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）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）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：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 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/20lm1m 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（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 MR2， 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 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，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 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