 端对墙壁的压力大 .(D) 不能唯一确定 图5-8■:：:；SKB 【提示】: 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:NAfBAN B mgN A lcon[C]3、基础训练(7) 一圆盘正绕垂直于盘面的水平光滑固定轴 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， 内，则子弹射入后的瞬间，圆盘的角速度 (A) 增大. (C)减小. (B) (D)不变. 不能确定. O 转动，如图5-11射来子弹射入圆盘并且留在盘m<J 为圆盘的转动惯量，J 子弹为子弹转动惯量，据角动量守恒[C ]4、【自测提高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 0自由转动，其转动惯量为 [mL ,起初杆静止•桌面上3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5-19所示•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…、 2v4v 6v 8v 12v (A)(B)• (C)• (D)(E)•3L5L7L9L7Lv y$ vO俯视图图 5-19【提示】：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， 所以2 21 2lmv lmv [ml ml m(2l)]12可得答案(C )[A ] 5、【自测提高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, 旋转方向分别为【提示】：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：一 ,口 Rmv mR 2,v 、0 Rmv J 可得 ---------------- ------ （一）。
刚体习题和答案
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 dtd ωθθθω角速度⎰=-⇒=210t t dt dtd βωωωβ角加速度1、根底训练〔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=，那么飞轮的角加速度β= -0.05 rad/s 2 ，t ＝0到 t ＝100 s 时间飞轮所转过的角度θ= 250rad ． 【解答】飞轮作匀变速转动，据0t ωωβ=+，可得出：200.05rad s tωωβ-==-据2012t 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、根底训练〔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)，如下图．绳与轮之间无相对滑动．假设某时刻滑轮沿逆时针方向转动，那么绳中的力 (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】逆时针转动时角速度方向垂直于纸面向外, 由于(m 1＜m 2)，实际上滑轮在作减速转动,角加速m 2m 1 O度方向垂直纸面向,所以,由转动定律21()T T R J β-=可得：21T T >[C ] 2、自测提高〔2〕将细绳绕在一个具有水平光滑轴的飞轮边缘上，现在在绳端挂一质量为m 的重物，飞轮的角加速度为．如果以拉力2mg 代替重物拉绳时，飞轮的角加速度将(A) 小于． (B) 大于，小于2． (C) 大于2． (D) 等于2． 【解答】设飞轮的半径为R ,质量为m ，根据刚体定轴转动定律M J β=，当挂质量为m 的重物是：mg T maTR J a R ββ-=== 所以2mgRJ mRβ=+,当以2F mg =的拉力代替重物拉绳时，有： '2mgR J β=，2'mgRJβ=，比拟二者可得出结论。
大学物理刚体习题
大学物理刚体习题(总13页)--本页仅作为文档封面，使用时请直接删除即可----内页可以根据需求调整合适字体及大小--习 题第三章 刚体的转动刚体的定轴转动47. 一定滑轮半径为R ，质量为M ，用一质量不计的绳绕在滑轮上，另一端系一质量为m 的物体并由静止释放，这时滑轮的角加速度为1β，若不系物体而用一力F = mg 拉绳子使滑轮转动，这时角加速度为2β，这时有（）1β2β（）1β2β （C ）1β2β（D ）无法判断 分析由转动定律M I β=本题中I 不变β的大小完全取决于M 的大小而 M TR =系物体m 时 : T mg <不系物体而用一力F = mg 时: TF mg ==因此力矩变大所以有12ββ<mF选49.一飞轮的转动惯量为J ，t = 0时角速度为0ω，轮子在转动过程中受到一力矩2ωk M-=，则当转动角速度为0/3ω时的角加速度β = 从0ω到0/3ω飞轮转动经过的时间t ∆= 解: (1) 求β当0/3ω时, 20()3M k ω=-由 M J β=, 可得此时 209k MJ J ωβ==-(2) d M J J dt ωβ== 2d k J dt ωω-=分离变量，两边积分32td kdt Jωωωω-=⎰⎰解得: 02J t k ω∆=50．长为l 的均匀直棒可绕其下端与棒垂直的水平光滑轴在竖直平面内转动。
抬起一端使与水平夹角为60=θ，棒对轴的转动惯量为231ml J =，由静止释放直棒，则t = 0时棒的β＝？；水平位置时的β＝？这时的ω=（1）求β 据转动定律M J β=, MJβ= 0t =时， cos 602lM mg =︒水平位置时， 2lM mg =代入MJβ=，可别解得034glβ= 和 32g l β= （2）求ωd d d d M J J J J dt d dt d ωωθωβωθθ====将cos 2l M mg θ=和213J ml =代入化简并积分得， 0033cos 2g d d l ωπθθωω=⎰⎰ 60可求得332g l ω=（本题还可用动能定律机械能守恒方便求解ω）2211sin 60223l mg ml ω︒=⋅ 332g lω⇒=51．一飞轮以min /600rev 的转速转动，其转动惯量为25.2m kg J ⋅=，以恒定力矩使飞轮在一分钟内停止转动，求该力矩M 。
刚体的简单运动习题及答案
刚体的简单运动习题及答案刚体的简单运动习题及答案刚体是物理学中的一个基本概念，它指的是在运动过程中形状和大小不发生改变的物体。
在学习刚体的运动时，我们可以通过一些简单的习题来加深对刚体运动的理解。
下面，我将为大家提供一些常见的刚体运动习题及答案。
习题一：平抛运动小明站在一个高处，手中拿着一个小球，以一定的初速度将球水平抛出。
假设空气阻力可以忽略不计，请问球的运动轨迹是什么形状？答案：球的运动轨迹是一个抛物线。
在平抛运动中，刚体在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上受到重力的作用，所以球的轨迹是一个抛物线。
习题二：滚动运动一个圆柱体沿着水平面滚动，它的质心速度和边缘速度哪个更大？答案：质心速度和边缘速度相等。
在滚动运动中，刚体的质心沿着运动方向做匀速直线运动，而刚体的边缘点则具有线速度和角速度的叠加效果。
由于圆柱体的每个点都有相同的角速度，所以质心速度和边缘速度相等。
习题三：转动惯量一个均匀的圆盘和一个均匀的长方体，它们的质量和半径（或边长）相同，哪个的转动惯量更大？答案：圆盘的转动惯量更大。
转动惯量是刚体旋转时惯性的量度，它与刚体的质量分布有关。
由于圆盘的质量分布更加均匀，所以它的转动惯量更大。
习题四：平衡条件一个悬挂在绳子上的物体处于平衡状态，绳子与竖直方向的夹角是多少？答案：绳子与竖直方向的夹角等于物体所受的重力与绳子张力的夹角。
在平衡状态下，物体所受的重力与绳子张力必须保持平衡，即两者的合力为零。
因此，绳子与竖直方向的夹角取决于物体所受的重力与绳子张力的大小关系。
习题五：平移运动和转动运动一个刚体在平面上做平移运动时，它的转动惯量是多少？答案：在平移运动时，刚体的转动惯量为零。
平移运动是指刚体的质心沿直线运动，此时刚体没有绕任何轴心旋转，所以转动惯量为零。
通过以上习题的解答，我们可以更好地理解刚体的运动特性。
刚体的运动涉及到平抛运动、滚动运动、转动惯量和平衡条件等方面的知识，通过解答这些习题，我们可以加深对刚体运动的理解，提高解题能力。
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解: 根据动能定理重物下降 根据动能定理重物下降h 时的速度v 时的速度 。 动能
T =0 1 T2 = T重物 + T轮O + T轮C 1 1 1 1 2 2 1 2 2 2 2 + ⋅ mR ωO + mυC + mR ωC = mυ 2 2 2 2 2 根据运动学关系 v C = ω C R = ω O R = v
W = Mϕ − m2 g sin θ·S 12
质点系的动能为
T =0 1
1 1 1 1 2 2 2 2 2 T2 = (m1R1 )ω1 + m2υ2 + ( m2 R2 )ω2 2 2 2 2
两个转轮的角速度分别为
ω1 =
υC
R1
,ω2 =
υC
R2
根据质点系的动能定理
W = T2 −T1 12
ξ
将上式投影到 ξ轴上，得 轴上， 轴上
ae 因为断开初瞬时， 因为断开初瞬时，v A = 0 ， ω = 0 ，故 aωA = 0， ωA = 0 r r r re l e aαA = aCx + aCy + a1αA a1αA = α 2
y
r re re re ve v v a A = a1tA + a1αA + a1ωA a1tA = aCx + aCy r r r re re v aαA + aωA = aCx + aCy + a1αA + a1ωA
已知： 质量分布在轮缘上; 均质轮C 例 已知：轮O 的R1 、m1 ,质量分布在轮缘上; 均质轮 的 R2 、m2 纯滚动, 初始静止 ;θ ,M 为常力偶。 纯滚动, 为常力偶。 求:轮心C 走过路程 时的速度和加速度 轮心 走过路程S时的速度和加速度
解:
与轮O共同作为一个质点系 轮C与轮 共同作为一个质点系 与轮 外力所做的功为
y
θ
A
θ
B
maCx = ∑ Fx 由 ma = ∑ F Cy y r J Cα = ∑ mC (F )
ma Cx = −T cos θ
r θ T A
y
x y1
C
ξ
θ
r mg
vx aCy Cα v aCx B
x1
B
（1） ） （2） ） （3） ）
A
ma Cy = T sin θ − mg 1 l 2 ml α = T sin θ 12 2
mg sin θ T= 1 + 3 sin θ
θ a1eαA r
ξ
r
vx aCy Cα v aCx B
AB作平面运动，研究A点和 点加速度关系 作平面运动，研究 点和 点和C点加速度关系 作平面运动
aCy A r r 联立求解（ ）、（ ）、（3）、（ ）、（2）、（ ）、（4） 联立求解（1）、（ ）、（ ）、（ ）式，得 a aCx αA
l aCx cos θ − aCy sin θ − α sin θ = 0 2 （4） ）
α
如图质量为m的均质杆 的均质杆AB用细绳吊 例 如图质量为 的均质杆 用细绳吊 的夹角为θ。 住，已知两绳与水平方向的夹角为 。求 B端绳断开瞬时，A端绳的张力。 端绳断开瞬时， 端绳的张力 端绳的张力。 端绳断开瞬时 解：建立如图参考基和连体基，以杆为研 建立如图参考基和连体基， 究对象，受力如图。 究对象，受力如图。 设此瞬时杆AB的角加速度和质心 的角加速度和质心C的加速 设此瞬时杆 的角加速度和质心 的加速 度如图所示
(4) 当系统由作平动、定轴转动、平面运动的刚体组 当系统由作平动、定轴转动、 合而成时,一种比较直观的求解办法就是将系统拆开 合而成时 一种比较直观的求解办法就是将系统拆开 成单个刚体,分别列出相应的动力学微分方程 分别列出相应的动力学微分方程,然后联 成单个刚体 分别列出相应的动力学微分方程 然后联 立求解(即采用第七章的方法) 立求解(即采用第七章的方法)； (5) 注意动量、动量矩守恒问题，特别是仅在某一方向 注意动量、动量矩守恒问题， 上的守恒。 上的守恒。
一般性原则： 一般性原则： (1) 求解速度、角速度问题往往首先考虑应用动能 求解速度 角速度问题往往首先考虑应用动能 速度、 定理的积分形式, 且尽可能以整个系统为研究对象, 定理的积分形式 且尽可能以整个系统为研究对象 避免拆开系统； 避免拆开系统； (2) 应用动能定理的积分形式 如果末位置的速度或 应用动能定理的积分形式 动能定理的积分形式, 角速度是任意位置的函数, 角速度是任意位置的函数 则可求时间导数来得到 加速度或角加速度。 加速度或角加速度。 (3) 对于既要求运动又要求约束力的问题 因为应用 对于既要求运动又要求约束力的问题, 运动又要求约束力的问题 动能定理不能求出无功约束力， 动能定理不能求出无功约束力，此时往往先求运动 如速度、加速度) 然后再应用质心运动定理或动 (如速度、加速度) ,然后再应用质心运动定理或动 量矩定理来求约束力； 量矩定理来求约束力；
得： Mϕ − m
2
g Sinθ ·S =
υC
2
4
(2m1 ϕ = R1
(M − m2 gR1 Sinθ )S 解得 υC = 2 R1(2m1 + 3m2 )
Mϕ − m2 g Sinθ ·S =
υC
2
4
(2m1 + 3m2 )
(a)
式(a)是函数关系式， (a)是函数关系式， 是函数关系式 两端对t求导, 两端对 求导,得 求导
g 4kh a= − 3 3m
求解滚轮C与地面的摩擦力 求解滚轮 与地面的摩擦力 的受力如图所示。 轮C的受力如图所示。 的受力如图所示 角加速度如图所示， 角加速度如图所示，应用对质心的动量矩定理
JCαC = (Fs − F )R
轮C纯滚可知 纯滚可知 弹性力
a αC = R
F = 2kh
1 mg 4 FS = F + ma = + kh 2 6 3
代入上述的质心运动定理求解得
W
3 2 3 Fox = W (1 + sin θ − cos 2 θ ) 2 4
9 Foy = − W sin 2θ 8
物块m 纯滚动, 例:已知两均质轮m ,R ; 物块 ,ｋ,纯滚动,于弹簧原 已知两均质轮 长处无初速释放. 长处无初速释放. 时的速度v、 及滚轮C与地面的摩擦力 求：重物下降h时的速度 、加速度 及滚轮 与地面的摩擦力. 重物下降 时的速度 加速度a及滚轮
υC 1 (2m1 + 3m2 )υCαC = M − m2 g Sinθ ·υC 2 R1
解得
2 (M − m2 g R1Sinθ ) αC = (2m1 + 3m2 )R1
匀质杆OA长 重 ，其一端O用理想铰链 例 匀质杆 长l重W，其一端 用理想铰链 固定如图所示。设开始时杆在水平位置， 固定如图所示。设开始时杆在水平位置，初 速为零。 角时的角速度， 速为零。求转过θ角时的角速度，角加速度 以及铰链O处的约束反力 处的约束反力。 以及铰链 处的约束反力。
Ox
W aCx = W − Fox g
W aCy = Foy g
vF x
aωc aαc
C
v1 x
v1 y
Av
y
α
OA绕O作定轴转动，质心 的加速度为 绕 作定轴转动 质心C的加速度为 作定轴转动，
l 2 3g l 3g 3g aωC = ω = sin θ aαC = α = cosθ 2 2 2 4 aCy = −aαC sin θ − aωC cosθ aCx = aαC cosθ − aωC sin θ
动力学普遍定理提供了解决动力学问题的一般方法， 动力学普遍定理提供了解决动力学问题的一般方法， 但在求解比较复杂的动力学问题时， 但在求解比较复杂的动力学问题时，往往不可能仅用一个 定理解决全部问题, 需要综合应用几个定理来求解。 定理解决全部问题, 需要综合应用几个定理来求解。 • 动量定理和动量矩定理是矢量形式，应用时常取 动量定理和动量矩定理是矢量形式 是矢量形式， 投影式， 投影式，并只需考虑质点系所受的外力作用。 • 质心运动定理常用于分析质点系受力与质心运动的 质心运动定理常用于分析质点系受力与质心运动的 关系。 关系。 • 动能定理是标量形式，在许多实际问题中约束反力 动能定理是标量形式 是标量形式， 又不作功， 又不作功，因而应用动能定理分析系统的速度和加速 度较为方便。 度较为方便。
O
A
解：如图建立参考基和连体基。 如图建立参考基和连体基。 取杆为研究对象 角速度和角加速度求解 由动能定理得 O θ
v x
C
v1 x
v1 y
Av
y
1 l 2 J O ω − 0 = W sin θ 2 2
W
3 g sin θ ω= l
求导
3g α= cosθ 2l
约束反力求解 O点处的受力如图所示 点处的受力如图所示 应用质心运动定理 O FOy θ
3 2 T2 = mυ 2 功 1 2 W = mgh − k(2h) = mgh − 2kh2 2
3 2 T =0 T2 = mυ 1 2 1 2 W = mgh − k(2h) = mgh − 2kh2 2 根据动能定理 3 2 ） mgh − 2kh = mυ 2 （a） W = T2 −T 1 2 2(mg − 2kh)h υ= 3m dυ dh 将式（ 将式（a）对t 求导 3m υ = ( mg − 4kh) dt dt