《刚体力学作业》
刚体力学作业解答
1 ( MR 2 − mR 2 )ω 2
EK = 1 1 ( MR 2 − mR 2 )ω 2 2 2
4-11 •
30°
设碰后小球速度为v，受杆平均力f，作用时间∆t，则
小球 f∆t = mv − mv0 棒 − fl∆t = Iω − 0 (1) ( 2)
得
mv0 l − mvl = Iω
(3)
F (l1 + l 2 ) − N ′l1 = 0 (a)
Fy
l1
A
N ′
l2
闸 瓦
F
F r′
x
Fx
题图4-4(b)
N
α
Fr
R
N′ =
l1 + l 2 F l1
mg
⋅
O
ω
题图 4-4(c)
N′ =
l1 + l 2 F l1
N
飞轮受到闸瓦的摩擦力为：
l +l Fr = µN = µN ′ = µ 1 2 F l1
r r
α
r T
F = 98 N
m
mg = 98 N
(b)
T
a m
mg
(c)
(a)
题图4 = Jα
M Fr = = 39.2rad ⋅ s − 2 J J
（2）当绳子拉下l=5 m时，飞轮转过的角度 ω 2 = 2αθ =1960
θ=
l = 25rad r
ω = 44.3rad ⋅ s
θ = ω 0 t + αt 2 = 15 × 2π × 7.07 − × 13.3333 × ( π ) 2 = 53 × 2π (rad )
1 2 1 2 9 4
可知在这段时间里，飞轮转了53转． 53 (2)要求飞轮转速在t=2 s内减少一半，可知 ω0 − ω0 ω0 2 α= =− = −7.5πrad ⋅ s − 2
刚体力学 (8)
o
L
L Li ( mi ri )
2 i i
vi o ri mi
L J
刚体对固定转动轴的角动量L,等于它对该轴的转动惯 量和角速度的乘积。
三、刚体定轴转动的角动量定理
由转动定律 得 积分得
d dJ dL MJ dt dt dt
L
Mdt dL
Mdt dL L L
0 t
当圆盘停止转动时，ω=0，则得
t
0
3 R 0 4 g
7－4
角动量 角动量守恒定律
2、说明
一、质点的角动量
•另一名称——动量矩 质点对坐标原点O的角动量为该 质点位置矢量与动量的矢量积 •物理学的基本概念之一 •与质点的运动和参考点有关
1、定义
L r P r mv
R2
1 2 m( R2 R12 ) 2
例5、质量为m 半径为R的匀质薄球壳绕过中心轴的转动惯量
在球面取一圆环带，半径
r R sin
R sin d
m dm 2 rRd 2 4R
J r dm
2
2 mR 2 sin 3 d
0
2
2 mR 2 3
例6、匀质球体：质量m 、半径R
7－2 力矩 转动定律 转动惯量
一、力矩 1、引入
外力对刚体转动的影响——力的大小、方向和作用点的位置
•力通过转轴：转动状态不改变 •力离转轴远： •力离转轴近：
容易改变 不易改变
2、力对点的力矩
F
M
θ
M r F
O r
F
M＝Fr sin
r
3、力对转轴的力矩
05.刚体力学
全加速度——即切向、法向加速度的矢量和. 全加速度——即切向、法向加速度的矢量和 ——即切向 矢量和
6.4 如图 已知某瞬时曲柄的角速度 ω = 4rad / s, 如图. 角加速度 ε = 2rad / s2 ；曲柄长为 r = 20cm 。 托架上重物重心G的轨迹 速度、加速度。 的轨迹、 求：托架上重物重心 的轨迹、速度、加速度。
F 1
z
F 2
r
dF t
dm
ω
ε
F n
F i
M z = I zε
—— 刚体定轴转动 刚体定轴转动 动力学基本方程 基本方程. 的动力学基本方程
作用在刚体上的所有外力对转轴之合力矩等于 作用在刚体上的所有外力对转轴之合力矩等于 刚体 刚体对于转轴的转动惯量与其角加速度的乘积。 刚体对于转轴的转动惯量与其角加速度的乘积。
ρ dm b C θx
（推导用图） 推导用图）
y
Iz = Ix + I
z r
——无限薄刚体板对任一垂直 无限薄刚体板 无限薄刚体 的转动惯量， 于它的坐标轴 z 的转动惯量， 等于该薄板 薄板刚体对另两坐标轴 等于该薄板刚体对另两坐标轴 的转动惯量之和。 的转动惯量之和。
x
y
x
y
（推导用图） 推导用图）
ω
B
如图: 曲柄作 平面运动. 连 如图: OA曲柄作定轴转动,也是平面运动.AB连 曲柄 定轴转动,也是平面运动 杆作平面运动 平面运动. 活塞作直线运动,也是平面运动 活塞作直线运动 平面运动. 杆作平面运动 B活塞作直线运动,也是平面运动
在刚体上有无限多 平面图形始终作平面 个平面图形始终作平面 运动, 这样的一个 一个平面 运动 这样的一个平面 图形的运动 的运动， 代表了 图形的运动，就代表了 平面运动。 整个刚体的平面运动 整个刚体的平面运动。 因此, 因此 只需研究其中的 一个平面图形的运动. 平面图形的运动 一个平面图形的运动 2. 平面运动的分解 平面运动的分解 将复杂的平面运动, 分解成简单的 平动” 成简单的“ --- 将复杂的平面运动, 分解成简单的“平动” 转动（定轴） 应用合成运动的概念, 合成运动的概念 与“转动（定轴）” ；应用合成运动的概念 求刚体上各点的速度 加速度. 速度和 求刚体上各点的速度和加速度 如上: 杆的运动可分解成“ 如上: AB杆的运动可分解成“平动” 与“转 杆的运动可分解成 平动” 动”.
3章刚体力学2
当不计摩擦阻力矩即令M=0时，有
m1 g m2 m1 g a J 1 m2 m1 2 m2 m1 m r 2
2
m
同例一
当不计滑轮质量及摩擦阻力矩即令m=0、M=0时，有
2m1m2 T1 T2 g m2 m1
1 2 J ml 3
J
1 ml 2 12
l
5
J r 2m
6
球体
7
关于刚体定轴转动定理的几点讨论 M J 1、不仅适用于刚体定轴转动的情形；刚体关于 过质心轴的转动定律与定轴转动定律完全相同。 见第三章习题3.8。
2、M 是刚体所受的对转轴的合外力矩；
3、可以用来求刚体的角加速度、所受的外力 矩和刚体的转动惯量。
分析：
M J
1 2 s v0t at 2
a r
O r
m
17
解：设绳子对物体(或绳子对轮轴)的拉力为T， 受力分析如图： mgT＝ma （1） （2）
Tr J
r
T
T a
由运动学关系有：
mg
a r
解得 又根据已知条件
（3）
J＝m( g－a) r2 / a
（4）
将⑤式代入④式得：
m2 m1 g M r / r m2 m1 g M / r
J m2 m1 2 r
1 m2 2m1 m g＋M / r 2 T2 m1 g－a 1 m2 m1 m 2
13
a r
m2 m1 g M / r
m1 g T1 m1a1 T2 m2 g m2a2 a1 a2 a
第三章刚体力学(2)
J 00 ( J 0 mR )
2
J 00 ( J 0 0)
0
J 00 J 0 mR2
R
O’ Cபைடு நூலகம்
B
（2） 球与环及地球为系统，机械能守恒
势能零点
1 1 2 1 2 2 J 00 mg 2 R mv J 00 2 2 2
v 2 gR
环上C点处对惯性系的速度为零
d A M d
1 2 Ek J 2
A Md
1
2
定轴转动动能定理 势能 刚体的机械能
1 1 2 A J 2 J 12 2 2
E p mghc
1 2 E E p Ek mghc J 2 A外 A非保 E
A外+A非保=0 ΔE=0
*
机械能守恒
三、定轴转动定理定律 力矩 角动量
M r F
L J L J z
dLz M z J dt
定轴转动定律
分析问题：对刚体列出定轴转动定律方程
对质点列出牛顿定律方程 线量与角量的关系 M = 0 L = 常量——角动量守恒 J = 常量
力（力矩）对刚体的功 定轴转动动能
各质点的位置和速度 某点的位矢 = 质心的位矢 + 该质点相对质心的位矢 某点的速度 = 质心的平动速度 + 该质点相对质心的速度
y
ri rc ri
vi vc vi vc ri
mi
ri
ri′ rc
x
质心系
ω是该质点相对质心做转动时的角速度
O
八．细杆长l,质量m.从水平位置释放后与物 体碰撞,物体质量m,与地面摩擦系数u，撞后 滑行S停止,求碰后杆质心C上升的最大高度. 解: 分三阶段考虑 杆机械能守恒
第13讲--第七章刚体力学(2)
w0
3g l
理学院 物理系 陈强
第七章 刚体力学
(2) 轴对杆的力
设N1,N2如图，对质心C有：
N1 cos
N2
sin
mgsin
m
l 2
N2
cos
N1
sin
m g cos
mw 2
l 2
l/2
l/2
w0
由(1)
：
3g
sin ;
2l
w2
w02
3g l
1
cos
mg N2
解得:
N1
mg
sin
9 4
求1) w ( ), m; 2) 轴对杆的力.
l/2
解: (1) mg l sin I 1 ml2 dw
2
3 dt
l/2
3g sin dw w dw
w0
2l
dt
d
mg
3g sind
w
wdw
0 2l
w0
w
w
2 0
3g l
1
cos
令w 0 , 得
m
cos11
w02l
3g
vC w R
w R vC (纯滚)
vC
vC gt
其解为：
w
w0
dw
dt
t
I dw mgR(-1)
dt
vC w R (纯滚条件)
t
w0R g(1 mR2
/
I)
l
1 2
gt 2
w02 R2 2 g(1 mR2
/
I )2
vC
w0R
(1 mR2
/
I)
普通物理学课后习题
物理学（作业题参考解答）第一章 质点运动学作业题：1-3； 1-5；1-8；1-11； 1-16作业题解答（参考）1-3 解：（1）t x 2=，22t y -=，422x y -=（x ＞0）（2）()()j i r 222t t -+=； 1=t s 到2=t s ，()()j i r 2r r v 32121-=--==t ∆∆（m·s -1） （3）()j i rv t t22d d -==； 1s 末和2s 末， ()j i v 221-=（m·s -1）， ()j i v 422-=（m·s -1） （4）j va 2dtd -==，()()j a a 221-==（m·s -2） 1-5 解：t d d r v =，t d d v r =()()()()()()t0000v t 0t dt v t t dt t t v t 1t cos sin sin cos sin cos ωωωωωωωω-==+=-=+-⎡⎤⎣⎦⎰⎰t tr r v i j i j i j()j i r ⎪⎭⎫⎝⎛+-+=R t v v t v t ωωωωωcos sin 000， t v x ωωsin 0=，t v R v y ωωωcos 00-+= 将上两式中消去t 得质点的轨迹方程为 20202⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎭⎫ ⎝⎛--+ωωv v R y x1-8 解：3kv a -= ( k > 0，常数)， 3d d kv t v -=或t k v v d d 3-=；⎰⎰-=tv v t k v v3d d 0 21200211)(⎪⎪⎭⎫⎝⎛+=t kv v t v ，t t kv v x d 211d 21200⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+=;t t kv v x x d 211d 21200t0⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+=⎰⎰，()1211)(20-+=t kv kv t x ， xvv t x x v t v d d d d d d d d =⋅=，3kv a -=，x k vvd d 2-=， x kv v x v 001)(+= 1-11 解：t t t612d d 2-==ωβ；()t t t d 612d 2-=ω； ()⎰⎰-=t t t t2d 612d ωω2334t t -=ω（1s rad -⋅）；t t R a t 6122-==β（2s m -⋅）1-16：解：B A A v v v 地对对地对＋＝B ；由于对地地对－B Bv v =对地对地对－＝B B v v v A A ；A 机相对于B 机的速度大小为αcos 222B A B A AB v v v v v -+= )s m (91760cos 8001000280010001o 22-⋅=⨯⨯⨯-+=6540917866.0800arccos 30cos arccos o o '=⨯==AB B v v β第二章 质点动力学作业题：2-3；2-4；2-6；2-9；2-11；2-12；2-14；2-15；2-20作业题解答（参考）2-3 解：⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=-lv m mg T 2cos θ；⎪⎭⎫ ⎝⎛=-t v m mg d d sin θ；θθθd d d d sin ⎪⎭⎫ ⎝⎛=-t v m mg ()ωθθθl t m mg d d d d sin ⋅⎪⎭⎫⎝⎛=-； ωωθθd d sin ⋅-=l g⎰⎰⋅-=ωωθωωθθ0d d sin 0l g ；解得()2202121cos 1ωωθl l g -=- ()()1cos 211cos 22020-+=-+=θθωωgl v l g l ；⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+-=θcos 3220g g l v m T2-4 解：根据牛顿定律有 t v mt d d 40120=+；即0.40.12d d +=t tv； ()⎰⎰+=tvv t t v 0d 0.40.12d 0； )0.60.40.6(2t t v ++=m·s -1即20.60.40.6d d t t tx ++=；()t t t x x x t d 6.04.06.0d 002⎰⎰++=；)m 02020605(32t .t .t ..x +++=2-6 解：tv m kmv mg d d 2=--；y v v t yy v t v d d d d d d d d =⋅=，积分⎰⎰+-=y v v kv g v v y 020d d ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛++-=202ln 21kv g kv g k y ；最高处时，v =0，⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+==g kv g k y h 20max ln 21 (1) tv mkmv mg d d 2=+-；y v v t yy v t v d d d d d d d d =⋅=，y v mv kmv mg d d 2=+- ⎰⎰--=02d d hvkv g vv y ； 解出 12001-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+=g kv v v2-9 解法1：根据动量原理得x x mv I -=0；0-=y y mv IgH v y 2=；gH v m I I I x y x 2222+=+=32.7108.922030.02=⨯⨯+⨯=)s N (⋅70020108922tan ..v gH mv mv I I x xy xy -=⨯⨯-=-=-==α， ︒=145α 小球所受到的平均冲力大小为)N (36602.032.7===t I F 2-11 解：()()u v m Mv v m M -+=+αcos 0可得人的水平速率的增量为u mM mv v v +=-=α∆cos 0g v t αsin 0=；所以人跳跃抛出物体后增加的距离为()u gm M mv t v x +=⋅=αsin ΔΔ0 2-12 解：0321=++p p p ；213p 10-==201007.1-⨯=（1s m kg -⋅⋅）3p 与1p 的夹角为8514933.522.9arctan 90arctan9021'︒=+︒=+︒=p p α2-14 解：yg mg F λ-=；()y g y m y F W d d d λ-==把水桶从水面提高到井口外力所做的总功 ()(J)882d 10=-=⎰y g y m W λ2-15 解： x x m F a 4.03.01043+=+==（m·s -2）； 以3=x m 代入上式得5.1=a m·s -2 ；()⎰⎰+==-3030202d 43d 2121x x x F mv mv ()2723302=+=x x ；3.210272=⨯=v （m·s -1）2-20 解：第一个过程：210122121v m kx = 第二个过程：020=v ，则2m 碰后的速度为 102v v =第三个过程：()22222221cos 21v m R R g m v m ++=α根据牛顿定律得 Rv m N g m 222cos =+α可解得 kmgRk gR m x 27271==第三章 刚体力学作业题：3-1；3-5；3-8；3-11；3-12；3-15；3-16；3-18；3-20作业题解答（参考）3-1 解：(1)()()()2-33120s rad 1136012102110721432602⋅=⨯⨯-⨯⨯⨯=-=-=....t n n tπωωβ(2) ()()12212120606022160221n n tt t n n t n t t ＋πππβωθ=-⋅+=+= ()()()圈390602102172126022312=⨯⨯+⨯=⨯+==..n n t N πθ3-5 解： 1.0)300500(2⨯+==t .t .Fr M根据转动定律tJ J M d d ωβ==， 得t t t t J M d 101.00.300.50d d 3-2⨯+==ω ()3202100250d 300500d t t t t t +=+==⎰⎰ωωωω；t =3s ，()-1332s rad 1095431003250⋅⨯=⨯+⨯=.ω3-8 解：θλθcos d cos d d gr r r g m M ⋅=⋅⋅=；br a +=λ()θθcos 32d cos 2gl bl a r gr br a M l⎪⎭⎫ ⎝⎛+=+=⎰ ()()43022024131d d d bl al r br a r r r m r J ll 0l +=+===⎰⎰⎰λθωωθθωωd d d d d d d d J t J t JM =⋅==，θωωθd d 4131cos 32432⎪⎭⎫ ⎝⎛+=⎪⎭⎫ ⎝⎛+bl al gl bl a ωωθθωπd 4131d cos 3204322⎰⎰⎪⎭⎫ ⎝⎛+=⎪⎭⎫ ⎝⎛+bl al gl bl a ； ()()bl a l bl a g 34234++=ω3-11 解： ()J 109716030210004212142321k 1⨯=⎪⎭⎫ ⎝⎛⨯⨯⨯⨯==..J E πω()J 101926010210004212132322k 2⨯=⎪⎭⎫ ⎝⎛⨯⨯⨯⨯==..J E πω()J 10751109711012443k 1k 2⨯-=⨯-⨯=-=...E E W3-12 解：（1）)2Rm πσ=，r r RmS m d 2d d 2ππσ== 2r/R gmr 2m g F d d d μμ==；mgR r/R gmr M Rμμ⎰-=-=02232d 2RgJ M 34μβ-==；t βωω=-0，g R t μωβωω4300=-= （2）根据动能定理，摩擦力的功为 2022041210ωωmR J W -=-=3-15 解：(1)⎰∆===∆t Fl t M J L d 0ω（2）()θωcos 1212120-=mgl J ；解得 ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛∆=gl m t F 2223-1arccos θ3-16 解：kt m = 其中，-13s kg 10⋅=-k 。
第三次作业 牛顿运动定律和刚体力学
J
d d M Fr FN 2[ Fr ( F mg )] M 可得圆盘的角速度变化率 。 2 1 2 dt J mr dt mr 2
(2)以横梁为研究对象，受力平衡： Fl Fr FN 。 对横梁左端和右端，力矩平衡分别为： FN 2aFr aFN 0 和 FN 2aFl aFN 0 。 联立以上各方程解得：
2
可得：
dz r 2 r 2 (r ) 2 ，即 dz tan dr 。两端积分得： z dr g g 2g
mR
2
2
。
解：以转盘中心为转动轴，转盘和夯锤系统角动量(动量矩)守恒，碰撞后瞬间转盘与夯锤绕转盘中心
5
的角速度相同，得 ( J mR 2 ) J 0 ，即
J J R0 0 。则夯锤速度为 v R 2 J mR 2 J mR
[3-19] 如 图 所 示 ， 弹 簧 的 劲 度 系 数
[3-26] 在重力场中有一个以匀速度 旋转着的圆筒容器，该容器内盛有密度为 的不可压缩性流 体。试求：(1)液体表面的状态；(2)液体内的压力分布。
解：(1)以圆筒的转轴为 Z 轴，原点位于液面最低处。液面处于平衡状态时，在液面取一质量元 dm ， 受到重力 gdm 和其它流体的合力 F 。由于质量元相对液面静止，所以合力 F 的方向沿液面法向， 设 F 与竖直方向的夹角为 ，旋转时 dm 以径向 r 为半径，以 o 为圆心作匀速率圆周运动，向心加 速度为 an r 2 。由牛顿运动定律，有 F sin r dm 和 F cos gdm 。
m1v0 (m1 m2 )v 1 1 1 2 m1v0 (m1 m2 )v 2 kx 2 2 2 2
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16.
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=•
17.
一飞轮以角速度0绕光滑固定轴旋转， 飞轮对轴的转动惯量为J1；另一静止飞轮突然和上述转动的飞 轮啮合，绕同一转轴转动，该飞轮对轴的转动惯量为
O旋转，初始 状态为静止悬挂.现有一个小球自左方水平打击细杆.设小球与细杆之间为非弹性 碰撞，则在碰撞过程中对细杆与小球这一系统
(A)
(B)
(C)
(D)
10.
关于力矩有以下几种说法：
(1)对某个定轴而言，内力矩不会改变刚体的角动量.
(2)作用力和反作用力对同一轴的力矩之和必为零.
(3)质量相等，形状和大小不同的两个刚体，在相同力矩的作用下，它们的角加速度一定相等. 在上述说法中，
只取决于转轴的位置，与刚体的质量和质量的空间分布无关.
[
4.
一轻绳跨过一具有水平光滑轴、质量为
为m1和m2的物体(m1Vm2),如图所示.绳与轮之间无相对滑动. 逆时针方向转动，则绳中的张力
(A)处处相等.
(C)右边大于左边.
M的定滑轮，绳的两端分别悬有质量
若某时刻滑轮沿
(B)左边大于右边.
(D)哪边大无法判断.
3
质量为m、速率为v的子弹在水平面内沿与棒垂直的方向射出并穿出棒的
1自由端，设穿过棒后子弹的速率为v，则此时棒的角速度应为
2
(B)沁.
2ML
(D)血.
4ML
O
俯视图
(A)
(C)
mv ML 5mv 3ML
7.
一水平圆盘可绕通过其中心的固定竖直轴转动，盘上站着一个人 上随意走动时，若忽略轴的摩擦，此系统
前者的二倍.啮合后整个系统的角速度=•
18.
质量为m、长为I的棒，可绕通过棒中心且与棒垂直的竖直光滑固 定轴0在水平面内自由转动（转动惯量J=m|2/ 12）.开始时棒静止，现 有一子弹，质量也是m,在水平面内以速度vo垂直射入棒端并嵌在其 中•则子弹嵌入
后棒的角速度 =•
19.
长为I的杆如图悬挂.0为水平光滑固定转轴，平衡时杆竖直
5.
花样滑冰运动员绕通过自身的竖直轴转动，开始时两臂伸开，转动惯量为
1
两臂收回，使转动惯量减少为-Jo.这时她转动的角速度变为
3
Jo,
角速度为
0.然后她将
1
(A)1
(C).30.
0.
(B)1/、.3o.
(D)3o.
6.
如图所示，一静止的均匀细棒，长为
L、质量为M，可绕通过棒的端 点且垂直于棒长的光滑固定轴O在水平面内转动，转动惯量为-ML2.-
B.[
A
M
DI
B
2.
几个力同时作用在一个具有光滑固定转轴的刚体上,(A)必然不会转动.
(C)转速必然改变.
如果这几个力的矢量和为零，则此刚体
(B)转速必然不变.
(D)转速可能不变，也可能改变.
3.
关于刚体对轴的转动惯量，下列说法中正确的是
(A)
(B)
(C)
(D)
只取决于刚体的质量，与质量的空间分布和轴的位置无关. 取决于刚体的质量和质量的空间分布，与轴的位置无关. 取决于刚体的质量、质量的空间分布和轴的位置.
12.
一飞轮以600rev/min的转速旋转，转动惯量为2.5 kg•m2,现加一恒定的
制动力矩使飞轮在1s内停止转动，则该恒定制动力矩的大小M=.
13.
一个能绕固定轴转动的轮子，除受到轴承的恒定摩擦力矩Mr外，还受到恒定外力矩M的作用.若M
=20N•m，轮子对固定轴的转动惯量为J=15kg•m2.在
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.
20.
质量分别为m和2m的两物体（都可视为质点），用一长为I的轻质刚性 细杆相连，系统绕通过杆且与杆垂直的竖直固定轴O转动，已知O轴离质
1
量为2m的质点的距离为-1，质量为m的质点的线速度为v且与杆垂直，
3
则该系统
对转轴的角动量（动量矩）大小为•
(A)只有(2)是正确的.
(B)(1)、(2)是正确的.
(C)(2)、(3)是正确的.
(D)(1)、(2)、(3)都是正确的.[]
二、填空题
11.
半径为20cm的主动轮，通过皮带拖动半径为50cm的被动轮转动，皮带与轮之间无相对滑动.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.
刚体力学作业
—姓名：_
年月
班级:
日期:
一、选择题
1.
如图所示，A、B为两个相同的绕着轻绳的定滑轮.A滑轮挂一质 量为M的物体，B滑轮受拉力F，而且F=Mg.设A、B两滑轮的角加 速度分别为A和
(A)A=B.
(C)AVB.பைடு நூலகம்
学号：_
成绩:
B,
不计滑轮轴的摩擦，则有
(B)A>B.
(D)开始时A=B,以后AV
.把人和圆盘取作系统，当此人在盘
(A)动量守恒.
(B)机械能守恒.
(C)对转轴的角动量守恒.
(D)动量、机械能和角动量都守恒.
(E)动量、机械能和角动量都不守恒.[]
8.
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， 转动惯量为丄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
t=10s内，轮子的角速度由=0增大到 =10rad/s，贝U Mr=.
14.
1
一定滑轮质量为M、半径为R,对水平轴的转动惯量J=一MR2.在滑轮的边缘绕一细绳，绳的下端
2
挂一物体•绳的质量可以忽略且不能伸长，滑轮与轴承
间无摩擦•物体下落的加速度为a，则绳中的张力T=
15.
如图所示，一轻绳绕于半径为r的飞轮边缘，并以质量为m的物体挂在绳端, 飞轮对过轮心且与轮面垂直的水平固定轴的转
H——L
I■
m0
俯视图
Av
10虫
m|2m
俯视图
计算题
21.
一质量为m的物体悬于一条轻绳的一端，绳另一端绕在一轮轴的轴上，如图所 示•轴水平且垂直于轮轴面，其半径为r，整个装置架在光滑的固定轴承之上•当物
体从静止释放后，在时间t内下降了一段距离S.试求整个轮轴的转动惯量（用m、t和S表示）•
22.
质量m=1.1 kg的匀质圆盘，可以绕通过其中心且垂直盘面的水平光滑
1
固定轴转动，对轴的转动惯量J=mr2(r为盘的半径)•圆盘边缘绕有绳子,
2
绳子下端挂一质量mi=1.0 kg的物体，如图所示.起初在圆盘上加一恒力矩 使物体以速率vo=0.6 m/s匀速上升，如撤去所加力矩，问经历多少时间圆