上海交大版大学物理5刚体力学基础习题思考题
《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 上册(第五版)重点总结归纳及试题详解第三章 刚体的转动
第三章 刚体的转动一、 基本要求1. 了解转动惯量概念，掌握刚体定轴转动的转动定律。
2. 理解角动量和刚体绕定轴转动情况下的角动量守恒定律。
3. 了解刚体定轴转动的功和能及能量守恒。
二、 基本内容1．角速度矢量角速度矢量 d dt=θω 在刚体定轴转动中，ω方向沿轴由右手螺旋法则确定，可用正、负表示。
刚体上任一点的线速度v 与ω之间关系为=⨯r v ω。
2．角加速度矢量角加速度矢量 d dt=ωβ 在刚体定轴转动中，β方向也沿轴，可用正、负表示。
β与ω同向时转动加快，β与ω反向时转动减慢。
在刚体上任一点有 t n =⨯⎧⎨=⨯⎩a ra vβω3．力矩力矩 =⨯M r F sin Fr ϕ=M ，ϕ为r 与F 正向间夹角。
M 的方向由右手螺旋法则确定。
在定轴转动情况下，当规定了转动正方向后，可用正、负表示力矩的方向。
显然平行于转轴的力和作用线通过转动轴的力对该轴产生的力矩为零。
在定轴转动情况下计算力矩时，只考虑力在转动平面内的分力对转轴的力矩。
4．转动惯量∑=∆=ni i i m r J 12——定义式。
对于质量连续分布的刚体dm r J ⎰=2转动惯量是刚体转动惯性大小的量度。
转动惯量的大小与刚体的质量有关，又与刚体质量的分布有关，还与转轴的位置有关。
关于转动惯量的计算：①转动惯量是可加的，应能用转动惯量的定义式求质点组、刚体组对某一转轴的转动惯量。
②能计算质量均匀分布，几何形状简单的几种刚体的转动惯量。
③会用平行轴定理求刚体或刚体组合对一任意（与质心轴平行的轴）轴的转动惯量。
平行轴定理为2mh J J c +=。
5．刚体的转动定律 J =M β 或 d dt=L M 式中M 为作用于刚体上的合外力矩。
i =∑M M ，i M 为作用刚体上任一外力对轴的力矩。
对定轴转动，在规定了转动正方向后，∑=i M M ，可求合外力矩的代数和。
定律中J 、、M β应对同一轴而言。
转动定律在描述刚体定轴转动中与描述质点平动中牛顿第二定律地位相当。
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
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
大学物理五第三章习题答案
第三章 刚体的转动习题答案1、对于定轴转动刚体上不同的点来说：线速度、法向加速度、切向加速度具有不同的值，角位移、角速度、角加速度具有相同的值。
2、由sin M r F Fr θ=⨯=可知，（1）0,0F M ≠=，当0r =或者sin 0θ=，即力通过转轴或者力与转轴平行； （2）0,0F M =≠，这种情况不存在； （3）0,0F M ==，这种情况任何时候都存在。
3、根据均匀圆盘对中心轴的转动惯量：221122I mr vr ρ==可知，对于相同几何形状的铁盘和铝盘，密度大的转动惯量大。
通常我们取铁的密度为37.9/g cm ，铝的密度32.7/g cm ，因此铁盘对中心轴的转动惯量大；根据刚体动能定理：21222111d 22A M I I θθθωω==-⎰，可知对铁盘的外力矩要做更多的功。
4、轮A 的转动惯量212I mr =，轮B 的转动惯量2I mr =，根据刚体的转动定律M I β=，因为两者所受的阻力矩相等，可知轮A 的转动角加速度大于轮B 的转动角加速度，故轮A 先停止。
5、舞蹈演员在旋转过程中，可以近似地认为角动量守恒，当其把双手靠近身体时，转动惯量减小，故角速度增大；当其把双手伸开，转动惯量增大，故角速度减小。
6、解：2334d a bt ct dtθω==+-， 2612d b t c t dtωβ==-。
7、解：11200240/60rad s πωπ⨯==，22700290/60rad s πωπ⨯==， 2215025/126rad s t ωωππβ-===∆， 2117803902t t n θωβπ=+==。
8、解：根据均匀球体对直径轴的转动惯量225I mr =，得到地球对自转轴的转动惯量3729.810I kg m =⨯⋅，地球自转角速度2/246060rad s πω=⨯⨯，转动动能22813102k E I J ω==⨯。
9、解：已知030/rad s ωπ=，切断电源后的角位移752150θππ=⨯=，根据匀减速运动规律2220023/2rad s ωωβθβπθ=⇒==，由于电扇是匀减速，可知阻力矩为常量，因此根据刚体转动动能定理22101144.422M I I J θωω=-=-， 可得到转动惯量2244.420.01I kg m ω⨯==⋅，以及阻力矩44.40.1150M N m π=≈⋅。
《大学物理教程习题答案》上海交通大学出版社,DOC
习题11-1．已知质点位矢随时间变化的函数形式为(cos sin )r =R ωt i ωt j + 其中ω为常量．求：（1）质点的轨道；(2)速度和速率。
解：(1)由(cos sin )r =R ωt i ωt j +，知：cos x R t ω=，sin y R t ω=消去t 可得轨道方程：222x y R +=∴质点的轨道为圆心在（0，0）处，半径为R 的圆； （2而v v =，有速率：cos )]v t R ωω==。
1-2．已知质点位矢随时间变化的函数形式为2(32)i t j ++，式中r 的单位为m ，t 0=t 和1=t 解：（消去t 3)，∴质点的轨道为抛物线。
（2d r，有速度：82v t i j =+ 从0=t 秒的位移为：1100(82)42r v d t t i j d t i j ∆==+=+⎰⎰（3）和秒两时刻的速度为：1-3．已知质点位矢随时间变化的函数形式为22r t i t j =+，式中r 的单位为，t ）任一时刻的速度和加速度；（2）任一时刻的切向加速度和 解：由d r v dt =，有：22v t i =+d （2）而v v =，有速率：2[(2)2]21v t t =+=+dtt 1-4a 机的天花板与底板相距为d ，求螺钉从天花板落到底板上所需的时间。
解法一：以地面为参照系，坐标如图，设同一时间内螺钉下落的距离为1y ，升降机上升的高度为2y ，运动方程分别为21012y v t gt =-（1）22012y v t at =+（2）12y y d +=（3）2（注意到1y 为负值，有11y y =-）联立求解，有：t ='g g a =+，利用21'2d g t =，有：t ==1-5．一质量为m h 0v 水平抛出，求：解：（）如图，可建立平抛运动学方程： 0x v t =21()t i h g t j +-；（2）联立上面两式，消去t 得小球轨迹方程：2y v =-；（30r v i g t j =-， 即：0v v i g t j -，g j d t=- 在落地瞬时，有：2ht =，∴02d r v i gh j =- 又∵v 12g gh g t dv==1-6∴112x =两边对时间求导有：11212d x h d x d t h h d t =-，考虑到：21d x v d t=， 知人影中头的速度：21112d x hv v d t h h ==-影（常数）。
大学物理第五章习题答案
L
o
y
x
22
在锥体上 z 坐标处任取半径为 r高为 dz 的小柱体，则
L z 2 dm dv r dz ( R ) dz L 根据质心定义得
2
z
1 zC M
L
0
1 zdm M
L
L
0
L z 2 z ( R ) dz L
r
dz
L
R ML2 0 L L R 2 L 2 2 3 x [ zL dz 2 Lz dz z dz ] 2 0 0 0 ML R 2 L4 2 L4 L4 R 2 2 3 M L [ ] L L 2 ML 2 3 4 12 M 12 M 4
11
如果一个长度已知的不规则物体的重量超过一个弹簧秤的最大 量度，问怎样用这弹簧秤称出该物体的重量？ F 上图，根据合力矩为零得
Gx Fl
N
下图，根据合力矩为零得
F l G(l x )
x
F
l
整理可得：
G F F
G
N
G
课后习题
12
5-3：静止的电动机皮带轮半径为 5 cm，接通电源后做匀变速 转动，30 s 后转速达到152 rad / s，求： 1）30 s 内电动机皮带轮转过的转数； 2）通电后 20 s 时皮带轮的角速度； 3）通电后 20 s 时皮带轮边缘上一点的速度、切向加速度和法 向加速度。 解：皮带轮的角加速度为 152 t 0 t t 5 (rad/s 2 )
8
来复线的作用是增加炮弹的射程和准确性。由于炮弹射出时 绕自身轴线高速转动，空气阻力产生的对质心的力矩使炮弹 围绕前进方向产生进动效应，弹头的轴线始终围绕着弹道切 线向前且做锥形运动，从而能克服空气阻气，保证弹头稳定 地向前飞行，避免大的偏离，提高射程与准确性。
大学物理（第五版）课后习题答案
面向21 世纪课程教材学习辅导书习题分析与解答马文蔚主编殷实沈才康包刚编高等教育出版社前言本书是根据马文蔚教授等改编的面向21世纪课程教材《物理学》第五版一书中的习题而作的分析与解答。
与上一版相比本书增加了选择题更换了约25的习题。
所选习题覆盖了教育部非物理专业大学物理课程教学指导分委员会制定的《非大学物理课程教学基本要求讨论稿》中全部核心内容并选有少量扩展内容的习题所选习题尽可能突出基本训练和联系工程实际。
此外为了帮助学生掌握求解大学物理课程范围内的物理问题的思路和方法本书还为力学、电磁学、波动过程和光学热物理、相对论和量子物理基础等撰写了涉及这些内容的解题思路和方法以期帮助学生启迪思维提高运用物理学的基本定律来分析问题和解决问题的能力。
物理学的基本概念和规律是在分析具体物理问题的过程中逐步被建立和掌握的解题之前必须对所研究的物理问题建立一个清晰的图像从而明确解题的思路。
只有这样才能在解完习题之后留下一些值得回味的东西体会到物理问题所蕴含的奥妙和涵义通过举一反三提高自己分析问题和解决问题的能力。
有鉴于此重分析、简解答的模式成为编写本书的指导思想。
全书力求在分析中突出物理图像引导学生以科学探究的态度对待物理习题初步培养学生―即物穷理‖的精神通过解题过程体验物理科学的魅力和价值尝试―做学问‖的乐趣。
因此对于解题过程本书则尽可能做到简明扼要让学生自己去完成具体计算编者企盼这本书能对学生学习能力的提高和科学素质的培养有所帮助。
本书采用了1996 年全国自然科学名词审定委员会公布的《物理学名词》和中华人民共和国国家标准GB3100 3102 -93 中规定的法定计量单位。
本书由马文蔚教授主编由殷实、沈才康、包刚、韦娜编写西北工业大学宋士贤教授审阅了全书并提出了许多详细中肯的修改意见在此编者致以诚挚的感谢。
由于编者的水平有限敬请读者批评指正。
编者2006 年1 月于南京目录第一篇力学求解力学问题的基本思路和方法第一章质点运动学第二章牛顿定律第三章动量守恒定律和能量守恒定律第四章刚体的转动第二篇电磁学求解电磁学问题的基本思路和方法第五章静电场第六章静电场中的导体与电介质第七章恒定磁场第八章电磁感应电磁场第三篇波动过程光学求解波动过程和光学问题的基本思路和方法第九章振动第十章波动第十一章光学第四篇气体动理论热力学基础求解气体动理论和热力学问题的基本思路和方法第十二章气体动理论第十三章热力学基础第五篇近代物理基础求解近代物理问题的基本思路和方法第十四章相对论第十五章量子物理附录部分数学公式第一篇力学求解力学问题的基本思路和方法物理学是一门基础学科它研究物质运动的各种基本规律由于不同运动形式具有不同的运动规律从而要用不同的研究方法处理力学是研究物体机械运动规律的一门学科而机械运动有各种运动形态每一种形态和物体受力情况以及初始状态有密切关系掌握力的各种效应和运动状态改变之间的一系列规律是求解力学问题的重要基础但仅仅记住一些公式是远远不够的求解一个具体物理问题首先应明确研究对象的运动性质选择符合题意的恰当的模型透彻认清物体受力和运动过程的特点等等根据模型、条件和结论之间的逻辑关系运用科学合理的研究方法进而选择一个正确简便的解题切入点在这里思路和方法起着非常重要的作用1正确选择物理模型和认识运动过程力学中常有质点、质点系、刚体等模型每种模型都有特定的含义适用范围和物理规律采用何种模型既要考虑问题本身的限制又要注意解决问题的需要例如用动能定理来处理物体的运动时可把物体抽象为质点模型而用功能原理来处理时就必须把物体与地球组成一个系统来处理再如对绕固定轴转动的门或质量和形状不能不计的定滑轮来说必须把它视为刚体并用角量和相应规律来进行讨论在正确选择了物理模型后还必须对运动过程的性质和特点有充分理解如物体所受力矩是恒定的还是变化的质点作一般曲线运动还是作圆周运动等等以此决定解题时采用的解题方法和数学工具2.叠加法叠加原理是物理学中应用非常广泛的一条重要原理据此力学中任何复杂运动都可以被看成由几个较为简单运动叠加而成例如质点作一般平面运动时通常可以看成是由两个相互垂直的直线运动叠加而成而对作圆周运动的质点来说其上的外力可按运动轨迹的切向和法向分解其中切向力只改变速度的大小而法向力只改变速度的方向对刚体平面平行运动来说可以理解为任一时刻它包含了两个运动的叠加一是质心的平动二是绕质心的转动运动的独立性和叠加性是叠加原理中的两个重要原则掌握若干基本的简单运动的物理规律再运用叠加法就可以使我们化―复杂‖为―简单‖此外运用叠加法时要注意选择合适的坐标系选择什么样的坐标系就意味着运动将按相应形式分解在力学中对一般平面曲线运动多采用平面直角坐标系平面圆周运动多采用自然坐标系而对刚体绕定轴转动则采用角坐标系等等叠加原理在诸如电磁学振动、波动等其他领域内都有广泛应用是物理学研究物质运动的一种基本思想和方法需读者在解题过程中不断体会和领悟3.类比法有些不同性质运动的规律具有某些相似性理解这种相似性产生的条件和遵从的规律有利于发现和认识物质运动的概括性和统一性而且还应在学习中善于发现并充分利用这种相似性以拓宽自己的知识面例如质点的直线运动和刚体绕定轴转动是两类不同运动但是运动规律却有许多可类比和相似之处如txddv 与tθωdd taddv 与tωαdd 其实它们之间只是用角量替换了相应的线量而已这就可由比较熟悉的公式联想到不太熟悉的公式这种类比不仅运动学有动力学也有如maF 与JαM0dvvmmtF 与0dLωJωtM 2022121dvvmmxF 与2022121dωJωJθM 可以看出两类不同运动中各量的对应关系十分明显使我们可以把对质点运动的分析方法移植到刚体转动问题的分析中去当然移植时必须注意两种运动的区别一个是平动一个是转动状态变化的原因一个是力而另一个是力矩此外还有许多可以类比的实例如万有引力与库仑力、静电场与稳恒磁场电介质的极化与磁介质的磁化等等只要我们在物理学习中善于归纳类比就可以沟通不同领域内相似物理问题的研究思想和方法并由此及彼触类旁通4微积分在力学解题中的运用微积分是大学物理学习中应用很多的一种数学运算在力学中较为突出也是初学大学物理课程时遇到的一个困难要用好微积分这个数学工具首先应在思想上认识到物体在运动过程中反映其运动特征的物理量是随时空的变化而变化的一般来说它们是时空坐标的函数运用微积分可求得质点的运动方程和运动状态这是大学物理和中学物理最显著的区别例如通过对质点速度函数中的时间t 求一阶导数就可得到质点加速度函数另外对物理量数学表达式进行合理变形就可得出新的物理含义如由tddav借助积分求和运算可求得在t1 -t2 时间内质点速度的变化同样由tddvr也可求得质点的运动方程以质点运动学为例我们可用微积分把运动学问题归纳如下第一类问题已知运动方程求速度和加速度第二类问题已知质点加速度以及在起始状态时的位矢和速度可求得质点的运动方程在力学中还有很多这样的关系读者不妨自己归纳整理一下从而学会自觉运用微积分来处理物理问题运用时有以下几个问题需要引起大家的关注1 运用微积分的物理条件在力学学习中我们会发现ta0vv和2021ttarv等描述质点运动规律的公式只是式tt0ddavvv0和式tttrdd000arv在加速度a为恒矢量条件下积分后的结果此外在高中物理中只讨论了一些质点在恒力作用下的力学规律和相关物理问题而在大学物理中则主要研究在变力和变力矩作用下的力学问题微积分将成为求解上述问题的主要数学工具2 如何对矢量函数进行微积分运算我们知道很多物理量都是矢量如力学中的r、v、a、p 等物理量矢量既有大小又有方向从数学角度看它们都是―二元函数‖在大学物理学习中通常结合叠加法进行操作如对一般平面曲线运动可先将矢量在固定直角坐标系中分解分别对x、y 轴两个固定方向的分量可视为标量进行微积分运算最后再通过叠加法求得矢量的大小和方向对平面圆周运动则可按切向和法向分解对切线方向上描述大小的物理量a 、v、s 等进行微积分运算3 积分运算中的分离变量和变量代换问题以质点在变力作用下作直线运动为例如已知变力表达式和初始状态求质点的速率求解本问题一条路径是由F m a 求得a的表达式再由式dv adt 通过积分运算求得v其中如果力为时间t 的显函数则a at此时可两边直接积分即ttta0ddvvv0但如果力是速率v 的显函数则a av此时应先作分离变量后再两边积分即tta0dd1vvvv0又如力是位置x 的显函数则aax此时可利用txddv得vxtdd并取代原式中的dt再分离变量后两边积分即xxtxa0ddvvvv0 用变量代换的方法可求得vx表达式在以上积分中建议采用定积分下限为与积分元对应的初始条件上限则为待求量5.求解力学问题的几条路径综合力学中的定律可归结为三种基本路径即1 动力学方法如问题涉及到加速度此法应首选运用牛顿定律、转动定律以及运动学规律可求得几乎所有的基本力学量求解对象广泛但由于涉及到较多的过程细节对变力矩问题还将用到微积分运算故计算量较大因而只要问题不涉及加速度则应首先考虑以下路径2 角动量方法如问题不涉及加速度但涉及时间此法可首选3 能量方法如问题既不涉及加速度又不涉及时间则应首先考虑用动能定理或功能原理处理问题当然对复杂问题几种方法应同时考虑此外三个守恒定律动量守恒、能量守恒、角动量守恒定律能否成立往往是求解力学问题首先应考虑的问题总之应学会从不同角度分析与探讨问题以上只是原则上给出求解力学问题一些基本思想与方法其实求解具体力学问题并无固定模式有时全靠―悟性‖但这种―悟性‖产生于对物理基本规律的深入理解与物理学方法掌握之中要学会在解题过程中不断总结与思考从而使自己分析问题的能力不断增强第一章质点运动学1 -1 质点作曲线运动在时刻t 质点的位矢为r速度为v 速率为vt 至t Δt时间内的位移为Δr 路程为Δs 位矢大小的变化量为Δr 或称Δ r 平均速度为v平均速率为v 1 根据上述情况则必有 A Δr Δs Δr B Δr ≠ Δs ≠ Δr当Δt→0 时有 dr ds ≠ dr C Δr ≠ Δr ≠ Δs当Δt→0 时有 dr dr ≠ ds D Δr ≠ Δs ≠ Δr当Δt→0 时有 dr dr ds 2 根据上述情况则必有 A v v v v B v ≠v v ≠ v C v v v ≠ v D v ≠v v v分析与解1 质点在t 至t Δt 时间内沿曲线从P 点运动到P′点各量关系如图所示其中路程Δs PP′ 位移大小Δr PP′而Δr r - r 表示质点位矢大小的变化量三个量的物理含义不同在曲线运动中大小也不相等注在直线运动中有相等的可能但当Δt→0 时点P′无限趋近P 点则有 dr ds但却不等于dr故选B 2 由于 Δr ≠Δs故tstΔΔΔΔr即 v ≠v 但由于 dr ds故tstddddr即 v v由此可见应选C 1 -2 一运动质点在某瞬时位于位矢rxy的端点处对其速度的大小有四种意见即1trdd 2tddr 3tsdd 422ddddtytx 下述判断正确的是 A 只有12正确B 只有2正确 C 只有23正确 D 只有34正确分析与解trdd表示质点到坐标原点的距离随时间的变化率在极坐标系中叫径向速率通常用符号vr表示这是速度矢量在位矢方向上的一个分量tddr表示速度矢量在自然坐标系中速度大小可用公式tsddv计算在直角坐标系中则可由公式22ddddtytxv求解故选D 1 -3 质点作曲线运动r 表示位置矢量v表示速度a表示加速度s 表示路程a 表示切向加速度对下列表达式即1d v /dt a2dr/dt v3ds/dt v4d v /dt a 下述判断正确的是A 只有1、4是对的B 只有2、4是对的C 只有2是对的D 只有3是对的分析与解tddv表示邢蚣铀俣萢 它表示速度大小随时间的变化率是加速度矢量沿速度方向的一个分量起改变速度大小的作用trdd在极坐标系中表示径向速率vr如题1 -2 所述tsdd在自然坐标系中表示质点的速率v而tddv表示加速度的大小而不是切向加速度a 因此只有3 式表达是正确的故选D 1 -4 一个质点在做圆周运动时则有 A 切向加速度一定改变法向加速度也改变B 切向加速度可能不变法向加速度一定改变C 切向加速度可能不变法向加速度不变D 切向加速度一定改变法向加速度不变分析与解加速度的切向分量a 起改变速度大小的作用而法向分量an起改变速度方向的作用质点作圆周运动时由于速度方向不断改变相应法向加速度的方向也在不断改变因而法向加速度是一定改变的至于a 是否改变则要视质点的速率情况而定质点作匀速率圆周运动时a 恒为零质点作匀变速率圆周运动时a 为一不为零的恒量当a 改变时质点则作一般的变速率圆周运动由此可见应选B 1 -5 如图所示湖中有一小船有人用绳绕过岸上一定高度处的定滑轮拉湖中的船向岸边运动设该人以匀速率v0 收绳绳不伸长且湖水静止小船的速率为v则小船作 A 匀加速运动θcos0vv B 匀减速运动θcos0vv C 变加速运动θcos0vv D 变减速运动θcos0vv E 匀速直线运动0vv 分析与解本题关键是先求得小船速度表达式进而判断运动性质为此建立如图所示坐标系设定滑轮距水面高度为ht 时刻定滑轮距小船的绳长为l则小船的运动方程为22hlx其中绳长l 随时间t 而变化小船速度22ddddhltlltxv式中tldd表示绳长l随时间的变化率其大小即为v0代入整理后为θlhlcos/0220vvv方向沿x 轴合蛴伤俣缺泶锸娇膳卸闲〈 鞅浼铀僭硕 恃 讨论有人会将绳子速率v0按x、y 两个方向分解则小船速度θcos0vv这样做对吗1 -6 已知质点沿x 轴作直线运动其运动方程为32262ttx式中x 的单位为mt 的单位为s求1 质点在运动开始后4.0 s内的位移的大小 2 质点在该时间内所通过的路程3 t4 s时质点的速度和加速度分析位移和路程是两个完全不同的概念只有当质点作直线运动且运动方向不改变时位移的大小才会与路程相等质点在t 时间内的位移Δx 的大小可直接由运动方程得到0Δxxxt而在求路程时就必须注意到质点在运动过程中可能改变运动方向此时位移的大小和路程就不同了为此需根据0ddtx来确定其运动方向改变的时刻tp 求出0 tp 和tp t 内的位移大小Δx1 、Δx2 则t 时间内的路程21xxs如图所示至于t 4.0 s 时质点速度和加速度可用txdd和22ddtx两式计算解 1 质点在4.0 s内位移的大小m32Δ04xxx 2 由0ddtx 得知质点的换向时刻为s2pt t0不合题意则m0.8Δ021xxx m40Δ242xxx 所以质点在4.0 s时间间隔内的路程为m48ΔΔ21xxs 3 t4.0 s时1s0.4sm48ddttxv2s0.422m.s36ddttxa 1 -7 一质点沿x 轴方向作直线运动其速度与时间的关系如图a所示设t0 时x0试根据已知的v-t 图画出a-t 图以及x -t 图分析根据加速度的定义可知在直线运动中v-t曲线的斜率为加速度的大小图中AB、CD 段斜率为定值即匀变速直线运动而线段BC 的斜率为0加速度为零即匀速直线运动加速度为恒量在a-t 图上是平行于t 轴的直线由v-t 图中求出各段的斜率即可作出a-t 图线又由速度的定义可知x-t 曲线的斜率为速度的大小因此匀速直线运动所对应的x -t 图应是一直线而匀变速直线运动所对应的x–t 图为t 的二次曲线根据各段时间内的运动方程xxt求出不同时刻t 的位置x采用描数据点的方法可作出x-t 图解将曲线分为AB、BC、CD 三个过程它们对应的加速度值分别为2sm20ABABABttavv 匀加速直线运动0BCa 匀速直线运动2sm10CDCDCDttavv 匀减速直线运动根据上述结果即可作出质点的a-t 图图B 在匀变速直线运动中有2021ttxxv 由此可计算在0 2 和4 6 时间间隔内各时刻的位置分别为用描数据点的作图方法由表中数据可作0 2 和4 6 时间内的x -t 图在2 4 时间内质点是作1sm20v的匀速直线运动其x -t 图是斜率k20的一段直线图c 1 -8 已知质点的运动方程为jir222tt式中r 的单位为mt 的单位为 求 1 质点的运动轨迹2 t 0 及t 2 时质点的位矢3 由t 0 到t 2 内质点的位移Δr 和径向增量Δr 4 2 内质点所走过的路程s 分析质点的轨迹方程为y fx可由运动方程的两个分量式xt和yt中消去t 即可得到对于r、Δr、Δr、Δs 来说物理含义不同可根据其定义计算其中对s的求解用到积分方法先在轨迹上任取一段微元ds则22dddyxs最后用ssd积分求 解1 由xt和yt中消去t 后得质点轨迹方程为2412xy 这是一个抛物线方程轨迹如图a所示2 将t 0 和t 2 分别代入运动方程可得相应位矢分别为jr20 jir242 图a中的P、Q 两点即为t 0 和t 2 时质点所在位置3 由位移表达式得jijirrr24Δ020212yyxx 其中位移大小m66.5ΔΔΔ22yxr 而径向增量m47.2ΔΔ2020222202yxyxrrrr 4 如图B所示所求Δs 即为图中PQ段长度先在其间任意处取AB 微元ds则22dddyxs由轨道方程可得xxyd21d代入ds则2 内路程为m91.5d4d402xxssQP 1 -9 质点的运动方程为23010ttx 22015tty 式中xy 的单位为mt 的单位为 试求1 初速度的大小和方向2 加速度的大小和方向分析由运动方程的分量式可分别求出速度、加速度的分量再由运动合成算出速度和加速度的大小和方向解 1 速度的分量式为ttxx6010ddv ttyy4015ddv 当t 0 时vox -10 m· -1voy 15 m· -1 则初速度大小为120200sm0.18yxvvv 设vo与x 轴的夹角为α则23tan00xyαvv α123°41′ 2 加速度的分量式为2sm60ddtaxxv 2sm40ddtayyv 则加速度的大小为222sm1.72yxaaa 设a 与x 轴的夹角为β则32tanxyaaβ β-33°41′或326°19′ 1 -10 一升降机以加速度1.22 m· -2上升当上升速度为2.44 m· -1时有一螺丝自升降机的天花板上松脱天花板与升降机的底面相距2.74 m计算1螺丝从天花板落到底面所需要的时间2螺丝相对升降机外固定柱子的下降距离分析在升降机与螺丝之间有相对运动的情况下一种处理方法是取地面为参考系分别讨论升降机竖直向上的匀加速度运动和初速不为零的螺丝的自由落体运动列出这两种运动在同一坐标系中的运动方程y1 y1t和y2 y2t并考虑它们相遇即位矢相同这一条件问题即可解另一种方法是取升降机或螺丝为参考系这时螺丝或升降机相对它作匀加速运动但是此加速度应该是相对加速度升降机厢的高度就是螺丝或升降机运动的路程解1 1 以地面为参考系取如图所示的坐标系升降机与螺丝的运动方程分别为20121attyv 20221gtthyv 当螺丝落至底面时有y1 y2 即20202121gtthattvv s705.02aght 2 螺丝相对升降机外固定柱子下降的距离为m716.021202gttyhdv 解2 1以升降机为参考系此时螺丝相对它的加速度大小a′g a螺丝落至底面时有2210tagh s705.02aght 2 由于升降机在t 时间内上升的高度为2021atthv 则m716.0.。
大学物理学第二章刚体力学基础自学练习题
⼤学物理学第⼆章刚体⼒学基础⾃学练习题第⼆章刚体⼒学基础⾃学练习题⼀、选择题4-1．有两个⼒作⽤在有固定转轴的刚体上：（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）当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；对上述说法，下述判断正确的是：（）（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。
【提⽰：（1）如门的重⼒不能使门转动，平⾏于轴的⼒不能提供⼒矩；（2）垂直于轴的⼒提供⼒矩，当两个⼒提供的⼒矩⼤⼩相等，⽅向相反时，合⼒矩就为零】4-2．关于⼒矩有以下⼏种说法：（1）对某个定轴转动刚体⽽⾔，内⼒矩不会改变刚体的⾓加速度；（2）⼀对作⽤⼒和反作⽤⼒对同⼀轴的⼒矩之和必为零；（3）质量相等，形状和⼤⼩不同的两个刚体，在相同⼒矩的作⽤下，它们的运动状态⼀定相同。
对上述说法，下述判断正确的是：（）（A ）只有（2）是正确的；（B ）（1）、（2）是正确的；（C ）（2）、（3）是正确的；（D ）（1）、（2）、（3）都是正确的。
【提⽰：（1）刚体中相邻质元间的⼀对内⼒属于作⽤⼒和反作⽤⼒，作⽤点相同，则对同⼀轴的⼒矩和为零，因⽽不影响刚体的⾓加速度和⾓动量；（2）见上提⽰；（3）刚体的转动惯量与刚体的质量和⼤⼩形状有关，因⽽在相同⼒矩的作⽤下，它们的运动状态可能不同】3．⼀个⼒(35)F i j N =+v v v 作⽤于某点上，其作⽤点的⽮径为m j i r )34(-=，则该⼒对坐标原点的⼒矩为（）（A ）3kN m -?v ；（B ）29kN m ?v ；（C ）29kN m -?v ；（D ）3kN m ?v。
【提⽰：(43)(35)4302092935i j kM r F i j i j k k k =?=-?+=-=+=v v v v v v v v v v v v v 】4-3．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，如图所⽰。
(交大版大学物理习题解答上册)---5刚体力学基础习题思考题
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m 2和m 的重物，绳与滑轮间无相对滑动，滑轮轴光滑，两个定滑轮的转动惯量均为2/2mr ，将由两个定滑轮以及质量为m 2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：ma T mg 222=-┄①ma mg T =-1┄②2()T T r J β-=┄③ βJ r T T =-)(1┄④βr a = ，2/2J m r =┄⑤联立，解得：g a 41=，mg T 811=。
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μ的水平桌面上，设开始时杆以角速度0ω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：lm =λ，在杆上取一小质元d m d x λ=，有微元摩擦力： d f d m g g d x μμλ==， 微元摩擦力矩：d M g xd x μλ=， 考虑对称性，有摩擦力矩：20124lM g x d x m g l μλμ==⎰；（2）根据转动定律d M J Jdtωβ==，有：00t M d t Jd ωω-=⎰⎰，2011412m g l t m l μω-=-，∴03lt gωμ=。
或利用：0M t J J ωω-=-，考虑到0ω=，2112J m l =，有：03lt gωμ=。
T5-3．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R ,其转动惯量为2/2MR，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：m g T m a -=┄①βJ TR =┄② a R β= ，212J m R =┄③ 联立，解得：22m g a M m=+，2M m gT M m =+，考虑到dv a dt=，∴022v t m g dv dt M m =+⎰⎰，有：22m g tv M m=+。
《大学物理》课后解答题 第三章刚体定轴转动
第三章 刚体定轴转动一、思考讨论题1、刚体转动时，若它的角速度很大，那么作用它上面的力是否一定很大？作用在它上面的力矩是否一定很大？解：刚体转动时，它的角速度很大，作用在它上面的力不一定大，作用在它上面的力矩也不一定大。
ω增大，则增大增大，M ， βωI dtd I ==， 又⨯= 更无直接关系。
与无直接关系，则有关，与与ωωβF M 2、质量为m =4kg 的小球，在任一时刻的矢径j t i t r 2)1(2+-=，则t s =3时，小球对原点的角动量=？从t =1s 到t s =3的过程中，小球角动量的增量=？。
解：角动量)22(]2)1[(2t m j t i t dtd m m +⨯+-=⨯=⨯= t s =3j i t m j t i t 80)26(4)68()22(]2)1[(23-=+⨯+=+⨯+-==j t m j t i t 16)22(42)22(]2)1[(21-=+⨯=+⨯+-==64)16(8013-=---==∆==3、如图5.1，一圆形台面可绕中心轴无摩擦地转动，有一辆玩具小汽车相对于台面由静止开始启动，绕作圆周运动，问平台面如何运动？若经过一段时间后小汽车突然刹车，则圆台和小汽车怎样运动？此过程中，对于不同的系统，下列表中的物理哪些是守恒量，受外力，合外力矩情况如何？解：平台绕中心轴转动，方向与小车转动方向相反。
小车突然刹车，圆台和小车同时减速、同时静止。
分别考虑小车和圆台在垂直和水平方向的受力。
图5.1tf n小车圆台4、绕固定轴作匀变速转动的刚体，其中各点都绕轴作圆周运动，试问刚体上任一点是否具有切向加速度？是否具有法向加速度？法向加速度和切向加速度大小是否变化？ 解：刚体上的任何一点都有切向加速度。
也有法向加速度。
大小不发生变化。
5、在一物体系中，如果其角动量守恒，动量是否也一定守恒？反之，如果该系统的动量守恒，角动量是否也一定守恒？解：在一物体系中，角动量守恒，动量不一定守恒。
大学物理课后习题答案上交大版
习题1111-1．直角三角形ABC 的A 点上，有电荷C 108.191-⨯=q ，B 点上有电荷C 108.492-⨯-=q ，试求C 点的电场强度(设0.04m BC =，0.03m AC =)。
解：1q 在C 点产生的场强：11204ACq E i rπε=，2q 在C 点产生的场强：22204BCq E j r πε=， ∴C 点的电场强度：4412 2.710 1.810E E E i j =+=⨯+⨯；C 点的合场强：224123.2410VE E E m=+=⨯，方向如图： 1.8arctan 33.73342'2.7α===。
11-2．用细的塑料棒弯成半径为cm 50的圆环，两头间间隙为cm 2，电量为C 1012.39-⨯的正电荷均匀散布在棒上，求圆心处电场强度的大小和方向。
解：∵棒长为2 3.12l r d m π=-=，∴电荷线密度：911.010qC m lλ--==⨯⋅可利用补偿法，假设有一均匀带电闭合线圈，那么圆心处的合场强为0，有一段间隙，那么圆心处场强等于闭合线圈产生电场再减去m d 02.0=长的带电棒在该点产生的场强，即所求问题转化为求缺口处带负电荷的塑料棒在O 点产生的场强。
解法1：利用微元积分：21cos 4O x Rd dE Rλθθπε=⋅，∴2000cos 2sin 2444O dE d R R Rααλλλθθααπεπεπε-==⋅≈⋅=⎰10.72V m -=⋅； 解法2：直接利用点电荷场强公式：由于d r <<，该小段可看成点电荷：112.010q d C λ-'==⨯，则圆心处场强：1191220 2.0109.0100.724(0.5)O q E V m R πε--'⨯==⨯⨯=⋅。
αi2cmORxαα方向由圆心指向裂缝处。
11-3．将一“无穷长”带电细线弯成图示形状，设电荷均匀散布，电荷线密度为λ，四分之一圆弧AB 的半径为R ，试求圆心O 点的场强。
《物理学基本教程》课后答案第五章刚体的转动
第五章 刚体的转动5-1 一个匀质圆盘由静止开始以恒定角加速度绕过中心而垂直于盘面的定轴转动．在某一时刻，转速为10 r/s ，再转60转后，转速变为15 r/s ，试计算：(1)角加速度；(2)由静止达到10 r/s 所需时间；(3)由静止到10 r/s 时圆盘所转的圈数．分析 绕定轴转动的刚体中所有质点都绕轴线作圆周运动，并具有相同的角位移、角速度和角加速度，因此描述运动状态的物理量与作圆周运动的质点的相似．当角加速度恒定时，绕定轴转动的刚体用角量表示的运动学公式与匀加速直线运动的公式类似．解 (1) 根据题意，转速由rad/s 1021⨯=πω变为rad/s 1522⨯=πω期间的角位移rad 260πθ⨯=，则角加速度为22222122rad/s 54.6rad/s 2602)102()152(2=⨯⨯⨯-⨯=-=πππθωωα (2) 从静止到转速为rad/s 1021⨯=πω所需时间为s 9.61s 54.61021=⨯==παωt (3) t 时间内转的圈数为48261.91022122121=⨯⨯⨯===ππωππθt N 5-2 唱片在转盘上匀速转动，转速为78 r/min ，由开始到结束唱针距转轴分别为15 cm 和7.5 cm ，(1)求这两处的线速度和法向加速度；(2)在电动机断电以后，转盘在15 s 内停止转动，求它的角加速度及转过的圈数．分析 绕定轴转动的刚体中所有质点具有相同的角位移、角速度和角加速度，但是线速度、切向加速度和法向加速度等线量则与各质点到转轴的距离有关．角量与线量的关系与质点圆周运动的相似．解 (1) 转盘角速度为rad/s 8.17rad/s 60278=⨯=πω，唱片上m 15.01=r 和m 075.02=r 处的线速度和法向加速度分别为m /s 1.23m /s 15.017.811=⨯==r ωv222121n m /s 10.0m /s 15.017.8=⨯==r ωam /s .6130m /s 075.017.822=⨯==r ωv222222n m /s .015m /s 075.017.8=⨯==r ωa(2) 电动机断电后，角加速度为22rad/s 545.0rad/s 1517.800-=-=-=t ωα 转的圈数为 75.921517.8212212=⨯⨯===πωππθt N 5-3 如图5-3所示，半径r 1 = 30 cm 的A 轮通过皮带被半径为r 2 = 75 cm 的B 轮带动，B 轮以π rad/s 的匀角加速度由静止起动，轮与皮带间无滑动发生，试求A 轮达到3000 r/min 所需要的时间． 分析 轮与皮带间无滑动，则同一时刻，两轮边缘的线速度相同，均等于皮带的传送速度；两轮边缘的切向加速度也相同，均等于皮带的加速度．解 设A 、B 轮的角加速度分别为A α、B α，由于两轮边缘与皮带连动，切向加速度相同，即2B 1A r r αα=B A r 1 r 2图5-3则 B 12A ααr r = A 轮角速度达到rad/s 6030002⨯=πω所需要的时间为 s 40s 75.06030.0300022B 1A =⨯⨯⨯⨯===ππαωαωr r t 5-4 在边长为b 的正方形的顶点上，分别有质量为m 的四个质点，求此系统绕下列转轴的转动惯量：(1)通过其中一质点A ，平行于对角线BD 的转轴，如图5-4所示．(2)通过A 垂直于质点所在平面的转轴．分析 由若干质点组成的质点系对某转轴的转动惯量等于各质点对该转轴转动惯量的叠加．每一质点对转轴的转动惯量等于它的质量与其到转轴的垂直距离平方的乘积． 解 (1)因质点B 和D 到转轴的垂直距离A 2B 和A 1D 为a 22，质点C 到转轴的垂直距离AC 为a 2，而质点A 位于转轴上，则系统对通过A 点平行于BD 的转轴的转动惯量为()222132222ma am a m J =+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=(2) 因质点B 和D 到转轴的垂直距离AB 和AD 为a ，质点C 到转轴的垂直距离AC 为a 2，而质点A 位于转轴上，则系统对通过A 垂于质点所在平面转轴的转动惯量为()2222422ma a m ma J =+= AA 2B图5-45-5 求半径为R ，质量为m 的均匀半圆环相对于图5-5中所示轴线的转动惯量．分析 如果刚体的质量连续分布在一细线上，可用质量线密度描述其分布情况，如果分布是均匀的，则质量线密度λ为常量．在刚体上取一小段线元l d ，质量为l d λ，对转轴的转动惯量为l r d 2λ，其中该线元到转轴的距离r 与线元在刚体上的位置有关．整个刚体的转动惯量就是刚体上所有线元转动惯量的总和，即所取线元的转动惯量对刚体分布的整个区域积分的结果．解 均匀半圆环的质量线密度为Rm πλ=，在半圆环上取一小段圆弧作为线元θd d R l =，质量为θπθπλd d d d m R R m l m === 此线元到转轴的距离为θsin R r =，对轴线的转动惯量为m r d 2，则整个半圆环的转动惯量为2022221d sin d mR m R m r J =⋅==⎰⎰θπθπ 5-6 一轻绳跨过滑轮悬有质量不等的二物体A 、B ，如图5-6(a)所示，滑轮半径为20 cm ，转动惯量等于2m kg 50⋅，滑轮与轴间的摩擦力矩为m N 198⋅.，绳与滑轮间无相对滑动，若滑轮的角加速度为2rad/s 362.，求滑轮两边绳中张力之差． 分析 由于定轴转动的刚体的运动规律遵从转动定律，因此对于一个定轴转动的滑轮来说，仅当其质量可以忽略，转动惯量为零，滑R图5-5 fF T1 F T2(a) (b)图5-6轮加速转动时跨越滑轮的轻绳两边的张力才相等．这就是在质点动力学问题中通常采用的简化假设．在掌握了转动定律后，不应该再忽略滑轮质量，通常将滑轮考虑为质量均匀分布的圆盘，则跨越滑轮的轻绳两边的张力对转轴的合力矩是滑轮产生角加速度的原因．解 滑轮所受力和力矩如图5-6(b)所示，其中跨越滑轮的轻绳两边的张力分别为F T1和F T2，轴的支承力F N 不产生力矩，由转动定律可得αJ M R F F =--f T2T1)()(1f T2T1M J R F F +=-α N 101.08N )1.9836.250(2.01 3⨯=+⨯⨯= 5-7 如图5-7（a ）所示的系统中，m 1 = 50 kg ，m 2 = 40 kg ，圆盘形滑轮质量m = 16 kg ，半径R = 0.1 m ，若斜面是光滑的，倾角为30°，绳与滑轮间无相对滑动，不计滑轮轴上的摩擦，(1)求绳中张力；(2)运动开始时，m 1距地面高度为1 m ，需多少时间m 1到达地面？分析 由于存在物体运动和滑轮定轴转动，而且必须考虑圆盘形滑轮的质量，这是一个质点动力学和刚体动力学的综合问题，应该采用隔离物体法，分别对运动物体作受力分析，对转动的滑轮作所受力矩的分析，然后分别应用牛顿第二定律和转动定律．m αF ’T1 F T1m 2 m 1 F F T2a︒30m 2g m 1g（a ） （b ）图5-7解 (1)各物体与滑轮受力情况如图5-7（b ）所示，其中F T1= F ’T1，F T2= F ’T2，轴对滑轮的支承力F N 不产生力矩，选取物体运动方向为坐标轴正向，分别应用牛顿第二定律和转动定律，可得a m F g m 1T11=-a m g m F 22T230sin =︒-α2T2T121)(mR R F F =- 由于物体的加速度等于滑轮边缘的线速度，则αR a =，与以上各式联立解得22121rad/s 3021)(30sin =++︒-=g mR R m m m m α N 340)(1T1=-=αR g m FN 316)30sin (2T2=+︒=αR g m F2m/s 3==αR a(2) m 1到达地面的时间为s 0.816s 3122=⨯==a h t 5-8 飞轮质量为60 kg ，半径为0.25 m ，当转速为1000 r/min 时，要在5 s 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5-8所示．分析 制动力F 作用在闸杆上，闸杆在制动力和飞轮的正压力的力矩作用下达到平衡，转动轴在墙上，这是刚体在力矩作用下的平衡问题．由于二力的力臂已知，应该求出闸杆与飞轮之间的正压力．飞轮受到闸杆的正压F图5-8力、闸瓦与飞轮间摩擦力和轴的支承力作用，其中闸杆的正压力和轴的支承力的力矩为零，在闸瓦与飞轮间摩擦力的力矩作用下制动，应用转动定律可以求出摩擦力矩，然后由摩擦力与正压力关系可以求出闸杆与飞轮之间的正压力．解 以飞轮为研究对象，飞轮的转动惯量为221mR J =，制动前角速度为rad/s 6010002⨯=πω，制动时角加速度为tωα-=．制动时闸瓦对飞轮的压力为F N ，闸瓦与飞轮间的摩擦力N f F F μ=，应用转动定律，得αα2f 21mR J R F ==- 则 t mR F μω2N =以闸杆为研究对象．在制动力F 和飞轮对闸瓦的压力-F N 的力矩作用下闸杆保持平衡，两力矩的作用力臂分别为m )75.050.0(+=l 和m 50.01=l ，则有01N =-l F FlN 157N 6054.021000225.06075.050.050.021N 1=⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯+===πμωt mR l l F l l F 5-9 一风扇转速为900 r/min ，当马达关闭后，风扇均匀减速，止动前它转过了75转，在此过程中制动力作的功为44.4 J ，求风扇的转动惯量和摩擦力矩．分析 合外力矩对刚体所作的功等于刚体的转动动能的增量．制动过程中风扇只受摩擦力矩作用，而且由于风扇均匀减速，表明摩擦力矩为恒定值，与风扇角位移的乘积就是所作的功．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N πθ2=，摩擦力矩所作的功为N M M W πθ2⋅-=-=摩擦力矩所作的功应等于风扇转动动能的增量，即2210ωJ W -= 则 2222m kg 01.0m kg )60/2900()4.44(22⋅=⋅⨯-⨯-=-=πωW J m N 0.0942m N 7524.442⋅=⋅⨯--=-=ππN W M 5-10 如图5-10（a ）所示，质量为24 kg 的鼓形轮，可绕水平轴转动，一绳缠绕于轮上，另一端通过质量为5 kg 的圆盘形滑轮悬有10 kg 的物体，当重物由静止开始下降了0.5 m 时，求：(1)物体的速度；(2)绳中张力．设绳与滑轮间无相对滑动．分析 这也是一个质点动力学和刚体动力学的综合问题，鼓形轮和滑轮都视为圆盘形定轴转动的刚体，应该采用隔离物体法，分别对运动物体作受力分析，对刚体作所受力矩的分析，然后分别应用牛顿第二定律和转动定律．解 各物体受力情况如图5-10（b ）所示，其中F T1= F ’T1，F T2= F ’T2，鼓形轮的转动惯量为2121R m ，圆盘形滑轮的转动惯量为2221r m ，分别应用牛顿第二定律和转动定律，可得ma F mg =-T2222T1T221)(αr m r F F =- 121T121αR m R F =(1) 绳与滑轮间无相对滑动，物体的加速度等于鼓形轮和滑轮边缘的切向加αT1 F 2α ’T2 a F T2m g（a ） （b ）图5-10速度，即12ααR r a ==．重物由静止开始下降了h = 0.5 m 时，速度ah 2=v ，由以上各式得m/s 2m/s )524(21105.08.9102)(212221=+⨯+⨯⨯⨯=++==m m m mgh ah v (2)绳中张力为N 48N 5241028.924102211T1=++⨯⨯⨯=++=m m m g mm F N 85N 5241028.9)524(102)(2121T2=++⨯⨯+⨯=+++=m m m g m m m F 5-11 一蒸汽机的圆盘形飞轮质量为200 kg ，半径为1 m ，当飞轮转速为120 r/min 时关闭蒸汽阀门，若飞轮在5 min 内停下来，求在此期间飞轮轴上的平均摩擦力矩及此力矩所作的功．分析 制动过程中飞轮只受摩擦力矩作用，该摩擦力矩不一定为恒定值，但是由于只需求平均摩擦力矩，因此可以假设飞轮均匀减速，由已知条件求出平均角加速度，再应用转动定律求出平均摩擦力矩．解 飞轮转动惯量为221mR J =，关闭蒸汽阀门后t = 5 min 内的平均角加速度为t00ωα-=，应用转动定律，平均摩擦力矩 m N 194m N 60560/212012002121202⋅-=⋅⨯⨯⨯⨯⨯-=-==.t mR J M πωα 在此期间平均摩擦力矩所作的功等于飞轮转动动能的增量J 7896J )60/2120(12002121 21212102220220-=⨯⨯⨯⨯⨯-=⋅-=-=πωωmR J W 负号表示平均摩擦力矩作负功，方向与飞轮旋转方向相反．5-12 长为85 cm 的均匀细杆，放在倾角为45°的光滑斜面上，可以绕过上端点的轴在斜面上转动，如图5-12(a)所示，要使此杆实现绕轴转动一周，至少应给予它的下端多大的初速度？分析 细杆在斜面上转动，斜面的支承力与转轴平行，转轴的支承力通过转轴，它们的力矩都为零，只有重力在转动平面内分量的力矩作功．解 如图5-12(b)所示，杆所受重力在转动平面内的分量为︒45sin mg ，当杆与初始位置的夹角为θ时，重力分量对转轴的力矩为θsin 2145sin l mg ⋅︒，此时若杆有角位移θd ，则重力矩所作的元功为θθd sin 2145sin d ⋅⋅︒=l mg W 杆从最低位置到最高位置重力矩所作的功为︒-=⋅⋅︒-==⎰⎰45sin d sin 2145sin d 0mgl l mg W W πθθ 重力矩所作的功等于此期间杆的转动动能的增量2021045sin ωJ mgl -=︒- 其中231ml J =，t 00v =ω，则 m/s 5.94m/s 45sin 85.08.9645sin 60=︒⨯⨯⨯=︒=gl v5-13 如图5-13(a)所示，滑轮转动惯量为0.012m kg ⋅，半径为7 cm ，物体质量为5 kg ，由一绳与倔强系数k=200 N/m 的弹簧相连，若绳与滑轮间无相对滑动，滑轮轴上的摩擦忽略不计，求：(1)当绳拉直弹簧无伸长时，使物体由v 0 ︒45 (a) (b) 图5-12静止而下落的最大距离；(2)物体速度达最大值的位置及最大速率．分析 下面的5-17题中将证明，如果绕定轴转动的刚体除受到轴的支承力外仅受重力作用，则由刚体和地球组成的系统机械能守恒．如果将滑轮、地球和物体与弹簧组成一个弹性系统和重力系统合成的系统，当无重力和弹性力以外的力作功的情况下，整个系统的机械能守恒，可以应用机械能守恒定律．下面的解则仅应用功能原理和力矩所作的功与刚体转动动能的关系进行计算．解 (1) 物体由静止而下落到最低点时，速度为零，位移为1x ，在此期间重力所作的功完全转换为弹簧弹性势能的增量，即21121kx mgx = m 0.49m 2008.95221=⨯⨯==k mg x (2)物体与滑轮受力如图5-13(b)所示，设物体的最大速率为0v ，此时的位移为0x ，加速度00=a ，滑轮的角加速度000==R a α，分别应用牛顿第二定律和转动定律ma F mg =-T1αJ R F F =-)(T2T1可得此时T1F mg =，F T1= F T2，又因对于轻弹簧有0T2kx F =，则得m 0.245m 2008.950=⨯==k mg xT1aF ’T1m m g(a) (b)图5-13在此过程中，重力所作之功等于弹性势能的增量、物体动能和滑轮转动动能的增量的和，即2020200212121ωJ m kx mgx ++=v 因R 00v =ω，得 m/s 31.1m/s 9.85)07.001.05(2001)(122=⨯⨯+⨯=+=mg R J m k v5-14 圆盘形飞轮A 质量为m ，半径为r ，最初以角速度ω0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5-14所示，两飞轮啮合后，以同一角速度ω转动，求ω及啮合过程中机械能的损失．分析 当物体系统所受的合外力矩为零时，系统的角动量守恒，在此过程中，由于相互作用的内力作功，机械能一般不守恒．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 ωωω2202)2(4212121r m mr mr += 得 0171ωω= 初始机械能为2022021412121ωωmr mr W =⋅=啮合后机械能为 2022222241171)2(421212121ωωωmr r m mr W =⋅+⋅=则机械能损失为 A图5-1４1202211716411716W mr W W W ==-=∆ω 5-15 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．分析 应用角动量守恒定律，必须考虑定律的适用条件，即合外力矩为零．此外还应该注意到，定律表达式中的角动量和角速度都必须是对同一惯性参考系选取的，而转动参考系不是惯性参考系．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0=+v mR J ω 人和转台的转动惯量为221021R m R m J '+'=，代入上式后得 Rm m '-=6v ω 人的线速度 m m R '-=='6v v ω 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．5-16 一人站立在转台上，两臂平举，两手各握一个m = 4 kg 的哑铃，哑铃距转台轴r 0 = 0.8 m ，起初，转台以ω0 = 2π rad/s 的角速度转动，然后此人放下两臂，使哑铃与轴相距r = 0.2 m ，设人与转台的转动惯量不变，且J = 52m kg ⋅，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？分析 角动量守恒定律是从定轴转动的刚体导出的，却不但适用与刚体，而且适用于绕定轴转动的任意物体和物体系统．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ωω)2()2(2020mr J mr J +=+rad/s 12.0rad/s 22.04258.042522220220=⨯⨯⨯+⨯⨯+=++=πωωmr J mr J 动能的增量为J183 J )2()8.0425(21J 12)2.0425(21 )2(21)2(2122222020220=⨯⨯⨯+⨯-⨯⨯⨯+⨯=+-+=-=∆πωωmr J mr J W W W 5-17 证明刚体中任意两质点相互作用力所作之功的和为零．如果绕定轴转动的刚体除受到轴的支承力外仅受重力作用，试证明它的机械能守恒．分析 在刚体动力学中有很多涉及重力矩作功的问题，如果能证明当只有重力矩作功时刚体和地球组成的系统机械能守恒，就能应用机械能守恒定律，而且还可以用刚体的质心的势能代替整个刚体中所有质点势能的总和，使求解过程大大简化． 证 刚体中任意两质点相互作用力沿转轴方向的分量对定轴转动不起作用，而在垂直于转轴的平面内的分量F 和-F 大小相等，方向相反，作用在一条直线上，如图5-17所示．设F 与转轴的垂直距离为ϕsin r ，则当刚体有微小角位移θd 时，力F 所作的功为θϕd sin Fr ，而其反作用力-F 所作的功为θϕd sin Fr -，二者之和为零，即刚体中任意两质点相互作用力所作之功的和为零．绕定轴转动的刚体除受到轴的支承力外仅受重力作用，刚体中任意质点则受-F图5-17到内力和重力作用，当刚体转动时，因为已经证明了任意两质点相互作用内力所作之功的和为零，则刚体中各质点相互作用力所作的总功为零，而且轴的支承力也不作功，就只有重力作功，因此机械能守恒．5-18 一块长m 50.0=L ，质量为m '＝3.0 kg 的均匀薄木板竖直悬挂，可绕通过其上端的水平轴无摩擦地自由转动，质量m =0.1kg 的球以水平速度m/s 500=v 击中木板中心后又以速度m/s 10=v 反弹回去，求木板摆动可达到的最大角度．木板对于通过其上端轴的转动惯量为231L m J '= ． 分析 质点的碰撞问题通常应用动量守恒定律求解，有刚体参与的碰撞问题则通常应用角动量守恒定律求解．质点对一点的角动量在第四章中已经讨论过，当质点作直线运动时，其角动量的大小是质点动量和该点到质点运动直线的垂直距离的乘积．解 对球和木板组成的系统，在碰撞瞬间，重力对转轴的力矩为零，且无其他外力矩作用，系统角动量守恒，碰撞前后球对转轴的角动量分别为021v mL 和v mL 21-，设碰后木板角速度为ω，则有 ωJ mL mL +-=v v 21210 设木板摆动可达到的最大角度为θ，如图5-18所示，木板摆动过程中只有重力矩作功，重力矩所作的功应等于木板转动动能的增量，即)1(cos 21d sin 2121002-'=⋅'-=-⎰θθθωθgL m L g m J (1) 由以上两式得 388.050.08.90.34)1050(1.0314)(31cos 2222202=⨯⨯⨯+⨯⨯-='+-=gL m m v v θv mm ’g图5-18︒==19.67)388.0arccos(θ根据5-17的结果，由于木板在碰撞后除受到轴的支承力外仅受重力作用，它的机械能守恒，取木板最低位置为重力势能零点，达到最高位置时它的重力势能应等于碰撞后瞬间的转动动能，也可以得到(1)式．5-19 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R /2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二轨道反向运行，相对于圆盘的线速度值同为v ．若圆盘最初静止，求二小车开始转动后圆盘的角速度．分析 当合外力矩为零时，应用角动量守恒定律应该注意到表达式中的角动量和角速度都是对同一惯性参考系选取的．转动参考系不是惯性参考系，所以小车对圆盘的速度和角动量必须应用相对运动速度合成定理转换为对地面的速度和角动量．解 设两小车和圆盘的运动方向如图5-19所示，以圆盘的转动方向为正向，外轨道上小车相对于地面的角动量为)(v -ωR mR ，内轨道上小车相对于地面的角动量为)21(21v +ωR R m ，圆盘的角动量为ωω221R m J '=．对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ωωω221)21(21)(R m R R m R mR '+++-v v R m m m )25(2'+=v ω vωv图5-19。
《大学物理学》答案(上海交大版)上下册 2
0.003
4-7. 有质量为 2m 的弹丸，从地面斜抛出去，它的落地点为 x c 。如果它在飞行到最高点处爆炸成质量相等的两碎
片。其中一碎片铅直自由下落，另一碎片水平抛出，它们同时落地。问第二块碎片落在何处。 解：在爆炸的前后，质心始终只受重力的作用，因此，质心的轨迹为一抛物线，它的落地点为 xc。
v2 R
根据圆周运动的规律：T-G= M （2）根据冲量定理可得：
v2 T M g M1 84.6N R
I mv mv0 0.02 570 11.4 N s
4-5. 一静止的原子核经放射性衰变产生出一个电子和一个中微子， 巳知电子的动量为 1.2 10
22
（2） m3 v μm3 g t
t
v 0.2 0.1s μg 0.2 10
4-12. 一质量为 M 千克的木块，系在一固定于墙壁的弹簧的末端，静止在光滑水平面上，弹簧的劲度系数为 k . 一质量为 m 的子弹射入木块后，弹簧长度被压缩了 L . (1)求子弹的速度；(2)若子弹射入木块的深度为 s ，求子弹所受的平均阻力。 解： （1）碰撞过程中子弹和木块动量守恒，碰撞结束后的运动由机械能守恒条件可得，
m1v0 （m1 m2 m 3 ）v m1v0 (m1 m2 )v
1 2
v 0.2 m s
m1 5 2 1 v0 ms m1 m2 5 25 3
v
1 2
m3 gs (m1 m2 )v 2 （m1 m2 m3）v 2
1 1 (m1 m2 )v 2 （m1 m2 m3）v 1 2 s 2 m m3 g 60
kg m/s ，中微子
的动量为 6.4 1023 kg m/s ，两动量方向彼此垂直。 （1）求核反冲动量的大小和方向； （2）已知衰变后原子核的质量 为 5.8 10
第五章 刚体力学基础 动量矩参考答案
第五章 刚体力学基础 动量矩班级______________学号____________姓名________________一、选择题1、力kNj i F )53(+=，其作用点的矢径为m j i r )34(-=，则该力对坐标原点的力矩大小为 （ B ）(A)m kN ⋅-3； （B ）m kN ⋅29； (C)m kN ⋅19； (D)m kN ⋅3。
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24m kg ⋅。
由于恒力矩的作用，在10s 内它的角速度降为40rad /s 。
圆柱体损失的动能和所受力矩的大小为( D ) (A)80J ，80m N ⋅；(B)800J ，40m N ⋅；(C)4000J ，32m N ⋅；(D)9600J ，16m N ⋅。
3、 一匀质圆盘状飞轮质量为20kg ，半径为30cm ，当它以每分钟60转的速率旋转时，其动能为 ( D )(A)22.16π J ； (B)21.8πJ ；（C ）1.8J ； （D ）28.1πJ 。
4、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。
（ D ）(A)mg ； (B)3mg /2； (C)2mg ； (D)11mg /8。
5、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μ，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0ω，则棒停止转动所需时间为 (A )(A)μωg L 3/20； (B) μωg L 3/0； (C) μωg L 3/40； (D) μωg L 6/0。
6、关于力矩有以下几种说法，其中正确的是 ( B )（A ）内力矩会改变刚体对某个定轴的角动量（动量矩）； （B ）作用力和反作用力对同一轴的力矩之和必为零；（C ）角速度的方向一定与外力矩的方向相同；（D ）质量相等、形状和大小不同的两个刚体，在相同力矩的作用下，它们的角加速度一定相等。
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习题5-1. 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m 2和m 的重物，绳与滑轮间无相对滑动，滑轮轴光滑，两个定滑轮的转动惯量均为2/2mr ，将由两个定滑轮以及质量为m 2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ma T mg 222=- （1） ma mg T =-1 （2） βJ r T T =-)(12 （3）βJ r T T =-)(1 （4）βr a = (5)联立 g a 41=， mg T 811=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μ的水平桌面上,设开始时杆以角速度0ω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。
（1） 设杆的线lm =λ，在杆上取一小质元dx dm λ=gdx dmg df μλμ==gxdx dM μλ= 考虑对称mgl gxdx M lμμλ⎰==20412（2） 根据转动定律d M J J dtωβ==⎰⎰=-tw Jd Mdt 0ω 0212141ωμml mglt -=-所以 gl t μω30=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R ,其转动惯量为2/2MR，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。
dtdv m ma T mg ==-βJ TR = βR dtdv =整理 mg dtdv M m =+)21(gdt Mm m dv tv⎰⎰+=21 2M m m g t v +=5-4. 轻绳绕过一定滑轮，滑轮轴光滑，滑轮的质量为4/M ，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4/M 的重物，如图。
已知滑轮对O 轴的转动惯量4/2MR J =，设人从静止开始以相对绳匀速向上爬时，绳与滑轮间无相对滑动，求B 端重物上升的加速度？解：选人、滑轮与重物为系统，设u 为人相对绳的速度，v 为重 物上升的速度，系统对轴的角动量MuRMvR R M R v u M vR M L -=+--=23)4()(42ω根据角动量定理 dt dL M =)23(43MuR MvR dtd MgR -=0=dtduM R ad td v MRMgR 232343==所以 2g a =5-5. 计算质量为m 半径为R 的均质球体绕其轴线的转动惯量。
证明：设球的半径为R ，总重量为m ，体密度343Rm πρ=，将球体划分为许多厚度为dZ 的圆盘， 则盘的体积为 dZ Z R 222)(-π 22252182()2155R RJ R Z dZ R m R ππρρ-=-==⎰5-6. 一轻弹簧与一均匀细棒连接，装置如图所示，已知弹簧的劲度系数N/m 40=k ，当0θ= 时弹簧无形变，细棒的质量kg 0.5=m ，求在0θ= 的位置上细棒至少应具有多大的角速度ω，才能转动到水平位置？解：机械能守恒22212121kx J mg=+ω根据几何关系 22215.1)5.0(+=+x 128.3-⋅=s rad ω 5-7. 如图所示，一质量为m 、半径为R 的圆盘，可绕O 轴在铅直面内转动。
若盘自静止下落，略去轴承的摩擦，求：（1）盘到虚线所示的铅直位置时，质心C 和盘缘A 点的速率；（2）在虚线位置轴对圆盘的作用力。
解：在虚线位置的C 点设为重力势能的零点，下降过程机械能守恒221ωJ mgR =2221mR mRJ +=Rg 34=ω 34Rg R v c ==ω2A v R ω==273y F m g m R m g ω=+= 方向向上5-8. 如图所示，长为l 的轻杆，两端各固定质量分别为m 和m 2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l 31和l 32．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 与杆下端小球m 作对心碰撞，碰后以021v 的速度返回，试求碰撞后轻杆所获得的角速度。
解：根据角动量守衡 有022021322)3()32(32v ml m l m ll mv ⋅-⋅+=ωω lv 230=ω5-9. 一质量均匀分布的圆盘，质量为M ，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μ)，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 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221MR ，忽略子弹重力造成的摩擦阻力矩。
)解（1）角动量守恒 ωω2221mR MR mvR +=2(2)m vm M R ω=+（2）222π3R MM dM dm gr grrdr M gR Rμμμπ====⎰⎰⎰2221()032M gR t M R m R μω⋅∆=+-，()224M m t R M gωμ+∴∆=由（1）已得：()22m M m Rω=+v，代入即得32m t M gμ∆=v5-10. 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 ，如图所示。
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2131l m J =)碰撞时角动量守恒22112213m v l m l m v l ω=- lm v v m 1212)(3+=ω细棒运动起来所受到的摩擦力矩 gl m gxdx lm M l10121μμ==⎰dtd JM ω=-⎰-=tgl m d l m dt 01212131μωgm v v m gl t 1212)(232μμω+==5-11. 如图所示，滑轮转动惯量为2m kg 01.0⋅，半径为cm 7；物体的质量为kg 5，用一细绳与劲度系数N/m 200=k 的弹簧相连，若绳与滑轮间无相对滑动，滑轮轴上的摩擦忽略不计。
求：（1）当绳拉直、弹簧无伸长时使物体由静止而下落的最大距离。
(2)物体的速度达最大值时的位置及最大速率。
（1）机械能守恒。
设下落最大距离为hm g hkh=221m k mg h 49.02==（2）mgx J mvkx=++222212121ω12222m g x k x v Jm r ⎡⎤-⎢⎥=⎢⎥+⎢⎥⎣⎦若速度达最大值，0=dxdv)(245.0m kmg x ==1122222222259.80.2452000.245 1.31/0.015(710)m gx kx v m s Jm r -⎡⎤⎡⎤⎢⎥-⨯⨯⨯-⨯⎢⎥===⎢⎥⎢⎥++⎢⎥⎢⎥⎣⎦⨯⎣⎦5-12. 设电风扇的功率恒定不变为P ，叶片受到的空气阻力矩与叶片旋转的角速度ω成正比，比例系数的k ，并已知叶片转子的总转动惯量为J 。
（1）原来静止的电扇通电后t 秒时刻的角速度；（2）电扇稳定转动时的转速为多大？（3）电扇以稳定转速旋转时，断开电源后风叶还能继续转多少角度？解：（1）通电时根据转动定律有 d td J M M r ω=-ωPM = ωk Mr=代入两边积分ωωωωd k P J dt t ⎰⎰-=2)1(2tJk ekP --=ω（2）电扇稳定转动时的转速 kP m =ω（3） θωωωd d J k =-⎰⎰=-md d Jk ωθωθkP kJ =θ5-13. 如图所示，物体A 放在粗糙的水平面上，与水平桌面之间的摩擦系数为μ，细绳的一端系住物体A ，另一端缠绕在半径为R 的圆柱形转轮B 上，物体与转轮的质量相同。
开始时，物体与转轮皆静止，细绳松弛，若转轮以0ω绕其转轴转动。
试问：细绳刚绷紧的瞬时，物体A 的速度多大？物体A 运动后，细绳的张力多大？解：细绳刚绷紧时系统机械能守恒2220212121mv J J +=ωω ωR v =013v R ω=ma mg T =-μ βJ TR =- 3mgT μ=βR a =5-14. 质量为m 的小孩站在半径为R 、转动惯量为J 的可以自由转动的水平平台边缘上(平台可以无摩擦地绕通过中心的竖直轴转动)。
平台和小孩开始时均静止。
当小孩突然一相对地面为v 的速率沿台边缘逆时针走动时，此平台相对地面旋转的角速度ω为多少？解：此过程角动量守恒 ωJ m r v -=0Jm R v =ω5-15. 以速度0v 作匀速运动的汽车上，有一质量为m （m 较小），边长为l 的立方形货物箱，如图所示。
当汽车遇到前方障碍物急刹车停止时，货物箱绕其底面A 边翻转。
试求：（1）汽车刹车停止瞬时，货物箱翻转的角速度及角加速度；（2）此时，货物箱A 边所受的支反力。
解：（1）角动量守恒 ω2322ml l mv = lv 430=ω根据转动定律 β2322ml l mg = lg 43=β（2）0ctcncxx 45cos ma45cos ma maN -==思考题5-1. 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1m 和2m 的物体 (1m <2m )，如图所示.绳与轮之间无相对滑动，某时刻滑轮沿逆时针方向转动，则绳的张力多大？a m T g m 111=- （1）a m g m T 222=- （2） 插入图5-29 βJ r T T =-)(21 （3）βr a = (4)联立方程可得 1T 、2T 。
12T T5-2. 一圆盘绕过盘心且与盘面垂直的轴O 以角速度ω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 沿盘面方向同时作用到盘上，则盘的角速度ω怎样变化？答：增大5-3. 个人站在有光滑固定转轴的转动平台上,双臂伸直水平地举起二哑铃,在该人把此二哑铃水平收缩到胸前的过程中,人、哑铃与转动平台组成的系统的： （A ）机械能守恒,角动量守恒;（B ）机械能守恒,角动量不守恒, （C ）机械能不守恒,角动量守恒;（D ）机械能不守恒,角动量不守恒. 答：（C ）5-4. 在边长为a 的六边形顶点上，分别固定有质量都是m 的6个质点，如图所示。
试求此系统绕下列转轴的转动惯量：（1）设转轴Ⅰ、Ⅱ在质点所在的平面内，如图a 所示；（2）设转轴Ⅲ垂直于质点所在的平面，如图b 所示。
以Ⅰ为轴转动惯量 29ma J = 以Ⅱ为轴转动惯量 23ma J = 以Ⅲ为轴转动惯量 25.7ma J =5-5. 如图a 所示，半径分别是1R 和2R 、转动惯量分别是1J 和2J 的两个圆柱体，可绕垂直于图面的轴转动，最初大圆柱体的角速度为0ω，现在将小圆柱体向左靠近，直到它碰到大圆柱体为止。