华理工大学大学物理习题之刚体力学习题详解

合集下载

大学物理刚体力学习题讲解

大学物理刚体力学习题讲解

(A) 只有(1)是正确的.
(B)
(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.
M=L×F |M|=|L|×|F|sinθ
2. 一轻绳绕在有水平轴的定滑轮上,滑轮的转动惯量为J,绳下
4. 一作定轴转动的物体,对转轴的转动惯量J= 3.0 kg·m2,角速度0=6.0 rad/s.现对物体加一 恒定的制动力矩M =-12 N·m,当物体的角速度 减慢到=2.0 rad/s时,物体已转过了角度 =
4.0rad
M=Jβ
2as=v`2-v2 2βθ= 2 -02
5. 质量为m1, m2 ( m1 > m2) 的两物体,通过一定滑轮用绳
6. 一长为1 m的均匀直棒可绕过 其一端且与棒垂直的水平光滑固 定轴转动.抬起另一端使棒向上 与水平面成60°,然后无初转速 地将棒释放.已知棒对轴的转动
惯量为1/3ml3,其中m和l分别为
棒的质量和长度.求: (1) 放手时棒的角加速度; (2) 棒转到水平位置时的角
加速度.
l m g
O 60°
端挂一物体.物体所受重力为P,滑轮的角加速度为.若将物体
去掉而以与P相等的力直接向下拉绳子,滑轮的角加速度将
(A) 不变. (B) 变小.
(C) 变大. (D) 如何变化无法判断.
[ C]
①物体状态at=rβ (P-atm)r=Jβ ②拉力情况下Pr=Jβ
挂重物时,mg-T= ma =mRβ, TR =J, P=mg
5. 解:由人和转台系统的角动量守恒
J11 + J22 = 0 其中 J1=75×4 kg·m2 =300 kg·m2,1=v/r =0.5 rad / s J2=3000 kg•m2

刚体力学基础 习题 解答

刚体力学基础 习题 解答

衡水学院 理工科专业 《大学物理B 》 刚体力学基础 习题命题教师:郑永春 试题审核人:张郡亮一、填空题(每空1分)1、三个质量均为m 的质点,位于边长为a 的等边三角形的三个顶点上。

此系统对通过三角形中心并垂直于三角形平面的轴的转动惯量J 0=__ ma 2 _,对通过三角形中心且平行于其一边的轴的转动惯量为J A =__12ma 2_,对通过三角形中心和一个顶点的轴的转动惯量为J B =__21ma 2 。

2、两个质量分布均匀的圆盘A 和B 的密度分别为ρA 和ρ B (ρA >ρB ),且两圆盘的总质量和厚度均相同。

设两圆盘对通过盘心且垂直于盘面的轴的转动惯量分别为J A 和J B ,则有J A < J B 。

3、 一作定轴转动的物体,对转轴的转动惯量J =3.0 kg ·m 2,角速度ω0=6.0 rad/s .现对物体加一恒定的制动力矩M =-12 N ·m ,当物体的角速度减慢到ω=2.0 rad/s 时,物体已转过了角度∆θ =__4.0rad4、两个滑冰运动员的质量各为70 kg ,均以6.5 m/s 的速率沿相反的方向滑行,滑行路线间的垂直距离为10 m ,当彼此交错时,各抓住一10 m 长的绳索的一端,然后相对旋转,则抓住绳索之后各自对绳中心的角动量L =__2275 kg·m 2·s 1 _;它们各自收拢绳索,到绳长为5 m 时,各自的速率υ =__13 m·s 1_。

5、有一质量均匀的细棒,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,然后任其下落,则在下落过程中的角速度大小将 变大 ,角加速度大小将 变小 。

二、单项选择题(每小题2分)( A )1、有两个力作用在一个有固定转轴的刚体上,下列说法正确的是:A.这两个力都平行于轴作用时,它们对轴的合力矩一定是零;B.这两个力都垂直于轴作用时,它们对轴的合力矩一定是零;C.当这两个力的合力为零时,它们对轴的合力矩也一定是零;D.当这两个力对轴的合力矩为零时,它们的合力也一定是零。

大学物理(第四版)课后习题及答案 刚体

大学物理(第四版)课后习题及答案 刚体

题4.1:一汽车发动机曲轴的转速在s 12内由13min r 102.1-⋅⨯均匀的增加到13min r 107.2-⋅⨯。

(1)求曲轴转动的角加速度;(2)在此时间内,曲轴转了多少转?题4.1解:(1)由于角速度ω =2πn (n 为单位时间内的转数),根据角加速度的定义td d ωα=,在匀变速转动中角加速度为()200s rad 1.132-⋅=-=-=tn n t πωωα(2)发动机曲轴转过的角度为()t n n t t t 0020221+=+=+=πωωαωθ在12 s 内曲轴转过的圈数为 圈390220=+==t n n N πθ 题4.2:某种电动机启动后转速随时间变化的关系为)1(0τωωte --=,式中10s rad 0.9-⋅=ω,s 0.2=τ。

求:(1)s 0.6=t 时的转速;(2)角加速度随时间变化的规律;(3)启动后s 0.6内转过的圈数。

题4.2解:(1)根据题意中转速随时间的变化关系,将t = 6.0 s 代入,即得100s 6.895.01--==⎪⎪⎭⎫⎝⎛-=ωωωτte(2)角加速度随时间变化的规律为220s 5.4d d ---===tte e t ττωωα(3)t = 6.0 s 时转过的角度为 rad 9.36d 1d 60060=⎪⎪⎭⎫⎝⎛-==⎰⎰-s tst e t τωωθ 则t = 6.0 s 时电动机转过的圈数圈87.52==πθN 题4.3:如图所示,一通风机的转动部分以初角速度0ω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?题4.3解:(1)通风机叶片所受的阻力矩为ωM C -=,由转动定律αM J =,可得叶片的角加速度为JC t ωωα-==d d (1) 根据初始条件对式(1)积分,有⎰⎰-=ωωω00d d d t t J C t由于C 和J 均为常量,得t JC e-=0ωω当角速度由0021ωω→时,转动所需的时间为2ln CJt = (2)根据初始条件对式(2)积分,有⎰⎰-=tt JC t e00d d ωθθ即CJ 20ωθ=在时间t 内所转过的圈数为 CJ N πωπθ420==题4.4:一燃气轮机在试车时,燃气作用在涡轮上的力矩为m N 1003.23⋅⨯,涡轮的转动惯量为2m kg 0.25⋅。

大学物理习题及解答(刚体力学)

大学物理习题及解答(刚体力学)

1 如图所示,质量为m 的小球系在绳子的一端,绳穿过一铅直套管,使小球限制在一光滑水平面上运动。

先使小球以速度0v 。

绕管心作半径为r D 的圆周运动,然后向下慢慢拉绳,使小球运动轨迹最后成为半径为r 1的圆,求(1)小球距管心r 1时速度大小。

(2)由r D 缩到r 1过程中,力F 所作的功。

解 (1)绳子作用在小球上的力始终通过中心O ,是有心力,以小球为研究对象,此力对O 的力矩在小球运动过程中始终为零,因此,在绳子缩短的过程中,小球对O 点的角动量守恒,即10L L =小球在r D 和r 1位置时的角动量大小 1100r mv r mv = 100r r v v =(2)可见,小球的速率增大了,动能也增大了,由功能定理得力所作的功 ⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=-=-=1)(21 21)(21 21212102020210202021r r mv mv r r mv mv mv W2 如图所示,定滑轮半径为r ,可绕垂直通过轮心的无摩擦水平轴转动,转动惯量为J ,轮上绕有一轻绳,一端与劲度系数为k 的轻弹簧相连,另一端与质量为m 的物体相连。

物体置于倾角为θ的光滑斜面上。

开始时,弹簧处于自然长度,物体速度为零,然后释放物体沿斜面下滑,求物体下滑距离l 时,物体速度的大小。

解 把物体、滑轮、弹簧、轻绳和地球为研究系统。

在物体由静止下滑的过程中,只有重力、弹性力作功,其它外力和非保守内力作功的和为零,故系统的机械能守恒。

设物体下滑l 时,速度为v ,此时滑轮的角速度为ω则 θωsin 2121210222mgl mv J kl -++= (1)又有 ωr v = (2) 由式(1)和式(2)可得 m r J kl mgl v +-=22sin 2θ本题也可以由刚体定轴转动定律和牛顿第二定律求得,读者不妨一试。

3 如右图所示,一长为l 、质量为m '的杆可绕支点O 自由转动,一质量为m 、速率为v 的子弹射入杆内距支点为a 处,使杆的偏转为︒30。

大学物理第三章刚体力学基础习题答案培训课件

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

大学物理刚体力学中难题及解析

大学物理刚体力学中难题及解析
A

B
5
解 设杆的质量为m, 机械能守恒:
l 1 1 2 2 2 mg sin 0 sin m(vCx vCy ) I C 2 2 2 1 2 重力势能转化成质心平动动能和刚体转动动能 I C ml y A 12 l 运动学条件: vCx sin 2 C 质心速度沿 l 水平竖直方 v cos Cy 向分解 2 mg B x
16
正确解法:隔离,分别用角动量定理。 o
R1 f r t J11 J10 J2 R2 2 O2 对轮 2 : f r fr 1 R 1 R2 fr t J2 2 0 J1 O1
对轮1:
稳定条件:
1 R1 2 R 2
联立可得稳定后的角速度
J1 R J 1 R1 R2 1 0 , 2 0 2 2 2 2 J 1 R2 J 2 R1 J1 R2 J 2 R1 17
N maCt , f maCr
2 2
B
杆无滑动地绕圆环外侧运动,要求
f aCr (l 3r )r 4l ,因 r l 则 。 N f , a 2 R N Ct 24 lR
【9】质量为M,长度为 2l 的梯子上端靠在光 滑墙面上,下端放在粗糙地面上,地面与梯子 的静摩擦系数为 μ,一质量为 m 的人攀登到距 下端 l0 的位置,求梯子不滑动的条件。
0
f
R
vC 0
摩擦力的作用: 对质心的运动 vC
对绕质心的转动
当 vC 0, 而 0 时,乒乓球返回!
3
(2)前进一段后会自动返回的条件:
0
R
•质心运动定理: f maC
vc 0

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。

东华理工大学 物理练习试卷答案 刚体力学

东华理工大学 物理练习试卷答案 刚体力学

J 00 J
J0 2mR2 /5,
2
J 2m( R / 2 )2 /5
40
2 T0 T 4 0 4
14. 一块方板,可以绕通过其一个水平边的光滑
固定轴自由转动.最初板自由下垂.今有一小团粘 土,垂直板面撞击方板,并粘在板上。对粘土和 方板系统,如果忽略空气阻力,在碰撞中守恒的 绕木板转轴的角动量 量是 ________________. (动能、 绕木板转轴的角动量、 机械能、 动量)
E p EK J
1 2
EK EP 0
2
Ep J
1 2
2
M J
即角速度从小到大,角加速度从大到小
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.把人和圆盘取作系统,当此人在盘上随意走动时,若忽略轴 的摩擦,此系统 [ C ] (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.
2m 得 k 2 L 2 mg df dmg rdr 2
L
dM rdf
2m g 2 2 M dM r dr m gL 2 L 3 0
L
18.如图所示,一轻绳绕过一轻滑轮,绳的一端被一质量为m 的 人抓住,绳的另一端悬挂一质量为 m / 2的物体,定滑轮的质 量为 M ,半径为R,可视为匀质圆盘。设人从静止开始相对绳 匀速向上爬行时,绳子与滑轮间无相对滑动, 求物体上升的加速度。
8、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 1 ML 惯量为 。一质量为m、速率为v的子弹在水平面内沿与棒 3 1 v 垂直的方向射出并穿出棒的自由端,设穿过棒后子弹的速率 2 B 为 ,则此时棒的角速度应为[ ]。 1
  1. 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性,平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
  2. 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
  3. 3、如文档侵犯您的权益,请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间:9:00-18:30)。

习题三一、选择题1.一根长为l 、质量为M 的匀质棒自由悬挂于通过其上端的光滑水平轴上。

现有一质量为m 的子弹以水平速度v 0射向棒的中心,并以v 0/2的水平速度穿出棒,此后棒的最大偏转角恰为90︒,则v 0的大小为 [ ](A; (B; (C(D )22163M glm 。

答案:A 解:11122,1122J J J J Mg l ωωωω=+⎧⎪⎨=⋅⎪⎩ 22211, 243l ml J m J Ml ⎛⎫=== ⎪⎝⎭ 0012/2v v l l ω==,0021/21/22v v l l ωω===,111121()2J J J J ωωωω-== 21122J Mgl ω=, 2112J J Mgl J ω⎛⎫⋅= ⎪⎝⎭, 22114J Mgl Jω= 22202244143v ml l Mgl Ml ⎛⎫ ⎪⎝⎭=⋅,Mgl M v m =⋅202163,2202163M v gl m =,所以 340gl m Mv =2.圆柱体以80rad/s 的角速度绕其轴线转动,它对该轴的转动惯量为24kg m ⋅。

在恒力矩作用下,10s 内其角速度降为40rad/s 。

圆柱体损失的动能和所受力矩的大小为[ ](A )80J ,80N m ⋅; (B )800J ,40N m ⋅;(C )4000J ,32N m ⋅;(D )9600J ,16N m ⋅。

答案:D解:800=ω,40=ω,10=t ,4J =2201122k E J J ωω-∆=- 22011()4(64001600)9600(J)22k E J ωω∆=-=⨯⨯-=M 恒定,匀变速,所以有0t ωωα=-,0tωωα-=,08040416N m 10M J J tωωα--==⋅=⨯=⋅3.一个转动惯量为J 的圆盘绕一固定轴转动,初角速度为0ω。

设它所受阻力矩与转动角速度成正比M k ω=- (k 为正常数)。

(1)它的角速度从0ω变为0/2ω所需时间是 [ ](A )/2J ; (B )/J k ; (C )(/)ln 2J k ; (D )/(2)J k 。

(2)在上述过程中阻力矩所做的功为 [ ](A )20/4J ω; (B )203/8J ω-; (C )20/4J ω-; (D) 20/8J ω-。

答案:C ;B 。

解:已知 M k ω=-,0,J ω,012ωω=(1)d M J k dt ωω==-,d J k dt ωω=-,d kdt J ωω=-td k dt Jωωωω=-⎰⎰,0lnk t J ωω=-,所以 0ln ln 2J Jt k kωω== (2)2222200001111322248J A J J J ωωωωω⎛⎫===-=- ⎪⎝⎭4.如图所示,对完全相同的两定滑轮(半径R ,转动惯量J 均相同),若分别用F (N )的力和加重物重力P mg F ==(N) 时,所产生的角加速度分别为1α和2α,则 [ ](A )12αα> ; (B )12αα= ; (C )12αα< ; (D )不能确定 。

答案:A解:根据转动定律,有12,mg R J T R J αα⋅=⋅=,依受力图,有mg T ma -=,T mg ma mg =-< 所以,12αα>。

5. 对一绕固定水平轴O 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,并停留在盘中,则子弹射入后转盘的角速度应 [ ](A )增大; (B )减小; (C )不变; (D )无法确定。

答案:B解:1102212()J J J J J J ωωωω+-=++22121212()J J m r m r m m ====, 12vrωω==所以0012JJ Jωωω=<+二、填空题1.半径为 1.5m r =的飞轮,初角速度0=10rad/s ω,角加速度25rad/s α=-,若初始时刻角位移为零,则在t = 时角位移再次为零,而此时边缘上点的线速度为v =。

答案:4s ;15m/s -。

解:已知1.5m r =,0=10rad/s ω,25rad/s α=-,00=θ。

因const α=,为匀变速,所以有20012t t θθωα=++。

令 0θ=,即 01()02t t ωα+=得,由此得022104s 5t ωα⨯=-=-=-0105410t ωωα=+=-⨯=-,所以 15m/s v r ω==-2. 一根质量为 m 、长度为 L 的匀质细直棒,平放在水平桌面上。

若它与桌面间的滑动摩擦系数为,在0t =时,使该棒绕过其一端的竖直轴在水平桌面上旋转,其初始角速度为,则棒停止转动所需时间为。

答案:023Lt gωμ=解:mdf dmg drg gdr Lμμλμ=== dM r df =⨯r v v ,m dM rdf grdr L μ==, 2122m mg M dM g L L Lμμ==⋅=⎰ 又,2132d d mgM J J mL dt dt L ωωμα=-=-=-=,所以 32g d dt L μω=-,00032t g d dt L ωμω=-⎰⎰,两边积分得:032gt Lμω=,所以023L t gωμ=3. 在自由旋转的水平圆盘上,站一质量为m 的人。

圆盘半径为R ,转动惯量为J ,角速度为。

如果这人由盘边走到盘心,则角速度的变化 =;系统动能的变化E k =。

答案:2mR J ω;2221(1)2mR mR Jω+。

解:应用角动量守恒定律2J mR J ωωω'+=解得 21mR J ωω⎛⎫'=+⎪⎝⎭,角速度的变化 2mR J ωωωω'∆=-= 系统动能的变化 ()2221122k E J J mR ωω'∆=⨯-+,即 2221(1)2k mR E mR J ω∆=+4. 如图所示,转台绕中心竖直轴以角速度0ω作匀速转动,转台对该轴的转动惯量52510kg m J -=⨯⋅。

现有砂粒以1g /s 的流量落到转台,并粘在台面形成一半径0.1m r =的圆。

则使转台角速度变为0/2ω所花的时间为。

答案:5s解:由角动量守恒定律 200()2J mr J ωω+=得 2J m r =, 由于 3110kg/s mt-=⨯ 所以 5323235105s 1101100.1110m J t r ----⨯====⨯⨯⨯⨯⨯5. 如图所示,一轻绳跨过两个质量均为m 、半径均为R 的匀质圆盘状定滑轮。

绳的两端分别系着质量分别为m 和2m 的重物,不计滑轮转轴的摩擦。

将系统由静止释放,且绳与两滑轮间均无相对滑动,则两滑轮之间绳的张力为。

答案:mg T 811=解:列出方程组 11122211112222(1)(2)()(3)()(4)m g T m a T m g m aT T R J T T R J αα-=⎧⎪-=⎪⎨-=⎪⎪-=⎩其中,2111111,2a J M R R α==, 2222221,2a J M R R α==由(1)、(2)两式得:1122()()T m g a T m g a =-⎧⎨=+⎩可先求出a ,解得1212122()2()()m m g a m m M M -=+++ ,12112112124()2()()m m m M M T g m m M M ++=+++ ,12212212124()2()()m m m M M T g m m M M ++=+++,121221121242()()m m m M m M T g m m M M ++=+++将12m m =,2m m = 1212,M M m R R ===代入,得:118T mg =三.计算题1.在半径为R 1、质量为M 的静止水平圆盘上,站一静止的质量为m 的人。

圆盘可无摩擦地绕过盘中心的竖直轴转动。

当这人沿着与圆盘同心,半径为R 2(< R 1)的圆周相对于圆盘走一周时,问圆盘和人相对于地面转动的角度各为多少答案:(1)22222221124422/()mR mR MR MR mR ππ--++,或;(2)21222221212222/()1MR mR MR mR MR ππ++,或。

解:设人相对圆盘的角速度为ω,圆盘相对地面的角速度为M ω。

则人相对地面的角速度为 m M ωωω=+应用角动量守恒定律 2221102m M mR MR ωω+= 得,()2221102M M mR MR ωωω++= 解得 2222222221212122M mR mR mR MR mR MR ωωω=-=-++ 圆盘相对地面转过的角度为22222222222121122242222/()M M mR mR dt dt mR MR mR MR MR mR πθωωπ==-=-⨯=-+++⎰⎰ 人相对地面转过的角度为2m m M dt θωπθ==+⎰21222221212222/()1MR mR MR mR MR ππ==++2. 如图所示,物体1和2的质量分别为m 1与m 2,滑轮的转动惯量为J ,半径为r 。

(1)如物体2与桌面间的摩擦系数为,求系统的加速度a 及绳中的张力T 1和T 2;(2)如物体2与桌面间为光滑接触,求系统的加速度a 及绳中的张力T 1和T 2。

(设绳子与滑轮间无相对滑动,滑轮与转轴无摩擦)。

21答案:太长,略。

解:(1)用隔离体法,分别画出三个物体的受力图。

对物体1,在竖直方向应用牛顿运动定律 111()T m g m a -=-对物体2,在水平方向和竖直方向分别应用牛顿运动定律 22T N m a μ-=,20N m g -=对滑轮,应用转动定律()21T r T r J α-=-,并利用关系 a r α=,由以上各式, 解得12122m m a g Jm m rμ-=⋅++;22211122J m m r T m g J m m r μ++=⋅++;11222122Jm m r T m g J m m r μμ++=⋅++ (2)0μ=时1122m a g Jm m r=⋅++;2211122J m r T m g Jm m r+=⋅++;122122m T m g Jm m r=⋅++3.一匀质细杆,质量为,长为,可绕杆一端的水平轴旋转。

若将此杆放在水平位置,然后从静止释放,试求杆转动到铅直位置时的动能和角速度。

答案:(1)0.98J ;(2)8.57rad/s 。

解:根据机械能守恒定律,有:2212ωJ l mg =。

杆转动到铅直位置时的动能和角速度分别为:210.59.80.20.98J 22k lE J mg ω===⨯⨯=;238.57rad/s 13mgl mgl g J l ml ω====4.如图所示,滑轮的转动惯量J =m 2,半径r =30cm ,弹簧的劲度系数k =m ,重物的质量m =。

相关文档
最新文档