大学物理第3章-刚体力学习题解答
第3章刚体力学习题解答3.13某发动机飞轮在时间间隔t的角位移为0 = at+ bt' -ct A(0 : radJ : 5)。
求t时刻的角速度和角加速度。
解：co = ^ = a + 3bt- -4ct- P = ^ = 6ht-\2ct23.14桑塔纳汽车时速为166km/h,车轮滚动半径为0.26m,发动机转速与驱动轮转速比为0.909,问发动机转速为每分多少转？解：设车轮半径为R=0.26m,发动机转速为n h驱动轮转速为n2,汽车速度为v=166km/ho显然，汽车前进的速度就是驱动轮边缘的线速度，# = 2兀血2 =2兀&"0.909 ,所以：“=黠=•囁熠=9.24xl04 w//7 = 1.54x103rev/ min3.15如题3-15图所示，质量为加的空心圆柱体，质量均匀分布，其外半径为门和厂2,求对通过其中心轴的转动惯量。
解：设圆柱体长为力，则半径为r,厚为dr的薄圆筒的质量dm为：dm = hp2mlr对其轴线的转动惯量dl z•为dl: = rdm = hplTV.r .dr3.17如题3-17图所示，一半圆形细杆，半径为，质量为，求对7二A过细杆二端轴的转动惯量。
解：如图所示，圆形细杆对过O轴且垂直于圆形细杆所在平面的轴的转动惯量为mR2, 根据垂直轴定理/：=人+人和问题的对称性知：圆形细杆对过轴的转动惯量为|mR2, III2转动惯量的可加性可求得：半圆形细杆对过细杆二端轴的转动惯量为：I^=-mR23.18在质量为半径为R的匀质圆盘上挖出半径为r的两个圆孔，圆孔中心在半径R 的中点，求剩余部分对过大圆盘中心且与盘面垂直的轴线的 ____于对称放置，两个小圆盘对o轴的转动惯量相题3・18图等，设为厂，圆盘质量的面密度a=M/jrR2,根据平行轴定理，Z'=|（cr^r2）r2 +（cr^r2）（f ）2 =^- + {A/r2设挖去两个小圆盘后，剩余部分对。
轴的转动惯量为厂’/••=/_ 2/*=^ MR1一甞一 * Mr? = * M（/?2 —八一2r4 / R1）3.19 —转动系统的转动惯量为I=8.0kgm2,转速为o=41.9rad/s，两制动闸瓦对轮的压力都为392N,闸瓦与轮缘间的摩擦系数为尸0.4,轮半径为r=0.4m,问从开始制动到静止需多长时间？解：由转动定理：M = Ia,a = # 2x0•巧叹2x0.4 = 15.68mJ/s1o.O制动过程可视为匀减速转动，a = \co/MAr = △€»/ a = 41.9/15.68 = 2.67s3.20-轻绳绕于r=0.2m的飞轮边缘，以恒力F=98N拉绳，如题3-20图（a）所示。
已知飞轮的转动惯量J=0.5kg.m2,轴承无摩擦。
求（1）飞轮的角加速度。
（2）绳子拉下5m时，飞轮的角速度和动能。
（3）如把重量P=98N的物体挂在绳端，如题3・20图（b）所示，再求上面的结果。
（1）ill转动定理得:M rF 0.2x98 ……a = — = -- = ------------ =39.2/TZZ/・s -I I 0.5（3）物体受力如图所示:a = ra T =T r（2）由定轴转动刚体的动能定理得：A胡弓怡£ =F・〃=490JP _T = ma< rV = Ja解方程组并代入数据得:Pr2+Jg=21・78,认/・尸98x9.8x0.298X0.22+0.5X9.8A = E k=33・15心/・$° E =-j M 2=i*0.5*33.152 =274.7/2 23.21现在用阿特伍德机测滑轮转动惯量。
用轻线且尽可能润滑轮轴。
两端悬挂重物 质量各为mi=0.46kg, m 2=O.5kg,滑轮半径为0.05mo 自静止始，释放重物后并测得O.5sm 2 下降了 0・75m 。
滑轮转动惯量是多少？解：隔离m2、mi 及滑轮，受力及运动情况如 图所示。
对m2、g 分别应用牛顿笫二定律：m 2g-T 2 = in 2a （1）; T x -m x g = m x a （2）对滑轮应用转动定理：(j 】—T\)R = ip = hHR (3)质点m2作匀加速直线运动，曲运动学公式：3 =昇宀 :.a = 2^y/r =2x0.75/5.02 = 0.06 m/s 2由 ⑴、⑵可求得 丁2-石=（加2-〃2］）g -（加2+"）a ，代入（3）中，可求得/ = [(in 2 - )g/a- (m 2 + )]/?2,代入数据：I = (0.04 x 9.8/0.06 一 0.96) x 0.052 = 1.39 x IO"2kgm 23.22质量为m,半径为的均匀圆盘在水平面上绕中心轴转动，如题3・22图所示。
盘与水平面的动摩擦因数为，圆盘的初角速度为®，问到停止转动，圆盘共转了多少圈？ 解：I = L…I R 22如图所示：dm = 2^u?z/rM = j* dM = -j 中gdm = -juglTtcr^rdr = _ 彳〃?g/z/?Ji/ 2*98*5 V0.5 + 9.8*0.22叫g积分得：込黯3.23如图所示，弹簧的倔强系数k=2N/m,可视为圆盘的滑轮半径r=0.05m,质量〃”=80g,设弹簧和绳的质量可不计，绳不可伸长，绳与滑轮间无相对滑动，运动中阻力不计，求lkg 质量的物体从静止开始（这时弹簧不伸长）落下1米时，速度的大小等于多少（g 取 10m/s 2）解：以地球、物体、弹簧、滑轮为系统，其能量守恒物体地桌面处为重力势能的零 点，弹簧的原长为弹性势能的零点，则有：—m v 2+ — JCD 1 +-kx 2-zzz.e/? = 0<2 2 2 1v = rco J =— mr 2 x = h2解方程得：y=f ；；：m代入数据计算得：v=1.48m/s 。
即物体下落0・5m 的速度为l ・48m/s3.24如题3・24图所示，均质矩形薄板绕竖直边转动，初始角速度为转动时受到空气的阻力。
阻力垂直于板面，每一小面积所受阻力的大小与其面积及速度平方的乘积成正 比，比例常数为ko 试计算经过多少时间，薄板角速度减为原来的一半，设薄板竖直边 长为b,宽为a,薄板质量为解；如图所示，取图示的阴影部分为硏究对象 v = xco df = kv 2dS = kx 2co 2bdxdM = x • df = karbx^dx aa[=J = J karb^dx = —kco~baA由转动定律：心沪dco dO - ---- =Jco dO dt dc o得:] =『0 2—niR^ | coda) = -j ( — pmgR ・所以从角速度为®到停止转动，圆盘共转了 沁圈。
16%g“ r dco ] r dco 4J 2¥ 4J dco 4J 4mM = J——dt = J ——=—-—dco t= ———=——:—= ------dt M kcoba ? kba少kba co{} 3kbcrco{}叫）所以经过一的时间，薄板角速度减为原来的一半。
3kb（ra）{）3-25 一个质量为M,半径为R并以角速度e旋转的飞轮（可看作匀质圆盘），在某一瞬间突破口然有一片质量为加的碎片从轮的边缘上飞出，见题3-25图。
假定碎片脱离飞轮时的瞬时速度方向正好竖直向上，（1）问它能上升多高？（2）求余下部分的角速度、角动量和转动动能。
2“2 2解：（1）碎片以Re的初速度竖直向上运动。
上升的高度：力二単=匚二2g 2g（2）余下部分的角速度仍为。
角动量L = Jco = （-M-m）R2CO2转动动能E k =-（-M-m）R2co22 23.26两滑冰运动员，在相距1・5加的两平行线上相向而行。
两人质量分别为m A=60kg, mB=70kg,他们的速率分别为片=7ms—VA=6HI.S,, '*1 者最接近时，便拉起手来，开始绕质心作圆运动，并保持二者的距离为1.5m o求该瞬时：（1）系统对通过质心的竖直轴的总角动量；（2）系统的角速度；（3）两人拉手前、后的总动能。
这一过程中能量是否守恒？解：如图所示，/1、mJ 60x 1.5 9 . 「9 21 （1）x = --- ——= ---- =—in I-X =\.J-------- - —m m A + 60 + 70 13 13 26(2) L = J® co e = — = --- - - ----- ・ 代入数据求得： ①.=8・67w/d ・s°J( tn B x +m A (l-x)(3) 以地面为参考系。
拉手前的总动能：E k[=丄®记+丄蚀诟，代入数据得爲=2730J ,2 2拉手后的总动能：包括括个部分：(1)系统相对于质心的动能(2)系统随质心平动的动 能瓦2 = + J3 + +仃© + 心| W + g （ ® + 叫） 动能不守恒，总能量守恒。
3.27 —均匀细棒长为/,质量为加，以与棒长方向相垂直的速度巾在光滑水平面平动时,与前方一固定的光滑支点O 发生完全非弹性碰撞，碰撞点位于离棒中心一方1/4处，如 题3-27图所示，求棒在碰撞后的瞬时绕过O 点垂直于杆所在平面的轴转动的角速度5。
解：如图所示：碰撞前后系统对点O 的角动量守恒。
碰撞前后：厶=讥1/4碰撞前后：厶=丿0%= — ml 2+m(-\ %- |_12 14 丿 由厶=厶可求得：©=空8〃.严'7/3.28如题3-28图所示，一质量为加的小球由一绳索系着，以角速度eo 在无摩擦的水平面上，作半径为m 的圆周运动.如果在绳的另一端作用一竖直向下的拉力，使小球作半径 为八/2的圆周运动.试求：(1)小球新的角速度；(2)拉力所作的功.解：如图所示，小球对桌面上的小孔的角动量守恒(1)初态始角动量 厶；终态始角动量 L, =-mr^o-4山厶=厶2求得：0 = 4珂11Q(2)拉力作功:W =—厶时一一丿。
妬=二加彳姊2 2 23.29质量为0.50 kg,长为0.40 m 的均匀细棒，可绕垂直于棒的一端的水平轴转动•如将 此棒放在水平位置，然后任其落下，如题3・29图所示，求：(1)当棒转过60。
时的角 加速度和角速度；(2)下落到竖直位置时的动能；(3)下落到竖直位置时的角速度.\2叫+叫丿解：设杆长为人质量为加代入数据可求得：a = 18・38w/・L‘由刚体定轴转动的动能定理得：喘—若〃畑込必，代入数据得：co = 1 Brachs-' (也可以用转动定理求得角加速度再积分由刚体定轴转动的动能定理得：W=SE k E k =/7^/2 = O.5X 9.8X O.2 = O.98J3-30如题3-30图所示，A 与B 两飞轮的轴杆由摩擦啮合器连接，A 轮的转动惯量力= 10.0 kg- m 2 ,开始时B 轮静止，A 轮以小=600 r min 1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“ =200 r ・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.AB解：研究对象：A 、B 系统在衔接过程中， ——对轴无外力矩作用，故有,___■1■6厶=常矢\ = y-n （£ + J 2）CO = J x （X\ + 厶0一 W—即： 人=Jg® 代入数据可求得：J. = 20kg • /3一3工题3・30图(2) AE^ =-( +J 2co; )--(/, +J 2)ft?2 代入数据可求得:2 2△仗=-l ・32xl0*V,负号表示动能损失(减少)。
第03章---刚体力学习题汇总
（A）匀角速转动； （B）匀角加速转动；
（D）
（C）角加速度越来越大的变加速运动；
（D）角加速度越来越小的变加速运动。
分析：当棒转到θ角位置时，棒所受 到的外力矩为:
θ
M 1 mgLcos 根据转动定律 M I ，有：
2
mg
1 mgL cos
可见角5
5. （a）（b）两图中的细棒和小球均相同，系统可绕o 轴在竖直面内自由转动系统从水平位置静止释放，转
(D)只有动量守恒
（C）
分析：
（A）错。非弹性碰撞，机械能不守恒。 （B）错。轴上有外力，动量不守恒。
（C）对。外力矩为零，角动量守恒。
2
2.一绕固定水平轴0匀速转动的转盘，沿图示的同一 水平直线从相反方向射入两颗质量相同、速率相等的 子弹并留在盘中，则子弹射入转盘后的角速度
(A)增大 (B)不变 分析：
边缘并粘在上面，则系统的角速度是
3v
。
分析：取如图的细长条面积：
4b
b
I r 2ds r 2adr
1 ab3 1 mb2
0
3
3
合外力矩为零，系统角动量守恒。
mvb (1 mb2 mb2 )
3
3v
4b
9
二、填空题
1.如图，半径为R，质量为M的飞轮，
可绕水平轴o在竖直面内自由转动（飞
R2
2 3
mgR
11
3.一飞轮的转动惯量为I，在t=0时角速度为 0 ， 此后
飞轮经历制动过程。阻力矩M的大小与角速度的平方
成正比，比例系数K>0。当 0 / 3 时，飞轮的角加
速度 = k02 9I ，从开始制动到 0 / 3所经过
大学物理练习册习题及答案4
习题及参考答案第3章 刚体力学参考答案思考题3-1刚体角动量守恒的充分而必要的条件是 （A ）刚体不受外力矩的作用。
（B ）刚体所受合外力矩为零。
(C)刚体所受的合外力和合外力矩均为零。
(D)刚体的转动惯量和角速度均保持不变。
答：（B ）。
3-2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βA 和βB ，不计滑轮 轴的摩擦，则有（A ）βA = βB （B ）βA > βB（C ）βA < βB （D ）开始时βA = βB ，以后βA < βB 答：（C ）。
3-3关于刚体对轴的转动惯量，下列说法中正确的是（A ）只取决于刚体的质量，与质量的空间分布和轴的位置无关。
(B)取决于刚体的质量和质量的空间分布，与轴的位置无关。
（C ）取决于刚体的质量、质量的空间分布和轴的位置。
(D)只取决于转轴的位置，与刚体的质量和质量的空间分布无 答：（C ）。
3-4一水平圆盘可绕通过其中心的固定铅直轴转动，盘上站着一个人，初始时整个系统处于静止状态，当此人在盘上随意走动时，若忽略轴的摩擦，则此系统(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。
答：（C ）。
3-5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o 且垂直于杆的竖直光滑固定轴自由转动，其转动惯量为213mL，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AMF思考题3-2图v思考题3-5图(A)23L v (B)45L v (C)67L v (D)89L v (E)127L v答：（C ）。
大学物理学课后3第三章答案
题 3.8(a)图 (1) m1 , m2 和柱体的运动方程如下：
题 3.8(b)图
T2 m2 g m2a2
①
m1g T1 m1a1
②
T1R T2r J
③
式中 T1 T1,T2 T2 , a2 r , a1 R
而 由上式求得
J 1 MR 2 1 mr 2
∵
Fr N
N N
∴ 又∵
∴ ①
Fr
N
l1
l2 l1
F
J 1 mR 2 , 2
Fr R 2(l1 l2 ) F
J
mRl1
以 F 100 N 等代入上式，得
2 0.40 (0.50 0.75) 100 40 rad s2
0.20m, r ＝0.10m， m ＝4 kg， M ＝10 kg， m1 ＝ m2 ＝2 kg，且开始时 m1 ， m2 离地均为 h ＝2m．求： (1)柱体转动时的角加速度； (2)两侧细绳的张力．
解: 设 a1 , a2 和β分别为 m1 , m2 和柱体的加速度及角加速度，方向如图(如图 b)．
习题 3
3.1 选择题
(1) 有两个力作用在一个有固定转轴的刚体上：
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 当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
(5) 一圆盘正绕垂直于盘面的水平光滑固定轴 O 转动，如图射来两个质量相同，
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 dtd JJ M ωβ== dtd JC ωω=-∴ dt JC d t ⎰⎰-=∴00ωωωω t JC-=0lnωω t JCe-=0ωω当021ωω=时，2ln CJt =。
（2）角位移⎰=tdt 0ωθ⎰-=2ln 00C J t JC dt eωCJ 021ω=，所以，此时间内转过的圈数为CJ 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)(1222b 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 ⎰=2dxdy y x a a b b σ⎰⎰--+=222222)()(1222b 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2121b 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 adm b dm dJ -+⋅=dx x ab dx b 23)2(121-+=σσ 33121121ba a b dJ J σσ+==∴⎰)(1222b a ab +=σ3-3 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 =，221mr J =(5) 联立求出g a 41=， mg T 811=，mg T 451=，mg T 232=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。
第03章(刚体力学)习题答案
轮子的角速度由w ＝0 增大到w ＝10 rad/s，求摩擦力矩 Mr． [5.0 N·m]
解：摩擦力矩与外力矩均为恒力矩，所以刚体作匀角加速转动。其角加速度为：
b = w - w0 = 10 - 0 = 1rad / s2
Dt
10
合外力矩为： M合 = Jb = 15 ´1 = 15(N × m) = M - M r Þ M r = 5.0(N × m)
所以机械能也不守恒。
3-3 一圆盘绕过盘心且与盘面垂直的光滑固定轴 O 以角速度w按图示方向转动.若如图
所示的情况那样，将两个大小相等方向相反但不在同一条直线的力
F 沿盘面同时作用到圆盘上，则圆盘的角速度w 如何变化？
w
答：左边力的力矩比右边的大，所以刚体会被加速，其角加速
F
F
度增大。 3-4 刚体角动量守恒的充分而必要的条件是什么？ 答：刚体所受的合外力矩为零。
解：此过程角动量守恒
Jw0
=
1 3
Jw
Þ
w
=
3w0
3-10 一轴承光滑的定滑轮，质量为 M＝2.00 kg，半径为 R＝0.100 m，
一根不能伸长的轻绳，一端固定在定滑轮上，另一端系有一质量为 m＝5.00
kg 的物体，如图所示．已知定滑轮的转动惯量为 J＝ 1 MR 2 ，其初角速 2
w 0
R M
度w0 ＝10.0 rad/s，方向垂直纸面向里．求：
(1) 定滑轮的角加速度的大小和方向； (2) 定滑轮的角速度变化到w＝0 时，物体上升的高度；
m
习题 310 图
(3) 当物体回到原来位置时，定滑轮的角速度的大小和方向．
[ 81.7 rad/s2 ，垂直纸面向外； 6.12×10-2 m； w = 10.0 rad/s，垂直纸面向外]
大学物理第三章刚体力学基础习题答案培训课件
1 )
t2
下次上课内容：
§5-1 简谐运动 §5-2 旋转矢量表示法 §5-3 单摆和复摆 §5-4 振动的能量
角动量定理
t2 Mdt
t1
J2
J1
角动量守恒 M 0, J 恒矢量
力的功
W
r F
drr
力矩的功 W Md
动 能 1 mv2
2
动能定理
W
1 2
mv22
1 2
mv12
转动动能 1 J 2
2
转动动能定理W
1 2
J22
1 2
J12
习 题 课 (三)
3-1 一轻绳绕在有水平轴的定滑轮上，绳下端挂一
的角加速度 =
。从开始制动到 =1/3 0所经过
的时间t = 。
M k2 J
k 2 k02
J 9J
k2 J d
dt
t k dt
0J
1 3
0
d
0
2
t 2J
k0
3-6 一长为L的轻质细杆，两端分别固定有质量为
m 和2m 的小球，此系统在铅直平面内可绕过中心点
O且与杆垂直的水平固定轴转动。开始时杆与水平成
方向上，正对着杆的一端以相同的速率v相向运动，
如图所示。当两小球同时与杆的两端发生完全非弹性
碰撞后，就与杆粘在一起转动，则这一系统碰撞后的
转动角速度为
m
(A) 2v
4v (B)
v
3L
✓(C)
6v 7L
5L (D) 8v
9L
(E) 12v v m
o
7L
2mvL 1 mL2 2mL2
3
6v
7L
大学物理第三章刚体力学基础习题答案
方向竖直向下
3-15 由角动量守恒得
mul J mvl 1 1 2 1 2 2 mu m v J 因弹性碰撞，系统机械能守恒： 2 2 2 1 1 2 2 又： J M 2l Ml 12 3 6mu M 3m u 联立可得： v M 3m l M 3m
2 2 2 1 mv l [m( l ) M l 2 ] 3 3 3
o
2 l 3
6mv (4m 3M ) l
v
m
A
3-9 电风扇在开启电源后，经过t1时间到达了额定 转速，此时相应的角速度为 0。当关闭电源后，经 过t2时间风扇停转。已知风扇转子的转动惯量为 J， 并假定摩擦力矩和电机的电磁力矩均为常量，试根据 已知量推算电机的电磁力矩。 解： 设电机的电磁力矩为M，摩擦力矩为Mf
1
0
t1
3-9 (1)
mg T ma
T mg sin 30 ma
g 2 a m/s 4
方向竖直向下
T2 N 2
mg
(2)
mg T1 ma
T2 mg sin 300 ma
T1r T2r J
a r
T1
1
mg
J k m r2
g 联立求解得： a 22 k
质点运动 m 质 量 力 F 刚体定轴转动 2 J r 转动惯量 m dm 力矩 M Fr sin
dp dL F m a F 第二定律 转动定律 M J M dt dt p mv 动 量 角动量 L J t t2 动量定理 t Fdt mv2 mv1 角动量定理 t Mdt J 2 J1 1 动量守恒 F 0, mv 恒矢量 角动量守恒 M 0, J 恒矢量 力矩的功 W Md 力 的 功 W F dr
大学物理五第三章习题答案
第三章 刚体的转动习题答案1、对于定轴转动刚体上不同的点来说：线速度、法向加速度、切向加速度具有不同的值，角位移、角速度、角加速度具有相同的值。
2、由sin M r F Fr θ=⨯=可知，（1）0,0F M ≠=，当0r =或者sin 0θ=，即力通过转轴或者力与转轴平行； （2）0,0F M =≠，这种情况不存在； （3）0,0F M ==，这种情况任何时候都存在。
3、根据均匀圆盘对中心轴的转动惯量：221122I mr vr ρ==可知，对于相同几何形状的铁盘和铝盘，密度大的转动惯量大。
通常我们取铁的密度为37.9/g cm ，铝的密度32.7/g cm ，因此铁盘对中心轴的转动惯量大；根据刚体动能定理：21222111d 22A M I I θθθωω==-⎰，可知对铁盘的外力矩要做更多的功。
4、轮A 的转动惯量212I mr =，轮B 的转动惯量2I mr =，根据刚体的转动定律M I β=，因为两者所受的阻力矩相等，可知轮A 的转动角加速度大于轮B 的转动角加速度，故轮A 先停止。
5、舞蹈演员在旋转过程中，可以近似地认为角动量守恒，当其把双手靠近身体时，转动惯量减小，故角速度增大；当其把双手伸开，转动惯量增大，故角速度减小。
6、解：2334d a bt ct dtθω==+-， 2612d b t c t dtωβ==-。
7、解：11200240/60rad s πωπ⨯==，22700290/60rad s πωπ⨯==， 2215025/126rad s t ωωππβ-===∆， 2117803902t t n θωβπ=+==。
8、解：根据均匀球体对直径轴的转动惯量225I mr =，得到地球对自转轴的转动惯量3729.810I kg m =⨯⋅，地球自转角速度2/246060rad s πω=⨯⨯，转动动能22813102k E I J ω==⨯。
9、解：已知030/rad s ωπ=，切断电源后的角位移752150θππ=⨯=，根据匀减速运动规律2220023/2rad s ωωβθβπθ=⇒==，由于电扇是匀减速，可知阻力矩为常量，因此根据刚体转动动能定理22101144.422M I I J θωω=-=-， 可得到转动惯量2244.420.01I kg m ω⨯==⋅，以及阻力矩44.40.1150M N m π=≈⋅。
大学物理习题答案03刚体运动学
⼤学物理习题答案03刚体运动学⼤学物理练习题三⼀、选择题1.⼀⼒学系统由两个质点组成，它们之间只有引⼒作⽤。
若两质点所受外⼒的⽮量和为零，则此系统(A) 动量、机械能以及对⼀轴的⾓动量都守恒。
(B) 动量、机械能守恒，但⾓动量是否守恒不能断定。
(C) 动量守恒，但机械能和⾓动量守恒与否不能断定。
(D) 动量和⾓动量守恒，但机械能是否守恒不能断定。
[ C ]解：系统＝０合外F，内⼒是引⼒（保守内⼒）。
（１）021 F F,＝０合外F ，动量守恒。
（２）2211r F r F A ＝合。
21F F，但21r r时0A 外，因此Ｅ不⼀定守恒。
（３）21F F，2211d F d F M ＝合。
两⼒对定点的⼒臂21d d 时，0 合外M，故L 不⼀定守恒。
2. 如图所⽰，有⼀个⼩物体，置于⼀个光滑的⽔平桌⾯上，有⼀绳其⼀端连结此物体，另⼀端穿过桌⾯中⼼的⼩孔，该物体原以⾓速度ω在距孔为R 的圆周上转动，今将绳从⼩孔往下拉。
则物体 (A) 动能不变，动量改变。
(B) 动量不变，动能改变。
(C) ⾓动量不变，动量不变。
(D) ⾓动量改变，动量改变。
(E)⾓动量不变，动能、动量都改变。
[ E ]解：合外⼒（拉⼒）对圆⼼的⼒矩为零，⾓动量O Rrmv L 守恒。
r 减⼩，v 增⼤。
因此p 、E k 均变化（m不变）。
3. 有两个半径相同，质量相等的细圆环A 和B 。
A 环的质量分布均匀，B 环的质量分布不均匀。
它们对通过环⼼并与环⾯垂直的轴的转动惯量分别为J A 和J B ，则(A)A J >B J (B) A J < B J(C) A J =B J (D) 不能确定A J 、B J 哪个⼤。
[ C ]解：2222mR dm R dm R dm r J， J 与m 的分布⽆关。
另问：如果是椭圆环，J 与质量分布有关吗？（是）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31mL 2，起初杆静⽌。
大学物理第3章-刚体力学习题解答
大学物理第3章-刚体力学习题解答第3章 刚体力学习题解答3.13 某发动机飞轮在时间间隔t 内的角位移为):,:(43s t rad ct bt at θθ-+=。
求t 时刻的角速度和角加速度。
解：23212643ct bt ct bt a dt d dtd -==-+==ωθβω3.14桑塔纳汽车时速为166km/h ，车轮滚动半径为0.26m ，发动机转速与驱动轮转速比为0.909, 问发动机转速为每分多少转？解：设车轮半径为R=0.26m ，发动机转速为n 1, 驱动轮转速为n 2, 汽车速度为v=166km/h 。
显然，汽车前进的速度就是驱动轮边缘的线速度，909.0/2212Rn Rn v ππ==，所以：min/1054.1/1024.93426.014.3210166909.02909.013rev h rev n R v ⨯=⨯===⨯⨯⨯⨯π3.15 如题3-15图所示，质量为m 的空心圆柱体，质量均匀分布，其内外半径为r 1和r 2，求对通过其中心轴的转动惯量。
解：设圆柱体长为h ，则半径为r ，厚为dr 的薄圆筒的质量dm 为：2..dm h r dr ρπ=对其轴线的转动惯量dI z 为232..z dI r dm h r dr ρπ==212222112..()2r z r I h r r dr m r r ρπ==-⎰ 3.17 如题3-17图所示，一半圆形细杆，半径为，质量为，求对过细杆二端轴的转动惯量。
解：如图所示，圆形细杆对过O 轴且垂直于圆形细杆所在平面的轴的转动惯量为mR 2，根据垂直轴定理z x y I I I =+和问题的对称性知：圆形细杆对过轴的转动惯量为12mR 2，由转动惯量的可加性可求得：半圆形细杆对过细杆二端轴的转动惯量为：214AA I mR '=3.18 在质量为M ，半径为R 的匀质圆盘上挖出半径为r 的两个圆孔，圆孔中心在半径R 的中点，求剩余部分对过大圆盘中心且与盘面垂直的轴线的转动惯量。