焦耳

刚体转动习题

刚体转动习题习题总目录结束

4-1 4-2 4-3 4-4 4-5 4-6 4-7

4-8 4-9 4-10 4-11 4-12 4-13 4-14

4-15 4-16 4-184-17 4-19 4-20 4-21

4-22 4-23 4-24 4-25 4-26 4-27 4-28

刚体转动习题

目录

4-29 4-30 4-31 4-32

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4 -1 一飞轮直径为 0.30m ，质量为 5.00kg ，边缘绕有绳子，现用恒力拉绳子的一端，使其由静止均匀地加速 ，经 0.50 s 转速达10r ／ 3 。假定飞轮可看作实心圆柱体，求： （ 1 ）飞轮的角加速度及在这段时间内转过的转数； （ 2 ）拉力及拉力所作的功； （ 3 ）从拉动后经 t =10s 时飞轮的角速度及轮边缘上一点的速度和加速度。

结束 目录

5.2×10-2 kg.m2 =

= 1.26×102 1/s2

===ω tnπ2

t2×3.14×10

0.5

1.26×102×(0.5)2 = 5π 21 t 2== 2

1 ×

N= π2 = 2.5rev

ω n t= =π2(1)2

5 0.15MRJ 2

21 ×

= = ( )2解：

结束 目录

= =F RJ= 5.6×10-2×1.26×102

0.1547N

=A =M FR

47×0.15×5π=111J =

FM RJ ==(2)

结束 目录

ωRv= = 0.15×1.26×103

= 1.89×102 m/s

at = R = 0.15×1.26×102

an2= ωR = 0.15×(1.26×103)2

= 2.38×105 m/s2

= 1.26×102×10 =1.26×103 1/sω t=(3)

=18.9m/s2

结束 目录

4-2 飞轮的质量为 60kg ，直径为 0.50m ，转速为 1000r ／ min ，现要求在 5s 内使其制动，求制动力 F , 假定闸瓦与飞轮之间的摩擦系数 μ= 0.4 ，飞轮的质量全部分布在轮的外周上。尺寸如图所示。

F

ωd闸瓦

0.5m 0.75m

结束 目录

= 3.75kg.m2

0t = 100060

n ×== π2ω0 π2=104.7 r/s

5t = =ω 0f

N

FN

f

l 1 l 2

RJ m 2= = 60×(0.25)2 解：

ω 104.7 20.9 r/s25

0t === ω0

l 1 + =( )F l 2 N l 1 0

=R Jf = NR

l 1=Fl 1 + l 2 R

J = 314N=NR

J

结束 目录

4-3 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 及绳中的张力 T1 与 T2 。 m 2

2T

1T

m 1

结束 目录

f = N gm 2=1T = m a1gm 1

2T = m a2fa = r

+=r 2+m 2gm 1 m 2 J( )

r 2++m 1 m 2 J1T

+=r 2+m 1gm 2 m 1 J( )

r 2++m 1 m 2 J2T

N

g

f2T

m 2m 2

2T

1T

a

gm 1

1T

m 1

0N =gm 2 Jr =1T 2T r

r 2++a =gm 2gm 1

m 1 m 2 J解得：

解： (1)

结束 目录

gm 1

r 2++m 1 m 2 Ja =

+=r 2gm 1 m 2 J( )r 2++m 1 m 2 J1T

=gm 2m 1

r 2++m 1 m 2 J2T

(2) = 0

结束 目录

4-4 电动机带动一个转动惯量为 J = 50kg·m2 的系统作定轴转动。在 0.5s 内由静止开始最后达到 120 r ／ min 的转速。假定在这一过程中转速是均匀增加的，求电动机对转动系统施加的力矩。

结束 目录

ω nt == π2ω0

t

π1202 3.14 60 8 sr 2

×

=×

= 0.51.26×103 N.m=50M J ×== π8

0.5s=t =ω0 0解：由已知

结束 目录

4-5 求题 4-2 中制动力矩在制动过程中所作的功。

结束 目录

-2.05×104 J=

ωA J 2

21= ( )ω0

2 J21= ω0

2

104.73.75 2×21= × ( )

解；由转动动能定理

结束 目录

4-6 某冲床上飞轮的转动惯量为 4.00×103kg·m2 ．当它的转速达到 30 r/min 时，它的转动动能是多少？每冲一次，其转速降为 10 r ／ min 转。求每冲一次飞轮对外所作的功。

结束 目录

= 1.96×104 J

E J 2

21= ω2k2 ×4.0×103 10

602= π2( )2

1

= 2.06×103 J= E k2A E k1= 2.06×103 1.96×104

= 1.7×104 J

E J 2

21= ω2k2= E k2A E k1(2)

解：E J 2

21= ω1k1

×4.0×103 3060

2= π2( )21(1)

飞轮作功为：1.7×104 J 结束 目录

4-7 绕有电缆的大木轴，质量为 1000kg ，绕中心轴 0 的转动惯量为 300 kg·m2 ．如图所示：R1=1.00m ， R2=0.40m 。假定大木轴与地面间无相对滑动，当用 F = 9800 N 的水平力拉电缆的一端时，问： （ 1 ）轮子将怎样运动？ （ 2 ）轴心 0 的加速度是多大？ （ 3 ）摩擦力是多大？ （ 4 ）摩擦系数至少为多大时才能保证无相对滑动？

F

R1

R20

结束 目录

（ 5 ）如果力 F 与水平方向夹角为 θ (<π/2) 见图，而仍要使木轴向前加速且与地面无相对滑动，问 θ 最大不能超过多少？

F

结束 目录

F

R1

gmR2

fN

o解： (1) 当轮子与地面无相对滑动时， 作纯滚动。

F R 1MA == ( )R 2 J A

==J A

MA F R 1( )R 2

J A

= 4.52 rad/s29800 0.6×= 1.3 103×

m2+=J A J 0 R 1 1.3×103 kg.m2 =

1 4.52a 0 ×= ==R 1 4.52 m/s2

轴心 O 的加速度为：结束 目录

f ma 0= F9800 4.52 1000× 5.28×103 N= =

f ma= F

f ma 0=F(3)

f ma=F(4)根据牛顿第二定律

轮子只滚不滑的条件是： f ≤f 静 max

f ma= F ≤ N即：

≤gm F R 1

0.54≥ = F R 1gm

a R 1=只滚不滑时 f == gmN 而

结束 目录

Nf

F

gmo02 ≥

+=F

J m0

cos1R

1R2R ( )

0≥cos1R 2R

=cos ≥1R

2R≥

0.4 0.41

(5) 设轮子向右运动

解式 (1)(2) 得：

F f mcos 1R== m 0a (1)J 0Ff 1R =2R (2)

结束 目录

4-8 有质量为 mA 与 mB ，的两圆盘同心地粘在一起，半径分别为 rA 与 rB 。小圆盘边缘绕有绳子，上端固定在天花板上，大圆盘边缘也绕有绳子，下端挂一物体，质量为mC （见图）试求： （ 1 ）要使圆盘向上加速、向下加速、静止或匀速运动的条件； （ 2 ）在静止情形下，两段绳子中的张力。

mc

rB

rAO

结束 目录

T 1T =g a 0mA( )mB+ mA( )mB+

=a 0 rB

JJ A+ ==rA rB T1T J B( )

=gmC 1T mCa

+ +

gmA( )mB+rA rB( ) gmC rB

gmA( )mB+rB rB

J rA rB( ) 2

rBmC

=a 0

1T

a

gm C

rA

rB

T

g

a 0

mA( )mB+1T

=rA rB a=rA a 0

解得：

解：(1)

结束 目录

a 0> 0若：上升

<a 0 0若：下降

=a 0 0若：静止= gmA( )mB+rA rB( ) gmC rB要求：

< gmA( )mB+rA rB( ) gmC rB要求：

gmA( )mB+rA rB( ) gmC rB>要求：

+ +

gmA( )mB+rA rB( ) gmC rB

gmA( )mB+rB rB

J rA rB( ) 2

rBmC

=a 0

结束 目录

T 1T =g a 0mA( )mB+ mA( )mB+

=a 0 rB

JJ A+ ==rA rB T1T J B( ) =gmC 1T mCa

=rA rB a=rA a 0

(2)

静止时， a0=0 ，上述方程变为：

JJ A+ ==rA rB T1T J B( ) =gmC 1T mCa

a=rA

T 1T =gmA( )mB+ 0

结束 目录

T 1T =gmA( )mB+JJ A+ ==rA rB T1T J B( )

=gmC 1T mCaa=rA

0

= + gmA( )mB+T 1T

解得：

+=gm C

JrA2mC

1TmA( )mB+J rA rB

mC mCrA rB

+ gmA( )mB++=

gm C

JrA2mCmA( )mB+J rA rB

mC mCrA rB结束 目录

4-9 密度均匀、半径为 b 、质量为 m 的小球在与水平面的夹角为 β 的斜面上无滑动地滚下并进入一半径为 a 的圆形轨道，如图所示。假定小球由高度为 h 的顶部从静止滚下。 （ 1 ）求小球到达斜面底部时的角速度和质心的速度； （ 2 ）证明：如果b << a ，要使小球不脱离圆轨道而达到 A 点，则 h 应满足：

1027ah ≥

β

A

h

r=b

a

B

C

结束 目录

β

A

h

r=b

a

B

C

解： (1) 球的转动惯量为25 mb2

0J =

ωh v021 +=gm m 2

21

0J 2

= ωv0 b

ωh 21 +=gm m 2

212b 5

2 ωm 2 2b

=ω b1

710 gh

BC从 机械能守恒

= 710 ghv0

结束 目录

2agm + ωh vA21 +=gm m 2

21

0J 2

m vA=gm a2

2agm +h 21 +=gm mga 2

152

m 2bga

2b

1027ah ≥

2a +h 2 += 5a a = 10

27a

ab <当 时，(2) 从 C → A 机械能守恒，

小球不脱离轨道时：

gvA = a2

结束 目录

4-10 压路机的滚筒可近似地看作一个直径为 D 的圆柱形薄壁圆筒（如图），设滚筒的直径 D =1.50m ，质量为 10 t 如果水平牵引力 F 为 20000N 使它在地面上作纯滚动。求： （ 1 ）滚筒的角加速度和轴心的加速度； （ 2 ）摩擦力； （ 3 ）从静止开始走了 1m 时，滚筒的转动动能与平动动能。

F

结束 目录

2Dm

2J A += =( ) 2

Dm2

( ) 2Dm

2

F=MA 2D = J A

=1000020000

×=== MA

J A

FmD 1.5 1.33 r/s2

a 0 = ×2D 1.33 1.5

2 = 1 m/s2=

解 : (1) 滚筒对瞬时转动中心的惯量

120000 × == 10000 × 10000NFf m= a 0

F f m= a 0(2)

F

f

a 0A

结束 目录

== 21

m saD 104 J

== 21

m saD 104 J

ω a2 == 2 4 saD2 D

s == 2Ds(3)

21E k1 == J 0ω 2

21

×2Dm

2( ) 4 sa

D转动动能：

E k 0v 2

21m= = 2

12Dm

2( )ω平动动能：

结束 目录

4-11 长为 l 质量为 m 的均匀杆，在光滑桌面上由竖直位置自然倒下，当夹角为 θ 时（见图），求： （ 1 ）质心的速度； （ 2 ）杆的角速度。

A

B

l

结束 目录

0xc =

=vcx 0

ω=vc = sinl2vcy

ω 1 ml 2 cos121+ = gm( )2

1 2

21 ( )m 2

21 vc

=tdd ω

解：选质心坐标系

由机械能守恒：

l cos2=yc

td

sin= =yc

dl

2 tddvcy

A

B

l

结束 目录

123

g2sin+( )

1 cos( )l1ω =

ω=vc sinl2

123

g2sin+( )

1 cos( )l1= sinl

2

+m21 ωsin l

4222

( ) ωml 2

241 =2 1 cosgm 2 ( )l

将 代入得：vc

ω 1 ml 2 cos121+ = gm( )2

1 2

21 ( )m 2

21 vc

结束 目录

4-12 如图所示，一圆柱体质量为 m ，长为 l ，半径为 R ，用两根轻软的绳子对称地绕在圆柱两端，两绳的另一端分别系在天花板上。现将圆柱体从静止释放，试求： （ 1 ）它向下运动的线加速度； （ 2 ）向下加速运动时，两绳的张力。

l结束 目录

gm 2T ma c=

R J=gm

2

21 += ( )Rm 2Rm

R =gm 2

23 Rm g

R= 32

=a c R g= 32 = 6

1T gm

解：设系统做纯滚动

lgm

T T

结束 目录

4-13 在自由旋转的水平圆盘边上，站一质量为 m 的人。圆盘的半径为，转动惯量为J ，角速度为 ω 。如果这人由盘边走到盘心，求角速度的变化及此系统动能的变化。

ω

结束 目录

ω += J2Rmω J

E kΔ = E kE k

=Δω ω=ω ω2Rm

J

21= J +J( )2Rm 2

J 2 ω 2

= 21J + J2Rm 2( ) 2Rm

解：系统角动量守恒ω + =J( )2Rm ωJ(1)

21= +J( )2Rm 2

J ω 2

(2) 21= J ω 2E k

ω

结束 目录

4-14 在半径为 R1 、质量为 m 的静止水平圆盘上，站一质量为 m 的人。圆盘可无摩擦地绕通过圆盘中心的竖直轴转动。当这人开始沿着与圆盘同心，半径为 R2 （＜ R1 ）的圆周匀速地走动时，设他相对于圆盘的速度为 v ，问圆盘将以多大的角速度旋转？

ω

R 1 R 2

结束 目录

= R 2

vω人对盘的角速度盘对地的角速度ω

由角动量守恒得：ω 0+″ =R 22m Jω

ω+ ==ω ″ ω R 2+ωv人对地的角速度

RJ 12

21= m解：

0=ωR 12

21 m+R 2

2m R 2+ωv( )

=ωR 1

2

21 m+

R 2m v

R 22m

=R 1

2 2+R 2v

R 22

2

ω

R 1R 2

结束 目录

4-15 如图所示，转台绕中心竖直轴以角速度 ω 作匀速转动。转台对该轴的转动惯量J = 5×1O-5 kg.m 。现有砂粒以 1 g/s 的速度落到转台，并粘在台面形成一半径 r =0.1m 的圆。试求砂粒落到转台，使转台角速度变为 ω0/2 所花的时间。

ω 0

结束 目录

ωJ 221+== ( )ω0 J J mr ω0

== md tdt m

2J

r md td

== 5×10-5

1×10-30.1 2( ) × 5s

ω0 ω0=2

21 Jm 2

1r

=J 5×10-5 kg.m2

1m -3d×=td

10 kg/s已知：

解：由角动量守恒

2= Jmr

ω 0

r

结束 目录

4-16 长为 2a 的匀质棒 AB ，以铰链固定在 A 点，最初，用手在 B 点把它放在水平位置静止不动。当放开 B 端，棒绕 A 点转到竖直位置时，去掉铰链，使它成为自由落体。在以后的运动中，它的质心沿抛物线运动，而棒则绕质心旋转着。问当它的质心下降距离 h 时，棒转了几转？

2aA B

结束 目录

gh t 2

21= g

ht 2=

ωJ m a=21 2 g

解：质心在铅直方向作自由落体运动

从水平位置到铅直位置机械能守恒

2aA B

( ) ωm21 2

31 2 =m ag2a×

==ω t 3g2a g

h2× = a

h3

3= gω 2a

=n π2= π2

1ah3结束目录

4-17 在一半径为 R 、质量为 m 的水平圆盘的边上，站着一个质量为 m′ 的人。这圆盘可绕通过中心的竖直轴转动，转轴与轴承之间的摩擦阻力可忽略不计。当人沿盘的边缘走一周回到盘上原有位置时，这圆盘将转过多大的角度？

ω

R m m

结束 目录

盘对地的角速度ω

由角动量守恒得： ω 0+″ =R 2m Jω

RJ 2

21= m解：

= Rvω人对盘的角速度 r

0=ωR 2

21 m+R 2m R +ωv( ) r

ω+ ==ω ″ ω R +ωv人对地的角速度 r

=ωR 2

21 m+

Rm v

R 2m

r

ω

R m m

= R2

1 m+m v

m

r

( )结束 目录

tΔ由题意在 时间内，人相对盘转过的角度为：

r= R2m+m v

m( )Rrv

π2 =

2 m+m

m( )π4

rω tΔ == R+m v

m( )tΔ

2m

tΔ在 时间内，人相对地转过的角度为：

R=rvtΔ π2∴R ==ω tΔ rv tΔ π2 =

结束 目录

4-18 一脉冲星质量为 1.5×l030kg ，半径为 20km 。自旋转速为 2.1 r/s ，并且以1.0×10-15 r/s 的变化率减慢。问它的转动动能以多大的变化率减小？如果这一变化率保持不变，这个脉冲星经过多长时间就会停止自旋？设脉冲星可看作匀质球体。

结束 目录

= 1.5×1030×(20×103)2×2π×2.1×2π×10-15 52×

=1.98×1025 J/s

=t = kEEkd td

2ωJ 2Ekd td

= 1.98×1025 1.05×1015 s21 2.4×1038 ×(4.2π)2×

=

πωE RJkd52==

tdd

tdω 2ωd

tdω

解：

结束 目录

4-19 如图所示的打桩装置，半径为 R 的带齿轮转盘绕中心轴的转动惯量为 J 转动角速度为 ω0 ，夯锤的质量为 M ，开始处于静止状态，当转盘与夯锤碰撞后，问夯锤的速度能有多大？

结束 目录

MRJ 2+= ( )ω0 J ω

= MRJ

2 +ω0

Jω

ω0v = R ω = MRJ

2+JR

解：

结束 目录

4-20 一个人站在一竹筏的一端用力向垂直于筏身方向水平跳出去。筏由于受到反冲作用就要旋转起来。假定人的质量为 m = 60kg ，筏的质量 M =500kg ，人相对于岸的起跳速度为 3m ／ s 。 求竹筏所获得的角速度。（假定竹筏的转动惯量近似地可以用细杆的公式来计算，水的摩擦可以忽略不计）。筏长 10 m 。

结束 目录

解：筏的质心是 O ， 筏与人所组成的系统的质心是 C ， 对该系统无外力矩作用， 所以系统角动量守恒。先求质心 C 的位置 : L

CO m

v

a b

ab M

m=

M m=a b

=== 2L

M m+Mb ( )

500×102(500+60) 4.46m

=2L= ba 0.54m

2LM m+ += a bM =b b

结束 目录

ω 0Jm vb =

121 +=J aML 2 M 2

×500×102 = 121 +500×0.542

= 4310 kg.m2

ω Jm vb=

34310

60 0.186 rad/s==×× 4.46

对质心 C 的角动量守恒ω J

m vb=

结束 目录

4-21 两滑冰运动员，质量分别为 MA= 60kg ， MB= 70kg ，它们的速率 vA= 7m/svB= 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 1.5m 。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

=a bMA MB

1.56070

×+ ==( )a b+=b

MA

MB+MA 600.69m

=a 1.5 0.69 = 0.81m

= abMA

MB

a b+= bMA

MB+MA

a

b

.C

MA vA

vB MB

解：设 C 为质心

(1) 系统的总动量矩为：a bMA vA vBMB+ = 630 N.m/s

结束 目录

72.7 kg.m22=J C a bMA MB+ 2 =

ω =J C a bMA vA vBMB+

ω = JC

a bMA vA vBMB+ = =63072.7 8.67 rad/s

(2) 系统对质心 C 的转动惯量为：

由角动量守恒：

(3) 拉手前的总动能

ωJ 2 = 2.73×102J21E k2= E k1=

2

21E k1 += vAMA

2

21 vBMB 2.73×102J=

由机械能守恒，拉手后的动能为：

结束 目录

4-22 如图，弹簧的劲度系数为 k =2.0N/m ，轮子的转动惯量为 0.5kg.m2 ，轮子半径 r =30cm 。当质量为 60kg 的物体落下40cm 时的速率是多大？假设开始时物体静止而弹簧无伸长。

结束 目录

ωgxm k 2

21 +=x m 2

21 v J 2

21

gxm k 2

+= xr

2vJ 2

2m

2×60×9.8×0.4 += 2×(0.4)2

60 0.5 (0.3)2

= 7.18

=v 2.68 m/s

解：由动能定理

结束 目录

4-23 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？

37

J

mr

k0

结束 目录

b + ωgm k 2

21 += x m 2

21 v J 2

21

ω 0=

bgm k 2

21= x

= gmk

2x x sin 2×2×9.8×0.6= 20= 1.176m

b =x sin解：

0v=由题意： J mr

k

b x

结束 目录

4-24 在上题中，当物体沿斜面滑下1.00m 时，它的速率有多大？

J mr

k

b x

结束 目录

2×2×9.8×0.6 200.32 0.5 2+= =( )

0.47

b ωgm k 2

21 +=x m 2

21 v J 2

21

+gm2 x sin k 2=x m2v J 2r( )

= 1mx

+=

m2v

J 2rgm2 sin

v = 0.68 m/s

解：

J mr

k

b x

结束 目录

4-25 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 ）棒开始运动时的角速度； （ 2 ）棒的最大偏转角。

A

O

m v

l4 3l

结束 目录

0.054MJ ml2

31 + == ( )4

3l

2

ωv Jm =( )43

l

ωv

J

m=

( )43

l=

0.008×200× ( )43 × 0.4

0.054= 8.87 rad/s

解：子弹射入后系统的转动惯量为：

(1) 系统角动量守恒

A

O

m v

l4 3l

结束 目录

+ = ω12M Jg ml 2cos 4

3( ) 1 cos( )lg 21

23=

+ ω

M Jg ml 2

cos 23 lg

+Mg ml lg

= 0.078

= 94.060

(2) 系统机械能守恒，设最大偏角为

A

O

m v

l4 3l

结束 目录

4-26 半径 R 为 30cm 的轮子，装在一根长 l 为 40 cm 的轴的中部，并可绕其转动，轮和轴的质量共 5kg ，系统的回转半径为 25cm ，轴的一端 A 用一根链条挂起，如果原来轴在水平位置，并使轮子以 ω 自 =12rad ／ s 的角速度旋转，方向如图所示，求： （ 1 ）该轮自转的角动量； （ 2 ）作用于轴上的外力矩； （ 3 ）系统的进动角速度，并判断进动方向。 BA

ω

R

l

O

结束 目录

= 0.313 kg.m2

5 0.25RJ m 2 ×== ( )2回(1)

ω 3.769.8

J ===进动MA

ω自2.61rad/s(3)

5×9.8×0.2=2 9.8 N.mg lMA m ==(2)

解：

BA

ω

R

l

O

俯视时，进动方向为逆时针方向。结束 目录

4-27 为稳定船身而装在船上的一种陀螺仪 ，其质量为 50 t 回转半径为 2m ，以900 r ／ min 的转速绕竖直轴旋转，问： （ 1 ）如用 736kw 的输入功率使其从静止开始转动，要经多长时间才能达到这个稳定转速？ （ 2 ）要加多大力矩才可使它在船的竖直纵断面内产生 10 ／ s 的进动角速度？

结束 目录

P t 2

21= J ω自

= 1.21×103sP

t2

2= J ω自 2×105× 30π( ) 2

2×736×103=

πω 60900==自 30 rad/s解：

RJ m 2 == 回 2.0×105 kg.m2(1)在 t 秒内输入功率全部转化为转动动能

M = ω进J ω 自M=ω进

J ω自

= 3.3×105 N.mπ2×105×0.0175×30=M

(2) =进ω 1 度 秒 = 0.0175rad/s结束

目录

2-28 在如图所示的回转仪中，转盘的质量为 0.15kg , 绕其轴线的转动惯量为：1.50×10-4 kg.m2 ,架子的质量为 0.03kg,由转盘与架子组成的系统被支持在一个支柱的尖端 O ，尖端 O 到转盘中心的距离为 0.04m , 当转盘以一定角速度 ω 绕其轴旋转时，它便在水平面内以 1/6 rev/s 的转速进动。 (1) 求尖端对支架的作用力； (2) 求转盘自转的角速度； (3)画出自转角速度矢量、进动角速度矢量和架子转盘系统所受到的力矩矢量图。

结束 目录

ω

G

R

O

结束 目录

N gm 2+=( )m 1

9.80.15 ×+ == 0.03( ) 7.16N

=M=ω进J ω自

Nd进J ω

3.147.16×0.04

1.51×10-4×3

=

(1) 解：尖端对支架的竖直向上的作用力

n 61 ==π2=ω进 π2 × 1.05rad/s(2)

ω

G

R

O

结束 目录

ω

G

R

OM

ω自

进ω(3)

结束 目录

29. 地球半径 R=6378km, 卫星离地面最近距离为 l1 = 439km, 最远距离为 l2 = 2384km , 设近地点卫星速度为 v2 = 8.1km/s 。 求：远地点卫星速度。

mv

Rl 2

2

v1l 1

解：解：

由角动量守恒得：由角动量守恒得：

( )Rmv l1 1+ ( )Rmv l2 2+=

=v2

( )Rl 1+( )Rl 2+

v1 = 6.3(km.s )-1

结束 目录

试求：当绳子到达 B点（此时绳子被拉紧）时的速度。

30. P为一水平面，一小球系于长度为 l 的细绳的一端，绳的另一端固定于 O点，开始时绳子是松弛的，球位于 A点，速度为 ，其方向与 AO垂直，球与 O点的距离为 d 。

v 0

解：由角动量守恒得

=mv d0 mvd

l= v d0v v0

vO

Ad

结束 目录

A

O

vl

0

R

ω+ =( ) R Imv l2

0 cos [ ]+m +( )R l

31.OA为一均质木棒，R为一木球，两者固定在一起，可绕水平的 O轴转动。它们对 O轴总的转动惯量为 IO ，一子弹以角射入木球 R，并嵌入在球心。 求：子弹嵌入后，两者共同的角速度。

ω +( ) Rmv l0 cosI 2+m +( )R l

=

解：由角动量守恒得解：由角动量守恒得

结束 目录

求：棒从碰撞开始到停止转动所用的时间。

32. 质量为 m1,长度为 l 的均匀细棒，静止平放在滑动摩擦系数为 的水平桌面上，它可

绕端点 O 转动。另有一水平运动的质量为 m2 的小滑块，它与棒的 A 端相碰撞，碰撞前后的速度分别为 及

v1 v2。

A

m

vl

1

v2

1

m 2

O

结束 目录

13=I m 1l

2

+=ω I

m vl2 1 m v l2 2=

+m v2 1

mv

l123 ( )

A

Om

v l1

v2

1

m 2

解：由角动量守恒得ωIm vl2 1 = m vl2 2

棒上 dx 段与桌面间的摩擦力为：g xf

m d 1= ld

=dM fdx = g xm d 1

lx

dx 段所产生摩擦力力矩为：

结束 目录

M0= g xm d 1

lxl 1

2= gm 1 l

=+m v2 1

mv

l122 ( )

t

摩擦力力矩为：dM = g xm d 1

lx

由角动量原理：M0 =t

td Mt ω0 13 m 1l

2=)

= 13 m 1l

2 +m v2 1

mv

l123 (.

所用的时间为：

结束 目录

习题总目录

ε π ρστ φ ω

102×102 ×102 ×102

+=

<> ( ) ? 12 3 45 6 789 0 .

β aAB C DE FG K M N P R S TU VWH L O QI J

g zxn sf h m r t u v ye l pcb d kji o

ΔΣ1 2 03 d i j k zx yoa cb d

sin tgcos ctg

v2 21

v 2 M m+( )2T

∵ ∴⊥ ×

m 1MAmA

≤≥

+++++======

gm 1m a1 π2 ( )ω0

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1112 14 15161718

19

2021222313

24

0101 　、。 ·ˉˇ¨ 〃々—0111 ～‖…‘’“”〔〕〈0121 〉《》「」『』〖〗【0131 】 ±×÷∶∧∨∑∏∪0141 ∩∈∷√⊥∥∠⌒⊙∫0151 ∮≡≌≈∽∝≠≮≯≤0161 ≥∞∵∴♂♀°′″℃0171 ＄ ¤ ￠￡‰ §№☆★○0181 ●◎◇◆□■△▲※→0191 ←↑↓ 〓→耻虫仇0201 ⅰⅱⅲⅳⅴⅵⅶⅷⅸⅹ

0211 ⒈⒉⒊⒋0221 ⒌⒍⒎⒏⒐⒑⒒⒓⒔⒕0231 ⒖⒗⒘⒙⒚⒛⑴⑵⑶⑷0241 ⑸⑹⑺⑻⑼⑽⑾⑿⒀⒁0251 ⒂⒃⒄⒅⒆⒇①②③④0261 ⑤⑥⑦⑧⑨⑩ ㈠㈡0271 ㈢㈣㈤㈥㈦㈧㈨㈩0281 ⅠⅡⅢⅣⅤⅥⅦⅧⅨⅩ0291 ⅪⅫ Ⅹ

0701 АБВГДЕЁЖЗИ0711 ЙКЛМНОПРСТ0721 УФХЦЧШЩЪЫЬ0731 ЭЮЯ

0601 ΑΒΓΔΕΖΗΘΙΚ0611 ΛΜΝΞΟΠΡΣΤΥ0621 ΦΧΨΩ0631αβγδεζηθ0641ικλμνξοπρσ0651 τυφχψω