刚体一章习题解答6931.pdf

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1、刚体一章习题解答 习题 41 如图所示，X轴沿水平方向，Y轴竖直向下，在t=0 时刻将质量为m的质点由a处静止释放，让它自由下落，则在任意时刻t，质点对原点O的力矩M ；在任意时刻t，质点对原点的角动量L 。解：作用于质点上的重力为 jmgG 任一时刻t质点(也是重力的作用点)的位置矢量为 据定义，该重力对原点O点的力矩为 任一时刻t质点的动量为 据定义，质点对原点O的角动量为 习题42 我国第一颗人造卫星沿椭圆轨道运动，地球的中心O为椭圆的一个焦点(如图)，已知地球半径R=6378km，卫星与地面的最近距离l1=439km，与地面的最远距离l2=238km。若卫星在近地点A1的 速 度v1=

2、s，则 卫 星 在 远 地 点 的 速 度v2=。解：卫星受到地球引力(有心力)的作用，对地心O的角动量守恒。因此 解得 3.61.823863784396378)()(1212vvlRlRkm/s X Y Oa b 习题 41v=gt 卫A1 A2 R l1 l2 O 习题 42习题 43 光滑圆盘面上有一质量为m的物体A，栓在一根穿过圆盘中心光滑小孔的细绳上，如图所示。开始时，物体距离圆盘中心O的距离为r0，并以角速度0绕圆盘中心O作圆周运动，现向下拉绳，当物体A的径向距离由r0减少到20r时，向下拉的速度为v，求下拉的过程中拉力所作的功。分析：下拉过程并不是缓慢的，在下拉过程中的任一时刻

3、，物体的速度不是刚好沿半径为r的切线方向，而是既有切向分量，又有法向分量。另一方面，此题可以考虑用动能定理求拉力的功，这就得先求出物体的末态速度。解：设在末态物体的速度的切向分量为vt，法向分量为vn(亦为下拉速度)。同时考虑到速度的法向分量vn与矢径 r 反平行，其相应的角动量为零，由角动量守恒可得 所以，末态速度的切向分量 由质点动能定理，下拉的过程中拉力所作的功 习题 44 质量为m1的粒子A受到第二个粒子B的万有引力作用，B保持在原点不动。最初，当A离B很远(r=)时，A具有速度0v，方向沿图中所示直线Aa，B与这条直线的垂直距离为D。粒子A由于粒子B的作用而偏离原来的路线，沿着图中所

4、示的轨道运动，已知这轨道与B之间的最短距离为d，求B的质量mB。解：粒子A在粒子B的有心力场中运动，系统的角动量和机械能均守恒。因此，我们可以得到 vv101mdmD dmmGmmB1212012121vv 联立、两式解得B的质量为 习题 43A O Aa DB 习题 44d 习题 45 在光滑的水平面上，一根长L=2m 的绳子，一端固定于O点，另一端系一质量m=的物体，开始时，物体位于位置A，OA间距离d=，绳子处于松弛状态。现在使物体以初速度vA=4m/s 垂直于OA向右滑动，如图所示，设以后的运动中物体到达位置B，此时物体速度的方向与绳垂直。则此刻物体对O点角动量的大小LB=，物体速度的

5、大小vB=。解：由质点角动量守恒定律有 BAmLmdvv 因此，物体在B点时对O点的角动量为 物体在B点时的速度为 习题 46 一质量为m的质点沿着一条空间曲线运动，该曲线在直角坐标系下的定义为：j tbi tarsincos，其中a、b、皆为常数，则此质点所受的对原点的力矩M ；该质点对原点的角动量L 。解：依定义，质点的加速度 质点受到的力为 因此力矩 因为 所以质点角动量为 习题 47 两个匀质圆盘A和B的密度分别为A和B，若BA，但两圆 盘的质量和厚度相同，如两盘对通过盘心且垂直于盘面的轴的转动惯量各为JA 和JB，则：习题 45A B d O (A)BAJJ。(B)BAJJ。(C)B

6、AJJ。(D)AJ、BJ哪个大不能确定。解：圆盘的转动惯量 又因为 所以有 这样一来 因为已知BA，因而BAJJ，故应选择答案(B)。习题 48 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1和2，不计滑轮轴的摩擦，则有：(A)21。(B)21。(C)21。(D)开始时21，以后21。解：由牛顿定律及转动定律 对A：11RaJTRMaTMg 对B：2JFR 从以上各式可解得 21MRJMgR，JMgRJFR2 显然 所以，应当选择答案(C)。A B M F 习题 4习题 49 一长为l，质量可以忽略的细杆，

7、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，如图所示。现将杆由水平位置无初速度地释放，则杆刚被释放时的角加速度0 ，杆与水平方向夹角为 60时的角加速度 。解：细杆对轴的转动惯量为J=ml2，由转动定律，当杆刚被释放时的角加速度为 当杆与水平方向夹角为60时的角加速度为 习题 410 长为l、质量为M的匀质细杆可绕通过杆的一端O的水平光滑固定轴转动，转动惯量为32Ml，开始时杆竖直下垂，如图所示，有一质量为m的子弹以水平速度v0射入杆上A点，并嵌在杆中，OA=32l，则子弹射入后瞬间杆的角速度 。解：子弹射入杆内并嵌在其中，射击过程系统角动量守恒 容易

8、解得 习题 411 两个质量都是 100kg 的人，站在一质量为 200kg、半径为 3m 的水平转台的直径两端，转台的固定转轴通过其中心且垂直于台面，初始时，转台每 5s 转动一圈，当这两个人以相同的快慢走到转台中心时，转台的角速度 。(转台对转轴的转动惯量22MRJ，计算时忽略转台在转轴处的摩擦)解：系统角动量守恒 式中0为系统的初始角速度，其值为 所以，当两个人以相同的快慢走到转台中心时，转台的角速度为 l m 习题 49m A O 习题 410习题 412 一飞轮由一直径为 30cm、厚度为的圆盘和两个直径都为 10cm、长为的共轴圆柱体组成，设飞轮的密度为?m3，求飞轮对轴的转动惯量

9、。解：转动惯量具有可加性，而且圆盘 和两个圆柱体共轴，因此飞轮对轴的转动惯量为 习题 413 一燃气轮机在试车时，燃气作用在涡轮上的力矩为103Nm，涡轮的转动惯量为 25kgm2。当轮的转速由103rmin1增大到104rmin1，所经历的时间t为多少?解：根据转动定律，涡轮的角加速度为 再由刚体转动运动学公式 所经历的时间t为 习题 414 质量为、长为的均匀细棒，可以绕垂直于棒的一端的水平轴转动。如将此棒放在水平位置，然后任其落下。求：(1)当棒转过 60时的角加速度和角速度；(2)下落到竖直位置时的动能；(3)下落到竖直位置时的角速度。解：(1)当棒转过时所受的力矩为 根据转动定律，棒

10、的角加速度为 当60时 根据定义 分离变量再积分 棒的角速度为 l l2 dd 轴题解412m 题解414m，l O 轴 正当60时(2)下落到竖直位置时的角速度为 所以棒的动能为 此步还可用机械能守恒定律求得棒的动能：设重力势能零点在棒原来的水平位置处，则有 所以 J98.040.08.950.05.021mglEk (3)由(2)可知，下落到竖直位置时 习题 415 如图所示，A和B两个飞轮的轴杆在同一中心线上，设两轮的转动惯量分别为JA=10kg?m2和JB=20kg?m2，开始时，A轮转速为 600rev/min，B轮静止，C为摩擦啮合器，其转动惯量可忽略不计，A、B分别与C的两个组件

11、相连，当C的左右组件啮合时，B轮得到加速而A轮减速，直到两轮的速度相等为止，设轴光滑，求：(1)两轮啮合后的转速；(2)两轮各自所受的冲量矩。解：(1)206060022AAnrad/s；由角动量守恒有 解得 AB C 习题4159.2020102010BAAAJJJrad/s=200rev/min(2)由角动量定理 41914.320109.201012AAAAAAJJLLGN?m?s 419ABGG N?m?s 或者 41909.202012BBBBBBJJLLG N?m?s 习题 416 一匀质细棒长为 2L，质量为m，以与棒长方向相垂直的速度v0在光滑水平面内平动时，与前方一固定的光滑

12、支点O发生完全非弹性碰撞，碰撞点位于棒中心的一方L/2 处，如图所示。求棒在碰撞后的瞬时绕O点转动的角速度。(细棒绕通过其端点且与其垂直的轴的转动惯量为32ml，式中的m和l分别为棒的质量和长度)解：棒与O点碰撞前后其角动量守恒。但棒碰撞前的角动量须作积分才能求得，为此，我们在棒上距支点O为x处取线元dx,其元角动量为 式中为棒的质量线密度。由此，我们可以得到碰撞前棒的角动量为 碰撞后棒的角动量为 式中J为棒对O点的转动惯量 令 LL 0 AB L习题 416Ox d即 )127(2120mLJLmv 解得 L760v 习题 417 如图所示，一个质量为m的物体与绕在定滑轮上的绳子相连，绳子质

13、量可以忽略不计，它与定滑轮之间无滑动。假设定滑轮质量为M，半径为R，其转动惯量为22MR，滑轮轴光滑。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。解法：对物体m：maTmg 对定滑轮(圆盘刚体)：)21(2MRTR 由角量与线量的关系 Ra 联立以上三式可得 可见，物体下落的加速度是常量。又因为其下落的初速度为零，所以，物体下落速度与时间的关系为 解法：把圆盘和物体作为定轴系统，由角动量定理有 又因为 R M m 习题 417 221MRJ，Rv 由上述关系可以解得 习题 418 一作定轴转动的物体，对转轴的转动惯量为J=?m2，角速度rad/s0.60，现对物体加一恒定的制动力矩

14、M=12N?m，当物体的角速度减慢到rad/s0.2时，物体已转过了角度 。解：物体的角加速度为 由于角加速度为恒量，所以满足公式 因此 习题 419 一定滑轮半径为，相对于中心轴的转动惯量为 110-3kg?m2，一变力F=(SI)沿切线方向作用在滑轮的边缘上，如果滑轮最初处于静止状态，忽略轴承的摩擦，试求它在1s 末的角速度。解：作用于定滑轮上的外力矩为 定滑轮的角加速度为 因此 应用初始条件t=0 时，00，对上式积分 所以，定滑轮在 1s 末的角速度为 习题 420 电风扇在开启电源后，经过t1时间达到了额定转速，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

15、转动惯量为J，并假定摩擦阻力矩和电机的电磁力矩均为常量，试根据已知推算电机的电磁力矩。解法：设电机的电磁力矩为M，摩擦阻力矩为Mf。由转动定律，从开启电源到达到额定转速的过程中有 1JMMf 从关闭电源到风扇停转的过程中有 2JMf 由刚体运动学公式有 110t 2200t 联立以上四式可得电机的电磁力矩为 解法：由刚体角动量定理可得 0)(01JtMMf 00JMf 联立以上两式可得电机的电磁力矩为 习题 421 转动惯量为J的圆盘绕一固定轴转动，角速度为0，设它所受阻力矩与角速度成正比，即kM(k0)，求圆盘的角速度从0变为20所需要的时间。解：由转动定律 分离变量并积分 解得 习题 42

16、2 一轻绳跨过两个质量均为m、半径均为r的均匀圆盘状定滑轮，绳的两端分别挂着质量为m和 2m的重物，如图所示，绳与滑轮之间无相对滑动，滑轮轴光滑，两个定滑轮的转动惯量均为22mr，将由两个定滑轮以及质量为m和 2m的重物组成的系统从静止释放，求两滑轮之间绳内的张力。解：对滑轮和重物分别列式可得 ramamgTmrrTTmrrTTmaTmg2223231121)(21)(22 联立以上五式可求得两滑轮之间绳内的张力 习题 423 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，可绕通过盘心且垂直于盘面的水平光滑轴转动，对轴的转动惯量为292mr，大小圆盘边缘均绕有绳子，

17、绳子下端都挂有一个质量为m的重物，如图所示，求盘的角加速度的大小。解：由示力图可得如下方程 212122112)2(ararJrTrTmamgTmaTmg 2m m m，r m，r 习题4222m 2mg T1 TT T T2 T2 m mg 题解 4222r mm m 2m r 习题 423mmg T1 TTT1 题解 423N Mg 2r r 联立以上五式可解得 习题 424 有一质量为m1、长为l的均匀细棒，静止平放在滑动摩擦系数为的水平桌面上，它可绕通过其水平端点O且与桌面垂直的光滑固定轴转动。另有一水平运动的质量为m2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，如图所示，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点转动的转动惯量321lmJ)解：碰撞过程时间极短，小滑块与细棒之间内力矩远大于外力矩（摩擦力矩），因此系统角动量守恒 解得 该角速度是细棒开始转动的初角速度。细棒转动中所受到的摩擦力矩可用积分求达得，在细棒上距O为x处取一小段dx，其受到的元摩擦力矩为 细棒所受到的摩擦力矩为 细棒转动的角加速度为 由角速度公式有 解得(俯 视m1，l m2 O A 习题 424求时间还可以用角动量定理：因为摩擦力矩为常量，因而有 解得 与上面用运动学方法得到的结果相同。