2021年度刚体力学习题库.pdf

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1、第四章刚体力学一、计算题1.如图所示，一种质量为机物体与绕在定滑轮上绳子相联，绳子质量可以忽视，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 M R 2,滑轮轴光滑.试求该物体由静止开始下落过程中，下落速度2m与时间关系.解：依照牛顿运动定律和转动定律列方程对物体：m g-T ma2分对滑轮：TR二邛2分运动学关系：a=R/31分将、式联立得amg/（加 +；M）*/U）=o,2.如图所示，转轮A、8可分别独立地绕光滑固定轴。转动，它们质量分别为巩4 =10 1和 12=201,半径分别为以和rj.现用力和 分 别 向 下拉绕在轮上细绳且使绳与轮之间无滑动.为使4、8轮

2、边沿处切向加速度相似，相应拉力以、为之比应为多少？（其中A、B轮绕。轴转动时转动惯量分别为J.1 9和=5根B日）解：依照转动定律 fArA=JAPA 1分1 ,其中，人二/加.二，且 加=几 例 1分其中机8若.要 使A、B轮边上切向加速度相似，应有a=rAA=伙1分由、式，有由式有二 JABBA=VAIAfB J BABB 机 ”8 夕8/3A!/3B-rBl rA将上式代入式，得/A/fn mA/m u-i 2分3.一质量为m物体悬于一条轻绳一端,绳另一端绕在一轮轴轴上,如图所示.轴水平且垂直于轮轴面，其半径为r,整个装置架在光滑固定轴承之上.当物体从静止释放后，在时间f 内下降了一段距

3、离S.试求整个轮轴转动惯量（用机、r、f 和 S 表达）.m解：设绳子对物体（或绳子对轮轴）拉力为T,则依照牛顿运动定律和转动定律得:mg-T=ma2分Tr=J/i2分由运动学关系有：a=r/32分由、式解得：J=m(ga)41a 又 依 照 已 知 条 件 吻=0,1 2 ,S at,a=2 5 /P2代入式得：1/=；，（鸟匚一 1）2S4.质量为5 kg一桶水悬于绕在辘轮上轻绳下端，辘粕可视为一质量为10 k g圆柱体.桶从井口由静止释放，求桶下落过程中绳中张力.辘特绕轴转动时转动惯量为 MR：其中M 和2R 分别为辘护质量和半径，轴上摩擦忽视不计.解：对水桶和圆柱形辘静分别用牛顿运动定

4、律和转动定律列方程由此可得 T=m(ga)=m g-(TR/J)rngT=ma 1分TR=J0 1分a=R/3 1分那么 T0=1ng将J=LMR2代入上式，得2T =J=2 4.5 NM+2 机2 分5.一长为1 m 均匀直棒可绕过其一端且与棒垂直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.已知棒对轴转动惯量为-m l2,其中，和/分别为棒质量和长度.求：/(I)放手时棒角加速度；/W ”(2)棒转到水平位置时角加速度.解：设棒质量为?，当棒与水平面成6 0 角并开始下落时，依照转动定律M=J/3 1 分其中 M=mgl sin 300=mgl/4 1 分于

5、是 p =-M=3-女=7.35 rad/s2)1 分当棒转动到水平位置时，M=gm gl 1 分那么 夕=14.7rad/s2 1 分J 216.一轴承光滑定滑轮，质量为M=2.0 0 k g,半径为尺=0.100 m,一根不 能伸长轻绳，一端固定在定滑轮上，另一端系有一质量为m=5.00kg物.1 ,M)体，如图所示.已知定滑轮转动惯量为 J=M/?2,其初角速度欧=10.02rad/s,方向垂直纸面向里.求：(1)定滑轮角加速度大小和方向；商(2)定滑轮角速度变化到。=()时，物体上升高度：(3)当物体回到本来位置时，定滑轮角速度大小和方向.解：mg-T=ma1分TR=J/3 2分a=R

6、/31分P=mgR/(mR2+J)=-mR2-M R22=81.7 rad/s2方向垂直纸面向外.1分1分(2),/co2=a)l-2(362当0=0 时，0=-=0.612 rad2B物体上升高度h=R0=6A2X 10 2 m 2分2mg(2m+M)R(3)co=2/30=10.0 rad/s方向垂直纸面向外.2分7.一质量为M=1 5 k g、半径为R=0.3 0 m 圆柱体，可绕与其几何轴重叠水平固定轴转动(转1 o动 惯 量J=-M R2).现以一不能伸长轻绳绕于柱面，而在绳下端悬一质量m=8.0 k g 物2体.不计圆柱体与轴之间摩擦，求:物体自静止下落，5 s 内下降距离绳中张力

7、.解:1 .J=0.675 kg m2mg-T=maTR=J(3a=Rpa=mgR2/(mR2+J)=5.06 m/s21分因而(1)下落距离1 2h=-at=63.3 m22分(2)张力T=m(ga)=31.9 N1 分8.一半径为25 cm 圆柱体，可绕与其中心轴线重叠光滑固定轴转动.圆柱体上绕上绳子.圆柱体初角速度为零，现拉绳端点，使其以lm/s2加速度运动.绳与圆柱表面无相对滑动.试计算在f=5 s 时(1)圆柱体角加速度，(2)圆柱体角速度，(3)如果圆柱体对转轴转动惯量为2 kg n i?,那么要保持上述角加速度不变，应加拉力为多少？解：(1)圆柱体角加速度pP=a/r=4 r a

8、 d /s2 依 照 例=o+/?r,此题中o=O ，则2分有那么圆柱体角速度(3)依照转动定律则(Dt=4=5 =*r=5 =2 0 r a d/s产/r=3 2 N1 分9.一轴承光滑定滑轮，质量为M=2.0 0 k g,半径为R=0.1()()m,一根不能伸长轻绳，一端固定在定滑轮上，另一端系有一质量为m=5.00 kg物体，如图所示.已知定滑轮转动惯量为J=-M R2,其初角速度fiD=10.02rad/s,方向垂直纸面向里.求：(1)定滑轮角加速度大小和方向；(2)定滑轮角速度变化到。=0 时，物体上升高度；(3)当物体回到本来位置时，定滑轮角速度大小和方向.解：fng-T=ma1

9、分TR=J/3 2分a=Rp1 分B=m g R I(m X+J)=m g Rm R2+1 M R222 m g2m+M)R=81.7 r a d/s21分方向垂直纸面向外.1分(2)*/G 2 =欣-2 /302当0=0 时，。=也=0.6 1 2 r a d2 B物体上升高度/z =R 0 =6.1 2 X 1 0=m 2分(3)co=yj2.jB G=1 0.0 r a d/s方向垂直纸面向外.2分10.一质量为M=1 5 kg、半径为Z?=0.30 m 圆柱体，可绕与其几何轴重叠水平固定轴转动(转动 惯 量J=-M R2).现以一不能伸长轻绳绕于柱面，而在绳下端悬一质量m=8.0 k

10、g 物2体.不计圆柱体与轴之间摩擦，求：(D 物体自静止下落，5 s 内下降距离；(2)绳中张力.1?解:J=M R =0.6 7 5 kg ,mm g-T=m aTR=J3aRp2a=m g RL/(mR2+J)=5.0 6 m /s21分因而(1)下落距离,1 2，h=at=6 3.3 m22分(2)张力T=m(g)=3 7.9 N1分11.一半径为25 c m 圆柱体，可绕与其中心轴线重叠光滑固定轴转动.圆柱体上绕上绳子.圆柱体初角速度为零，现拉绳端点，使其以lm/s2加速度运动.绳与圆柱表面无相对滑动.试计算在f=5 s 时(1)圆柱体角加速度，(2)圆柱体角速度，(3)如果圆柱体对转

11、轴转动惯量为2 kg-m2,那么要保持上述角加速度不变，应加拉力为多少？解：(1)圆柱体角加速度。J3=a/r=4 r a d /s2 2 分(2)依照q=0 o+/?f,此题中。o=O ,贝 I有a)t=那么圆柱体角速度4=5 =匐=5 =2 0 r a d/s1 分(3)依照转动定律fr=JP则f=邛 1 r=32N2分12.长为L梯子斜靠在光滑墙上高为h地方，梯子和地面间静摩擦系数为，若梯子重量忽视，试问人爬到离地面多高地方，梯子就会滑倒下来？解：当人爬到离地面x 高度处梯子刚要滑下，此时梯子与地面间为最大静摩擦，仍处在平衡状态(不稳定).N f=0,N2 P=0Nh-Px c t g。

12、=01 分1 分1 分f-fjNi1 分解得 X =M-t g 6 =2/1 白 2 1 分13.一转动惯量为J圆盘绕一固定轴转动，起初角速度为G).设它所受阻力矩与转动角速度成正比，即 =一 女。他为正常数)，求 圆 盘 角 速 度 从 回 变 为 时所需时间.2解：依照转动定律:Jdco/dt=kco2 分两边积分:得产()/2 1 rt k.|do)=-dZ弧 JO jn2=kt/Jt=(J n2)/k3 分14.一圆柱体截面半径为r,重 为 P,放置如图所示.它与墙面和地面之间静摩擦系数均为1.若对圆柱体施以向下力尸=2尸可使它刚3好要反时针转动，求(1)作用于4 点正压力和摩擦力,(

13、2)力 尸 与 R 之间垂直距离d.解：设正压力M、NB，摩擦力人，力如图.依照力平衡，有/A+NB=F+P=3P 1 分NA=fB 1 分依照力矩平衡，有Fd=(京+fB)r 2 分刚要转动有 3=人 力 产；3 1 分(1)把 及 、代 入 可 求 得NA=0.9P,力=0.3P 2 分(2)由可求得 d=0.6 r 1分15.一轻绳跨过两个质量均为，小半径均为，均匀圆盘状定滑轮，绳两端分别挂着质量为m和 重 物，如图所示.绳与滑轮间无相对滑动,滑轮轴光滑.两个定滑轮转动惯量均为，机户.将由两个定滑轮以及2m,r m,r2ml质量为m和 2胆重物构成系统从静止释放，求两滑轮之间绳内张力.解

14、：受力分析如图所示.2 分2mgT=2maT2mg=1 2 0T rT r=mrj31分1 2 cT r?2 r=mrB21分arj32 分解上述5 个联立方程得:T=lm g/816.质量分别为m和2 m、半径分别为r和2r两个均匀圆盘,一起，可以绕通过盘心且垂直盘面水平光滑固定轴转动,量为9 m/12,大小圆盘边沿都绕有绳子,绳子下端都挂一质量为m1分如图所示.求盘角加速度大小.解：受力分析如图.mgT2=加 22 分1分1分Tmg=PC4ma)r.?2(2r)一22 分7 2V、2 邛-。21分耽1L1r/3=a1分A解上述5 个联立方程，得：夕=殳2 分19r17.质量/n=l.l k

15、g匀质圆盘,可以绕通过其中心且垂直盘面水平光滑固定轴转动，对轴转动惯量1/=，机/（r为盘半径）.圆盘边沿绕有绳子，绳子2下端挂一质量，m =LO k g 物体，如图所示.起初在圆盘上加一恒力矩使物体以速率列=0.6 m/s匀速上升，如撤去所加力矩，问经历多少时间圆盘开始作反方向转动.解：撤去外加力矩后受力分析如图所示.2 分tngT=ma 1 分Tr=Jp 1 分a-rp1 分 aa-mgr/(mr+J/r)代入 J=L mr2，a=一 四4 =6.32 ms-2 2 分2 1十 m1 2解：受力分析如图所示.设重物对地加速度为a,向上.则绳A 端对地有加速度。向下，人相对于绳虽为匀速向上，

16、但 相对于地其加速度仍为 向下.2 分依照牛顿第二定律可得：对人：M g-B M a 2 分对重物：一 2 分依照转动定律，对滑轮有因绳与滑轮无相对滑动，a=fiR、四式联立解得 a=2g/7 2 分 1分1分19.如图所示，设两重物质量分别为，川和机2,且 如 m 2,定滑轮半径为，对转轴转动惯量为1/,轻绳与滑轮间无滑动，滑轮轴上摩擦不计.设开始时系统静止，试求，时刻滑轮角速度.解：作示力图.两重物加速度大小a 相似，方向如图.示 力 图 2 分mg-T=ma1分Timygmia1分设滑轮角加速度为夕则(T-Ti)r=Jp 2 分且有 a=r/3 1分由以上四式消去，“得：B 二(叫一恤)

17、gr(mj+/772)r2+J2 分开始时系统静止，故，时刻滑轮角速度.=B t=-m2)grt(m,+m2)r2+1分20.质量为Mi=24 k g圆轮，可绕水平光滑固定轴转动，一轻绳缠绕于轮上，另一端通过质量为M2=5 kg圆盘形定滑轮悬有/n=10 kg物体.求当重物由静止开始下降了=0.5m 时,(1)物体速度；(2)绳中张力.(设绳与定滑轮间无相对滑动，圆轮、定滑轮绕通过轮心且垂直于横截面水平光滑轴转动惯量分别为，=；加42,J2=1M2r2)解：各物体受力状况如图所示.图 2 分由转动定律、牛顿第二定律及运动学方程，可列出如下联立方程:1 9TR=J1 =-MRJ3方程各1分共5分

18、1 9T2LTr=J?优=r%mg-T2=ma,a=R/J=rfi，v2=z2ah求解联立方程，得a=-=4 m/s22(M,+M2)+mv=y/2ah-2 m/s 1 分=m(g-a)=58N 1 分T 1=1 M.a=48 N21分21.两个匀质圆盘，一大一小，同轴地粘结在一起，构成一种组合轮.小圆盘半径为r,质量为，川大圆盘半径/=2 r,质 量m=2m.组合轮可绕通过其中心且垂直于盘面光滑水平固定轴O转动，对。轴转动惯量J=9机户/2.两圆盘边沿上分别绕有轻质细绳，细绳下端各悬挂质量为，物体A 和 8,如图所示.这一系统从静止开始运动，绳与盘无相对滑动，绳长度不变.已知r=10 c m

19、.求：(1)组合轮角加速度夕；(2)当物体A 上升力=40 cm 时，组合轮角速度0.解：(1)各物体受力状况如图.图 2 分Tmgma 1 分m g-T ma 1 分T(2r)Tr=9mrij3/2 1 分ar/31 分a=Q那 1分由上述方程组解得：P1g/(19r)=10.3 rad,(2)设四组合轮转过角度，则0=h/r因此，0=(20 /-)|/2=9.08 rad s-1 2 分22.物体A 和 3 叠放在水平桌面上，由跨过定滑轮轻质细绳互相连接，如图所示.今用大小为尸水平力拉4.设 4、8F勿 力 勿 力 勿 及 勿 如 勿 切和滑轮质量都为机，滑轮半径为R,对轴转动惯量A 8

20、之间、4 与桌面之间、2滑轮与其轴之间摩擦都可以忽视不计，绳与滑轮之间无相对滑动且绳不可伸长.已知F=ION,/n=8.0 kg,7?=0.050 m.求：(1)滑轮角加速度；(2)物体A 与滑轮之间绳中张力;(3)物 体 8 与滑轮之间绳中张力.解：各物体受力状况如图.图 2 分FTma 1 分T ma1 分(T T)R=gmR2 0a=R/3由上述方程组解得：P=2F/(5mR)=1 0 ra d ,s-2T =2 F/5=4.0 N 1 分23.两个大小不同、具备水平光滑轴定滑轮，顶点在同一水平线上.小滑轮质量为W,半径为 ，对轴转动惯量J=一 根 大 滑 轮 质 量 wi=2 m,半径

21、r2=2 r,对轴转动惯量/=上1 m/2,.一根不可伸长轻质细绳跨2过这两个定滑轮，绳两端分别挂着物体4 和 8.A 质量为m,B质 量m =2 m.这一系统由静止开始转动.已知机=6.0 kg,r=5.0 cm.求两滑轮角加速度和它们之间绳中张力.解：各物体受力状况如图.TAmg=ma(2in)gTA=(2m)a1 2c(TTA)r=邛(及一 口(2)=(2 (2 r)2/Ta=P=Qr)/31分T由上述方程组解得：/?=2 g /(9厂)=4 3.6 r a d s 21分TA a0，=2 1.8 r a d s 21分vmgT=(4/3)m g=7 8.4 N1分2分1分1分1分1分2

22、4.一质量机二600 kg、长/=1.()0 m 匀质棒，放在水平桌面上，可绕通过其中心竖直固定轴转动，对轴转动惯量J=，R 2/12.1=0时棒角速度磔=10.0 rad s T.由于受到恒定阻力矩作用，f=2 0 s时，棒停止运 动.求：(1)棒角加速度大小；(2)棒所受阻力矩大小；(3)从 f=0 到 f=1 0 s时间内棒转过角度.解：(1)0=00+夕 f a)(t/t=0.50 rad-s2 2 分 跖 =%/2=-0.2 5 N m 2 分(3)仇 0=00，+5 夕户=75 rad 1 分25.如图所示阿特伍德机装置中，滑轮和绳子间没有滑动且绳子不可以伸长，轴与轮间有阻力矩，求

23、滑轮两边绳子中张力.已知=20 k g,，2=10 k g.滑轮质量为23=5 k g.滑轮半径为r=0.2 m.滑轮可视为均匀圆盘,阻力矩 必=6.6 N m,已知圆盘对过其中心且与盘面垂直轴转动惯量为解：对两物体分别应用牛顿第二定律(见图)，则有mg-T=ma Ti-机 2g=m2a 2 分对滑轮应用转动定律，则有2 分对轮缘上任一点，有 a-r又：(=7|,T；=T2则联立上面五个式子可以解出。闻一一：/=2m zs2mr+m2r+-m3rT=mgma=56 NTz=m2g-tn2a=118N3 分26.如图所示，一半径为R匀质小木球固结在一长度为I匀质细棒下端，且可绕水平光滑固定轴。转

24、 动.今 有一质量为%速度为八子弹，沿着与水平面成通方向射向球心，且嵌于球心.已知小木球、细棒对通过0水平轴转动惯量总和为J.求子弹嵌入球心后系统共同角速度.解：选子弹、细棒、小木球为系统.子弹射入时，系统所受合外力矩为零，系统对转轴角动量守恒.mvo(R+/)cosa=J+m(R+I)2com v0(R+/)cosZJ+m(R+if2 分2 分1分27.如图所示，一半径为K,质量为，水平圆台，正以角速度绕通过其中心竖直固定光滑轴转动，转动惯量J=-m R2.台2上原站有2 人，质量各等于转台质量一半，一人站于台边A 处，另 一 人 站 于 距 台 中 心 处.今 A 处人相对于圆台以速率v2

25、顺着圆台转向沿圆周走动，同步8 处人相对于圆台以速率2”逆圆台转向沿圆周走动.求圆台这时角速度。.解：以转台和二人为研究对象，所受外力只有重力及轴支撑力，诸力对转轴合力矩为零，因此系统角动量守恒.各转动惯量分别为2 分J=/收,JA=g?R2,鼠=工机(R/2)22 分以地面为参照系，A 处人走动角速度为+W/R),B 处人1分走动角速度为。一(2 u/,R)=o-(4 u/R).由角动量守恒定律 1分2mR+-mR+m(/?/2)2 y0=2g mR2co+；mR1(3+f/H)+；/?|I(。一4u/R)2 分解出(O=Ct)02 分28.一质量均匀分布圆盘，质量为M,半径为R,放在一粗糙

26、水平面上(圆盘与水平面之间摩擦系数为)，圆盘可绕通过其中心。竖直固定光滑轴转动.开始时,圆盘静止，一质量为机子弹以水平速度垂直于圆盘半径打入圆盘边沿并嵌在盘边上，求(1)子弹击中圆盘后，盘所获得角速度.(2)通过多少时间后，圆盘停止转动.(圆盘绕通过0 竖直轴转动惯量为M R?,忽视子弹重力导致摩擦阻力矩)2解：(1)以子弹和圆盘为系统，在子弹击中圆盘过程中，对轴0 角动量守恒.1 分m v()R=(MR2+mR2)co 2 分28 =彳-o、1分(2)设。表达圆盘单位面积质量，可求出圆盘所受水平面摩擦力矩大小为 M f r/dgcr-2nrd r=(2/3)兀 cr gR3=(2/3)MgR

27、 2 分设通过，时间圆盘停止转动，则按角动量定理有-M fA t=0Jco=(MR2+mR2)(o=-tnvR 2 分m vo7?7 7 T VO/?3 2 V oMf 一 Q fjMgR-2iMg2分29.有 一 质 量 为 长 为/均 匀 细 棒，静止平放在滑动摩擦系 数为水平桌面上，它可绕通过其端点O 且与桌面垂直固定光滑轴转动.另有一水平运动质量为加2 小滑块，从侧面垂直于棒与棒另一端A相碰撞，设碰撞时间极短.已知小滑块在 三二 V2碰撞先后速度分别为区和5 2,如图所示.求碰撞后从细棒开-俯视图始转动到停止转动过程所需时间.（已知棒绕O点转动惯量J=-mxl2）3解：对棒和滑块系统，在碰撞过程中，由于碰撞时间极短，因此棒所受摩擦力矩滑块冲力矩.故可以为合外力矩为零，因而系统角动量守恒，即 1 分1 9m2Vl=-m2V2l-mrcD 3 分碰后棒在转动过程中所受摩擦力矩为勺x-dx=_；mgl 2 分由角动量定理 Mfd t=0-mil2co 2分由、和解得%十%t-2m22分