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1、第五章刚体力学参考答案 第五章 刚体力学参考答案(2014)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 m1与 m2的物体(m1m2),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m1m2,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 T2,左端绳子向下拉力为 T1,对滑轮由转动定律得:(T2-T1)R=J D 2、【
2、基础训练 3】如图 5-8 所示,一质量为 m 的匀质细杆 AB,A端靠在粗糙的竖直墙壁上,B 端置于粗糙水平地面上而静止.杆身与竖直方向成角,则 A 端对墙壁的压力大(A)为 41mgcos.(B)为21mgtg.(C)为 mgsin.(D)不能唯一确定 图 5-8【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,外力矩也就是平衡的,则有:ABNf ABfNmg lconNlflmgAAsinsin2 三个独立方程有四个未知数,不能唯一确定。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
3、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.【提示】:把三者瞧作同一系统时,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,0为子弹射入前圆盘的角速度,为子弹射入后的瞬间与圆盘共同的角速度,J 为圆盘的转动惯量,J子弹为子弹转动惯量,据角动量守恒定律有:000()JLLJJJJJ 子弹子弹 m2 m1 O 图 5-7 O M m m 图 5-11 第五章刚体力学参考答案 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
4、固定轴 O 自由转动,其转动惯量为31mL2,起初杆静止.桌面上有两个质量均为 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 (A)L32v.(B)L54v.(C)L76v.(D)L98v.(E)L712v.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 2221(2)12lmvlmvmlmlml 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
5、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.平台与小孩开始时均静止.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与旋转方向分别为 (A)RJmRv2,顺时针.(B)RJmRv2,逆时针.(C)RmRJmRv22,顺时针.(D)RmRJmRv22,逆时针.【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:0RmvJ 可得 2()RmvmRvJJR。二、填空题 1、【基础训练 8】绕定轴转动的飞轮均匀地减速,t0 时角速度为05rad s,t20s时角速度为00.8,则飞轮的角加速度 -0、05 rad/s2,
6、t0 到 t100 s 时间内飞轮所转过的角度 250rad .【提示】:飞轮作匀变速转动,据0t,可得出:200.05rad st 据2012tt 可得结果。2、【基础训练 10】如图 5-13所示,P、Q、R与 S 就是附于刚性轻质细杆上的质量分别为 4m、3m、2m 与 m 的四个质点,PQQRRSl,则系统对OO 轴的转动惯量为 50ml2。【提示】:据 2i iJmr有:22224(3)3(2)2050Jmlmlmlml 图 5-13 3、【基础训练 12】如图 5-14所示,滑块 A、重物 B 与滑轮 C 的质量分别为 mA、mB与 mC,R P S R Q R O O O v v
7、 俯视图 第五章刚体力学参考答案 滑轮的半径为 R,滑轮对轴的转动惯量 J21mC R2.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 CBABmmmgma)(22 【提示】:图 5-14 由转动定律得:BAT RT RJ (1)BBBGTm a (2)AATm a (3)aR (4)联立以上 4 式,可解得:22BABcam gmmm 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 与 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,处于静止状态
8、,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/2mgl,此时该系统角加速度的大小23gl.【提示】:m2mO 图 5-21 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,则杆转动时受的摩擦力矩的大小为=mgl/2 【提示】:在细杆长 x 处取线元 dx,它所受到的摩擦力矩fmdMdm g xdx g xl ,则02lfmmglMgxdxl 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0,设它所受阻力矩与转动
9、角速度成正比,即Mk (k为正的常数),求圆盘的角速度从0变为021时所需时间.解:kM 根据 dtdJJM 可得 JdMdt 代入kM有:k dtJd tdJdt02100 CAB GB TB TA 2/2/2/2Mmglmglmgl 2222(/2)(/2)3MmglgJm lm ll 两边积分:00120tJkdtd 所以得 kJt2ln 第五章刚体力学参考答案 所以得 kJt2ln 2、【基础训练 18】如图 5-17所示、质量分别为 m 与 2m、半径分别为 r 与 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 9mr2/2,
10、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 5-17,11TT,22TT 11mgTma (1)22Tmgma (2)122T rT rJ (3)12ar (4)2ar (5)联立以上几式解得:219gr 图 5-17 3、【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与 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31l与32l.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021v的速度返回,试求碰撞后轻杆所获得的角速度.解:系统所受的合
11、外力矩为零,角动量守恒:碰前的角动量为:碰后的角动量为:所以:得 4、【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),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 v0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2012m R,忽略子弹重力造成的摩擦阻力矩)解:(1)以子弹与圆盘为系统,设0为碰撞后瞬间的角加速度,由角动量守恒定律得:(2)圆盘的质量面密
12、度02mR,在圆盘上取一半径为 r,宽为 dr 的小环带,质量元 2dmrdr 此环带受到的摩擦阻力矩 2fdMdm g rrdr g r 则 m R O 0v 图 5-25 02020)21(RmmRRmvRmmmv)21(00020020223RfmMgr drm gRRfdMJdt0000220012tfM dtJdm RmRdlmv320)31(2)32(3221220lmlmlvm)31(2)32(3221322200lmlmlvmlmvlv230图 5-24 2m m m O 021v0vl32l31第五章刚体力学参考答案 根据 可推出:所以0032mvtm g 5、【自测提高 1
13、8】如图 5-26 所示,空心圆环可绕光滑的竖直固定轴AC自由转动,转动惯量为J0,环的半径为R,初始时环的角速度为0.质量为m的小球静止在环内最高处A点,由于某种微小干扰,小球沿环向下滑动,问小球滑到与环心O在同一高度的B点与环的最低处的C点时,环的角速度及小球相对于环的速度各为多大?(设环的内壁与小球都就是光滑的,小球可视为质点,环截面半径rR、)解:选小球与环为系统.运动过程中小球虽受重力作用,但重力方向与转轴平行,对绕轴转动不起作用,系统所受的对转轴的合外力矩为零,故系统对该轴的角动量守恒.即系统起初的角动量 J00与小球滑到 B 点时系统角动量相同,J00(J0mR2)所以 0020
14、JJmR 图 5-26 又因环的内壁与小球都就是光滑,只有保守力做功,系统机械能守恒.取过环心的水平面为势能零点,则有 22222000111()222BJmgRJmRv 式中 vB表示小球在 B 点时相对地面的竖直分速度,也等于它相对于环的速度.代入得:0222002JmRRJgRBv 当小球滑到 C 点时,由角动量守恒定律,系统的角速度又回复至0,又由机械能守恒定律可知,小球在 C 的动能完全由在 A 点的重力势能转换而来.所以:RmgmC2212v,gRC4v 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R21处,人的质量就
15、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221MR.图 516 求:(1)圆盘对地的角速度.(2)欲使圆盘对地静止,人应沿着R21圆周对圆盘的速度v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,则人对地的绕轴角速度为 R v R/2 R A0 B C 第五章刚体力学参考答案 212vvRR (1)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:2222
16、01121022102MRMRMRMR (2)将(1)式代入(2)有:0221vR (3)(2)欲使盘对地静止,则式(3)必为零,即02021vR。所以,0212Rv。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。2、【(自测提高 19】一轻绳绕过一定滑轮,滑轮轴光滑,滑轮的半径为 R,质量为 m/4,均匀分布在其边缘上.绳子的 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/2的重物,如图 5-27所示。设人从静止开始相对于绳匀速向上爬时,绳与滑轮间无相对滑动,求 B端重物上升的加速度？(已知滑轮对通过滑轮中心且垂直于轮面的轴的转动惯量 JmR2/4)图5-27 O B A 解:受力分析如图所示.设重物的对地加速度为 a,向上、则绳的 A端对地有加速度a 向下,人相对于绳虽为匀速向上,但相对于地其加速度仍为 a 向下(画图)根据牛顿第二定律可得:对人:MgT2Ma 对重物:T121Mg21Ma O B Mg T2 T1 Mg21 a a 根据转动定律,对滑轮有 (T2T1)RJMR2/4 因绳与滑轮无相对滑动,aR 、四式联立解得 a2g/7