大学物理第3章刚体力学习题解答

第3章 刚体力学习题解答3.13 某发动机飞轮在时间间隔t 内的角位移为):,:(43s t rad ct bt at θθ-+=。

求t 时刻的角速度和角加速度。

解：23212643ct bt ct bt a dtd dtd -==-+==ωθβω3.14桑塔纳汽车时速为166km/h ，车轮滚动半径为0.26m ，发动机转速与驱动轮转速比为0.909, 问发动机转速为每分多少转？解：设车轮半径为R=0.26m ，发动机转速为n 1, 驱动轮转速为n 2, 汽车速度为v=166km/h 。

显然，汽车前进的速度就是驱动轮边缘的线速度，909.0/2212Rn Rn v ππ==，所以：min/1054.1/1024.93426.014.3210166909.02909.013rev h rev n R v ⨯=⨯===⨯⨯⨯⨯π3.15 如题3-15图所示，质量为m 的空心圆柱体，质量均匀分布，其内外半径为r 1和r 2，求对通过其中心轴的转动惯量。

解：设圆柱体长为h ，则半径为r ，厚为dr 的薄圆筒的质量dm 为：2..dm h r dr ρπ=对其轴线的转动惯量dI z 为232..z dI r dm h r dr ρπ==212222112..()2r z r I h r r dr m r r ρπ==-⎰ 3.17 如题3-17图所示，一半圆形细杆，半径为，质量为，求对过细杆二端轴的转动惯量。

解：如图所示，圆形细杆对过O 轴且垂直于圆形细杆所在平面的轴的转动惯量为mR 2，根据垂直轴定理z x y I I I =+和问题的对称性知：圆形细杆对过轴的转动惯量为12mR 2，由转动惯量的可加性可求得：半圆形细杆对过细杆二端轴的转动惯量为：214AA I mR '=3.18 在质量为M ，半径为R 的匀质圆盘上挖出半径为r 的两个圆孔，圆孔中心在半径R 的中点，求剩余部分对过大圆盘中心且与盘面垂直的轴线的转动惯量。

解：大圆盘对过圆盘中心o 且与盘面垂直的轴线（以下简称o 轴）的转动惯量为221MR I =.由于对称放置，两个小圆盘对o 轴的转动惯量相等，设为I’，圆盘质量的面密度σ=M/πR 2，根据平行轴定理，2412222222124))(()('r M r r r I Rr M R +=+=πσπσ 设挖去两个小圆盘后，剩余部分对o 轴的转动惯量为I”)/2('2"24222122122124R r r R M Mr MR I I I R r M --=--=-= 3.19一转动系统的转动惯量为I=8.0kgm 2，转速为ω=41.9rad/s ，两制动闸瓦对轮的压力都为392N ，闸瓦与轮缘间的摩擦系数为μ=0.4，轮半径为r=0.4m ，问从开始制动到静止需多长时间？解：由转动定理：,M I α=20.43920.415.68/8.0M rad s I α⨯⨯⨯===制动过程可视为匀减速转动，/t αω=∆∆ /41.9/15.68 2.67t s ωα∆=∆==3.20一轻绳绕于r=0.2m 的飞轮边缘，以恒力 F=98N 拉绳，如题3-20图（a ）所示。

已知飞轮的转动惯量 J=0.5kg.m 2，轴承无摩擦。

求 （1）飞轮的角加速度。

（2）绳子拉下5m 时，飞轮的角速度和动能。

（3）如把重量 P=98N 的物体挂在绳端，如题3-20图（b ）所示，再求上面的结果。

解 （1）由转动定理得：20.29839.20.5M r F rad s I I α-⋅⨯====⋅（2）由定轴转动刚体的动能定理得：212k A E I ω==k E F h =⋅=490J 12249044.270.5kE rad s Iω-⨯===⋅ （3）物体受力如图所示：P T ma rT J a r T T αα⎧-=⎪⎪'=⎨⎪'==⎪⎩解方程组并代入数据得： 222989802217898020598Pr g ...rad s Pr Jg ...α-⨯⨯===⋅+⨯+⨯ 22222111222k P P A E J r J r Ph g g ωωω⎛⎫==+=+= ⎪⎝⎭12222*98*533.150.59.8*0.2Ph rad s P J r gω-===⋅++ 22110533********k E J *.*..J ω=== 3.21现在用阿特伍德机测滑轮转动惯量。

用轻线且尽可能润滑轮轴。

两端悬挂重物质量各为m 1=0.46kg ，m 2=0.5kg ，滑轮半径为0.05m 。

自静止始，释放重物后并测得0.5s 内m 2下降了0.75m 。

滑轮转动惯量是多少？ 解：隔离m 2、m 1及滑轮，受力及运动情况如图所示。

对m 2、m 1分别应用牛顿第二定律：)2();1(111222a m g m T a m T g m =-=-对滑轮应用转动定理：R Ia I R T T /)(12==-β （3）质点m 2作匀加速直线运动，由运动学公式：221at y =∆， 222/06.00.5/75.02/2s m t y a =⨯=∆=∴由 ⑴、⑵可求得 a m m g m m T T )()(121212+--=-,代入（3）中，可求得21212)](/)[(R m m a g m m I +--=，代入数据：2221039.105.0)96.006.0/8.904.0(kgm I -⨯=⨯-⨯=3.22质量为m ，半径为的均匀圆盘在水平面上绕中心轴转动，如题3-22图所示。

盘与水平面的动摩擦因数为，圆盘的初角速度为0ω，问到停止转动，圆盘共转了多少圈？解： 221mR I =如图所示：rdr dm πσ2= gdm r dM μ-=R mg dr r g gdm r dM M R μπσμμ32202-=-=-==⎰⎰⎰由转动定律：M=d d d d JJ J dt d dt d ωωθωωθθ== 得： 00201223mR d mgR d θωωωμθ∆=-⋅⎰⎰积分得： 2038R gωθμ∆=所以从角速度为0ω到停止转动，圆盘共转了20316R gωπμ圈。

3.23如图所示，弹簧的倔强系数k=2N/m,可视为圆盘的滑轮半径r=0.05m ，质量m 1=80g ，设弹簧和绳的质量可不计，绳不可伸长，绳与滑轮间无相对滑动，运动中阻力不计，求1kg 质量的物体从静止开始（这时弹簧不伸长）落下1米时，速度的大小等于多少（g 取10m/s 2）解：以地球、物体、弹簧、滑轮为系统，其能量守恒物体地桌面处为重力势能的零点，弹簧的原长为弹性势能的零点，则有：22212111022212m v J kx m gh v r J mr x hωω⎧++-=⎪⎪⎨⎪===⎪⎩解方程得：21122m gh kh v m m /-=+代入数据计算得：v=1.48m/s 。

即物体下落0.5m 的速度为1.48m/s3.24如题3-24图所示，均质矩形薄板绕竖直边转动，初始角速度为0ω，转动时受到空气的阻力。

阻力垂直于板面，每一小面积所受阻力的大小与其面积及速度平方的乘积成正比，比例常数为k 。

试计算经过多少时间，薄板角速度减为原来的一半，设薄板竖直边长为b ，宽为a ，薄板质量为m 。

解；如图所示，取图示的阴影部分为研究对象v x ω= 222df kv dS kx bdx ω==23dM x df k bx dx ω=⋅=23240014a aM dM k bx dx k ba ωω===⎰⎰d M J dt ω= 244d Jdt J d M k ba ωωω== 024242004443/J d J mt kba kba kba ωωωωωω===⎰所以经过2043mkba ω的时间，薄板角速度减为原来的一半。

3-25一个质量为M ，半径为 R 并以角速度ω旋转的飞轮（可看作匀质圆盘），在某一瞬间突破口然有一片质量为m 的碎片从轮的边缘上飞出，见题3-25图。

假定碎片脱离飞轮时的瞬时速度方向正好竖直向上， （1）问它能上升多高？（2）求余下部分的角速度、角动量和转动动能。

解：（1）碎片以R ω的初速度竖直向上运动。

上升的高度：222022v R h g gω== （2）余下部分的角速度仍为 ω角动量 212L J (M m )R ωω==-转动动能 221122k E (M m )R ω=-3.26两滑冰运动员，在相距1.5m 的两平行线上相向而行。

两人质量分别为m A =60kg ，m B =70kg ，他们的速率分别为v A =7m.s -1， v A =6m.s -1，当二者最接近时，便拉起手来，开始绕质心作圆运动，并保持二者的距离为1.5m 。

求该瞬时： （1）系统对通过质心的竖直轴的总角动量； （2）系统的角速度；（3）两人拉手前、后的总动能。

这一过程中能量是否守恒？ 解：如图所示， （1）60159607013A A B m l .x m m m ⨯===++ 921151326l x .m -=-=221607913706212663010A A B B L m v (l x )m v x //.kgm s -=-+=⨯⨯+⨯⨯=⨯⋅（2）L J ω= 22c c c c B A L L J m x m (l x )ω==+-，代入数据求得：1867c .rad s ω-=⋅ （3）以地面为参考系。

拉手前的总动能：2211122k A A B BE m v m v =+，代入数据得12730k E J =， 拉手后的总动能：包括括个部分：（1）系统相对于质心的动能（2）系统随质心平动的动能222222211112222A A B B k c A B c c A B A B m v m v E J (m m )v J (m m )m m ωω⎛⎫+=++=++ ⎪+⎝⎭动能不守恒，总能量守恒。

3.27一均匀细棒长为 l ，质量为m ，以与棒长方向相垂直的速度v 0在光滑水平面内平动时，与前方一固定的光滑支点 O 发生完全非弹性碰撞，碰撞点位于离棒中心一方l/4处，如题3-27图所示，求棒在碰撞后的瞬时绕过O 点垂直于杆所在平面的轴转动的角速度0ω。

解：如图所示：碰撞前后系统对点O 的角动量守恒。

碰撞前后： 104L mv l /=碰撞前后：2220001124l L J ml m ωω⎡⎤⎛⎫==+⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦由12L L =可求得：200127v rad s lω-=⋅3.28如题3-28图所示，一质量为m 的小球由一绳索系着，以角速度ω0 在无摩擦的水平面上，作半径为r 0 的圆周运动.如果在绳的另一端作用一竖直向下的拉力，使小球作半径为r 0/2 的圆周运动.试求：（1） 小球新的角速度；（2） 拉力所作的功. 解：如图所示，小球对桌面上的小孔的角动量守恒（1）初态始角动量 2100L mr ω=；终态始角动量 22014L mr ω=由12L L =求得：04ωω= （2）拉力作功：2222110000113222W J J mr ωωω=-=3.29质量为0.50 kg ，长为0.40 m 的均匀细棒，可绕垂直于棒的一端的水平轴转动.如将此棒放在水平位置，然后任其落下，如题3-29图所示，求：（1） 当棒转过60°时的角加速度和角速度；（2） 下落到竖直位置时的动能；（3） 下落到竖直位置时的角速度. 解：设杆长为l ，质量为m(1) 由同转动定理有：232123lmg sin g sin MJml lθθα===代入数据可求得：21838.rad s α-=⋅由刚体定轴转动的动能定理得：2211223l mg cos ml θω=3g cos lθω=，代入数据得：17978.rad s ω-=⋅（也可以用转动定理求得角加速度再积分求得角速度）（2）由刚体定轴转动的动能定理得：k W E =∆ 059802098k E mgh ....J ==⨯⨯= （3）12220988573105043kE ..rad s J..ω-⨯===⋅⨯⨯3-30 如题3-30图所示，A 与B 两飞轮的轴杆由摩擦啮合器连接，A 轮的转动惯量J 1 ＝10.0 kg· m 2 ，开始时B 轮静止，A 轮以n 1 ＝600 r· min -1 的转速转动，然后使A 与B 连接，因而B 轮得到加速而A 轮减速，直到两轮的转速都等于n ＝200 r· min -1 为止.求：（1）B 轮的转动惯量；（2） 在啮合过程中损失的机械能.解：研究对象：A 、B 系统在衔接过程中， 对轴无外力矩作用，故有常矢=L ϖ()121122J J J J ωωω⇒+=+即： 1122J ()J ωωωω-=-代入数据可求得：2220J kg m =⋅（2）()2221122121122k E (J J )J J ωωω∆=+-+ 代入数据可求得：413210k E .J ∆=-⨯，负号表示动能损失（减少）。