作业5刚体力学答案解析2014版

(2)
T12r T2r J
(3)
a1 2r
(4)
a2 r
(5)
联立以上几式解得:
2g 19r
♫转动惯量：
质量非连续分布： J mjrj2 m1r12 m2r22 mjrj2 质量连续分布： J mjrj2 r2dm
j
1、（基础 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、
作业 5 刚体力学
♫刚体：在力的作用下不发生形变的物体
角速度 d dt
0
t2 dt
t1
角加速度
d dt
0
t2 dt
t1
1、（基础 8）绕定轴转动的飞轮均匀地减速，t＝0 时角速度为0 5 rad s ，t＝20s 时角
速度为 0.80 ，则飞轮的角加速度 -0.05 rad/s2 ，t＝0 到 t＝100 s 时间内飞轮
所转过的角度 250rad ．
【解答】
飞轮作匀变速转动，据
0
t ，可得出：
0 t
0.05 rad
s2
据
0t
1 2
t 2 可得结果。
♫定轴转动的转动定律：
定轴转动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. M J
质点运动与刚体定轴转动对照
O m1 m2
[ C ] 1、（基础 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
(C)mg sin
【解答】
(B) 1 mg tan 2
(D)不能唯一确定
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：
NA fB
fA NB mg
mg l sin 2
f Al sin
N Alcon
三个独立方程有四个未知数，不能唯一确定。
3（自测 9）一长为 l、质量可以忽略的直杆，两端分别固定有质量为
2v 21R
0
。所以， v
21R0 2
。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。
2、（自测 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 1 M 的重物，如图．设人从静止开始相对于绳匀速向上爬时，绳与滑轮间无相对滑动，
3m、2m 和 m 的四个质点，PQ＝QR＝RS＝l，则系统对 OO 轴的转动惯量为
。
【解答】
据 J miri2 有：
J 4m(3l)2 3m(2l)2 2ml2 0 50ml2
dM rdf rdN rgdm
♫摩擦力矩：
M dM
P QR R
O′
S RO
1、（自测 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
0 Rmv J 可得 Rmv mR2 ( v ) 。，顺时针 J JR
4、（基础 16）一转动惯量为 J 的圆盘绕一固定轴转动，起初角速度为0 ，设它所受阻力矩
与转动角速度成正比，即 M k
(k
为正的常数)，求圆盘的角速度从 0
变为
1 2
0
时
所需时间．
【解答】
根据 M J J d dt
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 9mr2/2，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，求盘的角加速度的大小．
【解答】
受力情况如图 5-17，T1 T1' ， T2 T2'
mg T1 ma1
(1)
T2 mg ma2
瞬间，圆盘的角速度
(A) 增大． (B) 不变．(C) 减小． (D) 不能确定．
图 5-11
【解答】
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，据
角动量守恒定律有：
[ C ]2、（自测 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
小球
m
作对心碰撞，碰后以
1 2
v0
的速度返回，试求碰撞后轻杆
所获得的角速度．
【解答】
系统所受的合外力矩为零，角动量守恒：
碰前的角动量为：mv0
2 3
l
碰后的角动量为：
m
1 2 v0
2l 3
[m( 2 l)2 3
2m(1 l)2 ] 3
2m
O
1 3
l
1 2
v
0
⅓32ll
⅓l
m v0
⅓l m
⅓l 图 5-24
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 mgl / 2
，此时该系统角加速度的
大小
2g
3l
【解答】
．
M 2mgl / 2 mgl / 2 mgl / 2
v 1R
2v R
2
（1）
视人与盘为系统，所受对转轴合外力矩为零，系统的角动量守恒，设盘的质量为 M，则人
的质量为 M/10，有：
1
2
MR2
M 10
R 2
2
0
1 2
MR2
M 10
R 2
2
（2）
将（1）式代入（2）有：
0
2v 21R
（3）
（2）欲使盘对地静止，则式（3）必为零，即 0
2 3
m0 gR
A
根据
M f
J
d dt
可推出：t M 0
f
dt
0
Jd
0
0 0
1 2
m0 R2
mR2
dB
R C
所以 t 3Байду номын сангаасv0 2m0 g
7、（自测 18）空心圆环可绕光滑的竖直固定轴 AC 自由转动，转动惯量为 J0，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.)
R
R/2 v
5-16 所示． 已知圆盘对中心轴的转动惯量为 1 MR2 ．求：(1) 圆 2
盘对地的角速度．(2) 欲使圆盘对地静止，人应沿着 1 R 圆周
2
对圆盘的速度v 的大小及方向？
图 5－16
【解答】
（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
v0
R
O
m
的子弹以水平速度 v0 垂直于圆盘半径打入圆盘边缘并嵌在盘边上，如图 5-25 所示。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 1 MR2 ，忽略子弹重力造成的摩擦阻力矩) 2
【解答】
（1）以子弹和圆盘为系统，设0 为碰撞后瞬间的角加速度，由角动量守恒定律得：
绳子向下拉力为 T2，左端绳子向下拉力为 T1，对滑轮由转动定律得:(T2-T1)R=J
[ D ] 2、（基础 3）如图所示，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 θ 角，则 A 端对墙壁的压力大小为
(A) 1 mg cos 4
M
mgl
2g
J 2m(l / 2)2 m(l / 2)2 3l
4、（基础 12） 如图 5-14 所示，滑块 A、重物 B 和滑轮 C 的 C
质量分别为 mA、mB 和 mC，滑轮的半径为 R，滑轮对轴的转
A
动惯量 J＝ 1 mC R2．滑 块 A 与桌面间、滑轮与轴承之间均 2
B
无摩擦，绳的质量可不计，绳与滑轮之间无相对滑动．滑块 A
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 1 mL2，起初杆静止．桌面上 3
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
(A) 2v ．(B) 4v ．(C) 6v ．(D) 8v ． (E) 12v ．
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
【解答】
在细杆长 x 处取线元 dx，所受到的摩擦力矩 dM=μ(m/l)gxdx，
则 M l m gxdx mgl
0l
2
♫定轴转动的动能定理： A
♫定轴转动的角动量定理：
M
2 1
Md
dL dt
所以：mv0
2l 3
m
1 2
v0
2l 3
[m( 2 l)2 3
2m(1 l)2 ] 3
得 3v0 2l
6、自测提高（17）如图 5-25 所示，一质量均匀分布的圆盘，质量为 m0 ，
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