华理工大学大学物理习题之刚体力学习题详解
大学物理刚体力学习题讲解
(A) 只有(1)是正确的．
（B）
(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．
M=L×F |M|=|L|×|F|sinθ
2. 一轻绳绕在有水平轴的定滑轮上，滑轮的转动惯量为J，绳下
4. 一作定轴转动的物体，对转轴的转动惯量J＝ 3.0 kg·m2，角速度0＝6.0 rad/s．现对物体加一 恒定的制动力矩M ＝－12 N·m，当物体的角速度 减慢到＝2.0 rad/s时，物体已转过了角度 ＝
4.0rad
M=Jβ
2as=v`2-v2 2βθ= 2 -02
5. 质量为m1， m2 （ m1 > m2） 的两物体，通过一定滑轮用绳
6. 一长为1 m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．抬起另一端使棒向上 与水平面成60°，然后无初转速 地将棒释放．已知棒对轴的转动
惯量为1/3ml3，其中m和l分别为
棒的质量和长度．求： (1) 放手时棒的角加速度； (2) 棒转到水平位置时的角
加速度．
l m g
O 60°
端挂一物体．物体所受重力为P，滑轮的角加速度为．若将物体
去掉而以与P相等的力直接向下拉绳子，滑轮的角加速度将
(A) 不变． (B) 变小．
(C) 变大． (D) 如何变化无法判断．
［ C］
①物体状态at=rβ （P-atm）r=Jβ ②拉力情况下Pr=Jβ
挂重物时，mg－T= ma =mRβ, TR =J, P=mg
5. 解：由人和转台系统的角动量守恒
J11 + J22 = 0 其中 J1＝75×4 kg·m2 =300 kg·m2，1=v/r =0.5 rad / s J2＝3000 kg•m2
大学物理第四章 刚体的转动部分的习题及答案
第四章 刚体的转动一、简答题：1、简述刚体定轴转动的角动量守恒定律并给出其数学表达式?答案：刚体定轴转动时，若所受合外力矩为零或不受外力矩，则刚体的角动量保持不变。
2、写出刚体绕定轴转动的转动定律文字表达与数学表达式?答案：刚体绕定轴转动的转动定律：刚体绕定轴转动时，刚体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。
表达式为：αJ M =。
3、写出刚体转动惯量的公式，并说明它由哪些因素确定?答案：dm r J V⎰=2①刚体的质量及其分布；②转轴的位置；③刚体的形状。
二、选择题1、在定轴转动中，如果合外力矩的方向与角速度的方向一致，则以下说法正确的是 ( A )A.合力矩增大时，物体角速度一定增大；B.合力矩减小时，物体角速度一定减小；C.合力矩减小时，物体角加速度不一定变小；D.合力矩增大时，物体角加速度不一定增大2、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；3、有一半径为R 的水平圆转台，可绕通过其中心的竖直固定光滑轴转动， 转动惯量为J ，开始时转台以匀角速度0ω转动，此时有一质量为m 的人站住转台中心，随后人沿半径向外跑去，当人到达转台边缘时，转台的角速度为 ( A ) A.()2mR J J +ω B.()2Rm J J +ω C.20mR J ω D.0ω4、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，如图所示。
今使棒从水平位置由静止开始自由下落，在棒摆动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．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．5、一圆盘正绕垂直于盘面的水平光滑固定轴O 转动，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，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( C )A.增大B.不变C.减小 (D) 、不能确定6、在地球绕太阳中心作椭圆运动时，则地球对太阳中心的 ( 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.角动量守恒，动量守恒7、有两个半径相同,质量相等的细圆环A 和B ，A 环的质量分布均匀，B 环的质量分布不均匀，它们对通过环心并与环面垂直的轴的转动惯量分别为A J 和B J ，则 ( C )A.B A J J >；B.B A J J <；C.B A J J =；D.不能确定A J 、B J 哪个大。
大学物理(第四版)课后习题及答案 刚体
题4.1：一汽车发动机曲轴的转速在s 12内由13min r 102.1-⋅⨯均匀的增加到13min r 107.2-⋅⨯。
（1）求曲轴转动的角加速度；（2）在此时间内，曲轴转了多少转？题4.1解：（1）由于角速度ω =2πn （n 为单位时间内的转数），根据角加速度的定义td d ωα=，在匀变速转动中角加速度为()200s rad 1.132-⋅=-=-=tn n t πωωα（2）发动机曲轴转过的角度为()t n n t t t 0020221+=+=+=πωωαωθ在12 s 内曲轴转过的圈数为 圈390220=+==t n n N πθ 题4.2：某种电动机启动后转速随时间变化的关系为)1(0τωωte --=，式中10s rad 0.9-⋅=ω，s 0.2=τ。
求：（1）s 0.6=t 时的转速；（2）角加速度随时间变化的规律；（3）启动后s 0.6内转过的圈数。
题4.2解：（1）根据题意中转速随时间的变化关系，将t = 6.0 s 代入，即得100s 6.895.01--==⎪⎪⎭⎫⎝⎛-=ωωωτte（2）角加速度随时间变化的规律为220s 5.4d d ---===tte e t ττωωα（3）t = 6.0 s 时转过的角度为 rad 9.36d 1d 60060=⎪⎪⎭⎫⎝⎛-==⎰⎰-s tst e t τωωθ 则t = 6.0 s 时电动机转过的圈数圈87.52==πθN 题4.3：如图所示，一通风机的转动部分以初角速度0ω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？题4.3解：（1）通风机叶片所受的阻力矩为ωM C -=，由转动定律αM J =，可得叶片的角加速度为JC t ωωα-==d d （1） 根据初始条件对式（1）积分，有⎰⎰-=ωωω00d d d t t J C t由于C 和J 均为常量，得t JC e-=0ωω当角速度由0021ωω→时，转动所需的时间为2ln CJt = （2）根据初始条件对式（2）积分，有⎰⎰-=tt JC t e00d d ωθθ即CJ 20ωθ=在时间t 内所转过的圈数为 CJ N πωπθ420==题4.4：一燃气轮机在试车时，燃气作用在涡轮上的力矩为m N 1003.23⋅⨯，涡轮的转动惯量为2m kg 0.25⋅。
大学物理习题及解答(刚体力学)
1 如图所示，质量为m 的小球系在绳子的一端，绳穿过一铅直套管，使小球限制在一光滑水平面上运动。
先使小球以速度0v 。
绕管心作半径为r D 的圆周运动，然后向下慢慢拉绳，使小球运动轨迹最后成为半径为r 1的圆，求(1)小球距管心r 1时速度大小。
(2)由r D 缩到r 1过程中，力F 所作的功。
解 (1)绳子作用在小球上的力始终通过中心O ，是有心力，以小球为研究对象，此力对O 的力矩在小球运动过程中始终为零，因此，在绳子缩短的过程中，小球对O 点的角动量守恒，即10L L =小球在r D 和r 1位置时的角动量大小 1100r mv r mv = 100r r v v =(2)可见，小球的速率增大了，动能也增大了，由功能定理得力所作的功 ⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=-=-=1)(21 21)(21 21212102020210202021r r mv mv r r mv mv mv W2 如图所示，定滑轮半径为r ，可绕垂直通过轮心的无摩擦水平轴转动，转动惯量为J ，轮上绕有一轻绳，一端与劲度系数为k 的轻弹簧相连，另一端与质量为m 的物体相连。
物体置于倾角为θ的光滑斜面上。
开始时，弹簧处于自然长度，物体速度为零，然后释放物体沿斜面下滑，求物体下滑距离l 时，物体速度的大小。
解 把物体、滑轮、弹簧、轻绳和地球为研究系统。
在物体由静止下滑的过程中，只有重力、弹性力作功，其它外力和非保守内力作功的和为零，故系统的机械能守恒。
设物体下滑l 时，速度为v ，此时滑轮的角速度为ω则 θωsin 2121210222mgl mv J kl -++= （1）又有 ωr v = （2） 由式（1）和式（2）可得 m r J kl mgl v +-=22sin 2θ本题也可以由刚体定轴转动定律和牛顿第二定律求得，读者不妨一试。
3 如右图所示，一长为l 、质量为m '的杆可绕支点O 自由转动，一质量为m 、速率为v 的子弹射入杆内距支点为a 处，使杆的偏转为︒30。
大学物理刚体力学中难题及解析
B
5
解 设杆的质量为m， 机械能守恒：
l 1 1 2 2 2 mg sin 0 sin m(vCx vCy ) I C 2 2 2 1 2 重力势能转化成质心平动动能和刚体转动动能 I C ml y A 12 l 运动学条件： vCx sin 2 C 质心速度沿 l 水平竖直方 v cos Cy 向分解 2 mg B x
16
正确解法：隔离，分别用角动量定理。 o
R1 f r t J11 J10 J2 R2 2 O2 对轮 2 ： f r fr 1 R 1 R2 fr t J2 2 0 J1 O1
对轮1：
稳定条件：
1 R1 2 R 2
联立可得稳定后的角速度
J1 R J 1 R1 R2 1 0 , 2 0 2 2 2 2 J 1 R2 J 2 R1 J1 R2 J 2 R1 17
N maCt , f maCr
2 2
B
杆无滑动地绕圆环外侧运动，要求
f aCr (l 3r )r 4l ，因 r l 则 。 N f , a 2 R N Ct 24 lR
【9】质量为M，长度为 2l 的梯子上端靠在光 滑墙面上，下端放在粗糙地面上，地面与梯子 的静摩擦系数为 μ，一质量为 m 的人攀登到距 下端 l0 的位置，求梯子不滑动的条件。
0
f
R
vC 0
摩擦力的作用： 对质心的运动 vC
对绕质心的转动
当 vC 0, 而 0 时，乒乓球返回!
3
（2）前进一段后会自动返回的条件：
0
R
•质心运动定理： f maC
vc 0
东华理工大学 物理练习试卷答案 刚体力学
J 00 J
J0 2mR2 /5，
2
J 2m( R / 2 )2 /5
40
2 T0 T 4 0 4
14. 一块方板，可以绕通过其一个水平边的光滑
固定轴自由转动.最初板自由下垂.今有一小团粘 土，垂直板面撞击方板，并粘在板上。对粘土和 方板系统，如果忽略空气阻力，在碰撞中守恒的 绕木板转轴的角动量 量是 ________________. （动能、 绕木板转轴的角动量、 机械能、 动量）
E p EK J
1 2
EK EP 0
2
Ep J
1 2
2
M J
即角速度从小到大，角加速度从大到小
7、一水平圆盘可绕通过其中心的固定竖直轴转动，盘上站着一个 人.把人和圆盘取作系统，当此人在盘上随意走动时，若忽略轴 的摩擦，此系统 [ C ] (A)动量守恒． (B)机械能守恒． (C) 对转轴的角动量守恒． (D) 动量、机械能和角动量都守恒． (E) 动量、机械能和角动量都不守恒．
2m 得 k 2 L 2 mg df dmg rdr 2
L
dM rdf
2m g 2 2 M dM r dr m gL 2 L 3 0
L
18.如图所示，一轻绳绕过一轻滑轮，绳的一端被一质量为m 的 人抓住，绳的另一端悬挂一质量为 m / 2的物体，定滑轮的质 量为 M ，半径为R，可视为匀质圆盘。设人从静止开始相对绳 匀速向上爬行时，绳子与滑轮间无相对滑动， 求物体上升的加速度。
8、如图所示，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 1 ML 惯量为 。一质量为m、速率为v的子弹在水平面内沿与棒 3 1 v 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 2 B 为 ，则此时棒的角速度应为［ ］。 1
大学物理刚体力学基础习题思考题与答案
习题55-1．如图，一轻绳跨过两个质量为m、半径为r的均匀圆盘状定滑轮，绳的两端分别挂着质量为2m和m的重物，绳与滑轮间无相对滑动，滑轮轴光滑，两个定2滑轮的转动惯量均为m r/2，将由两个定滑轮以及质量为2m和m的重物组成的系统从静止释放，求重物的加速度和两滑轮之间绳内的张力。
解：受力分析如图，可建立方程：2mgT22ma┄①T1┄②mgmaT(TT)rJ┄③2(TT)1rJ┄④a，r2Jmr┄⑤/2 1联立，解得：ag411，Tmg8。
5-2．如图所示，一均匀细杆长为l，质量为m，平放在摩擦系数为的水平桌面上，设开始时杆以角速度0绕过中心O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：ml，在杆上取一小质元dmdx，有微元摩擦力：dfdmggdx，微元摩擦力矩：dMgxdx，考虑对称性，有摩擦力矩：l1M2gxdxmgl；24（2）根据转动定律MJJ ddt，有：tMdtJd，112mgltml，∴0 412 t30lg。
或利用：MtJJ，考虑到0，12 Jml，12有：0t3 l g 。
5-3．如图所示，一个质量为m的物体与绕在定滑轮上的绳子相联，绳子的质量可以忽略，它与定滑轮之间无滑动。
假设定滑轮质量为M、半径为2R,其转动惯量为M R/2，试求该物体由静止开始下落的过程中，下落速度与时间的关系。
解：受力分析如图，可建立方程：mgTma┄①TR┄②JaR，12 JmR┄③22mgMmg联立，解得：aT，，M2m M2m考虑到a dvdt，∴vt2mgdvdt00M2m，有：v2m gtM2m。
5-4．轻绳绕过一定滑轮，滑轮轴光滑，滑轮的质量为M/4，均匀分布在其边缘上，绳子A端有一质量为M的人抓住了绳端，而在绳的另一端B系了一质量为M/4的重物，如图。
已知滑轮对O2轴的转动惯量J/4，设人从静止开始以相对绳匀速向上爬MR时，绳与滑轮间无相对滑动，求B端重物上升的加速度？解一：分别对人、滑轮与重物列出动力学方程Mg T1人MaAMMT2ga物B44T1RTRJ滑轮22由约束方程:aaRJ,解上述方程组A和MR/4B得到g a. 2解二：选人、滑轮与重物为系统，设u为人相对绳的速度，v为重du物上升的速度，注意到u 为匀速，0dt，系统对轴的角动量为：1M32LMvRM(uv)R(R)MvRMu 442R(B 物体)(人)(A 物体)而力矩为： M13 MgRMgRMgR ， 44根据角动量定理dL3d3 M 有：MgR(MvRMuR)，∴dt4dt2 g a 。
参考解答01 刚体力学 (1)(1)
=
r被 r主
被
=
0.40 0.20
8π=16π
s1
主 =
主
t
=4π
s2
= 1 t 2 =32π rad
2
n= 32π 16 2π
J2 J1 J3 从大到小
大学物理习题参考解答
从小到大，
大学物理习题参考解答
提示
W
1 J2
2
1 2
mr
2
(22
12 )
对O轴的角动量 对该轴的合外力矩为零
机械能
大学物理习题参考解答
1
提示 J11 J22
2
平衡杠杆
速度杠杆
省力杠杆
9.0103 m3 K p V0 ΔV
大学物理习题参考解答
大学物理习题参考解答
大学物理习题参考解答
大学物理习题参考解答
大学物理习题参考解答
大学物理习题参考解答
大学物理习题参考解答
大学物理习题参考解答
解:（1) 角动量守恒
O v
O'
大学物理习题参考解答
C
提示 卫星受地球引力,动量不守恒； 卫星对地球为轴的力矩为零, 角动量守恒.
大学物理习题参考解答
D
大学物理习题参考解答
C
大学物理习题参考解答
B
二．ห้องสมุดไป่ตู้空题 直线
曲线
大学物理习题参考解答
M J
匀加速转动
大学物理习题参考解答
提示
v主 =v被 r主主 =r被被
主
0 (J盘 J人） 盘地J盘 - 人地J人 - 人地 -人盘 盘地 0 (J盘 J人） 盘地J盘 - 人盘J人 盘地J人
大学物理第三章刚体力学基础习题答案 ppt课件
12
3
联立可得： v M 3mu
M 3m
6mu
M 3m
l
3-18 MkJJd
dt
t
0
k J
dt
0
2
0
d
t J ln 2 k
3-19 设子弹射入后圆盘的角速度为ω，由角动量守恒得
mv0R(mR2大1 2学m 物理0R 第三2)章刚体力学基础习题
2mv0 2mRm0R
6
答案
质点运动与刚体定轴转动对照表
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
MMf J1 Mf J2
1
0 t1
2
0 t2
MJ(12)
J0
(1 t1
1 t2
)
大学物理第三章刚体力学基础习题
（1）物体自静止下落，5s内下降的距离； （2）绳中的张力。
解：
mgTma
TRJ 1 MR2 a
2R a 2mg5.0m 6s2
M2m
T 1 Ma 2
h1at2 63.2m 2
Tm (ga)3.9 7 N
大学物理第三章刚体力学基础习题
14
答案
3-8 长为l，质量为M的匀质杆可绕通过杆一端O的 水平光滑固定轴转动，转动惯量为 1 M l 2 ，开始时杆
16
答案
质点运动
刚体定轴转动
质量
m
力 第二定律
F
Fma
F dp
转动惯量 J r2dm m
大学物理刚体力学习题课解析
系统中有刚体时的功能 原理, 机械能守恒定律。
2018/8/2
2
四、刚体定轴转动的角 动量定理：
t2
Mdt J ω
2 t1
2
J 1ω1
角动量守恒定律的条件 ： (1) M 0 (2)惯性系或质心系
系统中有刚体时的角动 量定理, 系统角动量守恒定律。
2018/8/2 3
五、刚体的平面运动： ( 1 ) vi v c ω ric 1 1 2 ( 2 ) Ek m vc J cω 2 2 2 ( 3 ) F ma c , 只适用于惯性系。 M c J cβ 适用于任意参照系。
M,R
m3,r
m1
2018/8/2
m2
12
解： m1 g T1 m1 a1 1 2 (T1 T2 ) R MR 1 2 T2 T3 T4 m3 g m3 a 2 1 (T2 T3 ) r m3 r 2 2 2 T4 m2 g m2
l m ho
l h’
hc
c
h
a
1 2 碰后杆和地球： J mgh c 2
由此得
b
(4)
3h0 h 2hc 2
v
v0 3v0 , 2 2l
18
2018/8/2
例
一质量 m的匀质矩形薄板绕其竖 直边
转动，初始角速度为 0，转动时受到空气阻力 ， 阻力垂直于板面，每一 小面积上所受阻力的大 小 正比于该面积和速度平 方的乘积，比例常数为 k。 问经过多少时间角速度 减为原来的一半？已知 薄 板的竖直边长为 b，水平边长为 a。
M,R
T3
T2 T1 T4
1
《大学物理》刚体的转动练习题及答案
《大学物理》刚体的转动练习题及答案一、简答题：1、为什么刚体绕定轴转动的动能的改变只与外力矩有关，而与内力矩无关?答案：对刚体，由于刚体内各质点间相对位移始终为零，内力总是成对出现，每对内力大小相等，方向相反，在一直线上，故内力矩做功之和一定为零，故刚体绕定轴转动的动能的改变与内力矩无关。
2、简述刚体定轴转动的角动量守恒定律并给出其数学表达式?答案：刚体定轴转动时，若所受合外力矩为零或不受外力矩，则刚体的角动量保持不变。
3、下列物理量中，哪些量与原点的选择有关：(1) 速度，(2) 位矢，(3) 位移，(4) 角动量，(5) 动量 答案：与原点有关的物理量为：位矢，角动量。
4、质量、半径相同的两个圆盘，第一个质量分布均匀，第二个大部分质量分布在盘边缘，当它们以相同的角速度绕通过盘中心的轴转动时，哪个盘的转动动能大?为什么?答案：第二个盘的动能大。
因为由刚体转动动能221ωJ E k =知，在角速度一样时，转动惯量大的动能大；又因为2121mR J =，22mR J ≈，第二个转动惯量较大，所以转动动能较大。
5、在某一瞬时，刚体在一外力矩作用下，其角速度可以为零吗? 其角加速度可以为零吗?答案：由刚体转动定律αJ M =，知，在某一瞬时，刚体在一外力矩作用下，其角加速度不可以为零；由dtd ωα=，有⎰+=t dt 00αωω，可知其角速度此时可以为零。
6、写出刚体绕定轴转动的转动定律文字表达与数学表达式?答案：刚体绕定轴转动的转动定律：刚体绕定轴转动时，刚体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。
表达式为：αJ M =。
7、简述刚体定轴转动时的特点有哪些, 常用哪些物理量来描述刚体的转动?答案：刚体定轴转动的特点：转轴相对参照系固定，刚体内所有点都具有相同的角位移、角速度、角加速度；质点在垂直转轴的平面内运动，且作圆周运动。
刚体的转动通常用转动惯量J 、力矩M 、角加速度α、角动量L 等来描述。
大学物理-刚体力学习题解答
1大学物理-刚体力学习题解答一、选择题1、 B,r v⨯=ω 2、 C, 3 、B, 4 、C, 5、 B, 平轴的力矩和为零，θθsin 2cos lmgNl =，所以2)tan (θmg N =。
6 、B, 7、 A, 32202mgR rdr R mrgrgdm M Rf μππμμ===⎰⎰ 8、 B ，在碰撞过程中，小球和摆对O 轴的角动量守恒，所以有1011sin 100mlv l v m=θ，220v v = 二、填空题1．t 108-==θω ，10-==θβ ，所以s rad s t 62.0==ω；22.010s rad s t -==β； s m R v m R s t 35.0,2.0====ω；()25.0,2.05s m R a m R s t -====βτ；()225.0,2.018s m R a m R s t n ====ω 2s m 18-⋅。
2．刚体对转轴转动惯性大小的量度；2I r dm =⎰；质量、质量分布、转轴的位置。
3．mLv 。
4．()()k t mgv j gt v i v j gt t v i t v v r L αααααcos 21sin cos 21sin cos 200020000-=-+⨯⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝⎛-+=⨯=；k t mgv dt L d αcos 00-=；k t mgv dtL d Mαcos 00-==。
5．角动量；04ω 。
6．同时到达。
7．32g。
8．20012I ω。
三、计算题，1、设1m 向下运动，2m 向上运动，对两物体应用牛顿定律列方程有：1111m g T m a -=，2222T m g m a -=，对鼓轮应用转动定律有：11220T r T r -= ，（因为鼓轮的质量忽略不计） 设鼓轮的角加速度为β，则有：11a r β= ，22a r β= 。
联立求解以上各式得：21122221122m r m r g m r m r β-=+ ；若1m 向上运动，2m 向下运动，则 2211221122m r m r g m r m r β-=+ 。
大学物理CH.-刚体力学（ＰＤＦ）
β
ri Fi
sinϕi
+
ri
fi
sinθi
=
∆mi
r2 i
β
质点∆mi的外力矩
质点∆mi的内力矩
对所有质点求和，可以得到：
∑ ∑ ∑ riFi sinϕi +
ri fi sinθi =
∆mi
r2 i
β
i=1
i=1
i=1
合内力矩∑ri fi sinθi 为零，则：
∑ ∑ riFi sinϕi =
∆mi
F = 0 p = 常量
Ek
=
1 2
mv2
A = ∫ F ⋅ dr =∆Ek
刚体定轴转动规律
M = r × F = dL = J β
dt
L = r × p = Jω
∫t2 Mdt = ∆L t1
M = 0 L = 常量
Ek
=
1 2
Jω2
A = ∫ M ⋅ dθ = ∆Ek
第五节 进 动 一、 进动(precession)现象：
= ∫ r 2λdl l
质量体分布，例如立方体、球体 质量面分布，例如薄片、薄球壳 质量线分布，例如细棒、细环
例2 计算质量为 m ，长为 L 的匀质细棒绕通过其 端点的垂直轴的转动惯量。
解：J = ∫ r 2dm
z
dm = λdl = m dl o
L
∫ J = L l2 ⋅ m dl 0L = 1 mL2 3
o ω
o’
ω
oG
二、杠杆回转仪的分析
设右图中的刚体回转仪处于平
o
衡状态，现将重物左移并将飞
ω 轮作如图方向旋转。则飞轮进
动的方向如何？
大学物理第3章 刚体力学习题解答
第3章 刚体力进修 【 1 】题解答3.13 某发念头飞轮在时光距离t 内的角位移为):,:(43s t rad ct bt at θθ-+=.求t 时刻的角速度和角加快度.解：23212643ct bt ct bt a dtd dtd -==-+==ωθβω3.14桑塔纳汽车时速为166km/h,车轮滚动半径为,发念头转速与驱动轮转速比为0.909, 问发念头转速为每分若干转？解：设车轮半径为,发念头转速为n 1, 驱动轮转速为n 2, 汽车速度为v=166km/h.显然,汽车进步的速度就是驱动轮边沿的线速度,909.0/2212Rn Rn v ππ==,所以：min/1054.1/1024.93426.014.3210166909.02909.013rev h rev n R v ⨯=⨯===⨯⨯⨯⨯π3.15 如题3-15图所示,质量为m 的空心圆柱体,质量平均散布,其表里半径为r 1和r 2,求对经由过程个中间轴的迁移转变惯量. 解：设圆柱体长为h ,则半径为r,厚为dr 的薄圆筒的质量dm 为：2..dm h r dr ρπ=对其轴线的迁移转变惯量dI z 为232..z dI r dm h r dr ρπ==212222112..()2r z r I h r r dr m r r ρπ==-⎰ 3.17 如题3-17图所示,一半圆形细杆,半径为 ,质量为 ,求对细致杆二端轴的迁移转变惯量.解：如图所示,圆形细杆对过O 轴且垂直于圆形细杆地点平面的轴的迁移转变惯量为mR 2,依据垂直轴定理z x y I I I =+和问题的对称性知：圆形细杆对过轴的迁移转变惯量为12mR 2,由迁移转变惯量的可加性可求得：半圆形细杆对细致杆二端轴的迁移转变惯量为：214AA I mR '=3.18 在质量为M,半径为R 的匀质圆盘上挖出半径为r 的两个圆孔,圆孔中间在半径R 的中点,求残剩部分对过大圆盘中间且与盘面垂直的轴线的迁移转变惯量.解：大圆盘对过圆盘中间o 且与盘面垂直的轴线（以下简称o 轴）的迁移转变惯量为221MR I =.因为对称放置,两个小圆盘对o 轴的迁移转变惯量相等,设为I’,圆盘质量的面密度σ=M/πR 2,依据平行轴定理,2412222222124))(()('rM r r r I Rr M R +=+=πσπσ 设挖去两个小圆盘后,残剩部分对o 轴的迁移转变惯量为I”)/2('2"24222122122124R r r R M Mr MR I I I R r M --=--=-= 一迁移转变体系的迁移转变惯量为2,转速为,两制动闸瓦对轮的压力都为392N,闸瓦与轮缘间的摩擦系数为,轮半径为,问从开端制动到静止需多长时光？解：由迁移转变定理：,M I α=20.43920.415.68/8.0M rad s Iα⨯⨯⨯===制动进程可视为匀减速迁移转变,/t αω=∆∆/41.9/15.68 2.67t s ωα∆=∆==一轻绳绕于的飞轮边沿,以恒力 F=98N 拉绳,如题3-20图（a ）所示.已知飞轮的迁移转变惯量 2,轴承无摩擦.求（1）飞轮的角加快度.（2）绳索拉下5m 时,飞轮的角速度和动能.（3）如把重量 P=98N 的物体挂在绳端,如题3-20图（b ）所示,再求上面的成果. 解 （1）由迁移转变定理得：20.29839.20.5M r F rad s I I α-⋅⨯====⋅ （2）由定轴迁移转变刚体的动能定理得：212k A E I ω==k E F h =⋅=490J 12249044.270.5kE rad s Iω-⨯===⋅ （3）物体受力如图所示：P T ma rT J a r T T αα⎧-=⎪⎪'=⎨⎪'==⎪⎩解方程组并代入数据得： 222989802217898020598Pr g ...rad s Pr Jg ...α-⨯⨯===⋅+⨯+⨯ 22222111222k P P A E J r J r Ph g g ωωω⎛⎫==+=+= ⎪⎝⎭12222*98*533.150.59.8*0.2Ph rad s P J r g ω-===⋅++ 22110533********k E J *.*..J ω=== 3.21如今用阿特伍德机测滑轮迁移转变惯量.用轻线且尽可能润滑轮轴.两头吊挂重物资量各为m 1,m 2,滑轮半径为.自静止始,释放重物后并测得内m 2降低了.滑轮迁移转变惯量是若干？ 解：隔离m 2.m 1及滑轮,受力及活动情形如图所示.对m 2.m 1分离运用牛顿第二定律：)2();1(111222a m g m T a m T g m =-=-对滑轮运用迁移转变定理：R Ia I R T T /)(12==-β （3）质点m 2作匀加快直线活动,由活动学公式：221at y =∆, 222/06.00.5/75.02/2s m t y a =⨯=∆=∴由 ⑴.⑵可求得 a m m g m m T T )()(121212+--=-,代入（3）中,可求得21212)](/)[(R m m a g m m I +--=,代入数据：2221039.105.0)96.006.0/8.904.0(kgm I -⨯=⨯-⨯=3.22质量为m,半径为 的平均圆盘在程度面上绕中间轴迁移转变,如题3-22图所示.盘与程度面的动摩擦因数为,圆盘的初角速度为0ω,问到停滞迁移转变,圆盘共转了若干圈？解： 221mR I =如图所示：rdr dm πσ2= gdm r dM μ-=R mg dr r g gdm r dM M R μπσμμ32202-=-=-==⎰⎰⎰由迁移转变定律：M=d d d d J J J dt d dt d ωωθωωθθ== 得： 00201223mR d mgR d θωωωμθ∆=-⋅⎰⎰ 积分得： 2038R gωθμ∆=所以从角速度为0ω到停滞迁移转变,圆盘共转了20316R gωπμ圈.3.23如图所示,弹簧的顽强系数k=2N/m,可视为圆盘的滑轮半径,质量m 1=80g,设弹簧和绳的质量可不计,绳不成伸长,绳与滑轮间无相对滑动,活动中阻力不计,求1kg 质量的物体从静止开端（这时弹簧不伸长）落下1米时,速度的大小等于若干（g 取10m/s 2）解：以地球.物体.弹簧.滑轮为体系,其能量守恒物体地桌面处为重力势能的零点,弹簧的原长为弹性势能的零点,则有：22212111022212m v J kx m gh v r J mr x hωω⎧++-=⎪⎪⎨⎪===⎪⎩解方程得：21122m gh kh v m m /-=+代入数据盘算得：v=m/s .即物体下落m 的速度为m/s3.24如题3-24图所示,均质矩形薄板绕竖直边迁移转变,初始角速度为0ω,迁移转变时受到空气的阻力.阻力垂直于板面,每一小面积所受阻力的大小与其面积及速度平方的乘积成正比,比例常数为k.试盘算经由若干时光,薄板角速度减为本来的一半,设薄板竖直边长为b,宽为a,薄板质量为m.解;如图所示,取图示的暗影部分为研讨对象v x ω= 222df kv dS kx bdx ω==23dM x df k bx dx ω=⋅=23240014a aM dM k bx dx k ba ωω===⎰⎰d M J dt ω= 244d Jdt J d M k baωωω== 024242004443/J d J mt kba kba kba ωωωωωω===⎰所以经由2043mkba ω的时光,薄板角速度减为本来的一半.3-25一个质量为M ,半径为 R 并以角速度ω扭转的飞轮（可看作匀质圆盘）,在某一刹时冲破口然有一片质量为m 的碎片从轮的边沿上飞出,见题3-25图.假定碎片离开飞轮时的瞬时速度偏向正好竖直向上,（1）问它能上升多高？（2）求余下部分的角速度.角动量和迁移转变动能.解：（1）碎片以R ω的初速度竖直向上活动.上升的高度：222022v R h g gω== （2）余下部分的角速度仍为 ω角动量 212L J (M m )R ωω==-迁移转变动能 221122k E (M m )R ω=-3.26两溜冰活动员,在相距m 的两平行线上相向而行.两人质量分离为m A =60kg,m B =70kg,他们的速度分离为v A -1, v A -1,当二者最接近时,便拉起手来,开端绕质心作圆活动,并保持二者的距离为.求该瞬时：（1）体系对经由过程质心的竖直轴的总角动量; （2）体系的角速度;（3）两人拉手前.后的总动能.这一进程中能量是否守恒？ 解：如图所示, （1）60159607013A A B m l .x m m m ⨯===++ 921151326l x .m -=-=221607913706212663010A A B B L m v (l x )m v x //.kgm s -=-+=⨯⨯+⨯⨯=⨯⋅（2）L J ω= 22c cc c B A L L J m x m (l x )ω==+-,代入数据求得：1867c .rad s ω-=⋅ （3）以地面为参考系. 拉手前的总动能：2211122k A A B BE m v m v =+,代入数据得12730k E J =, 拉手后的总动能：包含括个部分：（1）体系相对于质心的动能（2）体系随质心平动的动能222222211112222A A B B k c A B c c A B A B m v m v E J (m m )v J (m m )m m ωω⎛⎫+=++=++ ⎪+⎝⎭动能不守恒,总能量守恒.3.27一平均细棒长为 l ,质量为m ,以与棒长偏向相垂直的速度v 0在滑腻程度面内平动时,与前方一固定的滑腻支点 O 产生完整非弹性碰撞,碰撞点位于离棒中间一方l/4处,如题3-27图所示,求棒在碰撞后的瞬时绕过O 点垂直于杆地点平面的轴迁移转变的角速度0ω. 解：如图所示：碰撞前后体系对点O 的角动量守恒. 碰撞前后： 104L mv l /=碰撞前后：2220001124l L J ml m ωω⎡⎤⎛⎫==+⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦由12L L =可求得：200127v rad s lω-=⋅3.28如题3-28图所示,一质量为m 的小球由一绳索系着,以角速度ω0 在无摩擦的程度面上,作半径为r 0 的圆周活动.假如在绳的另一端感化一竖直向下的拉力,使小球作半径为r 0/2 的圆周活动.试求：（1） 小球新的角速度;（2） 拉力所作的功. 解：如图所示,小球对桌面上的小孔的角动量守恒（1）初态始角动量 2100L mr ω=;终态始角动量 22014L mr ω=由12L L =求得：04ωω= （2）拉力作功：2222110000113222W J J mr ωωω=-=3.29质量为0.50 kg,长为0.40 m 的平均细棒,可绕垂直于棒的一端的程度轴迁移转变.如将此棒放在程度地位,然后任其落下,如题3-29图所示,求：（1） 当棒转过60°时的角加快度和角速度;（2） 下落到竖直地位时的动能;（3） 下落到竖直地位时的角速度. 解：设杆长为l ,质量为m(1) 由同迁移转变定理有：232123lmg sin g sin MJml lθθα===代入数据可求得：21838.rad s α-=⋅由刚体定轴迁移转变的动能定理得：2211223l mg cos ml θω=3g cos lθω=,代入数据得：17978.rad s ω-=⋅（也可以用迁移转变定理求得角加快度再积分求得角速度）（2）由刚体定轴迁移转变的动能定理得：k W E =∆ 059802098k E mgh ....J ==⨯⨯= （3）12220988573105043kE ..rad s J..ω-⨯===⋅⨯⨯3-30 如题3-30图所示,A 与B 两飞轮的轴杆由摩擦啮合器连接,A 轮的迁移转变惯量J 1 ＝10.0 kg· m 2 ,开端时B 轮静止,A 轮以n 1 ＝600 r· min -1 的转速迁移转变,然后使A 与B 连接,因而B 轮得到加快而A 轮减速,直到两轮的转速都等于n ＝200 r· min -1 为止.求：（1） B 轮的迁移转变惯量;（2） 在啮合进程中损掉的机械能.解：研讨对象：A.B 体系在连接进程中, 对轴无外力矩感化,故有常矢=L()121122J J J J ωωω⇒+=+即： 1122J ()J ωωωω-=-代入数据可求得：2220J kg m =⋅（2）()2221122121122k E (J J )J J ωωω∆=+-+ 代入数据可求得：413210k E .J ∆=-⨯,负号暗示动能损掉（削减）.质量为m 长为l 的匀质杆,其B 端放在桌上,A 端用手支住,使杆成程度.忽然释放A 端,在此瞬时,求：⑴杆质心的加快度,⑵杆B 端所受的力.解：⑴以支点B 为转轴,运用迁移转变定理：l glml mg232312=∴=ββ,质心加快度 g a lc 432==β,偏向向下.⑵设杆B 端受的力为N,对杆运用质心活动定理：N y =0,题3-30图题3-31图N x - mg = - m a c , N x = m(g – a c) = mg/4∴ N = mg/4,偏向向上.。
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 m l J m J M l ⎛⎫=== ⎪⎝⎭ 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)。
(完整版)大学物理刚体的定轴转动习题及答案.doc
第 4 章 刚体的定轴转动 习题及答案1． 刚体绕一定轴作匀变速转动，刚体上任一点是否有切向加速度？是否有法向加速度？切向和法向加速度的大小是否随时间变化？答：当刚体作匀变速转动时 ,角加速度不变。
刚体上任一点都作匀变速圆周运动， 因此该点速率在均匀变化，v l ，所以一定有切向加速度a t l ，其大小不变。
又因该点速度的方向变化，2所以一定有法向加速度a n l，由于角速度变化，所以法向加速度的大小也在变化。
2. 刚体绕定轴转动的转动定律和质点系的动量矩定理是什么关系？答：刚体是一个特殊的质点系，它应遵守质点系的动量矩定理，当刚体绕定轴 Z 转动时，动量矩定理的形式为M z dL z ， M z 表示刚体对 Z 轴的合外力矩， L z 表示刚体对 Z 轴的动量矩。
dtL zml i i2I ,其中 I mlii2，代表刚体对定轴的转动惯量，所以M zdL z d I IdI 。
既M z I 。
dtdtdt所以刚体定轴转动的转动定律是质点系的动量矩定理在刚体绕定轴转动时的具体表现形式，及质点系的动量矩定理用于刚体时在刚体转轴方向的分量表达式。
3． 两个半径相同的轮子，质量相同，但一个轮子的质量聚集在边缘附近，另一个轮子的质量分布比较均匀，试问：（ 1）如果它们的角动量相同，哪个轮子转得快？（ 2）如果它们的角速度相同，哪个轮子的角动量大？答： (1)由于 L I ，而转动惯量与质量分布有关，半径、质量均相同的轮子，质量聚集在边缘附近的轮子的转动惯量大，故角速度小，转得慢，质量分布比较均匀的轮子转得快；（ 2）如果它们的角速度相同，则质量聚集在边缘附近的轮子角动量大。
4． 一圆形台面可绕中心轴无摩擦地转动，有一玩具车相对台面由静止启动，绕轴作圆周运动，问 平台如何运动？如小汽车突然刹车，此过程角动量是否守恒？动量是否守恒？能量是否守恒？答：玩具车相对台面由静止启动，绕轴作圆周运动时，平台将沿相反方向转动；小汽车突然刹车过程满足角动量守恒，而能量和动量均不守恒。
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t 时角速度为
d
2．解：设 绳 中 张 力 为 T 对于重物按牛顿第二定律有 m2g–T=m2a
0
t
kdt
0ekt
(1)
1
对全部高中资料试卷电气设备，在安装过程中以及安装结束后进行高中资料试卷调整试验；通电检查所有设备高中资料电试力卷保相护互装作置用调与试相技互术通关，1系电过，力管根保线据护敷生高设产中技工资术艺料0不高试仅中卷可资配以料置解试技决卷术吊要是顶求指层，机配对组置电在不气进规设行范备继高进电中行保资空护料载高试与中卷带资问负料题荷试2下卷2，高总而中体且资配可料置保试时障卷，各调需类控要管试在路验最习；大题对限到设度位备内。进来在行确管调保路整机敷使组设其高过在中程正资1常料中工试，况卷要下安加与全强过，看度并22工且22作尽22下可22都能22可地护以缩1关正小于常故管工障路作高高；中中对资资于料料继试试电卷卷保破连护坏接进范管行围口整，处核或理对者高定对中值某资，些料审异试核常卷与高弯校中扁对资度图料固纸试定，卷盒编工位写况置复进.杂行保设自护备动层与处防装理腐置，跨高尤接中其地资要线料避弯试免曲卷错半调误径试高标方中高案资等，料，编试要5写、卷求重电保技要气护术设设装交备备置底4高调、动。中试电作管资高气，线料中课并敷3试资件且、设卷料中拒管技试试调绝路术验卷试动敷中方技作设包案术，技含以来术线及避槽系免、统不管启必架动要等方高多案中项；资方对料式整试，套卷为启突解动然决过停高程机中中。语高因文中此电资，气料电课试力件卷高中电中管气资壁设料薄备试、进卷接行保口调护不试装严工置等作调问并试题且技，进术合行，理过要利关求用运电管行力线高保敷中护设资装技料置术试做。卷到线技准缆术确敷指灵设导活原。。则对对：于于在调差分试动线过保盒程护处中装，高置当中高不资中同料资电试料压卷试回技卷路术调交问试叉题技时，术，作是应为指采调发用试电金人机属员一隔，变板需压进要器行在组隔事在开前发处掌生理握内；图部同纸故一资障线料时槽、，内设需，备要强制进电造行回厂外路家部须出电同具源时高高切中中断资资习料料题试试电卷卷源试切，验除线报从缆告而敷与采设相用完关高毕技中，术资要资料进料试行，卷检并主查且要和了保检解护测现装处场置理设。备高中资料试卷布置情况与有关高中资料试卷电气系统接线等情况，然后根据规范与规程规定，制定设备调试高中资料试卷方案。
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、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。
习题三为m 的子弹以水平速度v0射向棒的中心，并以v0/2 的水平速度穿出棒，此后棒的最大解：]答案：C)2M gl ；m D）216M 2glJ1 1 J1 21J 22 MgJ,1l2J1ml2, J ,J4 1Ml 23v0l/22v，v0/2l/2v01，J1( 1 2)J2J1J。
1Mgl J1 12JMgl，22J1 11 1Mgl4Jml 24v024 l2 124 Ml 23 Mgl，31622m v0MMgl ，v02216 M2 gl ，所以3m4Mv0m 3gl现有一质量R ，转动惯量 J 均相同），若分别用 F （N ）的力和加重物重力 P mgF （N ） 时，所产生的角加速度分别为1和 2 ，则 [ ]( A ) 1 2 ； （ B ） 1 2 ； （ C ） 1 2 ；（ D ）不能确定 。
答案： AM 恒定，匀变速，所以有3．一个转动惯量为 J 的圆盘绕一固定轴转动， 初角速度为 0 。
设它所受阻力矩与转动角速度成正比 M k （k 为正常数 ）。
（1）它的角速度从 0变为 0/2 所需时间是 [ ]（A） J/2； （B ） J/k ； C ) (J / k)ln 2；(D ) J/(2k)。
（2） 在上述过程中阻力矩所做的功为 [ ]（A） J 02 /4 ； 2 (B ) 3J 02/8 ；2 (C ) J 02 /4； 2(D) J 02/8 。
答案： C ；B。
解：已知 M k ， 0, J ， 1002d d dk（1） M J k ， J k ， dtdt dt JdktkJ 0 J0dt ， lnt ，所以 tln 0 ln2 0JJkk12 121 122 3J 22 ) AJ 2 J0 J 0220 2 40801 2 1 2Ek2J 2J12J(22) (6400 1600) 9600(J)80 4016N m104．如图所示，对完全相同的两定滑轮（半径解：根据转动定律，有 mg R J1T R J2dm依受力图，有 mg T ma ， T mg ma mg 所以， 1 2 。
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： J1 1 J0 J2 2 (J1 J2J)J 1 J 2 m 1r 2 m 2r 2 (m 1m 2 )， 1v2r所以J002J1 J0 0二、填空题1 ．半径为 r 1.5m 的飞轮，初角速度 0=10rad/s ，角加速度5rad/s 2 ，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r 1.5m ，=10rad/s ，25rad/s ， 0 0 。
因 const ，为匀变速， 所以有120 0tt 。
2令 0 ，即( 0 12 t ）t 0 得，由此得 t 2 0 2 10 4s50t10 5 410 ，所以 vr 15m/s2． 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 vOLdr摩擦系数为 ，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 0 ，则棒停止转动所需时间为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 =。
22mR 1 2 2 mR答案： J ； 2mR 2 2( J 1) 。
J 2 J解：应用角动量守恒定律 J mR 2 J该轴的转动惯量 J 5 10 5kg m 2。
现有砂粒以 1g/s的流量落到解得 2mRJ ，角速度的变化2mR J系统动能的变化 Ek 1J 2 1J mR 2 2 ，即 k 2 2E k 12mR 222 mR(J1)4． 如图所示， 转台绕中心竖直轴以角速度 0作匀速转动， 转台对 答案： t2 0L 3g 解： dfdmgdrg m L gdrdM r v d v f ，dM 又，d JJdt3 gdt ， 2L所以rdf m grdr ，M2d mg，所以 dt 2L0t 3 gdt ，两边积分得：2L2 0L 3g1 mL 3 dMmg 1L 2 L23 gt ， 2Lmg 2Lω答案： 5s5．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 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 。
11答案： T IImg82(m 1 m 2) (M 1 M 2)II 2 1 1 2g，解：由角动量守恒定律 (Jmr 2 ) 02得m 所以由于 10 3 kg/s10 5 103r 2 1 10 30.12 1 103 5sm 1g T1 m 1aT 2 m 2g m 2a解：列出方程组(T 1T)R 1J 1 1 (T T 2)R 2J 22其中， 1 , J 1 II M 1R 12a21R 1 22R 2T1 m 1(g a)由（ 1）、（2）两式T2m 2(g a)(1) (2) (3) (4)可先求出 a ，解得m 1g转台，并粘在台面形成一半径 r 0.1m 的圆。
则使转台角速度变为/2 所花的时间为4m1m2 m1(M 1 M2 ) 2(m1 m2)g2(m1 m2) (M1 M2 )4m 1m 2 m 2(M 1 M 2) 4m 1m 2 m 1M 2 m 2M 12(m 11 3 4m 2)2 (M 11 M 22)g ，T 2(m 11 2m 2)1 (M 2 1 2M 21) g三．计算题于圆盘走一周时，问圆盘和人相对于地面转动的角度各为多少？则人相对地面的角速度为2mR 222mR 22 MR 12圆盘相对地面转过的角度为人相对地面转过的角度为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 的张力 T 1 和 T 2 ；mR 22 mR 22 1MR 1242 1将 m 1 2m ， m 2 m M 1 M 2 m, R 1R 2代入，得：11 mg 8应用角动量守恒定律mR 221MR2M 0 得， mR 2212 12 MR 12M 0m mdt 22 2 MR 122mR 22 MR 122mR 22 /(MR 12) 11 ．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2 答案：（1） 2m 4R22mR M 2 R12，或42 2 ；( 2) 2 2 2 2 MR 12/(mR 22) 2mR 222 2 MR 12 MR 12 或2 2 。
2mR 22 /(MR 12 ) 1解：设人相对圆盘的角速度为圆盘相对地面的角速度为M。
解得Mdt2 2mR 222mR 22 MR 12dt2 2mR 222mR 22 MR 122 MR 12/(mR 22)，求系统的加速度 a 及绳中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） 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T 1 m 1g m 1（ 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2） 0 时0.5Kg ，长为 0.4m ，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。
T 2 N m 2a ， N m 2g 0对滑轮，应用转动定律T 2 r T 1 r J ，并利用关系 a r由以上各式， 解得m 1 m 2 m2T 1m 1 m1m 1gm 1 m2m1m 1g ；m1m 2gNmgT 1m1m 1g ；m1m 2gm 1 m2m13. 一匀质细杆，质量为 J m 1 m 22r答案：（1） 0.98J ；（ 2 ） 8.57rad/s 。
解：根据机械能守恒定律，有： mg l 1 J 5 。
杆转动到铅直位置时的动能和角速度分22别为： 1 2 lE kJ 2 mg 0.5 9.8 0.2 0.98J ； 224．如图所示，滑轮的转动惯量 J =0.5kg m 2，半径 r =30cm ，弹簧的劲度系数 k =2.0N/m重物的质量 m =2.0kg 。
当此滑轮——重物系统从静止开始启动，开始时弹簧没有伸长。
滑轮与绳子间无相对滑动， 其它部分摩擦忽略不计。
问物体能 沿斜面下滑多远？当物体沿斜面下滑 1.00m 时，它的速率有 多大？ 答案：（ 1） 11.8m ；（ 2） 1.7m/s 。
解：以启动前的位置为各势能的零点，启动前后应用机械能守恒定律时棒自然竖直悬垂， 现有质量 m 8g 的子弹以 v 200m/s 的速率从 A 点射入棒中， A 、O点的距离为 3l /4 ，如图所示。
求： （1 ）棒开始运动时的角速度； （2 ）棒的最大偏转角。
5 x 1时5 ．长 l 0.40m 、质量 M 12 mg sin37 kx1J2r 29.8 sin37 1 2212.0 21 0.52 (0.3)21.00kg 的匀质木棒，可绕水平轴121.7m/sO 在竖直平面内转动，开始 1kx2mv 21 v2 12 J r v 2mgxsin37 0 01）v 0时，得 x 0或 x2 2.0 9.8 sin37211.8m答案：（1）8.9rad/s；（2）94.5 。
解：（1）应用角动量守恒定律23 1 2 3mv l Ml 2m l4 3 43mv 3810 3 200得448.9rad/s191198 10 3 0.4M m l3 163102 ）应用机械能守恒定律O3l4l l A1 1Ml 2m(3l)2Mglmg3l2 3 4 2 4Mg cosmg 3l cos29M m l得cos 1 38l0.079 ，2M3m g94.5、选择题1．已知一平面简谐波的表达式为波的频率为 a ；A）C）波长为答案：D解：由y习题五A cos（at bx）（a、b 为正值常量），则 [ ] （B）波的传播速度为b/a ；D ）波的周期为2Acos(at bx) Acos( t2 / a222/b x），可知周期T2。