第03章习题分析与解答

第三章刚体力学习题解答

3-1有两个力作用在一个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( B )

(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

3-2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(B)

(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

3-3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，如题图3-3所示，今使棒从水平位置由静止开始自由下落，

在棒摆到竖直位置的过程中，下述说法正确的是(C)

(A) 角速度从小到大，角加速度不变

(B) 角速度从小到大，角加速度从小到大

(C) 角速度从小到大，角加速度从大到小

(D) 角速度不变，角加速度为零

3-4一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．如题图3-4。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，则子弹射入后的瞬间，圆盘和子弹系统的角动量L以及圆盘的角速度ω的变化情况为(C) 习题3-3图习题3-4图

(A) L 不变，ω增大 (B) 两者均不变

(C) L 不变，ω减小 (D) 两者均不确定

3-5 假设卫星环绕地球中心作椭圆运动，则在运动过程中，卫星对地球中心的( B )

(A) 角动量守恒，动能守恒 (B) 角动量守恒，机械能守恒

(C) 角动量不守恒，机械能守恒 (D) 角动量不守恒，动量也不守恒

(Ｅ) 角动量守恒，动量也守恒

3-6人造地球卫星作椭圆轨道运动（地球在椭圆的一个焦地点上），若不计其它星球对

卫星的作用，则人造卫星的动量P 及其对地球的角动量L 是否守恒 （ 否 ）

3-7 质量为m ，半径为r 的匀质圆盘，绕通过其中心且与盘垂直的固定轴以ω匀速率

转动，则对其转轴来说，它的动量为（），角动量为( )。

3-8 有人说：角动量守恒是针对同一转轴而言的，试判断此说法的正确性：（ 正确 ）

3-9 一质量为m ，半径为R 的均质圆盘A ，水平放在光滑桌面上，

以角速度绕通过中心的竖直轴转动，在A 盘的正上方h 高处，有一

与A 盘完全相同的圆盘B 从静止自由下落，与A 盘发生完全非弹性

碰撞并啮合一起转动，则啮合后总角动量为( 不变 )，在碰撞啮合过

程中，机械能损失为（）

3-10 如题图3-10所示，质量m 均匀分布在半径为R 的细圆环上，转

轴通过环心并与环面垂直，求圆环对该轴的转动惯量。

解： 圆环线密度为R

m πλ2=，在圆环上任取一小质量元ds dm λ= 根据转动惯量的公式：222mR ds R dm r J s m ===⎰⎰λ

3-11 如题图3-11所示，一根不能伸长的轻绳跨过定滑轮（不打滑），

其两端分别系着质量为1m 和2m 的物体，且12m m >，滑轮半径为R ，质量为m 且均匀分

布，能绕通过轮心Ｏ且垂直于轮面的水平轴转动，滑轮与轮轴间的摩擦阻力忽

略不计。求1m 下降的加速度及轻绳两端的张力。

解：将三个物体隔离出来受力分析

习题3-10图

习题3-11图

其中T 1和T 2大小不能假定相等，但/22/11,T T T T ==

应用牛顿第二定律：

a m T g m a

m g m T 211122=-=-

对转动滑轮，由于转轴通过轮中心，所以仅有张力T 1/和T 2/ 对它有力矩作用。由转动

定律可得：

βJ R T R T =-/2/1，22

1MR J =

，βR a = 最终可得到：

g M m m M m m m T 2

1212211211+++= 3-12 长为l 的均匀直棒其质量为M ,上端用光滑水平轴吊起而静止下垂。今有一质量为

m 的子弹，以水平速度v 0射入杆的悬点下距离为d 处而不复出。求：

（1）子弹刚停在杆中时的角速度多大？

（2）子弹冲入杆的过程中（经历时间△t ），杆的上端受轴的水平和竖直平均分力各多大？

（3）要想使杆上端不受轴的水平力，则子弹应在何处击中杆？

解：（1）子弹冲入杆的过程中。子弹和杆系统对悬点O 所受合外力矩为零，所以对悬点的

角动量守恒：即：

由此得杆得角速度为：02233mdv md ML ω=+ （2）子弹冲入杆得过程中，由冲量定理可知，子弹受杆的阻力的大小为：

杆受子弹的冲力为

对杆用质心运动定理：

2201()3mv d ML Md ω=+'0mv mv f t

-=∆'0mv m d f f t ω-=-=∆

水平方向：

得 （3）由计算，答案略 3-13 飞轮的质量m = 60 kg, 半径R = 0.25m , 绕其水平中心轴转动，转速为 900 r/ min 。现利用一制动闸杆，在闸杆的一端加一竖直方向的制动力，可使飞轮减速。已知闸杆的尺寸如图所示，闸瓦与飞轮之间摩擦系数4.o =μ，飞轮的转动惯量按匀质圆盘计算。（1）设F = 100 N ，问使飞轮在多长时间内停止转动？在此时间内飞轮转了几转？（2）如要在2s 内使飞轮转速减为一半，需加多大的制动力？

解: (1)先作闸杆和飞轮的受力分析图(如图(b))．图中N 、N '是正压力，r F 、r F '是摩擦力，x F 和y F 是杆在A 点转轴处所受支承力，R 是轮的重力，P 是轮在O 轴处所受支承力．

题3-13图（a ）

题3-13图(b)

杆处于静止状态，所以对A 点的合力矩应为零，设闸瓦厚度不计，则有

F l l l N l N l l F 1

211210)(+='='-+ 对飞轮，按转动定律有I R F r /-=β，式中负号表示β与角速度ω方向相反． ∵ N F r μ= N N '=

∴ F l l l N F r 121+='=μ

μ 0()2x mv ML w F md t t

=+-∆∆