第三章刚体力学习题解答课件

第三章习题解答3.13某发动机飞轮在时间间隔t内的角位移为):,:(43stradctbtat。求t时刻的角速度和角加速度。解：23212643ctbtctbtadtddtd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n1,驱动轮转速为n2,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，909.0/2212RnRnv，所以：min/1054.1/1024.93426.014.3210166909.02909.013revhrevnRv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r1和r2，求对通过其中心轴的转动惯量。解：设圆柱体长为h，密度为，则半径为r，厚为dr的薄圆筒的质量dm为：2..dmhrdr对其轴线的转动惯量OOdI为232..OOdIrdmhrdr212222112..()2rOOrIhrrdrmrr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mR2，根据垂直轴定理zxyIII和问题的对称性知：圆形细杆对过轴的转动惯量为12mR2，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：214AAImR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221MRI.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/πR2，根据平行轴定理，2412222222124))(()('rMrrrIRrMR设挖去两个小圆盘后，剩余部分对o轴的转动惯量为I”)/2('224222122122124RrrRMMrMRIIIRrM3.19一转动系统的转动惯量为I=8.0kgm2，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：,MI20.43920.415.68/8.0MradsI制动过程可视为匀减速转动，/t/41.9/15.682.67ts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。已知飞轮的转动惯量J=0.5kg.m2，轴承无摩擦。求（1）飞轮的角加速度。（2）绳子拉下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，再求上面的结果。解（1）由转动定理得：20.29839.20.5MrFradsII（2）由定轴转动刚体的动能定理得：212kAEIkEFh=490J12249044.270.5kEradsI（3）物体受力如图所示：PTmarTJarTT解方程组并代入数据得：222989802217898020598Prg...radsPrJg...22222111222kPPAEJrJrPhgg12222*98*533.150.59.8*0.2PhradsPJrg2211053315274722kEJ*.*..J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：)2();1(111222amgmTamTgm对滑轮应用转动定理：RIaIRTT/)(12（3）质点m2作匀加速直线运动，由运动学公式：221aty，222/06.00.5/75.02/2smtya由⑴、⑵可求得ammgmmTT)()(121212,代入（3）中，可求得21212)](/)[(RmmagmmI，代入数据：2221039.105.0)96.006.0/8.904.0(kgmI3.22质量为m，半径为的均匀圆盘在水平面上绕中心轴转动，如题3-22图所示。盘与水平面的动摩擦因数为，圆盘的初角速度为0，问到停止转动，圆盘共转了多少圈？解：221mRI如图所示：rdrdm2gdmrdMRmgdrrggdmrdMMR32202由转动定律：M=ddddJJJdtddtd得：00201223mRdmgRd积分得：2038Rg所以从角速度为0到停止转动，圆盘共转了20316Rg圈。3.23如图所示，弹簧的倔强系数k=2N/m,可视为圆盘的滑轮半径r=0.05m，质量m1=80g，设弹簧和绳的质量可不计，绳不可伸长，绳与滑轮间无相对滑动，运动中阻力不计，求1kg质量的物体从静止开始（这时弹簧不伸长）落下1米时，速度的大小等于多少（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的零点，弹簧的原长为弹性势能的零点，则有：22212111022212mvJkxmghvrJmrxh解方程得：21122mghkhvmm/代入数据计算得：v=1.48m/s。即物体下落0.5m的速度为1.48m/s3.24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0，转动时受到空气的阻力。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。试计算经过多少时间，薄板角速度减为原来的一半，设薄板竖直边长为b，宽为a，薄板质量为m。解；如图所示，取图示的阴影部分为研究对象vx222dfkvdSkxbdx23dMxdfkbxdx23240014aaMdMkbxdxkbadMJdt244dJdtJdMkba0204242004443/JdJmtkbakbakba所以经过2043mkba的时间，薄板角速度减为原来的一半。3-25一个质量为M，半径为R并以角速度旋转的飞轮（可看作匀质圆盘），在某一瞬间突破口然有一片质量为m的碎片从轮的边缘上飞出，见题3-25图。假定碎片脱离飞轮时的瞬时速度方向正好竖直向上，（1）问它能上升多高？（2）求余下部分的角速度、角动量和转动动能。解：（1）碎片以R的初速度竖直向上运动。上升的高度：222022vRhgg（2）余下部分的角速度仍为角动量212LJ(Mm)R转动动能221122kE(Mm)R3.26两滑冰运动员，在相距1.5m的两平行线上相向而行。两人质量分别为mA=60kg，mB=70kg，他们的速率分别为vA=7m.s-1，vB=6m.s-1，当二者最接近时，便拉起手来，开始绕质心作圆运动，并保持二者的距离为1.5m。求该瞬时：（1）系统对通过质心的竖直轴的总角动量；（2）系统的角速度；（3）两人拉手前、后的总动能。这一过程中能量是否守恒？解：如图所示，（1）60159607013AABml.xmmm921151326lx.m221607212670691363010AABBLmv(lx)mvx//.kgms（2）LJ22ccccBALLJmxm(lx)，代入数据求得：1867c.rads（3）以地面为参考系。拉手前的总动能：2211122kAABBEmvmv，代入数据得12730kEJ，拉手后的总动能：包括两个部分：（1）系统相对于质心的动能（2）系统随质心平动的动能70660707060AABBCABmvmvvmm22221112730222kcABccEJ(mm)vJJ动能不变，总能量守恒（因为两人之间的距离不变，所以两人之间的拉力不做功，故总动能守恒，但这个拉力的冲量不为0，所以总动量不守恒）。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，碰撞点位于离棒中心一方l/4处，如题3-27图所示，求棒在碰撞后的瞬时绕过O点垂直于杆所在平面的轴转动的角速度0。解：如图所示：碰撞前后系统对点O的角动量守恒。碰撞前后：104Lmvl/碰撞前后：2220001124lLJmlm由12LL可求得：200127vradsl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在无摩擦的水平面上，作半径为r0的圆周运动.如果在绳的另一端作用一竖直向下的拉力，使小球作半径为r0/2的圆周运动.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2100Lmr；终态始角动量22014Lmr由12LL求得：04（2）拉力作功：2222110000113222WJJmr3.29质量为0.50kg，长为0.40m的均匀细棒，可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，如题3-29图所示，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：设杆长为l，质量为m(1)由同转动定理有：232123lmgsingsinMJmll代入数据可求得：21838.rads由刚体定轴转动的动能定理得：2211223lmgcosml3gcosl，代入数据得：17978.rads（也可以用转动定理求得角加速度再积分求得角速度）（2）由刚体定轴转动的动能定理得：kWE059802098kEmgh....J（3）12220988573105043kE..radsJ..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轮的转动惯量J1＝10.0kg·m2，开始时B轮静止，A轮以n1＝600r·min-1的转速转动，然后使A与B连接，因而B轮得到加速而A轮减速，直到两轮的转速都等于n＝200r·min-1为止.求：（1）B轮的转动惯量；（2）在啮合过程中损失的机械能.解：研究对象：A、B系统在衔接过程中，对轴无外力矩作用，故有常矢L121122JJJJ即：1122J()J代入数据可求得：2220Jkgm（2）2221122121122kE(JJ)JJ代入数据可求得：413210kE.J，负号表示动能损失（减少）。3.31质量为m长为l的匀质杆，其B端放在桌上，A端用题3-30图题3-31图手支住，使杆成水平。突然释放A端，在此瞬时，求：⑴杆质心的加速度，⑵杆B端所受的力。解：⑴以支点B为转轴，应用转动定理：lglmlmg232312，质心加速度galc432，方向向下。⑵设杆B端受的力为N，对杆应用质心运动定理：Ny=0，Nx-mg=-mac,Nx=m(g–ac)=mg/4∴N=mg/4，方向向上。