刚体一章习题解答

刚体一章习题解答习题4—1如图所示，X轴沿水平方向，Y轴竖直向下，在t=0时刻将质量为m的质点由a处静止释放，让它自由下落，则在任意时刻t，质点对原点O的力矩M；在任意时刻t，质点对原点的角动量L。解：作用于质点上的重力为jmgG任一时刻t质点(也是重力的作用点)的位置矢量为jgtibr据定义，该重力对原点O点的力矩为kbmgjmgjgtibGrM)(任一时刻t质点的动量为jmgtmPv据定义，质点对原点O的角动量为kbmgtjmgtjgtibPrL)(习题4─2我国第一颗人造卫星沿椭圆轨道运动，地球的中心O为椭圆的一个焦点(如图)，已知地球半径R=6378km，卫星与地面的最近距离l1=439km，与地面的最远距离l2=238km。若卫星在近地点A1的速度v1=8.1km/s，则卫星在远地点的速度v2=。解：卫星受到地球引力(有心力)的作用，对地心O的角动量守恒。因此2211)()(vvmlRmlR解得3.61.823863784396378)()(1212vvlRlRkm/s习题4—3光滑圆盘面上有一质量为m的物体A，栓在一根穿过圆盘中心光滑小孔的细绳上，如图所示。开始时，物体距离圆盘中心O的距离为r0，并以角速度0绕圆盘中心O作圆周运动，现向下拉绳，当物体A的径向距离由r0减少到20r时，向下拉的速度为v，求下拉的过程中拉力所作的功。分析：下拉过程并不是缓慢的，在下拉过程中的任一时刻，物体的速度不是刚好沿半径为r的切线方向，而是既有切向分量，又有法向分量。另一方面，此XYOab习题4―1图v=gt卫星A1A2Rl1l2O1v2v习题4―2图题可以考虑用动能定理求拉力的功，这就得先求出物体的末态速度。解：设在末态物体的速度的切向分量为vt，法向分量为vn(亦为下拉速度)。同时考虑到速度的法向分量vn与矢径r反平行，其相应的角动量为零，由角动量守恒可得tmrmrvv2000所以，末态速度的切向分量00022rtvv由质点动能定理，下拉的过程中拉力所作的功2022021)(21vvvmmEEAntkk202200)(21)2(21rmrmv220202123vmmr习题4—4质量为m1的粒子A受到第二个粒子B的万有引力作用，B保持在原点不动。最初，当A离B很远(r=∞)时，A具有速度0v，方向沿图中所示直线Aa，B与这条直线的垂直距离为D。粒子A由于粒子B的作用而偏离原来的路线，沿着图中所示的轨道运动，已知这轨道与B之间的最短距离为d，求B的质量mB。解：粒子A在粒子B的有心力场中运动，系统的角动量和机械能均守恒。因此，我们可以得到vv101mdmD①dmmGmmB1212012121vv②联立①、②两式解得B的质量为GddDmB2)(2022v习题4—5在光滑的水平面上，一根长L=2m的绳子，一端固定于O点，另一端系一质量m=0.5kg的物体，开始时，物体位于位置A，OA间距离d=0.5m，绳子处于松弛状态。现在使物体以初速度vA=4m/s垂直于OA向右滑动，如图所示，设以后的运动中物体到达位置B，此时物体速度的方向与绳垂直。则此刻物体对O点角动量的大小LB=，物体速度的大小vB=。v0r0习题4―3图AO0vvAaDB习题4―4图d解：由质点角动量守恒定律有BAmLmdvv因此，物体在B点时对O点的角动量为/smkg145.05.02AABmdLLv物体在B点时的速度为m/s1245.0ABLdvv习题4—6一质量为m的质点沿着一条空间曲线运动，该曲线在直角坐标系下的定义为：jtbitarsincos，其中a、b、皆为常数，则此质点所受的对原点的力矩M；该质点对原点的角动量L。解：依定义，质点的加速度rjtbitadtrddtda2222)sincos(v质点受到的力为rmamF2因此力矩02rrmFrM因为jtbitadtrdcossinv所以质点角动量为)cossin()sincos(jtbitamjtbitamrPrLvkabmktabmktabm)sin()cos(22习题4—7两个匀质圆盘A和B的密度分别为A和B，若BA，但两圆盘的质量和厚度相同，如两盘对通过盘心且垂直于盘面的轴的转动惯量各为JA和JB，则：［］(A)BAJJ。(B)BAJJ。(C)BAJJ。(D)AJ、BJ哪个大不能确定。解：圆盘的转动惯量2221RmRJ又因为hRVm2所以有习题4―5图AvABdOBv12hmR这样一来1J因为已知BA，因而BAJJ，故应选择答案(B)。习题4─8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1和2，不计滑轮轴的摩擦，则有：［］(A)21。(B)21。(C)21。(D)开始时21，以后21。解：由牛顿定律及转动定律对A：11RaJTRMaTMg对B：2JFR从以上各式可解得21MRJMgR，JMgRJFR2显然21所以，应当选择答案(C)。习题4—9一长为l，质量可以忽略的细杆，可绕通过其一端的水平光滑轴在竖直平面内作定轴转动，在杆的另一端固定着一质量为m的小球，如图所示。现将杆由水平位置无初速度地释放，则杆刚被释放时的角加速度0，杆与水平方向夹角为60°时的角加速度。解：细杆对轴的转动惯量为J=ml2，由转动定律，当杆刚被释放时的角加速度为lgmllmgJM20当杆与水平方向夹角为60°时的角加速度为ABMF习题4―8图lm习题4―9图lgmlmglJM260cos2习题4─10长为l、质量为M的匀质细杆可绕通过杆的一端O的水平光滑固定轴转动，转动惯量为32Ml，开始时杆竖直下垂，如图所示，有一质量为m的子弹以水平速度v0射入杆上A点，并嵌在杆中，OA=32l，则子弹射入后瞬间杆的角速度。解：子弹射入杆内并嵌在其中，射击过程系统角动量守恒])32(31[)32(220lmMllmv容易解得lmM)34(60v习题4—11两个质量都是100kg的人，站在一质量为200kg、半径为3m的水平转台的直径两端，转台的固定转轴通过其中心且垂直于台面，初始时，转台每5s转动一圈，当这两个人以相同的快慢走到转台中心时，转台的角速度。(转台对转轴的转动惯量22MRJ，计算时忽略转台在转轴处的摩擦)解：系统角动量守恒202221)221(MRmRMR式中0为系统的初始角速度，其值为rad/s520所以，当两个人以相同的快慢走到转台中心时，转台的角速度为rad/s77.35232005.03100232005.0212212220222MRmRMR习题4—12一飞轮由一直径为30cm、厚度为2.0cm的圆盘和两个直径都为10cm、长为8.0cm的共轴圆柱体组成，设飞轮的密度为7.8kg•m–3，求飞轮对轴的转动惯量。解：转动惯量具有可加性，而且圆盘l1l2d1d2轴题解4―12图32l0vmAO习题4―10图和两个圆柱体共轴，因此飞轮对轴的转动惯量为2222221121222211)2)(4()2)(4(2121221dlddldRmRmJ)2(321161321422411242141dldlldld)10.008.0230.002.0(14.3108.73214432mkg136.0习题4—13一燃气轮机在试车时，燃气作用在涡轮上的力矩为2.03×103N·m，涡轮的转动惯量为25kg·m2。当轮的转速由2.80×103r·min－1增大到1.12×104r·min－1，所经历的时间t为多少?解：根据转动定律，涡轮的角加速度为23rad/s2.81251003.2JM再由刚体转动运动学公式t12所经历的时间t为s8.10602.81)1080.21012.1(14.32)(2341212nnt习题4—14质量为0.50kg、长为0.40m的均匀细棒，可以绕垂直于棒的一端的水平轴转动。如将此棒放在水平位置，然后任其落下。求：(1)当棒转过60°时的角加速度和角速度；(2)下落到竖直位置时的动能；(3)下落到竖直位置时的角速度。解：(1)当棒转过时所受的力矩为cos21mglM根据转动定律，棒的角加速度为cos23)31(cos)21(2lgmlmglJM当60时2rad/s4.1860cos40.028.93根据定义mgθ题解4―14图m，lO轴正向cos23lgdddtddddtd分离变量再积分dlgdcos2300sin23212lg棒的角速度为sin3lg当60时rad/s98.760sin40.08.93(2)下落到竖直位置时的角速度为rad/s57.890sin40.08.93所以棒的动能为J98.057.840.050.06131212122222mlJEk［此步还可用机械能守恒定律求得棒的动能：设重力势能零点在棒原来的水平位置处，则有)21(0mglEk所以J98.040.08.950.05.021mglEk］(3)由(2)可知，下落到竖直位置时rad/s57.8习题4─15如图所示，A和B两个飞轮的轴杆在同一中心线上，设两轮的转动惯量分别为JA=10kg•m2和JB=20kg•m2，开始时，A轮转速为600rev/min，B轮静止，C为摩擦啮合器，其转动惯量可忽略不计，A、B分别与C的两个组件相连，当C的左右组件啮合时，B轮得到加速而A轮减速，直到两轮的速度相等为止，设轴光滑，求：(1)两轮啮合后的转速；(2)两轮各自所受的冲量矩。解：(1)∵206060022AAnrad/s；0ABC习题4―15图0B∴由角动量守恒有)(BAAAJJJ解得9.2020102010BAAAJJJrad/s=200rev/min(2)由角动量定理41914.320109.201012AAAAAAJJLLGN•m•s419ABGGN•m•s或者41909.202012BBBBBBJJLLGN•m•s习题4—16一匀质细棒长为2L，质量为m，以与棒长方向相垂直的速度v0在光滑水平面内平动时，与前方一固定的光滑支点O发生完全非弹性碰撞，碰撞点位于棒中心的一方L/2处，如图所示。求棒在碰撞后的瞬时绕O点转动的角速度。(细棒绕通过其端点且与其垂直的轴的转动惯量为32ml，式中的m和l分别为棒的质量和长度)解：棒与O点碰撞前后其角动量守恒。但棒碰撞前的角动量须作积分才能求得，为此，我们在棒上距支点O为x处取线元dx,其元角动量为00vxvdxdmxdL式中为棒的质量线密度。由此，我们可以得到碰撞前棒的角动量为2300200210LLdxxdxxLLLvvLmLmLm0002116916vvv碰撞后棒的角动量为JL式中J为棒对O点的转动惯量22322127mLdxxdJJLLABL21L21L0v0v习题4―16图Oxdx令LL0即)127(2120mLJL