刚体力学 习题库文档格式.docx
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设绳子对物体(或绳子对轮轴)的拉力为T,则根据牛顿运动定律和转动定律得:
mgT=ma①2分
Tr=Jβ②2分
由运动学关系有:
a=rβ③2分
由①、②、③式解得:
J=m(g-a)r2/a④
又根据已知条件v0=0
∴S=
,a=2S/t2⑤2分将⑤式代入④式得:
J=mr2(
-1)2分
4.质量为5kg的一桶水悬于绕在辘轳上的轻绳的下端,辘轳可视为一质量为10kg的圆柱体.桶从井口由静止释放,求桶下落过程中绳中的力.辘轳绕轴转动时的转动惯量为
,其中M和R分别为辘轳的质量和半径,轴上摩擦忽略不计.
对水桶和圆柱形辘轳分别用牛顿运动定律和转动定律列方程
mg-T=ma①1分
TR=Jβ②1分
a=Rβ③1分
由此可得T=m(g-a)=m
那么
将J=
MR2代入上式,得
=24.5N2分
5.一长为1m的均匀直棒可绕过其一端且与棒垂直的水平光滑固定轴转动.抬起另一端使棒向上与水平面成60°
,然后无初转速地将棒释放.已知棒对轴的转动惯量为
,其中m和l分别为棒的质量和长度.求:
(1)放手时棒的角加速度;
(2)棒转到水平位置时的角加速度.
设棒的质量为m,当棒与水平面成60°
角并开始下落时,根据转动定律
M=Jβ1分
其中
1分
于是
当棒转动到水平位置时,M=
mgl1分
1分
6.一轴承光滑的定滑轮,质量为M=2.00kg,半径为R=0.100m,一根不能伸长的轻绳,一端固定在定滑轮上,另一端系有一质量为m=5.00kg的物体,如图所示.已知定滑轮的转动惯量为J=
,其初角速度ω0=10.0rad/s,方向垂直纸面向里.求:
(1)定滑轮的角加速度的大小和方向;
(2)定滑轮的角速度变化到ω=0时,物体上升的高度;
(3)当物体回到原来位置时,定滑轮的角速度的大小和方向.
(1)∵mg-T=ma1分
TR=Jβ2分
a=Rβ1分
∴β=mgR/(mR2+J)
=81.7rad/s21分
方向垂直纸面向外.1分
(2)∵
当ω=0时,
物体上升的高度h=Rθ=6.12×
10-2m2分
(3)
10.0rad/s
方向垂直纸面向外.
7.一质量为M=15kg、半径为R=0.30m的圆柱体,可绕与其几何轴重合的水平固定轴转动(转动惯量J=
).现以一不能伸长的轻绳绕于柱面,而在绳的下端悬一质量m=8.0kg的物体.不计圆柱体与轴之间的摩擦,求:
(1)物体自静止下落,5s下降的距离;
(2)绳中的力.
J=
=0.675kg·
m2
∵mg-T=ma
∴a=mgR2/(mR2+J)=5.06m/s2
因此
(1)下落距离h=
=63.3m2分
(2)力T=m(g-a)=37.9N1分
8.一半径为25cm的圆柱体,可绕与其中心轴线重合的光滑固定轴转动.圆柱体上绕上绳子.圆柱体初角速度为零,现拉绳的端点,使其以1m/s2的加速度运动.绳与圆柱表面无相对滑动.试计算在t=5s时
(1)圆柱体的角加速度,
(2)圆柱体的角速度,
(3)如果圆柱体对转轴的转动惯量为2kg·
m2,那么要保持上述角加速度不变,应加的拉力为多少?
(1)圆柱体的角加速度β
β=a/r=4rad/s22分
(2)根据
,此题中ω0=0,则
有ωt=βt
那么圆柱体的角速度
20rad/s1分
(3)根据转动定律fr=Jβ
则f=Jβ/r=32N2分
9.一轴承光滑的定滑轮,质量为M=2.00kg,半径为R=0.100m,一根不能伸长的轻绳,一端固定在定滑轮上,另一端系有一质量为m=5.00kg的物体,如图所示.已知定滑轮的转动惯量为J=
10.一质量为M=15kg、半径为R=0.30m的圆柱体,可绕与其几何轴重合的水平固定轴转动(转动惯量J=
11.一半径为25cm的圆柱体,可绕与其中心轴线重合的光滑固定轴转动.圆柱体上绕上绳子.圆柱体初角速度为零,现拉绳的端点,使其以1m/s2的加速度运动.绳与圆柱表面无相对滑动.试计算在t=5s时
12.长为L的梯子斜靠在光滑的墙上高为h的地方,梯子和地面间的静摩擦系数为μ,若梯子的重量忽略,试问人爬到离地面多高的地方,梯子就会滑倒下来?
当人爬到离地面x高度处梯子刚要滑下,此时梯子与地面间为最大静摩擦,仍处于平衡状态(不稳定的).
N1-f=0,N2-P=01分
N1h-Px·
ctgθ=01分
f=μN21分
解得
13.一转动惯量为J的圆盘绕一固定轴转动,起初角速度为ω0.设它所受阻力矩与转动角速度成正比,即M=-kω(k为正的常数),求圆盘的角速度从ω0变为
时所需的时间.
根据转动定律:
Jdω/dt=-kω
∴
2分
两边积分:
得ln2=kt/J
∴t=(Jln2)/k3分
14.一圆柱体截面半径为r,重为P,放置如图所示.它与墙面和地面之间的静摩擦系数均为
.若对圆柱体施以向下的力F=2P可使它刚好要反时针转动,求
(1)作用于A点的正压力和摩擦力,
(2)力
与
之间的垂直距离d.
设正压力NA、NB,摩擦力fA,fB如图.根据力的平衡,有
fA+NB=F+P=3P①1分
NA=fB ② 1分
根据力矩平衡,有
Fd=(fA+fB)r③2分
刚要转动有
④
⑤ 1分
(1)把④及 ②、⑤代入①可求得NA=0.9P,fA=0.3P2分
(2)由③可求得d=0.6r1分
15.一轻绳跨过两个质量均为m、半径均为r的均匀圆盘状定滑轮,绳的两端分别挂着质量为m和2m的重物,如图所示.绳与滑轮间无相对滑动,滑轮轴光滑.两个定滑轮的转动惯量均为
.将由两个定滑轮以及质量为m和2m的重物组成的系统从静止释放,求两滑轮之间绳的力.
受力分析如图所示.2分
2mg-T1=2ma1分
T2-mg=ma1分
T1r-Tr=
Tr-T2r=
a=rβ2分
解上述5个联立方程得:
T=11mg/82分
16.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,如图所示.求盘的角加速度的大小.
受力分析如图.2分
mg-T2=ma21分
T1-mg=ma11分
T2(2r)-T1r=9mr2β/22分
2rβ=a21分
rβ=a11分
解上述5个联立方程,得:
2分
17.质量m=1.1kg的匀质圆盘,可以绕通过其中心且垂直盘面的水平光滑固定轴转动,对轴的转动惯量J=
(r为盘的半径).圆盘边缘绕有绳子,绳子下端挂一质量m1=1.0kg的物体,如图所示.起初在圆盘上加一恒力矩使物体以速率v0=0.6m/s匀速上升,如撤去所加力矩,问经历多少时间圆盘开始作反方向转动.
撤去外加力矩后受力分析如图所示.2分
m1g-T=m1a1分
Tr=Jβ1分
a=rβ1分
a=m1gr/(m1r+J/r)
代入J=
a=
=6.32ms-22分
∵v0-at=02分
∴t=v0/a=0.095s1分
18.一轻绳绕过一定滑轮,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
M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)
受力分析如图所示.
设重物的对地加速度为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.2分
根据牛顿第二定律可得:
对人:
Mg-T2=Ma①2分
对重物:
T1-
Mg=
Ma②2分
根据转动定律,对滑轮有
(T2-T1)R=Jβ=MR2β/4③2分
因绳与滑轮无相对滑动,a=βR④1分
①、②、③、④四式联立解得a=2g/71分
19.如图所示,设两重物的质量分别为m1和m2,且m1>m2,定滑轮的半径为r,对转轴的转动惯量为J,轻绳与滑轮间无滑动,滑轮轴上摩擦不计.设开始时系统静止,试求t时刻滑轮的角速度.
作示力图.两重物加速度大小a相同,方向如图.
示力图2分
m1g-T1=m1a1分
T2-m2g=m2a1分设滑轮的角加速度为β,则(T1-T2)r=Jβ2分
且有a=rβ1分
由以上四式消去T1,T2得:
开始时系统静止,故t时刻滑轮的角速度.
1分
20.质量为M1=24kg的圆轮,可绕水平光滑固定轴转动,一轻绳缠绕于轮上,另一端通过质量为M2=5kg的圆盘形定滑轮悬有m=10kg的物体.求当重物由静止开始下降了h=0.5m时,
(1)物体的速度;
(2)绳中力.
(设绳与定滑轮间无相对滑动,圆轮、定滑轮绕通过轮心且垂直于横截面的水平光滑轴的转动惯量分别为
,
)
解:
各物体的受力情况如图所示.图2分
由转动定律、牛顿第二定律及运动学方程,可列出以下联立方程:
T1R=J1β1=
方程各1分共5分
T2r-T1r=J2β2=
mg-T2=ma,a=Rβ1=rβ2,v2=2ah
求解联立方程,得
m/s2
=2m/s1分
T2=m(g-a)=58N1分
T1=
=48N1分
21.两个匀质圆盘,一大一小,同轴地粘结在一起,构成一个组合轮.小圆盘的半径为r,质量为m;
大圆盘的半径
=2r,质量
=2m.组合轮可绕通过其中心且垂直于盘面的光滑水平固定轴O转动,对O轴的转动惯量J=9mr2/2.两圆盘边缘上分别绕有轻质细绳,细绳下端各悬挂质量为m的物体A和B,如图所示.这一系统从静止开始运动,绳与盘无相对滑动,绳的长度不变.已知r=10cm.求:
(1)组合轮的角加速度β;
(2)当物体A上升h=40cm时,组合轮的角速度ω.
(1)各物体受力情况如图.图2分
T-mg=ma1分
mg-
=m
(2r)-Tr=9mr2β/21分
a=rβ1分
=(2r)β1分
由上述方程组解得:
β=2g/(19r)=10.3rad·
s-21分
(2)设θ为组合轮转过的角度,则
θ=h/r
ω2=2βθ
所以,
ω=(2βh/r)1/2=9.08rad·
s-12分
22.物体A和B叠放在水平桌面上,由跨过定滑轮的轻质细绳相互连接,如图所示.今用大小为F的水平力拉A.设A、B和滑轮的质量都为m,滑轮的半径为R,对轴的转动惯量J=
.AB之间、A与桌面之间、滑轮与其轴之间的摩擦都可以忽略不计,绳与滑轮之间无相对的滑动且绳不可伸长.已知F=10N,m=8.0kg,R=0.050m.求:
(1)滑轮的角加速度;
(2)物体A与滑轮之间的绳中的力;
(3)物体B与滑轮之间的绳中的力.
各物体受力情况如图.图2分
F-T=ma1分
=ma1分
(
)R=
β=2F/(5mR)=10rad·
s-22分
T=3F/5=6.0N1分
=2F/5=4.0N1分
23.两个大小不同、具有水平光滑轴的定滑轮,顶点在同一水平线上.小滑轮的质量为m,半径为r,对轴的转动惯量J=
.大滑轮的质量m=2m,半径r=2r,对轴的转动惯量
.一根不可伸长的轻质细绳跨过这两个定滑轮,绳的两端分别挂着物体A和B.A的质量为m,B的质量
=2m.这一系统由静止开始转动.已知m=6.0kg,r=5.0cm.求两滑轮的角加速度和它们之间绳中的力.
各物体受力情况如图.2分
TA-mg=ma1分
(2m)g-TA=(2m)a1分
(T-TA)r=
(TB-T)(2r)=
(2m)(2r)2
a=rβ=(2r)
β=2g/(9r)=43.6rad·
=
=21.8rad·
T=(4/3)mg=78.4N1分
24.一质量m=6.00kg、长l=1.00m的匀质棒,放在水平桌面上,可绕通过其中心的竖直固定轴转动,对轴的转动惯量J=ml2/12.t=0时棒的角速度ω0=10.0rad·
s-1.由于受到恒定的阻力矩的作用,t=20s时,棒停止运动.求:
(1)棒的角加速度的大小;
(2)棒所受阻力矩的大小;
(3)从t=0到t=10s时间棒转过的角度.
(1)0=ω0+βt
β=-ω0/t=-0.50rad·
(2)Mr=ml2β/12=-0.25N·
m2分
(3)θ10=ω0t+
βt2=75rad1分
25.如图所示的阿特伍德机装置中,滑轮和绳子间没有滑动且绳子不可以伸长,轴与轮间有阻力矩,求滑轮两边绳子中的力.已知m1=20kg,m2=10kg.滑轮质量为m3=5kg.滑轮半径为r=0.2m.滑轮可视为均匀圆盘,阻力矩Mf=6.6N·
m,已知圆盘对过其中心且与盘面垂直的轴的转动惯量为
.
对两物体分别应用牛顿第二定律(见图),则有
m1g-T1=m1a①
T2–m2g=m2a②2分
对滑轮应用转动定律,则有
③2分
对轮缘上任一点,有a=βr④1分
又:
=T1,
=T2⑤
则联立上面五个式子可以解出
=2m/s22分
T1=m1g-m1a=156N
T2=m2g-m2a=118N3分
26.如图所示,一半径为R的匀质小木球固结在一长度为l的匀质细棒的下端,且可绕水平光滑固定轴O转动.今有一质量为m,速度为
的子弹,沿着与水平面成α角的方向射向球心,且嵌于球心.已知小木球、细棒对通过O的水平轴的转动惯量的总和为J.求子弹嵌入球心后系统的共同角速度.
选子弹、细棒、小木球为系统.子弹射入时,系统所受合外力矩为零,系统
对转轴的角动量守恒.2分
mv0(R+l)cosα=[J+m(R+l)2]ω2分
27.如图所示,一半径为R,质量为m的水平圆台,正以角速度ω0绕通过其中心的竖直固定光滑轴转动,转动惯量J=
.台上原站有2人,质量各等于转台质量的一半,一人站于台边A处,另一人站于距台中心
的B处.今A处的人相对于圆台以速率v顺着圆台转向沿圆周走动,同时B处的人相对于圆台以速率2v逆圆台转向沿圆周走动.求圆台这时的角速度ω.
解:
以转台和二人为研究对象,所受外力只有重力及轴的支撑力,诸力对转轴的
合力矩为零,所以系统角动量守恒.各转动惯量分别为2分
以地面为参照系,A处的人走动的角速度为ω+(v/R),B处的人1分
走动的角速度为ω-(2v/
R)=ω-(4v/R).由角动量守恒定律1分
=
2分解出ω=ω02分
28.一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μ),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,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
,忽略子弹重力造成的摩擦阻力矩)
(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)ω2分
(2)设σ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
为
=(2/3)πμ
gR3=(2/3)μMgR2分
设经过∆t时间圆盘停止转动,则按角动量定理有
-Mf∆t=0-Jω=-(
MR2+mR2)ω=-mv0R2分
∴
29.有一质量为m1、长为l的均匀细棒,静止平放在滑动摩擦系数为μ的水平桌面上,它可绕通过其端点O且与桌面垂直的固定光滑轴转动.另有一水平运动的质量为m2的小滑块,从侧面垂直于棒与棒的另一端A相碰撞,设碰撞时间极短.已知小滑块在碰撞前后的速度分别为
,如图所示.求碰撞后从细棒开始转动到停止转动的过程所需的时间.(已知棒绕O点的转动惯量
对棒和滑块系统,在碰撞过程中,由于碰撞时间极短,所以棒所受的摩擦力
矩<
<
滑块的冲力矩.故可认为合外力矩为零,因而系统的角动量守恒,即1分
m2v1l=-m2v2l+
①3分
碰后棒在转动过程中所受的摩擦力矩为
②2分
由角动量定理
③2分
由①、②和③解得
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