上海理工大学 大学物理 第五章_刚体力学答案
大学物理第五章习题答案
大学物理第五章习题答案大学物理第五章习题答案第一题：题目：一个质量为m的物体以速度v水平运动，撞到一个质量为M的静止物体，两物体发生完全弹性碰撞，求碰撞后两物体的速度。
解答：根据动量守恒定律，碰撞前后动量的总和保持不变。
设碰撞后物体m的速度为v1，物体M的速度为V1，则有mv = mv1 + MV1。
由于碰撞是完全弹性碰撞，动能守恒定律也成立，即(mv^2)/2 = (mv1^2)/2 + (MV1^2)/2。
将第一个方程代入第二个方程，可得到关于v1和V1的方程组。
解方程组即可得到碰撞后两物体的速度。
第二题：题目：一个质量为m的物体以速度v1撞击一个质量为M的静止物体，碰撞后物体m的速度变为v2，求物体M的速度。
解答：同样利用动量守恒定律和动能守恒定律，设碰撞后物体m的速度为v2，物体M的速度为V2，则有mv1 = mv2 + MV2，以及(mv1^2)/2 = (mv2^2)/2 + (MV2^2)/2。
将第一个方程代入第二个方程，解方程组即可得到物体M的速度V2。
第三题：题目：一个质量为m的物体以速度v撞击一个质量为M的静止物体，碰撞后两物体粘在一起，求粘在一起后的速度。
解答：根据动量守恒定律，碰撞前后动量的总和保持不变。
设碰撞后两物体的速度为V，则有mv = (m+M)V。
解方程即可得到粘在一起后的速度V。
第四题：题目：一个质量为m的物体以速度v撞击一个质量为M的静止物体，碰撞后物体m的速度变为v2，求物体M的速度。
解答：同样利用动量守恒定律和动能守恒定律，设碰撞后物体m的速度为v2，物体M的速度为V，则有mv = mv2 + MV，以及(mv^2)/2 = (mv2^2)/2 +(MV^2)/2。
将第一个方程代入第二个方程，解方程组即可得到物体M的速度V。
第五题：题目：一个质量为m的物体以速度v撞击一个质量为M的静止物体，碰撞后物体m的速度变为v2，求碰撞后两物体的动能变化。
解答：碰撞前物体m的动能为(mv^2)/2，碰撞后物体m的动能为(mv2^2)/2，两者之差即为动能变化。
刚体力学参考答案
mg —sin f A l sin三个独立方程有四个未知数，不能唯一确定。
【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，3为子弹射入前圆盘的角速度，3为子弹射入第五章刚体力学参考答案(2014)—、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 和m 的物体(m v m )，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. 【提示】：逆时针转动时角速度方向垂直于纸面向外 ，由于m v m ,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 i ,对滑轮由转动定律得:(T 2-T I )R=J [D ]2、【基础训练3】如图5-8所示，一质量为 m 的匀质细杆AB 壁上，B 端置于粗糙水平地面上而静止•杆身与竖直方向成 角，则 1 1(A)为 mg pos . (B) 为 mg g4 2 (C) 为 m®n m2m 1图5-7 A 端靠在粗糙的竖直墙 A 端对墙壁的压力大 .(D) 不能唯一确定 图5-8■:：:；SKB 【提示】: 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:NAfBAN B mgN A lcon[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 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， 内，则子弹射入后的瞬间，圆盘的角速度 (A) 增大. (C)减小. (B) (D)不变. 不能确定. O 转动，如图5-11射来子弹射入圆盘并且留在盘m<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[C ]4、【自测提高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 0自由转动，其转动惯量为 [mL ,起初杆静止•桌面上3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5-19所示•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…、 2v4v 6v 8v 12v (A)(B)• (C)• (D)(E)•3L5L7L9L7Lv y$ vO俯视图图 5-19【提示】：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， 所以2 21 2lmv lmv [ml ml m(2l)]12可得答案(C )[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, 旋转方向分别为【提示】：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：一 ,口 Rmv mR 2,v 、0 Rmv J 可得 ---------------- ------ （一）。
大学物理第五章课后习题答案
第五章课后习题答案5.1 解：以振动平衡位置为坐标原点，竖直向下为正向，放手时开始计时。
设t 时刻砝码位置坐标为x ，由牛顿第二定律可知： 220)(dtx d mx x k mg =+-其中0x 为砝码处于平衡位置时弹簧的伸长量，所以有 0kx mg = 解出0x 代入上式，有：022=+x mk dtxd 其中 mk =ω可见砝码的运动为简谐振动简谐振动的角频率和频率分别为： s r a d x g mk /9.90===ω Hz 58.12==πων振动微分方程的解为)c o s (ϕω+=t A x由起始条件 t ＝0 时，,1.00m x x -=-= 0=v得： A ＝0.1m ，πϕ=振动方程为：)9.9cos(1.0π+=t x5.2 证明：取手撤去后系统静止时m 的位置为平衡位置，令此点为坐标原点，此时弹簧伸长为x ，则有： 0sinkx mg =θ （1）当物体沿斜面向下位移为x 时，则有： ma T mg =-1sin θ （2） βJ R T R T =-21 （3） )(02x x k T += （4）R a β= （5） 将（2）与（4）代入（3），并利用（5），可得： k x R R kx mgR a RJ mg --=+0sin )(θ利用（1）式可得 x RJ mR kR dtx d a +-==22所以物体作简谐振动因为 R J mR kR +=ω 所以振动周期为 ωπ2=T5.3 解： 因为 mk ππων212==所以 ：1221m m =νν22121)(m m νν=＝2 Kg5.4 解：（1） 由振动方程)420cos(01.0ππ+=t x 可知：振幅A ＝0.01m ；圆频率 πω20=； 周期 s T 1.02==ωπ频率Hz 10=ν ；初相40πϕ=（2）把t ＝2s 分别代入可得：2005.0)420cos(01.0|2=+==ππt x t m2314.0)420sin(2.0|2-=+-===πππt dt dx v t m/s)420sin(4|22πππ+===t dtdv a t5.5 解： T ＝2s ，ππω==T2设振动方程为：)cos(10ϕπ+=t x则速度为：)s i n (10ϕππ+-=t v加速度为： )c o s (102ϕππ+-=t a根据t ＝0 时，x ＝5cm ，v < 0 的条件，得振动的初相为 3πϕ=，故振动方程为：)3cos(10ππ+=t x设在 1t 时刻振子位于cm x 6-=处，并向x 轴负方向运动，则有：53)3'c o s (-=+ππt 54)3's i n (=+ππt故有 s cm t v /1.25)3'sin(10-=+-=πππ22/2.59)3'cos(10s cm t a =+-=πππ设弹簧振子回到平衡位置的时刻为2t ，则有πππ2332=+t ，从上述位置回到平衡位置所需时间为： st t 8.0/)]3)53(arccos()323[(12=----=-ππππ5.6。
大学物理第五章习题答案
L
o
y
x
22
在锥体上 z 坐标处任取半径为 r高为 dz 的小柱体，则
L z 2 dm dv r dz ( R ) dz L 根据质心定义得
2
z
1 zC M
L
0
1 zdm M
L
L
0
L z 2 z ( R ) dz L
r
dz
L
R ML2 0 L L R 2 L 2 2 3 x [ zL dz 2 Lz dz z dz ] 2 0 0 0 ML R 2 L4 2 L4 L4 R 2 2 3 M L [ ] L L 2 ML 2 3 4 12 M 12 M 4
11
如果一个长度已知的不规则物体的重量超过一个弹簧秤的最大 量度，问怎样用这弹簧秤称出该物体的重量？ F 上图，根据合力矩为零得
Gx Fl
N
下图，根据合力矩为零得
F l G(l x )
x
F
l
整理可得：
G F F
G
N
G
课后习题
12
5-3：静止的电动机皮带轮半径为 5 cm，接通电源后做匀变速 转动，30 s 后转速达到152 rad / s，求： 1）30 s 内电动机皮带轮转过的转数； 2）通电后 20 s 时皮带轮的角速度； 3）通电后 20 s 时皮带轮边缘上一点的速度、切向加速度和法 向加速度。 解：皮带轮的角加速度为 152 t 0 t t 5 (rad/s 2 )
8
来复线的作用是增加炮弹的射程和准确性。由于炮弹射出时 绕自身轴线高速转动，空气阻力产生的对质心的力矩使炮弹 围绕前进方向产生进动效应，弹头的轴线始终围绕着弹道切 线向前且做锥形运动，从而能克服空气阻气，保证弹头稳定 地向前飞行，避免大的偏离，提高射程与准确性。
大学物理第五章习题解答
掌握干涉现象的原理，理解干涉条纹的形成机制，掌握双缝干涉实验中条纹间距的计算方法。
理解衍射现象的原理，掌握单缝、圆孔、光栅等不同情况下衍射条纹的特征和计算方法。
光的干涉与衍射习题解答
光的衍射
光的干涉
光的偏振
理解偏振现象的原理，掌握偏振光和自然光的区别，掌握偏振片和晶体对偏振光的作用。
直线运动习题解答
总结词：理解曲线运动的性质和规律，掌握圆周运动和平抛运动的公式和计算方法。
曲线运动习题解答
曲线运动习题解答
01
详细描述
02
曲线运动的描述：速度方向与轨迹切线方向一致，加速度与轨迹的曲率半径有关。
圆周运动的向心加速度和线速度的计算公式。
03
平抛运动的水平分速度、竖直分速度和合速度的计算公式。
电场强度计算
电场线
高斯定理
电势与电势差
掌握安培环路定律的应用，解决与安培环路定律相关的题目。
安培环路定律
理解磁场线的概念，掌握磁场线的特点，如磁场线的疏密表示磁感应强度的大小。
磁场线
理解洛伦兹力的概念，掌握洛伦兹力的计算方法。
洛伦兹力
解决与磁感应强度相关的计算题，如电流在磁场中所受的力等。
磁感应强度的计算
这一定律揭示了热现象的方向性，即热量传递具有方向性。
热力学第二定律的数学表达式为：$Q = Delta U - W$，其中$Q$是系统吸收的热量，$Delta U$是系统内能的增量，$W$是系统对外做的功。
热力学定律习题解答
热力二定律指出，不可能把热量从低温物体传到高温物体而不引起其他变化。
5、简述放射性的种类及其特点。
答案：放射性主要分为三种类型：阿尔法放射性、贝塔放射性和伽马放射性。阿尔法放射性是由带两个正电荷的氦原子核组成的高能粒子流；贝塔放射性是由带负电荷的电子或正负电子对组成的低能粒子流；伽马放射性则是高频率的电磁辐射。各种类型的放射性在穿透能力和电离能力上有所不同。
大学物理第五章和第六章习题答案
大学物理习题集（上）专业班级 姓名_ 学号_第五章 刚体的定轴转动一．选择题1．关于刚体对轴的转动惯量，下列说法中正确的是[ C ]（A ）只取决于刚体的质量，与质量的空间分布和轴的位置无关。
（B ）取决于刚体的质量和质量的空间分布，与轴的位置无关。
（C ）取决于刚体的质量、质量的空间分布和轴的位置。
（D ）只取决于转轴的位置，与刚体的质量和质量的空间分布无关。
2. 均匀细棒 OA 可绕通过某一端 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 由下降，在棒摆到竖直位置的过程中，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。
A（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。
3. 如图所示，一圆盘绕水平轴 0 做匀速转动，如果同时相向地射来两个质量相同、速度大小相同，且沿同一直线运动的子弹。
子弹射入圆盘均留在盘内，则 子弹射入后的瞬间，圆盘的角速度将 [ B ]（A ）增大； （B ）减小； （C ）不变； （D ）无法确定。
解答 以圆盘和两子弹为系统，外力矩为零，系统的角动量守恒。
按题意， 两个子弹的初始角动量（对 0 轴之和为零。
两子弹留在圆盘内，增大了圆盘的 转动惯量。
设圆盘的转动惯为 J ，转动的角速度为 ω0 ，则有J ω0 = ( J + ∆J )ωω0 > ω有速度减小，所以应选（B ）4. 一轻绳绕在具有水平转轴的定滑轮上，绳下端挂物体，物体的质量为 m ，此时滑轮的角加速度为 a 。
若将物体卸掉，而用大小等于 mg 、方向向下的力拉绳子，则滑轮的角加速度将[ A ](A)变大； （B ）不变； （C ）变小； （D ）无法判断。
解答如图 5-4（a）所示，设滑轮半径为 R，转动惯量为 J。
当绳下滑挂一质量为m 的物体时，受绳的张力F T 和重力W=mg 作用，加速度a 铅直向下。
上海理工大学 大学物理 05第五章 刚体力学作业
第五次作业（第五章 刚体力学）一、选择题[ ]1、（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 0，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m 0L 2/3．一质量为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 /2，则此时棒的角速度应为 (A)0v m m L ． (B) 03v 2m m L ． (C) 05v 3m m L ． (D) 07v4m m L【解答】[ ] 2、（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ω (A) 增大． (B) 不变． (C) 减小． (D) 不能确定．【解答】[ ] 3、（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β．如果以拉力2mg 代替重物拉绳时，飞轮的角加速度将(A) 小于β． (B) 大于β，小于2β． (C) 大于2β． (D) 等于2β． 【解答】[ ] 4、（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． 【解答】二、填空题1、（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 s ω=，t ＝20s 时角速度为00.8ωω=，则飞轮的角加速度β=，t ＝0到 t ＝100 s 时间内飞轮所转过的角度θ= ． 【解答】m m图5-11 v 21v俯视图图5-92、（基础训练10）如图所示，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【解答】3、（基础训练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 ＝m C R 2/2．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，则滑块A 的加速度a =【解答】4、（自测提高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5-21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M ＝_____________，此时该系统角加速度的大小β ＝____________． 【解答】5、（自测提高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= . 【解答】三、计算题1、（基础训练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0/2ω时所需时间．解：图5-21S′2、（基础训练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：3、（自测提高17）一质量均匀分布的圆盘，质量为m 0，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。
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．【提示】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 >（或者：列方程组：11122212m g T m a T m g m aT R T R J a Rββ-=⎧⎪-=⎪⎪⎨-=⎪⎪=⎪⎩ ，解得：()()12212m m gR m m R J β-=++，因为m 1＜m 2，所以β<0，那么由方程120T R T R J β-=<，可知，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 0，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2013m L ．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)0v m m L ． (B) 03v 2m m L ． (C) 05v 3m m L ． (D) 07v4m m L【提示】把细棒与子弹看作一个系统，该系统所受合外力矩为零，所以系统的角动量守恒： 20123v mvL m L m L ω⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，即可求出答案。
[ 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ω(A) 增大． (B) 不变． (C) 减小． (D) 不能确定．【提示】把三者看成一个系统，则系统所受合外力矩为零，所以系统的角动量守恒。
大学物理习题答案解答第五章刚体的定轴转动
（2）对飞轮应用角动量定理，即
则图5-4
又
从开始制动到停止，飞轮转过的转数为
所花的时间为
（3）从开始制动到停止，对飞轮应用动能定理，有
5、解：分别对定滑轮和物体进行受力分析并如图5-5（a），（b）所示，对物体，有
而对定滑轮，有
其中定滑轮绕轴的转动惯量
注意到 和 ，由以上三式可以得到物体与滑轮之间的绳子的张力为
第五章刚体的定轴转动
二、填空题
1、飞轮的角加速度为
轮边缘切向加速度为
因为
开始制动后转过 时的角速度为
线速度为
2、t时刻的角速度为
角加速度为
3、如图5-1所示，突然释放A端，则杆将绕B端转动，设杆绕B端的转动惯量为 ，则
又
杆的角加速度为
所以杆质心的加速度为
图5-1
考察杆对C点的转动，角加速度仍为 。记杆绕C点的转动惯量为 ，则有
和物体下落的加速度为图5-5（a）图5-5（b）
6、解：对物体 ， 和定滑轮分别进行受力分析，如图5-6（a），（b），（c）所示，对物体 有
对物体 ，有
对定滑轮，有图5-6（a）图5-6（b）
其中定滑轮绕轴的转动惯量
注意到 ， ， 和 。
（1）由以上三式可以得到 下落的加速度的大小为
（2）两段绳子中的张力大小分别为图5-6（c）
的角加速度为
图5-3（a）图5-3（b）图5-3（c）
若不系重物，改用大小为 的力 拉绳的一端，则滑轮的受力分析如图5-3（c）所示，有
注意到 ，所以滑轮的角加速度为
3、解：对细圆环，有
转动动能为
对薄圆盘，由课本例题5-3，知
转动动能为
大学物理教程上册第5章作业答案
细棒从水平位置下落至竖直位置整个过程机械能守恒。 取竖直位置质心处的水平线为重力势能零点。
l l 1 m g 0 m g (1 sin 60 ) J 2 2 2 2
5-20 如附图所示，在光滑的水平面上有一木杆，其质 量m1=1kg，长为l=40cm，可绕通过其中点并与之垂直 的轴转动，一质量为m2=10g的子弹，以v=2.0 ×102m/s 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。
解：木杆绕通过其中点并与之垂直的轴转动的转动惯量为 1 J m1l 2 12 1 L rm v lm 2 v 子弹相对于转轴的角动量为 2 2 把子弹和木杆看做一个系统，子弹与杆相互作用过程中， 系统所受的合外力矩等于零，满足角动量守恒。 子弹陷入杆中，整个系统相对于原转轴的转动惯量为 2 1 l l2 2 2 J J r m2 m1l m 2 m1 3m 2 12 12 2 1 l2 lm 2 v J m1 3 m 2 2 12 6 m 2v 3000 29 . 1 rad s 1 m 1 3 m 2 l 103
1 1 1 4 1 R ( - 0) = R 4 4 2 2 8
m 2m 把 1 2 2 ，代入得： R R 2
1 2m 1 4 2 R J R m R2 8 4
5-8 求半圆形的均匀薄板的质心。
y
dθ
dr r θ
-R
O
R
x
解：设薄板的总质量为M，半径为R. 由半圆形的对称性可知薄板的质心在y轴上。
大学物理第五章习题及解答
第五章 刚体力学一、填空1.刚体的基本运动包括 和 。
2.刚体的质心公式 。
3.质量为m,半径为R 的均匀薄圆环对过圆心且垂直圆环面的转动惯量是 ，对 圆环直径的转动惯量是 。
4.长度为L,质量为M 均匀细棒，对通过棒的一端与棒垂直轴的转动惯量是 ，对通过棒中点与棒垂直轴的转动惯量是 。
二、简答题1.什么是刚体？2.简述质心运动定理的内容。
3.简述刚体绕某轴转动时的转动惯量的定义式及影响转动惯量的因素。
4.简述转动惯量的平行轴定理和垂直轴定理。
5.简述转动定律的内容。
三、计算题5.1飞轮以转速{ EMBED Equation.3 |1min1500n -⋅=round n 转动，受到制动而均匀的减速，经而停止。
求：（1）角加速度的大小；（2）从制动算起到停止，转过的圈数；（3）制动后，第时角速度的大小。
5.2 已知飞轮的半径为，初速度为，角加速度为。
试计算时的（1）角速度；（2）角位移；（3）边缘上一点的速度；（4）边缘上一点的加速度。
5.3某发动机飞轮在时间间隔内的角位移为求：时刻的角速度和角加速度。
5.4如图所示，钢制炉门由两个长1.5m的平行臂AB和CD支撑，以角速率逆时针转动，求臂与铅直成45º时门中心G的速度和加速度。
5.5 桑塔纳汽车时速为166km/h，车轮滚动半径为0.26m，自发动机至驱动轮的转速比为0.909.问发动机转速为每分钟多少转？第五章刚体力学答案一、填空1.平动，定轴转动2.3.4.二、简答题1.什么是刚体？刚体是受力作用时不改变形状和体积的物体，是物体的理想化模型。
2.简述质心运动定理的内容。
质点系所受的合外力等于质点系的质量乘以质心加速度。
3.简述刚体转动惯量的定义式，并具体说明转动惯量与哪些因素有关答：转动惯量定义式：。
其与物体的总质量、质量的分布、转轴的位置有关。
4.简述转动惯量的平行轴定理和垂直轴定理。
答：平行轴定理：刚体对于某轴的转动惯量等于刚体对于通过其质心且和该轴平行的轴的转动惯量与刚体的质量和两轴间距平方的乘积之和。
《物理学基本教程》课后答案刚体的转动
《物理学基本教程》课后答案刚体的转动第五章刚体的转动5-1 ⼀个匀质圆盘由静⽌开始以恒定⾓加速度绕过中⼼⽽垂直于盘⾯的定轴转动．在某⼀时刻，转速为10 r/s ，再转60转后，转速变为15 r/s ，试计算：(1)⾓加速度；(2)由静⽌达到10 r/s 所需时间；(3)由静⽌到10 r/s 时圆盘所转的圈数．分析绕定轴转动的刚体中所有质点都绕轴线作圆周运动，并具有相同的⾓位移、⾓速度和⾓加速度，因此描述运动状态的物理量与作圆周运动的质点的相似．当⾓加速度恒定时，绕定轴转动的刚体⽤⾓量表⽰的运动学公式与匀加速直线运动的公式类似．解 (1) 根据题意，转速由rad/s 1021?=πω变为rad/s 1522?=πω期间的⾓位移rad 260πθ?=，则⾓加速度为22222122rad/s 54.6rad/s 2602)102()152(2=-?=-=πππθωωα (2) 从静⽌到转速为rad/s 1021?=πω所需时间为s 9.61s 54.61021=?==παωt (3) t 时间内转的圈数为48261.91022122121====ππωππθt N 5-2 唱⽚在转盘上匀速转动，转速为78 r/min ，由开始到结束唱针距转轴分别为15 cm 和7.5 cm ，(1)求这两处的线速度和法向加速度；(2)在电动机断电以后，转盘在15 s 内停⽌转动，求它的⾓加速度及转过的圈数．分析绕定轴转动的刚体中所有质点具有相同的⾓位移、⾓速度和⾓加速度，但是线速度、切向加速度和法向加速度等线量则与各质点到转轴的距离有关．⾓量与线量的关系与质点圆周运动的相似．解 (1) 转盘⾓速度为rad/s 8.17rad/s 60278=?=πω，唱⽚上m 15.01=r 和m 075.02=r 处的线速度和法向加速度分别为m/s 1.23m/s 15.017.811=?==r ωv222121n m/s 10.0m/s 15.017.8=?==r ωam/s .6130m/s 075.017.822=?==r ωv222222n m/s .015m/s 075.017.8=?==r ωa(2) 电动机断电后，⾓加速度为22rad/s 545.0rad/s 1517.800-=-=-=t ωα转的圈数为 75.921517.8212212=??===πωππθt N 5-3 如图5-3所⽰，半径r 1 = 30 cm 的A 轮通过⽪带被半径为r 2 = 75 cm 的B 轮带动，B 轮以π rad/s 的匀⾓加速度由静⽌起动，轮与⽪带间⽆滑动发⽣，试求A 轮达到3000 r/min 所需要的时间．分析轮与⽪带间⽆滑动，则同⼀时刻，两轮边缘的线速度相同，均等于⽪带的传送速度；两轮边缘的切向加速度也相同，均等于⽪带的加速度．解设A 、B 轮的⾓加速度分别为A α、B α，由于两轮边缘与⽪带连动，切向加速度相同，即2B 1A r r αα=图5-3则 B 12A ααr r = A 轮⾓速度达到rad/s 6030002?=πω所需要的时间为 s 40s 75.06030.0300022B 1A ====ππαωαωr r t 5-4 在边长为b 的正⽅形的顶点上，分别有质量为m 的四个质点，求此系统绕下列转轴的转动惯量：(1)通过其中⼀质点A ，平⾏于对⾓线BD 的转轴，如图5-4所⽰．(2)通过A 垂直于质点所在平⾯的转轴．分析由若⼲质点组成的质点系对某转轴的转动惯量等于各质点对该转轴转动惯量的叠加．每⼀质点对转轴的转动惯量等于它的质量与其到转轴的垂直距离平⽅的乘积．解 (1)因质点B 和D 到转轴的垂直距离A 2B 和A 1D 为a 22，质点C 到转轴的垂直距离AC 为a 2，⽽质点A 位于转轴上，则系统对通过A 点平⾏于BD 的转轴的转动惯量为()222132222ma am a m J =+???? ??=(2) 因质点B 和D 到转轴的垂直距离AB 和AD 为a ，质点C 到转轴的垂直距离AC 为a 2，⽽质点A 位于转轴上，则系统对通过A 垂于质点所在平⾯转轴的转动惯量为()2222422ma a m ma J =+=AA 2B图5-45-5 求半径为R ，质量为m 的均匀半圆环相对于图5-5中所⽰轴线的转动惯量．分析如果刚体的质量连续分布在⼀细线上，可⽤质量线密度描述其分布情况，如果分布是均匀的，则质量线密度λ为常量．在刚体上取⼀⼩段线元l d ，质量为l d λ，对转轴的转动惯量为l r d 2λ，其中该线元到转轴的距离r 与线元在刚体上的位置有关．整个刚体的转动惯量就是刚体上所有线元转动惯量的总和，即所取线元的转动惯量对刚体分布的整个区域积分的结果．解均匀半圆环的质量线密度为Rm πλ=，在半圆环上取⼀⼩段圆弧作为线元θd d R l =，质量为θπθπλd d d d m R R m l m === 此线元到转轴的距离为θsin R r =，对轴线的转动惯量为m r d 2，则整个半圆环的转动惯量为2022221d sin d mR m R m r J =?==??θπθπ 5-6 ⼀轻绳跨过滑轮悬有质量不等的⼆物体A 、B ，如图5-6(a)所⽰，滑轮半径为20 cm ，转动惯量等于2m kg 50?，滑轮与轴间的摩擦⼒矩为m N 198?.，绳与滑轮间⽆相对滑动，若滑轮的⾓加速度为2rad/s 362.，求滑轮两边绳中张⼒之差．分析由于定轴转动的刚体的运动规律遵从转动定律，因此对于⼀个定轴转动的滑轮来说，仅当其质量可以忽略，转动惯量为零，滑RF T1 F T2(a) (b)图5-6轮加速转动时跨越滑轮的轻绳两边的张⼒才相等．这就是在质点动⼒学问题中通常采⽤的简化假设．在掌握了转动定律后，不应该再忽略滑轮质量，通常将滑轮考虑为质量均匀分布的圆盘，则跨越滑轮的轻绳两边的张⼒对转轴的合⼒矩是滑轮产⽣⾓加速度的原因．解滑轮所受⼒和⼒矩如图5-6(b)所⽰，其中跨越滑轮的轻绳两边的张⼒分别为F T1和F T2，轴的⽀承⼒F N 不产⽣⼒矩，由转动定律可得αJ M R F F =--f T2T1)()(1f T2T1M J RF F +=-α N 101.08N )1.9836.250(2.01 3?=+??= 5-7 如图5-7（a ）所⽰的系统中，m 1 = 50 kg ，m 2 = 40 kg ，圆盘形滑轮质量m = 16 kg ，半径R = 0.1 m ，若斜⾯是光滑的，倾⾓为30°，绳与滑轮间⽆相对滑动，不计滑轮轴上的摩擦，(1)求绳中张⼒；(2)运动开始时，m 1距地⾯⾼度为1 m ，需多少时间m 1到达地⾯？分析由于存在物体运动和滑轮定轴转动，⽽且必须考虑圆盘形滑轮的质量，这是⼀个质点动⼒学和刚体动⼒学的综合问题，应该采⽤隔离物体法，分别对运动物体作受⼒分析，对转动的滑轮作所受⼒矩的分析，然后分别应⽤⽜顿第⼆定律和转动定律．m αF ’T1 F T1 m 2 m 1 F F T2a30m 2g m 1g（a ）（b ）图5-7解 (1)各物体与滑轮受⼒情况如图5-7（b ）所⽰，其中F T1= F ’T1，F T2= F ’T2，轴对滑轮的⽀承⼒F N 不产⽣⼒矩，选取物体运动⽅向为坐标轴正向，分别应⽤⽜顿第⼆定律和转动定律，可得a m F g m 1T11=-a m g m F 22T230sin =?-α2T2T121)(mR R F F =- 由于物体的加速度等于滑轮边缘的线速度，则αR a =，与以上各式联⽴解得22121rad/s 3021)(30sin =++?-=g mR R m m m m α N 340)(1T1=-=αR g m FN 316)30sin (2T2=+?=αR g m F2m/s 3==αR a(2) m 1到达地⾯的时间为s 0.816s 3122=?==a h t 5-8 飞轮质量为60 kg ，半径为0.25 m ，当转速为1000 r/min 时，要在5 s 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5-8所⽰．分析制动⼒F 作⽤在闸杆上，闸杆在制动⼒和飞轮的正压⼒的⼒矩作⽤下达到平衡，转动轴在墙上，这是刚体在⼒矩作⽤下的平衡问题．由于⼆⼒的⼒臂已知，应该求出闸杆与飞轮之间的正压⼒．飞轮受到闸杆的正压F⼒、闸⽡与飞轮间摩擦⼒和轴的⽀承⼒作⽤，其中闸杆的正压⼒和轴的⽀承⼒的⼒矩为零，在闸⽡与飞轮间摩擦⼒的⼒矩作⽤下制动，应⽤转动定律可以求出摩擦⼒矩，然后由摩擦⼒与正压⼒关系可以求出闸杆与飞轮之间的正压⼒．解以飞轮为研究对象，飞轮的转动惯量为221mR J =，制动前⾓速度为rad/s 6010002?=πω，制动时⾓加速度为tωα-=．制动时闸⽡对飞轮的压⼒为F N ，闸⽡与飞轮间的摩擦⼒N f F F µ=，应⽤转动定律，得αα2f 21mR J R F ==- 则 t mR F µω2N =以闸杆为研究对象．在制动⼒F 和飞轮对闸⽡的压⼒-F N 的⼒矩作⽤下闸杆保持平衡，两⼒矩的作⽤⼒臂分别为m)75.050.0(+=l 和m 50.01=l ，则有01N =-l F FlN 157N 6054.021000225.06075.050.050.021N 1=+===πµωt mR l l F l l F 5-9 ⼀风扇转速为900 r/min ，当马达关闭后，风扇均匀减速，⽌动前它转过了75转，在此过程中制动⼒作的功为44.4 J ，求风扇的转动惯量和摩擦⼒矩．分析合外⼒矩对刚体所作的功等于刚体的转动动能的增量．制动过程中风扇只受摩擦⼒矩作⽤，⽽且由于风扇均匀减速，表明摩擦⼒矩为恒定值，与风扇⾓位移的乘积就是所作的功．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N πθ2=，摩擦⼒矩所作的功为N M M W πθ2?-=-=摩擦⼒矩所作的功应等于风扇转动动能的增量，即2210ωJ W -= 则 2222m kg 01.0m kg )60/2900()4.44(22?=??-?-=-=πωWJ m N 0.0942m N 7524.442?=??--=-=ππN W M 5-10 如图5-10（a ）所⽰，质量为24 kg 的⿎形轮，可绕⽔平轴转动，⼀绳缠绕于轮上，另⼀端通过质量为5 kg 的圆盘形滑轮悬有10 kg 的物体，当重物由静⽌开始下降了0.5 m 时，求：(1)物体的速度；(2)绳中张⼒．设绳与滑轮间⽆相对滑动．分析这也是⼀个质点动⼒学和刚体动⼒学的综合问题，⿎形轮和滑轮都视为圆盘形定轴转动的刚体，应该采⽤隔离物体法，分别对运动物体作受⼒分析，对刚体作所受⼒矩的分析，然后分别应⽤⽜顿第⼆定律和转动定律．解各物体受⼒情况如图5-10（b ）所⽰，其中F T1= F ’T1，F T2= F ’T2，⿎形轮的转动惯量为2121R m ，圆盘形滑轮的转动惯量为2221r m ，分别应⽤⽜顿第⼆定律和转动定律，可得ma F mg =-T2222T1T221)(αr m r F F =- 121T121αR m R F = (1) 绳与滑轮间⽆相对滑动，物体的加速度等于⿎形轮和滑轮边缘的切向加αT1 F 2α ’T2 a F T2m g（a ）（b ）图5-10速度，即12ααR r a ==．重物由静⽌开始下降了h = 0.5 m 时，速度ah 2=v ，由以上各式得m/s 2m/s )524(21105.08.9102)(212221=+?+=++==m m m mgh ah v (2)绳中张⼒为N 48N 5241028.924102211T1=++=++=m m m g mm F N 85N 5241028.9)524(102)(2121T2=++??+?=+++=m m m g m m m F 5-11 ⼀蒸汽机的圆盘形飞轮质量为200 kg ，半径为1 m ，当飞轮转速为120 r/min 时关闭蒸汽阀门，若飞轮在5 min 内停下来，求在此期间飞轮轴上的平均摩擦⼒矩及此⼒矩所作的功．分析制动过程中飞轮只受摩擦⼒矩作⽤，该摩擦⼒矩不⼀定为恒定值，但是由于只需求平均摩擦⼒矩，因此可以假设飞轮均匀减速，由已知条件求出平均⾓加速度，再应⽤转动定律求出平均摩擦⼒矩．解飞轮转动惯量为221mR J =，关闭蒸汽阀门后t = 5 min 内的平均⾓加速度为t00ωα-=，应⽤转动定律，平均摩擦⼒矩 m N 194m N 60560/212012002121202?-=-=-==.t mR J M πωα在此期间平均摩擦⼒矩所作的功等于飞轮转动动能的增量J 7896J )60/2120(12002121 21212102220220-=-=?-=-=πωωm R J W 负号表⽰平均摩擦⼒矩作负功，⽅向与飞轮旋转⽅向相反．5-12 长为85 cm 的均匀细杆，放在倾⾓为45°的光滑斜⾯上，可以绕过上端点的轴在斜⾯上转动，如图5-12(a)所⽰，要使此杆实现绕轴转动⼀周，⾄少应给予它的下端多⼤的初速度？分析细杆在斜⾯上转动，斜⾯的⽀承⼒与转轴平⾏，转轴的⽀承⼒通过转轴，它们的⼒矩都为零，只有重⼒在转动平⾯内分量的⼒矩作功．解如图5-12(b)所⽰，杆所受重⼒在转动平⾯内的分量为?45sin mg ，当杆与初始位置的夹⾓为θ时，重⼒分量对转轴的⼒矩为θsin 2145sin l mg ??，此时若杆有⾓位移θd ，则重⼒矩所作的元功为θθd sin 2145sin d =l mg W 杆从最低位置到最⾼位置重⼒矩所作的功为-=-==45sin d sin 2145sin d 0mgl l mg W W πθθ重⼒矩所作的功等于此期间杆的转动动能的增量2021045sin ωJ mgl -=?- 其中231ml J =，t00v =ω，则 m/s 5.94m/s 45sin 85.08.9645sin 60==?=gl v5-13 如图5-13(a)所⽰，滑轮转动惯量为0.012m kg ?，半径为7 cm ，物体质量为5 kg ，由⼀绳与倔强系数k=200 N/m 的弹簧相连，若绳与滑轮间⽆相对滑动，滑轮轴上的摩擦忽略不计，求：(1)当绳拉直弹簧⽆伸长时，使物体由v 0 ?45 (a) (b) 图5-12静⽌⽽下落的最⼤距离；(2)物体速度达最⼤值的位置及最⼤速率．分析下⾯的5-17题中将证明，如果绕定轴转动的刚体除受到轴的⽀承⼒外仅受重⼒作⽤，则由刚体和地球组成的系统机械能守恒．如果将滑轮、地球和物体与弹簧组成⼀个弹性系统和重⼒系统合成的系统，当⽆重⼒和弹性⼒以外的⼒作功的情况下，整个系统的机械能守恒，可以应⽤机械能守恒定律．下⾯的解则仅应⽤功能原理和⼒矩所作的功与刚体转动动能的关系进⾏计算．解 (1) 物体由静⽌⽽下落到最低点时，速度为零，位移为1x ，在此期间重⼒所作的功完全转换为弹簧弹性势能的增量，即21121kx mgx = m 0.49m 2008.95221=??==k mg x (2)物体与滑轮受⼒如图5-13(b)所⽰，设物体的最⼤速率为0v ，此时的位移为0x ，加速度00=a ，滑轮的⾓加速度000==R a α，分别应⽤⽜顿第⼆定律和转动定律ma F mg =-T1αJ R F F =-)(T2T1可得此时T1F mg =，F T1= F T2，⼜因对于轻弹簧有0T2kx F =，则得m 0.245m 2008.950=?==k mg xT1aF ’T1m m g(a) (b)图5-13在此过程中，重⼒所作之功等于弹性势能的增量、物体动能和滑轮转动动能的增量的和，即2020200212121ωJ m kx mgx ++=v 因R00v =ω，得 m/s 31.1m/s 9.85)07.001.05(2001)(122=??+?=+=mg R J m k v5-14 圆盘形飞轮A 质量为m ，半径为r ，最初以⾓速度ω0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5-14所⽰，两飞轮啮合后，以同⼀⾓速度ω转动，求ω及啮合过程中机械能的损失．分析当物体系统所受的合外⼒矩为零时，系统的⾓动量守恒，在此过程中，由于相互作⽤的内⼒作功，机械能⼀般不守恒．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ωωω2202)2(4212121r m mr mr += 得 0171ωω= 初始机械能为2022021412121ωωmr mr W =?= 啮合后机械能为2022222241171)2(421212121ωωωmr r m mr W =?+?= 则机械能损失为A图5-1４1202211716411716W mr W W W ==-=?ω 5-15 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．分析应⽤⾓动量守恒定律，必须考虑定律的适⽤条件，即合外⼒矩为零．此外还应该注意到，定律表达式中的⾓动量和⾓速度都必须是对同⼀惯性参考系选取的，⽽转动参考系不是惯性参考系．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0=+v mR J ω⼈和转台的转动惯量为221021R m R m J '+'=，代⼊上式后得 Rm m '-=6v ω⼈的线速度 m m R '-=='6v v ω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．5-16 ⼀⼈站⽴在转台上，两臂平举，两⼿各握⼀个m = 4 kg 的哑铃，哑铃距转台轴r 0 = 0.8 m ，起初，转台以ω0 = 2π rad/s 的⾓速度转动，然后此⼈放下两臂，使哑铃与轴相距r = 0.2 m ，设⼈与转台的转动惯量不变，且J = 52m kg ?，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？分析⾓动量守恒定律是从定轴转动的刚体导出的，却不但适⽤与刚体，⽽且适⽤于绕定轴转动的任意物体和物体系统．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ωω)2()2(2020mr J mr J +=+rad/s 12.0rad/s 22.04258.042522220220=+??+=++=πωωmr J mr J 动能的增量为J183 J )2()8.0425(21J 12)2.0425(21 )2(21)2(2122222020220=+?-+?=+-+=-=?πωωmr J mr J W W W 5-17 证明刚体中任意两质点相互作⽤⼒所作之功的和为零．如果绕定轴转动的刚体除受到轴的⽀承⼒外仅受重⼒作⽤，试证明它的机械能守恒．分析在刚体动⼒学中有很多涉及重⼒矩作功的问题，如果能证明当只有重⼒矩作功时刚体和地球组成的系统机械能守恒，就能应⽤机械能守恒定律，⽽且还可以⽤刚体的质⼼的势能代替整个刚体中所有质点势能的总和，使求解过程⼤⼤简化．证刚体中任意两质点相互作⽤⼒沿转轴⽅向的分量对定轴转动不起作⽤，⽽在垂直于转轴的平⾯内的分量F 和-F ⼤⼩相等，⽅向相反，作⽤在⼀条直线上，如图5-17所⽰．设F 与转轴的垂直距离为?sin r ，则当刚体有微⼩⾓位移θd 时，⼒F 所作的功为θ?d sin Fr ，⽽其反作⽤⼒-F 所作的功为θ?d sin Fr -，⼆者之和为零，即刚体中任意两质点相互作⽤⼒所作之功的和为零．绕定轴转动的刚体除受到轴的⽀承⼒外仅受重⼒作⽤，刚体中任意质点则受-F图5-17到内⼒和重⼒作⽤，当刚体转动时，因为已经证明了任意两质点相互作⽤内⼒所作之功的和为零，则刚体中各质点相互作⽤⼒所作的总功为零，⽽且轴的⽀承⼒也不作功，就只有重⼒作功，因此机械能守恒．5-18 ⼀块长m 50.0=L ，质量为m '＝3.0 kg 的均匀薄⽊板竖直悬挂，可绕通过其上端的⽔平轴⽆摩擦地⾃由转动，质量m=0.1kg 的球以⽔平速度m/s 500=v 击中⽊板中⼼后⼜以速度m/s 10=v 反弹回去，求⽊板摆动可达到的最⼤⾓度．⽊板对于通过其上端轴的转动惯量为231L m J '= ．分析质点的碰撞问题通常应⽤动量守恒定律求解，有刚体参与的碰撞问题则通常应⽤⾓动量守恒定律求解．质点对⼀点的⾓动量在第四章中已经讨论过，当质点作直线运动时，其⾓动量的⼤⼩是质点动量和该点到质点运动直线的垂直距离的乘积．解对球和⽊板组成的系统，在碰撞瞬间，重⼒对转轴的⼒矩为零，且⽆其他外⼒矩作⽤，系统⾓动量守恒，碰撞前后球对转轴的⾓动量分别为021v mL 和v mL 21-，设碰后⽊板⾓速度为ω，则有ωJ mL mL +-=v v 21210 设⽊板摆动可达到的最⼤⾓度为θ，如图5-18所⽰，⽊板摆动过程中只有重⼒矩作功，重⼒矩所作的功应等于⽊板转动动能的增量，即)1(cos 21d sin 2121002-'=?'-=-?θθθωθgL m L g m J (1) 由以上两式得388.050.08.90.34)1050(1.0314)(31cos 2222202=+??-='+-=gL m m v v θv mm ’g图5-18==19.67)388.0arccos(θ根据5-17的结果，由于⽊板在碰撞后除受到轴的⽀承⼒外仅受重⼒作⽤，它的机械能守恒，取⽊板最低位置为重⼒势能零点，达到最⾼位置时它的重⼒势能应等于碰撞后瞬间的转动动能，也可以得到(1)式．5-19 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R /2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⼆轨道反向运⾏，相对于圆盘的线速度值同为v ．若圆盘最初静⽌，求⼆⼩车开始转动后圆盘的⾓速度．分析当合外⼒矩为零时，应⽤⾓动量守恒定律应该注意到表达式中的⾓动量和⾓速度都是对同⼀惯性参考系选取的．转动参考系不是惯性参考系，所以⼩车对圆盘的速度和⾓动量必须应⽤相对运动速度合成定理转换为对地⾯的速度和⾓动量．解设两⼩车和圆盘的运动⽅向如图5-19所⽰，以圆盘的转动⽅向为正向，外轨道上⼩车相对于地⾯的⾓动量为)(v -ωR mR ，内轨道上⼩车相对于地⾯的⾓动量为)21(21v +ωR R m ，圆盘的⾓动量为ωω221R m J '=．对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ωωω221)21(21)(R m R R m R mR '+++-v v Rm m m )25(2'+=v ω vωv图5-19。
大物第五章课后习题答案
简答题5.1 什么是简谐运动？说明下列运动是否是简谐运动?(１）活塞的往复运动；(2）皮球在硬地上的跳动;（3)一小球在半径很大的光滑凹球面底部的来回滑动,且经过的弧线很短；（4)锥摆的运动。
答:质点的简谐振动一定要有平衡位置，以平衡位置作为坐标原点,如果以x 表示质点偏离平衡位置的位移，质点所受合外力一定具有F kx =-的形式。
（１）活塞的往复运动不是简谐运动，因为活塞受力的方向和它的位移是同一方向,任一时刻所受的合外力不具有F kx =-的形式，所以活塞的往复运动是简谐运动。
（2）皮球在硬地上的跳动不是简谐运动，因为忽略空气阻力，皮球在上升和下落阶段，始终受到竖直向下的重力的作用，任一时刻所受的合外力不具有F kx =-的形式，所以皮球的运动不是简谐运动。
(3）一小球在半径很大的光滑凹球面底部的来回滑动，且经过的弧线很短是简谐运动。
符合简谐运动的定义。
(4)锥摆的运动不是简谐运动，此时锥摆受到重力和绳的拉力的作用,这两个力的合力的大小为恒量,而方向在不断的改变,任一时刻所受的合外力不具有F kx =-的形式，所以锥摆的运动不是简谐运动。
5.2(1)试述相位和初相的意义，如何确定初相?（2）在简谐振动表达式)cos(ϕω+=t A x 中，ｔ＝0是质点开始运动的时刻,还是开始观察的时刻?初相20/,πϕ=各表示从什么位置开始运动?答：１)相位是决定谐振动运动状态的物理量，初相是确定振动物体初始时刻运动状态的物理量。
由初始条件可以确定初相。
2）在简谐振动表达式)cos(ϕω+=t A x 中,t =０是质点开始计时时刻的运动状态,是开始观察的时刻。
初相0ϕ=是物体处于正最大位移处开始运动，初相/2ϕπ=是物体处于平衡位置且向初相x 轴负向开始运动。
5.3 一质点沿ｘ轴按)cos(ϕω+=t A x 作简谐振动，其振幅为A ,角频率为ω，今在下述情况下开始计时，试分别求振动的初相:(1)质点在ｘ＝+A 处；(2）质点在平衡位置处、且向正方向运动;（3)质点在平衡位置处、且向负方向运动；（4)质点在ｘ=A /２处、且向正方向运动;（5)质点的速度为零而加速度为正值。
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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2
3
1
ML ．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 2
1
，则此时棒的角速度应为
(A)
ML
m v ． (B)
ML
m 23v ． (C)
ML
m 35v ． (D)
ML
m 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5-7
m
图5-11
v
2
1
v
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 5-12
8、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 。
参考答案： 据 2
i i
J m r
=
∑有：
22224(3)3(2)2050J m l m l ml ml =+++=
图5-13
9、基础训练（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 ＝
2
1m 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
C
B A B m m m g m a ++=
)(22
参考答案： 图5-14
10、自测提高（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 ，则杆转动时受的摩擦力矩的大小为=μmgl /2
参考答案：
三、计算题
1、基础训练（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
m
S ′
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0
2
1
ω时所需时间．
2、基础训练（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．
图5-17
3、自测提高（15）如图5-23所示，转轮A 、B 可分别独立地绕光滑的固定轴O 转动，它们的质量分别为m A ＝10 kg 和m B ＝20 kg ，半径分别为r A 和r B ．现用力f A 和f B 分别向下拉绕在轮上的细绳且使绳与轮之间无滑动．为使A 、B 轮边缘处的切向加速度相同，相应的拉力
f A 、f B 之比应为多少？(其中A
、B 轮绕O 轴转动时的转动惯量分别为2
2
1A A A r m J =和
21
B B B r m J =)
f
图5-23
4、自测提高（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
3
1l 和
3
2l ．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
与杆下端小球m 作对心碰撞，碰后以
02
1v
的速度返回，试求碰撞后轻杆所获得的角速度． 5、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22
1MR ，
忽略子弹重力造成的摩擦阻力矩)
图5-25
图5-24
2m
m
2
1
v 0
v
l
3
2l 31
四、附加题
1．基础训练（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 2
1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
22
1MR ．
求：(1) 圆盘对地的角速度．(2) 欲使圆盘对地静止，人应沿着
R 2
1圆周 图5－16
ω。