第03章習題分析與解答

1、第三章 剛體力學習題解答第三章 剛體力學習題解答 3-1有兩個力作用在一個有固定轉軸的剛體上：(1) 這兩個力都平行于軸作用時，它們對軸的合力矩一定是零；(2) 這兩個力都垂直于軸作用時，它們對軸的合力矩可能是零；(3) 當這兩個力的合力為零時，它們對軸的合力矩也一定是零；(4) 當這兩個力對軸的合力矩為零時，它們的合力也一定是零對上述說法下述判斷正確的是( B )(A) 只有(1)是正確的(B)(1)、(2)正確，(3)、(4)錯誤(C) (1)、(2)、(3)都正確，(4)錯誤 (D)(1)、(2)、(3)、(4)都正確 3-2 關于力矩有以下幾種說法：(1) 對某個定軸轉動剛體而言，內(nèi)力

2、矩不會改變剛體的角加速度；(2) 一對作用力和反作用力對同一軸的力矩之和必為零；(3) 質(zhì)量相等，形狀和大小不同的兩個剛體，在相同力矩作用下，它們的運動狀態(tài)一定相同對上述說法下述判斷正確的是(B)(A) 只有(2)是正確的 (B) (1)、(2)是正確的(C)(2)、(3)是正確的 (D) (1)、(2)、(3)都是正確的習題3-3圖  3-3 均勻細棒OA 可繞通過其一端O 而與棒垂直的水平固定光滑軸轉動，如題圖3-3所示，今使棒從水平位置由靜止開始自由下落，在棒擺到豎直位置的過程中，下述說法正確的是(C)(A) 角速度從小到大，角加速度不變(B) 角速度從小到大，角加速度從小到大

3、(C) 角速度從小到大，角加速度從大到小(D) 角速度不變，角加速度為零習題3-4圖  3-4 一圓盤繞通過盤心且垂直于盤面的水平軸轉動，軸間摩擦不計如題圖3-4。射來兩個質(zhì)量相同，速度大小相同，方向相反并在一條直線上的子彈，它們同時射入圓盤并且留在盤內(nèi)，則子彈射入后的瞬間，圓盤和子彈系統(tǒng)的角動量L 以及圓盤的角速度的變化情況為(C)(A) L 不變，增大 (B) 兩者均不變(C) L 不變，減小 (D) 兩者均不確定 3-5 假設衛(wèi)星環(huán)繞地球中心作橢圓運動，則在運動過程中，衛(wèi)星對地球中心的(B)(A) 角動量守恒，動能守恒 (B) 角動量守恒，機械能守恒(C) 角動量不守恒，機械能

4、守恒 (D) 角動量不守恒，動量也不守恒() 角動量守恒，動量也守恒 3-6人造地球衛(wèi)星作橢圓軌道運動（地球在橢圓的一個焦地點上），若不計其它星球?qū)πl(wèi)星的作用，則人造衛(wèi)星的動量P及其對地球的角動量L是否守恒 （ 否 ） 3-7 質(zhì)量為m ，半徑為r的勻質(zhì)圓盤，繞通過其中心且與盤垂直的固定軸以勻速率轉動，則對其轉軸來說，它的動量為（mr），角動量為( mr22 )。 3-8 有人說：角動量守恒是針對同一轉軸而言的，試判斷此說法的正確性：（ 正確 ）習題3-10圖 3-9 一質(zhì)量為m，半徑為R的均質(zhì)圓盤A，水平放在光滑桌面上，以角速度 繞通過中心的豎直軸轉動，在A盤的正上方h高處，有一與A盤完全相

5、同的圓盤B從靜止自由下落，與A盤發(fā)生完全非彈性碰撞并嚙合一起轉動，則嚙合后總角動量為( 不變 )，在碰撞嚙合過程中，機械能損失為（14J2+mgh）習題3-11圖3-10 如題圖3-10所示，質(zhì)量均勻分布在半徑為的細圓環(huán)上，轉軸通過環(huán)心并與環(huán)面垂直，求圓環(huán)對該軸的轉動慣量。解： 圓環(huán)線密度為，在圓環(huán)上任取一小質(zhì)量元根據(jù)轉動慣量的公式：3-11 如題圖3-11所示，一根不能伸長的輕繩跨過定滑輪（不打滑），其兩端分別系著質(zhì)量為和的物體，且，滑輪半徑為，質(zhì)量為且均勻分布，能繞通過輪心且垂直于輪面的水平軸轉動，滑輪與輪軸間的摩擦阻力忽略不計。求下降的加速度及輕繩兩端的張力。解：將三個物體隔離出來受力分

6、析其中T1和T2大小不能假定相等，但應用牛頓第二定律：對轉動滑輪，由于轉軸通過輪中心，所以僅有張力T1/和T2/ 對它有力矩作用。由轉動定律可得：，最終可得到：a=R2m1-m2m1+m2R2+Jg=m1-m2m1+m2+0.5Mg 3-12 長為l的均勻直棒其質(zhì)量為M,上端用光滑水平軸吊起而靜止下垂。今有一質(zhì)量為m的子彈，以水平速度v0射入桿的懸點下距離為d處而不復出。求：（1）子彈剛停在桿中時的角速度多大？（2）子彈沖入桿的過程中（經(jīng)歷時間t），桿的上端受軸的水平和豎直平均分力各多大？（3）要想使桿上端不受軸的水平力，則子彈應在何處擊中桿？解：（1）子彈沖入桿的過程中。子彈和桿系統(tǒng)對懸點O

7、所受合外力矩為零，所以對懸點的角動量守恒：即： 由此得桿得角速度為： （2）子彈沖入桿得過程中，由沖量定理可知，子彈受桿的阻力的大小為： 桿受子彈的沖力為 對桿用質(zhì)心運動定理：水平方向： 得 （3）由Fx=0計算，答案略3-13 飛輪的質(zhì)量m = 60 kg, 半徑R = 0.25m , 繞其水平中心軸轉動，轉速為 900 r/ min?，F(xiàn)利用一制動閘桿，在閘桿的一端加一豎直方向的制動力F，可使飛輪減速。已知閘桿的尺寸如圖所示，閘瓦與飛輪之間摩擦系數(shù)，飛輪的轉動慣量按勻質(zhì)圓盤計算。（1）設F = 100 N，問使飛輪在多長時間內(nèi)停止轉動？在此時間內(nèi)飛輪轉了幾轉？（2）如要在2s內(nèi)使飛輪轉速減為

8、一半，需加多大的制動力？解: (1)先作閘桿和飛輪的受力分析圖(如圖(b)圖中、是正壓力，、是摩擦力，和是桿在點轉軸處所受支承力，是輪的重力，是輪在軸處所受支承力題3-13圖（a）題3-13圖(b)桿處于靜止狀態(tài)，所以對點的合力矩應為零，設閘瓦厚度不計，則有對飛輪，按轉動定律有，式中負號表示與角速度方向相反 又 以等代入上式，得由此可算出自施加制動閘開始到飛輪停止轉動的時間為這段時間內(nèi)飛輪的角位移為可知在這段時間里，飛輪轉了轉(2)，要求飛輪轉速在內(nèi)減少一半，可知用上面式(1)所示的關系，可求出所需的制動力為習題3-14圖  3-14 用落體觀察法測定飛輪的轉動慣量，是將半徑為R 的

9、飛輪支承在O點上，然后在繞過飛輪的繩子的一端掛一質(zhì)量為m 的重物，令重物以初速度為零下落，帶動飛輪轉動(如題圖3-14)記下重物下落的距離和時間，就可算出飛輪的轉動慣量試寫出它的計算式(假設軸承間無摩擦)分析在運動過程中，飛輪和重物的運動形式是不同的飛輪作定軸轉動，而重物是作落體運動，它們之間有著內(nèi)在的聯(lián)系由于繩子不可伸長，并且質(zhì)量可以忽略這樣，飛輪的轉動慣量，就可根據(jù)轉動定律和牛頓定律聯(lián)合來確定，其中重物的加速度，可通過它下落時的勻加速運動規(guī)律來確定該題也可用功能關系來處理將飛輪、重物和地球視為系統(tǒng)，繩子張力作用于飛輪、重物的功之和為零，系統(tǒng)的機械能守恒利用勻加速運動的路程、速度和加速度關系

10、，以及線速度和角速度的關系，代入機械能守恒方程中即可解得解1設繩子的拉力為F，對飛輪而言，根據(jù)轉動定律，有 (1)而對重物而言，由牛頓定律，有 (2)由于繩子不可伸長，因此，有 (3)重物作勻加速下落，則有 (4)由上述各式可解得飛輪的轉動慣量為解2根據(jù)系統(tǒng)的機械能守恒定律，有 (1)而線速度和角速度的關系為 (2)又根據(jù)重物作勻加速運動時，有 (3) (4)由上述各式可得若軸承處存在摩擦，上述測量轉動慣量的方法仍可采用這時，只需通過用兩個不同質(zhì)量的重物做兩次測量即可消除摩擦力矩帶來的影響3-15 一燃氣輪機在試車時，燃氣作用在渦輪上的力矩為2.03×03N·m，渦輪的轉動

11、慣量為25.0kg·m2 當輪的轉速由2.80×103 r·min-1 增大到1.12×104 r·min-1時，所經(jīng)歷的時間t 為多少？分析由于作用在飛輪上的力矩是恒力矩，因此，根據(jù)轉動定律可知，飛輪的角加速度是一恒量；又由勻變速轉動中角加速度與時間的關系，可解出飛輪所經(jīng)歷的時間該題還可應用角動量定理直接求解解1在勻變速轉動中，角加速度，由轉動定律，可得飛輪所經(jīng)歷的時間解2飛輪在恒外力矩作用下，根據(jù)角動量定理，有則 習題3-16圖 a b  3-16 如題圖3-16(a) 所示，質(zhì)量m1 16 kg 的實心圓柱體

12、A，其半徑為r 15 cm，可以繞其固定水平軸轉動，阻力忽略不計一條輕的柔繩繞在圓柱體上，其另一端系一個質(zhì)量m2 8.0 kg 的物體B.求：(1) 物體B 由靜止開始下降1.0 s后的距離；(2) 繩的張力F .分析該系統(tǒng)的運動包含圓柱體的轉動和懸掛物的下落運動(平動).兩種不同的運動形式應依據(jù)不同的動力學方程去求解，但是，兩物體的運動由柔繩相聯(lián)系，它們運動量之間的聯(lián)系可由角量與線量的關系得到.解(1) 分別作兩物體的受力分析，如圖(b).對實心圓柱體而言，由轉動定律得對懸掛物體而言，依據(jù)牛頓定律，有且F F .又由角量與線量之間的關系，得解上述方程組，可得物體下落的加速度在t 1.0 s

13、時，B 下落的距離為(2) 由式(2)可得繩中的張力為3-17 一半徑為R、質(zhì)量為m 的勻質(zhì)圓盤，以角速度繞其中心軸轉動，現(xiàn)將它平放在一水平板上，盤與板表面的摩擦因數(shù)為.(1) 求圓盤所受的摩擦力矩.(2) 問經(jīng)多少時間后，圓盤轉動才能停止？解：（1）如圖，在圓盤上距盤心處取寬度為的圓環(huán)為微元，該圓環(huán)所受的摩擦力與半徑垂直，所以摩擦力矩沿轉動軸方向，且 （2）圓盤角動量 轉動定理 習題3-18圖  3-18 如題圖3-18所示，一通風機的轉動部分以初角速度0 繞其軸轉動，空氣的阻力矩與角速度成正比，比例系數(shù)C 為一常量.若轉動部分對其軸的轉動慣量為J，問：(1) 經(jīng)過多少時間后其轉動

14、角速度減少為初角速度的一半？(2) 在此時間內(nèi)共轉過多少轉？分析由于空氣的阻力矩與角速度成正比，由轉動定律可知，在變力矩作用下，通風機葉片的轉動是變角加速轉動，因此，在討論轉動的運動學關系時，必須從角加速度和角速度的定義出發(fā)，通過積分的方法去解.解(1) 通風機葉片所受的阻力矩為M C，由轉動定律M J，可得葉片的角加速度為 (1)根據(jù)初始條件對式(1)積分，有由于C 和J 均為常量，得 (2)當角速度由0 12 0 時，轉動所需的時間為(2) 根據(jù)初始條件對式(2)積分，有即 在時間t 內(nèi)所轉過的圈數(shù)為3-19 在光滑的水平面上有一木桿，其質(zhì)量m1 1.0 kg，長l 40cm，可繞通過其中

15、點并與之垂直的軸轉動.一質(zhì)量為m2 10g 的子彈，以v 2.0×102 m· s1 的速度射入桿端，其方向與桿及軸正交.若子彈陷入桿中，試求所得到的角速度.分析子彈與桿相互作用的瞬間，可將子彈視為繞軸的轉動.這樣，子彈射入桿前的角速度可表示為，子彈陷入桿后，它們將一起以角速度 轉動.若將子彈和桿視為系統(tǒng)，因系統(tǒng)不受外力矩作用，故系統(tǒng)的角動量守恒.由角動量守恒定律可解得桿的角速度.解根據(jù)角動量守恒定理式中為子彈繞軸的轉動慣量，J2為子彈在陷入桿前的角動量，2v/l 為子彈在此刻繞軸的角速度.為桿繞軸的轉動慣量.可得桿的角速度為習題3-19圖 3-20 一質(zhì)量為20

16、.0 kg 的小孩，站在一半徑為3.00 m、轉動慣量為450 kg· m2 的靜止水平轉臺的邊緣上，此轉臺可繞通過轉臺中心的豎直軸轉動，轉臺與軸間的摩擦不計.如果此小孩相對轉臺以1.00 m· s1 的速率沿轉臺邊緣行走，問轉臺的角速率有多大？分析小孩與轉臺作為一定軸轉動系統(tǒng)，人與轉臺之間的相互作用力為內(nèi)力，沿豎直軸方向不受外力矩作用，故系統(tǒng)的角動量守恒.在應用角動量守恒時，必須注意人和轉臺的角速度、0 都是相對于地面而言的，而人相對于轉臺的角速度1 應滿足相對角速度的關系式 .解由相對角速度的關系，人相對地面的角速度為由于系統(tǒng)初始是靜止的，根據(jù)系統(tǒng)的角動量守恒定律，有式

17、中J0 、J1 mR2 分別為轉臺、人對轉臺中心軸的轉動慣量.由式(1)、(2)可得轉臺的角速度為式中負號表示轉臺轉動的方向與人對地面的轉動方向相反.3-21 一轉臺繞其中心的豎直軸以角速度0 s-1 轉動，轉臺對轉軸的轉動慣量為J0 4.0 ×10-3 kg· m2 .今有砂粒以Q 2t g· s-1 的流量豎直落至轉臺，并粘附于臺面形成一圓環(huán)，若環(huán)的半徑為r 0.10 m，求砂粒下落t 10 s 時，轉臺的角速度.分析對轉動系統(tǒng)而言，隨著砂粒的下落，系統(tǒng)的轉動慣量發(fā)生了改變.但是，砂粒下落對轉臺不產(chǎn)生力矩的作用，因此，系統(tǒng)在轉動過程中的角動量是守恒的.在時間t 內(nèi)落至臺面的砂粒的質(zhì)量，可由其流量求出，從而可算出它所引起的附加的轉動慣量.這樣，轉臺在不同時刻的角速度就可由角動量守恒定律求出.解在時間010 s 內(nèi)落至臺面的砂粒的質(zhì)量為根據(jù)系統(tǒng)的角動量守恒定律，有則t 10 s 時，轉臺的角速度 3-22 一質(zhì)量為m、半徑為R 的轉臺，以角速度A 轉動，轉軸的摩擦略去不計.(1) 有一質(zhì)量為m 的蜘蛛垂直地落在轉臺邊緣上.此時，轉臺的角速度B為多少？ (2) 若蜘蛛隨后慢慢地爬向轉臺中心，當它離轉臺中心的距離為r 時，轉臺的角速