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Rm 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 ===⎰⎰λ3-11 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 am 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 =-/2/1，221MR J =，βR a = 最终可得到：g M m m M m m m T 21212211211+++= 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 1211210)(+='='-+ 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+='=μμ 0()2x mv ML w F md t t=+-∆∆又∵ ,212mR I =∴ F mRl l l I R F r 121)(2+-=-=μβ ① 以N 100=F 等代入上式，得2s rad 34010050.025.060)75.050.0(40.02-⋅-=⨯⨯⨯+⨯⨯-=β 由此可算出自施加制动闸开始到飞轮停止转动的时间为s 06.74060329000=⨯⨯⨯=-=πβωt 这段时间内飞轮的角位移为 rad21.53)49(340214960290021220ππππβωφ⨯=⨯⨯-⨯⨯=+=t t 可知在这段时间里，飞轮转了1.53转．(2)10s rad 602900-⋅⨯=πω，要求飞轮转速在2=t s 内减少一半，可知 20s rad 21522-⋅-=-=-=πωωωβt t 用上面式(1)所示的关系，可求出所需的制动力为Nl l mRl F 1772)75.050.0(40.021550.025.060)(2211=⨯+⨯⨯⨯⨯⨯=+-=πμβ3-14 用落体观察法测定飞轮的转动惯量，是将半径为R 的飞轮支承在O 点上，然后在绕过飞轮的绳子的一端挂一质量为m 的重物，令重物以初速度为零下落，带动飞轮转动(如题图3-14)．记下重物下落的距离和时间，就可算出飞轮的转动惯量．试写出它的计算式．(假设轴承间无摩擦)．分析 在运动过程中，飞轮和重物的运动形式是不同的．飞轮作定轴转动，而重物是作落体运动，它们之间有着内在的联系．由于绳子不可伸长，并且质量可以忽略．这样，飞轮的转动惯量，就可根据转动定律和牛顿定律联合来确定，其中重物的加速度，可通过它下落时的匀加速运动规律来确定．该题也可用功能关系来处理．将飞轮、重物和地球视为系统，绳子张力作用于飞轮、重习题3-14图物的功之和为零，系统的机械能守恒．利用匀加速运动的路程、速度和加速度关系，以及线速度和角速度的关系，代入机械能守恒方程中即可解得．解1 设绳子的拉力为F Ｔ，对飞轮而言，根据转动定律，有αJ R F T = (1)而对重物而言，由牛顿定律，有ma F mg T =- (2)由于绳子不可伸长，因此，有αR a = (3)重物作匀加速下落，则有221at h =(4) 由上述各式可解得飞轮的转动惯量为 ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=1222h gt mR J 解2 根据系统的机械能守恒定律，有0212122=++-ωJ m mgh v (1′) 而线速度和角速度的关系为ωR =v (2′)又根据重物作匀加速运动时，有at =v (3′)ah 22=v (4′)由上述各式可得⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=1222h gt mR J 若轴承处存在摩擦，上述测量转动惯量的方法仍可采用．这时，只需通过用两个不同质量的重物做两次测量即可消除摩擦力矩带来的影响．3-15 一燃气轮机在试车时，燃气作用在涡轮上的力矩为2.03×03N·m ，涡轮的转动惯量为25.0kg·m 2 ．当轮的转速由2.80×103 r·min -1 增大到1.12×104 r·min -1时，所经历的时间t 为多少？分析 由于作用在飞轮上的力矩是恒力矩，因此，根据转动定律可知，飞轮的角加速度是一恒量；又由匀变速转动中角加速度与时间的关系，可解出飞轮所经历的时间．该题还可应用角动量定理直接求解．解1 在匀变速转动中，角加速度tωωα0-=，由转动定律αJ M =，可得飞轮所经历的时间()s 8.10200=-=-=n n MJ πJ M ωωt 解2 飞轮在恒外力矩作用下，根据角动量定理，有()00d ωωJ t M t-=⎰ 则 ()s 8.10π200=-=-=n n MJ J M ωωt 3-16 如题图3-16(a ) 所示，质量m 1 ＝16 kg 的实心圆柱体A ，其半径为r ＝15 cm ，可以绕其固定水平轴转动，阻力忽略不计．一条轻的柔绳绕在圆柱体上，其另一端系一个质量m 2 ＝8.0 kg 的物体B .求：(1) 物体B 由静止开始下降1.0 s 后的距离；(2) 绳的张力F Ｔ .分析 该系统的运动包含圆柱体的转动和悬挂物的下落运动(平动).两种不同的运动形式应依据不同的动力学方程去求解，但是，两物体的运动由柔绳相联系，它们运动量之间的联系可由角量与线量的关系得到.解 (1) 分别作两物体的受力分析，如图(b ).对实心圆柱体而言，由转动定律得αr m αJ r F T 2121== 对悬挂物体而言，依据牛顿定律，有 a m F g m F P T T 222='-='-且F Ｔ ＝F Ｔ′ .又由角量与线量之间的关系，得αr a =解上述方程组，可得物体下落的加速度21222m m g m a +=在t ＝1.0 s 时，B 下落的距离为 m 45.222121222=+==m m gt m at s (2) 由式(2)可得绳中的张力为()N 2.3922121=+=-=g m m m m a g m F T 3-17 一半径为R 、质量为m 的匀质圆盘，以角速度ω绕其中心轴转动，现将它平放在一水平板上，盘与板表面的摩擦因数为μ.(1) 求习题3-16图a bf d R圆盘所受的摩擦力矩.(2) 问经多少时间后，圆盘转动才能停止？ 解：（1）如图，在圆盘上距盘心r 处取宽度为dr 的圆环为微元，该圆环所受的摩擦力与半径垂直，所以摩擦力矩f d r M d ⨯=沿转动轴方向，且rdf dM =g dm r )(μ=g rdr Rm r )2(2ππμ= ⎰=∴dM M ⎰=R dr r R mg 0222μ mgR μ32= （2）圆盘角动量 221mR J = 转动定理 dtd J J M ωβ-=-= t JM -=-∴ω0 gR M J t μωω43==∴ 3-18 如题图3-18所示，一通风机的转动部分以初角速度ω0 绕其轴转动，空气的阻力矩与角速度成正比，比例系数C 为一常量.若转动部分对其轴的转动惯量为J ，问：(1) 经过多少时间后其转动角速度减少为初角速度的一半？(2) 在此时间内共转过多少转？分析 由于空气的阻力矩与角速度成正比，由转动定律可知，在变力矩作用下，通风机叶片的转动是变角加速转动，因此，在讨论转动的运动学关系时，必须从角加速度和角速度的定义出发，通过积分的方法去解.解 (1) 通风机叶片所受的阻力矩为M ＝－Cω，由转动定律M ＝Jα，可得叶片的角加速度为 JωC t ωα-==d d (1) 根据初始条件对式(1)积分，有 t J C ωωt ωωd d 00⎰⎰-= 由于C 和J 均为常量，得习题3-18图J Ct e ωω/0-= (2)当角速度由ω0 → 12 ω0 时，转动所需的时间为2ln CJ t =(2) 根据初始条件对式(2)积分，有 t e ωθJ Ct t θd d /000-⎰⎰= 即 CωJ θ20=在时间t 内所转过的圈数为 CωJ θN π4π20== 3-19 在光滑的水平面上有一木杆，其质量m 1 ＝1.0 kg ，长l ＝40cm ，可绕通过其中点并与之垂直的轴转动.一质量为m 2 ＝10g 的子弹，以v ＝2.0×102 m · s －1 的速度射入杆端，其方向与杆及轴正交.若子弹陷入杆中，试求所得到的角速度.分析 子弹与杆相互作用的瞬间，可将子弹视为绕轴的转动.这样，子弹射入杆前的角速度可表示为ω，子弹陷入杆后，它们将一起以角速度ω′ 转动.若将子弹和杆视为系统，因系统不受外力矩作用，故系统的角动量守恒.由角动量守恒定律可解得杆的角速度. 解 根据角动量守恒定理()ωJ J ωJ '+=212式中()2222/l m J =为子弹绕轴的转动惯量，J 2ω为子弹在陷入杆前的角动量，ω＝2v/l 为子弹在此刻绕轴的角速度.12/211l m J =为杆绕轴的转动惯量.可得杆的角速度为 ()1212212s 1.2936-=+=+='m m m J J ωJ ωv 3-20 一质量为20.0 kg 的小孩，站在一半径为3.00 m 、转动惯量为450 kg· m 2 的静止水平转台的边缘上，此转台可绕通过转台中心的竖直轴转动，转台与轴间的摩擦不计.如果此小孩相对转台以1.00 m· s －1 的速率沿转台边缘行走，问转台的角速率有多大？分析 小孩与转台作为一定轴转动系统，人与转台之间的相互作用力为内力，沿竖直轴方向不受外力矩作用，故系统的角动量守恒.在应用角动量守恒时，必须注意人和转台的角速度ω、ω0 都是相对于地面而言的，而人相对于转台的角速度ω1 应满足相对角速度的关系式10ωωω+= .解 由相对角速度的关系，人相对地面的角速度为Rωωωωv +=+=010 习题3-19图由于系统初始是静止的，根据系统的角动量守恒定律，有()010100=++ωωJ ωJ式中J 0 、J 1 ＝mR 2 分别为转台、人对转台中心轴的转动惯量.由式(1)、(2)可得转台的角速度为122020s 1052.9--⨯-=+-=RmR J mR ωv 式中负号表示转台转动的方向与人对地面的转动方向相反.3-21 一转台绕其中心的竖直轴以角速度ω0 ＝πs -1 转动，转台对转轴的转动惯量为J 0 ＝4.0 ×10-3 kg· m 2 .今有砂粒以Q ＝2t g· s -1 的流量竖直落至转台，并粘附于台面形成一圆环，若环的半径为r ＝0.10 m ，求砂粒下落t ＝10 s 时，转台的角速度.分析 对转动系统而言，随着砂粒的下落，系统的转动惯量发生了改变.但是，砂粒下落对转台不产生力矩的作用，因此，系统在转动过程中的角动量是守恒的.在时间t 内落至台面的砂粒的质量，可由其流量求出，从而可算出它所引起的附加的转动惯量.这样，转台在不同时刻的角速度就可由角动量守恒定律求出.解 在时间0→10 s 内落至台面的砂粒的质量为kg 10.0Qd s 100==⎰t m 根据系统的角动量守恒定律，有()ωmr J ωJ 2000+=则t ＝10 s 时，转台的角速度 12000s π80.0-=+=mr J J ωω 3-22 一质量为m′、半径为R 的转台，以角速度ωA 转动，转轴的摩擦略去不计.(1) 有一质量为m 的蜘蛛垂直地落在转台边缘上.此时，转台的角速度ωB 为多少？ (2) 若蜘蛛随后慢慢地爬向转台中心，当它离转台中心的距离为r 时，转台的角速度ωc 为多少？ 设蜘蛛下落前距离转台很近.分析 对蜘蛛和转台所组成的转动系统而言，在蜘蛛下落至转台面以及慢慢向中心爬移过程中，均未受到外力矩的作用，故系统的角动量守恒.应该注意的是，蜘蛛爬行过程中，其转动惯量是在不断改变的.由系统的角动量守恒定律即可求解.解 (1) 蜘蛛垂直下落至转台边缘时，由系统的角动量守恒定律，有()b a ωJ J ωJ 100+=第三章 刚体力学习题解答11 式中2021R m J '=为转台对其中心轴的转动惯量，21mR J =为蜘蛛刚落至台面边缘时，它对轴的转动惯量.于是可得 a a b ωm m m ωJ J J ω2100+''=+=(2) 在蜘蛛向中心轴处慢慢爬行的过程中，其转动惯量将随半径r 而改变， 即22mr J =.在此过程中，由系统角动量守恒，有 ()c a ωJ J ωJ 100+= 则。