05第五章-刚体力学作业答案

姓名__________学号____________《大学物理Ⅰ》答题纸第五章1第五章刚体力学一、选择题[B]1、（基础训练5）如图5-9所示，一静止的均匀细棒，长为L、质量为m0，可绕通过棒的端点且垂直于棒长的光滑固定轴O在水平面内转动，转动惯量为2013mL．一质量为m、速率为v的子弹在水平面内沿与棒垂直的方向射出并穿出棒的自由端，设穿过棒后子弹的速率为v21，则此时棒的角速度应为(A)0vmmL．(B)03v2mmL．(C)05v3mmL．(D)07v4mmL【提示】碰撞。把细棒与子弹看作一个系统，该系统所受合外力矩为零，所以系统的角动量守恒：20123vmvLmLmL，即可求出答案。（*注意质点和刚体的角动量表达式不一样）[C]2、（基础训练7）一圆盘正绕垂直于盘面的水平光滑固定轴O转动，如图5-11所示，射来两个质量相同，速度大小相同，方向相反并在一条直线上的子弹，子弹射入圆盘并且留在盘内，则子弹射入后的瞬间，圆盘的角速度ω(A)增大．(B)不变．(C)减小．(D)不能确定．【提示】碰撞。把三者看成一个系统，系统所受合外力矩为零，故系统的角动量守恒。设L为一颗子弹相对于转轴O的角动量的大小，则有0()JLLJJ子弹，00JJJ子弹[C]3、（自测提高2）将细绳绕在一个具有水平光滑轴的飞轮边缘上，现在在绳端挂一质量为m的重物，飞轮的角加速度为β．如果以拉力2mg代替重物拉绳时，飞轮的角加速度将(A)小于β．(B)大于β，小于2β．(C)大于2β．(D)等于2β．【提示】滑轮加上质点。（1）挂一质量为m的重物（如图A）：设飞轮的半径为R，转动惯量为J，列方程组mgTmaTRJaR，解得：2mgRJmR（2）以拉力F=2mg代替重物拉绳时（如图B），有：2'mgRJ，得：2'mgRJ比较'和即可得出结论。Om0mm图5-11Ov21v俯视图图5-9ABFTTmg图B图A姓名__________学号____________《大学物理Ⅰ》答题纸第五章2[A]4、（自测提高7）质量为m的小孩站在半径为R的水平平台边缘上．平台可以绕通过其中心的竖直光滑固定轴自由转动，转动惯量为J．平台和小孩开始时均静止．当小孩突然以相对于地面为v的速率在台边缘沿逆时针转向走动时，则此平台相对地面旋转的角速度和旋转方向分别为(A)RJmRv2，顺时针．(B)RJmRv2，逆时针．(C)RmRJmRv22，顺时针．(D)RmRJmRv22，逆时针．【提示】相对运动。将小孩与平台看成一个系统，该系统所受外力矩为零，所以系统的角动量守恒：0mvRJ得：2mvRmRvJJR二、填空题1、（基础训练8）绕定轴转动的飞轮均匀地减速，t＝0时角速度为05rads，t＝20s时角速度为00.8，则飞轮的角加速度-0.05rad/s2，t＝0到t＝100s时间内飞轮所转过的角度250rad．【提示】刚体运动学。（1）飞轮作匀减速转动，据0t，可得出：200.05radst（2）2201151000.05100250()22ttrad2、（基础训练10）如图所示，P、Q、R和S是附于刚性轻质细杆上的质量分别为4m、3m、2m和m的四个质点，PQ＝QR＝RS＝l，则系统对OO轴的转动惯量为50ml2【提示】根据转动惯量的定义2iiJmr，得：22224(3)3(2)2050Jmlmlmlml3、（基础训练12）如图5-14所示，滑块A、重物B和滑轮C的质量分别为mA、mB和mC，滑轮的半径为R，滑轮对轴的转动惯量J＝21mCR2．滑块A与桌面间、滑轮与轴承之间均无摩擦，绳的质量可不计，绳与滑轮之间无相对滑动，则滑块A的加速度a=22()BABCmgmmm【提示】滑轮加上质点。受力分析如图。分别对A、B、C列方程：AABBBBATmamgTmaTRTRJaR，联立求解，即得答案。CAB图5-14mBgTBTACABRPSRQROO′姓名__________学号____________《大学物理Ⅰ》答题纸第五章34、（自测提高9）一长为l、质量可以忽略的直杆，两端分别固定有质量为2m和m的小球，杆可绕通过其中心O且与杆垂直的水平光滑固定轴在铅直平面内转动．开始杆与水平方向成某一角度，处于静止状态，如图5-21所示．释放后，杆绕O轴转动．则当杆转到水平位置时，该系统所受到的合外力矩的大小M＝2lmg，此时该系统角加速度的大小＝23gl．【提示】刚体转动。（1）水平位置：2222lllMmgmgmg（2）MJ，其中22232224llmlJmm，得：23MgJl5、（自测提高12）一根质量为m、长为l的均匀细杆，可在水平桌面上绕通过其一端的竖直固定轴转动．已知细杆与桌面的滑动摩擦系数为μ，则杆转动时受的摩擦力矩的大小为=12mgl【提示】分散力的力矩。微元法。在细杆上距离转轴为x处取一小线元dx，dx所受到的摩擦力矩的大小为mmgdMdfxgdxxxdxll，总摩擦力矩的大小为02lmgmglMdMxdxl.三、计算题1、（基础训练16）一转动惯量为J的圆盘绕一固定轴转动，起初角速度为0，设它所受阻力矩与转动角速度成正比，即Mk(k为正的常数)，求圆盘的角速度从0变为02时所需时间．解：（刚体定轴转动，用转动定律。）已知kM，根据dtdJJM，得dkJdt；分离变量并积分：0020tJddtk，得kJt2ln2、（基础训练18）如图5-17所示，质量分别为m和2m、半径分别为r和2r的两个均匀圆盘，同轴地粘在一起，可以绕通过盘心且垂直盘面的水平光滑固定轴转动，对转轴的转动惯量为9mr2/2，大小圆盘边缘都绕有绳子，绳子下端都挂一质量为m的重物，求盘的角加速度的大小．m2mO图5-21mrmm2m2r图5-17姓名__________学号____________《大学物理Ⅰ》答题纸第五章4解：（滑轮加上质点，分别受力分析，分别列方程。）设两物体的加速度的正方向及滑轮的角加速度的正方向如图所示。11222121229()22TmgmamgTmaTrTrJmrJarar已知，联立解得:rg1923、（自测提高17）一质量均匀分布的圆盘，质量为0m，半径为R，放在一粗糙水平面上(圆盘与水平面之间的摩擦系数为)，圆盘可绕通过其中心O的竖直固定光滑轴转动．开始时，圆盘静止，一质量为m的子弹以水平速度v0垂直于圆盘半径打入圆盘边缘并嵌在盘边上，如图5-25所示。求：(1)子弹击中圆盘后，盘所获得的角速度．(2)经过多少时间后，圆盘停止转动．(圆盘绕通过O的竖直轴的转动惯量为2012mR，忽略子弹重力造成的摩擦阻力矩)解：（1）设0为碰撞后瞬间盘所获得的角速度，由系统的角动量守恒定律得：2200012mvRmRmR，解得00012mvmmR（2）为了求出摩擦力矩，将圆盘分割为许多细环带。在圆盘上取一半径为r，宽为dr的细环带，细环带的质量为0022mdmrdrR，摩擦力为0dfdmg，摩擦阻力矩为2022fmgdMrdfrdrR，则圆盘受到的摩擦力矩为20020223RffmgMdMrdrmgRR根据转动定律fdMJdt，得0000220012tfMdtJdmRmRd，可解得0032mvtmgmRO0v图5-252a1aT2T2T1T1rm2m2rmgmg姓名__________学号____________《大学物理Ⅰ》答题纸第五章54、（自测提高18）如图5－26所示，空心圆环可绕光滑的竖直固定轴AC自由转动，转动惯量为J0，环的半径为R，初始时环的角速度为0．质量为m的小球静止在环内最高处A点，由于某种微小干扰，小球沿环向下滑动，问小球滑到与环心O在同一高度的B点和环的最低处的C点时，环的角速度及小球相对于环的速度各为多大?(设环的内壁和小球都是光滑的，小球可视为质点，环截面半径rR)解：（相对运动，用角动量守恒求解。）以地面为参考系。取小球+圆环为系统：系统对AC轴的合外力矩为零，∴系统对AC轴的角动量守恒；另外，取小球+圆环+地球为系统：系统的机械能守恒。(1)A→C：角动量守恒：0cJJ机械能守恒：22201112222cJmgRJmv联立求解得：0,2cvRg，v也就是小球在C点相对于环的速率。（2）A→B：小球在B点相对于地面的速率为22vRv，式中v为小球在B点相对于环的速率，R为环相对于地面的速率。角动量守恒：0()JJmRR机械能守恒：22220111222JmgRJmRv解得：02JJmR，2202'2JRvgRJmR.四、附加题1、（基础训练17）在半径为R的具有光滑竖直固定中心轴的水平圆盘上，有一人静止站立在距转轴为R21处，人的质量是圆盘质量的1/10．开始时盘载人对地以角速度ω0匀速转动，现在此人垂直圆盘半径相对于盘以速率v沿与盘转动相反方向作圆周运动，如图所示．已知圆盘对中心轴的转动惯量为212mR．求：(1)圆盘对地的角速度．(2)欲使圆盘对地静止，人应沿着R21圆周对圆盘的速度v的大小及方向？解：（相对运动，用角动量守恒求解。）(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，则人对地的速度为R21vv人对地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．21021210212022RmmRRmmR人对地v②将①式代入②式得：R2120v③RvR/2RA0BC图5－24姓名__________学号____________《大学物理Ⅰ》答题纸第五章6(2)欲使盘对地静止，则式③必为零．即02021Rv得：0212Rv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．2、（自测提高19）一轻绳绕过一定滑轮，滑轮轴光滑，滑轮的半径为R，质量为M/4，均匀分布在其边缘上。绳子的A端有一质量为M的人抓住了绳端，而在绳的另一端B系了一质量为21M的重物，如图。设人从静止开始相对于绳匀速向上爬时，绳与滑轮间无相对滑动，求B端重物上升的加速度？(已知滑轮对通过滑轮中心且垂直于轮面的轴的转动惯量J＝MR2/4)解：（滑轮加上质点，分别受力分析，分别列方程。）受力分析如图所示．设重物对地加速度为a，向上；则绳的A端对地有加速度a向下，人相对于绳虽为匀速向上，但相对于地其加速度仍为a向下.根据牛顿第二定律可得：对人：Mg－T2＝Ma①对重物：T1－21Mg＝21Ma②根据转动定律，对滑轮有(T2－T1)R＝J＝MR2/4③因绳与滑轮无相对滑动，a＝R④①②、③、④四式联立解得a＝2g/7OBAOBMgT2T1Mg21aa