华理工大学大学物理习题之刚体力学习题详解
、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。
习题三为m 的子弹以水平速度v0射向棒的中心，并以v0/2 的水平速度穿出棒，此后棒的最大解：]答案：C)2M gl ；m D）216M 2glJ1 1 J1 21J 22 MgJ,1l2J1ml2, J ,J4 1Ml 23v0l/22v，v0/2l/2v01，J1( 1 2)J2J1J。
1Mgl J1 12JMgl，22J1 11 1Mgl4Jml 24v024 l2 124 Ml 23 Mgl，31622m v0MMgl ，v02216 M2 gl ，所以3m4Mv0m 3gl现有一质量R ，转动惯量 J 均相同），若分别用 F （N ）的力和加重物重力 P mgF （N ） 时，所产生的角加速度分别为1和 2 ，则 [ ]( A ) 1 2 ； （ B ） 1 2 ； （ C ） 1 2 ；（ D ）不能确定 。
答案： AM 恒定，匀变速，所以有3．一个转动惯量为 J 的圆盘绕一固定轴转动， 初角速度为 0 。
设它所受阻力矩与转动角速度成正比 M k （k 为正常数 ）。
（1）它的角速度从 0变为 0/2 所需时间是 [ ]（A） J/2； （B ） J/k ； C ) (J / k)ln 2；(D ) J/(2k)。
（2） 在上述过程中阻力矩所做的功为 [ ]（A） J 02 /4 ； 2 (B ) 3J 02/8 ；2 (C ) J 02 /4； 2(D) J 02/8 。
答案： C ；B。
解：已知 M k ， 0, J ， 1002d d dk（1） M J k ， J k ， dtdt dt JdktkJ 0 J0dt ， lnt ，所以 tln 0 ln2 0JJkk12 121 122 3J 22 ) AJ 2 J0 J 0220 2 40801 2 1 2Ek2J 2J12J(22) (6400 1600) 9600(J)80 4016N m104．如图所示，对完全相同的两定滑轮（半径解：根据转动定律，有 mg R J1T R J2dm依受力图，有 mg T ma ， T mg ma mg 所以， 1 2 。
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： J1 1 J0 J2 2 (J1 J2J)J 1 J 2 m 1r 2 m 2r 2 (m 1m 2 )， 1v2r所以J002J1 J0 0二、填空题1 ．半径为 r 1.5m 的飞轮，初角速度 0=10rad/s ，角加速度5rad/s 2 ，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r 1.5m ，=10rad/s ，25rad/s ， 0 0 。
因 const ，为匀变速， 所以有120 0tt 。
2令 0 ，即( 0 12 t ）t 0 得，由此得 t 2 0 2 10 4s50t10 5 410 ，所以 vr 15m/s2． 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 vOLdr摩擦系数为 ，在 t 0 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 0 ，则棒停止转动所需时间为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 =。
22mR 1 2 2 mR答案： J ； 2mR 2 2( J 1) 。
J 2 J解：应用角动量守恒定律 J mR 2 J该轴的转动惯量 J 5 10 5kg m 2。
现有砂粒以 1g/s的流量落到解得 2mRJ ，角速度的变化2mR J系统动能的变化 Ek 1J 2 1J mR 2 2 ，即 k 2 2E k 12mR 222 mR(J1)4． 如图所示， 转台绕中心竖直轴以角速度 0作匀速转动， 转台对 答案： t2 0L 3g 解： dfdmgdrg m L gdrdM r v d v f ，dM 又，d JJdt3 gdt ， 2L所以rdf m grdr ，M2d mg，所以 dt 2L0t 3 gdt ，两边积分得：2L2 0L 3g1 mL 3 dMmg 1L 2 L23 gt ， 2Lmg 2Lω答案： 5s5．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 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 。
11答案： T IImg82(m 1 m 2) (M 1 M 2)II 2 1 1 2g，解：由角动量守恒定律 (Jmr 2 ) 02得m 所以由于 10 3 kg/s10 5 103r 2 1 10 30.12 1 103 5sm 1g T1 m 1aT 2 m 2g m 2a解：列出方程组(T 1T)R 1J 1 1 (T T 2)R 2J 22其中， 1 , J 1 II M 1R 12a21R 1 22R 2T1 m 1(g a)由（ 1）、（2）两式T2m 2(g a)(1) (2) (3) (4)可先求出 a ，解得m 1g转台，并粘在台面形成一半径 r 0.1m 的圆。
则使转台角速度变为/2 所花的时间为4m1m2 m1(M 1 M2 ) 2(m1 m2)g2(m1 m2) (M1 M2 )4m 1m 2 m 2(M 1 M 2) 4m 1m 2 m 1M 2 m 2M 12(m 11 3 4m 2)2 (M 11 M 22)g ，T 2(m 11 2m 2)1 (M 2 1 2M 21) g三．计算题于圆盘走一周时，问圆盘和人相对于地面转动的角度各为多少？则人相对地面的角速度为2mR 222mR 22 MR 12圆盘相对地面转过的角度为人相对地面转过的角度为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 的张力 T 1 和 T 2 ；mR 22 mR 22 1MR 1242 1将 m 1 2m ， m 2 m M 1 M 2 m, R 1R 2代入，得：11 mg 8应用角动量守恒定律mR 221MR2M 0 得， mR 2212 12 MR 12M 0m mdt 22 2 MR 122mR 22 MR 122mR 22 /(MR 12) 11 ．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2 答案：（1） 2m 4R22mR M 2 R12，或42 2 ；( 2) 2 2 2 2 MR 12/(mR 22) 2mR 222 2 MR 12 MR 12 或2 2 。
2mR 22 /(MR 12 ) 1解：设人相对圆盘的角速度为圆盘相对地面的角速度为M。
解得Mdt2 2mR 222mR 22 MR 12dt2 2mR 222mR 22 MR 122 MR 12/(mR 22)，求系统的加速度 a 及绳中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） 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T 1 m 1g m 1（ 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2） 0 时0.5Kg ，长为 0.4m ，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。
T 2 N m 2a ， N m 2g 0对滑轮，应用转动定律T 2 r T 1 r J ，并利用关系 a r由以上各式， 解得m 1 m 2 m2T 1m 1 m1m 1gm 1 m2m1m 1g ；m1m 2gNmgT 1m1m 1g ；m1m 2gm 1 m2m13. 一匀质细杆，质量为 J m 1 m 22r答案：（1） 0.98J ；（ 2 ） 8.57rad/s 。
解：根据机械能守恒定律，有： mg l 1 J 5 。
杆转动到铅直位置时的动能和角速度分22别为： 1 2 lE kJ 2 mg 0.5 9.8 0.2 0.98J ； 224．如图所示，滑轮的转动惯量 J =0.5kg m 2，半径 r =30cm ，弹簧的劲度系数 k =2.0N/m重物的质量 m =2.0kg 。
当此滑轮——重物系统从静止开始启动，开始时弹簧没有伸长。
滑轮与绳子间无相对滑动， 其它部分摩擦忽略不计。
问物体能 沿斜面下滑多远？当物体沿斜面下滑 1.00m 时，它的速率有 多大？ 答案：（ 1） 11.8m ；（ 2） 1.7m/s 。
解：以启动前的位置为各势能的零点，启动前后应用机械能守恒定律时棒自然竖直悬垂， 现有质量 m 8g 的子弹以 v 200m/s 的速率从 A 点射入棒中， A 、O点的距离为 3l /4 ，如图所示。
求： （1 ）棒开始运动时的角速度； （2 ）棒的最大偏转角。
5 x 1时5 ．长 l 0.40m 、质量 M 12 mg sin37 kx1J2r 29.8 sin37 1 2212.0 21 0.52 (0.3)21.00kg 的匀质木棒，可绕水平轴121.7m/sO 在竖直平面内转动，开始 1kx2mv 21 v2 12 J r v 2mgxsin37 0 01）v 0时，得 x 0或 x2 2.0 9.8 sin37211.8m答案：（1）8.9rad/s；（2）94.5 。
解：（1）应用角动量守恒定律23 1 2 3mv l Ml 2m l4 3 43mv 3810 3 200得448.9rad/s191198 10 3 0.4M m l3 163102 ）应用机械能守恒定律O3l4l l A1 1Ml 2m(3l)2Mglmg3l2 3 4 2 4Mg cosmg 3l cos29M m l得cos 1 38l0.079 ，2M3m g94.5、选择题1．已知一平面简谐波的表达式为波的频率为 a ；A）C）波长为答案：D解：由y习题五A cos（at bx）（a、b 为正值常量），则 [ ] （B）波的传播速度为b/a ；D ）波的周期为2Acos(at bx) Acos( t2 / a222/b x），可知周期T2。
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
大学物理第四章 刚体的转动部分的习题及答案
第四章 刚体的转动一、简答题：1、简述刚体定轴转动的角动量守恒定律并给出其数学表达式?答案：刚体定轴转动时，若所受合外力矩为零或不受外力矩，则刚体的角动量保持不变。
2、写出刚体绕定轴转动的转动定律文字表达与数学表达式?答案：刚体绕定轴转动的转动定律：刚体绕定轴转动时，刚体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。
表达式为：αJ M =。
3、写出刚体转动惯量的公式，并说明它由哪些因素确定?答案：dm r J V⎰=2①刚体的质量及其分布；②转轴的位置；③刚体的形状。
二、选择题1、在定轴转动中，如果合外力矩的方向与角速度的方向一致，则以下说法正确的是 ( A )A.合力矩增大时，物体角速度一定增大；B.合力矩减小时，物体角速度一定减小；C.合力矩减小时，物体角加速度不一定变小；D.合力矩增大时，物体角加速度不一定增大2、关于刚体对轴的转动惯量，下列说法中正确的是 ( C ) 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关；3、有一半径为R 的水平圆转台，可绕通过其中心的竖直固定光滑轴转动， 转动惯量为J ，开始时转台以匀角速度0ω转动，此时有一质量为m 的人站住转台中心，随后人沿半径向外跑去，当人到达转台边缘时，转台的角速度为 ( A ) A.()2mR J J +ω B.()2Rm J J +ω C.20mR J ω D.0ω4、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，如图所示。
今使棒从水平位置由静止开始自由下落，在棒摆动到竖直位置的过程中，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．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，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( C )A.增大B.不变C.减小 (D) 、不能确定6、在地球绕太阳中心作椭圆运动时，则地球对太阳中心的 ( B ) A.角动量守恒，动能守恒 B.角动量守恒，机械能守恒 C.角动量不守恒，机械能守恒 D.角动量守恒，动量守恒7、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A J 和B J ，则 ( C )A.B A J J >；B.B A J J <；C.B A J J =；D.不能确定A J 、B J 哪个大。
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)
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。
大学物理刚体力学中难题及解析
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
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
大学物理刚体力学基础习题思考题与答案
习题55-1．如图，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2m和m的重物，绳与滑轮间无相对滑动，滑轮轴光滑，两个定2滑轮的转动惯量均为m r/2，将由两个定滑轮以及质量为2m和m的重物组成的系统从静止释放，求重物的加速度和两滑轮之间绳内的张力。
解：受力分析如图，可建立方程：2mgT22ma┄①T1┄②mgmaT(TT)rJ┄③2(TT)1rJ┄④a，r2Jmr┄⑤/2 1联立，解得：ag411，Tmg8。
5-2．如图所示，一均匀细杆长为l，质量为m，平放在摩擦系数为的水平桌面上，设开始时杆以角速度0绕过中心O且垂直与桌面的轴转动，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。
解：（1）设杆的线密度为：ml，在杆上取一小质元dmdx，有微元摩擦力：dfdmggdx，微元摩擦力矩：dMgxdx，考虑对称性，有摩擦力矩：l1M2gxdxmgl；24（2）根据转动定律MJJ ddt，有：tMdtJd，112mgltml，∴0 412 t30lg。
或利用：MtJJ，考虑到0，12 Jml，12有：0t3 l g 。
5-3．如图所示，一个质量为m的物体与绕在定滑轮上的绳子相联，绳子的质量可以忽略，它与定滑轮之间无滑动。
假设定滑轮质量为M、半径为2R,其转动惯量为M R/2，试求该物体由静止开始下落的过程中，下落速度与时间的关系。
解：受力分析如图，可建立方程：mgTma┄①TR┄②JaR，12 JmR┄③22mgMmg联立，解得：aT，，M2m M2m考虑到a dvdt，∴vt2mgdvdt00M2m，有：v2m gtM2m。
5-4．轻绳绕过一定滑轮，滑轮轴光滑，滑轮的质量为M/4，均匀分布在其边缘上，绳子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/4的重物，如图。
已知滑轮对O2轴的转动惯量J/4，设人从静止开始以相对绳匀速向上爬MR时，绳与滑轮间无相对滑动，求B端重物上升的加速度？解一：分别对人、滑轮与重物列出动力学方程Mg T1人MaAMMT2ga物B44T1RTRJ滑轮22由约束方程:aaRJ,解上述方程组A和MR/4B得到g a. 2解二：选人、滑轮与重物为系统，设u为人相对绳的速度，v为重du物上升的速度，注意到u 为匀速，0dt，系统对轴的角动量为：1M32LMvRM(uv)R(R)MvRMu 442R(B 物体)(人)(A 物体)而力矩为： M13 MgRMgRMgR ， 44根据角动量定理dL3d3 M 有：MgR(MvRMuR)，∴dt4dt2 g a 。
参考解答01 刚体力学 (1)(1)
=
r被 r主
被
=
0.40 0.20
8π=16π
s1
主 =
主
t
=4π
s2
= 1 t 2 =32π rad
2
n= 32π 16 2π
J2 J1 J3 从大到小
大学物理习题参考解答
从小到大，
大学物理习题参考解答
提示
W
1 J2
2
1 2
mr
2
(22
12 )
对O轴的角动量 对该轴的合外力矩为零
机械能
大学物理习题参考解答
1
提示 J11 J22
2
平衡杠杆
速度杠杆
省力杠杆
9.0103 m3 K p V0 ΔV
大学物理习题参考解答
大学物理习题参考解答
大学物理习题参考解答
大学物理习题参考解答
大学物理习题参考解答
大学物理习题参考解答
大学物理习题参考解答
大学物理习题参考解答
解:（1) 角动量守恒
O v
O'
大学物理习题参考解答
C
提示 卫星受地球引力,动量不守恒； 卫星对地球为轴的力矩为零, 角动量守恒.
大学物理习题参考解答
D
大学物理习题参考解答
C
大学物理习题参考解答
B
二．ห้องสมุดไป่ตู้空题 直线
曲线
大学物理习题参考解答
M J
匀加速转动
大学物理习题参考解答
提示
v主 =v被 r主主 =r被被
主
0 (J盘 J人） 盘地J盘 - 人地J人 - 人地 -人盘 盘地 0 (J盘 J人） 盘地J盘 - 人盘J人 盘地J人
大学物理第三章刚体力学基础习题答案 ppt课件
12
3
联立可得： v M 3mu
M 3m
6mu
M 3m
l
3-18 MkJJd
dt
t
0
k J
dt
0
2
0
d
t J ln 2 k
3-19 设子弹射入后圆盘的角速度为ω，由角动量守恒得
mv0R(mR2大1 2学m 物理0R 第三2)章刚体力学基础习题
2mv0 2mRm0R
6
答案
质点运动与刚体定轴转动对照表
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
MMf J1 Mf J2
1
0 t1
2
0 t2
MJ(12)
J0
(1 t1
1 t2
)
大学物理第三章刚体力学基础习题
（1）物体自静止下落，5s内下降的距离； （2）绳中的张力。
解：
mgTma
TRJ 1 MR2 a
2R a 2mg5.0m 6s2
M2m
T 1 Ma 2
h1at2 63.2m 2
Tm (ga)3.9 7 N
大学物理第三章刚体力学基础习题
14
答案
3-8 长为l，质量为M的匀质杆可绕通过杆一端O的 水平光滑固定轴转动，转动惯量为 1 M l 2 ，开始时杆
16
答案
质点运动
刚体定轴转动
质量
m
力 第二定律
F
Fma
F dp
转动惯量 J r2dm m
大学物理刚体力学习题课解析
系统中有刚体时的功能 原理, 机械能守恒定律。
2018/8/2
2
四、刚体定轴转动的角 动量定理：
t2
Mdt J ω
2 t1
2
J 1ω1
角动量守恒定律的条件 ： (1) M 0 (2)惯性系或质心系
系统中有刚体时的角动 量定理, 系统角动量守恒定律。
2018/8/2 3
五、刚体的平面运动： ( 1 ) vi v c ω ric 1 1 2 ( 2 ) Ek m vc J cω 2 2 2 ( 3 ) F ma c , 只适用于惯性系。 M c J cβ 适用于任意参照系。
M,R
m3,r
m1
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m2
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解： m1 g T1 m1 a1 1 2 (T1 T2 ) R MR 1 2 T2 T3 T4 m3 g m3 a 2 1 (T2 T3 ) r m3 r 2 2 2 T4 m2 g m2
l m ho
l h’
hc
c
h
a
1 2 碰后杆和地球： J mgh c 2
由此得
b
(4)
3h0 h 2hc 2
v
v0 3v0 , 2 2l
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例
一质量 m的匀质矩形薄板绕其竖 直边
转动，初始角速度为 0，转动时受到空气阻力 ， 阻力垂直于板面，每一 小面积上所受阻力的大 小 正比于该面积和速度平 方的乘积，比例常数为 k。 问经过多少时间角速度 减为原来的一半？已知 薄 板的竖直边长为 b，水平边长为 a。
M,R
T3
T2 T1 T4
1