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第三章 刚体的转动习题答案1、对于定轴转动刚体上不同的点来说：线速度、法向加速度、切向加速度具有不同的值，角位移、角速度、角加速度具有相同的值。
2、由sin M r F Fr θ=⨯=可知，（1）0,0F M ≠=，当0r =或者sin 0θ=，即力通过转轴或者力与转轴平行； （2）0,0F M =≠，这种情况不存在； （3）0,0F M ==，这种情况任何时候都存在。
3、根据均匀圆盘对中心轴的转动惯量：221122I mr vr ρ==可知，对于相同几何形状的铁盘和铝盘，密度大的转动惯量大。
通常我们取铁的密度为37.9/g cm ，铝的密度32.7/g cm ，因此铁盘对中心轴的转动惯量大；根据刚体动能定理：21222111d 22A M I I θθθωω==-⎰，可知对铁盘的外力矩要做更多的功。
4、轮A 的转动惯量212I mr =，轮B 的转动惯量2I mr =，根据刚体的转动定律M I β=，因为两者所受的阻力矩相等，可知轮A 的转动角加速度大于轮B 的转动角加速度，故轮A 先停止。
5、舞蹈演员在旋转过程中，可以近似地认为角动量守恒，当其把双手靠近身体时，转动惯量减小，故角速度增大；当其把双手伸开，转动惯量增大，故角速度减小。
6、解：2334d a bt ct dtθω==+-， 2612d b t c t dtωβ==-。
7、解：11200240/60rad s πωπ⨯==，22700290/60rad s πωπ⨯==， 2215025/126rad s t ωωππβ-===∆， 2117803902t t n θωβπ=+==。
8、解：根据均匀球体对直径轴的转动惯量225I mr =，得到地球对自转轴的转动惯量3729.810I kg m =⨯⋅，地球自转角速度2/246060rad s πω=⨯⨯，转动动能22813102k E I J ω==⨯。
9、解：已知030/rad s ωπ=，切断电源后的角位移752150θππ=⨯=，根据匀减速运动规律2220023/2rad s ωωβθβπθ=⇒==，由于电扇是匀减速，可知阻力矩为常量，因此根据刚体转动动能定理22101144.422M I I J θωω=-=-， 可得到转动惯量2244.420.01I kg m ω⨯==⋅，以及阻力矩44.40.1150M N m π=≈⋅。
习题及参考答案第3章 刚体力学参考答案思考题3-1刚体角动量守恒的充分而必要的条件是 （A ）刚体不受外力矩的作用。
（B ）刚体所受合外力矩为零。
(C)刚体所受的合外力和合外力矩均为零。
(D)刚体的转动惯量和角速度均保持不变。
答：（B ）。
3-2如图所示，A 、B 为两个相同的绕着轻 绳的定滑轮。
A 滑轮挂一质量为M 的物体，B 滑轮受拉力F ，而且F =Mg 。
设A 、B 两滑轮的角加速度分别为βA 和βB ，不计滑轮 轴的摩擦，则有（A ）βA = βB （B ）βA > βB（C ）βA < βB （D ）开始时βA = βB ，以后βA < βB 答：（C ）。
3-3关于刚体对轴的转动惯量，下列说法中正确的是（A ）只取决于刚体的质量，与质量的空间分布和轴的位置无关。
(B)取决于刚体的质量和质量的空间分布，与轴的位置无关。
（C ）取决于刚体的质量、质量的空间分布和轴的位置。
(D)只取决于转轴的位置，与刚体的质量和质量的空间分布无 答：（C ）。
3-4一水平圆盘可绕通过其中心的固定铅直轴转动，盘上站着一个人，初始时整个系统处于静止状态，当此人在盘上随意走动时，若忽略轴的摩擦，则此系统(A)动量守恒； (B)机械能守恒；(C)对转轴的角动量守恒；(D)动量、机械能和角动量都守恒； (E)动量、机械能和角动量都不守恒。
答：（C ）。
3-5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o 且垂直于杆的竖直光滑固定轴自由转动，其转动惯量为213mL，起初杆静止，桌面上有两个质量均为m 的小球，各自在AMF思考题3-2图v思考题3-5图垂直于杆的方向上，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)23Lv(B)45Lv(C)67Lv(D)89Lv(E)127Lv答：（C）。
题4.1：一汽车发动机曲轴的转速在s 12内由13min r 102.1-⋅⨯均匀的增加到13min r 107.2-⋅⨯。
（1）求曲轴转动的角加速度；（2）在此时间内，曲轴转了多少转？题4.1解：（1）由于角速度ω =2πn （n 为单位时间内的转数），根据角加速度的定义td d ωα=，在匀变速转动中角加速度为()200s rad 1.132-⋅=-=-=tn n t πωωα（2）发动机曲轴转过的角度为()t n n t t t 0020221+=+=+=πωωαωθ在12 s 内曲轴转过的圈数为 圈390220=+==t n n N πθ 题4.2：某种电动机启动后转速随时间变化的关系为)1(0τωωte --=，式中10s rad 0.9-⋅=ω，s 0.2=τ。
求：（1）s 0.6=t 时的转速；（2）角加速度随时间变化的规律；（3）启动后s 0.6内转过的圈数。
题4.2解：（1）根据题意中转速随时间的变化关系，将t = 6.0 s 代入，即得100s 6.895.01--==⎪⎪⎭⎫⎝⎛-=ωωωτte（2）角加速度随时间变化的规律为220s 5.4d d ---===tte e t ττωωα（3）t = 6.0 s 时转过的角度为 rad 9.36d 1d 60060=⎪⎪⎭⎫⎝⎛-==⎰⎰-s tst e t τωωθ 则t = 6.0 s 时电动机转过的圈数圈87.52==πθN 题4.3：如图所示，一通风机的转动部分以初角速度0ω绕其轴转动，空气的阻力矩与角速度成正比，比例系数C 为一常量。
若转动部分对其轴的转动惯量为J ，问：（1）经过多少时间后其转动角速度减少为初角速度的一半？（2）在此时间内共转过多少转？题4.3解：（1）通风机叶片所受的阻力矩为ωM C -=，由转动定律αM J =，可得叶片的角加速度为JC t ωωα-==d d （1） 根据初始条件对式（1）积分，有⎰⎰-=ωωω00d d d t t J C t由于C 和J 均为常量，得t JC e-=0ωω当角速度由0021ωω→时，转动所需的时间为2ln CJt = （2）根据初始条件对式（2）积分，有⎰⎰-=tt JC t e00d d ωθθ即CJ 20ωθ=在时间t 内所转过的圈数为 CJ N πωπθ420==题4.4：一燃气轮机在试车时，燃气作用在涡轮上的力矩为m N 1003.23⋅⨯，涡轮的转动惯量为2m kg 0.25⋅。
姓名 班级 序号刚体力学1．半径为 1.5m r =的飞轮，初角速度0=10rad/s ω，角加速度25rad/s α=-，若初始时刻角位移为零，则在何时角位移再次为零，而此时边缘上点的线速度为多少？ 2．一质量为m 的物体悬于一条轻绳的一端，绳另一端绕在一轮轴的轴上，如图所示．轴水平且垂直于轮轴面，其半径为r ，整个装置架在光滑的固定轴承之上．当物体从静止释放后，在时间t 内下降了一段距离S ．试求整个轮轴的转动惯量(用m 、r 、t 和S 表示)。
3. 如图所示，物体1和2的质量分别为m 1与m 2，滑轮的转动惯量为J ，半径为r , 物体2与桌面间的摩擦系数为μ，设绳子与滑轮间无相对滑动，滑轮与转轴无摩擦。
求系统的加速度a 及绳中的张力T 1和T 2。
4．一个转动惯量为J 的圆盘绕一固定轴转动，初角速度为0ω。
设它所受阻力矩与转动角速度成正比M k ω=- (k 为正常数)。
求（1）它的角速度从0ω变为0/2ω所需时间；（2）在上述过程中阻力矩所做的功。
5．如图所示，滑轮的转动惯量J =0.5kg ⋅m 2，半径r =30cm ，弹簧的劲度系数k =2.0N/m ，重物的质量m =2.0kg 。
当此滑轮——重物系统从静止开始启动，开始时弹簧没有伸长。
滑轮与绳子间无相对滑动，其它部分摩擦忽略不计。
问物体能沿斜面下滑多远？当物体沿斜面下滑1.00m 时，它的速率有多大？6．一长为1 m 的均匀直棒可绕过其一端且与棒垂直的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．已知棒对轴的转动惯量为231ml ，其中m 和l 分别为棒的质量和长度．求：(1) 放手时棒的角加速度； (2) 棒转到水平位置时的角速度．7．一根长为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v 0射向棒的中心，并以v 0/2的水平速度穿出棒，此后棒的最大偏转角恰为90︒，求v 0的大小。
习题33.1选择题(1) 有一半径为R 的水平圆转台，可绕通过其中心的竖直固定光滑轴转动，转动惯量为J ，开始时转台以匀角速度ω0转动，此时有一质量为m 的人站在转台中心，随后人沿半径向外跑去，当人到达转台边缘时，转台的角速度为(A)02ωmRJ J+ (B) 02)(ωR m J J + (C)02ωmRJ(D) 0ω [答案： (A)](2) 如题3.1（2）图所示，一光滑的内表面半径为10cm 的半球形碗，以匀角速度ω绕其对称轴OC 旋转，已知放在碗内表面上的一个小球P 相对于碗静止，其位置高于碗底4cm ，则由此可推知碗旋转的角速度约为 (A)13rad/s (B)17rad/s (C)10rad/s (D)18rad/s(a) (b)题3.1（2）图[答案： (A)](3)如3.1(3)图所示，有一小块物体，置于光滑的水平桌面上，有一绳其一端连结此物体，；另一端穿过桌面的小孔，该物体原以角速度ω在距孔为R 的圆周上转动，今将绳从小孔缓慢往下拉，则物体 （A ）动能不变，动量改变。
（B ）动量不变，动能改变。
（C ）角动量不变，动量不变。
（D ）角动量改变，动量改变。
（E ）角动量不变，动能、动量都改变。
[答案： (E)]3.2填空题(1) 半径为30cm 的飞轮，从静止开始以0.5rad·s -2的匀角加速转动，则飞轮边缘上一点在飞轮转过240˚时的切向加速度a τ= ，法向加速度a n=。
[答案：0.15; 1.256](2) 如题3.2（2）图所示，一匀质木球固结在一细棒下端，且可绕水平光滑固定轴O转动，今有一子弹沿着与水平面成一角度的方向击中木球而嵌于其中，则在此击中过程中，木球、子弹、细棒系统的守恒，原因是。
木球被击中后棒和球升高的过程中，对木球、子弹、细棒、地球系统的守恒。
题3.2（2）图[答案：对o轴的角动量守恒，因为在子弹击中木球过程中系统所受外力对o轴的合外力矩为零，机械能守恒](3) 两个质量分布均匀的圆盘A和B的密度分别为ρA和ρB (ρA>ρB)，且两圆盘的总质量和厚度均相同。
大学物理上册第3章习题解答第3章角动量定理和刚体的转动一、内容提要1、质点的角动量定理⑴质点对于某一定点的角动量和角动量定理：角动量L r mv =? 角动量定理 dL M dt=⑵质点对于z 轴的角动量和角动量定理：角动量z L r mv τ⊥=? 角动量定理 zz dL M dt=2、质点系的角动量定理刚体的转动惯量和定轴转动定理⑴质点系的角动量定理 i i iidM L dt =∑∑ ⑵刚体的转动惯量 2z iiiI r m =∑ 或2zI r dm =?⑶刚体的定轴转动定理 z z zd M I I dtωβ== 3、刚体的定轴转动动能定理⑴力矩的功z A M d θ=?⑵刚体的转动动能 212k z E I ω=⑶刚体的定轴转动动能定理 22211122z z z A M d I I θωω==-?4、角动量守恒定律⑴质点的角动量守恒定律：若0M =，则21L L = ⑵刚体的对轴角动量守恒定律：刚体对轴的角动量也可写为2z izizL r m I ωω=?=∑，若0iziM =∑，则0z z I I ωω=，即有0ωω=二、习题解答3.1 一发动机的转轴在7s 内由200/min r 匀速增加到3000/min r . 求：（1）这段时间内的初末角速度和角加速度. （2）这段时间内转过的角度和圈数. （3）轴上有一半径为2.0=r m 的飞轮, 求它边缘上一点在7s 末的切向加速度、法向加速度和总加速度.解：（1）初的角速度1200220.9/60rad s πω?=≈ 末的角速度230002314/60rad s πω?=≈角加速度231420.941.9/7rad s t ωβ?-==≈?（2）转过的角度为2211120.9741.97117622t t rad θωβ=+=?+??=117618622 3.14n r θπ===? （3）切向加速度241.90.28.38/a r m s τβ==?=法向加速度为：22423140.2 1.9710/n a r m s ω==?=?总的加速度为：421.9710/a m s ===?3.3 地球在1987年完成365次自转比1900年长14.1s. 求在1900年到1987年间, 地球自转的平均角加速度.解：平均角加速度为0003652365287T t T a t T ππωω??--+?==212373036523652 1.140.9610/8787(3.1510)t rad s T ππ-≈=-=-3.4一人手握哑铃站在转盘上, 两臂伸开时整个系统的转动惯量为22kgm . 推动后, 系统以15/min r 的转速转动. 当人的手臂收回时, 系统的转动惯量为20.8kgm . 求此时的转速.解：由刚体定轴转动的角动量守恒定律，1122I I ωω=121221537.5/min 0.8I r I ωω==?=3.5 质量为60kg , 半径为0.25m 的匀质圆盘, 绕其中心轴以900/min r 的转速转动. 现用一个闸杆和一个外力F 对盘进行制动（如图所示）, 设闸与盘之间的摩擦系数为4.0. 求：（1）当100F N =, 圆盘可在多长时间内停止, 此时已经转了多少转？（2）如果在2s 内盘转速减少一半, F 需多大？图3-5 习题1.4图解：（1）设杆与轮间的正压力为N ,10.5l m =，20.75l m =，由杠杆平衡原理得121()F l l Nl +=121()F l l N l +=闸瓦与杆间的摩擦力为： 121()F l l f N l μμ+== 匀质圆盘对转轴的转动惯量为212I mR =，由定轴转动定律,M I β=，有 ()122112F l l R mR l μβ+-= 21212()40/3F l l rad s mRl μβ+=-=-停止转动所需的时间： 0900200607.06403t s πωβ--===- 转过的角度201532332.762t t rad rad θωβπ?=+=?≈532n θπ==圈（2）030ωπ=，在2s 内角速度减小一半，知0227.5/23.55/rad s rad s tωωβπ-=-=-=-()1222112F l l R mR l μβ+-= 112600.250.5(23.55)1772()20.4 1.25mRl F N l l βμ-=-=-≈+??3.6 发动机带动一个转动惯量为250kgm 的系统做定轴转动. 在0.5s 内由静止开始匀速增加到120/min r 的转速. 求发动机对系统施加的力矩.解：由题意，250I kgm =，00ω=，120/min 4/r rad s ωπ==系统角加速度为：20825.12/rad s t tωωωβπ-?====?? 由刚体定轴转动的转动定理，可知M I β=5025.121256M Nm =?=3.7一轻绳绕于半径为R 的圆盘边缘, 在绳端施以mg F =的拉力, 圆盘可绕水平固定光滑轴在竖直平面内转动. 圆盘质量为M , 并从静止开始转动. 求：（1）圆盘的角加速度及转动的角度和时间的关系. （2）如以质量为m 的物体挂在绳端, 圆盘的角加速度及转动的角度和时间的关系又如何？解：（1）由刚体转动定理可知：M I β= 上题可知： M FR mgR ==212I MR =代入上式得2mgMRβ=， 2212mg t t MRθβ==（2）对物体受力分析'mg F ma -= 'F R I β= a R β=,212I MR =由上式解得22mgMR mR β=+22122mg t t MR mRθβ==+3.8某冲床飞轮的转动惯量为32410kgm ?. 当转速为30/min r 时, 它的转动动能是多少？每冲一次, 其转速下降10/min r . 求每冲一次对外所做的功.解：由题意，转速为：()030/min /r rad s ωπ== 飞轮的转动动能为：232411410 1.9721022E I J ωπ===? 第一次对外做功为：22011122A I I ωω=- 1220/min 3r πω==()2422222301011111515410 3.14 1.0910*******A I I I I J ωωωωπ=-=-=?==?3.9半径为R , 质量为M 的水平圆盘可以绕中心轴无摩擦地转动. 在圆盘上有一人沿着与圆盘同心, 半径为R r <的圆周匀速行走, 行走速度相对于圆盘为v . 设起始时, 圆盘静止不动, 求圆盘的转动角速度.解：设圆盘的转动角速度为2ω，则人的角速度为12vrωω=-，圆盘的转动惯量为212MR ，人的转动惯量为2mr ,由角动量守恒定律， 222212v mr MR r ωω??-=即22222mrvmr MRω=+3.10 两滑冰运动员, 质量分别为60kg 和70kg , 他们的速率分别为7/m s 和6/m s , 在相距1.5m 的两平行线上相向滑行. 当两者最接近时, 互相拉手并开始绕质心做圆周运动. 运动中, 两者间距离保持m 5.1不变. 求该瞬时：（1）系统的总角动量. （2）系统的角速度.（3）两人拉手前后的总动能.解：⑴ 设1m 在原心，质心为c r70 1.50.87060c r m ?=≈+120.8, 1.50.810.7c r r m r m ===-=21112226070.870607630./J m v r m v r kg m s =+=??+??=⑵ 系统的转动惯量为： 222221122600.8700.772.7I m r m r kgm =+=?+?=6308.66/72.7J rad s I ω==≈ 222201122111160770627302222E m v m v J =+=??+??=221172.78.66272622E I J ω==??≈3.11半径为R 的光滑半球形碗, 固定在水平面上. 一均质棒斜靠在碗缘, 一端在碗内, 一端在碗外. 在碗内的长度为c , 求棒的全长.解：棒的受力如图所示本题属于刚体平衡问题，由于碗为光滑半球形，A 端的支持力沿半径方向，而碗缘B 点处的支持力方向不能确定，两个支持力和重力三者在竖直平面内。
第3章 刚体力进修 【 1 】题解答3.13 某发念头飞轮在时光距离t 内的角位移为):,:(43s t rad ct bt at θθ-+=.求t 时刻的角速度和角加快度.解：23212643ct bt ct bt a dtd dtd -==-+==ωθβω3.14桑塔纳汽车时速为166km/h,车轮滚动半径为,发念头转速与驱动轮转速比为0.909, 问发念头转速为每分若干转？解：设车轮半径为,发念头转速为n 1, 驱动轮转速为n 2, 汽车速度为v=166km/h.显然,汽车进步的速度就是驱动轮边沿的线速度,909.0/2212Rn Rn v ππ==,所以：min/1054.1/1024.93426.014.3210166909.02909.013rev h rev n R v ⨯=⨯===⨯⨯⨯⨯π3.15 如题3-15图所示,质量为m 的空心圆柱体,质量平均散布,其表里半径为r 1和r 2,求对经由过程个中间轴的迁移转变惯量. 解：设圆柱体长为h ,则半径为r,厚为dr 的薄圆筒的质量dm 为：2..dm h r dr ρπ=对其轴线的迁移转变惯量dI z 为232..z dI r dm h r dr ρπ==212222112..()2r z r I h r r dr m r r ρπ==-⎰ 3.17 如题3-17图所示,一半圆形细杆,半径为 ,质量为 ,求对细致杆二端轴的迁移转变惯量.解：如图所示,圆形细杆对过O 轴且垂直于圆形细杆地点平面的轴的迁移转变惯量为mR 2,依据垂直轴定理z x y I I I =+和问题的对称性知：圆形细杆对过轴的迁移转变惯量为12mR 2,由迁移转变惯量的可加性可求得：半圆形细杆对细致杆二端轴的迁移转变惯量为：214AA I mR '=3.18 在质量为M,半径为R 的匀质圆盘上挖出半径为r 的两个圆孔,圆孔中间在半径R 的中点,求残剩部分对过大圆盘中间且与盘面垂直的轴线的迁移转变惯量.解：大圆盘对过圆盘中间o 且与盘面垂直的轴线（以下简称o 轴）的迁移转变惯量为221MR I =.因为对称放置,两个小圆盘对o 轴的迁移转变惯量相等,设为I’,圆盘质量的面密度σ=M/πR 2,依据平行轴定理,2412222222124))(()('rM r r r I Rr M R +=+=πσπσ 设挖去两个小圆盘后,残剩部分对o 轴的迁移转变惯量为I”)/2('2"24222122122124R r r R M Mr MR I I I R r M --=--=-= 一迁移转变体系的迁移转变惯量为2,转速为,两制动闸瓦对轮的压力都为392N,闸瓦与轮缘间的摩擦系数为,轮半径为,问从开端制动到静止需多长时光？解：由迁移转变定理：,M I α=20.43920.415.68/8.0M rad s Iα⨯⨯⨯===制动进程可视为匀减速迁移转变,/t αω=∆∆/41.9/15.68 2.67t s ωα∆=∆==一轻绳绕于的飞轮边沿,以恒力 F=98N 拉绳,如题3-20图（a ）所示.已知飞轮的迁移转变惯量 2,轴承无摩擦.求（1）飞轮的角加快度.（2）绳索拉下5m 时,飞轮的角速度和动能.（3）如把重量 P=98N 的物体挂在绳端,如题3-20图（b ）所示,再求上面的成果. 解 （1）由迁移转变定理得：20.29839.20.5M r F rad s I I α-⋅⨯====⋅ （2）由定轴迁移转变刚体的动能定理得：212k A E I ω==k E F h =⋅=490J 12249044.270.5kE rad s Iω-⨯===⋅ （3）物体受力如图所示：P T ma rT J a r T T αα⎧-=⎪⎪'=⎨⎪'==⎪⎩解方程组并代入数据得： 222989802217898020598Pr g ...rad s Pr Jg ...α-⨯⨯===⋅+⨯+⨯ 22222111222k P P A E J r J r Ph g g ωωω⎛⎫==+=+= ⎪⎝⎭12222*98*533.150.59.8*0.2Ph rad s P J r g ω-===⋅++ 22110533********k E J *.*..J ω=== 3.21如今用阿特伍德机测滑轮迁移转变惯量.用轻线且尽可能润滑轮轴.两头吊挂重物资量各为m 1,m 2,滑轮半径为.自静止始,释放重物后并测得内m 2降低了.滑轮迁移转变惯量是若干？ 解：隔离m 2.m 1及滑轮,受力及活动情形如图所示.对m 2.m 1分离运用牛顿第二定律：)2();1(111222a m g m T a m T g m =-=-对滑轮运用迁移转变定理：R Ia I R T T /)(12==-β （3）质点m 2作匀加快直线活动,由活动学公式：221at y =∆, 222/06.00.5/75.02/2s m t y a =⨯=∆=∴由 ⑴.⑵可求得 a m m g m m T T )()(121212+--=-,代入（3）中,可求得21212)](/)[(R m m a g m m I +--=,代入数据：2221039.105.0)96.006.0/8.904.0(kgm I -⨯=⨯-⨯=3.22质量为m,半径为 的平均圆盘在程度面上绕中间轴迁移转变,如题3-22图所示.盘与程度面的动摩擦因数为,圆盘的初角速度为0ω,问到停滞迁移转变,圆盘共转了若干圈？解： 221mR I =如图所示：rdr dm πσ2= gdm r dM μ-=R mg dr r g gdm r dM M R μπσμμ32202-=-=-==⎰⎰⎰由迁移转变定律：M=d d d d J J J dt d dt d ωωθωωθθ== 得： 00201223mR d mgR d θωωωμθ∆=-⋅⎰⎰ 积分得： 2038R gωθμ∆=所以从角速度为0ω到停滞迁移转变,圆盘共转了20316R gωπμ圈.3.23如图所示,弹簧的顽强系数k=2N/m,可视为圆盘的滑轮半径,质量m 1=80g,设弹簧和绳的质量可不计,绳不成伸长,绳与滑轮间无相对滑动,活动中阻力不计,求1kg 质量的物体从静止开端（这时弹簧不伸长）落下1米时,速度的大小等于若干（g 取10m/s 2）解：以地球.物体.弹簧.滑轮为体系,其能量守恒物体地桌面处为重力势能的零点,弹簧的原长为弹性势能的零点,则有：22212111022212m v J kx m gh v r J mr x hωω⎧++-=⎪⎪⎨⎪===⎪⎩解方程得：21122m gh kh v m m /-=+代入数据盘算得：v=m/s .即物体下落m 的速度为m/s3.24如题3-24图所示,均质矩形薄板绕竖直边迁移转变,初始角速度为0ω,迁移转变时受到空气的阻力.阻力垂直于板面,每一小面积所受阻力的大小与其面积及速度平方的乘积成正比,比例常数为k.试盘算经由若干时光,薄板角速度减为本来的一半,设薄板竖直边长为b,宽为a,薄板质量为m.解;如图所示,取图示的暗影部分为研讨对象v x ω= 222df kv dS kx bdx ω==23dM x df k bx dx ω=⋅=23240014a aM dM k bx dx k ba ωω===⎰⎰d M J dt ω= 244d Jdt J d M k baωωω== 024242004443/J d J mt kba kba kba ωωωωωω===⎰所以经由2043mkba ω的时光,薄板角速度减为本来的一半.3-25一个质量为M ,半径为 R 并以角速度ω扭转的飞轮（可看作匀质圆盘）,在某一刹时冲破口然有一片质量为m 的碎片从轮的边沿上飞出,见题3-25图.假定碎片离开飞轮时的瞬时速度偏向正好竖直向上,（1）问它能上升多高？（2）求余下部分的角速度.角动量和迁移转变动能.解：（1）碎片以R ω的初速度竖直向上活动.上升的高度：222022v R h g gω== （2）余下部分的角速度仍为 ω角动量 212L J (M m )R ωω==-迁移转变动能 221122k E (M m )R ω=-3.26两溜冰活动员,在相距m 的两平行线上相向而行.两人质量分离为m A =60kg,m B =70kg,他们的速度分离为v A -1, v A -1,当二者最接近时,便拉起手来,开端绕质心作圆活动,并保持二者的距离为.求该瞬时：（1）体系对经由过程质心的竖直轴的总角动量; （2）体系的角速度;（3）两人拉手前.后的总动能.这一进程中能量是否守恒？ 解：如图所示, （1）60159607013A A B m l .x m m m ⨯===++ 921151326l x .m -=-=221607913706212663010A A B B L m v (l x )m v x //.kgm s -=-+=⨯⨯+⨯⨯=⨯⋅（2）L J ω= 22c cc c B A L L J m x m (l x )ω==+-,代入数据求得：1867c .rad s ω-=⋅ （3）以地面为参考系. 拉手前的总动能：2211122k A A B BE m v m v =+,代入数据得12730k E J =, 拉手后的总动能：包含括个部分：（1）体系相对于质心的动能（2）体系随质心平动的动能222222211112222A 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.3.27一平均细棒长为 l ,质量为m ,以与棒长偏向相垂直的速度v 0在滑腻程度面内平动时,与前方一固定的滑腻支点 O 产生完整非弹性碰撞,碰撞点位于离棒中间一方l/4处,如题3-27图所示,求棒在碰撞后的瞬时绕过O 点垂直于杆地点平面的轴迁移转变的角速度0ω. 解：如图所示：碰撞前后体系对点O 的角动量守恒. 碰撞前后： 104L mv l /=碰撞前后：2220001124l L J ml m ωω⎡⎤⎛⎫==+⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦由12L L =可求得：200127v rad s lω-=⋅3.28如题3-28图所示,一质量为m 的小球由一绳索系着,以角速度ω0 在无摩擦的程度面上,作半径为r 0 的圆周活动.假如在绳的另一端感化一竖直向下的拉力,使小球作半径为r 0/2 的圆周活动.试求：（1） 小球新的角速度;（2） 拉力所作的功. 解：如图所示,小球对桌面上的小孔的角动量守恒（1）初态始角动量 2100L mr ω=;终态始角动量 22014L mr ω=由12L L =求得：04ωω= （2）拉力作功：2222110000113222W J J mr ωωω=-=3.29质量为0.50 kg,长为0.40 m 的平均细棒,可绕垂直于棒的一端的程度轴迁移转变.如将此棒放在程度地位,然后任其落下,如题3-29图所示,求：（1） 当棒转过60°时的角加快度和角速度;（2） 下落到竖直地位时的动能;（3） 下落到竖直地位时的角速度. 解：设杆长为l ,质量为m(1) 由同迁移转变定理有：232123lmg sin g sin MJml lθθα===代入数据可求得：21838.rad s α-=⋅由刚体定轴迁移转变的动能定理得：2211223l mg cos ml θω=3g cos lθω=,代入数据得：17978.rad s ω-=⋅（也可以用迁移转变定理求得角加快度再积分求得角速度）（2）由刚体定轴迁移转变的动能定理得：k W E =∆ 059802098k E mgh ....J ==⨯⨯= （3）12220988573105043kE ..rad s J..ω-⨯===⋅⨯⨯3-30 如题3-30图所示,A 与B 两飞轮的轴杆由摩擦啮合器连接,A 轮的迁移转变惯量J 1 ＝10.0 kg· m 2 ,开端时B 轮静止,A 轮以n 1 ＝600 r· min -1 的转速迁移转变,然后使A 与B 连接,因而B 轮得到加快而A 轮减速,直到两轮的转速都等于n ＝200 r· min -1 为止.求：（1） B 轮的迁移转变惯量;（2） 在啮合进程中损掉的机械能.解：研讨对象：A.B 体系在连接进程中, 对轴无外力矩感化,故有常矢=L()121122J J J J ωωω⇒+=+即： 1122J ()J ωωωω-=-代入数据可求得：2220J kg m =⋅（2）()2221122121122k E (J J )J J ωωω∆=+-+ 代入数据可求得：413210k E .J ∆=-⨯,负号暗示动能损掉（削减）.质量为m 长为l 的匀质杆,其B 端放在桌上,A 端用手支住,使杆成程度.忽然释放A 端,在此瞬时,求：⑴杆质心的加快度,⑵杆B 端所受的力.解：⑴以支点B 为转轴,运用迁移转变定理：l glml mg232312=∴=ββ,质心加快度 g a lc 432==β,偏向向下.⑵设杆B 端受的力为N,对杆运用质心活动定理：N y =0,题3-30图题3-31图N x - mg = - m a c , N x = m(g – a c) = mg/4∴ N = mg/4,偏向向上.。
第3章 刚体力学习题解答 时间2021.03.10 创作：欧阳治3.13 某发动机飞轮在时间间隔t 内的角位移为 ):,:(43s t rad ct bt at θθ-+=。
求t 时刻的角速度和角加速度。
解：23212643ct bt ct bt a dt d dt d-==-+==ωθβω3.14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n 2, 汽车速度为v=166km/h 。
显然，汽车前进的速度就是驱动轮边缘的线速度，909.0/2212Rn Rn v ππ==，所以：3.15 如题3-15图所示，质量为m 的空心圆柱体，质量均匀分布，其内外半径为r 1和r 2，求对通过其中心轴的转动惯量。
解：设圆柱体长为h ，则半径为r ，厚为dr 的薄圆筒的质量dm 为：对其轴线的转动惯量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 轴的转动惯量。
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的轴的转动惯量为mR 2，根据垂直轴定理z x y I I I =+和问题的对称性知：圆形细杆对过轴的转动惯量为12mR 2，由转动惯量的可加性可求得：半圆形细杆对过细杆二端 轴的转动惯量为：214AA I mR '=3.18 在质量为M ，半径为R 的匀质圆盘上挖出半径为r 的两个圆孔，圆孔中心在半径R 的中点，求剩余部分对过大圆盘中心且与盘面垂直的轴线的转动惯量。
解：大圆盘对过圆盘中心o 且与盘面垂直的轴线（以下简称o 轴）的转动惯量为221MR I =.由于对称放置，两个小圆盘对o 轴的转动惯量相等，设为I’，圆盘质量的面密度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 轴的转动惯量为I”3.19一转动系统的转动惯量为I=8.0kgm 2，转速为ω=41.9rad/s，两制动闸瓦对轮的压力都为392N ，闸瓦与轮缘间的摩擦系数为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，/t αω=∆∆3.20一轻绳绕于r=0.2m 的飞轮边缘，以恒力 F=98N 拉绳，如题3-20图（a ）所示。
第 4 章 刚体的定轴转动 习题及答案1． 刚体绕一定轴作匀变速转动，刚体上任一点是否有切向加速度？是否有法向加速度？切向和法向加速度的大小是否随时间变化？答：当刚体作匀变速转动时 ,角加速度不变。
刚体上任一点都作匀变速圆周运动， 因此该点速率在均匀变化，v l ，所以一定有切向加速度a t l ，其大小不变。
又因该点速度的方向变化，2所以一定有法向加速度a n l，由于角速度变化，所以法向加速度的大小也在变化。
2. 刚体绕定轴转动的转动定律和质点系的动量矩定理是什么关系？答：刚体是一个特殊的质点系，它应遵守质点系的动量矩定理，当刚体绕定轴 Z 转动时，动量矩定理的形式为M z dL z ， M z 表示刚体对 Z 轴的合外力矩， L z 表示刚体对 Z 轴的动量矩。
dtL zml i i2I ,其中 I mlii2，代表刚体对定轴的转动惯量，所以M zdL z d I IdI 。
既M z I 。
dtdtdt所以刚体定轴转动的转动定律是质点系的动量矩定理在刚体绕定轴转动时的具体表现形式，及质点系的动量矩定理用于刚体时在刚体转轴方向的分量表达式。
3． 两个半径相同的轮子，质量相同，但一个轮子的质量聚集在边缘附近，另一个轮子的质量分布比较均匀，试问：（ 1）如果它们的角动量相同，哪个轮子转得快？（ 2）如果它们的角速度相同，哪个轮子的角动量大？答： (1)由于 L I ，而转动惯量与质量分布有关，半径、质量均相同的轮子，质量聚集在边缘附近的轮子的转动惯量大，故角速度小，转得慢，质量分布比较均匀的轮子转得快；（ 2）如果它们的角速度相同，则质量聚集在边缘附近的轮子角动量大。
4． 一圆形台面可绕中心轴无摩擦地转动，有一玩具车相对台面由静止启动，绕轴作圆周运动，问 平台如何运动？如小汽车突然刹车，此过程角动量是否守恒？动量是否守恒？能量是否守恒？答：玩具车相对台面由静止启动，绕轴作圆周运动时，平台将沿相反方向转动；小汽车突然刹车过程满足角动量守恒，而能量和动量均不守恒。
姓名 班级 序号
刚体力学
1．半径为 1.5m r =的飞轮，初角速度0=10rad/s ω，角加速度25rad/s α=-，若初始时刻角位移为零，则在何时角位移再次为零，而此时边缘上点的线速度为多少？ 2．一质量为m 的物体悬于一条轻绳的一端，绳另一端绕在一轮轴的轴上，
如图所示．轴水平且垂直于轮轴面，其半径为r ，整个装置架在光滑的固
定轴承之上．当物体从静止释放后，在时间t 内下降了一段距离S ．试求
整个轮轴的转动惯量(用m 、r 、t 和S 表示)。
3. 如图所示，物体1和2的质量分别为m 1与m 2，滑轮的转动惯量为J ，
半径为r , 物体2与桌面间的摩擦系数为μ，设绳子与滑轮间无相对滑
动，滑轮与转轴无摩擦。
求系统的加速度a 及绳中的张力T 1和T 2。
4．一个转动惯量为J 的圆盘绕一固定轴转动，初角速度为0ω。
设它
所受阻力矩与转动角速度成正比M k ω=- (k 为正常数)。
求
（1）它的角速度从0ω变为0/2ω所需时间；（2）在上述过程中阻力矩所做的功。
5．如图所示，滑轮的转动惯量J =0.5kg ⋅m 2，半径r =30cm ，弹簧的劲度系数k =2.0N/m ，重物的质量m =2.0kg 。
当此滑轮——重物系统从静止开始启动，
开始时弹簧没有伸长。
滑轮与绳子间无相对滑动，其它部分摩
擦忽略不计。
问物体能沿斜面下滑多远？当物体沿斜面下滑1.00m 时，它的速率有多大？
6．一长为1 m 的均匀直棒可绕过其一端且与棒垂直的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．已知棒对轴的转动惯量为2
31ml ，其中m 和l 分别为棒的质量和长度．求：
(1) 放手时棒的角加速度； (2) 棒转到水平位置时的角速度．
7．一根长为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v 0射向棒的中心，并以v 0/2的水平速度穿出棒，
此后棒的最大偏转角恰为90︒，求v 0的大小。
8. 在自由旋转的水平圆盘上，站一质量为m 的人。
圆盘半径为R ，转动惯量为J ，角速度为ω。
如果这人由盘边走到盘心，则角速度的变化 ∆ω 和系统动能的变化∆E k 各为多少？ 9. 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μ，
在
0t =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ω0，求棒停止转动所需时间。
10、如图，框架AA 可绕铅直轴OO
自由转动，转动惯量为
J 1。
在框架中间支承一个转子B ，其对OO 轴的转动惯量为
J 2，开始时框架不动，转子有一角速度ω0，由于支承处有
摩擦，于是框架也被带着转动起来，若经过时间
t 以后，
转子相对于框架的角速度变为零，求支承处的摩擦力矩（设
为常量）。
