第三章 刚体和流体的运动习题及解答

第三章 刚体和流体的运动 习题及解答3-3 3-5 3-73-18 3-20 3-22

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3-3 如图所示，两物体1和2的质量分别 为m1与m2,滑轮的转动惯量为J,半径为 r 。 (1)如物体2与桌面间的摩擦系数为μ, 求系统的加速度 a 及绳中的张力 T2 与 T2 (设绳子与滑轮间无相对猾动); (2)如物体2与桌面间为光滑接触，求系 统的加速度 a 及绳 T2 中的张力 T1与 T2。 m 2 T1

m1结束 目录

解：(1)

N f m2 T2 m 2g a

T2

αT1

T1 m1 m 1g a

m 1g T 1 = m 1a T 2 f = m 2a N m 2g = 0 解得：

a =r a f = m N = m m 2g T 1r T 2 r = J a m 1g m m 2g a =m m + 2+J r2 1结束 目录

m 1g ( m 2+m m 2 + J r 2 ) T1 = m 1+ m 2 + J r 2 m 2g ( m 1+m m 1 + m J r 2) T2 = m 1+ m 2 + J r 2 m 1g (2) m = 0 a = m m J r2 1+ 2+ m 1g (m 2+ J r 2 ) T1 = m 1+ m 2 + J r 2 m 1m 2g T2 = m 1+ m 2 + J r 2

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3-5 半径分别为 rA与 rB 的圆盘，同轴地粘 在一起，可绕通盘心且垂直于盘面的水平 光滑固定轴转动，对轴的转动惯量为J, 两园盘边缘都绕有轻绳，绳子下端分别 挂有质量为 mA与mB的物体 A和B,如图所示，若物体 A以aA上升，证明物体B的 rA O 质量： rB 2 Ja A mA rA ( g a A ) mB 2 rA rB g rB a A B A结束 目录

解： T 1 mA g= mA aA T 2 r B T1r A = J am Bg T 2 = m BaB

rA rB T1 T1 T2 T2

α

a A =rA aaB= r B a 解得： 2 Ja A mA rA ( g a A ) mB 2 rA rB g rB a A

aAm Ag

aBm Bg

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3-7 一轴承光滑的定滑轮，质量为 m0=2.00kg,半径为 R=0.10m, 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J=m0R2/2。其初角速度 ω0=10.0rad/s, 方向垂直于纸面向里。 求： R (1)定滑轮的角加速度； ω (2)定滑轮的角速度变化 m0 到ω=0时，物体上升的高度； (3)当物体回到原位置时， m 定滑轮的角速度。

解：(1) mg T ma T TR J a a R

R m0

mg/(m m0 / 2) R 83.3rad s 2 ( 2) 2 0 2 h R 2

m0 R J 2

2

ω

mg

T

h R 0.06 m 2 2 2 0

(3) 根据机械能守恒，定滑轮回原位置时： 0 10.0rad / s

3-18 两滑冰运动员，质量分别为 MA= 60kg,MB= 70kg,它们的速率 vA= 7m/s vB= 6m/s,在相距1.5m的两平行线上相向 而行，当两者最接近时，便拉起手来，开始 绕质心作圆周运动并保持两者间的距离为1.5 m。求该瞬时： (1)系统的总角动量； (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，为什么？结束 目录

MA

解：设C为质心MA a =MB b a+ b=1.5 vB

C

.

a

vA

b MB

MA a b= ( + b ) = 60 ×1.5 = 0.69m MA + MB 60+70 a =1.5 0.69 = 0.81m(1)系统的总角动量为： MAa vA+ MB b vB=630 N.m/s结束

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(2)系统对质心C 的转动惯量为： 2 2 JC = MAa + MB b = 72.7 kg.m2 由角动量守恒： JC = MAa vA+ MB b vB ω MAa vA+ MB b vB 630 ω= = 72.7 = 8.67 rad/s JC (3)拉手前的总动能 1 v2 1 v2 E k1= MA A + MB B = 2.73×103J 2 2 由机械能守恒，拉手后的动能为： 1 E k2= Jω 2 =E k1= 2.73×103J 2 结束 目录

3-20 如图，滑轮的转动惯量 J= 0.5kg· m2,半径 r =30cm,弹簧的劲度系数为 k = 20 N/m,重物的质量 m =2.0 kg。当此滑 轮一重物系统从静止开始启动，开始时弹簧 没有伸长。如摩擦可忽略，问物体能沿斜面 滑下多远？ J r m k 370

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b = x sin 1 x2 1 v2 1 2 mg b = k + m + J ω 2 2 2 J 由题意： v = 0 r m 解：

ω=0

1 x2 mg b = k 2 2 mg x sin 2×2×9.8×0.6 x= = 20 k = 1.176m

k

b

x

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3-22一长为 l =0.40m 的均匀木棒，质 量 M =1.00kg,可绕水平轴 0在竖直平面内 转动，开始时棒自然地竖直悬垂。现有质量 m = 8g 的子弹以 v =200m/s的速率从A点 射入棒中假定A点与0点的距离为 3l/4,如 图。求： (1)棒开始运动时的 O 角速度； (2)棒的最大偏转角。 3l l 4 A m v结束 目录

解：子弹射入后系统的转动惯量为： 1 3 )2 2 J = M l + m ( l = 0.054 3 4 (1)系统角动量守恒O

3 ) J mv ( l = ω 4

3l 4 m

l

v

A

3 3 × 0.4 m v ( l ) 0.008×200× ( ) 4 = 4 ω = J 0.054

= 8.87 rad/s

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(2)系统机械能守恒，设最大偏角为 Mg l (1 cos ) + m g 3 l (1 cos ) = 1J 2 ω 4 2 2 Mg l + 3 m g l J 2 ω 2 cos = O 3 mgl Mg l + 2 3l l = 0.078 4

= 94.060

m

v

A

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