普通物理学教程第七章刚体力学习题解答.doc

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1、第七章刚体力学习题解答7.1.2 汽车发动机转速在12s内由1200rev/min增加到3000rev/min.假设转动是匀加速转动，求角加速度。在此时间内，发动机转了多少转？解：对应转数=7.1.3 某发动机飞轮在时间间隔t内角位移为。求t时刻角速度和角加速度。解：7.1.4 半径为0.1m圆盘在铅直平面内转动，在圆盘平面内建立o-xy坐标系，原点在轴上，x和y轴沿水平和铅直向上方向。边缘上一点A当t=0时恰好在x轴上，该点角坐标满足=1.2t+t2 (:rad,t:s)。t=0时，自t=0开始转45时，转过90时，A点速度和加速度在x和y轴上投影。 解： t=0时，=/4时,由=1.2t+

2、t2,求得t=0.47s,=1.2+2t=2.14rad/s=/2时,由=1.2t+t2,求得t=0.7895s,=1.2+2t=2.78rad/s7.1.5 钢制炉门由两个各长1.5m平行臂AB和CD支承，以角速率=10rad/s逆时针转动，求臂与铅直成45时门中心G速度和加速度。解：因炉门在铅直面内作平动，所以门中心G速度、加速度与B点或D点相同，而B、D两点作匀速圆周运动,因此，方向指向右下方，与水平方向成45；，方向指向右上方，与水平方向成457.1.6 收割机拨禾轮上面通常装4到 6个压板，拨禾轮一边旋转，一边随收割机前进。压板转到下方才发挥作用，一方面把农作物压向切割器，一方面把切

3、下来 作物铺放在收割台上，因此要求压板运动到下方时相对于作物速度与收割机前进方向相反。已知收割机前进速率为1.2m/s，拨禾轮直径1.5m，转速22rev/min,求压板运动到最低点挤压作物速度。解：拨禾轮运动是平面运动，其上任一点速度等于拨禾轮轮心C随收割机前进平动速度加上拨禾轮绕轮心转动速度。压板运动到最低点时，其转动速度方向与收割机前进速度方向相反，压板相对地面（即农作物）速度负号表示压板挤压作物速度方向与收割机前进方向相反。7.1.7飞机沿水平方向飞行，螺旋桨尖端所在半径为150cm，发动机转速2000rev/min. 桨尖相对于飞机线速率等于多少？若飞机以250km/h速率飞行，计算

4、桨尖相对地面速度大小，并定性说明桨尖轨迹。解：桨尖相对飞机速度： 桨尖相对地面速度：，飞机相对地面速度与螺旋桨相对飞机速度总是垂直，所以，显然，桨尖相对地面运动轨迹为螺旋线7.1.8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，汽车前进速度就是驱动轮边缘线速度，所以：7.2.2 在下面两种情况下求直圆锥体总质量和质心位置。圆锥体为匀质；密度为h函数：=0（1-h/L）,0为正常数。解：建立图示坐标o-x,据对称

5、性分析，质心必在x轴上,在x坐标处取一厚为dx质元 dm=r2dx，r/a=x/L，r=ax/L dm=a2x2dx/L2 圆锥体为匀质，即为常数，总质量：质心：总质量：质心：7.2.3 长度为L匀质杆，令其竖直地立于光滑桌面上，然后放开手，由于杆不可能绝对沿铅直方向，故随即到下。求杆子上端点运动轨迹（选定坐标系，并求出轨迹方程式）。解：设杆在o-xy平面内运动。因杆 在运动过程中，只受竖直向上支承力和竖直向下重力作用，在水平方向不受外力作用，vcx=0,acx=0，即质心C无水平方向移动，只能逆着y轴作加速直线运动，直到倒在桌面上。 取杆上端点坐标为x,y，匀质杆质心在其几何中心，由图示任一

6、瞬间几何关系可知：4x2+y2=L2(x0,y0)7.3.1 用积分法证明：质量为m常为l匀质细杆对通过中心且与杆垂直轴线转动惯量等于；用积分法证明：质量为m半径为R匀质薄圆盘对通过中心且在盘面内轴线转动惯量等于证明：取图示坐标，在坐标x处取一线元，它对y轴转动惯量为：，xydxl/2-l/2整个细杆对y轴转动惯量：在坐标x处取细杆状质元，它对x轴转动惯量：整个圆盘对x轴转动惯量：为了能求出积分，作如下变换：代入上式：据三角函数公式：7.3.2 图示实验用摆，l=0.92m,r=0.08m,ml=4.9kg,mr=24.5kg,近似认为圆形部分为匀质圆盘，长杆部分为匀质细杆。求对过悬点且与盘面

7、垂直轴线转动惯量。 解：摆对o轴转动惯量I等于杆对o轴转动惯量Il加上圆盘对o轴转动惯量Ir，即I=Il+Ir.根据平行轴定理7.3.3 在质量为M，半径为R匀质圆盘上挖出半径为r两个圆孔，圆孔中心在半径R中点，求剩余部分对过大圆盘中心且与盘面垂直轴线转动惯量。解：大圆盘对过圆盘中心o且与盘面垂直轴线（以下简称o轴）转动惯量为 .由于对称放置，两个小圆盘对o轴转动惯量相等，设为I，圆盘质量面密度=M/R2，根据平行轴定理，设挖去两个小圆盘后，剩余部分对o轴转动惯量为I”7.3.5一转动系统转动惯量为I=8.0kgm2，转速为=41.9rad/s，两制动闸瓦对轮压力都为392N，闸瓦与轮缘间摩擦

8、系数为=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：制动过程可视为匀减速转动，7.3.6 匀质杆可绕支点o转动，当与杆垂直冲力作用某点A时，支点o对杆作用力并不因此冲力之作用而发生变化，则A点称为打击中心。设杆长为L，求打击中心与支点距离。 解：建立图示坐标o-xyz,z轴垂直纸面向外。据题意，杆受力及运动情况如图所示。由质心运动定理： 由转动定理； A F把代入中，可求得 7.3.7 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

9、降了0.75m。滑轮转动惯量是多少？解： T2 T1 x o R a a y m1m2 m2g m1g T2 T1 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： （3）质点m2作匀加速直线运动，由运动学公式：，由 、可求得 ,代入（3）中，可求得 ，代入数据：7.3.8斜面倾角为，位于斜面顶端卷扬机鼓轮半径为R，转动惯量为I，受到驱动力矩，通过绳所牵动斜面上质量为m物体，物体与斜面间摩擦系数为，求重物上滑加速度，绳与斜面平行，不计绳质量。解：隔离鼓轮与重物，受力分析如图，其中T为绳中张力，f=N为摩擦力，重物上滑加速度与鼓轮角加速度关系为

10、a=R对重物应用牛二定律：T- N- mgsin=ma, N=mgcos，代入前式，得 T- mgcos- mgsin=ma 对鼓轮应用转动定理：mgTNfaT- TR=I=Ia/R 由联立，可求得重物上滑加速度：m1,m2hr7.3.9利用图中所示装置测一轮盘转动惯量，悬线和轴垂直距离为r，为减小因不计轴承摩擦力矩而产生误差，先悬挂质量较小重物m1，从距地面高度为h处由静止开始下落，落地时间为t1，然后悬挂质量较大重物m2，同样自高度h处下落，所需时间为t2，根据这些数据确定轮盘转动惯量，近似认为两种情况下摩擦力矩相等。TTmgafr解：隔离轮盘与重物，受力及运动情况如图示：f为摩擦力矩，T

11、为绳中张力，a=r对轮盘应用转动定理：，两式相减，得：对重物应用牛顿二定律：，两式相减，可得：，代入中，可得：由运动学公式：，将角加速度代入中，得：7.4.1 扇形装置如图，可绕光滑铅直轴线o转动，其转动惯量为I.装置一端有槽，槽内有弹簧，槽中心轴线与转轴垂直距离为r。在槽内装有一小球，质量为m，开始时用细线固定，使弹簧处于压缩状态。现在燃火柴烧断细线，小球以速度v0弹出。求转动装置反冲角速度。在弹射过程中，由小球和转动装置构成系统动能守恒否？总机械能守恒否？为什么？解：取小球、转动装置构成物体系为研究对象。在弹射过程中，物体系相对竖直轴o未受外力距作用，故物体系对转轴o角动量守恒，规定顺时方

12、向为正，有 在弹射过程中，物体系动能不 守恒，因弹力做正功使动能增加；总机械能守恒，因为只有保守内力（弹力）做功。7.4.2 质量为2.97kg，长为1.0m匀质等截面细杆可绕水平光滑轴线o转动，最初杆静止于铅直方向。一弹片质量为10g，以水平速度200m/s射出并嵌入杆下端，和杆一起运动，求杆最大摆角. o 解：将子弹、杆构成物体系作为研究对象，整个过程可分为两个阶段研究：第一阶段，子弹与杆发生完全非弹性碰撞，获得共同角速度，此过程时间极短，可认为杆原地未动。由于在此过程中，外力矩为零， 因此角动量守恒，第二阶段，子弹与杆以共同初角速度摆动到最大角度，由于在此过程中，只有重力做功，所以物体系

13、机械能守恒，物体系原来动能等于重力势能增量： =30347.4.3一质量为m1，速度为v1子弹沿水平面击中并嵌入一质量为m2=99m1，长度为L棒端点，速度v1与棒垂直，棒原来静止于光滑水平面上，子弹击中棒后共同运动，求棒和子弹绕垂直与平面轴角速度等于多少？OCAm2,Lv1m1解：以地为参考系，把子弹和棒看作一个物体系，棒嵌入子弹后作平面运动，可视为随质心C平动和绕质心C转动，绕质心C转动角速度即为所求。据质心定义: ，据角动量守恒：7.5.1 10m高烟囱因底部损坏而倒下来，求其上端到达地面时线速度，设倾倒时，底部未移动，可近似认为烟囱为匀质杆。解：设烟囱质量为m，高为h，质心高度hC=h

14、/2，对转轴转动惯量，倒在地面上时角速度为由机械能守恒：上端点到达地面时线速度：ABB Ao7.5.2 用四根质量各为m长度各为l匀质细杆制成正方形框架，可绕其中一边中点在竖直平面内转动，支点o是光滑。最初，框架处于静止且AB边沿竖直方向，释放后向下摆动，求当AB边达到水平时，框架质心线速度vc及框架作用于支点压力N.解：先求出正方形框架对支点o转动惯量： Ep=0设AB边达到水平位置时，框架角速度为，据机械能守恒定律： AB边在水平位置时，框架所受到向上支撑力N和向下重力W作用线均通过支点o，对o轴力矩为零，据转动定理，框架角加速度为零，ac=2l/2=6g/7，方向向上。规定向上方向为正，

15、对框架应用质心运动定理：据牛顿第三定律，支点受到压力，大小等于N，方向向下。7.5.3由长为l，质量为m匀质细杆组成正方形框架，其中一角连于水平光滑转轴O，转轴与框架所在平面垂直，最初，对角线OP处于水平，然后从静止开始向下自由摆动，求OP对角线与水平成45时P点速度，并求此时框架对支点作用力。解：先求出框架对O轴转动惯量：据平行轴定理，OPCn4mgN设对角线OP转过45后框架角速度为，且势能为零，由机械能守恒：设支点O对框架作用力为N，由定轴转动定理：= I，质心法向加速度 在方向应用质心运动定理：，在方向应用质心运动定理：，设与-方向夹角为，7.5.4 质量为m长为l匀质杆，其B端放在桌

16、上，A端用手支住，使杆成水平。突然释放A端，在此瞬时，求：杆质心加速度，杆B端所受力。解：以支点B为转轴，应用转动定理：，质心加速度 ，方向向下。 设杆B端受力为N，对杆应用质心运动定理：Ny=0，Nx - mg = - m ac , Nx = m(g ac) = mg/4 N = mg/4，方向向上。7.5.5 下面是匀质圆柱体在水平地面上作无滑滚动几种情况，求地面对圆柱体静摩擦力f.沿圆柱体上缘作用一水平拉力F,柱体作加速滚动。水平拉力F通过圆柱体中心轴线，柱体作加速滚动。不受任何主动力拉动或推动，柱体作匀速滚动。在主动力偶矩驱动下加速滚动，设柱体半径为R。解：规定前进方向和顺时针方向为正

17、方向。假设静摩擦力方向向后，其余受力情况如图所所示。对每种情况，都可以根据质心定理、绕质心轴转动定理和只滚不滑条件，建立三个方程求解。 可求得f = - F/3,负号说明静摩擦力方向与假设方向相反，应向前。 可求得f = F/3,正号说明静摩擦力方向与假设方向相同，向后。 ac = 0 , f = 0,求得 负号说明静摩擦力方向与假设方向相反，应向前。7.5.6 板质量为M，受水平力F作用，沿水平面运动，板与平面间摩擦系数为.在板上放一半径为R质量为M2实心圆柱，此圆柱只滚动不滑动。求板加速度。解：隔离圆柱，其受力及运动情况如图所示，其中ac为质心对地加速度，为相对质心角加速度，f2、N2分别

18、为板施加给 圆柱静摩擦力和压力。 由质心定理： 对质心应用转动定理： 隔离木板，其受力及运动情况如图所示， 其中a为板对地加速度，f1、N1分别为水平 面施加给板滑动摩擦力和压力。 应用牛顿第二定律（或质心定理）： 圆柱在木板上只滚不滑条件是：a = ac +R (6) (圆柱与板接触点对地加速度等于质心加速度加上绕质心转动加速度，即ac+R，它必须等于木板对地加速度a,才能只滚不滑)将（2）代入（4）求得：N1=(M+M2)g；由（1）（3）可解得，2ac=R 与（6）联立，可求得，ac=a/3, 代入（1）中，f2 = a M2 /3；将N1、f2代入（5）中，有7.5.7 在水平桌面上放

19、置一质量为m线轴，内径为b，外径为R,其绕中心轴转动惯量为mR2/3,线轴和地面之间静摩擦系数为。线轴受一水平拉力F,如图所示。使线轴在桌面上保持无滑滚动之F最大值是多少？若F和水平方向成角，试证，cosb/R时，线轴向前滚；cosb/R时，线轴向后滚动。解：可将（1）看作（2）特殊情况。建立图示坐标，z轴垂直纸面 向外，为角量正方向。根据静摩擦 力性质，可知其方向与F水平分量方向相反。设线轴质心加速度为a，绕质心角加速度为。由质心定理：由转动定理： 只滚不滑：a+R=0 (4) 由,联立，可求得： F为水平拉力时，即 . 若，即线轴向前滚； 若，即线轴向后滚。7.5.9 一质量为m,半径为r

20、均质实心小球沿圆弧形导轨自静止开始无滑滚下，圆弧形导轨在铅直面内，半径为R。最初，小球质心与圆环中心同高度。求小球运动到最低点时速率以及它作用于导轨正压力。解：设小球运动到最低点时，其质心速度为v，绕质心转动角速度为，由机械能守恒，有只滚不滑条件：=v/r,代入上式，可求得 在最低点应用质心运动定理： ，作用于导轨正压力与此等大，方向向下。7.6.1 汽车在水平路面上匀速行驶，后面牵引旅行拖车，假设拖车仅对汽车施以水平向后拉力F.汽车重W,其重心与后轴垂直距离为a,前后轴距离为l，h表示力F与地面距离。问汽车前后论所受地面支持力与无拖车时有无区别？试计算之。l解：隔离汽车，受力情况如图所示（摩

21、擦力没 C F有画出，因与此题无关）。 h 在竖直方向应用力平 N1 W a N2 衡方程：以前轮为支点，由力矩平衡方程，由（2）解得：将N2代入(1)中得：令F=0，即得到无拖车时前后轮支持力N1和N2。显然，有拖车时，前轮支持力减小，后轮支持力增大。lmgMgNo7.6.3 电梯高2.2m，其质心在中央，悬线亦在中央。另有负载5010kg，其重心离电梯中垂线相距0.5m。问当电梯匀速上升时，光滑导轨对电梯作用力，不计摩擦（电梯仅在四角处受导轨作用力）；当电梯以加速度0.05m/s2上升时，力如何？ 解：以o为轴,据力矩平衡条件：设电梯加速度为a，以电梯为参考系，负载除受重力外，还受惯性力作用f*=ma,方向向下, 据力矩平衡条件：xzrNC(m1+m2)g7.7.1环形框架质量为0.20kg，上面装有质量为1.20kg回转仪，框架下端置于光滑球形槽内，回转仪既自传又旋进，框架仅随回转仪转动而绕铅直轴转动，回转仪自身重心以及它连同框架重心均在C点，C点与转动轴线垂直距离为r=0.02m，回转仪绕自转轴转动惯量为4.810-4kgm2,自转角速度为120rad/s. 求旋进角速度；求支架球形槽对支架总支承力。解：根据旋进与自旋关系式：把回转仪与支架当作一个系统，设球形槽对支架支承力为N，整个装置质心C相对竖直轴做匀速圆周运动，由质心运动定理：与竖直轴夹角56 / 12