力学第七章刚体力学习题

第七章 刚体力学

1．质量为m 、半径为r 的均质细圆环，去掉2／3，剩余部分圆环对过其中点，与环面垂直的轴的转动惯量为（ ）

A ． mr 2／3

B ．2mr 2／3

C ． mr 2

D ．4mr 2／3

2. 有A ，B 两个完全相同的定滑轮，边缘绕有轻绳，A 的绳下端挂着一质量为m 的物体， B 的绳下端施加一个向下的拉力F = mg ，今由静止开始使m 下落h ，同时F 也拉着绳的下端向下移动了h ，在这两个过程中相等的物理量是（ ）

A ．定滑轮的角加速度 B.定滑轮对转轴的转动动能

C ．定滑轮的角速度

D ．F 和重力mg 所作的功

3．有一几何形状规则的刚体，其质心用C 表示，则（ ）

A. C 一定在刚体上

B ．

C 一定在刚体的几何中心

C ．将刚体抛出后C 的轨迹一定为一抛物线

D ．将刚体抛出后C 的轨迹不一定为抛物线

4．水平光滑圆盘的中央有一小孔，柔软轻绳的A 端系一小球置于盘面上，绳的B 端穿过小孔，现使小球在盘面上以匀角速度绕小孔作圆周运动的同时，向下拉绳的B 端，则（ ）

A ．小球绕小孔运动的动能不变

B ．小球的动量不变

C ．小球的总机械能不变

D ．小球对通过盘心与盘面垂直的轴的角动量不变

5．质量为m 、长为 l 的均质细杆，可绕过其一端，与杆垂直的水平轴在竖直平面内转动。开始杆静止于水平位置，释放后开始向下摆动，在杆摆过 π／2的过程中，重力矩对杆的冲量矩为（ ）

A ． 31l g ml 32

B ． 32l g ml 32

C ． l g ml 32

D ． 34l g ml 32

6． 均质细杆可绕过其一端且与杆垂直的水平光滑轴在竖直平面内转动。今使细杆静止在竖直位置，并给杆一个初速度，使杆在竖直面内绕轴向上转动，在这个过程中（ ）

A ．杆的角速度减小，角加速度减小

B ．杆的角速度减小，角加速度增大

C ．杆的角速度增大，角加速度增大

D ．杆的角速度增大，角加速度减小

7．一质量为m 、半径为R 的均质圆盘，绕过其中心的垂直于盘面的轴转动，由于阻力矩存在，角速度由 0ω减小到 0ω／2，则圆盘对该轴角动量的增量为（ ）

A ． 2102ωmR

B ． - 4102ωmR

C. - 2102ωmR D ． - 4102ωmR

8．均质细圆环、均质圆盘、均质实心球、均质薄球壳四个刚体的半径相等，质量相等，若以直径为轴，则转动惯量最大的是（ ）

A ．圆环

B ．圆盘

C ．质心球

D ．薄球壳

9．地球在太阳引力作用下沿椭圆轨道绕太阳运动，在运动的过程中（ ）

A ．地球的动量和动能守恒

B ．地球的动能和机械能（包括动能和引力势能）守恒

C ．机械能和对于垂直于轨道平面且过太阳的轴的角动量守恒

D ．角动量（同上）和动量守恒

10．一均质细杆可绕过其一端且与杆垂直的水平轴在竖直面内转动，开始时杆静止在水平位置，释放后杆转过了 θ角，则杆的转动动能的增量等于（ ）．

A ．重力矩的功的负值

B ．重力矩的功

C ．重力的冲量矩的负值

D ．重力的冲量矩

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第三章 刚体力学习题答案

第三章 刚体力学习题答案 3-1 如图3-1示,一轻杆长度为2l ,两端各固定一小球,A 球质量为2m ,B 球质量为m , 杆可绕过中心的水平轴O 在铅垂面内自由转动,求杆与竖直方 向成θ角时的角加速度、 解:系统受外力有三个,即A,B 受到的重力与轴的支撑作用力,轴的作用力对轴的力臂为零,故力矩为零,系统只受两个重力矩作用、 以顺时针方向作为运动的正方向,则A 球受力矩为正,B 球受力矩 为负,两个重力的力臂相等为sin d l θ=,故合力矩为 2sin sin sin M mgl mgl mgl θθθ=-= 系统的转动惯量为两个小球(可视为质点)的转动惯量之与 22223J ml ml ml =+= 应用转动定律 M J β= 有:2sin 3mgl ml θβ= 解得 sin 3g l θβ= 3-2 计算题3-2图所示系统中物体的加速度.设滑轮为质量均匀分布的圆柱体,其质量为 M ,半径为r ,在绳与轮边缘的摩擦力作用下旋转,忽略桌面 与物体间的摩擦,设1m ＝50kg,2m ＝200kg,M ＝15kg,r ＝0、 1m 、 解: 分别以1m ,2m 滑轮为研究对象,受力图如图(b)所示.对 1m ,2m 运用牛顿定律,有 a m T g m 222=- ① a m T 11= ② 对滑轮运用转动定律,有 β)2 1(212Mr r T r T =- ③ 又, βr a = ④ 联立以上4个方程,得 2212s m 6.721520058.92002-?=++?=++=M m m g m a 图3-1 图3-2

3-3 飞轮质量为60kg,半径为0、25m,当转速为1000r/min 时,要在5s 内令其制动,求制动 力F ,设闸瓦与飞轮间摩擦系数μ＝0、4,飞轮的转动惯量可 按匀质圆盘计算,闸杆尺寸如图所示、 解:以飞轮为研究对象,飞轮的转动惯量212J mR =,制动前角速度为1000260ωπ=?rad/s,制动时角加速度为t ωβ-=- 制动时闸瓦对飞轮的压力为N F ,闸瓦与飞轮间的摩擦力f N F F μ=,运用转动定律,得 212f F R J mR ββ-== 则 2N mR F t ωμ= 以闸杆为研究对象,在制动力F 与飞轮对闸瓦的压力N F -的力矩作用下闸杆保持平衡,两力矩的作用力臂分别为(0.500.75)l =+m 与1l ＝0-50m,则有 10N Fl F l -= 110.50600.252100015720.500.7520.4560 N l l mR F F l l t ωπμ???===?=+???N 3-4 设有一均匀圆盘,质量为m ,半径为R ,可绕过盘中心的光滑竖直轴在水平桌面上转 动、 圆盘与桌面间的滑动摩擦系数为μ,若用外力推动它使其角速度达到0ω时,撤去外力,求: (1) 此后圆盘还能继续转动多少时间？ (2) 上述过程中摩擦力矩所做的功、 解:(1)撤去外力后,盘在摩擦力矩f M 作用下停止转动- 设盘质量密度为2m R σπ=,则有 20223 R f M g r dr mgR μπσμ==? 根据转动定律 21,2f M J mR J α-== 43g R μα-= 图3-3

第七章刚体力学

第七章 刚体力学 习题 7.1.1 设地球绕日作圆周运动.求地球自转和公转的角速度为多少rad/s?估算地球赤道上一点因地球自转具有的线速度和向心加速度.估算地心因公转而具有的线速度和向心加速度（自己搜集所需数据）. [解 答] -527.2710(rad/s) 243600π ω= =??自 -72 2.0410(rad/s) 365243600π ω==???公 R νω=自 2 2n a R R νω= = 7.1.2 汽车发动机的转速在12s 内由1200rev/min 增加到3000rev/min.（1）假设转动是匀加速转动，求角加速度.(2)在此时间内，发动机转了多少转？ [解 答] （1） 22(30001200)1/60 1.57(rad /s ) t 12ω πβ?-?= = = （2） 2222 2 ( )(30001200)302639(rad) 2215.7 π ωω θβ --= ==? 所以 转数=2639 420()2π=转 7.1.3 某发动机飞轮在时间间隔t 内的角位移为 34at bt ct θ=+- (:rad,t :s).θ 球t 时刻的角速度和角加速度. [解 答] 34at bt ct θ=+- 23d a 3bt 4ct dt θ ω= =+-

2d 6bt 12ct dt ω β= =- 7.1.4 半径为0.1m 的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的方向.边缘上 一点A 当t=0时恰好在x 轴上，该点的角坐标满足 21.2t t (:rad,t :s).θθ=+求（1）t=0时，（2）自t=0开始转45时，（3） 转过90时，A 点的速度和加速度在x 和y 轴上的投影. [解 答] 21.2t t 1.22t 2θωβ=+=+= （1） A ??t 0,1.2,R j 0.12j(m/s). 0,0.12(m/s) x y ωνωνν====∴== 2 2n a a 0.144(m /s ) R y x ν==- =- 2y a R 0.2(m/s )β== （2）45θ=时， 由2A 1.2t t ,t 0.47(s)4 2.14(rad /s) v R π θωω=+= =∴==?得 ??? i j k ?? 0 0 0.15j 0.15i R cos R sin 0 ωθθ==- x y A A 0.15(m /s),015(m /s)d d ??a (R sin i R cos j)dt dt νννωθωθ∴=-===-+ 221222x y d ??R(sin i cos j)dt ??R[(cos sin )i (sin cos )j ??0.183j 0.465i(m /s )a 0.465(m /s ),a 0.183(m /s ) ωθωθωθβθωθβθ-= -+=--+-+=--∴=-=- （3）当90θ=时，由

大学物理第3章 刚体力学习题解答

第3章 刚体力学习题解答 3.13 某发动机飞轮在时间间隔t 内的角位移为 ):,:(43s t rad ct bt at θθ-+=。求t 时刻的角速度和角加速度。 解：23 212643ct bt ct bt a d d -==-+== ω θβω 3.14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n 1, 驱动轮转速为n 2, 汽车速度为v=166km/h 。显然，汽车前进的速度就是驱动轮边缘的线速度， 909.0/2212Rn Rn v ππ==，所以： min /1054.1/1024.93426.014.3210 166909.02909.013 rev h rev n R v ?=?===????π 3.15 如题3-15图所示，质量为m 的空心圆柱体，质量均匀分布，其内外半径为r 1和r 2，求对通过其中心轴的转动惯量。 解：设圆柱体长为h ，则半径为r ，厚为dr 的薄圆筒的质量dm 为： 2..dm h r dr ρπ= 对其轴线的转动惯量dI z 为 232..z dI r dm h r dr ρπ== 2 1 2222112..()2 r z r I h r r dr m r r ρπ== -? 3.17 如题3-17图所示，一半圆形细杆，半径为 ，质量为 ， 求对过细杆二端 轴的转动惯量。 解：如图所示，圆形细杆对过O 轴且垂直于圆形细杆所在平面的轴的转动惯量为mR 2，根据垂直轴定理z x y I I I =+和问题的对称性知：圆形细杆对过 轴的转动惯量为 1 2 mR 2，由转动惯量的可加性可求得：半圆形细杆对过细杆二端 轴的转动惯量为：21 4 AA I mR '=

大学物理 第三章 刚体力学

班级： 姓名： 一、选择题 1、一质点作匀速率圆周运动时，则质点的（ ） (A)动量不变，对圆心的角动量也不变． (B)动量不变，对圆心的角动量不断改变． (C)动量不断改变，对圆心的角动量不变． (D)动量不断改变，对圆心的角动量也不断改变． 2、如图所示，一匀质细杆可绕通过上端与杆垂直的水平光滑固定轴O 旋转，初始状态为静止悬挂．现有一个小球自左方水平打击细杆．设小球与细杆之间为非弹性碰撞，则在碰撞过程中对细杆与小球这一系统 ( ) (A) 只有机械能守恒． (B) 只有动量守恒． (C) 只有对转轴O 的角动量守恒． (D) 机械能、动量和角动量均守恒． 3、刚体角动量守恒的充分而必要的条件是 （ ） (A) 刚体不受外力矩的作用． (B) 刚体所受合外力矩为零． (C) 刚体所受的合外力和合外力矩均为零． (D) 刚体的转动惯量和角速度均保持不变． 4、一水平圆盘可绕通过其中心的固定竖直轴转动，盘上站着一个人.把人和圆盘取作系统，当此人在盘上随意走动时，若忽略轴的摩擦，此系 统 （ ） (A) 动量守恒． (B) 机械能守恒． (C) 对转轴的角动量守恒． (D) 动量、机械能和角动量都守恒． 二、填空题： 1. 一质量为m 的质点沿着一条曲线运动，其位置矢量在空间直角座标系中的表达式为 j t b i t a r ωωs i n c o s +=，其中a 、b 、ω皆为常量，则此质点对原点的角动量为_____ ；此质点所受对原点的力矩_____． 2、一正方形abcd 边长为L ，它的四个顶点各有 一个质量为m 的质点，此系统对下面三种转轴的 转动惯量： （1）Z 1轴： （2）Z 2轴： （3）Z 33、一人造地球卫星绕地球做椭圆轨道运动，则卫星的动量 ，动能 ，机械能 ，对地心的角动量 。（填“守恒”或“不守恒”） 4、刚体的转动惯量与 、 及 有关。 5、一质量为2kg 的质点在某一时刻的位置矢量为23r i j =+ （m ）,该时刻的速度为32i j υ=+ （m/s ）,则质点此时刻的动量p = ，相对于坐标 原点的角动量L = 。 三、简答题： 1、力学中常见三大守恒定律是什么？ 2、试用所学知识说明（1）芭蕾舞演员、花样滑冰运动员在原地快速旋转动作；（2）为什么体操和跳水运动中直体的空翻要比屈体、团体的空翻难度大。

刚体力学习题解答

第三章习题解答 3.13 某发动机飞轮在时间间隔t内的角位移为 。求t时刻的角速度和角加速度。 解： 3.14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，汽车前进的速度就是驱动轮边缘的线速度，，所以： 3.15 如题3-15图所示，质量为m的空心圆柱体，质量均匀分布，其内外半径为r1和r2，求对通过其中心轴的转动惯量。 解：设圆柱体长为h ，密度为，则半径为r，厚为dr的薄圆筒的质量dm 为： 对其轴线的转动惯量为

3.17 如题3-17图所示，一半圆形细杆，半径为 ，质量为 ，求对过细杆二端 轴的转动惯量。 解：如图所示，圆形细杆对过O轴且垂直于圆形细杆所在平面的轴的转动惯量为mR2，根据垂直轴定理和问题的对称性知：圆形细杆对过 轴的转动惯量为mR2，由转动惯量的可加性可求得：半圆形细杆对过细杆二端 轴的转动惯量为： 3.18 在质量为M，半径为R的匀质圆盘上挖出半径为r的两个圆孔，圆孔中心在半

径R的中点，求剩余部分对过大圆盘中心且与盘面垂直的轴线的转动 惯量。 解：大圆盘对过圆盘中心o且与盘面垂直的轴线（以下简称o轴）的转动惯量为 .由于对称放置，两个小圆盘对o轴的转动惯量相等，设为I’，圆盘质量的面密度σ=M/πR2，根据平行轴定理， 设挖去两个小圆盘后，剩余部分对o轴的转动惯量为I” 3.19一转动系统的转动惯量为I=8.0kgm2，转速为ω=41.9rad/s，两制 动闸瓦对轮的压力都为392N，闸瓦与轮缘间的摩擦系数为μ=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， 3.20一轻绳绕于r=0.2m的飞轮边缘，以恒力F=98N拉绳，如题3-20图

第七章 刚体力学习题及解答

第七章刚体力学习题及解答 7.1.1 设地球绕日作圆周运动.求地球自转和公转的角速度为多少rad/s?估算地球赤道上一点因地球自转具有的 线速度和向心加速度.估算地心因公转而具有的线速度和向心加速度（自己搜集所需数据）. 解： 7.1.2 汽车发动机的转速在12s内由1200rev/min增加到3000rev/min.（1）假设转动是匀加速转动，求角加速度.(2)在此时间内，发动机转了多少转？ 解： （ 1） （ 2）

所以转数 = 7.1.3 某发动机飞轮在时间间隔t内的角位移为 球 t时刻的角速度和角加速度. 解： 7.1.4 半径为0.1m的圆盘在铅直平面内转动，在圆盘平面内建立坐标系，原点在轴上.x和y轴沿水平和铅直向上的方向.边缘上一点A当t=0时恰好在x轴上，该点的角坐标满足 求（1）t=0时，（2）自t=0开始转时，（3）转过时，A点的速度和加速度 在x和y轴上的投影. 解：

（ 1） （ 2）时， 由 （ 3）当时，由

7.1.5 钢制炉门由两个各长1.5m的平行臂AB和CD支承，以角速度逆时针转动， 求臂与铅直时门中心G的速度和加速 度. 解： 因炉门在铅直面内作平动，门中心 G的速度、加速度与B或D点相同。所以： 7.1.6 收割机拔禾轮上面通常装4到6个压板.拔禾轮一边旋转，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，另一方面把切割下来的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的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，拔禾轮直径1.5m，转速22rev/min,求压板运动到最低点挤压作物的速度. 解： 取地面为基本参考系，收割机为运动参考系。

第三章 刚体力学 南京大学出版社 习题解答

第三章 习题解答 3.13 某发动机飞轮在时间间隔t 内的角位移为 ):,:(43s t rad ct bt at θθ-+=。求t 时刻的角速度和角加速度。 解：23 212643ct bt ct bt a d d -==-+== ω θβω 3.14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n 1, 驱动轮转速为n 2, 汽车速度为v=166km/h 。显然，汽车前进的速度就是驱动轮边缘的线速度， 909.0/2212Rn Rn v ππ==，所以： min /1054.1/1024.93426.014.3210 166909.02909.013 rev h rev n R v ?=?===????π 3.15 如题3-15图所示，质量为m 的空心圆柱体，质量均匀分布，其内外半径为r 1和r 2，求对通过其中心轴的转动惯量。 解：设圆柱体长为h ，密度为ρ，则半径为r ，厚为dr 的薄圆筒的质量dm 为： 2..dm h r dr ρπ= 对其轴线的转动惯量OO dI '为 232..OO dI r dm h r dr ρπ'== 2 1 222 2112..()2 r OO r I h r r dr m r r ρπ'== -? 3.17 如题3-17图所示，一半圆形细杆，半径为 ，质量为 ，求对过细杆二端 轴 的转动惯量。 解：如图所示，圆形细杆对过O 轴且垂直于圆形细杆所在平面的轴的转动惯量为mR 2， 根据垂直轴定理z x y I I I =+和问题的对称性知：圆形细杆对过轴的转动惯量为1 2mR 2， 由转动惯量的可加性可求得：半圆形细杆对过细杆二端 轴的转动惯量为： 21 4 AA I mR '= 3.18 在质量为M ，半径为R 的匀质圆盘上挖出半径为r 的两个圆孔，圆孔中心在半径R 的中点，求剩余部分对过大圆盘中心且与盘面垂直的轴线的转动惯量。 解：大圆盘对过圆盘中心o 且与盘面垂直的轴线（以下简称o 轴）的转动惯量为

普通物理学教程力学课后答案高等教育出版社第七章-刚体力学习题解答

第七章刚体力学 习题解答 7.1.2 汽车发动机的转速在12s 内由1200rev/min 增加到3000rev/min.⑴假设转动是匀加速转动，求角加速度。⑵在此时间内，发动机转了多少转？ 解：⑴212 60 /2)12003000(/7.15s rad t == =-??πωβ ⑵rad 27.152)60/2)(12003000(21039.262 222 02?== = ??--πβ ωωθ 对应的转数=42010214 .3239.262≈?= ??πθ 7.1.3 某发动机飞轮在时间间隔t 内的角位移为 ):,:(43s t rad ct bt at θθ-+=。求t 时刻的角速度和角加速度。 解：23212643ct bt ct bt a dt d dt d -== -+==ωθβω 7.1.4 半径为0.1m 的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的方向。边缘上一点A 当t=0时恰好在x 轴上，该点的角坐标满足θ=1.2t+t 2 (θ:rad,t:s)。⑴t=0时，⑵自t=0开始转45o时，⑶转过90o时，A 点的速度和加速度在x 和y 轴上的投影。 解：0.222.1== +== dt d dt d t ωθ βω ⑴t=0时，s m R v v y x /12.01.02.10 ,2.1=?====ωω 2 222 /2.01.00.2/144.01.0/12.0/s m R a a s m R v a a y y n x =?===-=-=-=-=βτ ⑵θ=π/4时,由θ=1.2t+t 2,求得t=0.47s,∴ω=1.2+2t=2.14rad/s s m R v s m R v y x /15.02/21.014.245sin /15.02/21.014.245cos =??=?=-=??-=?-=ωω

大学物理第3章-刚体力学习题解答

第3章刚体力学习题解答 3.13某发动机飞轮在时间间隔t的角位移为 0 = at+ bt' -ct A(0 : radJ : 5)。求t时刻的角速度和角加速度。 解：co = ^ = a + 3bt- -4ct- P = ^ = 6ht-\2ct2 3.14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n h驱动轮转速为n2,汽车速度为 v=166km/ho显然，汽车前进的速度就是驱动轮边缘的线速度， # = 2兀血2 =2兀&"0.909 ,所以： “=黠=?囁熠=9.24xl04 w//7 = 1.54x103rev/ min 3.15如题3-15图所示，质量为加的空心圆柱体，质量均匀分布，其外半径为门和厂2,求对通过其中心轴的转动惯量。 解：设圆柱体长为力，则半径为r,厚为dr的薄圆筒的质量dm为： dm = hp2mlr 对其轴线的转动惯量dl z?为 dl: = rdm = hplTV.r .dr 3.17如题3-17图所示，一半圆形细杆，半径为，质量为，求对 7二A 过细杆二端轴的转动惯量。 解：如图所示，圆形细杆对过O轴且垂直于圆形细杆所在平面的轴的转动惯量为mR2, 根据垂直轴定理/：=人+人和问题的对称性知：圆形细杆对过轴的转动惯量为|mR2, III 2 转动惯量的可加性可求得：半圆形细杆对过细杆二端轴的转动惯量为：I^=-mR2 3.18在质量为半径为R的匀质圆盘上挖出半径为r的两个圆孔，圆孔中心在半径R 的中点，求剩余部分对过大圆盘中心且与盘面垂直的轴线的 ____

普通物理学教程力学课后答案高等教育出版社第七章 刚体力学习题解答

第七章刚体力学 习题解答 7.1.2 汽车发动机的转速在12s 内由1200rev/min 增加到3000rev/min.⑴假设转动是匀加速转动，求角加速度。⑵在此时间内，发动机转了多少转？ 解：⑴21260/2)12003000(/7.15s rad t === -??πωβ ⑵rad 27 .152)60/2)(12003000(21039.262 222 02?===??--πβωωθ 对应的转数=42010214.3239 .262≈?=?? πθ 7.1.3 某发动机飞轮在时间间隔t 内的角位移为 ):,:(43s t rad ct bt at θθ-+=。求t 时刻的角速度和角加速度。 解：23212643ct bt ct bt a dt d dt d -==-+==ωθ βω 7.1.4 半径为0.1m 的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的方向。边缘上一点A 当t=0时恰好在x 轴上，该点的角坐标满足θ=1.2t+t 2 (θ:rad,t:s)。⑴t=0时，⑵自t=0开始转45o时，⑶转过90o时，A 点的速度和加速度在x 和y 轴上的投影。 解：0.222.1==+==dt d dt d t ωθ βω ⑴t=0时，s m R v v y x /12.01.02.10,2.1=?====ωω ⑵θ=π/4时,由θ=1.2t+t 2,求得t=0.47s,∴ω=1.2+2t=2.14rad/s ⑶θ=π/2时,由θ=1.2t+t 2,求得t=0.7895s,ω=1.2+2t=2.78rad/s 7.1.5 钢制炉门由两个各长1.5m 的平行臂AB 和CD 支承，以角速率ω =10rad/s 逆时针转动，求臂与铅直成45o时门中心G 的速度和加速度。 解：因炉门在铅直面内作平动，所以门中心G 的速度、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 s m AB v v B G /155.110=?===ω，方向指向右下方，与水平方向成45o； 222/1505.110s m AB a a B G =?===ω，方向指向右上方，与水平方向成 45o 7.1.6 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 面把切下来 的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 的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的速度。 解：拨禾轮的运动是平面运动，其上任一点的速度等于拨禾轮轮心C 随 收割机前进的平动速度加上拨禾轮绕轮心转动的速度。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）的速度 负号表示压板挤压作物的速度方向与收割机前进方向相反。

大学物理第3章 刚体力学习题解答

第3章 刚体力学习题解答 3、13 某发动机飞轮在时间间隔t 内得角位移为 。求t 时刻得角速度与角加速度。 解: ３、14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n 1， 驱动轮转速为ｎ2， 汽车速度为v=166k ｍ/h 。显然,汽车前进得速度就就是驱动轮边缘得线速度, ，所以: min /1054.1/1024.93426 .014.3210 166909.02909.013 rev h rev n R v ?=?===????π 3、15 如题3-15图所示,质量为ｍ得空心圆柱体,质量均匀分布,其内外半径为r １与r 2,求对通过其中心轴得转动惯量。 解：设圆柱体长为h ,则半径为r ，厚为dr 得薄圆筒得质量dm 为: 对其轴线得转动惯量dI z 为 3、１7 如题3-17图所示,一半圆形细杆,半径为 ,质量为 ,求对过细杆二端 轴得转动惯量。 解:如图所示,圆形细杆对过O 轴且垂直于圆形细杆所在平面得轴得转动惯量为mR 2,根据垂直轴定理与问题得对称性知:圆形细杆对过 轴得转动惯量为mR 2,由转动惯量得可加性可求得:半圆形细杆对过细杆二端 轴得转动惯量为： 3、1８ 在质量为M,半径为R 得匀质圆盘上挖出半径为ｒ得两个圆孔,圆孔中心在半径R 得中点，求剩余部分对过大圆盘中心且与盘面垂直得轴线得转动惯量。 解：大圆盘对过圆盘中心ｏ且与盘面垂直得轴线(以下简称o 轴)得转动惯量为 、由于对称放置,两个小圆盘对ｏ轴得转动惯量相等，设为I’,圆盘质量得面密度σ＝Ｍ/πR 2,根据平行轴定理, 设挖去两个小圆盘后,剩余部分对o 轴得转动惯量为Ｉ” )/2('2"242221 22122124 R r r R M Mr MR I I I R r M --=--=-= 3、19一转动系统得转动惯量为I=8、0ｋgm 2,转速为ω=41、９r ａd/s,两制动闸瓦对轮得压力都为３9２Ｎ,闸瓦与轮缘间得摩擦系数为μ=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:

《力学》漆安慎(第二版)答案07章

力学（第二版）漆安慎习题解答 第七章刚体力学

第七章 刚体力学 一、基本知识小结 ⒈刚体的质心 定义：∑??==dm dm r r m r m r c i i c // 求质心方法：对称分析法，分割法，积分法。 ⒉刚体对轴的转动惯量 定义：∑?==dm r I r m I i i 22 平行轴定理 I o = I c +md 2 正交轴定理 I z = I x +I y. 常见刚体的转动惯量：（略） ⒊刚体的动量和质心运动定理 ∑==c c a m F v m p ⒋刚体对轴的角动量和转动定理 ∑==βτω I I L ⒌刚体的转动动能和重力势能

c p k mgy E I E ==2 2 1ω ⒍刚体的平面运动=随质心坐标系的平动+绕质心坐标系的转动 动力学方程：∑∑==c c c c I a m F βτ （不必考虑惯性力矩） 动能：221 221c c c k I mv E ω+= ⒎刚体的平衡方程 ∑=0F ， 对任意轴 ∑=0τ

二、思考题解答 火车在拐弯时所作的运动是不是平动 答：刚体作平动时固联其上的任一一条直线，在各时刻的位置（方位）始终彼此平行。若将火车的车厢看作一个刚体，当火车作直线运行时，车厢上各部分具有平行运动的轨迹、相同的运动速度和加速度，选取车厢上的任一点都可代替车厢整体的运动，这就是火车的平动。但当火车拐弯时，车厢上各部分的速度和加速度都不相同，即固联在刚体上任一条直线，在 各时刻的位置不能保持彼此平行，所以火车拐弯时的运动不是平动。 对静止的刚体施以外力作用，如果合外力为零，刚体会不会运动 答：对静止的刚体施以外力作用，当合外力为了零，即0i c F ma ==∑时，刚体的质心将保持静止，但合外力为零并不表明所有的外力都作用于刚体的同一点。所以，对某一确定点刚体所受合外力的力矩i i i M M r F ==?∑∑不一定为零。由刚体的转动定律M J α=可知，刚体将发生转动。比如，置于光滑水平面上的匀质杆，对其两端施以大小相同、方向相反，沿水平面且垂直于杆的两个作用力时，杆所受的外力的合力为零，其质心虽然保持静 止，但由于所受合外力矩不为零，将作绕质心轴的转动。 如果刚体转动的角速度很大，那么（1）作用在它上面的力是否一定很大 （2）作用在它上面的力矩是否一定很大

第3章刚体力学基础

第3章 刚体力学基础 一、基本要求 1．理解质点及刚体转动惯量、角动量的概念，并会计算质点及刚体（规则形状刚体）的转动惯量、角动量； 2．理解刚体绕定轴转动的转动定律，并应用它来求解定轴转动刚体力矩和角加速度等问题； 3．会计算力矩的功、刚体的转动动能、刚体的重力势能，会应用机械能守恒定律解答刚体定轴转动问题； 4．掌握刚体的角动量定理和角动量守恒定律，并会分析解决含有定轴转动刚体系统的力学问题(质点与刚体碰撞类问题等)。 二、基本内容 （一）本章重点和难点： 重点：刚体绕定轴转动定律及角动量守恒定律。 难点：刚体绕定轴转动系统的角动量守恒定律及其应用。 (二) 知识网络结构图： ?????? ???????????????????角动量守恒定律定轴转动定律基本定律转动动能角动量冲量矩转动惯量力矩基本物理量 （三）容易混淆的概念： 1.转动惯量和质量 转动惯量反映刚体转动状态改变的难易程度，即刚体的转动惯性大小的量度；质量反映质点运动状态改变的难易程度，即质点的惯性大小的量度。

2.平动动能和转动动能 平动动能是与质量和平动速度的平方成正比；转动动能是与转动惯量和角速度的平方成正比。 （四）主要内容： 1．描述刚体定轴转动的角位置θ，角位移θ?、角速度ω和角加速度α（β）等物理量 t t d d ,d d ωαθω== 角量与线量的关系： 2n t ωαω θr a r a r v r s ==== 2．转动惯量--转动质点对转轴的转动惯量，等于转动质点的质量m 成以质点到转轴的距离r 的平方。2J m r =? （1）质量连续分布的刚体： ?=m r J d 2 线分布：dl dm ?=λ λ-质量线分布刚体，单位长度的质量。 面分布：dS dm ?=σ σ- 质量面分布刚体，单位面积的质量。 体分布：dV dm ?=ρ ρ 质量体分布刚体，单位体积的质量。 （2）质量离散分布刚体的转动惯量：2 i J m r =?∑ （3）平行轴定理 2 C J J md =+ 3．刚体绕定轴转动的转动定律—刚体的合外力矩等于转动惯量乘以角加速度。 t J J M d d ω α== i i i M M r F ==?∑∑ 力矩：F r M ?= 力对轴的力矩大小：θsin rF M =

第三章 刚体力学习题答案

第三章 刚体力学习题答案 3-1 如图3-1示,一轻杆长度为2l ,两端各固定一小球,A 球质量为2m ,B 球质量为m ,杆可 绕过中心的水平轴O 在铅垂面内自由转动,求杆与竖直方向成θ角时的角加速度. [ 解：系统受外力有三个，即A ，B 受到的重力和轴的支撑作用力，轴的作用力对轴的力臂为零，故力矩为零，系统只受两个重力矩作用. 以顺时针方向作为运动的正方向，则A 球受力矩为正，B 球受力矩为负，两个重力的力臂相等为sin d l θ=，故合力矩为 2sin sin sin M mgl mgl mgl θθθ=-= 系统的转动惯量为两个小球（可视为质点）的转动惯量之和 22223J ml ml ml =+= 应用转动定律 M J β= 有：2 sin 3mgl ml θβ= 解得 sin 3g l θ β= 3-2 计算题3-2图所示系统中物体的加速度．设滑轮为质量均匀分布的圆柱体,其质量为 M ,半径为r ,在绳与轮边缘的摩擦力作用下旋转,忽略桌面与 物体间的摩擦,设1m ＝50kg,2m ＝200kg,M ＝15kg,r ＝0.1m. 解: 分别以1m ,2m 滑轮为研究对象，受力图如图(b)所示．对 1m ,2m 运用牛顿定律，有 a m T g m 222=- ① a m T 11= ② 对滑轮运用转动定律，有 β)2 1 (212Mr r T r T =- ③ 图3-1 — 图3-2

又， βr a = ④ 联立以上4个方程，得 \ 221 2s m 6.72 15 20058 .92002 -?=+ +?= + += M m m g m a 3-3 飞轮质量为60kg,半径为0.25m,当转速为1000r/min 时,要在5s 内令其制动,求制动力 F ,设闸瓦与飞轮间摩擦系数μ＝,飞轮的转动惯量可按匀质 圆盘计算,闸杆尺寸如图所示. 解：以飞轮为研究对象，飞轮的转动惯量21 2 J mR = ，制动前角速度为1000260ωπ=?rad/s ，制动时角加速度为t ω β-=- 制动时闸瓦对飞轮的压力为N F ，闸 瓦与飞轮间的摩擦力f N F F μ=，运用转动定律，得 — 21 2 f F R J mR ββ-== 则 2N mR F t ω μ= 以闸杆为研究对象，在制动力F 和飞轮对闸瓦的压力N F -的力矩作用下闸杆保持平衡，两力矩的作用力臂分别为(0.500.75)l =+m 和1l ＝0-50m ，则有 10N Fl F l -= 110.50600.252100015720.500.7520.4560 N l l mR F F l l t ωπμ???= ==?=+???N 图3-3

第7章《 刚体力学》习题解答

第7章《 刚体力学》习题解答 7.1.1 设地球绕日作圆周运动.求地球自转和公转的角速度为多少rad/s?估算地球赤道上一点因地球自转具有的线速度和向心加速度.估算地心因公转而具有的线速度和向心加速度（自己搜集所需数据）. 【解】 （1）地球自转 -527.2710(rad/s) 243600π ω= =??自 65 E 6.36107.310464m/s v R ω-==???=自自 ()2 22-2n 6 E 464 3.410(m s ) 6.3610v a a R -===???自自＝ （2）地球公转 -72 2.0410(rad/s) 365243600π ω= =???公 117 4ES 1.49610 2.010 2.9910(m/s)v R ω-==???=?公公 ()2 423-2n 11 ES 2.9910 5.910(m s )1.49610v a a R ?= = =???－公 公＝ 7.1.2 汽车发动机的转速在12s 内由1200rev/min 增加到3000rev/min.（1）假设转动是匀加速转动，求角加速度.(2)在此时间内，发动机转了多少转？ 【解】 （1）22(30001200)1/60 1.57(rad /s )12 t ωπβ?-?= == （2）2222 20 ( )(30001200)302639(rad)2215.7 π ωω θβ --= ==? 所以 转数=2639 420()2π =转 7.1.3 某发动机飞轮在时间间隔t 内的角位移为 34=+-θat bt ct (:rad,:s).θt 球t 时刻的角速度和角加速度.

第七章 刚体力学习题及解答

第七章刚体力学习题及解答 7、1、1 设地球绕日作圆周运动、求地球自转和公转的角速度为多少rad/s?估算地球赤道上一点因地球自转具有的线速度和向心加速度、估算地心因公转而具有的线速度和向心加速度（自己搜集所需数据）、解： 7、1、2 汽车发动机的转速在12s内由1200rev/min增加到3000rev/min、（1）假设转动是匀加速转动，求角加速度、(2)在此时间内，发动机转了多少转？ 解： （1）（2）所以转数 = 7、1、3 某发动机飞轮在时间间隔t内的角位移为球 t时刻的角速度和角加速度、解： 7、1、4 半径为0、1m的圆盘在铅直平面内转动，在圆盘平面内建立坐标系，原点在轴上、x和y轴沿水平和铅直向上的方向、边缘上一点A当t=0时恰好在x轴上，该点的角坐标满足求（1）t=0时，（2）自t=0开始转时，（3）转过时，A点的速度和加速度在x和y轴上的投影、解： （1）（2）时，由（3）当时，由 7、1、5 钢制炉门由两个各长 1、5m的平行臂AB和CD支承，以角速度逆时针转动，求臂与铅直时门中心G的速度和加速度、解：

因炉门在铅直面内作平动，门中心 G的速度、加速度与B或D点相同。所以： 7、1、6 收割机拔禾轮上面通常装4到6个压板、拔禾轮一边旋转，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，另一方面把切割下来的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的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，拔禾轮直径 1、5m，转速22rev/min,求压板运动到最低点挤压作物的速度、解： 取地面为基本参考系，收割机为运动参考系。 取收割机前进的方向为坐标系正方向 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、（1）桨尖相对于飞机的线速率等于多少？（2）若飞机以250km/h的速率飞行，计算桨尖相对于地面速度的大小，并定性说明桨尖的轨迹、解： 取地球为基本参考系，飞机为运动参考系。 （1）研究桨头相对于运动参考系的运动： （2）研究桨头相对于基本参考系的运动： 由于桨头同时参与两个运动：匀速直线运动和匀速圆周运动。故桨头轨迹应是一个圆柱螺旋线。

力学第七章练习题

3解题示例 例题5—5 如图5—9所示。弹簧的质量忽略不计，而倔强系数6.11=k 牛顿／米。绳子质量忽略不计且不可伸长。滑轮的半径=R 10厘米，绕其抽转动的转动惯量01.0=I 千克．2 米。空气阻力不计，求质量1=m 千克的物体从静止开始(此时弹簧无伸长)落下1=h 米时的速度大小(h v )。 己知 m N k /6.11=，cm R 10= ，201.0m kg I ?=， m h 1=，kg m 1= 求 h v 例题5一6 一均匀棒长4.0=l 米，质量1=M 千克，可绕通过其上端O 的水平轴转动，质量01.0=m 千克的弹片以速度200=v 米/秒射入棒中，射入处离O 点为0.3米（图5-11）。求棒与弹片一起转动时的角速度ω，及转过的角度θ。 已知 l 、M 、m 、弹片射入处 求ω、θ 角动量与刚体转动练习题 一. 选择题 1. 人造地球卫星绕地球做椭圆轨道运动，卫星轨道近地点和远地点分别为 A 和 B 。用 L 和 Ek 分别表示对地心的角动量及其动能的瞬时值，则应有 .,)(kB kA B A E E L L A >>. , )(kB kA B A E E L L B <=. , )(kB kA B A E E L L C >=., )(kB kA B A E E L L D << 解：由角动量守恒 B A L L = 因为势能 pB pA E E < .kB kA E E >∴ 答案 ：(C) 2. 由一半径为 R 的水平圆转台，可绕通过其中心的竖直固定光滑轴转动，转动惯量为 J ，开始时转台以匀角速度ωo 转动，此时有一质量为 m 的人站在转台中心，随后人沿半径向外跑去，当人到达转台边缘时，转台的角速度为 图5— 9

第三章 刚体力学习题答案

第三章 刚体力学习题答案 3-1 如图3-1示,一轻杆长度为2l ,两端各固定一小球,A 球质 量为2m ,B 球质量为m ,杆可绕过中心的水平轴O 在铅垂面内自由转动,求杆与竖直方向成θ角时的角加速度. 解：系统受外力有三个，即A ，B 受到的重力和轴的支撑作用力，轴的作用力对轴的力臂为零，故力矩为零，系统只受两个重力矩作用. 以顺时针方向作为运动的正方向，则A 球受力矩为正，B 球受力矩为负，两个重力的力臂相等为sin d l θ=，故合力矩为 2sin sin sin M mgl mgl mgl θθθ=-= 系统的转动惯量为两个小球（可视为质点）的转动惯量之和 22223J ml ml ml =+= 应用转动定律 M J β= 有：2 sin 3mgl ml θβ= 解得 sin 3g l θ β= 3-2 计算题3-2图所示系统中物体的加速度．设滑轮为质量均 匀分布的圆柱体,其质量为M ,半径为r ,在绳与轮边缘的摩擦力作用下旋转,忽略桌面与物体间的摩擦,设1m ＝50kg,2m ＝200kg,M ＝15kg,r ＝0.1m. 图3-1 图3-2

解: 分别以1m ,2m 滑轮为研究对象，受力图如图(b)所示．对 1m ,2m 运用牛顿定律，有 a m T g m 222=- ① a m T 11= ② 对滑轮运用转动定律，有 β) 2 1 (212Mr r T r T =- ③ 又， βr a = ④ 联立以上4个方程，得 2212s m 6.72 15 20058 .92002 -?=+ +?= + += M m m g m a 3-3 飞轮质量为60kg,半径为0.25m,当转速为1000r/min 时,要在5s 内令其制动,求制动 力F ,设闸瓦与飞轮间摩擦系数μ＝,飞轮的转动惯量可按匀质圆盘计算,闸杆尺寸如图所示. 解：以飞轮为研究对象，飞轮的转动惯量21 2 J mR = ，制动前角速度为1000260ωπ=? rad/s ，制动时角加速度为t ω β-=- 制动时闸瓦对飞轮的压力为N F ，闸瓦与飞轮间的摩擦力f N F F μ=，运用转动定律，得 图3-3

大学物理第3章刚体力学习题解答

第3章 刚体力学习题解答 3.13 某发动机飞轮在时间间隔t 内的角位移为 ):,:(43s t rad ct bt at θθ-+=。求t 时刻的角速度和角加速度。 解：23212643ct bt ct bt a dt d dt d -== -+== ωθβω 3.14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n 1, 驱动轮转速为n 2, 汽车速度为v=166km/h 。显然，汽车前进的速度就是驱动轮边缘的线速度， 909.0/2212Rn Rn v ππ==，所以： min /1054.1/1024.93426.014.3210 166909.02909.013 rev h rev n R v ?=?===????π 3.15 如题3-15图所示，质量为m 的空心圆柱体，质量均匀分布，其内外半径为r 1和r 2，求对通过其中心轴的转动惯量。 解：设圆柱体长为h ，则半径为r ，厚为dr 的薄圆筒的质量dm 为： 2..dm h r dr ρπ= 对其轴线的转动惯量dI z 为 232..z dI r dm h r dr ρπ== 2 1 222211 2..()2 r z r I h r r dr m r r ρπ== -? 3.17 如题3-17图所示，一半圆形细杆，半径为 ，质量为 ， 求对过细杆二端 轴的转动惯量。 解：如图所示，圆形细杆对过O 轴且垂直于圆形细杆所在平面的轴的转动惯量为mR 2，根据垂直轴定理z x y I I I =+和问题的对称性知：圆形细杆对过 轴的转动惯量为 1 2 mR 2，由转动惯量的可加性可求得：半圆形细杆对过细杆二端 轴的转动惯量为：21 4 AA I mR '=

力学第二版第七章答案

第七章基本知识小结 ⒈刚体的质心 定义：∑??==dm dm r r m r m r c i i c // 求质心方法：对称分析法，分割法，积分法。 ⒉刚体对轴的转动惯量 定义：∑?==dm r I r m I i i 22 平行轴定理 I o = I c +md 2 正交轴定理 I z = I x +I y. 常见刚体的转动惯量：（略） ⒊刚体的动量和质心运动定理 ∑==c c a m F v m p ⒋刚体对轴的角动量和转动定理 ∑==βτω I I L ⒌刚体的转动动能和重力势能 c p k mgy E I E ==2 21ω ⒍刚体的平面运动=随质心坐标系的平动+绕质心坐标系的转动 动力学方程： ∑∑==c c c c I a m F βτ （不必考虑惯性力矩） 动能：2 2 12 2 1c c c k I mv E ω+= ⒎刚体的平衡方程 ∑=0F ， 对任意轴 ∑=0τ 7.1.2 汽车发动机的转速在12s 内由1200rev/min 增加到3000rev/min.⑴假设转动是匀加速转动，求角加速度。⑵在此时间内，发动机转了多少转？ 解：⑴212 60 /2)12003000(/7.15s rad t == = -??πωβ ⑵rad 27 .152)60/2)(12003000(21039.262 222 02?== = ??--πβ ωωθ 对应的转数=42010214 .3239 .262≈?= ??π θ 7.1.3 某发动机飞轮在时间间隔t 内的角位移为 ):,:(43s t rad ct bt at θθ-+=。求t 时刻的角速度和角加速度。 解：23212643ct bt ct bt a dt d dt d -== -+== ωθ βω 7.1.4 半径为0.1m 的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的方向。边缘上一点A 当t=0时恰好在x 轴上，该点的角坐标满足θ=1.2t+t 2 (θ:rad,t:s)。⑴t=0时，⑵自t=0 开始转45o时，⑶转过90o时，A 点的速度和加速度在x 和y 轴上的投影。 y 解：0.222.1== +== dt d dt d t ωθ βω ⑴t=0时，s m R v v y x /12.01.02.10,2.1=?====ωω 2 222 /2.01.00.2/144.01.0/12.0/s m R a a s m R v a a y y n x =?===-=-=-=-=βτ ⑵θ=π/4时,由θ=1.2t+t 2,求得t=0.47s,∴ω=1.2+2t=2.14rad/s s m R v s m R v y x /15.02/21.014.245sin /15.02/21.014.245cos =??=?=-=??-=?-=ωω