华理工大学大学物理习题之刚体力学习题详解

习题三一、选择题1．一根长为l 、质量为M 的匀质棒自由悬挂于通过其上端的光滑水平轴上。

现有一质量为m 的子弹以水平速度v 0射向棒的中心，并以v 0/2的水平速度穿出棒，此后棒的最大偏转角恰为90︒，则v 0的大小为 [ ]（A； （B； （C（D ）22163M glm 。

答案：A 解：11122,1122J J J J Mg l ωωωω=+⎧⎪⎨=⋅⎪⎩ 22211, 243l ml J m J Ml ⎛⎫=== ⎪⎝⎭ 0012/2v v l l ω==，0021/21/22v v l l ωω===，111121()2J J J J ωωωω-== 21122J Mgl ω=， 2112J J Mgl J ω⎛⎫⋅= ⎪⎝⎭， 22114J Mgl Jω= 22202244143v ml l Mgl Ml ⎛⎫ ⎪⎝⎭=⋅，Mgl M v m =⋅202163，2202163M v gl m =，所以 340gl m Mv =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24kg m ⋅。

在恒力矩作用下，10s 内其角速度降为40rad/s 。

圆柱体损失的动能和所受力矩的大小为[ ]（A ）80J ，80N m ⋅； （B ）800J ，40N m ⋅；（C ）4000J ，32N m ⋅；（D ）9600J ，16N m ⋅。

答案：D解：800=ω，40=ω，10=t ，4J =2201122k E J J ωω-∆=- 22011()4(64001600)9600(J)22k E J ωω∆=-=⨯⨯-=M 恒定，匀变速，所以有0t ωωα=-，0tωωα-=，08040416N m 10M J J tωωα--==⋅=⨯=⋅3．一个转动惯量为J 的圆盘绕一固定轴转动，初角速度为0ω。

设它所受阻力矩与转动角速度成正比M k ω=- (k 为正常数)。

（1）它的角速度从0ω变为0/2ω所需时间是 [ ]（A ）/2J ； （B ）/J k ； （C ）(/)ln 2J k ； （D ）/(2)J k 。

（2）在上述过程中阻力矩所做的功为 [ ]（A ）20/4J ω； （B ）203/8J ω-； （C ）20/4J ω-； (D) 20/8J ω-。

答案：C ；B 。

解：已知 M k ω=-，0,J ω，012ωω=（1）d M J k dt ωω==-，d J k dt ωω=-，d kdt J ωω=-td k dt Jωωωω=-⎰⎰，0lnk t J ωω=-，所以 0ln ln 2J Jt k kωω== （2）2222200001111322248J A J J J ωωωωω⎛⎫===-=- ⎪⎝⎭4．如图所示，对完全相同的两定滑轮（半径R ，转动惯量J 均相同），若分别用F （N ）的力和加重物重力P mg F ==(N) 时，所产生的角加速度分别为1α和2α，则 [ ]（A ）12αα> ； （B ）12αα= ； （C ）12αα< ； （D ）不能确定 。

答案：A解：根据转动定律，有12,mg R J T R J αα⋅=⋅=，依受力图，有mg T ma -=，T mg ma mg =-< 所以，12αα>。

5． 对一绕固定水平轴O 匀速转动的转盘，沿图示的同一水平直线从相反方向射入两颗质量相同、速率相等的子弹，并停留在盘中，则子弹射入后转盘的角速度应 [ ]（A ）增大； （B ）减小； （C ）不变； （D ）无法确定。

答案：B解：1102212()J J J J J J ωωωω+-=++22121212()J J m r m r m m ====， 12vrωω==所以0012JJ Jωωω=<+二、填空题1．半径为 1.5m r =的飞轮，初角速度0=10rad/s ω，角加速度25rad/s α=-，若初始时刻角位移为零，则在t = 时角位移再次为零，而此时边缘上点的线速度为v =。

答案：4s ；15m/s -。

解：已知1.5m r =，0=10rad/s ω，25rad/s α=-，00=θ。

因const α=，为匀变速，所以有20012t t θθωα=++。

令 0θ=，即 01()02t t ωα+=得，由此得022104s 5t ωα⨯=-=-=-0105410t ωωα=+=-⨯=-，所以 15m/s v r ω==-2． 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，在0t =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，则棒停止转动所需时间为。

答案：023Lt gωμ=解：mdf dmg drg gdr Lμμλμ=== dM r df =⨯r v v ，m dM rdf grdr L μ==， 2122m mg M dM g L L Lμμ==⋅=⎰ 又，2132d d mgM J J mL dt dt L ωωμα=-=-=-=，所以 32g d dt L μω=-，00032t g d dt L ωμω=-⎰⎰，两边积分得：032gt Lμω=，所以023L t gωμ=3． 在自由旋转的水平圆盘上，站一质量为m 的人。

圆盘半径为R ，转动惯量为J ，角速度为。

如果这人由盘边走到盘心，则角速度的变化 =；系统动能的变化E k =。

答案：2mR J ω；2221(1)2mR mR Jω+。

解：应用角动量守恒定律2J mR J ωωω'+=解得 21mR J ωω⎛⎫'=+⎪⎝⎭，角速度的变化 2mR J ωωωω'∆=-= 系统动能的变化 ()2221122k E J J mR ωω'∆=⨯-+，即 2221(1)2k mR E mR J ω∆=+4． 如图所示，转台绕中心竖直轴以角速度0ω作匀速转动，转台对该轴的转动惯量52510kg m J -=⨯⋅。

现有砂粒以1g /s 的流量落到转台，并粘在台面形成一半径0.1m r =的圆。

则使转台角速度变为0/2ω所花的时间为。

答案：5s解：由角动量守恒定律 200()2J mr J ωω+=得 2J m r =， 由于 3110kg/s mt-=⨯ 所以 5323235105s 1101100.1110m J t r ----⨯====⨯⨯⨯⨯⨯5． 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为。

答案：mg T 811=解：列出方程组 11122211112222(1)(2)()(3)()(4)m g T m a T m g m aT T R J T T R J αα-=⎧⎪-=⎪⎨-=⎪⎪-=⎩其中，2111111,2a J M R R α==， 2222221,2a J M R R α==由（1）、（2）两式得：1122()()T m g a T m g a =-⎧⎨=+⎩可先求出a ，解得1212122()2()()m m g a m m M M -=+++ ，12112112124()2()()m m m M M T g m m M M ++=+++ ，12212212124()2()()m m m M M T g m m M M ++=+++，121221121242()()m m m M m M T g m m M M ++=+++将12m m =，2m m = 1212,M M m R R ===代入，得：118T mg =三．计算题1．在半径为R 1、质量为M 的静止水平圆盘上，站一静止的质量为m 的人。

圆盘可无摩擦地绕过盘中心的竖直轴转动。

当这人沿着与圆盘同心，半径为R 2（< R 1）的圆周相对于圆盘走一周时，问圆盘和人相对于地面转动的角度各为多少答案：（1）22222221124422/()mR mR MR MR mR ππ--++，或；（2）21222221212222/()1MR mR MR mR MR ππ++，或。

解：设人相对圆盘的角速度为ω，圆盘相对地面的角速度为M ω。

则人相对地面的角速度为 m M ωωω=+应用角动量守恒定律 2221102m M mR MR ωω+= 得，()2221102M M mR MR ωωω++= 解得 2222222221212122M mR mR mR MR mR MR ωωω=-=-++ 圆盘相对地面转过的角度为22222222222121122242222/()M M mR mR dt dt mR MR mR MR MR mR πθωωπ==-=-⨯=-+++⎰⎰ 人相对地面转过的角度为2m m M dt θωπθ==+⎰21222221212222/()1MR mR MR mR MR ππ==++2． 如图所示，物体1和2的质量分别为m 1与m 2，滑轮的转动惯量为J ，半径为r 。

（1）如物体2与桌面间的摩擦系数为，求系统的加速度a 及绳中的张力T 1和T 2；（2）如物体2与桌面间为光滑接触，求系统的加速度a 及绳中的张力T 1和T 2。

（设绳子与滑轮间无相对滑动，滑轮与转轴无摩擦）。

21答案：太长，略。

解：（1）用隔离体法，分别画出三个物体的受力图。

对物体1，在竖直方向应用牛顿运动定律 111()T m g m a -=-对物体2，在水平方向和竖直方向分别应用牛顿运动定律 22T N m a μ-=，20N m g -=对滑轮，应用转动定律()21T r T r J α-=-，并利用关系 a r α=，由以上各式， 解得12122m m a g Jm m rμ-=⋅++；22211122J m m r T m g J m m r μ++=⋅++；11222122Jm m r T m g J m m r μμ++=⋅++ （2）0μ=时1122m a g Jm m r=⋅++；2211122J m r T m g Jm m r+=⋅++；122122m T m g Jm m r=⋅++3.一匀质细杆，质量为，长为，可绕杆一端的水平轴旋转。

若将此杆放在水平位置，然后从静止释放，试求杆转动到铅直位置时的动能和角速度。

答案：（1）0.98J ；（2）8.57rad/s 。

解：根据机械能守恒定律，有：2212ωJ l mg =。

杆转动到铅直位置时的动能和角速度分别为：210.59.80.20.98J 22k lE J mg ω===⨯⨯=；238.57rad/s 13mgl mgl g J l ml ω====4．如图所示，滑轮的转动惯量J =m 2，半径r =30cm ，弹簧的劲度系数k =m ，重物的质量m =。