大学物理第3章 刚体力学习题解答
- 格式：doc
- 大小：90.00 KB
- 文档页数：5
第3章 刚体力学习题解答
3、13 某发动机飞轮在时间间隔t 内得角位移为 。
求t 时刻得角速度与角加速度。
解:
３、14桑塔纳汽车时速为16６km/h,车轮滚动半径为0、26m,发动机转速与驱动轮转速比为0、90９, 问发动机转速为每分多少转？
解：设车轮半径为Ｒ=０、2６m,发动机转速为n 1， 驱动轮转速为ｎ2， 汽车速度为v=166k ｍ/h 。
显然,汽车前进得速度就就是驱动轮边缘得线速度,
，所以:
min /1054.1/1024.93426
.014.3210
166909.02909.013
rev h rev n R v ⨯=⨯===⨯⨯⨯⨯π 3、15 如题3-15图所示,质量为ｍ得空心圆柱体,质量均匀分布,其内外半径为r １与r 2,求对通过其中心轴得转动惯量。
解：设圆柱体长为h ,则半径为r ，厚为dr 得薄圆筒得质量dm 为:
对其轴线得转动惯量dI z 为
3、１7 如题3-17图所示,一半圆形细杆,半径为 ,质量为 ,求对过细杆二端 轴得转动惯量。
解:如图所示,圆形细杆对过O 轴且垂直于圆形细杆所在平面得轴得转动惯量为mR 2,根据垂直轴定理与问题得对称性知:圆形细杆对过
轴得转动惯量为mR 2,由转动惯量得可加性可求得:半圆形细杆对过细杆二端 轴得转动惯量为：
3、1８ 在质量为M,半径为R 得匀质圆盘上挖出半径为ｒ得两个圆孔,圆孔中心在半径R 得中点，求剩余部分对过大圆盘中心且与盘面垂直得轴线得转动惯量。
解：大圆盘对过圆盘中心ｏ且与盘面垂直得轴线(以下简称o 轴)得转动惯量为
、由于对称放置,两个小圆盘对ｏ轴得转动惯量相等，设为I’,圆盘质量得面密度σ＝Ｍ/πR 2,根据平行轴定理,
设挖去两个小圆盘后,剩余部分对o 轴得转动惯量为Ｉ”
)/2('2"242221
22122124
R r r R M Mr MR I I I R r M --=--=-=
3、19一转动系统得转动惯量为I=8、0ｋgm 2,转速为ω=41、９r ａd/s,两制动闸瓦对轮得压力都为３9２Ｎ,闸瓦与轮缘间得摩擦系数为μ=0、４,轮半径为r=０、4m,问从开始制动到静止需多长时间?
解:由转动定理:
制动过程可视为匀减速转动，
3、2０一轻绳绕于ｒ＝0、2m得飞轮边缘,以恒力F=98N拉绳,如题3－20图(ａ）所示。
已知飞轮得转动惯量Ｊ=０、5kg、m2，轴承无摩擦。
求
(1)飞轮得角加速度。
(２)绳子拉下5m时，飞轮得角速度与动能。
(3)如把重量P=98N得物体挂在绳端,如题3-20图（b)所示，
再求上面得结果。
解(1)由转动定理得：
(2)由定轴转动刚体得动能定理得: =4９0J
（3）物体受力如图所示：
解方程组并代入数据得：
3、21现在用阿特伍德机测滑轮转动惯量。
用轻线且尽可能润滑轮轴。
两端悬挂重物质量各为ｍ1=0、46kｇ,m2=0、5kg,滑轮半径为0、05m。
自静止始,释放重物后并测得0、5ｓ内m2下降了0、75m。
滑轮转动惯量就是多少？
解：
隔离m2、m1及滑轮,受力及运动情况如图所示。
对ｍ2、ｍ１分别应用牛顿第二定律:
对滑轮应用转动定理:
(３)
作匀加速直线运动,由运动学公式：,
质点ｍ
２
由⑴、⑵可求得,代入(3)中，可求得，代入数据:
3、22质量为m,半径为得均匀圆盘在水平面上绕中心轴转动,如题3-22图所示。
盘与水
平面得动摩擦因数为,圆盘得初角速度为,问到停止转动，圆盘共转了多少圈？
解:
如图所示:
由转动定律:M＝得:
积分得:
所以从角速度为到停止转动,圆盘共转了圈。
3、23如图所示,弹簧得倔强系数k=2Ｎ/m,可视为圆盘得滑轮半径r=0、05m,质量m１=８0g,设弹簧与绳得质量可不计,绳不可伸长，绳与滑轮间无相对滑动,运动中阻力不计,求1ｋg质量得物体从静止开始(这时弹簧不伸长)落下1米时，速度得大小等于多少(g取10ｍ/s2）
解:以地球、物体、弹簧、滑轮为系统,其能量守恒物体地桌面处为重力势能得零点,弹簧得原长为弹性势能得零点,
则有:
解方程得:
代入数据计算得:v=１、4８m/s 。
即物体下落0、5m得速度为1、48m/s
3、２4如题3-２4图所示,均质矩形薄板绕竖直边转动,初始角速度为，
转动时受到空气得阻力。
阻力垂直于板面,每一小面积所受阻力得大小
与其面积及速度平方得乘积成正比,比例常数为k。
试计算经过多少时
间，薄板角速度减为原来得一半,设薄板竖直边长为ｂ，宽为ａ,薄板质
量为ｍ。
解；如图所示，取图示得阴影部分为研究对象
所以经过得时间,薄板角速度减为原来得一半。
３－25一个质量为M，半径为R并以角速度旋转得飞轮(可瞧作匀质圆盘),在某一瞬间突破口然有一片质量为m得碎片从轮得边缘上飞出,见题3-2５图。
假定碎片脱离飞轮时得瞬时速度方向正好竖直向上,
(1)问它能上升多高?
(2)求余下部分得角速度、角动量与转动动能。
解：（1)碎片以得初速度竖直向上运动。
上升得高度:
(2)余下部分得角速度仍为
角动量
转动动能
３、26两滑冰运动员，在相距1、5ｍ得两平行线上相向而行。
两人质量分别为mＡ
=60kg,m B =70kg,她们得速率分别为v A =7m 、s -1, v Ａ=6ｍ、ｓ-1,当二者最接近时，便拉起手来，开始绕质心作圆运动,并保持二者得距离为１、5m 。
求该瞬时: (1)系统对通过质心得竖直轴得总角动量; (2)系统得角速度；
（3）两人拉手前、后得总动能。
这一过程中能量就是否守恒? 解:如图所示, (1)
221607913706212663010A A B B L m v (l x )m v x //.kgm s -=-+=⨯⨯+⨯⨯=⨯⋅
(2） ，代入数据求得： (3)以地面为参考系。
拉手前得总动能:,代入数据得,
拉手后得总动能：包括括个部分:(1)系统相对于质心得动能（2)系统随质心平动得动能
2
2222221111
2222A A B B k c A B c c A B A B m v m v E J (m m )v J (m m )m m ωω⎛⎫+=++=++ ⎪+⎝⎭
动能不守恒,总能量守恒。
3、2７一均匀细棒长为 l ,质量为m ,以与棒长方向相垂直得速度v 0在光滑水平面内平动时，与前方一固定得光滑支点 O 发生完全非弹性碰撞,碰撞点位于离棒中心一方ｌ/4处,如题3-２7图所示,求棒在碰撞后得瞬时绕过O 点垂直于杆所在平面得轴转动得角速度。
解：如图所示:碰撞前后系统对点Ｏ得角动量守恒。
碰撞前后:
碰撞前后: 由可求得:
3、2８如题３-２8图所示,一质量为ｍ 得小球由一绳索系着,以角速度ω0 在无摩擦得水平面上,作半径为r 0 得圆周运动、如果在绳得另一端作用一竖直向下得拉力，使小球作半径为r 0/2 得圆周运动、试求：(１) 小球新得角速度;(２) 拉力所作得功、 解:如图所示，小球对桌面上得小孔得角动量守恒 (1)初态始角动量 ；终态始角动量 由求得： (2）拉力作功:
３、2９质量为0、50 k ｇ,长为0、40 ｍ 得均匀细棒,可绕垂直于棒得一端得水平轴转动、如将此棒放在水平位置,然后任其落下,如题３-29图所示,求：（1) 当棒转过6０°时得角加速度与角速度；(2) 下落到竖直位置时得动能;(3) 下落到竖直位置时得角速度、 解:设杆长为ｌ,质量为m (1) 由同转动定理有：
代入数据可求得:
由刚体定轴转动得动能定理得:
,代入数据得：(也可以用转动定理求得角加速度再积分求得角速度) （2)由刚体定轴转动得动能定理得: (3)
3-3０如题3－３0图所示,A 与B两飞轮得轴杆由摩擦啮合器连接,Ａ轮得转动惯量J１=10、0 kｇ· m2，开始时B轮静止,A轮以n1=60０r·ｍin-1得转速转动,然后使A 与B 连接,因而B轮得到加速而A 轮减速,直到两轮得转速都等于n =20０ｒ· mｉn-１为止、求:（1) B轮得转动惯量;（2) 在啮合过程中损失得机械能、
解:研究对象:A、B系统在衔接过程中，
对轴无外力矩作用,故有
即: 代入数据可求得:
(2)代入数据可求得:
,负号表示动能损失(减少）。
３、31质量为m长为l得匀质杆,其B端放在桌上，A端用手支住,使杆成水平。
突然释放A端,在此瞬时,求:⑴杆质心得加速度，⑵杆Ｂ端所受得力。
解:⑴以支点Ｂ为转轴,应用转动定理:,质心加速度,方向向下。
⑵设杆Ｂ端受得力为N,对杆应用质心运动定理：N y=０, Nｘ－ｍg = －m ａc，N x＝ｍ(g –a c) ＝mg/4
∴ N =mg/4,方向向上。
题3-30图
题3-31图。
