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第3章 刚体力学习题解答
3.13 某发动机飞轮在时间间隔t内的角位移为
??at?bt3?ct4(?:rad,t:s)。求t时刻的角速度和角加速度。
解：??d?dt?a?3bt2?4ct3??d?dt?6bt?12ct2
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，
v?2?Rn2?2?Rn1/0.909，所以：
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 ，则半径为r，厚为dr的薄圆筒的质量dm为： 对其轴线的转动惯量dIz为
3.17 如题3-17图所示，一半圆形细杆，半径为 求对过细杆二端
轴的转动惯量。
，质量为
，
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Iz?Ix?Iy和问题的对称性知：圆形细杆对过
轴的转动惯量为
1mR2，由转2动惯量的可加性可求得：半圆形细杆对过细杆二端 转动惯量为：IAA??轴的
1mR2 43.18 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
2 I?12MR.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， 设挖去两个小圆盘后，剩余部分对o轴的转动惯量为I”
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：
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制动过程可视为匀减速转动，????/?t
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=，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：
（2）由定轴转动刚体的动能定理得：A?Ek?Ek?F?h=490J
12I? 2（3）物体受力如图所示：
?P?T?ma??解方程组并代入数据得： ?rT??J????a?r?T?T?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：
对滑轮应用转动定理：
(T2?T1)R?I??Ia/R （3）
质点m2作匀加速直线运动，由运动学公
2式：?y?12at，
由 ⑴、⑵可求得 T2?T1?(m2?m1)g?(m2?m1)a,代入（3）中，可求得
I?[(m2?m1)g/a?(m2?m1)]R2，代入数据：
3.22质量为m，半径为 水平面的动摩擦因数为
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，圆盘的初角速度为?0，问到停止转动，圆盘共转了多少圈？
解： I?1mR2 22文档来源为:从网络收集整理.word版本可编辑.
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如图所示：dm?2??rdr dM??r?gdm
由转动定律：M=Jd?d?d?d? 得： ?J?J?dtd?dtd?0??212mR??d?????mgR?d?
?00323R?02积分得： ???
8?g3R?02所以从角速度为?0到停止转动，圆盘共转了圈。
16??g3.23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： 解方程得：v?2m1gh?kh2m1?m/2 代入数据计算得：v=1.48m/s 。
即物体下落0.5m的速度为1.48m/s
3.24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 所以经过
4m的时间，薄板角速度减为原来的一半。
3kba2?03-25一个质量为M，半径为 R并以角速度?旋转的飞轮（可看
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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。
2v0R2?2?解：（1）碎片以R?的初速度竖直向上运动。上升的高度：h? 2g2g （2）余下部分的角速度仍为 ?
1角动量 L?J??(M?m)R2?
211转动动能 Ek?(M?m)R2?2
223.26两滑冰运动员，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， vA=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）x?mAl60?1.59921??m l?x?1.5??m
mA?mB60?70131326LcLc?，代入数据求得：?c?8.67rad?s?1 22JcmBx?mA(l?x)（2）L?J? ?c?（3）以地面为参考系。
1122拉手前的总动能：Ek1?mAvA，代入数据得Ek1?2730J， ?mBvB22拉手后的总动能：包括括个部分：（1）系统相对于质心的动能（2）系统随质心平动的动能
动能不守恒，总能量守恒。 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： L1?mv0l/4
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2?1?l??2碰撞前后：L2?J0?0??ml?m????0
?4????12?12v0 由L1?L2可求得：?0?rad?s?2
7l3.28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（1）初态始角动量 L1?mr02?0；终态始角动量 L2?mr02?
4由L1?L2求得：??4?0
11322 J1?12?J0?0?mr02?02223.29质量为0.50 kg，长为0.40 m 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 （2）拉力作功：W?(1) 由同转动定理有：??Mlmgsin?2??3gsin? 2lJ1ml23代入数据可求得：??18.38rad?s?2
l1122由刚体定轴转动的动能定理得：mgcos??ml?
223??3gcos?，代入数据得：??7.978rad?s?1（也可以用转动l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：W??Ek Ek?mgh?0.5?9.8?0.2?0.98J （3）??2Ek?J2?0.981?0.5?0.423?8.573rad?s?1
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 ＝10.0 kg· m2 ，开始时B 轮静止，A 轮以n1 ＝600 r· 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 ＝200 r· 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
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大学物理第3章 刚体力学习题解答
