刚体力学习题课(精选)
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。
3 刚体力学习题详解
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 m l J m J M l ⎛⎫=== ⎪⎝⎭ 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 。
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
第03章(刚体力学)习题答案
内力做功，机械能守恒，动量守恒的条件为合外力为零，转轴不属于系统，转轴与盘之间有
作用力，动量不守恒。
3-2 如图所示，一匀质细杆可绕通过上端与杆垂直的水平光滑
O
固定轴 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
与小球这一系统的哪种物理量守恒？ 答：在碰撞时，小球重力过转轴，杆的重力也过轴，外力矩为
思考题 32 图
零，所以角动量守恒。因碰撞时转轴与杆之间有作用力，所以动量不守恒。碰撞是非弹性的，
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？
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
解：（1）设在任意时刻定滑轮的角速度为w，物体的速度大小为 v，则有 v=Rw.
则物体与定滑轮的总角动量为： L = Jw + mvR = Jw + mR2w
根据角动量定理，刚体系统所受的合外力矩等于系统角动量对时间的变化率：
M = dL ,该系统所受的合外力矩即物体的重力矩:M=mgR dt
所以： b
第七章 刚体力学习题及解答
第七章刚体力学习题及解答7、1、1 设地球绕日作圆周运动、求地球自转和公转的角速度为多少rad/s?估算地球赤道上一点因地球自转具有的线速度和向心加速度、估算地心因公转而具有的线速度和向心加速度（自己搜集所需数据）、解：7、1、2 汽车发动机的转速在12s内由1200rev/min增加到3000rev/min、（1）假设转动是匀加速转动，求角加速度、(2)在此时间内，发动机转了多少转？解：（1）（2）所以转数 =7、1、3 某发动机飞轮在时间间隔t内的角位移为球 t时刻的角速度和角加速度、解：7、1、4 半径为0、1m的圆盘在铅直平面内转动，在圆盘平面内建立坐标系，原点在轴上、x和y轴沿水平和铅直向上的方向、边缘上一点A当t=0时恰好在x轴上，该点的角坐标满足求（1）t=0时，（2）自t=0开始转时，（3）转过时，A点的速度和加速度在x和y轴上的投影、解：（1）（2）时，由（3）当时，由7、1、5 钢制炉门由两个各长1、5m的平行臂AB和CD支承，以角速度逆时针转动，求臂与铅直时门中心G的速度和加速度、解：因炉门在铅直面内作平动，门中心 G的速度、加速度与B或D点相同。
所以：7、1、6 收割机拔禾轮上面通常装4到6个压板、拔禾轮一边旋转，一边随收割机前进、压板转到下方才发挥作用，一方面把农作物压向切割器，另一方面把切割下来的作物铺放在收割台上，因此要求压板运动到下方时相对于作物的速度与收割机前进方向相反、已知收割机前进速率为1、2m/s，拔禾轮直径1、5m，转速22rev/min,求压板运动到最低点挤压作物的速度、解：取地面为基本参考系，收割机为运动参考系。
取收割机前进的方向为坐标系正方向7、1、7 飞机沿水平方向飞行，螺旋桨尖端所在半径为150cm，发动机转速2000rev/min、（1）桨尖相对于飞机的线速率等于多少？（2）若飞机以250km/h的速率飞行，计算桨尖相对于地面速度的大小，并定性说明桨尖的轨迹、解：取地球为基本参考系，飞机为运动参考系。
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
刚体力学习题
能守恒: m (R g r) 1 2m 2 1 2 v (5 2m 2 )r 2
只滚不滑条件: ω=v/r, 代入上式, 求得 v 170(Rr)g 在最低点应用质心运动定理：Nmg m2/vR (r)
N m [ g v 2 /R ( r ) ] m ( g 1 7 g 0 ) 2 7 3 m g
ra
x
h
⑴圆锥体为匀质, ρ=C, m d m L 2 a 2 0 Lx2 d x1 3 a2L
xcx dd m m a 2 a x 23 L d /3 /x L 2L 3 3 0 Lx3d x4 3L
⑵ 0 ( 1 L h ) 0 ( 1 L L x ) L 0 x , d m 0 a 2 x 3 d / L 3 x
7.4.2 质量为2.97kg，长为1.0m的匀质等截面细杆可绕水平光滑的轴 线o转动，最初杆静止于铅直方向。一弹片质量为10g，以水平速度 200m/s射出并嵌入杆的下端，和杆一起运动，求杆的最大摆角θ
解：将子弹、杆构成的物体系作为研究
o
对象，整个过程可分为两个阶段研究：
第一阶段，子弹与杆发生完全非弹性碰 获得共同的角速度ω，此过程时间极短，
时，框架质心的线速度vc及框架作用于支点的压力N.
A
解：正方形框架对支点o的转动惯量：
o
I Ic o 4 I(c1 1 2 m 4m 2( l2 l)m 2 l4 2I)c 4 3m m 22 llIo7 3m2lE0 p=
据机械能守恒定律：
B
B A
4 m 2 l g 1 2Io 21 2(7 3m 2)l2,
隔离木板, 其受力及运动情况如图示,其中a为板对地
力学习题课-资料
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 ml，2其
中m 和 l 分别为棒的质量和长度．求：
3
(1) 放手时棒的角加速度；
(2) 棒转到水平位置时的角加速度． m, l
解：（1）根据转动定律 M = Jβ
M 1mcgo6 l s0m/g 4l 2
( 一 A L 1 2 MJ 般 d,M tt12d d M L ： J t d L C 2 tM L 1 (J J ) )2 M ( J 0 )1 MJ i i J恒
（二）J
miri2 质点系
2. 环脱离杆。
设：脱离后瞬间，杆具角速度2 ，环具速度V（与杆夹角 ）
1 M 0(M 3 m )
2. 环脱离杆。
V 0 VsinV
Am
M
l
B
设：脱离后瞬间，杆具角速度2 ，环具速度V（与杆夹角 ）
角动量守恒：J 1 1 J 22 m V si ln
vAB vAC vBC aAB aAC aBC
二、牛顿第二定律及转动定律：
二者解决问题的方法相类似： 取研究对象； 作受力分析； 列方程求解。
常见的情况为两者的结合，主要形式有：
f
N1 T1
T1' N 3
N3 T1 '
0
G1
a
G 3 T2' T2
⑴ N G2
a
N1 T1
kx
mg
非保内： T1,T2,N3
N3
N2 T1
T2 Mg
T2 kx
N3