重庆理工大学物理刚体力学参考答案.doc

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1、练习一刚体的转动定律一、填空题1．25π，－π，625π22．刚体转动中惯性大小的量度，，刚体的形状、质量分布、转轴的位置3．50ml24．157N·m5．1.5g6．0.5kg·m2二、计算题1．解：由于β=–kw即分离变量积分有t时飞轮角速度为2．解：设绳中张力为T对于重物由牛顿第二定律得：m2g–T=m2a(1)8/8对于滑轮按转动定律M=Jβ有(2)由角量线量关系有a=rβ(3)联立以上三式解得3．解：由转动定律M=Jβ得－μNR=mR2(ω－ω0)/ΔtN=－mR2(ω－ω0)/μRΔt=250π又有0.5N－(0.5+0.75)F=0F=100π=314(N)4．解：各物体受力

2、情况如图．F－T＝ma＝ma()R＝a＝Rb由上述方程组解得：β＝2F/(5mR)＝10rad·s-2T＝3F/5＝6.0N＝2F/5＝4.0N练习二刚体的角动量及守恒定律一、填空题8/81．定轴转动刚体所受外力对轴的冲量矩等于转动刚体对轴的角动量的量，，刚体所受对轴的合外力矩等于零2．4×1043．，变角速度，角动量4．杆和子弹，角动量5．6π，3∶16．，二、计算题1．解：球体的自动收缩可视为只由球的内力所引起，因而在收缩前后球体的角动量守恒．设J0和w0、J和w分别为收缩前后球体的转动惯量和角速度则有J0w0=Jw①由已知条件知：J0=2mR2/5，J=2m(R/2)2/5代入①式得

3、w=4w0即收缩后球体转快了其周期周期减小为原来的1/4．2．解：(1)选择A、B两轮为系统，啮合过程中只有内力矩作用故系统角动量守恒JAwA＋JBwB=(JA＋JB)w又wB＝0得w»JAwA/(JA＋JB)=20.9rad/s转速200rev/min(2)A轮受的冲量矩=JA(JA＋JB)=-4.19×102N·m·s8/8负号表示与方向相反．B轮受的冲量矩=JB(w-0)=4.19×102N·m·s方向与相同．3．解：(1)以子弹和圆盘为系统，在子弹击中圆盘过程中，对轴O的角动量守恒．mv0R＝(MR2＋mR2)w(2)设s表示圆盘单位面积的质量求出圆盘所受水平面的摩擦力矩的大小为＝

4、(2/3)pmgR3＝(2/3)mMgR设经过Dt时间圆盘停止转动，则按角动量定理有－MfDt＝0－Jw＝－(MR2＋mR2)w＝-mv0R∴4．解：由人和转台系统的角动量守恒J1w1+J2w2=0其中J1＝300kg·m2，w1=v/r=0.5rad/s，J2＝3000kg·m2∴w2＝－J1w1/J2＝－0.05rad/s人相对于转台的角速度wr＝w1－w2＝0.55rad/s∴t＝2p/＝11.4s8/85．解：(1)小碎块飞出时与轮同步以角速度ω旋转∴v20=Rω由机械能守恒定律得(2)据题意，系统角动量守恒J0ω0=J1ω1+J2ω2即余下部分的角速度、角动量、转动动能为刚体

5、自测题一、选择题BBCD，ACCD。二、填空题1．4s，－15m/s2．(1)(2)(4)3．5.0N·m4．，2g/(3l)8/85．6．7．8．8rad·s-1．三、计算题1．解：体系所做的运动是匀速→匀加速→匀减速定轴转动．其中w1是匀加速阶段的末角速度，也是匀减速阶段的初角速度，由此可得t＝8s时w1＝w0＋9＝27rad/s当w＝0时，得t＝(w1＋24）/3＝17s所以，体系在17s时角速度为零．2．解：人受力如图(1)由牛顿第二定律得mgsin37°－Tm=ma(1)由转动定律得rTm－rTk=Jβ=Ja/r(2)由胡克定律得Tk=kx(3)有(4)联立求解得mgsin37°

6、－kx=(m+J/r2)vdv/dxx=2mgsin37°/k=1.176(m)3．解：(1)∵mg－T＝maTR＝Jb8/8a＝Rb∴b=mgR/(mR2＋J)＝81.7rad/s2方向垂直纸面向外．(2)∵当w＝0时，物体上升的高度h=Rq=6.12×10-2m(3)10.0rad/s方向垂直纸面向外.4．解：(1)设当人以速率v沿相对圆盘转动相反的方向走动时，圆盘对地的绕轴角速度为w，则人对与地固联的转轴的角速度为①人与盘视为系统，所受对转轴合外力矩为零，系统的角动量守恒．设盘的质量为M，则人的质量为M/10，有：②将①式代入②式得：③(2)欲使盘对地静止，则式③必为零．即w0+2v

7、/(21R)＝0得：v＝－21Rw0/2式中负号表示人的走动方向与上一问中人走动的方向相反，即与盘的初始转动方向一致．8/85．解：在子弹通过杆的过程中，子弹与杆系统因外力矩为零，故角动量守恒．则有m2v0l/4=m2vl/4+Jw＝11.3rad/s6．解：碰撞前瞬时，杆对O点的角动量为式中r为杆的线密度．碰撞后瞬时，杆对O点的角动量为因碰撞前后角动量守恒，所以∴w=6v0/(7L)8/8