刚体力学参考答案
《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___________。
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 ）。
第三章 刚体力学习题答案
第三章 刚体力学习题答案3-1 如图3-1示,一轻杆长度为2l ,两端各固定一小球,A 球质量为2m ,B 球质量为m ,杆可绕过中心的水平轴O 在铅垂面内自由转动,求杆与竖直方向成θ角时的角加速度.解：系统受外力有三个，即A ，B 受到的重力和轴的支撑作用力，轴的作用力对轴的力臂为零，故力矩为零，系统只受两个重力矩作用. 以顺时针方向作为运动的正方向，则A 球受力矩为正，B 球受力矩为负，两个重力的力臂相等为sin d l θ=，故合力矩为2sin sin sin M mgl mgl mgl θθθ=-=系统的转动惯量为两个小球（可视为质点）的转动惯量之和22223J ml ml ml =+=应用转动定律 M J β=有：2sin 3mgl ml θβ= 解得sin 3g lθβ=3-2 计算题3-2图所示系统中物体的加速度．设滑轮为质量均匀分布的圆柱体,其质量为M ,半径为r ,在绳与轮边缘的摩擦力作用下旋转,忽略桌面与物体间的摩擦,设1m ＝50kg,2m ＝200kg,M ＝15kg,r ＝0.1m.解: 分别以1m ,2m 滑轮为研究对象，受力图如图(b)所示．对 1m ,2m 运用牛顿定律，有a m T g m 222=- ① a m T 11= ②对滑轮运用转动定律，有图3-1 图3-2β)21(212Mr r T r T =- ③又， βr a = ④ 联立以上4个方程，得2212s m 6.721520058.92002-⋅=++⨯=++=M m m g m a3-3 飞轮质量为60kg,半径为0.25m,当转速为1000r/min 时,要在5s 内令其制动,求制动力F ,设闸瓦与飞轮间摩擦系数μ＝0.4,飞轮的转动惯量可按匀质圆盘计算,闸杆尺寸如图所示.解：以飞轮为研究对象，飞轮的转动惯量212J mR =，制动前角速度为1000260ωπ=⨯rad/s ，制动时角加速度为tωβ-=- 制动时闸瓦对飞轮的压力为N F ，闸瓦与飞轮间的摩擦力f N F F μ=，运用转动定律，得 212f F R J mR ββ-== 则 2N mR F tωμ=以闸杆为研究对象，在制动力F 和飞轮对闸瓦的压力N F -的力矩作用下闸杆保持平衡，两力矩的作用力臂分别为(0.500.75)l =+m 和1l ＝0-50m ，则有10N Fl F l -=110.50600.252100015720.500.7520.4560N l l mR F F l l t ωπμ⨯⨯⨯===⨯=+⨯⨯⨯N 图3-33-4 设有一均匀圆盘,质量为m ,半径为R ,可绕过盘中心的光滑竖直轴在水平桌面上转动. 圆盘与桌面间的滑动摩擦系数为μ,若用外力推动它使其角速度达到0ω时,撤去外力,求：(1) 此后圆盘还能继续转动多少时间？ (2) 上述过程中摩擦力矩所做的功.解：（1）撤去外力后，盘在摩擦力矩f M 作用下停止转动- 设盘质量密度为2mRσπ=，则有20223Rf Mg r dr mgR μπσμ==⎰ 根据转动定律 21,2f M J mR Jα-==43g Rμα-= 034R t gωωαμ-==（2）根据动能定理有 摩擦力的功2220011024f W J mR ωω=-=-3-5 如题3-6图所示,一匀质细杆质量为m ,长为l ,可绕过一端O 的水平轴自由转动,杆于水平位置由静止开始摆下．求： (1)初始时刻的角加速度； (2)杆转过θ角时的角速度.解: (1)由转动定律，有β)31(212ml mg= ∴ lg23=β(2)由机械能守恒定律，有图3-622)31(21sin 2ωθml l mg =∴ lg θωsin 3=3-6 固定在一起的两个同轴均匀圆柱体可绕其光滑的水平对称轴O O '转动．设大小圆柱体的半径分别为R 和r ,质量分别为M 和m ．绕在两柱体上的细绳分别与物体1m 和2m 相连,1m 和2m 则挂在圆柱体的两侧,如3-8图所示．设R ＝0.20m, r ＝0.10m,m ＝4 kg,M ＝10 kg,1m ＝2m ＝2 kg,且开始时1m ,2m 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1a ,2a 和β分别为1m ,2m 和柱体的加速度及角加速度，方向如图(如图b)．(a)图 (b)图(1) 1m ,2m 和柱体的运动方程如下：2222a m g m T =- ① 1111a m T g m =- ②βI r T R T ='-'21 ③式中 ββR a r a T T T T ==='='122211,,,而 222121mr MR I += 由上式求得22222222121s rad 13.68.910.0220.0210.042120.0102121.022.0-⋅=⨯⨯+⨯+⨯⨯+⨯⨯⨯-⨯=++-=gr m R m I rm Rm β(2)由①式8.208.9213.610.02222=⨯+⨯⨯=+=g m r m T βN由②式1.1713.6.2.028.92111=⨯⨯-⨯=-=βR m g m T N3-7 一风扇转速为900r/min,当马达关闭后,风扇均匀减速,止动前它转过了75转,在此过程中制动力做的功为44.4J,求风扇的转动惯量和摩擦力矩.解：设制动摩擦力矩为M ，风扇转动惯量为J ，止动前风扇的角位移2N θπ=，摩擦力矩所做的功为2A M M N θπ=-=-摩擦力所做的功应等于风扇转动动能的增量，即2102A J ω=-2222(44.4)0.01(9002/60)AJ ωπ⨯-=-=-=⨯kg ⋅m 2 44.40.09422275A M N ππ-=-=-=⨯N ⋅m 3-8 一质量为M 、半径为r 的圆柱体,在倾斜θ角的粗糙斜面上从距地面h 高处只滚不滑而下,试求圆柱体滚止地面时的瞬时角速度ω.解： 在滚动过程中，圆柱体受重力Mg 和斜面的摩擦力F 作用，设 圆柱体滚止地面时，质心在瞬时速率为v ，则此时质心的平动动能为212Mv ，与此同时，圆柱体以角速度ω绕几何中心轴转动，其转动动能为212J ω.将势能零点取在地面上，初始时刻圆柱体的势能为Mgh ，由于圆柱体只滚不滑而下，摩擦力为静摩擦力，对物体不做功，只有重力做功，机械能守恒，于是有221122Mgh Mv J ω=+ 式中 21,2J Mr v r ω==，代入上式得 22211()22Mgh Mr Mr ω=+即 23gh r ω=3-9 一个轻质弹簧的倔强系数 2.0k =N/m,它的一端固定,另一端通过一条细绳绕过一个定滑轮和一个质量为m ＝80g 的物体相连,如图所示. 定滑轮可看作均匀圆盘,它的质量为M ＝100g,半径r ＝0.05m. 先用手托住物体m ,使弹簧处于其自然长度,然后松手.求物体m 下降h ＝0.5m 时的速度为多大？忽略滑轮轴上的摩擦,并认为绳在滑轮边缘上不打滑.解：由于只有保守力（弹性力、重力）做功，所以由弹簧、滑轮和物体m 组成的系统机械能守恒，故有222111222mgh kh I mv ω=++21,2v r I Mr ω==所以 22 1.4812mgh kh v M m -==+m/s3-10 有一质量为1m 、长为l 的均匀细棒, 静止平放在滑动摩擦系数为μ的水平桌面上,它可绕通过其端点O 且与桌面垂直的固定光滑轴转动. 另有一水平运动的质量为2m 的小滑块, 从侧面垂直于棒与棒的另一端A 相碰撞, 设碰撞时间极短. 已知小滑块在碰撞前后的速度分别为1V 和2V ,如图示,求碰撞后从细棒开始转动到停止转动的过程所需的时间（已知棒绕O点的转动惯量2113J m l =）.图3-11图3-12解：对棒和滑块组成的系统，因为碰撞时间极短，所以棒和滑块所受的摩擦力矩远小于相互间的冲量矩，故可认为合外力矩为零，所以系统的角动量守恒，且碰撞阶段棒的角位移忽略不计，由角动量守恒得22122113m v l m v l m l ω=-+碰撞后在在转动过程中棒受到的摩擦力矩为 11012tf m M gdx m gl l μμ=-=-⎰由角动量定理得转动过程中210103tfM dt m l ω=-⎰ 联立以上三式解得：12212V V t m m gμ+= 3-11 哈雷彗星绕太阳运动的轨道是一个椭圆．它离太阳最近距离为1r ＝8.75×1010m 时的速率是1v ＝5.46×104m ·s -1,它离太阳最远时的速率是2v ＝9.08×102m ·s -1，这时它离太阳的距离2r 为多少?(太阳位于椭圆的一个焦点.)解: 哈雷彗星绕太阳运动时受到太阳的引力——即有心力的作用，所以角动量守恒；又由于哈雷彗星在近日点及远日点时的速度都与轨道半径垂直，故有 2211mv r mv r =∴ m 1026.51008.91046.51075.81224102112⨯=⨯⨯⨯⨯==v v r r 3-12 平板中央开一小孔,质量为m 的小球用细线系住,细线穿过小孔后挂一质量为1M 的重物．小球做匀速圆周运动,当半径为0r 时重物达到平衡．今在1M 的下方再挂一质量为2M 的物体,如3-14图．试问这时小球做匀速圆周运动的角速度ω'和半径r '为多少?图3-14解: 在只挂重物时1M ，小球作圆周运动的向心力为g M 1，即201ωmr g M =①挂上2M 后，则有221)(ω''=+r m g M M②重力对圆心的力矩为零，故小球对圆心的角动量守恒． 即 v m r mv r ''=00ωω''=⇒2020r r ③联立①、②、③得10021123011213212()M g mr M g M M mr M M M M r g r m M M ωωω=+'=+'==⋅'+3-13 如图示, 长为l 的轻杆, 两端各固定质量分别为m 和2m 的小球, 杆可绕水平光滑轴在竖直平面内转动, 转轴O 距两端的距离分别为/3l 或2/3l . 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 与杆下端的小球m 做对心碰撞, 碰后以0/2v 的速度返回, 试求碰撞后轻杆所获得的角速度ω.解：将杆与两端的小球视为一刚体，水平飞来的小球m 与刚体视为一系统，在碰撞过程中，外力包括轴O 处的作用力和重力，均不产生力矩，故合外力矩为零，系统角动量守恒- 选逆时针转动为正方向，则由角动量守恒得 0022323v ll mv m J ω=-+ 222()2()33l l J m m =+图3-13解得 032v lω=3-14 圆盘形飞轮A 质量为m , 半径为r , 最初以角速度0ω转动, 与A 共轴的圆盘形飞轮B质量为4m ,半径为2r , 最初静止, 如图所示, 两飞轮啮合后, 以同一速度ω转动, 求ω及啮合过程中机械能的损失.解：以两飞轮组成的系统为研究对象，由于运动过程中系统无外力矩作用，角动量守恒，有22201114(2)222mr mr m r ωωω=+ 得 0117ωω=初始机械能为 2222100111224W mr mr ωω==啮合后机械能为222222201111114(2)2222174W mr m r mr ωωω=+=则机械能损失为 221201611617417W W W mr W ω∆=-==3-15 如图示,一匀质圆盘半径为r ,质量为1m ,可绕过中心的垂轴O 转动.初时盘静止,一质量为2m 的子弹一速度v 沿与盘半径成160θ︒=的方向击中盘边缘后以速度/2v 沿与半径方向成230θ︒=的方向反弹,求盘获得的角速度.解：对于盘和子弹组成的系统，撞击过程中轴O 的支撑力的力臂为零，不提供力矩，其他外力矩的冲量矩可忽略不计，故系统对轴O 的角动量守恒，即12L L =，初时盘的角动量为零，只有子弹有角动量，故图3-14 图3-1512sin 60L m vr ︒=末态中盘和子弹都有角动量，设盘的角速度为ω，则22211sin 3022v L m r m r ω︒=+ 故有 22211sin 60sin 3022v m vr m r m r ω︒︒=+可解得：1ω=3-16 一人站在一匀质圆板状水平转台的边缘,转台的轴承处的摩擦可忽略不计,人的质量为'm ,转台的质量为10'm ,半径为R .最初整个系统是静止的,这人把一质量为m 的石子水平地沿转台的边缘的切线方向投出,石子的速率为v （相对于地面）.求石子投出后转台的角速度与人的线速度.解：以人、转台和石子组成的系统为研究对象，由于系统无外力矩作用，角动量守恒，设转台角速度ω的转向与投出的石子速度v 方向一致，初始时系统角动量为零，得0J mRv ω+= 人和转台的转动惯量'2'21102J m R m R =+，代入上式后得 '6mvm Rω=-人的线速度为'6mvv R mω==-其中负号表示转台角速度转向和人的线速度方向与假设方向相反-3-17 一人站在转台上,两臂平举,两手各握一个4m =kg,哑铃距转台轴00.8r =m,起初转台以02ωπ=rad/s 的角速度转动,然后此人放下两臂,使哑铃与轴相距r =0.2m,设人与转台的转动惯量不变,且5J =kg ⋅m 2,转台与轴间摩擦忽略不计,求转台角速度变为多大？整个系统的动能改变了多少？解：以人、转台和哑铃组成的系统为研究对象，由于系统无外力矩作用，角动量守恒，有2200(2)(2)J mr J mr ωω+=+22002225240.8212.025240.2J mr J mr ωωπ++⨯⨯==⨯=++⨯⨯rad/s 动能的增量为222200011(2)(2)22W W W J mr J mr ωω∆=-=+-+222211(5240.2)12(5240.8)(2)22π=⨯+⨯⨯⨯-⨯+⨯⨯⨯ ＝183J3-18 如3-20图所示,质量为M ,长为l 的均匀直棒,可绕垂直于棒一端的水平轴O 无摩擦地转动,它原来静止在平衡位置上．现有一质量为m 的弹性小球飞来,正好在棒的下端与棒垂直地相撞．相撞后,使棒从平衡位置处摆动到最大角度=θ30°处．(1)设这碰撞为弹性碰撞,试计算小球初速0v 的值； (2)相撞时小球受到多大的冲量?解: (1)设小球的初速度为0v ，棒经小球碰撞后得到的初角速度为ω，而小球的速度变为v ，按题意，小球和棒做弹性碰撞，所以碰撞时遵从角动量守恒定律和机械能守恒定律，可列式：mvl I l mv +=ω0 ①2220212121mv I mv +=ω ② 上两式中231Ml I =，碰撞过程极为短暂，可认为棒没有显著的角位移；碰撞后，棒从竖直位置上摆到最大角度o30=θ，按机械能守恒定律可列式：)30cos 1(2212︒-=lMg I ω ③ 由③式得2121)231(3)30cos 1(⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡︒-=lg I Mgl ω由①式mlI v v ω-=0 ④ 由②式mI v v 2202ω-= ⑤所以22001)(2ωωmv ml I v -=-图18求得glmM m m M l ml I l v +-=+=+=31232(6)311(2)1(220ωω(2)相碰时小球受到的冲量为⎰-=∆=0d mvmv mv t F由①式求得ωωMl l I mv mv t F 31d 0-=-=-=⎰ gl M 6)32(6--=负号说明所受冲量的方向与初速度方向相反．3-19如图示,一个转动惯量为I ,半径为R 的定滑轮上面绕有细绳,并沿水平方向拉着一个质量为M 的物体 A. 现有一质量为m 的子弹在距转轴2R 的水平方向以速度0v 射入并固定在定滑轮的边缘,使滑轮拖住A 在水平面上滑轮.求(1)子弹射入并固定在滑轮边缘后,滑轮开始转动时的角速度ω.(2)若定滑轮拖着物体A 刚好转一圈而停止,求物体A 与水平面间的摩擦系数μ（轴上摩擦力忽略不计）.解：（1）子弹射入定滑轮前后，子弹、定滑轮及物体A 构成的系统角动量守恒220[]2Rmv mR I MR ω=++ 解得 0222()mv RmR I MR ω=++（2）定滑轮转动过程中物体A 受的摩擦力所做的功等于系统动能的增量 2221()22I mR MR Mg R ωμπ-++=-⨯ 解得 202216()m v RMg mR MR I μπ=++ 3-20 行星在椭圆轨道上绕太阳运动,太阳质量为1m ,行星质量为2m ,行星在近日点和远日点时离太阳中心的距离分别为1r 和2r ,求行星在轨道上运动的总能量.解：将行星和太阳视为一个系统，由于只有引力做功，系统机械能守恒，设行星在近日点图3-19和远日点时的速率分别为1v 和2v ，有2212121122121122m m m m m v G m v G r r -=- 行星在轨道上运动时，受太阳的万有引力作用，引力的方向始终指向太阳，以太阳为参考点，行星所受力矩为零，故行星对太阳的角动量守恒 111222m rv m r v =行星在轨道上运动时的总能量为2212121122121122m m m m E m v G m v G r r =-=- 联立以上三式得：1212Gm m E r r =-+3-21 半径为R 质量为'm 的匀质圆盘水平放置,可绕通过圆盘中心的竖直轴转动. 圆盘边缘及/2R 处设置了两条圆形轨道,质量都为m 的两个玩具小车分别沿两轨道反向运行,相对于圆盘的线速度值同为v . 若圆盘最初静止,求两小车开始转动后圆盘的角速度.解： 设两小车和圆盘运动方向如图所示，以圆盘转动方向为正向，外轨道上小车相对于地面的角动量为()mR R v ω-，内轨道上小车相对于地面的角动量为11()22m R R v ω+，圆盘的角动量为'212J m R ωω=，由于两小车和圆盘组成的系统，外力对转轴的力矩为零，角动量守恒，得 '2111()()0222mR R v m R R v m R ωωω-+++= '2(52)mvm m Rω=+ 3-22 如图示,一匀质圆盘A 作为定滑轮绕有轻绳,绳上挂两物体B 和C,轮A 的质量为1m ,半径为r ,物体B 、C 的质量分别为2m 、3m ,且2m >3m . 忽略轴的摩擦,求物体B 由静止下落到t 时刻时的速度.图3-21图3-22解：把滑轮和两个物体作为一个系统，其运动从整体上看对定轴O 是顺时针方向的，即轮A 沿顺时针方向转动物体B 向下运动物体C 向上运动，故以顺时针方向的运动作为系统运动的正方向，根据角动量定理，得00tMdt L L =-⎰（1）（1）式左边为系统受到的合外力矩对轴O 的冲量矩，由于轮A 所受重力和轴的作用力对轴O 的力矩为零，故只有两物体所受重力提供力矩，注意到两个重力矩的方向相反，故合力矩为2121()M m gr m gr m m gr =-=- （2）（1）式右边为系统对轴O 的角动量的增量- 0t =时系统静止，角动量00L = （3）到t 时刻，A 、B 、C 三个物体均沿顺时针方向运动，角动量均为正- 设此时轮A 的角速度ω，B 、C 两物体速率相同设为v ，则有212312A B C L L L L m r m vr m vr ω=++=++ （4）把(2)、(3)、(4)式代入(1)式有2211231()2m m grt m r m vr m vr ω-=++由于系统为一连接体，两物体的速率与轮边缘的速率相同，即有v r ω= 把此式代入(5)式即可求得物体下落t 时的速度 211232()23m m gtv m m m -=++。
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
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
刚体结构力学试题及答案
刚体结构力学试题及答案一、选择题（每题4分，共20分）1. 刚体的转动惯量与物体的质量和形状有关，以下说法正确的是（）。
A. 质量越大，转动惯量越大B. 质量分布越集中，转动惯量越小C. 质量分布越分散，转动惯量越大D. 转动惯量与物体的质量无关答案：C2. 刚体在力的作用下发生旋转，下列说法正确的是（）。
A. 力矩的大小与力的大小成正比B. 力矩的大小与力臂的长度成反比C. 力矩的大小与力的大小和力臂的长度都成正比D. 力矩的大小与力的大小和力臂的长度都无关答案：C3. 刚体的角速度与线速度之间的关系是（）。
A. 角速度是线速度的两倍B. 线速度是角速度的两倍C. 角速度与线速度成正比D. 角速度与线速度成反比答案：C4. 在刚体的平移运动中，下列说法正确的是（）。
A. 刚体上任意两点的位移相同B. 刚体上任意两点的速度相同C. 刚体上任意两点的加速度相同D. 以上说法都正确答案：D5. 刚体的转动惯量与物体的转动轴有关，以下说法正确的是（）。
A. 转动轴越靠近物体的重心，转动惯量越小B. 转动轴越远离物体的重心，转动惯量越大C. 转动轴的位置不影响转动惯量D. 转动轴的位置与转动惯量无关答案：A二、填空题（每题4分，共20分）1. 刚体的转动惯量定义为物体的质量与其到转轴的____的乘积。
答案：距离平方2. 刚体在力矩作用下产生的角加速度的大小与力矩成正比，与物体的____成反比。
答案：转动惯量3. 根据牛顿第二定律，刚体的角加速度等于力矩除以物体的____。
答案：转动惯量4. 刚体的角速度和角位移的单位分别是____和____。
答案：弧度每秒，弧度5. 刚体在平面内的运动可以分解为____和____。
答案：平移，旋转三、简答题（每题10分，共30分）1. 请简述刚体的转动惯量与哪些因素有关，并举例说明。
答案：刚体的转动惯量与物体的质量分布和转轴的位置有关。
例如，一个均匀的圆盘绕通过其质心的轴旋转时，其转动惯量较小；而如果绕通过其边缘的轴旋转，其转动惯量则较大。
大学物理刚体力学测试题答案
2
3 1 1 J mi ri m l m l m l 2 2 2 5 2 ml 4
2
对OX轴（垂直纸面向外）的转动惯量为 2 2 2 l
2
l 3
对OZ轴的转动惯量为
1
l O
y
2 2 1 1 1 2 x 2 J mi ri m l m l 0 ml 2 2 2
0 240 转动，则飞轮边缘上一点在飞轮转过 时的切向加速度 at
＝
0.15m s
2
，法向加速度 a n =
0.4 m s2
。
4 角度需变为弧度计算 240 rad 3 4 2 1 2 4 2 16 2 3 t t 2 3 0.5 3
1.如图所示，一均匀圆盘，半径为 R，质量为 m，其中心轴装在光 滑的固定轴上，并与圆盘垂直。在圆盘边上绕一轻绳，绳的下端挂 ' 一质量为 m 的物体，求圆盘的角加速度和圆盘边缘各点切向加速度
4.长为 l 的均匀细棒可绕通过其一端并与之垂直的水平光滑轮转动。 0 3g 设棒从水平位置开始释放，转过 30 时棒的角速度为___________,角 2l 3 3g 。 加速度为__________ 1 4l
h
（1）质心下落高度为 1 h l sin 30 2 重力的功
30
2
l sin 30
1 A mg l sin 30 2
由刚体的动能定理， 1 1 1 1 2 2 mg l sin 30 J 0 ml 2 2 2 3
mg
3g 3g sin 30 l 2l
重力的力矩
1 重力力臂 d 2 l cos 30
上海理工大学 大学物理 第五章_刚体力学答案
一、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 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．参考答案：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,角加速度方向垂直纸面向内,所以,由转动定律21()T T R J β-=可得：21T T >[ B ] 2、基础训练（5）如图5-9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231ML ．一质量为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自由端，设穿过棒后子弹的速率为v 21，则此时棒的角速度应为(A)MLm v ． (B)MLm 23v ． (C)MLm 35v ． (D)MLm 47v ．图5-9[ 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．图5-7m图5-11v21v俯视图[ C ] 4、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 ．[ 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，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．二、填空题6、基础训练（8）绕定轴转动的飞轮均匀地减速，t ＝0时角速度为05rad 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 ．7、基础训练（9）一长为l ，质量可以忽略的直杆，可绕通过其一端的水平光滑轴在竖直平面内作定轴转动，在杆的另一端固定着一质量为m 的小球，如图5-12所示．现将杆由水平位置无初转速地释放．则杆刚被释放时的角加速度β0= g/l ，杆与水平方向夹角为60°时的角加速度β= g/2l ．图 5-128、基础训练（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 50ml 2 。
002刚体力学习题汇总(答案)
(3) v l
3 gl sin
10、如图所示，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
解：受力分析如图，可建立方程：
2mg T2 2ma ┄① T1 mg ma ┄②
1 2 l和 l． 轻杆原来静止在竖 3 3
2、对于一根质量分布均匀的木棒，质量 m,长度为 L,以木棒端点为轴旋转的转动惯量为 J1=
1 2 ml , 3
以 木 棒 中 点 为 轴 旋 转 的 转 动 惯 量 为 J2=
1 2 ml ,则 J1 是 J2 的 12
3、如图 1 所示的圆锥摆，绳长为 l ，绳子一端固定 在 O 点，另一端系一质量为 m 的质点，以匀角速 度 绕竖直轴线作圆周运动， 绳子与轴线的夹角为
得： t
(2)相碰时小球受到的冲量为
2m2 (v1 v2 ) 。 m1 g
Fdt (mv) mv mv
0
由①式求得
Fdt mv mv
0
J 1 Ml 3 l
-3-
Mr Lee 制作，内部交流
a r ， J mr / 2 ┄⑤
2
联立，解得： a
1 11 g ， T mg 。 4 8
9、如图所示，一匀质细杆质量为 m ，长为 l ，可绕
杆于水平位置由静止 过一端 O 的水平轴自由转动， 开始摆下．求：
2 2 2l l mv0 l m v l m( ) 2 2m ( ) 2 3 3 3 3
以逆时针为正向，有：
v0
J v ml
④
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第五章 刚体力学参考答案（2014）一、 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 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．【提示】：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?[ D ]2、【基础训练3】如图5-8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?角，则A 端对墙壁的压力大 (A) 为41mg cos ?． (B)为21mg tg ?． (C) 为 mg sin ?． (D) 不能唯一确定图5-8【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：A B N f = A B f N mg +=θθθlcon N l f lmg A A +=sin sin 2三个独立方程有四个未知数，不能唯一确定。
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．【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，ω0为子弹射入前圆盘的角速度，ω为子弹射入m 2m 1 O图5-7 O Mm m图5-11后的瞬间与圆盘共同的角速度，J 为圆盘的转动惯量，J 子弹为子弹转动惯量，据角动量守恒定律有：00()J L L J J J J J ωωωωω+-=+=<+子弹子弹???[ 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O 自由转动，其转动惯量为31mL 2，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 (A)L 32v ． (B) L 54v ． (C) L 76v ． (D) L 98v ． (E) L712v ．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2221[(2)]12lmv lmv ml ml m l ω+=++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，则此平台相对地面旋转的角速度和旋转方向分别为(A) ⎪⎭⎫⎝⎛=R JmR 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．1、【基础训练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=，则飞轮的角加速度β= rad/s 2，t ＝0到 t ＝100 s 时间内飞轮所转过的角度θ= 250rad．【提示】：O v 俯视图飞轮作匀变速转动，据0t ωωβ=+，可得出：200.05rad tωωβ-==-据2012t t θωβ=+可得结果。
2、【基础训练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 50ml 2。
3、【基础训练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 ＝21m 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CB A B m m m gm a ++=)(224、【自测提高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?，处于静止状态，如图5-21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M ＝/2mgl ，此时该系统角加速度的大小??＝23g l． 【提示】：图5-215、【自测提高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 【提示】： 在细杆长x 处取线元dx ，它所受到的摩擦力矩f mdM dm g x dx g x lμμ=⋅⋅⋅=⋅⋅⋅，则02lf m mgl M gxdx l μμ==⎰三、计算题1、【基础训练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021ω时所需时间．解：ωk M -= 根据 dtd JJ M ωβ== 可得 ωJd Mdt = 代入ωk M -=有： k dt Jd ωω-=⎰⎰=-td J dt 02100ωωωωκ 所以得 kJ t 2ln =2、【基础训练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，求盘的角加速度解: 受力情况如图5-17，'11T T =，'22T T =11mg T ma -= (1) 22T mg ma -= (2) 122T r T r J β-= (3)12a r β= (4)2a r β= (5)联立以上几式解得: 219g r β= 图5-173、【自测提高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32l ．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 ϖ与杆下端小球m 作对心碰撞，碰后以021v ϖ的速度返回，试求碰撞后轻杆所获得的角速度．解：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： 两边积分： 00120t J kdtd ωωωω-=⎰⎰ 所以得 k J t 2ln =l mv 320ω])31(2)32([3221220l m l m l v m ++-图5-242m m mO21v ϖ0v ϖ?l32l 31所以：得 4、【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?)，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。
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2012m R ，忽略子弹重力造成的摩擦阻力矩)量为J 0，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 <<R.)解: 选小球和环为系统．运动过程中小球虽受重力作用，但重力方向与转轴平行，对绕轴转动不起作用，系统所受的对转轴的合外力矩为零，故系统对该轴的角动量守恒．即系统起初的角动量J 0?0与小球滑到B 点时系统角动量相同，J 0?0＝(J 0＋mR 2)?所以 0020J J mRωω=+ 图5-26 又因环的内壁和小球都是光滑，只有保守力做功，系统机械能守恒．取过环心的水平面为势能零点，则有图5-25ω])31(2)32([3221322200l m l m l v m l mv ++-=lv230=ω22222000111()222B 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?得：222002J mR RJ 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?0，又由机械能守恒定律可知，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 2212=v , gR C 4=v四、附加题1、【基础训练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 21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0ω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221MR ． 图5－16求：(1) 圆盘对地的角速度． (2) 欲使圆盘对地静止，人应沿着R 21圆周对圆盘的速度v ϖ的大小及方向 解：（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 212v vR R ωωω'=-=- （1） 质量为M/10，有：222201121022102M R M R MR MR ωωω⎡⎤⎛⎫⎛⎫'+=+⎢⎥ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦（2）将（1）式代入（2）有：0221vRωω=+（3） （2）欲使盘对地静止，则式（3）必为零，即02021vR ω+=。
所以，0212R 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。
Rv ϖωR /22、【（自测提高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m/2的重物，如图5-27所示。