《刚体定轴转动》答案

第2 章 刚体定轴转动 一、选择题1(B)，2(B)，3(A)，4(D)，5(C)，6(C)，7(C)，8(C)，9(D)，10(C)二、填空题(1) .v 宀 15.2 m /s, n2=500 rev /min(2) . 62.51.67 s(3) . g /lg / (2l)(4) . 5.0 N.m(5) . 4.0 rad/s.0.25 kg m2(7).(8).(9).2卩mgl参考解:J + mr 2 丄J + mR 2M= J d M=J1 (pgm /1 d r =2 Pmgl(10).=、：3g sin0 /1三、计算题1. 有一半径为R的圆形平板平放在水平桌面上，平板与水平桌面的摩擦系数为卩，若平板 绕通过其中心且垂直板面的固定轴以角速度3。开始旋转，它将在旋转几圈后停止？（已知 圆形平板的转动惯量J=2mR2，其中m为圆形平板的质量）解：在r处的宽度为dr的环带面积上摩擦力矩为dM =卩-mg - 2 冗 r - rdr兀R 2总摩擦力矩故平板角加速度设停止前转数为 n 由可得M = JR dM =卩 mgRP =M /J则转角 0 = 2冗n03 2 = 2P0 = 4兀Mn / J0J 2n =4 = 3R 2/16 n pg4兀Mo2. 如图所示，一个质量为m的物体与绕在定滑轮上的绳子相联，绳子质量可 以忽略，它与定滑轮之间无滑动假设定滑轮质量为M、半径为R,其转动 惯量为MR 2，滑轮轴光滑.试求该物体由静止开始下落的过程中，下落速 度与时间的关系解：根据牛顿运动定律和转动定律列方程对物体：mg_T =ma对滑轮：TR = Jp运动学关系：a=Rp将、式联立得a=mg / （m+ 丁 M）vo=O,1u=at=mgt / （m M）3. 为求一半径 R=5o cm 的飞轮对于通过其中心且与盘面垂直的固定转轴的转动惯量，在飞 轮上绕以细绳，绳末端悬一质量m1 = 8 kg的重锤.让重锤从高2 m处由静止落下，测得下 落时间“ =16 s.再用另一质量m2=4 kg的重锤做同样测量，测得下落时间t2=25 s.假定摩 擦力矩是一个常量，求飞轮的转动惯量解：根据牛顿运动定律和转动定律，对飞轮和重物列方程，得TRMf= Ja / RmgT= ma1h= at22则将m1. t1代入上述方程组，得 a1=2h/t2=o.o156 m / s211 T1=m1 （ga1）=78.3 NJ=（T1RMf）R /a1将m2、t2代入、方程组，得 a2 = 2h /12 =6.4X10弓 m / S222T2= m2（ga2）= 39.2 NJ = （T2RMf）R /a2由、两式，得J=R2（T1 Tjl （a1-a2） = 1.06 X 103 kg m24. 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1度成正比，即M=ko （k为正的常数），求圆盘的角速度从0变为- 0时所需的时间.解：根据转动定律 两边积分：得Jdo l dt = -kod o k=一一 d t oJ 卜。l2 Id o = Jtk d t o0 o 0 Jln2 = kt l J t= （J ln2） l k5.某人站在水平转台的中央，与转台一起以恒定的转速n1转动，他的两手各拿一个质量为1m的砝码，砝码彼此相距* (每一砝码离转轴2 1J,当此人将砝码拉近到距离为12时(每一砝 码离转轴为2 l2)，整个系统转速变为n2求在此过程中人所作的功.(假定人在收臂过程中 自身对轴的转动惯量的变化可以忽略) 解：(1)将转台、砝码、人看作一个系统，过程中人作的功W等于系统动能之增量:W=AEk= (J + ml2)4兀2n2 一 (J + ml2)4兀2n22 0 2 2 2 2 0 2 1 1 这里的J0是没有砝码时系统的转动惯量.(2)过程中无外力矩作用，系统的动量矩守恒：2冗(J0+ 2 ml ) n = 2冗(J0+ 2ml； ) n2mV2n -12n 丿J 二2 2-0 n 丿2 1将厶代入W式，得W二兀2 mn n01 26. 一质量均匀分布的圆盘，质量为M,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卩)，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“垂直于圆盘半径打入圆盘边缘并嵌在盘 边上，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1 MR2，忽略子弹重力造成的摩擦阻力矩)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.1m vR=(片 MR2+mR2)o厶mV(1 )M + m R丿设Q表示圆盘单位面积的质量，可求出圆盘所受水平面的摩擦力矩的大小MR rgc - 2兀r d r =(2 / 3)冗肝 gR3 = (2 / 3)pMgR0设经过At时间圆盘停止转动，则按角动量定理有1MfA t=0J=(2MR2+mR2)o=- mv0R厶amv R mv R3mvAt 二o二o二0-M(2/3 电MgR 2pMg7. 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侧L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转动时 的转动惯量为1 ml2，式中的m和l分别为棒的质量和长度.)3L/20pv xd x-f L/20opv xdx =0pv L=mv L2 0解：碰撞前瞬时，杆对O点的角动量为式中P为杆的线密度碰撞后瞬时，杆对O点的角动量为mL2012因碰撞前后角动量守恒，所以7mL2w /12 =mv L2 0=6v0 / (7L)8. 长为l的匀质细杆，可绕过杆的一端O点的水平光滑固定轴转动， 开始时静止于竖直位置.紧挨O点悬一单摆，轻质摆线的长度也是I， 摆球质量为m.若单摆从水平位置由静止开始自由摆下，且摆球与细 杆作完全弹性碰撞，碰撞后摆球正好静止.求：(1) 细杆的质量.(2) 细杆摆起的最大角度0.解：(1)设摆球与细杆碰撞时速度为v0,碰后细杆角速度为，系统角动量守恒 得：J = mv0l由于是弹性碰撞，所以单摆的动能变为细杆的转动动能1mv 22 0J 221 “ 、=1 Mgl G - cos0)21并利用(1)中所求得的关系可得0 = arccosg代入J= 3Ml2，由上述两式可得 M=3m (2)由机械能守恒式mv 2 = mgl 及2 0四研讨题1. 计算一个刚体对某转轴的转动惯量时，一般能不能认为它的质量集中于其质心，成为 质点，然后计算这个质点对该轴的转动惯量？为什么？举例说明你的结论。参考解答：不能.因为刚体的转动惯量E r2Am与各质量元和它们对转轴的距离有关.如一匀质圆盘对i i过其中心且垂直盘面轴的转动惯量为2 mR 2，若按质量全部集中于质心计算，则对同一轴 的转动惯量为零.2. 刚体定轴转动时，它的动能的增量只决定于外力对它做的功而与内力的作用无关。对于 非刚体也是这样吗？为什么？ 参考解答：根据动能定理可知，质点系的动能增量不仅决定于外力做的功，还决定于内力做的功。由于刚体内任意两质量元间的距离固定，或说在运动过程中两质量元的相对位移为零, 所以每一对内力做功之和都为零。故刚体定轴转动时，动能的增量就只决定于外力的功而与 内力的作用无关了。非刚体的各质量元间一般都会有相对位移，所以不能保证每一对内力做功之和都为零, 故动能的增量不仅决定于外力做的功还决定于内力做的功。3. 乒乓球运动员在台面上搓动乒乓球，为什么乒乓球能自动返回？参考解答：分析：乒乓球（设乒乓球为均质球壳）的运动可分解为球随质心的平动和绕通过质心的轴的 转动.乒乓球在台面上滚动时，受到的水平方向的力只有摩擦力.若乒乓球平动的初始速度 匕的方向如图，则摩擦力耳的方向一定向后.摩擦力的作用有二，对质心的运动来说，它 使质心平动的速度vc逐渐减小；对绕质心的转动来说，它将使转动的角速度逐渐变小.当质心平动的速度v= 0而角速度工0时，乒乓球将返回.因此，要使乒乓球能自动返回，初始速度v和初始角速度0的大小应满足一定的关系.解题：由质心运动定理:-F = m dVcrdt因 F = u mg ,得 v = v Rg（1）由对通过质心的轴（垂直于屏面）的转动定律M =邛Rgt由（1）,两式可得 = 0(2)v = 0 : w 0 c可得3vw 02 R这说明当vc= 0和叫的大小满足此关系时，乒乓球可自动返回.