3 刚体力学习题详解

第1页共8页 3 刚体力学习题详解 习题册-上-3 1 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，此后棒的最大偏转角恰为90，则v0的大小为 [ ]

（A）43Mglm； （B）2gl； （C）2Mglm； （D）22163Mglm。 答案：A

解： 11122,1122JJJJMgl 22211, 243lmlJmJMl

0012/2vvll，0021

/21/22vv

ll，111121()2JJJJ

21122JMgl， 2112JJMglJ， 22114JMglJ

222

02

2

44143vml

lMglMl

，MglMvm202163，2202163Mvglm，所以 340glmMv

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24kgm。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，80Nm； （B）800J，40Nm；（C）4000J，32Nm；（D）9600J，16Nm。 答案：D 解：800，40，10t，4J

2201122kEJJ 22011()4(64001600)9600(J)22kEJ

M恒定，匀变速，所以有

0t，0t，08040416Nm10MJJt

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Mk (k为正常数)。 （1）它的角速度从0变为0/2所需时间是 [ ]

mm

M

0v0

/2v

l第2页共8页 3 刚体力学习题详解 习题册-上-3

2 （A）/2J； （B）/Jk； （C）(/)ln2Jk； （D）/(2)Jk

。

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

答案：C；B。

解：已知 Mk，0,J，012

（1）dMJkdt，dJkdt，dkdtJ

00tdkdtJ，0lnktJ，所以 0lnln2JJtkk

（2）2222200001111322248JAJJJ 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PmgF(N) 时，所产生的角加速度分别为1和2，则 [ ] （A）12 ； （B）12 ； （C）12 ； （D）不能确定 。 答案：A 解：根据转动定律，有12,mgRJTRJ， 依受力图，有mgTma，Tmgmamg 所以，12。

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()JJJJJJ

22121212()JJmrmrmm， 12vr

所以 0012JJJ

Ovv12

mg()Fmg

F

T第3页共8页 3 刚体力学习题详解 习题册-上-3

3 二、填空题 1．半径为1.5mr的飞轮，初角速度0=10rad/s，角加速度25rad/s，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 1.5mr，0=10rad/s，25rad/s，00。

因const，为匀变速，所以有 20012tt。 令 0，即 01()02tt得，由此得 022104s5t 0105410t，所以 15m/svr

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0，则棒停止转动所需时间为 。

答案：023Ltg

解：mdfdmgdrggdrL dMrdf



，mdMrdfgrdrL， 2122mmgMdMgLLL

又，2132ddmgMJJmLdtdtL，所以 32gddtL，00032tgddtL，两边积分得：032gtL，

所以 023Ltg

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Ek = 。

答案：2mRJ；2221(1)2mRmRJ。 解：应用角动量守恒定律 2JmRJ

Ldmo

r

dr第4页共8页 3 刚体力学习题详解 习题册-上-3

4 解得 21mRJ，角速度的变化 2mRJ 系统动能的变化 2221122kEJJmR，即 2221(1)2kmREmRJ 4． 如图所示，转台绕中心竖直轴以角速度0作匀速转动，转台对该轴的转动惯量 52510kgmJ。现有砂粒以1g/s的流量落到转台，并粘在台面

形成一半径0.1mr的圆。则使转台角速度变为0/2所花的时间为 。 答案：5s

解：由角动量守恒定律 200()2JmrJ

得 2Jmr， 由于 3110kg/smt 所以 5323235105s1101100.1110mJtr

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：mgT811

解：列出方程组 11122211112222(1)(2)()(3)() (4)mgTmaTmgmaTTRJTTRJ 其中，2111111,2aJMRR， 2222221,2aJMRR 由（1）、（2）两式得：1122()()TmgaTmga 可先求出a，解得

2m R m

rω

1mg2mg2m1m

1T2

T

T1R2M1M

2R

a第5页共8页 3 刚体力学习题详解 习题册-上-3 5 1212122()2()()mmgammMM ，121121

1212

4()2()()mmmMMTgmmMM

 ，

12212212124()2()()mmmMMTgmmMM，1212211212

42()()mmmMmMTgmmMM



将12mm，2mm 1212,MMmRR代入，得：118Tmg

三．计算题 1．在半径为R1、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R2（< R1）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/()mRmRMRMRmR，或；（2）21222221212222/()1MRmRMRmRMR，或。

解：设人相对圆盘的角速度为，圆盘相对地面的角速度为M。 则人相对地面的角速度为 mM 应用角动量守恒定律 2221102mMmRMR 得，2221102MMmRMR 解得 2222222221212122MmRmRmRMRmRMR 圆盘相对地面转过的角度为 2222222222212112

2242222/()MMmRmRdtdtmRMRmRMRMRmR



人相对地面转过的角度为 2mmMdt2122222121

2222/()1MRmRMRmRMR

2． 如图所示，物体1和2的质量分别为m1与m2，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T1和T2； （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T1和T2。（设绳子与滑轮间无相对滑动，滑轮与转轴无摩擦）。

2

1