第五章刚体力学。
一、选择题。
b ] 1、（基础训练5）如图5-9所示，一静止的均匀细棒，长为l、质量为m0，可绕通过棒的端点且垂直于棒长的光滑固定轴o在水平面内转动，转动惯量为．一质量为m、速率为v的子弹在水平面内沿与棒垂直的方向射出并穿出棒的自由端，设穿过棒后子弹的速率为，则此时棒的角速度应为
a)． b)． c)． d)
提示】碰撞。把细棒与子弹看作一个系统，该系统所受合外力矩为零，所以系统的角动量守恒：，即可求出答案。（*注意质点和刚体的角动量表达式不一样）
图5-11 c ] 2、（基础训练7）一圆盘正绕垂直于盘面的水平光滑固定轴o转动，如图5-11所示，射来两个质量相同，速度大小相同，方向相反并在一条直线上的子弹，子弹射入圆盘并且留在盘内，则子弹射入后的瞬间，圆盘的角速度ω
(a) 增大b) 不变。
c) 减小d) 不能确定．
提示】碰撞。把三者看成一个系统，系统所受合外力矩为零，故系统的角动量守恒。设l为一颗子弹相对于转轴o的角动量的大小，则有。
c ] 3、（自测提高2）将细绳绕在一个具有水平光滑轴的飞轮边缘上，现在在绳端挂一质量为m的重物，飞轮的角加速度为β．如果以拉力2mg代替重物拉绳时，飞轮的角加速度将
(a) 小于β． b) 大于β，小于2β． c) 大于2β． d) 等于2β．
提示】滑轮加上质点。
1）挂一质量为m的重物（如图a）：设飞轮的半径为r，转动惯量为j，列方程组，解得：
2）以拉力f =2mg代替重物拉绳时（如图b），有：
得： 比较即可得出结论。
a ] 4、（自测提高7）质量为m的小孩站在半径为r的水平平台边缘上．平台可以绕通过其中心的竖直光滑固定轴自由转动，转动惯量为j．平台和小孩开始时均静止．当小孩突然以相对于地面为v的速率在台边缘沿逆时针转向走动时，则此平台相对地面旋转的角速度和旋转方向分别为
(a)，顺时针． (b)，逆时针．
c)，顺时针． (d)，逆时针．
提示】相对运动。将小孩与平台看成一个系统，该系统所受外力矩为零，所以系统的角动量守恒：
得： 二、填空题。
1、（基础训练8）绕定轴转动的飞轮均匀地减速，t＝0时角速度为，t＝20s时角速度为，则飞轮的角加速度 - 0.05 rad/s2 ，t＝0到 t＝100 s时间内飞轮所转过的角度 250rad ．
提示】刚体运动学。
1）飞轮作匀减速转动，据，可得出：
2、（基础训练10）如图所示，p、q、r和s是附于刚性轻质细杆上的质量分别为4m、3m、2m和m的四个质点，pq＝qr＝rs＝l，则系统对轴的转动惯量为 50ml2
提示】根据转动惯量的定义，得：
3、（基础训练12） 如图5-14所示，滑块a、重物b和滑轮c的质量分别为ma、mb和mc，滑轮的半径为r，滑轮对轴的转动惯量j＝mc r2．滑块a与桌面间、滑轮与轴承之间均无摩擦，绳的质量可不计，绳与滑轮之间无相对滑动，则滑块a的加速度a =
提示】滑轮加上质点。受力分析如图。分别对a、b、c列方程：，联立求解，即得答案。
4、（自测提高9）一长为l、质量可以忽略的直杆，两端分别固定有质量为2m和m的小球，杆可绕通过其中心o且与杆垂直的水平光滑固定轴在铅直平面内转动．开始杆与水平方向成某一角度θ，处于静止状态，如图5-21所示．释放后，杆绕o轴转动．则当杆转到水平位置时，该系统所受到的合外力矩的大小m＝，此时该系统角加速度的大小β＝．
图5-21提示】刚体转动。
1）水平位置：
2），其中，得：
5、（自测提高12）一根质量为m、长为l的均匀细杆，可在水平桌面上绕通过其一端的竖直固定轴转动．已知细杆与桌面的滑动摩擦系数为μ，则杆转动时受的摩擦力矩的大小为=
提示】分散力的力矩。微元法。
在细杆上距离转轴为x处取一小线元dx，dx所受到的摩擦力矩的大小为。
总摩擦力矩的大小为。
三、计算题。
1、（基础训练16）一转动惯量为j的圆盘绕一固定轴转动，起初角速度为，设它所受阻力矩与转动角速度成正比，即 (k为正的常数)，求圆盘的角速度从变为时所需时间．
解：（刚体定轴转动，用转动定律。）
已知 ，根据 ， 得 ；
分离变量并积分： ，得
2、（基础训练18）如图5-17所示，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，求盘的角加速度的大小．
解：（滑轮加上质点，分别受力分析，分别列方程。）
设两物体的加速度的正方向及滑轮的角加速度的正方向如图所示。
联立解得：
图5-253、（自测提高17）一质量均匀分布的圆盘，质量为，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)，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，如图5-25所示。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）设为碰撞后瞬间盘所获得的角速度，由系统的角动量守恒定律得：
解得 2）为了求出摩擦力矩，将圆盘分割为许多细环带。在圆盘上取一半径为r，宽为dr的细环带，细环带的质量为，摩擦力为，摩擦阻力矩为。
则圆盘受到的摩擦力矩为
根据转动定律，得，可解得。
4、（自测提高18）如图5－26所示，空心圆环可绕光滑的竖直固定轴ac自由转动，转动惯量为j0，环的半径为r，初始时环的角速度为ω0．质量为m的小球静止在环内最高处a点，由于某种微小干扰，小球沿环向下滑动，问小球滑到与环心o在同一高度的b点和环的最低处的c点时，环的角速度及小球相对于环的速度各为多大？(设环的内壁和小球都是光滑的，小球可视为质点，环截面半径r<解：（相对运动，用角动量守恒求解。
）以地面为参考系。取小球+圆环为系统：系统对ac轴的合外力矩为零，∴系统对ac轴的角动量守恒；另外，取小球+圆环+地球为系统：系统的机械能守恒。
1)a→c：角动量守恒：
机械能守恒：
联立求解得：，v也就是小球在c点相对于环的速率。
2）a→b：小球在b点相对于地面的速率为，式中为小球在b点相对于环的速率，为环相对于地面的速率。
角动量守恒：
机械能守恒：
解得：，.四、附加题。
1、（基础训练17）在半径为r的具有光滑竖直固定中心轴的水平圆盘上，有一人静止站立在距转轴为处，人的质量是圆盘质量的1/10．开始时盘载人对地以角速度ω0匀速转动，现在此人垂直圆盘半径相对于盘以速率v沿与盘转动相反方向作圆周运动，如图所示．已知圆盘对中心轴的转动惯量为．求：(1) 圆盘对地的角速度．(2) 欲使圆盘对地静止，人应沿着圆周对圆盘的速度的大小及方向？
解：（相对运动，用角动量守恒求解。）
(1) 设当人以速率v沿相对圆盘转动相反的方向走动时，圆盘对地的绕轴角速度为ω，则人对地的速度为。
人与盘视为系统，所受对转轴合外力矩为零，系统的角动量守恒．
将①式代入②式得。
(2) 欲使盘对地静止，则式③必为零．即。
得。式中负号表示人的走动方向与上一问中人走动的方向相反，即与盘的初始转动方向一致．
2、（自测提高19）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：（滑轮加上质点，分别受力分析，分别列方程。）
受力分析如图所示．设重物对地加速度为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。
根据牛顿第二定律可得：
对人mg－t2＝ma ①
对重物t1－mg＝ma ②
根据转动定律，对滑轮有 (t2－t1)r＝jβ＝mr2β /4
因绳与滑轮无相对滑动， a＝βr
1 ②、四式联立解得 a＝2g / 7
第五章作业答案
5 什么叫帧结构？a律pcm基群的码元速率是多少？二进制时信息速率是什么？平均每路信号的信息速率是多少？答 在pcm 30 32路的制式中，一个复帧由16帧组成 一帧由32个时隙组成 一个时隙为8位码组。时隙l 15，17 3l共30个时隙用来作话路，传送话音信号，时隙0 ts0 是 帧定位码组 时...
第五章作业答案
第5章计算机应用基础作业答案。1 以下不属于excel安全保护的操作 单元格保护 工作簿打开密码工作表打开密码工作簿修改密码单元格保护。2 以下不是单元格纵向对齐方式的是 分散两端 靠上分散两端居中。3 以下不属于单元格内容编辑操作 双击表名 单击单元格单击编辑栏双击表名。4 以下属于段落格式的是 ...
第五章作业习题答案
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