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1、第二章 刚体力学基础 自学练习题一、选择题4-1有两个力作用在有固定转轴的刚体上:(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)当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;对上述说法,下述判断正确的是: ()(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。【提示: (1)如门的重力不能使门转动,平行于
2、轴的力不能提供力矩; (2)垂直于轴的力提供力矩,当两个力提供的力矩大小相等,方向相反时,合力矩就为零】4-2关于力矩有以下几种说法:(1)对某个定轴转动刚体而言,内力矩不会改变刚体的角加速度;(2)一对作用力和反作用力对同一轴的力矩之和必为零;(3)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,它们的运动状态一定相同。对上述说法,下述判断正确的是: ()(A)只有(2)是正确的;(B) (1) 、 (2)是正确的;(C) (2) 、 (3)是正确的;(D) (1) 、 (2) 、 (3)都是正确的。【提示: (1)刚体中相邻质元间的一对内力属于作用力和反作用力,作用点相同,则对同一
3、轴的力矩和为零,因而不影响刚体的角加速度和角动量; (2)见上提示; (3)刚体的转动惯量与刚体的质量和大小形状有关,因而在相同力矩的作用下,它们的运动状态可能不同】vvv3一个力F (3i 5j)N作用于某点上,其作用点的矢径为r (4i 3j)m,则该力对坐标原点的力矩为()vvvv(A)3kN m; (B)29kN m;(C)29kN m;(D)3kN m。vvvijkvvvvvvvvvv【提示:M r F (4i 3j)(3i 5j) 430 20k 9k 29k】350O4-3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,如图所示。今使棒从水平位置由静止开始自由下落,在
4、棒摆到竖直位置的过程中,下述说法正确的是: ()(A)角速度从小到大,角加速度不变;(B)角速度从小到大,角加速度从小到大;A(C)角速度从小到大,角加速度从大到小;(D)角速度不变,角加速度为零。【提示:棒下落的过程中,越来越快,则角速度变大;力矩变小,则角加速度变小】5 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4kgm。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:()(A)80J,80N m; (B)800J,40N m; (C)4000J,32N m; (D)9600J,16N m。【提示: 损失的动能:Ek
5、再利用M J得M2112由于是恒力矩, 可利用0t求得 4,J0J2 9600;22 16 N m】6 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:()(A)16.2J; (B)8.1J; (C)8.1J;(D)1.8J。【圆盘转动惯量:J 222112nmR2 0.9;角速度: 2;动能:EkJ21.82】22604-5假设卫星绕地球中心作椭圆运动,则在运动过程中,卫星对地球中心的()(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)角动量不守恒,动能也不守恒。【提示:因为万有引力是指向圆心的有
6、心力,所以提供的力矩为零,满足角动量守恒定律;又因为万有引力是保守力,所以满足机械能守恒定律】4-1如图所示,一均匀细杆,质量为m,长度为l,一端固定,由水平位置自由下落,则在最开始时的水平位置处,其质心的加速度为: ()(A)g;(B)0;(C)Cml31g;(D)g。42mgl1ml2有最开始时的质心加23【提示:均匀细杆质心位置在l/2 处。利用转动定律M J速度:aCl3g】244-2如图所示,两个质量均为m,半径均为R的匀质圆盘状滑轮的两端,用轻绳分别系着质量为m和 2m的物体,若系统由静止释放,则两滑轮之间绳内的张力为: ()(A)mRmR1131mg;(B)mg;(C)mg;(D
7、)mg。82223m2m【提示:均匀细杆质心位置在l/2 处。利用转动定律M Jmgl1ml2,有最开始时的质心加速度:aCl3g】244-3一花样滑冰者,开始时两臂伸开,转动惯量为J0,自转时,其动能为E0然后他将手臂收回,转动惯量减少至原来的关系: ( )12,J0021,此时他的角速度变为,动能变为E,则有310,E 3E0;3(C)30,E E0;(D) 30,E 3E0。(A) 30,E E0;(B)【提示:利用角动量守恒定律有:J00 J211 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, 在t=0时, 使该棒绕过其一端的竖直轴在水平桌面上旋
8、转, 其初始角速度为0, 30,则E 1J2 3E0】则棒停止转动所需时间为 ()20LL40LL;(B)0; (C);(D)0。3g3g3g6gLm1【 提 示 : 摩 擦 力 产 生 的 力 矩 为gxd x mgL( 或 考 虑 摩 擦 力 集 中 于 质 心 有0L220L11;取J mL2;利用角动量定律Mft J J0t 】Mf mgL)3g23(A)12 一质量为 60kg的人站在一质量为 60kg、半径为lm的匀质圆盘的边缘,圆盘可绕与盘面相垂直的中心竖直轴无摩擦地转动。 系统原来是静止的,后来人沿圆盘边缘走动, 当人相对圆盘的走动速度为 2m/s时,圆盘角速度大小为()(A)
9、1rad/s; (B)2rad/s;(C)【提示:匀质圆盘的转动惯量J124rad/s;(D)rad/s。3312mR2,人的转动惯量J2 mR;利用系统的角动量守恒定律:2J11 J2(1)124】3313 如图所示,一根匀质细杆可绕通过其一端O的水平轴在竖直平面内自由转动,杆长25m。今使杆从与竖直方向成60o角由静止3O60释放(g取 10m/s),则杆的最大角速度为:()(A)3 rad/s; (B) rad/s; (C)0.3 rad/s; (D)2/3 rad/s。【提示:棒的转动惯量取J 有:M mg12mL,重力产生的力矩考虑集中于质心,313g122) ;利用机械能守恒定律:
10、23】LsinMdJ22L234-4 对一个绕固定水平轴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。【提示:两子弹和圆盘组成的系统在射入前后系统的角动量守恒,vOv但对于转盘而言两子弹射入后转盘的转动惯量变大,利用角动量守恒定律:知转盘的角速度应减小】15一根长为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v0射向棒的中心,并以ov0v02的水平速度穿出棒,此后棒的最大偏转角gv02恰为90,则v0的大
11、小为 : ()4M(A)mglgl2M;(B); (C)32m16M2gl。gl;(D)23m2l1 l v / 2,可得:3mv0;【提示: (1)应用角动量守恒定律:mv0Ml2m0(2)应234M l2l / 2用机械能守恒定律:4M1 122lMl Mg,得:v0m2 32gl】3二、填空题21半径为r 1.5 m的飞轮,初角速度010 rad / s,角加速度 5 rad / s,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v=。【提示:由于角加速度是常数,可用公式10t t2,当 0时,有t 204 s;再由2t0t得: 10 rad / s,有v 15
12、m / s】2某电动机启动后转速随时间变化关系为0(1e为。),则角加速度随时间的变化关系0t【提示:求导,有 e】3一飞轮作匀减速运动,在 5s 内角速度由 40rad/s 减到 10rad/s,则飞轮在这 5s内总共转过了圈,飞轮再经的时间才能停止转动。【提示:由于是匀减速,可用公式02t,则n 0t 62.5圈;角加速度可由240t求得,为 6,再由0 t得:t 5s】3Om1m4-4在质量为m1,长为l/2 的细棒与质量为m2长为l/2的细棒中间,嵌有一质量为m的小球,如图所示,则该系统l2m2l2对棒的端点O的转动惯量J=。【J r2dm,考虑J J1 J2 J3有:J 22l/20
13、lm1m l 2r dr mr22drl/2l / 2l / 222,求得:m l m 3m7m22】 l 7m l lJ 1m2112322324-5在光滑的水平环形沟槽内,用细绳将两个质量分别为m1和2m2m1m2的小球系于一轻弹簧的两端,使弹簧处于压缩状态,现将绳烧断,两球向相反方向在沟槽内运动,在两球相遇之前的过程中系统的守恒量是:。【提示: 水平环形沟槽光滑则不考虑摩擦力; 弹簧力是系统内力所以提供的力矩为零, 满足(1)角动量守恒;又因弹性力是保守力,所以满足(2)机械能守恒】4-6如图所示,在光滑的水平桌面上有一长为l,质量为m的均匀细棒以与棒长方向相垂直的速度v向前平动,与一固
14、定在桌子上的钉子O相碰撞,碰撞后,细棒将绕点O转动,则转动的角速度。l4vl1 m l ml2l【 由 角 动 量 守 恒 :mv J11 J22, 考 虑 到12,J1,43 44192212v1 3m3l 9ml2,有】J27l344647 如图所示, 圆盘质量为M、 半径为R, 对于过圆心O点且垂直于盘面转轴的转动惯量为若以O点为中心在大圆盘上挖去一个半径为r 212MR。2R的小圆盘,2剩余部分对于过O点且垂直于盘面的中心轴的转动惯量为;剩余部分通过圆盘边缘某点且平行于盘中心轴的转动惯量为。【提示:圆盘的转动惯量公式为J 1MR2;(1)则挖去小圆盘后的转动惯量为:ROr211215(
15、2)利用平行轴定理J J0 mr,考虑到挖去小圆盘后的质量为MR2mr2MR2;223239323,有:J ,得:MR2】J J MRM2213244J18匀质大圆盘质量为M、半径为R,对于过圆心O点且垂直于OrR1MR2。如果在大圆盘的右半圆上2R挖去一个小圆盘,半径为r 。如图所示,剩余部分对于过2盘面转轴的转动惯量为J O点且垂直于盘面转轴的转动惯量为【 提 示 : 大 圆 盘 的 转 动 惯 量 公 式 为J01MR2, 小 圆 盘 以 其 圆 心 为 轴 的 转 动 惯 量 为21 MJ 2 401M1 R 22, 利 用 平 行 轴 定 理 知J MR MR32423223 R M
16、R2, 则2322J J0 J 13MR2】32M14-7如图所示,劲度系数k 2 N m的轻弹簧,一端固定,另一端用细绳跨过半径R 0.1m、质量M 2 kg的定滑轮(看做均匀圆盘)系住质量为m 1kg的物体,在弹簧未伸kRmh长时释放物体,当物体落下h 1m时的速度v 。1111【提示:利用机械能守恒,有mv2J2k h2 mgh,考虑到J MR2,v R有:22222mghk h2,则v 3m/ s(g取 10m/ s2) 】v 1mM24-8一个转动惯量为J的圆盘绕一固定轴转动,起初角速度为0,他所受的力矩是与转动角速度成正比的阻力矩:Mf k(k为常数) ,其角速度从0变为为:;在上
17、述过程中阻力矩所作的功为。【提示:利用角动量定律Md t Jd,有kdt 02所需时间JJd,则t k020Jd求得t ln2;再利用k11W E,有W J0J023J02】822211长为l的匀质细杆,可绕过其端点的水平轴在竖直平面内自由转动。 如果将细杆置与水平位置,然后让其由静止开始自由下摆,则开始转动的瞬间,细杆的角加速度为,细杆转动到竖直位置时角速度为。【提示: (1)利用转动定律M J2l1mgml2,有最开始时的角加速度: 3g2l233g】l; (2)利用机械能守恒有mgl1 122有: ml 22 312 长为l、质量为m的匀质细杆,以角速度绕过杆端点垂直于杆的水平轴转动,杆
18、绕转动轴的动能为,动量矩为。【提示: (1)E 1J2k212Ek11ml221ml22; (2)动量矩L JL ml】32 3613 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,其动能为焦耳。2【提示:每分钟 60 转表明 2,Ek1J2Ek11mR221.8】2 2214 如图所示,用三根长为l的细杆,(忽略杆的质量)将三个质量均为m的质点连接起来,并与转轴O相连接,若系统以角速度绕垂直于杆的O轴转动,系统的总角lOmlmlm动量为。如考虑杆的质量,若每根杆的质量为M,则此系统绕轴O的总转动惯量为,总转动动能为。【提示:J2(1)由角动量L JL
19、 14ml; ml2m2lm3l14ml2;2222(2)J ml2m2lm3l22M l2M l2M l23l 5l M M3121222(3)转动动能E14m9Ml2;k1J22Ek114m9Ml22】215 一人站在转动的转台上,在他伸出的两手中各握有一个重物,若此人向着胸部缩回他的双手及重物,忽略所有摩擦,则系统的转动惯量,系统的转动角速度,系统的角动量,系统的转动动能。 (填增大、减小或保持不变)【提示: (1)减小; (2)增大; (3)保持不变; (3)增大】三计算题三计算题4-14如图所示,质量分别为m1与m2的两物体A和B挂在组合轮的两端,设两轮的半径分别为R和r,两轮的转动
20、惯量分别为J1和J2,求两物体的加速度及绳中的张力。 (设绳子与滑轮间无相对滑动,滑轮与转轴无摩擦)3RrBA14-16如图所示,质量m 60 kg、半径R 0.25 m的飞轮以n 10 r min速运转,如果用闸瓦将其在5 s内停止转动,则的转速高F0.50 m0.75 m制动力需要多大?设闸瓦和飞轮间的摩擦系O数 0.40,飞轮的质量全部分布在轮缘上。3如图示,转台绕中心竖直轴以角速度作匀速转动。转台对该轴的转动惯量J 5105kgm2。现有砂粒以1g /s的流量落到转台,并粘在台面形成一半径r 0.1m的圆。试求砂粒落到转台,使转台角速度变为/2所花的时间。r4-23在可以自由旋转的水平
21、圆盘上, 站一质量为m的人。圆盘的半径为R,转动惯量为J,最开始时人和圆盘都静止。如果这人相对于圆盘以v的速率沿盘边行走,则圆盘的角速率多大?4-21长l 0.40m、质量M 1.00kg的匀质木棒,可绕水平轴O在竖直平面内转动,开始时棒自然竖直悬垂,现有质量m 8g的子弹以v 200m/s的速率从A点O3射入棒中,A点与O点的距离为l,如图所示。求:4(1)棒开始运动时的角速度; (2)棒的最大偏转角。3l4Al解答一、选择题:一、选择题:10. D三计算题三计算题1解:由于组合轮是一个整体,有J J1 J2。应用牛顿运动定律:对物体A,m1g T1 m1a1;对物体B,T2m2g m2a2
22、,对组合轮,应用转动定律:T1RT2r J。考虑到:a1R,a2r,解得:m1Rm2ra g RT11J J m R2m r21212;m1Rm2ra g rT2222J1 J2m1R m2rJ1 J2m2r2m2Rrm1gJ1 J2m1R2m2r2J1 J2m1R m1Rrm2gJ1 J2m1R2m2r222。2解:由于飞轮的质量全部分布在轮缘上,有:J mR;001032/6020rad /s2;而力矩为恒力矩,有:t53闸瓦给飞轮的正压力:N lF1.25F 2.5F,l0.5MfNR 0.42.5F 0.25 0.25F;20,有F 314 N。3Jm233 解:由角动量守恒定律:(J
23、 mr )0 J0,得m 2。由于 :10kg /s2rt2由转动定律:M J,有:Mf mR2 0.25F 600.25 mJ510522 5s所以 :t 333110r 1100.1 1104解:设圆盘相对于地面的角速率为0,则人相对于地面的角速率为0222应用角动量守恒定律:J0 mR 0,有:J0mR0mR v。Rv 0,RmR2v解得:0 。2J mRR31 3 5解: (1)应用角动量守恒定律:ml Ml2ml4343mm48.9rad /s得1916M 27mlM ml163(2)应用机械能守恒定律21 123l3l Ml m( l)22 Mg(1cos)mg(1cos)2 342429M ml254m2v2381 0.079。得:cos194.52M 3mg(2M 3m)(16M 27m)l g