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刚体力学习题库

第四章刚体力学

一、计算题

1.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

，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＝ma①2分

对滑轮：

TR=Jβ②2分

运动学关系：

a＝Rβ③1分

将①、②、③式联立得

a＝mg/（m＋

M）1分

∵v0＝0，

∴v＝at＝mgt/（m＋

M）2分

2.如图所示，转轮A、B可分别独立地绕光滑的固定轴O转动，它们的质量分别为mA＝10kg和mB＝20kg，半径分别为rA和rB．现用力fA和fB分别向下拉绕在轮上的细绳且使绳与轮之间无滑动．为使A、B轮边缘处的切向加速度相同，相应的拉力fA、fB之比应为多少？

（其中A、B轮绕O轴转动时的转动惯量分别为

和

）

解：

根据转动定律fArA=JAβA①1分

其中

，且fBrB=JBβB②1分

其中

．要使A、B轮边上的切向加速度相同，应有

a=rAβA=rBβB③1分

由①、②式，有

④

由③式有βA/βB=rB/rA

将上式代入④式，得fA/fB=mA/mB=

2分

3.一质量为m的物体悬于一条轻绳的一端，绳另一端绕在一轮轴的轴上，如图所示．轴水平且垂直于轮轴面，其半径为r，整个装置架在光滑的固定轴承之上．当物体从静止释放后，在时间t下降了一段距离S．试求整个轮轴的转动惯量（用m、r、t和S表示）．

解：

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．

解：

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．

解：

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

1分

当棒转动到水平位置时，M=

mgl1分

那么

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．

解：

（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.

2分

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．

解：

J＝

＝0.675kg·m2

∵mg－T＝ma

1分

TR＝Jβ2分

a＝Rβ1分

∴a＝mgR2/（mR2+J）＝5.06m/s2

1分

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？

解：

（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＝

，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．

解：

（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.

2分

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＝

）．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．

解：

J＝

＝0.675kg·m2

∵mg－T＝ma

1分

TR＝Jβ2分

a＝Rβ1分

∴a＝mgR2/（mR2+J）＝5.06m/s2

1分

因此

（1）下落距离h＝

＝63.3m2分

（2）力T＝m（g－a）＝37.9N1分

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

（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？

解：

（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

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？

解：

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）．

1分

N1－f＝0，N2－P＝01分

N1h－Px·ctgθ＝01分

f＝μN21分

解得

1分

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．

解：

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．

解：

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．

解：

受力分析如图所示．2分

2mg－T1＝2ma1分

T2－mg＝ma1分

T1r－Tr＝

1分

Tr－T2r＝

1分

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．

解：

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．

解：

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）

解：

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．

解：

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：

2分

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．

解：

（1）各物体受力情况如图．图2分

T－mg＝ma1分

mg－

＝m

1分

（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．

解：

各物体受力情况如图．图2分

F－T＝ma1分

＝ma1分

（

）R＝

1分

a＝Rβ1分

由上述方程组解得：

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．

解：

各物体受力情况如图．2分

TA－mg＝ma1分

（2m）g－TA＝（2m）a1分

（T－TA）r＝

1分

（TB－T）（2r）＝

（2m）（2r）2

1分

a＝rβ＝（2r）

1分

由上述方程组解得：

β＝2g/（9r）＝43.6rad·s-21分

＝

＝21.8rad·s-21分

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．

解：

（1）0＝ω0＋βt

β＝－ω0/t＝－0.50rad·s-22分

（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

．

解：

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．

解：

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

1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

，

，

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）

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．

1分

mv0R＝（

MR2＋mR2）ω2分

1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

∴

2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

和

，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

）

解：

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

2分