作业5刚体力学答案

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刚体力学作业解答

刚体力学作业解答

1 ( MR 2 − mR 2 )ω 2
EK = 1 1 ( MR 2 − mR 2 )ω 2 2 2
4-11 •
30°
设碰后小球速度为v,受杆平均力f,作用时间∆t,则
小球 f∆t = mv − mv0 棒 − fl∆t = Iω − 0 (1) ( 2)

mv0 l − mvl = Iω
(3)
F (l1 + l 2 ) − N ′l1 = 0 (a)
Fy
l1
A
N ′
l2
闸 瓦
F
F r′
x
Fx
题图4-4(b)
N
α
Fr
R
N′ =
l1 + l 2 F l1
mg

O
ω
题图 4-4(c)
N′ =
l1 + l 2 F l1
N
飞轮受到闸瓦的摩擦力为:
l +l Fr = µN = µN ′ = µ 1 2 F l1
r r
α
r T
F = 98 N
m
mg = 98 N
(b)
T
a m
mg
(c)
(a)
题图4 = Jα
M Fr = = 39.2rad ⋅ s − 2 J J
(2)当绳子拉下l=5 m时,飞轮转过的角度 ω 2 = 2αθ =1960
θ=
l = 25rad r
ω = 44.3rad ⋅ s
θ = ω 0 t + αt 2 = 15 × 2π × 7.07 − × 13.3333 × ( π ) 2 = 53 × 2π (rad )
1 2 1 2 9 4
可知在这段时间里,飞轮转了53转. 53 (2)要求飞轮转速在t=2 s内减少一半,可知 ω0 − ω0 ω0 2 α= =− = −7.5πrad ⋅ s − 2

《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

《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___________。

第三章 刚体力学习题答案

第三章     刚体力学习题答案

第三章 刚体力学习题答案3-1 如图3-1示,一轻杆长度为2l ,两端各固定一小球,A 球质量为2m ,B 球质量为m ,杆可绕过中心的水平轴O 在铅垂面内自由转动,求杆与竖直方向成θ角时的角加速度.解:系统受外力有三个,即A ,B 受到的重力和轴的支撑作用力,轴的作用力对轴的力臂为零,故力矩为零,系统只受两个重力矩作用. 以顺时针方向作为运动的正方向,则A 球受力矩为正,B 球受力矩为负,两个重力的力臂相等为sin d l θ=,故合力矩为2sin sin sin M mgl mgl mgl θθθ=-=系统的转动惯量为两个小球(可视为质点)的转动惯量之和22223J ml ml ml =+=应用转动定律 M J β=有:2sin 3mgl ml θβ= 解得sin 3g lθβ=3-2 计算题3-2图所示系统中物体的加速度.设滑轮为质量均匀分布的圆柱体,其质量为M ,半径为r ,在绳与轮边缘的摩擦力作用下旋转,忽略桌面与物体间的摩擦,设1m =50kg,2m =200kg,M =15kg,r =0.1m.解: 分别以1m ,2m 滑轮为研究对象,受力图如图(b)所示.对 1m ,2m 运用牛顿定律,有a m T g m 222=- ① a m T 11= ②对滑轮运用转动定律,有图3-1 图3-2β)21(212Mr r T r T =- ③又, βr a = ④ 联立以上4个方程,得2212s m 6.721520058.92002-⋅=++⨯=++=M m m g m a3-3 飞轮质量为60kg,半径为0.25m,当转速为1000r/min 时,要在5s 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,闸杆尺寸如图所示.解:以飞轮为研究对象,飞轮的转动惯量212J mR =,制动前角速度为1000260ωπ=⨯rad/s ,制动时角加速度为tωβ-=- 制动时闸瓦对飞轮的压力为N F ,闸瓦与飞轮间的摩擦力f N F F μ=,运用转动定律,得 212f F R J mR ββ-== 则 2N mR F tωμ=以闸杆为研究对象,在制动力F 和飞轮对闸瓦的压力N F -的力矩作用下闸杆保持平衡,两力矩的作用力臂分别为(0.500.75)l =+m 和1l =0-50m ,则有10N Fl F l -=110.50600.252100015720.500.7520.4560N l l mR F F l l t ωπμ⨯⨯⨯===⨯=+⨯⨯⨯N 图3-33-4 设有一均匀圆盘,质量为m ,半径为R ,可绕过盘中心的光滑竖直轴在水平桌面上转动. 圆盘与桌面间的滑动摩擦系数为μ,若用外力推动它使其角速度达到0ω时,撤去外力,求:(1) 此后圆盘还能继续转动多少时间? (2) 上述过程中摩擦力矩所做的功.解:(1)撤去外力后,盘在摩擦力矩f M 作用下停止转动- 设盘质量密度为2mRσπ=,则有20223Rf Mg r dr mgR μπσμ==⎰ 根据转动定律 21,2f M J mR Jα-==43g Rμα-= 034R t gωωαμ-==(2)根据动能定理有 摩擦力的功2220011024f W J mR ωω=-=-3-5 如题3-6图所示,一匀质细杆质量为m ,长为l ,可绕过一端O 的水平轴自由转动,杆于水平位置由静止开始摆下.求: (1)初始时刻的角加速度; (2)杆转过θ角时的角速度.解: (1)由转动定律,有β)31(212ml mg= ∴ lg23=β(2)由机械能守恒定律,有图3-622)31(21sin 2ωθml l mg =∴ lg θωsin 3=3-6 固定在一起的两个同轴均匀圆柱体可绕其光滑的水平对称轴O O '转动.设大小圆柱体的半径分别为R 和r ,质量分别为M 和m .绕在两柱体上的细绳分别与物体1m 和2m 相连,1m 和2m 则挂在圆柱体的两侧,如3-8图所示.设R =0.20m, r =0.10m,m =4 kg,M =10 kg,1m =2m =2 kg,且开始时1m ,2m 离地均为h =2m .求:(1)柱体转动时的角加速度; (2)两侧细绳的张力.解: 设1a ,2a 和β分别为1m ,2m 和柱体的加速度及角加速度,方向如图(如图b).(a)图 (b)图(1) 1m ,2m 和柱体的运动方程如下:2222a m g m T =- ① 1111a m T g m =- ②βI r T R T ='-'21 ③式中 ββR a r a T T T T ==='='122211,,,而 222121mr MR I += 由上式求得22222222121s rad 13.68.910.0220.0210.042120.0102121.022.0-⋅=⨯⨯+⨯+⨯⨯+⨯⨯⨯-⨯=++-=gr m R m I rm Rm β(2)由①式8.208.9213.610.02222=⨯+⨯⨯=+=g m r m T βN由②式1.1713.6.2.028.92111=⨯⨯-⨯=-=βR m g m T N3-7 一风扇转速为900r/min,当马达关闭后,风扇均匀减速,止动前它转过了75转,在此过程中制动力做的功为44.4J,求风扇的转动惯量和摩擦力矩.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2N θπ=,摩擦力矩所做的功为2A M M N θπ=-=-摩擦力所做的功应等于风扇转动动能的增量,即2102A J ω=-2222(44.4)0.01(9002/60)AJ ωπ⨯-=-=-=⨯kg ⋅m 2 44.40.09422275A M N ππ-=-=-=⨯N ⋅m 3-8 一质量为M 、半径为r 的圆柱体,在倾斜θ角的粗糙斜面上从距地面h 高处只滚不滑而下,试求圆柱体滚止地面时的瞬时角速度ω.解: 在滚动过程中,圆柱体受重力Mg 和斜面的摩擦力F 作用,设 圆柱体滚止地面时,质心在瞬时速率为v ,则此时质心的平动动能为212Mv ,与此同时,圆柱体以角速度ω绕几何中心轴转动,其转动动能为212J ω.将势能零点取在地面上,初始时刻圆柱体的势能为Mgh ,由于圆柱体只滚不滑而下,摩擦力为静摩擦力,对物体不做功,只有重力做功,机械能守恒,于是有221122Mgh Mv J ω=+ 式中 21,2J Mr v r ω==,代入上式得 22211()22Mgh Mr Mr ω=+即 23gh r ω=3-9 一个轻质弹簧的倔强系数 2.0k =N/m,它的一端固定,另一端通过一条细绳绕过一个定滑轮和一个质量为m =80g 的物体相连,如图所示. 定滑轮可看作均匀圆盘,它的质量为M =100g,半径r =0.05m. 先用手托住物体m ,使弹簧处于其自然长度,然后松手.求物体m 下降h =0.5m 时的速度为多大?忽略滑轮轴上的摩擦,并认为绳在滑轮边缘上不打滑.解:由于只有保守力(弹性力、重力)做功,所以由弹簧、滑轮和物体m 组成的系统机械能守恒,故有222111222mgh kh I mv ω=++21,2v r I Mr ω==所以 22 1.4812mgh kh v M m -==+m/s3-10 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2113J m l =).图3-11图3-12解:对棒和滑块组成的系统,因为碰撞时间极短,所以棒和滑块所受的摩擦力矩远小于相互间的冲量矩,故可认为合外力矩为零,所以系统的角动量守恒,且碰撞阶段棒的角位移忽略不计,由角动量守恒得22122113m v l m v l m l ω=-+碰撞后在在转动过程中棒受到的摩擦力矩为 11012tf m M gdx m gl l μμ=-=-⎰由角动量定理得转动过程中210103tfM dt m l ω=-⎰ 联立以上三式解得:12212V V t m m gμ+= 3-11 哈雷彗星绕太阳运动的轨道是一个椭圆.它离太阳最近距离为1r =8.75×1010m 时的速率是1v =5.46×104m ·s -1,它离太阳最远时的速率是2v =9.08×102m ·s -1,这时它离太阳的距离2r 为多少?(太阳位于椭圆的一个焦点.)解: 哈雷彗星绕太阳运动时受到太阳的引力——即有心力的作用,所以角动量守恒;又由于哈雷彗星在近日点及远日点时的速度都与轨道半径垂直,故有 2211mv r mv r =∴ m 1026.51008.91046.51075.81224102112⨯=⨯⨯⨯⨯==v v r r 3-12 平板中央开一小孔,质量为m 的小球用细线系住,细线穿过小孔后挂一质量为1M 的重物.小球做匀速圆周运动,当半径为0r 时重物达到平衡.今在1M 的下方再挂一质量为2M 的物体,如3-14图.试问这时小球做匀速圆周运动的角速度ω'和半径r '为多少?图3-14解: 在只挂重物时1M ,小球作圆周运动的向心力为g M 1,即201ωmr g M =①挂上2M 后,则有221)(ω''=+r m g M M②重力对圆心的力矩为零,故小球对圆心的角动量守恒. 即 v m r mv r ''=00ωω''=⇒2020r r ③联立①、②、③得10021123011213212()M g mr M g M M mr M M M M r g r m M M ωωω=+'=+'==⋅'+3-13 如图示, 长为l 的轻杆, 两端各固定质量分别为m 和2m 的小球, 杆可绕水平光滑轴在竖直平面内转动, 转轴O 距两端的距离分别为/3l 或2/3l . 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 与杆下端的小球m 做对心碰撞, 碰后以0/2v 的速度返回, 试求碰撞后轻杆所获得的角速度ω.解:将杆与两端的小球视为一刚体,水平飞来的小球m 与刚体视为一系统,在碰撞过程中,外力包括轴O 处的作用力和重力,均不产生力矩,故合外力矩为零,系统角动量守恒- 选逆时针转动为正方向,则由角动量守恒得 0022323v ll mv m J ω=-+ 222()2()33l l J m m =+图3-13解得 032v lω=3-14 圆盘形飞轮A 质量为m , 半径为r , 最初以角速度0ω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, 如图所示, 两飞轮啮合后, 以同一速度ω转动, 求ω及啮合过程中机械能的损失.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22201114(2)222mr mr m r ωωω=+ 得 0117ωω=初始机械能为 2222100111224W mr mr ωω==啮合后机械能为222222201111114(2)2222174W mr m r mr ωωω=+=则机械能损失为 221201611617417W W W mr W ω∆=-==3-15 如图示,一匀质圆盘半径为r ,质量为1m ,可绕过中心的垂轴O 转动.初时盘静止,一质量为2m 的子弹一速度v 沿与盘半径成160θ︒=的方向击中盘边缘后以速度/2v 沿与半径方向成230θ︒=的方向反弹,求盘获得的角速度.解:对于盘和子弹组成的系统,撞击过程中轴O 的支撑力的力臂为零,不提供力矩,其他外力矩的冲量矩可忽略不计,故系统对轴O 的角动量守恒,即12L L =,初时盘的角动量为零,只有子弹有角动量,故图3-14 图3-1512sin 60L m vr ︒=末态中盘和子弹都有角动量,设盘的角速度为ω,则22211sin 3022v L m r m r ω︒=+ 故有 22211sin 60sin 3022v m vr m r m r ω︒︒=+可解得:1ω=3-16 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.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0J mRv ω+= 人和转台的转动惯量'2'21102J m R m R =+,代入上式后得 '6mvm Rω=-人的线速度为'6mvv R mω==-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-3-17 一人站在转台上,两臂平举,两手各握一个4m =kg,哑铃距转台轴00.8r =m,起初转台以02ωπ=rad/s 的角速度转动,然后此人放下两臂,使哑铃与轴相距r =0.2m,设人与转台的转动惯量不变,且5J =kg ⋅m 2,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?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2200(2)(2)J mr J mr ωω+=+22002225240.8212.025240.2J mr J mr ωωπ++⨯⨯==⨯=++⨯⨯rad/s 动能的增量为222200011(2)(2)22W W W J mr J mr ωω∆=-=+-+222211(5240.2)12(5240.8)(2)22π=⨯+⨯⨯⨯-⨯+⨯⨯⨯ =183J3-18 如3-20图所示,质量为M ,长为l 的均匀直棒,可绕垂直于棒一端的水平轴O 无摩擦地转动,它原来静止在平衡位置上.现有一质量为m 的弹性小球飞来,正好在棒的下端与棒垂直地相撞.相撞后,使棒从平衡位置处摆动到最大角度=θ30°处.(1)设这碰撞为弹性碰撞,试计算小球初速0v 的值; (2)相撞时小球受到多大的冲量?解: (1)设小球的初速度为0v ,棒经小球碰撞后得到的初角速度为ω,而小球的速度变为v ,按题意,小球和棒做弹性碰撞,所以碰撞时遵从角动量守恒定律和机械能守恒定律,可列式:mvl I l mv +=ω0 ①2220212121mv I mv +=ω ② 上两式中231Ml I =,碰撞过程极为短暂,可认为棒没有显著的角位移;碰撞后,棒从竖直位置上摆到最大角度o30=θ,按机械能守恒定律可列式:)30cos 1(2212︒-=lMg I ω ③ 由③式得2121)231(3)30cos 1(⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡︒-=lg I Mgl ω由①式mlI v v ω-=0 ④ 由②式mI v v 2202ω-= ⑤所以22001)(2ωωmv ml I v -=-图18求得glmM m m M l ml I l v +-=+=+=31232(6)311(2)1(220ωω(2)相碰时小球受到的冲量为⎰-=∆=0d mvmv mv t F由①式求得ωωMl l I mv mv t F 31d 0-=-=-=⎰ gl M 6)32(6--=负号说明所受冲量的方向与初速度方向相反.3-19如图示,一个转动惯量为I ,半径为R 的定滑轮上面绕有细绳,并沿水平方向拉着一个质量为M 的物体 A. 现有一质量为m 的子弹在距转轴2R 的水平方向以速度0v 射入并固定在定滑轮的边缘,使滑轮拖住A 在水平面上滑轮.求(1)子弹射入并固定在滑轮边缘后,滑轮开始转动时的角速度ω.(2)若定滑轮拖着物体A 刚好转一圈而停止,求物体A 与水平面间的摩擦系数μ(轴上摩擦力忽略不计).解:(1)子弹射入定滑轮前后,子弹、定滑轮及物体A 构成的系统角动量守恒220[]2Rmv mR I MR ω=++ 解得 0222()mv RmR I MR ω=++(2)定滑轮转动过程中物体A 受的摩擦力所做的功等于系统动能的增量 2221()22I mR MR Mg R ωμπ-++=-⨯ 解得 202216()m v RMg mR MR I μπ=++ 3-20 行星在椭圆轨道上绕太阳运动,太阳质量为1m ,行星质量为2m ,行星在近日点和远日点时离太阳中心的距离分别为1r 和2r ,求行星在轨道上运动的总能量.解:将行星和太阳视为一个系统,由于只有引力做功,系统机械能守恒,设行星在近日点图3-19和远日点时的速率分别为1v 和2v ,有2212121122121122m m m m m v G m v G r r -=- 行星在轨道上运动时,受太阳的万有引力作用,引力的方向始终指向太阳,以太阳为参考点,行星所受力矩为零,故行星对太阳的角动量守恒 111222m rv m r v =行星在轨道上运动时的总能量为2212121122121122m m m m E m v G m v G r r =-=- 联立以上三式得:1212Gm m E r r =-+3-21 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/2R 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两轨道反向运行,相对于圆盘的线速度值同为v . 若圆盘最初静止,求两小车开始转动后圆盘的角速度.解: 设两小车和圆盘运动方向如图所示,以圆盘转动方向为正向,外轨道上小车相对于地面的角动量为()mR R v ω-,内轨道上小车相对于地面的角动量为11()22m R R v ω+,圆盘的角动量为'212J m R ωω=,由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 '2111()()0222mR R v m R R v m R ωωω-+++= '2(52)mvm m Rω=+ 3-22 如图示,一匀质圆盘A 作为定滑轮绕有轻绳,绳上挂两物体B 和C,轮A 的质量为1m ,半径为r ,物体B 、C 的质量分别为2m 、3m ,且2m >3m . 忽略轴的摩擦,求物体B 由静止下落到t 时刻时的速度.图3-21图3-22解:把滑轮和两个物体作为一个系统,其运动从整体上看对定轴O 是顺时针方向的,即轮A 沿顺时针方向转动物体B 向下运动物体C 向上运动,故以顺时针方向的运动作为系统运动的正方向,根据角动量定理,得00tMdt L L =-⎰(1)(1)式左边为系统受到的合外力矩对轴O 的冲量矩,由于轮A 所受重力和轴的作用力对轴O 的力矩为零,故只有两物体所受重力提供力矩,注意到两个重力矩的方向相反,故合力矩为2121()M m gr m gr m m gr =-=- (2)(1)式右边为系统对轴O 的角动量的增量- 0t =时系统静止,角动量00L = (3)到t 时刻,A 、B 、C 三个物体均沿顺时针方向运动,角动量均为正- 设此时轮A 的角速度ω,B 、C 两物体速率相同设为v ,则有212312A B C L L L L m r m vr m vr ω=++=++ (4)把(2)、(3)、(4)式代入(1)式有2211231()2m m grt m r m vr m vr ω-=++由于系统为一连接体,两物体的速率与轮边缘的速率相同,即有v r ω= 把此式代入(5)式即可求得物体下落t 时的速度 211232()23m m gtv m m m -=++。

大学物理第三章刚体力学基础习题答案

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

刚体结构力学试题及答案

刚体结构力学试题及答案

刚体结构力学试题及答案一、选择题(每题4分,共20分)1. 刚体的转动惯量与物体的质量和形状有关,以下说法正确的是()。

A. 质量越大,转动惯量越大B. 质量分布越集中,转动惯量越小C. 质量分布越分散,转动惯量越大D. 转动惯量与物体的质量无关答案:C2. 刚体在力的作用下发生旋转,下列说法正确的是()。

A. 力矩的大小与力的大小成正比B. 力矩的大小与力臂的长度成反比C. 力矩的大小与力的大小和力臂的长度都成正比D. 力矩的大小与力的大小和力臂的长度都无关答案:C3. 刚体的角速度与线速度之间的关系是()。

A. 角速度是线速度的两倍B. 线速度是角速度的两倍C. 角速度与线速度成正比D. 角速度与线速度成反比答案:C4. 在刚体的平移运动中,下列说法正确的是()。

A. 刚体上任意两点的位移相同B. 刚体上任意两点的速度相同C. 刚体上任意两点的加速度相同D. 以上说法都正确答案:D5. 刚体的转动惯量与物体的转动轴有关,以下说法正确的是()。

A. 转动轴越靠近物体的重心,转动惯量越小B. 转动轴越远离物体的重心,转动惯量越大C. 转动轴的位置不影响转动惯量D. 转动轴的位置与转动惯量无关答案:A二、填空题(每题4分,共20分)1. 刚体的转动惯量定义为物体的质量与其到转轴的____的乘积。

答案:距离平方2. 刚体在力矩作用下产生的角加速度的大小与力矩成正比,与物体的____成反比。

答案:转动惯量3. 根据牛顿第二定律,刚体的角加速度等于力矩除以物体的____。

答案:转动惯量4. 刚体的角速度和角位移的单位分别是____和____。

答案:弧度每秒,弧度5. 刚体在平面内的运动可以分解为____和____。

答案:平移,旋转三、简答题(每题10分,共30分)1. 请简述刚体的转动惯量与哪些因素有关,并举例说明。

答案:刚体的转动惯量与物体的质量分布和转轴的位置有关。

例如,一个均匀的圆盘绕通过其质心的轴旋转时,其转动惯量较小;而如果绕通过其边缘的轴旋转,其转动惯量则较大。

大学物理 刚体力学基础习题思考题及答案

大学物理 刚体力学基础习题思考题及答案
┄① ┄② ┄③ ┄④ ,┄⑤ 联立,解得:, 。 5-2.如图所示,一均匀细杆长为,质量为,平放在摩擦系数为的水平 桌面上,设开始时杆以角速度绕过中心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:,在杆上取一小质元,有微元摩擦力: , 微元摩擦力矩:, 考虑对称性,有摩擦力矩: ; (2)根据转动定律,有:,
解:根据角动量守恒,有:
有: ∴
5-9.一质量均匀分布的圆盘,质量为,半径为,放在一粗糙水平面上 (圆盘与水平面之间的摩擦系数为),圆盘可绕通过其中心的竖直固定光 滑轴转动。开始时,圆盘静止,一质量为的子弹以水平速度垂直于圆盘 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。(圆盘绕通过的竖 直轴的转动惯量为,忽略子弹重力造成的摩擦阻力矩。) 解:(1)利用角动量守恒: 得:; (2)选微分,其中:面密度, ∴由有:, 知:
得: 。
5-13.如图所示,物体放在粗糙的水平面上,与水平桌面之间的摩擦系 数为,细绳的一端系住物体,另一端缠绕在半径为的圆柱形转轮上,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 以绕其转轴转动。试问:细绳刚绷紧的瞬时,物体的速度多大?物体运 动后,细绳的张力多大? 解:(1)细绳刚绷紧的瞬时前后,把物体和转轮、绳看成一个系统, 系统对转轴圆柱形中心角动量守恒,
(1) (2) (3)
(4) 联立方程可得 、, 。
5-2.一圆盘绕过盘心且与盘面垂直的轴以角速度按图示方向转动,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 沿盘面方向同时作用到盘上,则盘的角速度怎样变化? 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)

面向新世纪课程教材大学物理大作业答案——刚体力学作业

面向新世纪课程教材大学物理大作业答案——刚体力学作业

L2

L1
=
J 2ω2

J1ω1
质点的动量定理
dpr
=
r F

dt
∫ r
I
=
tr F ⋅ dt =
t0
pr − pr0 = mvr − mvr0
三、刚体的角动量守恒定律
1. 角动量守恒定律
∫ 由角动量定理
r M

r M外
=
0
时,

d
t r
ΔL
= =
Δ 0
r L
r L
=
恒矢量
P.6
1
区分两类冲击摆
(1)
大作业题解
刚体力学
第3章 刚体力学基础
一、对转轴的力矩
r M
=
rr
×
r F
单位:N·m
r M
=
rr
×
r F⊥
r M
=
rr
×
r F
大小: 方向:
M = Frsinϕ
rr

r F
右旋前进方向
二、定轴转动定律
M z = Jβ
P.2
转动惯量(moment of inertia)
∑ 1. 定义 J = iri2mi 单位: kg ⋅ m 2
l/4 O
[ A]
mg l = 1 Jω 2 J = 7 ml 2
22
48
⇒ ω = 4 3g 7l
P.11
9.如图所示,一人造卫星到地球中心C的最大距离和
最小距离分别为RA和RB。设人造卫星对应的角动量分
别为LA和LB,动能分别为EkA和EkB,则有
(A) LB > LA,EkB > EkA

上海理工大学 大学物理 第五章_刚体力学答案

上海理工大学 大学物理 第五章_刚体力学答案

一、选择题[ C ] 1、基础训练(2)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为m 1和m 2的物体(m 1<m 2),如图5-7所示.绳与轮之间无相对滑动.若某时刻滑轮沿逆时针方向转动,则绳中的张力(A) 处处相等. (B) 左边大于右边. (C) 右边大于左边. (D) 哪边大无法判断.参考答案:逆时针转动时角速度方向垂直于纸面向外, 由于(m 1<m 2),实际上滑轮在作减速转动,角加速度方向垂直纸面向内,所以,由转动定律21()T T R J β-=可得:21T T >[ B ] 2、基础训练(5)如图5-9所示,一静止的均匀细棒,长为L 、质量为M ,可绕通过棒的端点且垂直于棒长的光滑固定轴O 在水平面内转动,转动惯量为231ML .一质量为m 、速率为v 的子弹在水平面内沿与棒垂直的方向射出并穿出棒的自由端,设穿过棒后子弹的速率为v 21,则此时棒的角速度应为(A)MLm v . (B)MLm 23v . (C)MLm 35v . (D)MLm 47v .图5-9[ C ] 3、基础训练(7)一圆盘正绕垂直于盘面的水平光滑固定轴O 转动,如图5-11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,子弹射入圆盘并且留在盘内,则子弹射入后的瞬间,圆盘的角速度 (A) 增大. (B) 不变. (C) 减小. (D) 不能确定.图5-7m图5-11v21v俯视图[ C ] 4、自测提高(2)将细绳绕在一个具有水平光滑轴的飞轮边缘上,现在在绳端挂一质量为m 的重物,飞轮的角加速度为 .如果以拉力2mg 代替重物拉绳时,飞轮的角加速度将(A) 小于 . (B) 大于 ,小于2 . (C) 大于2 . (D) 等于2 .[ A ] 5、自测提高(7)质量为m 的小孩站在半径为R 的水平平台边缘上.平台可以绕通过其中心的竖直光滑固定轴自由转动,转动惯量为J .平台和小孩开始时均静止.当小孩突然以相对于地面为v 的速率在台边缘沿逆时针转向走动时,则此平台相对地面旋转的角速度和旋转方向分别为(A) ⎪⎭⎫ ⎝⎛=R J mR v 2ω,顺时针. (B) ⎪⎭⎫⎝⎛=R J mR v 2ω,逆时针.(C) ⎪⎭⎫ ⎝⎛+=R mR J mR v 22ω,顺时针. (D) ⎪⎭⎫⎝⎛+=R mR J mR v 22ω,逆时针.二、填空题6、基础训练(8)绕定轴转动的飞轮均匀地减速,t =0时角速度为05rad ω=,t =20s 时角速度为00.8ωω=,则飞轮的角加速度β=-0.05 rad/s 2 ,t =0到 t =100 s 时间内飞轮所转过的角度θ= 250rad .7、基础训练(9)一长为l ,质量可以忽略的直杆,可绕通过其一端的水平光滑轴在竖直平面内作定轴转动,在杆的另一端固定着一质量为m 的小球,如图5-12所示.现将杆由水平位置无初转速地释放.则杆刚被释放时的角加速度β0= g/l ,杆与水平方向夹角为60°时的角加速度β= g/2l .图 5-128、基础训练(10)如图5-13所示,P 、Q 、R 和S 是附于刚性轻质细杆上的质量分别为4m 、3m 、2m 和m 的四个质点,PQ =QR =RS =l ,则系统对O O '轴的转动惯量为 50ml 2 。

陈世民理论力学简明教程第二版答案第五张刚体力学

陈世民理论力学简明教程第二版答案第五张刚体力学

第五张 刚体力学平动中见彼此,转动中见分高低.运动美会让你感受到创造的乐趣.走过这遭,也许会有曾经沧海难为水的感叹.别忘了,坐标变换将为你迷津救渡,同时亦会略显身手.【要点分析与总结】1 刚体的运动(1)刚体内的任一点的速度、加速度(A 为基点) (2)刚体内的瞬心S :()21s A A r r ωυω=+⨯〈析〉ω为基点转动的矢量和,12ωωω=++值得注意的是:有转动时r '与r ω'⨯的微分,引入了r ω'⨯与()r ωω'⨯⨯项。

2 刚体的动量,角动量,动能 (1)动量:c P m υ=(2)角动量: x x xx xy xz i i i y yxyy yz y zx zyzz z z L J J J L r m L J J J J J J J L ωυωωω⎛⎫⎛⎫⎛⎫-- ⎪ ⎪⎪=⨯===-- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎪--⎝⎭⎝⎭⎝⎭∑式中:转动惯量()()()222222xx yy zz J y z dmJ z x dm J x y dm ⎧=+⎪⎪=+⎨⎪=+⎪⎩⎰⎰⎰惯量积xx yy zz J xydmJ yzdm J zxdm ⎧=⎪⎪=⎨⎪=⎪⎩⎰⎰⎰且c c cL r m L υ'=⨯+ * l e 方向(以l 为轴)的转动惯量: (,,αβγ分别为l e 与,,x y z 轴夹角的余弦) * 惯量主轴惯量主轴可以是对称轴或对称面的法线若X 轴为惯量主轴,则含X 的惯量积为0,即: 0==xy xz J J 若,,x y z 轴均为惯量主轴,则:xx yy zz L J i J j J k =++ 〈析〉建立的坐标轴轴应尽可能的是惯量主轴,这样会降低解题繁度。

(3) 动能:22211112222c i i c c iT m m m J υυυωω'=+=+∑* 定轴转动时: 212T J ω=* 平面平行运动: 221122c c T m J υω=+3刚体的动力学方程与质点动力学方程相同。

《大学物理学活页作业》(赵近芳)参考答案

《大学物理学活页作业》(赵近芳)参考答案

作业1 质点运动学(一)参考答案1. B ;2. D;3. 8m, 10m.4. 3, 3 6;5. 解:(1) 5.0/-==∆∆t x v m/s(2) v = d x /d t = 9t - 6t 2v (2) =-6 m/s(3) S = |x (1.5)-x (1)| + |x (2)-x (1.5)| = 2.25 m6. 答:矢径r是从坐标原点至质点所在位置的有向线段.而位移矢量是从某一个初始时刻质点所在位置到后一个时刻质点所在位置的有向线段.它们的一般关系为0r r r-=∆0r 为初始时刻的矢径, r 为末时刻的矢径,△r为位移矢量.若把坐标原点选在质点的初始位置,则0r =0,任意时刻质点对于此位置的位移为△r =r,即r既是矢径也是位移矢量.1. D ;2. -g /2 , ()g 3/322v3. 4t 3-3t 2 (rad/s), 12t 2-6t (m/s 2)4. 17.3 m/s, 20 m/s .5. 解: =a d v /d t 4=t , d v 4=t d t⎰⎰=vv 0d 4d tt tv 2=t 2v d =x /d t 2=t 2t t x txx d 2d 020⎰⎰=x 2= t 3 /3+x 0 (SI)6. 解:根据已知条件确定常量k()222/rad 4//s Rt t k ===v ω24t =ω, 24Rt R ==ωvt=1s 时, v = 4Rt 2 = 8 m/s2s /168/m Rt dt d a t ===v 22s /32/m R a n ==v()8.352/122=+=nt a a a m/s 21.D2.C3.4. l/cos 2θ5.如图所示,A ,B ,C 三物体,质量分别为M=0.8kg, m= m 0=0.1kg ,当他们如图a 放置时,物体正好做匀速运动。

(1)求物体A 与水平桌面的摩擦系数;(2)若按图b 放置时,求系统的加速度及绳的张力。

5《学习指南 试题精解》 第五章 刚体力学

5《学习指南 试题精解》  第五章  刚体力学

第5章 刚体力学5.1 本章要求:1、通过质点在平面内的运动情况理解角动量、动量矩和角动量守恒定律,了解转动惯量的概念;2、理解刚体的定轴转动的转动定律和刚体在定轴转动情况下的角动量定理和角动量守恒定律;3、能应用角动量定理和角动量守恒定律解简单的刚体运动的力学问题。

5.2 内容提要1、质点的角动量v r m P r L ⨯=⨯=;2、质点的角动量定理作用于质点的冲量矩等于质点的角动量的增量。

积分形式00L L d dt LL tt -==⎰⎰ ,微分形式dtd M =外 3、角动量守恒定律如果某一固定点,质点所受合外力矩为零,则此质点对该固定点的角动量矢量保持不变。

则0=dtLd , ∑=ii L L = 常矢量 4、刚体物体内任意两点间的距离在外力作用下始终保持不变,从而其大小和形状都保持不变的物体,称为刚体。

刚体也是物体的一种理想模型。

5、平动 刚体运动时,连接刚体中任意两点的直线始终保持它的方位不变。

这种运动称为刚体的平动或平移。

6、转动刚体运动时,如果刚体内各点都绕同一直线作圆周运动,这种运动称为刚体的转动;这一直线称为转轴。

如果转轴相对于所取的参考系是固定不动的,就称为定轴转动。

如果转轴上一点静止于参考系,而转动的方位在变动,这种转动称为定点转动。

刚体的一般运动,可以看作平动和转动所合成。

7、质心质心是与质点系的质量分布有关的一个代表点,它的位置在平均意义上代表着质点分布的中心。

对于有许多质点组成的系统,如果用i m 和i r 表示第i 个质点的质量和位矢,用c r 表示质心的位矢,则有Mrm r iii c ∑=,式中∑=ii m M 为质点系的总质量。

质心位置的坐标为:Mzm z M ym y M xm x iii c iii c iii c ∑∑∑===,,。

对于质量连续性分布的物体,质心的位矢为⎰=Mrdmr c其坐标为⎰⎰⎰===zdm Mz ydm M y xdm M x c c c 1,1,1。

第五章 刚体力学参考答案

第五章  刚体力学参考答案

一、选择题[ C ]1、如图所示,A 、B 为两个相同的绕着轻绳的定滑轮.A 滑轮挂一质量为M 的物体,B 滑轮受拉力F ,而 且F =Mg .设A 、B 两滑轮的角加速度分别为βA 和βB ,不计滑轮轴的摩擦,则有(A) βA =βB . (B) βA >βB .(C) βA <βB . (D) 开始时βA =βB ,以后βA <βB .图5-18参考答案:设定滑轮半径为R,转动惯量为J ,如图所示,据刚体定轴转动定律M=Jβ有: 对B :FR=MgR= J βB .对A :Mg-T=Ma TR=J βA, a=R βA, 可推出:βA <βB[ D ]2、如图5-8所示,一质量为m 的匀质细杆AB ,A 端靠在粗糙的竖直墙壁上,B 端置于粗糙水平地面上而静止.杆身与竖直方向成θ角,则A 端对墙壁的压力大小(A) 为 41mg cos θ. (B)为21mg tg θ.(C) 为 mg sin θ. (D) 不能唯一确定.[ C ]3、一圆盘正绕垂直于盘面的水平光滑固定轴O 转动,如图5-11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,子弹射入圆盘并且留在盘内,则子弹射入后的瞬间,圆盘的角速度ω (A) 增大. (B) 不变. (C) 减小. (D) 不能确定.图5-8mm图5-11参考答案:把三者看作同一系统时,系统所受合外力矩为零, 系统角动量守恒。

设L 为每一子弹相对固定轴O 的角动量大小.故由角动量守恒定律得: J ω0+L-L=(J+J 子弹) ω ω <ω0[ A ]4、质量为m 的小孩站在半径为R 的水平平台边缘上.平台可以绕通过其中心的竖直光滑固定轴自由转动,转动惯量为J .平台和小孩开始时均静止.当小孩突然以相对于地面为v 的速率在台边缘沿逆时针转向走动时,则此平台相对地面旋转的角速度和旋转方向分别为 (A) ⎪⎭⎫⎝⎛=RJ mR v 2ω,顺时针. (B) ⎪⎭⎫⎝⎛=RJ mR v2ω,逆时针. (C) ⎪⎭⎫⎝⎛+=R mRJ mRv 22ω,顺时针. (D) ⎪⎭⎫⎝⎛+=R mR J mR v 22ω,逆时针.参考答案:视小孩与平台为一个系统,该系统所受的外力矩为零,系统角动量守恒: 0=Rmv-J ω 可得结论。

大学物理刚体力学测试题答案

大学物理刚体力学测试题答案

选择题答案及解析
• 答案:D
• 解析:根据刚体的转动惯量公式,对于一个质量均匀分布的细杆,其转动惯量与质量、长度和质心到转轴的距离有关。故 D选项正确。
选择题答案及解析
• 答案:A • 解析:根据刚体的动能定理,当刚
体受到的合外力矩不为零时,刚体 的角速度会发生变化。故A选项正 确。
填空题答案及解析
有挑战性
部分题目难度较大,需要学生具备较强的分 析问题和解决问题的能力。
测试题答案解析总结
要点一
详细解析
每道题目都附有详细的答案解析,帮助学生理解解题思路 和方法。
要点二
举一反三
答案解析中还提供了相关题型的解题技巧,有助于学生触 类旁通。
THANKS
感谢观看
难题
考查学生的综合运用能力和创新思维,难度较大,需要较高的解题技巧。
测试题目的目标
01
检验学生对刚体力学基本概念和公式的掌握程度。
02
评估学生对刚体力学知识的应用能力。
提高学生的综合运用能力和创新思维。
03
02
测试题内容选Leabharlann 题选择题1答案:C1
选择题2答案:B
2
选择题3答案:D
3
填空题
填空题1答案
• 答案
10 N·m
• 解析
根据刚体的转动动能公式,当刚体的转动惯量为1 kg·m²,角速度为10 rad/s时,其转 动动能为0.5×1×10²=50 J。由于题目中要求的是力矩,因此需要将动能转换为力矩,
即50 J=10 N·m。故填空题1的答案是10 N·m。
填空题答案及解析
• 答案
2 kg·m²
04
测试题总结
测试题特点总结

第五章 刚体力学参考答案(修改稿)

第五章 刚体力学参考答案(修改稿)

一、 选择题【 B 】1、[基础训练1] 一刚体以60r/min 绕z 轴做匀速转动(ω沿z 轴正方向).设某时刻刚体上一点P 的位置矢量为k j i r 5 4 3++=,其单位为“10-2 m ”,若以“10-2 m ·s -1”为速度单位,则该时刻P 点的速度为:(A) k j i157.0 125.6 94.2++=v (B) j i 8.18 1.25+-=v(C) j i8.18 1.25--=v (D) k 4.31=v [ ]【提示】:k nπω2= 由 86V r i j ωππ=⨯=-+【 B 】2、[基础训练5 ]如图5-9所示,一静止的均匀细棒,长为L 、质量为M ,可绕通过棒的端点且垂直于棒长的光滑固定轴O 在水平面内转动,转动惯量为231ML .一质量为m 、速率为v 的子弹在水平面内沿与棒垂直的方向射出并穿出棒的自由端,设穿过棒后子弹的速率为v 21,则此时棒的角速度应为 (A)ML m v . (B) ML m 23v . (C) MLm 35v . (D) ML m 47v. [ ]【提示】:把质点与子弹看作一个系统,该系统所受合外力矩为零,系统角动量守恒有:21123L mv L m v ML ω⋅=⋅+⋅ 由此可得出答案。

图5-9【 C 】3、[基础训练7]一圆盘正绕垂直于盘面的水平光滑固定轴O 转动,如图5-11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,子弹射入圆盘并且留在盘内,则子弹射入后的瞬间,圆盘的角速度(A) 增大. (B) 不变. (C) 减小. (D) 不能确定. [ ]【提示】:把三者看作同一系统时,系统所受合外力矩为零,系统角动量守恒。

设L 为每一子弹相对与O 点的角动量大小,ω0为子弹射入前圆盘的角速度,ω为子弹射入后的瞬间与圆盘共同的角速度,J 为圆盘的转动惯量,J 子弹为子弹转动惯量,据角动量守恒定律有:00()J L L J J J J J ωωωωω+-=+=<+子弹子弹【 D 】4、[自测提高2]图5-21(a)为一绳长为l 、质量为m 的单摆.图5-21(b)为一长度为l 、质量为m 能绕水平固定轴O 自由转动的匀质细棒.现将单摆和细棒同时从与竖直线成θ 角度的位置由静止释放,若运动到竖直位置时,单摆、细棒角速度分别以ω 1、ω 2表示.则: (A) 2121ωω=. (B) ω 1 = ω 2.m图5-11 v21v俯视图(C) 2132ωω=. (D) 213/2ωω=.【提示】: 单摆和细棒同时从与竖直线成θ 角度的位置由静止 释放运动到竖直位置时,系统只有保守内力(重力)做功, 故满足机械能守恒条件,则对单摆和细棒分别有:图5-21 221221(cos )21(cos )222mg l l m l l l mg J θωθω⎧-=⎪⎪⎨⎪-=⎪⎩(1)(2)(1) 式以单摆运动到竖直位置时为重力势能的零势点,(2)式以匀质细棒质心运动到竖直位置时为零势点。

05刚体的定轴转动习题解答

05刚体的定轴转动习题解答

05刚体的定轴转动习题解答05刚体的定轴转动习题解答第五章刚体的定轴转动一选择题1. 一绕定轴转动的刚体,某时刻的角速度为ω,角加速度为α,则其转动加快的依据是:()A. α > 0B. ω > 0,α > 0C. ω < 0,α > 0D. ω > 0,α < 0解:答案是B。

2. 用铅和铁两种金属制成两个均质圆盘,质量相等且具有相同的厚度,则它们对过盘心且垂直盘面的轴的转动惯量。

()A. 相等;B. 铅盘的大;C. 铁盘的大;D. 无法确定谁大谁小解:答案是C 。

简要提示:铅的密度大,所以其半径小,圆盘的转动惯量为:2/2 Mr J =。

3. 一轻绳绕在半径为r 的重滑轮上,轮对轴的转动惯量为J ,一是以力F 向下拉绳使轮转动;二是以重量等于F 的重物挂在绳上使之转动,若两种情况使轮边缘获得的切向加速度分别为a 1和a 2,则有:()A. a 1 = a 2B. a 1 > a 2C. a 1< a 2D. 无法确定解:答案是B 。

简要提示:(1) 由定轴转动定律,1αJ Fr =和11αr a =,得:JFra /21=(2) 受力分析得:===-2222ααr a J Tr ma T mg ,其中m 为重物的质量,T 为绳子的张力。

得:)/(222mr J Fr a +=,所以a 1 > a 2。

4. 一半径为R ,质量为m 的圆柱体,在切向力F 作用下由静止开始绕轴线作定轴转动,则在2秒内F 对柱体所作功为:()A. 4 F 2/ mB. 2 F 2 / mC. F 2 / mD. F 2 / 2 m 解:答案是A 。

简要提示:由定轴转动定律:α221MR FR =,得:mRFt 4212==?αθ 所以:mFM W /42=?=θ5. 一电唱机的转盘正以ω 0的角速度转动,其转动惯量为J 1,现将一转动惯量为J 2的唱片置于转盘上,则共同转动的角速度应为:()A .0211ωJJ J+ B .0121ωJJJ + C .021ωJ JD .012ωJ J解:答案是A 。

第5章刚体力学习题课解析

第5章刚体力学习题课解析

[例3]一物体组。其中滑轮A可随m的下降而上升。两滑轮的质 量均为M ,且均匀分布,半径为R ,绳子的质量及轴上的摩擦不 计。试求:m下降的加速度及绳中的张力。
解:选取地面为参考系,隔离动滑轮A、 定滑轮B 和物体m,分析受力。规定 物体运动方向为正方向。
对物体 m 应用牛顿第二定律,得:
B
o
m1
T3
M2
T3
R1
T1
a 1 R1 2 R2
T1 T1, T2 T2 , T3 T3
联立得:
2( m1 m2 ) g a 2 (m1 m2 ) M1 M 2
4m1m2 g m1 ( M1 M 2 ) g T1 m1 g m1a 2( m1 m2 ) M1 M 2
4m1m2 g m2 ( M1 M 2 ) g T2 m2 g m2a 2( m1 m2 ) M1 M 2
1 4m1m2 g m1 M 2 g m2 M1 g T3 m2 ( g a ) M 2a 2 2(m1 m2 ) M1 M 2
联立上式求解,得:
11mMg T1 8m 7 M
(14m 4 M ) Mg T2 8m 7 M
(5m 3 M ) Mg T3 8m 7 M
[例4]已知m 1 ,m 2 ,M1 ,M2 ,R1 ,R 2 且m 1 > m 2 。 求:m 2的加速度和张力T1 ,T2 ,T3 解:设m 2 的加速度大小为a ,方向向上, m 1 的加速度大小也为a ,方向向下。 分析m1、m2 受力。由牛顿第二定律:

b
a
F dr

b
a
M d

大学物理刚体力学测试题答案

大学物理刚体力学测试题答案
an R2 Rt2 0.30.52t2 0.30.52160.4 ms2
3
3.质量均为 m 的三个小球用长为 l 的三根轻质的刚性杆连成一个
刚体。建立坐标系如图所示,将刚体置于 OYZ 平面内,则此刚体:
( 量1为)_对__1_O_mX__l轴_2 _的__转。动惯量为____45__m__l _2 __;(2)对
(4)
2
(4)式代入(1)式得
a
2 m 'g m 2m '
(5)
a 2 m 'g R (m 2 m ') R
(5)式代入(4)式,得
T
mm' m 2m'
g
2 .如 图 所 示 , 一 长 为 L = 0 .4 0 m 的 均 匀 木 棒 , 质 量 M = 1 .0 k g , 可 绕 水 平
25rads 10s 时的角速度为
1 ,在 10s 内转过的角度
为 125rad 。
由静止开始的匀加速转动运动学公式
角速度 0tt2.51025rads1 角(位角移度)0t1 2t21 2t21 22.5102125rad
2.半径为 30cm 的飞轮,从静止开始以 0.5rad s 2 的角加速度
(A)动量大小不变,动能变,角动量变
(B)动量大小变,动能不变,角动量变
(C)动量大小与动能都变,角动量不变
(D)三者都不变
rO
质点受有心力作用,合外力矩为零,
质点角动量守恒
F
Lm r恒 量
绳下拉过程半径r变小,速度v变大, 动量mv变大,动能变大
1.一砂轮由静止开始作匀加速运动,角加速度 2.5rad s 2 。则
轴 O 在 竖 直 面 内 转 动 。开 始 时 ,棒 自 然 地 竖 直 悬 垂 ,现 有 质 量 m = 8 .0 g

第05章__刚体力学基础补充

第05章__刚体力学基础补充

第05章__刚体⼒学基础补充第五章刚体⼒学基础⼀、选择题1 甲⼄两⼈造卫星质量相同,分别沿着各⾃的圆形轨道绕地球运⾏,甲的轨道半径较⼩,则与⼄相⽐,甲的:(A)动能较⼤,势能较⼩,总能量较⼤; (B)动能较⼩,势能较⼤,总能量较⼤; (C)动能较⼤,势能较⼩,总能量较⼩;(D)动能较⼩,势能较⼩,总能量较⼩;[ C ]难度:易2 ⼀滑冰者,以某⼀⾓速度开始转动,当他向内收缩双臂时,则: (A)⾓速度增⼤,动能减⼩; (B)⾓速度增⼤,动能增⼤;(C)⾓速度增⼤,但动能不变;(D)⾓速度减⼩,动能减⼩。

[ B ]难度:易3 两⼈各持⼀均匀直棒的⼀端,棒重W ,⼀⼈突然放⼿,在此瞬间,另⼀个⼈感到⼿上承受的⼒变为:(A)3w ; (B) 2w (C) 43w ; (D) 4w 。

[ D ]难度:难4 长为L 、质量为M 的匀质细杆OA 如图悬挂.O 为⽔平光滑固定转轴,平衡时杆竖直下垂,⼀质量为m 的⼦弹以⽔平速度0v 击中杆的A端并嵌⼊其内。

那么碰撞后A 端的速度⼤⼩: (A)M m mv +12120; (B) Mm mv +330;(C) M m mv +0; (D) Mm mv +330。

[ B ]难度:中5 ⼀根质量为m 、长为l 的均匀直棒可绕过其⼀端且与棒垂直的⽔平光滑固定轴转动.抬起另⼀端使棒竖直地⽴起,如让它掉下来,则棒将以⾓速度ω撞击地板。

如图将同样的棒截成长为2l的⼀段,初始条件不变,则它撞击地板时的⾓速度最接近于:(A)ω2; (B)ω2; (C) ω; (D) 2ω。

[ A ]难度:难6 如图:A 与B 是两个质量相同的⼩球,A 球⽤⼀根不能伸长的绳⼦拴着,B 球⽤橡⽪拴着,把它们拉到⽔平位置,放⼿后两⼩球到达竖直位置时绳长相等,则此时两球L的线速度:(A)B A v v = (B) B A v v <(C) B A v v > (D)⽆法判断。

[ C ]难度:中7 ⽔平圆转台上距转轴R 处有⼀质量为m 的物体随转台作匀速圆周运动。

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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作业5 刚体力学♫刚体:在力的作用下不发生形变的物体⎰=-⇒=210t t dt dt d ωθθθω角速度 ⎰=-⇒=210t t dt dtd βωωωβ角加速度1、(基础8)绕定轴转动的飞轮均匀地减速,t =0时角速度为05rad s ω=,t =20s 时角速度为00.8ωω=,则飞轮的角加速度β= -0.05 rad/s 2 ,t =0到 t =100 s 时间内飞轮所转过的角度θ= 250rad .【解答】飞轮作匀变速转动,据0t ωωβ=+,可得出:200.05rad s tωωβ-==-据2012t t θωβ=+可得结果。

♫定轴转动的转动定律:定轴转动的角加速度与它所受的合外力矩成正比,与刚体的转动惯量成反比.βJ M =质点运动与刚体定轴转动对照[ C ] 1、(基础2)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为m 1和m 2的物体(m 1<m 2),如图5-7所示.绳与轮之间无相对滑动.若某时刻滑轮沿逆时针方向转动,则绳中的张力(A) 处处相等. (B) 左边大于右边.(C) 右边大于左边. (D) 哪边大无法判断. 【解答】由于m 1<m 2,实际上滑轮在作减速转动,角加速度方向垂直纸面向内,设滑轮半径为R,受右端绳子向下拉力为T 2,左端绳子向下拉力为T 1,对滑轮由转动定律得:(T 2-T 1)R=J β [ D ] 2、(基础3)如图所示,一质量为m 的匀质细杆AB ,A 端靠在粗糙的竖直墙壁上,B 端置于粗糙水平地面上而静止,杆身与竖直方向成θ角,则A 端对墙壁的压力大小为θcos 41(A)mg θtan 21(B)mgθsin (C)mg (D)不能唯一确定m 2m 1 O【解答】因为细杆处于平衡状态,它所受的合外力为零,以B 为参考点,外力矩也是平衡的,则有:A B N f = A B f N mg +=θθθlcon N l f lmg A A +=sin sin 2三个独立方程有四个未知数,不能唯一确定。

3(自测9)一长为l 、质量可以忽略的直杆,两端分别固定有质量为2m 和m 的小球,杆可绕通过其中心O 且与杆垂直的水平光滑固定轴在铅直平面内转动.开始杆与水平方向成某一角度θ,处于静止状态,如图所示.释放后,杆绕O 轴转动.则当杆转到水平位置时,该系统所受到的合外力矩的大小 /2mgl ,此时该系统角加速度的大小 23gl. 【解答】4、(基础12) 如图5-14所示,滑块A 、重物B 和滑轮C 的质量分别为m A 、m B 和m C ,滑轮的半径为R ,滑轮对轴的转动惯量J =21m C R 2.滑块A 与桌面间、滑轮与轴承之间均无摩擦,绳的质量可不计,绳与滑轮之间无相对滑动.滑块A 的加速度. 【解答】CB A B m m m gm a ++=)(22由转动定律得:B A T R T R J β-= (1) B B B G T m a -= (2) A A T m a = (3) a R β= (4)4个方程,共有4个未知量: A T 、B T 、a 和β。

可求:()22B A B c a m g m m m =++⎡⎤⎣⎦5、(基础18)如图5-17所示、质量分别为m 和2m 、半径分别为r 和2r的两个均匀圆盘,同轴地粘在一起,可以绕通过盘心且垂直盘面的水平光滑固定轴转动,对转轴的转动惯量为9mr 2/2,大小圆盘边缘都绕有绳子,绳子下端都挂一质量为m 的重物,求盘的角加速度的大小. 【解答】受力情况如图5-17,'11T T =,'22T T =11mg T ma -= (1) 22T mg ma -= (2)CABG BT BT A2/2/2/2M mgl mgl mgl =-= 2222(/2)(/2)3M mgl g J m l m l lβ===+122T r T r Jβ-=(3)12a rβ=(4)2a rβ=(5)联立以上几式解得:219gr♫转动惯量:质量非连续分布:22222112jjjjrmrmrmrmJ+++=∆=∑Λ质量连续分布:mrrmJjjjd22⎰∑=∆=1、(基础10)如图5-13所示,P、Q、R和S是附于刚性轻质细杆上的质量分别为4m、3m、2m和m的四个质点,PQ=QR=RS=l,则系统对OO'轴的转动惯量为。

【解答】据2i iJ m r=∑有:22224(3)3(2)2050J m l m l ml ml=+++=♫摩擦力矩:⎰=-=-=-=dMMgdmrdNrrdfdMμμ1、(自测12)一根质量为m、长为l的均匀细杆,可在水平桌面上绕通过其一端的竖直固定轴转动.已知细杆与桌面的滑动摩擦系数为μ,则杆转动时受的摩擦力矩的大小为=μmgl/2【解答】在细杆长x处取线元dx,所受到的摩擦力矩dM=μ(m/l)gxdx,则02l m mglM gxdxlμμ==⎰♫定轴转动的动能定理:21222121d21ωωθθθJJMA-==⎰♫定轴转动的角动量定理:1221dddωωJJtMtLM tt-=⇒=⎰ϖϖ角动量守恒:合外力矩为零。

ωJL=为常量[ C ]1、(基础7)一圆盘正绕垂直于盘面的水平光滑固定轴O转动,如图5-11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,子弹射入圆盘并且留在盘内,则子弹射入后的瞬间,圆盘的角速度(A) 增大.(B) 不变.(C) 减小.(D) 不能确定.【解答】把三者看作同一系统时,系统所受合外力矩为零,系统角动量守恒。

设L为每一子弹相对与O点的角动量大小,据角动量守恒定律有:[ C]2、(自测4)光滑的水平桌面上,有一长为2L、质量为m的匀质细杆,可绕过其中点且垂直于杆的竖直光滑固定轴O自由转动,其转动惯量为31mL2,起初杆静止.桌面上有两个质量均为m的小球,各自在垂直于杆的方向上,正对着杆的一端,以相同速率v相向运动,如图所OMmm图5-11Ovv俯视图RPSRQR OO′示.当两小球同时与杆的两个端点发生完全非弹性碰撞后,就与杆粘在一起转动,则这一系统碰撞后的转动角速度应为 (A)L 32v .(B) L 54v .(C) L 76v .(D) L 98v . (E)L712v . 【解答】视两小球与细杆为一系统,碰撞过程中系统所受合外力矩为零,满足角动量守恒条件2221[(2)]12lmv lmv ml ml m l ω+=++[ A ] 3、(自测7)质量为m 的小孩站在半径为R 的水平平台边缘上.平台可以绕通过其中心的竖直光滑固定轴自由转动,转动惯量为J .平台和小孩开始时均静止.当小孩突然以相对于地面为v 的速率在台边缘沿逆时针转向走动时,则此平台相对地面旋转的角速度和旋转方向分别为(A) ⎪⎭⎫ ⎝⎛=R J mR v 2ω,顺时针. (B) ⎪⎭⎫⎝⎛=R J mR v 2ω,逆时针.(C) ⎪⎭⎫ ⎝⎛+=R mR J mR v 22ω,顺时针. (D) ⎪⎭⎫⎝⎛+=R mR J mR v 22ω,逆时针. 【解答】视小孩与平台为一个系统,该系统所受的外力矩为零,系统角动量守恒:0Rmv J ω=- 可得 2()Rmv mR vJ J Rω==。

,顺时针 4、(基础16)一转动惯量为J 的圆盘绕一固定轴转动,起初角速度为0ω,设它所受阻力矩与转动角速度成正比,即M k ω=- (k 为正的常数),求圆盘的角速度从0ω变为021ω时所需时间.【解答】 根据dtd JJ M ωβ== ωJd Mdt = ωκωJd dt =-⎰⎰=-td Jdt 02100ωωωωκ所以得 kJ t 2ln =5、(自测16)如图5-24所示,长为l 的轻杆,两端各固定质量分别为m 和2m 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31l 和32l .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 ϖ与杆下端小球m 作对心碰撞,碰后以021v ϖ的速度返回,试求碰撞后轻杆所获得的角速度. 【解答】系统所受的合外力矩为零,角动量守恒:碰前的角动量为:碰后的角动量为:2mmmO21v ϖ0v ϖl32l 31l mv 320ω])31(2)32([3221220l m l m l v m ++-所以:得 6、自测提高(17)如图5-25所示,一质量均匀分布的圆盘,质量为0m ,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 0垂直于圆盘半径打入圆盘边缘并嵌在盘边上,如图5-25所示。

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) 【解答】(1)以子弹和圆盘为系统,设0ω为碰撞后瞬间的角加速度,由角动量守恒定律得:(2)圆盘的质量面密度02m R σπ=,在圆盘上取一半径为r ,宽为dr 的小环带,质量元 2dm rdr σπ= 此环带受到的摩擦阻力矩 2f dM dm g r rdr g r μμσπ=⋅⋅⋅=⋅⋅⋅则根据 可推出:所以0032mv t m gμ=7、(自测18)空心圆环可绕光滑的竖直固定轴AC 自由转动,转动惯量为J0,环的半径为R ,初始时环的角速度为0.质量为m 的小球静止在环内最高处A 点,由于某种微小干扰,小球沿环向下滑动,问小球滑到与环心O 在同一高度的B 点和环的最低处的C 点时,环的角速度及小球相对于环的速度各为多大?(设环的内壁和小球都是光滑的,小球可视为质点,环截面半径r <<R .) 【解答】选小球和环为系统.运动过程中所受合外力矩为零,故角动量守恒. 即系统起初的角动量J 0ω0与小球滑到B 点时系统角动量相同,J 0ω0=(J 0+mR 2)ω 所以 0020J J mR ωω=+又因环的内壁和小球都是光滑,只有保守力做功,故地球、小球和环系统机械能守恒.取过环心的水平面为势能零点,则有22222000111()222B J mgR J m R v ωωω+=++式中v B 表示小球在B 点时相对地面的竖直分速度,也等于它相对于环的速度.代入ω得:mRO0v ϖR A ω0B C02020)21(ωR m mR R mv +=R m m mv )21(000+=ω20020223R f m M gr dr m gRR μπμπ=⋅⋅=⎰f d M J dt ω-=0000220012t f M dt Jd m R mR d ωωωω⎛⎫-==+ ⎪⎝⎭⎰⎰⎰ω])31(2)32([3221322200l m l m l v m l mv ++-=lv230=ω222002J mR RJ gR B ++=ωv 当小球滑到C 点时,由角动量守恒定律,系统的角速度又回复至ω0,又由机械能守恒定律知,小球在C 的动能完全由在A 点的重力势能转换而来.所以:()R mg m C 2212=v , gR C 4=v四、附加题1.(基础17)在半径为R 的具有光滑竖直固定中心轴的水平圆盘上,有一人静止站立在距转轴为R 21处,人的质量是圆盘质量的1/10.开始时盘载人对地以角速度0匀速转动,现在此人垂直圆盘半径相对于盘以速率v 沿与盘转动相反方向作圆周运动,如图5-16所示. 已知圆盘对中心轴的转动惯量为221MR .求:(1) 圆盘对地的角速度.(2) 欲使圆盘对地静止,人应沿着R 21圆周 图5-16对圆盘的速度v ϖ的大小及方向?【解答】(1)设当人以速率v 沿相对圆盘转动相反的方向走动时, 圆盘对地的绕轴角速度为ω,则人对地的绕轴角速度为212v vR R ωωω'=-=- (1) 视人与盘为系统,所受对转轴合外力矩为零,系统的角动量守恒,设盘的质量为M ,则人的质量为M/10,有:222201121022102M R M R MR MR ωωω⎡⎤⎛⎫⎛⎫'+=+⎢⎥ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦(2)将(1)式代入(2)有:0221vRωω=+(3) (2)欲使盘对地静止,则式(3)必为零,即02021vR ω+=。

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