酱油男路过
范文一：大学物理刚体力学
3.9 质心质心运动定律一、质心1、质心的概念质心的概念 板上C 点的运动轨迹是抛物线 其余点的运动=随C 点的绕C 点的C 即为质心
1/23
第3章总结4、
质点系
动能定理质点系功能原理机械能守恒定律当W
ex
6/23
W
ex
+W =E k ?E k 0
in nc
in
W +W =E ?E 0
=0时，有E =E 0
ex
+W
in nc
ΔE k =?ΔE p
能量守恒定律：孤立系统
大学物理II
8/23
第四章刚体的转动
第4章刚体的转动
9/23
教学基本要求
一理解描写刚体定轴转动的物理量，并掌握角量与线量的关系.
二理解力矩和转动惯量概念，掌握刚体绕力矩和转动惯量概念掌握刚体绕定轴转动的转动定理.
三理解角动量概念，掌握质点在平面内运角动量概念掌握质点在平面内运动以及刚体绕定轴转动情况下的角动量守恒问题.
四理解刚体定轴转动的转动动能概念，能刚体定轴转动的转动动能概念能在有刚体绕定轴转动的问题中正确地应用机械能守恒定律
能运用以上规律分析和解决包括质点和刚体的简单系统的力学问题.
4-1 刚体的定轴转动
10/23
刚体
：在外力作用下，形状和大小都不发生变
化的物体. .
（任意两质点间距离保持不变的特殊质点组）
刚体的运动形式平动转动. 刚体的运动形式：平动、转动平动：若刚体中所有点的运动轨迹都保持完全相同，或者说刚体内任意两点间的连线总是平行于它们的初始位置间的连线. 刚体平动
质点运动
4-1 刚体的定轴转动
11/23
?
转动：刚体中所有的点都绕同一直线做圆周运转动
刚体中所有的点都绕同
直线做圆周运动. 转动又分定轴转动和非定轴转动.
?刚体的平面运动. .
4-1 刚体的定轴转动
?
刚体的一般运动质心的平动
12/23
+
绕质心的转动
4-2 力矩 转动定律 转动惯量 力矩 v 刚体绕 O z 轴旋转 , 力 F 作用在刚体上点 P , 且在转动 v 平面内, r 为由点O 到力的 作用点 P 的径矢 . v Z 的力矩 v F 对转轴v 一
21/23
v M
M
O
M = Fr sin θ = Fd
v M = r ×F
zv
v r
v F
*
d
P
θ
v v ∑ Fi = 0 , ∑ M i = 0
d v ?F
: 力臂
v F
v v ∑ Fi = 0 , ∑ M i ≠ 0
v ?F
v F
4-2 力矩 转动定律 转动惯量 讨论
22/23
v 1）若力 F 不在转动平面内，把力分解为平行和垂
直于转轴方向的两个分量 其中 Fz r 对转轴的力 矩为 矩为零，故 故 F 对转轴的 转轴的 力矩 v v
v v v F= r Fz + F⊥
z
v v k Fz
v F
θ
v F⊥
v M z k = r × F⊥ M z = rF⊥ sin θ
O
v r
2）合力矩等于各分力矩的矢量和
v v v v M = M1 + M 2 + M3 + L
4-2 力矩 转动定律 转动惯量 3） 刚体内作用力和反作用力的力矩互相抵消
23/23
v Mij
O
v rj
v Mji
d
v iF ri ij
j v F v ji
v v M ij = ?M ji
4-2 力矩 转动定律 转动惯量
24/23
例1 有一大型水坝高 有 大型水坝高110 m、长 长1000m 1000 ，水深 水深100m 100 ， 水面与大坝表面垂直，如图所示 . 求作用在大坝上的力， 以及这个力对通过大坝基点 Q 且与 x 轴平行的力矩 .
y
y
dA
dy
x
h y O Q O
x
解 设水深h，坝长 坝长L，在坝面上取面积元 在坝面上取面积元 dA = Ldy 作用在此面积元上的力
dF = pdA = pLdy
4-2 力矩 转动定律 转动惯量
25/23
h = 100m
L = 1000m
y
dA
dy
dF = pdA = pLdy
令大气压为 令大气
p0 ，则
h y O
p = p0 + ρg (h ? y )
dF = [ p0 + ρg (h ? y )]Ldy
h
x
1 2 F = ∫ [ p0 + ρg ( h ? y )] L dy = p0 Lh + ρgLh 0 2
代入数据 得 代入数据，得
F = 5.91× 10 N
10
4-2 力矩 转动定律 转动惯量
26/23
L = 1000m dF = [ p0 + ρg (h ? y )]Ldy v dF 对通过点 Q 的轴的力矩 dM = ydF
h = 100m 100
h
y
h
v dF
dy
y O Q
d M = y[ p 0 + ρ g ( h ? y )] L d y
M = ∫ y[ p0 + ρg ( h ? y )]Ldy
0
1 1 2 3 = p0 Lh + gρLh 2 6 12 M = 2.14×10 N ? m 代入数据，得
4-2 力矩 转动定律 转动惯量
27/23
例2 有一圆盘质量为 有 圆盘质量为m，均匀分布，圆盘半径为 均匀分布 圆盘半径为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，求圆盘转动后受的摩擦力矩 求圆盘转动后受的摩擦力矩
解 摩擦力距在圆盘的不同 部位是不相同的，在圆盘上取一 半径r—r+dr的圆环 圆环质量：
R
r dr
m 2m dm = 2πr ? dr ? σ = 2 ? 2πrdr = 2 rdr πR R
4-2 力矩 转动定律 转动惯量
28/23
m 2m dm = 2πr ? dr ? σ = 2 ? 2πrdr = 2 rdr πR R
圆环受到的摩擦力矩
2m 2 dM = μdm ? g ? r = 2 μg gr dr R
圆盘受到的摩擦力矩
R 2m 2 2 M = ∫ dM = 2 μg ∫ r dr = μmgR 0 R 3
R
r dr
范文二：大学物理2-1第四章(刚体力学)习题答案
习 题 四
4-1 一飞轮的半径为 2m ,用一条一端系有重物的绳子绕在飞轮上,飞轮可绕水平轴转动,飞轮 与绳子无相对滑动。当重物下落时可使飞轮旋转起来。若重物下落的距离由方程 2
at x =给出, 其中 20. 2=a 。试求飞轮在 t 时刻的角速度和角加速度。
[解 ] 设重物的加速度为 t a , t 时刻飞轮的角速度和角加速度分别为 ω和 β,则
a t
x
a 2d d 22t ==
因为飞轮与绳子之间无相对滑动,所以 βR a =t 则 2t rad/s0. 22
0. 222=?===
R a R a β 由题意知 t =0时刻飞轮的角速度 00=ω
所以 rad 0. 20t t t ==+=ββωω
4-2 一飞轮从静止开始加速,在 6s 内其角速度均匀地增加到 200min rad ,然后以这个速度匀 速旋转一段时间,再予以制动,其角速度均匀减小。又过了 5s 后,飞轮停止转动。若该飞轮总 共转了 100转,求共运转了多少时间 ? [解 ] 分三个阶段进行分析
10 加速阶段。由题意知 111t βω= 和 11212θβω= 得
2
21
11211t ωβωθ==
20 匀速旋转阶段。 212t ωθ=
30
制动阶段。 331t βω= 332
1
2θβω= 2
23
13213t ωβωθ=
= 由题意知 100321=++θθθ
联立得到
πωωω21002
2
3
1211
1?=+
+t t t
所以 s 1832560200
2660200210022=???-??-
?=
ππππt 因此转动的总时间 s 19418356321=++=++=t t t t
4-3 历史上用旋转齿轮法测量光速的原理如下:用一束光通过匀速旋转的齿轮边缘的齿孔 A , 到达远处的镜面反射后又回到齿轮上。 设齿轮的半径为 5cm , 边缘上的齿孔数为 500个, 齿轮的 转速,使反射光恰好通过与 A 相邻的齿孔 B 。 (1)若测得这时齿轮的角速度为 600r ,齿轮到反 射镜的距离为 500 m,那么测得的光速是多大 ?(2)齿轮边缘上一点的线速度和加速度是多大 ? [解 ] (1) 齿轮由 A 转到 B 孔所需要的时间 5
103126005002?=?==
ππωθt 所以光速 s m 10310315002285
?=??==
T
L c
(2) 齿轮边缘上一点的线速度 s 1088. 1260010522?=???==-πωR v 齿轮边缘上一点的加速度 ()2522
2s 1010. 71052600?=???==-πωR a
4-4 刚体上一点随刚体绕定轴转动。已知该点转过的距离 s 与时间 t 的关系为
2
0302
6t a t a s +=
τ。求证它的切向加速度每经过时间 τ均匀增加 0a 。 [证明 ] 该点的切向加速度 00
22t d d d d a t a t s t v a +===
τ
所以 ()00000t τt a a t a a t a a a =???
??+-??????++=-+τττ 因此,切向加速度每经过时间 τ均匀增加 0a
4-5 如图所示的一块均匀的长方形薄板, 边长分别为 a 、 b 。 中心 O 取为原点, 坐标系如图所示。 设薄板的质量为 M ,求证薄板对 Ox 轴、 Oy 轴和 Oz 轴的转动惯量分别为
2Ox 12
1
Mb J =
2Oy 121
Ma J = ()
22Oz
12
1
b a M J += [解 ] 根据转动惯量的定义 ?
=m r J d 2
对 ox J 取图示微元,有 ?=m mb J 2ox
d 1212121mb = 同理可得 2oy 12
1
ma J =
对于 ????+
=+==m y
m x m y x m r J d d d ) (d 2
2
222oz
22ox oy 12
1
121mb ma J J +=
+=
4-6 一个半圆形薄板的质量为 m 、半径为 R ,当它绕着它 的直径边转动时,其转动惯量是多大 ?
[解 ] 建立坐标系, 取图示面积元 θd d d r r s =, 根据转动 惯量的定义有
???==π
θπθ
2222ox d d 2sin d R
r r R m
r m y J 200
232
4
1
d d sin 2mR r r R m R
=
=
??πθπ
4-7 一半圆形细棒,半径为 R ,质量为 m ,如图所示。求细棒对轴 A A '的转动惯量。 [解 ] 建立图示的坐标系,取图示 l d 线元, θλλd d d R l m ==, 根据转动惯量的定义式有
??=='π
θθλ0
222
A A d sin d R R m x J
20
22
2
1
d sin mR mR =
=?π
θθπ
4-8 试求质量为 m 、半径为 R 的空心球壳对直径轴的转动惯量。 [解 ] 建 立 如 图 所 示 的 坐 标 系 , 取 一 θθθd +→的 球 带 ,
θπd 2d rR s =它对 y 轴的转动惯量
θππd 24d d 2
2
2
rR R m
r m r I ==
又 θcos R r =
所以 θθd cos 2
d 32
mR I = 222
323
2
d cos 2d mR mR I I ===??-
π
π
θθ 此即空心球壳对直径轴的转动惯量。
4-9 图示为一阿特伍德机, 一细而轻的绳索跨过一定滑轮, 绳的两端分别系有质量为 1m 和 2m 的 物体,且 1m >2m 。设定滑轮是质量为 M ,半径为 r 的圆盘,绳的质量及轴处 摩擦不计,绳子与轮之间无相对滑动。试求物体的加速度和绳的张力。 [解 ] 物体 21, m m 及滑轮 M 受力如图所示
对 a m T g m m 1111:=- (1) 对 a m g m T m 2222:=- (2)
对 βJ r T r T M ='
-'21:
(3)
又 2/2
Mr J = (4)
βr a = (5)
'
=11T T (6)
'
=22T T (7)
联立(1) -(7)式,解得
2/) (2121M m m g
m m a ++-=
g m M m m M m T 121212
/2
/2+++=
2
m 1
2
2
m 2 2
T 1
1
m 1
g
1
g m M m m M m T 221122
/2
/2+++=
4-l0 绞车上装有两个连在一起的大小不同的鼓轮 (如图 ) ,其质量和半径分 别为 m =2kg、 r =0.05m, M =8kg、 R =0.10m。两鼓轮可看成是质量均匀分布 的圆盘,绳索质量及轴承摩擦不计。当绳端各受拉力 1T =1 kg, 2T =2kg时, 求鼓轮的角加速度。
[解 ] 根据转动定律,取顺时针方向为正
βJ R T r T =+-21
(1)
2/2/2
2MR mr J += (2)
联立 (1), (2)式可得
22
221rad/s6. 3422=++-=MR mr R T r T β
4-11 质量为 M 、半径为 R 的转盘,可绕铅直轴无摩擦地转动。 转盘的初角速度为零。 一个质量 为 m 的人,在转盘上从静止开始沿半径为 r 的圆周相对圆盘匀角速走动,如果人在圆盘上走了 一周回到了原位置,那么转盘相对地面转了多少角度 ?
[解一 ] 取 m 和 M 组成的系统为研究对象,系统对固定的转轴角动量守恒。设人相对圆盘的速度 为 v ,圆盘的角速度为 ω,设人转动方向为正方向,则 0) (=++ωωJ r v mr
(1) 而 2/2
MR J =
(2)
联立(1) 、 (2)式可得
2
22/mr
MR mvr
+-
=ω 人在转盘上走一周所用的时间 v r t /2π=
转盘转过的角度为
πωθ22/2
22
mr MR mr t +-== 负号表示方向与正方向相反。
[解二 ]
由角动量守恒定律可解(见上)
v m MR
mr
22
) 2(
+-
=ω
又因为 t
s
v t d d , d d =
=θω 所以 r s π2=?代入即可
πθ22/2
22
mr MR mr +-=
4-12 如图所示,一质量为 m 的圆盘形工件套装在一根可转动的轴上,它们的中心线相互重合。 圆盘形工件的内、外直径分别为 1D 和 2D 。该工件在外力矩作用下获得角速度 0ω,这时撤掉外 力矩,工件在轴所受的阻力矩作用下最后停止转动,其间经历了时间 t 。试求轴处所受到的平均 阻力 f [轴的转动惯量略而不计,圆盘形工件绕其中心轴的转动惯量为
()22218
1
D D m +]。 [解 ] 根据角动量定理 12ωωI I -= 2
1
D ?
-= ()
2
2
218
1D D m I += 联立上述三式得到 (t D D D m ) 412
2210+=ω
4-13 一砂轮直径为 1m ,质量为 50kg ,以 900min r 的转速转动,一工件以 200 N 的正压力作 用于轮子的边缘上, 使砂轮在 11.8s 内停止转动。 求砂轮与工件间的摩擦系数 (砂轮轴的摩擦可忽 略不计,砂轮绕轴的转动惯量为
22
1
mR ,其中, m 和 R 分别为砂轮的质量和半径 ) 。 [解 ] 根据角动量定理, 12ωωI I Mt -=
NR M μ-=
22
1
mR I =
02=ω
联立上述四式得到 5. 08
. 112002602900215020
=?????
==πωμNt
mR
4-14 以 20m N ?的恒力矩作用于有固定轴的转轮上,在 10s 内该轮的转速由零增大到 100min r 。 此时撤去该力矩, 转轮因摩擦力矩的作用, 又经 100s 而停止, 试求转轮的转动惯量。
[解 ] 设转轮的转动惯量为 J ,摩擦力矩为 f M ,则根据角动量定理
??=2
1
d d 0
L L t
L t M
考虑到本题力矩为常矢量,以外力矩方向为正方向,有 0) (1-=-ωJ t M M f (1) ωJ t M -=-02f
(2)
联立 (1)、 (2)式可得
100
10
60210060210010
202
11
ω
ω?+??=
+=
t t Mt J 2kg.m 4. 17=
4-15 设流星从各个方向降落到某星球, 使该星球表面均匀地积存了厚度为 h 的一层尘埃 (h 比该 星球的半径 R 小得多 ) 。试证明:由此而引起的该星球自转周期的变化为原来的自转周期的
)RD hd 5倍。式中 R 是星球的半径, D 和 d 分别为星球和尘埃的密度。
[解 ] 取星球和尘埃为研究对象,在尘埃落向星球的过程中,系统的角动量守恒。设开始时星球 的转动惯量为 1J ,角动量为 1ω,星球的自转周期为 1T ;当落上厚度为 h 的尘埃后,转动惯量为
2J ,角速度为 2ω,自转周期为 2T ,由角动量守恒得:
2211ωωJ J = 而 1
12ωπ
=
T 2
22ωπ
=
T
得到
2
1
21J J T T = 设尘埃对自转轴的转动惯量为 0J ,则 012J J J += 而 23
13
452DR R J π?=
因此 ()233
0343452dR R h R J ??
????-+=
ππ
所以 ()()[]
D d R h DR R dR R h R J J T T 113513
452343432113
23233
1012-++
=???????-++=+=πππ 又因为 h
RD
hd D R h d T T 51335112+=+= 因此
RD
hd
T T T 5112=-
4-16 如 图 所 示 的 飞 船 以 角 速 度 20. 0=ω绕 其 对 称 轴 自 由 旋 转 , 飞 船 的 转 动 惯 量
2m kg 2000?=J 。若宇航员想停止这种转动,启动了两个控制火箭。它们装在距转轴 r =1.5 m
的地方。若控制火箭以 v =50m 的速率沿切向向外喷气,两者总共的排气率 kg 2d d =t m 。 试问这两个切向火箭需要开动多长时间 ? [解 ] 把飞船和喷出的气体当作研究系统。在喷气 过程中, dt 时间内喷出的气体为 dm ,在整个过程 中,喷出的气体的总角动量为 mru mru L m
==
?0g d
当飞船停止转动时,它的角动量为零。
0=-ωI mru (也可由系统角动量守恒得 )
所以 ru
I m ω
= 所求的时间为 s 67. 250
5. 122
. 02000=???===ru I m t αωα
4-17 一冲床飞轮的转动惯量为 2m kg 25?, 转速为 min r 300, 每次冲压过程中, 冲压所需的能 量完全由飞轮供给。若一次冲压需要做功 4000J ,求冲压后飞轮的转速将减少至多少 ? [解 ] 设冲压后飞轮的转速为 2ω,由动能定理得
2
222
2212221ωωωω-=-=J J J A
所以 rad/s8. 2525
4000
2) 602300(
22212=?-?=-
=
πωJ
A
4-18 擦地板机圆盘的直径为 D , 以匀角速度 ω
旋转, 对地板的压力为 F , 并假定地板所受的压
力是均匀的,圆盘与地板间的摩擦系数为 μ,试求开动擦地板机所需的功率 (提示:先求圆盘上 任一面元所受的摩擦力矩,而整个圆盘所受摩擦力矩与角速度的乘积即是摩擦力矩的功率 ) 。 [解 ] 在圆盘上取一细圆环,半径 r ,宽度为 d r ,则其面积为 r r s d 2d π=
此面积元受到的摩擦力为 r r F
f d 22d 2
ππμ??
= 所以此面元所受的摩擦力矩为 f r M d d ?= 其方向与 ω方向相反
其大小 r r D
F r r D F
r f r f r M d 8d 24d s i n
d d 22
2μππμθ=??=== 又因为各面元所受的摩擦力矩方向相同,所以整个圆盘所受的摩擦力矩为
FD r r D
F M M D μμ31d 8d 0
22
===?
? 所以所需要的功率 ωμωFD M N 3
1
==
4-19 如图所示, A 、 B 两飞轮的轴可由摩擦啮合使之连结。 轮 A 的转动惯量 21m kg 10?=J ,开始时轮 B 静止,轮 A 以
min r 6001=n 的转速转动, 然后使 A 与 B 连结, 轮 B 得以加
速, 而轮 A 减速, 直至两轮的转速都等于 min r 200=n 为止。 求:(1)轮 B 的转动惯量; (2)在啮合过程中损失的机械能是多少 ?
[解 ] (1)以飞轮 A , B 为研究对象,在啮合过程中 , 系统受到轴向的正压力和啮合的切向摩擦,前 者对轴的力矩为零, 后者对轴的力矩为系统的内力矩, 整个系统对转轴的角动量守恒, 按角动量 守恒定律,有
ωωω) (B A B B A A J J J J +=+ 而 r a d /s
202m kg 101A 21A ππω==?==n J J s rad 3
2020
B π
πωω=
==n 所以 2A A
B m kg 20103
2032020?=?-
=-=ππω
ωωJ J 在啮合的过程中,部分机械能转化为热能,损失的机械能为
2
) (22
B A 2
A A ωωJ J J E +-=?
J 1032. 1) 3/20() 2010(5. 0) 20(105. 0422?=?+?-??=ππ
范文三：重庆理工大学大学物理刚体力学-答案
刚体力学答案
练习一 刚体的转动定律
一、填空题
1．25π，－π，625π
2．刚体转动中惯性大小的量度，J =?r 2dm ，刚体的形状、质量分布、转轴的位置 3．50ml 4．157 N·m 5．1.5g 6．0.5kg ·m 二、计算题
1．解：由于 α=–kw
2
2
2
d ω
=-k ωdt 即
d ω
分离变量 ω
=-kdt
t
积分
?ω
ω
d ω
ω
=-?kdt
ln
有
ω
=-kt ω0
ω=ω0e -kt
t 时角速度为
2．解：设绳中张力为T
对于重物按牛顿第二定律有
m 2g –T =m 2a (1)
对于滑轮按转动定律有
(2)
由角量线量关系有 a =r a (3)
联立以上三式解得
3．解：由转动定律得 －μNR=mR2(ω－ω0)/Δt N=－m R2 (ω－ω0)/ μR Δt=250π
又有 0.5N －(0.5+0.75)F=0
F=100π=314(N)
4．解：各物体受力情况如图．
F －T ＝ma T '＝ma ’
(T -T ')R
＝
a a
1
mR 2β 2
T a ＝R β
由上述方程组解得： β＝2F / (5mR)＝10 rad·s -2 T ＝3F / 5＝6.0 N T '＝2F / 5＝4.0 N
练习二 刚体的角动量及守恒定律
一、填空题
1．定轴转动刚体所受外力对轴的冲量矩等于转动刚体对轴的角动量的量，
?
t 2t 1
M z d t =J ω-(J ω) 0 ，刚体所受对轴的合外力矩等于零
2．4×104
3．M =r ?F ，变角速度，角动量 4．杆和子弹，角动量 5．6π，3∶1
MR 2M
6．ω0 ω0 ，22
M +2m MR +2mr
二、计算题
1．解：球体的自动收缩可视为只由球的内力所引起，
因而在收缩前后球体的角动量守恒．
设J 0和ω 0、J 和ω分别为收缩前后球体的转动惯量和角速度 则有 J 0ω 0 = J ω ① 由已知条件知：J 0 = 2mR 2 / 5，J = 2m(R / 2)2 / 5 代入①式得 ω = 4ω 0 即收缩后球体转快了 其周期 T =
2π
ω
=
2πT 0
= 4ω04
周期减小为原来的1 / 4．
2．解：(1) 选择A 、B 两轮为系统，啮合过程中只有内力矩作用
故系统角动量守恒
J A ωA ＋J B ωB = (JA ＋J B ) ω
又ωB ＝0得 ω ≈ JA ωA / (JA ＋J B ) = 20.9 rad / s 转速 n ≈200 rev/min
(2) A轮受的冲量矩
2
M d t =J (J＋J ) =-4.19×10 N ·m ·s A A B A ?
负号表示与ωA 方向相反． B 轮受的冲量矩
?M
B
d t = J B (ω - 0) = 4.19×102 N ·m ·s
方向与ωA 相同．
3．解：(1) 以子弹和圆盘为系统，
在子弹击中圆盘过程中，对轴O 的角动量守恒．
m v 0R ＝( ω=
1
MR 2＋mR 2) ω 2m v 0
?1? M +m ?R ?2?
(2) 设σ表示圆盘单位面积的质量
求出圆盘所受水平面的摩擦力矩的大小为 M f =
?
R
r μg σ?2πr d r ＝(2 / 3)πμσgR 3＝(2 / 3)μMgR
设经过?t 时间圆盘停止转动，则按角动量定理有
－M f ?t ＝0－J ω＝－(
∴ ?t =
1
MR 2＋mR 2) ω＝- mv 0R 2
m v 0R m v 0R 3m v 0
== 2/3μMgR 2μMg M f
4．解：由人和转台系统的角动量守恒
J1ω1 + J2ω2 = 0
其中 J1＝300 kg·m 2，ω1=v /r =0.5 rad / s，J 2＝3000 kg?m 2 ∴ ω2＝－J 1ω1/J2＝－0.05 rad/s 人相对于转台的角速度 ωr ＝ω1－ω2＝0.55 rad/s ∴ t＝2π /ωr ＝11.4 s
5．解：(1)小碎块飞出时与轮同步以角速度ω旋转 ∴ v 20=Rω 由机械能守恒定律得
12
mv 20=m g h
2
2
v 20R 2ω2
= h =2g 2g
(2)据题意，系统角动量守恒 J 0ω0=J1ω1+J2ω2
M R 2(M -m ) R 2
ω=ω1+mR 2ω 22
即余下部分的角速度、角动量、转动动能为 ω1=
M -2m
ω
M -m
(M -m ) R 2M
ω1=(-m ) R 2ω J 1ω1=
2211(M -m ) R 22(M -2m ) 2222
ω1=R ω J 1ω1=
2224(M -m )
刚体自测题
一、选择题
B B D， A C C D
二、填空题 1．4s ，－15m/s 2．(1)(2)(4)
3．5.0 N ·m 4．
1
mgl ，2g / (3l) 2
6v 0
4+3M /m l
2
1
5．
(J +mr )ω6．
J +mR
2
7．
J ω0-mR v
J +mR 2
8． 8 rad·s -1 ．
三、计算题
1．解：体系所做的运动是匀速→匀加速→匀减速定轴转动．
其中ω1是匀加速阶段的末角速度，也是匀减速阶段的初角速度， 由此可得 t ＝8 s时 ω1＝ω0＋9＝27 rad /s 当ω＝0时，得 t ＝(ω1＋24）/ 3＝17s 所以，体系在17s 时角速度为零．
2．解法一：人受力如图(1)
由牛顿第二定律得 mgsin37°－T m =ma (1)
由转动定律得 rT m －rT k =Jβ=Ja/r (2) 由胡克定律得 T k =kx (3) 有 a =
dv dv dx dv =?=v (4) dt dx dt dx
联立求解得 mgsin37°－kx=(m+ J /r 2)vdv/dx
?(mg sin 37?-kx ) dx =?
x v =0
v 0=0
(m +J /r 2) vdv
x=2mgsin37°/k=1.176(m)
解法二：取重物原静止位置为重力势能零点，整个系统满足机械能守恒 设重物下滑的距离为x ，也是弹簧的伸长量
12
kx -mgx sin 37o 26mg
x ==1. 2m
5k
0=
3．解：(1) ∵ mg －T ＝ma TR ＝J β a ＝R β
∴ β = mgR / (mR2＋J) =
mgR 2mg
=
12m +M R mR 2+MR 2
2
＝81.7 rad/s2
方向垂直纸面向外．
(2) ∵ ω=ω0-2βθ
2ω0
=0. 612 rad 当ω＝0 时， θ=2β
2
2
物体上升的高度h = R θ = 6.12×102 m
-
(3) ω=2βθ=10.0 rad/s
方向垂直纸面向外.
4．解：(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，则人对与地固联的转轴的角速度为
ω'=ω-=ω- ① R R 2
人与盘视为系统，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：
22
?1?22M 11M 1???? ?MR + R ??ω0=MR ω+ R ?ω' ②
10?2??210?2??2
将①式代入②式得：ω=ω0+
2v
③ 21R
(2) 欲使盘对地静止，则式③必为零．即 ω0 +2v / (21R)＝0
得： v ＝－21R ω0 / 2
式中负号表示人的走动方向与上一问中人走动的方向相反，
即与盘的初始转动方向一致．
5．解：在子弹通过杆的过程中，子弹与杆系统因外力矩为零，
故角动量守恒．则有
m 2v 0 l / 4 = m2v l / 4 +Jω
ω=
m 2l (v 0-v )3m 2(v 0-v )
= ＝11.3rad/s
4J m 1l
范文四：大学物理 刚体力学基础习题思考题及答案
习题5
5-1．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，两个定滑轮的转动惯量均为mr 2/2，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：
2mg -T 2=2ma ┄①
T 1-mg =ma ┄②
(T 2-T ) r =J β┄③ (T -T 1) r =J β┄④
2
T
a =r β ，J =m r /2┄⑤
联立，解得：a =
14
g ，T =
118
mg 。
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μ的水平桌面上，设开始时杆以角速度ω0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：λ=
m l
，在杆上取
一小质元d m =λd x ，有微元摩擦力： d f =μd m g =μλg d x ， 微元摩擦力矩：d M =μλg xd x ， 考虑对称性，有摩擦力矩：
l
M =2?μλg x d x =
20
14
m g l ；
t d ω
，有：?-M d t =
0dt
（2）根据转动定律M =J β=J
-14
?ω
Jd ω，
μm g l t =-
112
m l ω0，∴t =
2
ω0l
3μg
。
112
m l ，
2
或利用：-M t =J ω-J ω0，考虑到ω=0，J =
有：t =
ω0l
3μg
。
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
R , 其转动惯量为MR
2
/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：
m g -T =m a ┄①
TR =J β┄② a =R β ，J =
12
m R ┄③ 2m g M +2m
v 0
2
联立，解得：a =考虑到a =
dv dt
，T =
t 0
M m g
，∴?dv =?
M +2m 2m g 2m g t
，有：v =。
M +2m M +2m
，
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O 轴的转动惯量J =MR 2/4，设人从静止开始以相对绳匀速向上爬时，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 -T 1=Ma A 人
T 2-
M 4g =
M 4a B 物
T 1R -T 2R =J α滑轮
由约束方程: a A =a B =R α和J =MR /4, 解上述方程组 得到a =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
g 2
2
.
物上升的速度，注意到u 为匀速，
d u d t
=0，系统对轴的角动量为：
L =
14
M v R -M (u -v ) R +(
(人)
14
M 4
R ) ω=
2
32
M v R -M u R
(B 物体) (A 物体)
34
M g R ， d dt (32
MvR -MuR ) ，∴a =
而力矩为：M =-
M g R +M g R =dL dt
根据角动量定理M =有：
34
MgR =
g 2
。
5-5．计算质量为m 半径为R 的均质球体绕其轴线的转动惯量。 解：设球的半径为R ，总重量为m ，体密度ρ=
3m 4πR
3
，
考虑均质球体内一个微元：d m =ρr 2sin θd rd θd ?， 由定义：考虑微元到轴的距离为r sin θ
J =
?(r sin θ) d m ，有：
2
J =
???
2ππR
(r sin θ) 2?ρr 2sin θd rd θd ?
R 0
=2πρ?
15
r
5
?[-?(1-cos θ) d cos θ]=
π
2
25
m R 。
2
5-6．一轻弹簧与一均匀细棒连接，装置如图所示，已知弹簧的劲度系数k =40N /m ，当θ=0时弹簧无形变，细棒的质量m =5. 0kg ，求在θ=0的位置上细棒至少应具有多大的角速度ω，才能转动到水平位置？
解：以图示下方的三角桩为轴，从θ=0~θ=90时， 考虑机械能守恒，那么： θ=0时的机械能为：
1122
(重力势能) +m l ）ω(转动动能) ， 223
120
θ=90时的机械能为：k x
2m g ?
l
有：m g ?
111222+m l ）ω=k x 2232
l
根据几何关系：(x +0. 5) 2=1. 52+12，得：ω=3. 28rad ?s -1
5-7．如图所示，一质量为m 、半径为R 的圆盘，可绕O 轴在铅直面内转动。若盘自静止下落，略去轴承的摩擦，求：
（1）盘到虚线所示的铅直位置时，质心C 和盘缘A 点的速率； （2）在虚线位置轴对圆盘的作用力。 解：（1）设虚线位置的C 点为重力势能的零点，
下降过程机械能守恒， 有：mgR =∴ω=
4g 3R
12
J ω ，而J =
2
12
m R +m R =
22
32
m R
2
v c =R ω=
4Rg 3
v A =2R ω=
2
（重力）+mR ω（向心力）= （2）F y =mg
7
mg ，方向向上。 3
5-8．如图所示，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l 和
31
23
l ．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v 0与杆下端小球m 作对心碰撞，碰后以
1212
v 0的速度返回，试求碰撞后轻杆所获得的角速度。 2323
2l
l 22
) ω+2m ?() ω 33v 0l
解：根据角动量守恒，有：
m v 0?
2349l =-m ?
2
v 0?
l +m (v 0l +
有：(l +
∴ω=
2
93v 0
l ) ω=
2
13
2l
5-9．一质量均匀分布的圆盘，质量为M ，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 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O 的竖直轴的转动惯量为
12
MR ，忽略子弹重力造成的摩擦阻力矩。)
12
MR ω+mR ω
2
2
2
解：（1）利用角动量守恒：mvR =得：ω=
2m v
；
(2m +M ) R
（2）选微分d m =σr d r d θ，其中：面密度σ=
M
=
M
πR
2
，
f
?μg r d m =?
R 0
μgr
M
πR
23
2
2πr dr =
23
μM g R
12
M R +m R ) ω-0，
2
2
∴由M f ??t =J ??ω有：知：?t =将ω=
2(M +2m )4μM g 2m v +2m )R
R ω
μM g R ??t =(
(M
代入，即得：?t =
3m v
。
2μM g
5-10．有一质量为m 1、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m 2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v 1和v 2，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。
3
解：由碰撞时角动量守恒，考虑到v 1和v 2方向相反，以逆时针为正向，有：
(已知棒绕O 点的转动惯量J =
1
m 1l )
2
m 2v 1l =
3m 2(v 1+v 2) 1
m 1l 2ω-m 2v 2l ，得：ω=
3m 1l
l 0
又∵细棒运动起来所受到的摩擦力矩可由积分求得：
M
f
=
?
μ
m 1l
g x d x =
2
12
μm 1g l ，利用-M
2l ω3μg
f
=J
d ωdt
，有：
1
dt =-?0?ω1t
m 1l d ω
，得：t ==
2m 2(v 1+v 2)
2
μm 1g l
μm 1g
。
5-11．如图所示，滑轮转动惯量为0. 01kg ?m 2，半径为7cm ；物体的质量为5kg ，
用一细绳与劲度系数k =200N/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静止而下落的最大距离；（2）物体的速度达最大值时的位置及最大速率。 解：（1）设弹簧的形变量为x ，下落最大距离为x m ax 。 由机械能守恒：
x m ax =
2m g k 12
k x m ax =m g x m ax ，有：
2
=0.49m ；
12
2
（2）当物体下落时，由机械能守恒：考虑到ω=
v R
k x +12
2
12
m v +
2
2
12
J ω
2
=m g x ，
，有：
12
k x +
2
12
m R ω+
2
J ω=m g x ，
欲求速度最大值，将上式两边对x 求导，且令
k x +
12
(m R +J ) ?2ω
2
d ωd x
=0，有：
mg k
=0. 245(m ) ，
d ωd x
=m g ，将
d ωd x
=0代入，有：x =
∴当x =0.245m 时物体速度达最大值，有：
1
m gx -kx 2
2
v m =，代入数值可算出：v max =1.31m /s 。 ax
1J (m +2) 2r
5-12．设电风扇的功率恒定不变为P ，叶片受到的空气阻力矩与叶片旋转的角速度ω成正比，比例系数的k ，并已知叶片转子的总转动惯量为J 。（1）原来静止的电扇通电后t 秒时刻的角速度；（2）电扇稳定转动时的转速为多大？（3）电扇以稳定转速旋转时，断开电源后风叶还能继续转多少角度？ 解：（1）已知M
f
=-k ω，而动力矩M =P
f
，
通电时根据转动定律有：M +M
t 0
=J
d ωd t
P k
-2k J t
代入两边积分有：
?
dt =
?
ω
J ωP -k ω
2
d ω，可求得：ω=(1-e ) ；
（2）见上式，当t →∞
时，电扇稳定转动时的转速：ω稳定=（3
）断开电源时，电扇的转速为ω0=
-k ω=J
d ωd t
；
，只有M f 作用，那么：
θ
，考虑到
J
d ωd t
=ω
d ωd θ
，有：?-
k J
d θ=
?ω
d ω，
k 5-13．如图所示，物体A 放在粗糙的水平面上，与水平桌面之间的摩擦系数为μ，
得：θ=
ω0=
。
细绳的一端系住物体A ，另一端缠绕在半径为R 的圆柱形转轮B 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ω0绕其转轴转动。试问：细绳刚绷紧的瞬时，物体A 的速度多大？物体A 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A 和转轮B 、绳看成一个系统，系统对转轴圆柱形中心角动量守恒，
J ω0=J ω+Rmv ?ω=
13
J =A ，又v A =ωR ，
12mR
2
ω0
（2）物体A 运动后，由牛顿定律：T -μmg =ma （1）
对转轮B ，由定轴转动定律： -TR =J β，（2）约束关系：a =R β（3）
可求出：T =
13
μm g 。
5-14. 质量为m 的小孩站在半径为R 、转动惯量为J 的可以自由转动的水平平台边缘上(平台可以无摩擦地绕通过中心的竖直轴转动) 。平台和小孩开始时均静止。当小孩突然一相对地面为v 的速率沿台边缘逆时针走动时，此平台相对地面旋转的角速度ω为多少？
解：此过程角动量守恒：m R v +J ω=0，有： ω=-
m R v J
。
5-15．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
12
R 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ω0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，如图所示． 已知圆盘对中心轴的转动惯量为
12
MR ．求：
2
(1) 圆盘对地的角速度． (2) 欲使圆盘对地静止，人应沿着
度v 的大小及方向？
12
R 圆周对圆盘的速
解：(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，则人对与地固联的转轴的角速度为 ω'=ω-v
1R 2
=ω-
2v ① R
人与盘视为系统，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：
?
?1MR
?2
2
22?2M 11M 1????+ R ?ω0=MR ω+ R ?ω' ②
10?2??210?2??
将①式代入②式得：ω=ω0+
2v 21R
③
(2) 欲使盘对地静止，则式③必为零．即 ω0 +2v / (21R ) ＝0 得： v ＝－21R ω0 / 2
式中负号表示人的走动方向与上一问中人走动的方向相反，即与盘的初始转动方
向一致．
答案：ω=ω0+
2v 21R
；v ＝－21R ω0 / 2
式中负号表示人的走动方向与上一问中人走动的方向相反，即与盘的初始转动方向一致．
思考题
5-1．一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m 1和m 2的物体 (m 1
m 1g -T 1=m 1a （1）
T 2-m 2g =m 2a （2） (T 1-T 2) r =J β （3）
a =r β （4）
联立方程可得 T 1、T 2， T 2>T 1 。 5-2．一圆盘绕过盘心且与盘面垂直的轴O 以角速度ω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F 沿盘面方向同时作用到盘上，则盘的角速度ω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 ）
5-4．在边长为a 的六边形顶点上，分别固定有质量都是m 的6个质点，如图所示。试求此系统绕下列转轴的转动惯量：（1）设转轴Ⅰ、Ⅱ在质点所在的平面内，如图a 所示；（2）设转轴Ⅲ垂直于质点所在的平面，如图b 所示。
答：以Ⅰ为轴转动惯量 J =9ma ；
以Ⅱ为轴转动惯量 J =3ma ； 以Ⅲ为轴转动惯量 J =7. 5ma 。
222
5-5．如图a 所示，半径分别是R 1和R 2、转动惯量分别是J 1和J 2的两个圆柱体，可绕垂直于图面的轴转动，最初大圆柱体的角速度为ω0，现在将小圆柱体向左靠近，直到它碰到大圆柱体为止。由于相互间的摩擦力，小圆柱体被带着转动，最后，当相对滑动停止时，两圆柱体各以恒定角速度沿相反方向转动。
试问这种情况角动量是否守恒？为什么？小圆柱的最终角速度多大？
答：角动量守恒，因为摩擦力的力矩为0。 由J 1ω0=J 2ω，有小圆柱的最终角速度为： ω=
J 1ω0
J 2
。
5-6．均质细棒的质量为M ，长为L ，开始时处于水平方位，静止于支点O 上。
一锤子沿竖直方向在x =d 处撞击细棒，给棒的冲量为I 0j 。试讨论细棒被球撞击后的运动情况。
答：撞击过程角动量守恒，棒获得一个角速度向上转动，当转到最大角度时，开始往下运动，最后回到平衡位置。
范文五：上海理工大学大学物理第五章刚体力学答案
姓名 _____?_____? 学号 _____?_____?__ 《大学物理?》答题纸
第五章
第五章 刚体力学参?考答案(2012)
一、选择题
O [ 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m1和的物体m?(m,m)，如图5-7所示(绳212
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
m (A) 处处相等( (B) 左边大于右?边( 2m 1 (C) 右边大于左?边( (D) 哪边大无法?判断( 图5-7
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(m)，实际上滑轮?在作减速转?动,角加速12
度方?向垂直纸面?向内,所以,由转动定律?可得: ()TTRJ,,,TT,2121
[ 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?
12的端点且垂?直于棒长的?光滑固定轴在水平面?O?内转动，转动惯量为?ML(一质量为m?、3
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
1v率?为，则此时棒的?角速度应为? 2 1,mvv 3mv5mv7mv (A) ( (B) ( (C) ( (D) ( 2ML2ML3ML4ML,O v 俯视图
图5-9
参考答案:
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:
112,,,，,,LmvLmvML 由此可得出?答案。 23
[ 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 m m
(A) 增大( (B) 不变(
(C) 减小( (D) 不能确定( O M
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。
L设为每一子?弹相对与O?点的角动量?大小，据角动量守?恒定律有:
JLLJJ,,，,,，()0子弹
,,, J,0,,,,0JJ，子弹
1
姓名 _____?_____? 学号 _____?_____?__ 《大学物理?》答题纸
第五章 [ 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, (
参考答案:
设飞轮的半?径为,质量为，根据刚体定?轴转动定律?，当挂质量为?的重物是: RmmMJ,,
mgTma,,
,TRJ,
aR,,
mgR所以,当以的拉力?代替重物拉?绳时，有: ,,Fmg,22，JmR
2mgR'，,,，比较二者可?得出结论。 '2mgRJ,,J
[ 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
22mRvmRv,,,, (A) ，顺时针( (B) ，逆时针( ,,,,,,,,JRJR,,,,
22mRvmRv,,,,(C) ，顺时针( (D) ，逆时针( ,,,,,,,,22RRJ，mRJ，mR,,,,
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:
2RmvmRv0,,RmvJ,,,,() 可得 。 JJR
二、填空题
,,5rads6、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，t,20s时02 ,,,0.8角?速度为，则飞轮的角?加速度 -0.05 rad/s，t,0到 t,100 s时间内飞?轮所,,0
,,转过的?角度 250ra?d (
参考答案:
,,,200.05rads,,,,,,,，t飞轮作匀变?速转动，据，可得出: ,0t
12,,,,，tt据可得结果?。 02
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β= g/l ，杆与水平方?向夹角为6?0?时的0
,角加速?度= g/2l (
2
姓名 _____?_____? 学号 _____?_____?__ 《大学物理?》答题纸
第五章
参考答案: 由转动定律?: MJ,, l (1)开始时杆处?于水平位置?: mglJ,,0
g m 2其中 为小球相对?于转轴的转?动惯量,得: ,,Jml,0 l
g(2) , 图 5-12 ,,mglJcos,,,2l
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4?m、 ,OO3m、2m和m的?四个质点，PQ,QR,RS,l，则系统对轴?的转动惯量?为 50ml2。? O ′ 参考答案:
2据 有: Jmr,,ii S 2222 O Q Jmlmlmlml,，，，,4(3)3(2)2050P R
R 图5-13 R
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mA?、mBmC?，和
12滑轮的半径?为R，滑轮对轴的?转动惯量J?,mR(滑块A与桌?面间、滑轮与轴承?之间均C 2
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
2mgBa, CA2(m，m)，mABC
B
参考答案: 图5-14
TB TA 由转动定律?得:
TRTRJ,,, (1) BA
GTma,, (2) BBB
GB Tma, (3) AA
(4) aR,,
amgmmm,，，22，，4个方程,共有4个未?知量T: 、T、和。可求: a,，，BABcAB，，
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:
在细杆长x?处取线元d?x，所受到的摩?擦力矩dM?=μ(m/l)gxdx，则
lmmgl,,,Mgxdx, ,02l
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，设它所受阻?为?0
3
姓名 _____?_____? 学号 _____?_____?__ 《大学物理?》答题纸
第五章
1Mk,,,力矩与转动?角速度成正?比，即 (k为正的常?数)，求圆盘的角?速度从变为?,,002时所需时间?(
M,,k,解:
d,MJJ根据 ,,,dt
Mdt,Jd,,,,dt,Jd,
1t,J02 ,,dt,d,,,0,0,
Jln2t,所以得 k
2、基础训练(18)如图5-17所示、质量分别为?m和2m、半径分别为和?2rr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29?mr/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: 受力情况如?图5-17，， TT,TT,1122
(1) mgTma,,11
(2) Tmgma,,22
(3) TrTrJ2,,,12
(4) ar,2,1
(5) ar,,2
2g联立以上几?式解得: 19r
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mA?,10 kg和mB?,20 kg，半径分别为?rA和rB?(现用力fA?和fB分别?向下拉绕在?轮上的细绳?且使绳与轮?之间无滑动?(为使轮边缘处A、B?的切向加速?度相同，相应的拉力?
12f、fB之比应?为多少,(其中A、B轮绕O轴?转动时的转?动惯量分别?为和J,mrAAAA2
12J,mr) BBB2
frJ,,解:根据转动定?律 (1) B rAAAAB
AfrJr, (2) BBBB rA1122Jmr,Jmr,其中 AAABBB22
fA要使A、B 轮边缘处的?切向加速度?相同，应有: fB
arr,,,, (3) AABB图5-23
4
姓名 _____?_____? 学号 _____?_____?__ 《大学物理?》答题纸
第五章
fJrmr,,AABAAAA由(1)、(2)式有 (4) ,,fJrmr,,BBABBBB
,rAA由(3)式有 ,r,BB
fm1AA将上式代入?(4)，得 ,,fm2BB
4、自测提高(16)如图5-24所示，长为l的轻?杆，两端各固定?质量分别为和?2mm的?小球，
12杆可绕水平?光滑固定轴在竖直面?O?内转动，转轴O距两?端分别为和l?l(轻杆原来静?止33
,在竖直位?置(今有一质量?为m的小球?，以水平速度与杆下端小??球m作对心?碰撞，碰后以v0
1,v的速?度返回，试求碰撞后?轻杆所获得?的角速度( 02
2m 解:系统所受的?合外力矩为?零，角动量守恒?: 1l32碰前的角动?量为: O mvl,013v?l 202l1221322,mvl，[m(l)，2m(l)],碰后的角动?量为: 0?l 2333?l m , m v021221所以 22mvl,,mvl，[m(l)，2m(l)],00图5-24 ?l 32333 3v0,,得 2l
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,)，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O ,R vm?的子弹以水?平速度v0?垂直于圆盘?半径打入圆?盘边缘并嵌?在盘边上，如图0
m 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
12MR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，图5-25 2
忽略子弹重?力造成的摩?擦阻力矩)
,解:(1)设为碰撞后?瞬间的角加?速度，由角动量守?恒定律得: 0122 mvR,(mR，mR),0002 mv0,,01 (m，m)R02
m0,,(2)圆盘的质量?面密度在圆?盘上取一半?径为r,宽为dr的?小环带， 2R,
5
姓名 _____?_____? 学号 _____?_____?__ 《大学物理?》答题纸
第五章
2dM,,2,rdr 此环带受到?的摩擦阻力?矩 dM,r,gdm,r,g,2,rdr
R223则 2M,,,,g,rdr,,,,g,R,03 00dt,1,,22MJ ,Mdt,Jd,,mR，mRd,,,0,,,0,,dt002,,
3mv0 所以 ,t,2mg0
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
1R 水平?圆盘上，有一人静止?站立在距转?轴为R处，人的质量是?圆 2, 盘质量的?1/10(开始时盘载?人对地以角?速度 ，现在此人垂?匀速转动0?R/2 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，,v 12如图5-16所示( 已知圆盘对?中心轴的转?动惯量为MR(求: 2
1R(1) 圆盘对地的?角速度((2) 欲使圆盘对?地静止，人应沿着圆?周 图5,16 2,v对圆盘的速?度的大小及?方向,
解:(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
vv2, (1) ,,,,,,,1RR2
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:
22，，11MRMR,,,,22 (2) ,,,,MRMR，,，,,0,,,,21022102,,,,,,，，
将(1)式代入(2)有:
2v,,,， (3) 021R
21R,2v0,，,,,v0(2)欲使盘对地?静止，则式(3)必为零，即。所以，。式中0221R
负号表?示人的走动?方向与上一?问中人走动?的方向相反?，即与盘的初?始转动方向?一致。
6
