西安电子科技大学：《大学物理》课程习题解答（力学）第7章刚体力学习题解答.doc

第 7 章刚体力学习题解答 45 第 7 章刚体力学习题解答 A 第七章基本知识小结 ⒈刚体的质心定义：    rc = mi ri / m rc = rdm / dm     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：   I = mi ri I = r dm 2 2 平行轴定理 Io = Ic+md2 正交轴定理 Iz = Ix+Iy. 常见刚体的转动惯量：（略） ⒊刚体的动量和质心运动定理 = c F = mac p mv     ⒋刚体对轴的角动量和转动定理 L = I  = I ⒌刚体的转动动能和重力势能 k Ep mgyc E = I = 2 2 1  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 F ma  I    （不必考虑惯性力矩）动能： 2 2 1 2 2 1 k c c c E = mv + I  ⒎刚体的平衡方程 F = 0  ，对任意轴  = 0 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：⑴ 2 12 (3000 1200)2 / 60 15.7rad /s t = = = −     ⑵ rad 2 2 15.7 (3000 1200 )(2 / 60) 2 26.39 10 2 2 2 2 0 2  = = =   − −      对应的转数= 10 420 2 2 3.14 26.39 2 =       7.1.3 某发动机飞轮在时间间隔 t 内的角位移为 ( : , : ) 3 4  = at + bt − ct  rad t s 。求 t 时刻的角速度和角加速度。解： 2 3 2 a 3bt 4ct 6bt 12ct dt d dt d = = + − = = −     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+t2 (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： = =1.2 + 2 = = 2.0 dt d dt d t     o x ⑴t=0 时， v v R m s x y  = 1.2, = 0 =  = 1.2 0.1 = 0.12 / 2 2 2 2 2.0 0.1 0.2 / / 0.12 / 0.1 0.144 / a a R m s a a v R m s y x n y = = =  = = − = − = − = −   ⑵θ=π/4 时,由θ=1.2t+t2 ,求得 t=0.47s,∴ω=1.2+2t=2.14rad/s

第7章刚体力学习题解答 46 第7章刚体力学习题解答 yx=-Rc0s45°=-2.14×0.1×V2/2=-0.15m/5 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 ',=oRsm45°-2.14×0.1×√2/2=0.15m/s 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，一方面把切下来切割器 ax=-BR cos45°-w2Rcos45°=-Rcos45(B+w2) 的作物铺放在收割台上，因此要求压板运 =-0.1×9(2.0+2.142)=-0.465m/s2 动到下方时相对于作物的速度与收割机前进方向相反。 a,=BRsin45°-o2Rsn45°=Rsin45(B-o2) 已知收割机前进速率为1.2m/s,拨禾轮直径1.5m,转速22 rev/min,, =0.1×9(2.0-2.142)=-0.182m/s2 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 (3)0=m/2时，由0=1.2t+t2,求得0.7895s,w=1.2+2t=2.78rad/s 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 y=-R=-2.78×0.1=-0.278m/sy,=0 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， ax=-R=-2.0×0.1=-0.2m/s2 压板相对地面（即农作物）的速度 a,=-0R=-2.782×0.1=-0.77m/s2 v=V.-R=1.2-2e×2=-0.53m/s 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。 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w=10rad/s逆时针转 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，求臂与铅直成45°时门中心G的速度和加动机转速2000 rev/min.(1)桨尖相对于飞机的线速率等于多少？(2)若速度。飞机以250km/h的速率飞行，计算桨尖相对地面速度的大小，并定解：因炉门在铅直面内作平动，所以门中性说明桨尖的轨迹。心G的速度、加速度与B点或D点相同，而B、解：(1)桨尖相对飞机的速度： D两点作匀速圆周运动，因此 V=or=22×1.5=314m/s Vc=VB=oAB=10×1.5=15m/s,方向指向右下方，与水 (②)桨尖相对地面的速度：下=+机地，飞机相对地面的速度与平方向成45°： a6=aB=o2AB=102×1.5=150m/s2,方向指向右上方，螺旋桨相对飞机的速度总是垂直的，V机地=恐兴=69.4m/s 与水平方向成45 所以，v=V2+6=5142+69.4年≈321.6m15 显然，桨尖相对地面的运动轨迹为螺旋线

第 7 章刚体力学习题解答 46 第 7 章刚体力学习题解答 · v R m s v R m s y x sin 45 2.14 0.1 2 / 2 0.15 / cos 45 2.14 0.1 2 / 2 0.15 / =  =   = = −  = −   = −   2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 0.1 (2.0 2.14 ) 0.182 / sin 45 sin 45 sin 45 ( ) 0.1 (2.0 2.14 ) 0.465 / cos 45 cos 45 cos 45 ( ) m s a R R R m s a R R R y x =  − = − =  −  =  − = −  + = − = −  −  = −  +         ⑶θ=π/2 时,由θ=1.2t+t2 ,求得 t=0.7895s,ω=1.2+2t=2.78rad/s 2 2 2 2 2.78 0.1 0.77 / 2.0 0.1 0.2 / 2.78 0.1 0.278 / 0 a R m s a R m s v R m s v y x x y = − = −  = − = − = −  = − = − = −  = − =    7.1.5 钢制炉门由两个各长 1.5m 的平行臂 A C 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 B D 速度。解：因炉门在铅直面内作平动，所以门中 G 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 v v AB m s G B = = =101.5 =15 / ，方向指向右下方，与水平方向成 45º； 2 2 2 a a AB 10 1.5 150m/s G = B = =  = ，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 v v R m s c 1.2 0.53 / 2 1.5 60 2 22 = − = −  = −   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。 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. ⑴桨尖相对于飞机的线速率等于多少？⑵若飞机以 250km/h 的速率飞行，计算桨尖相对地面速度的大小，并定性说明桨尖的轨迹。解：⑴桨尖相对飞机的速度： v' r 1.5 314m/s 60 2000 2 = =  =    ⑵桨尖相对地面的速度： v v v机地    = '+ ，飞机相对地面的速度与螺旋桨相对飞机的速度总是垂直的， v 69.4m/s 60 60 250 103 = =   机地所以， v v' v 314 69.4 321.6m /s 2 2 2 2 = + 机地 = +  显然，桨尖相对地面的运动轨迹为螺旋线

第7章刚体力学习题解答 47 第7章刚体力学习题解答 7.1.8桑塔纳汽车时速为166kmh,车轮滚动半径为0.26m,发 72.3长度为L的匀质杆，令其竖直地立于光滑的桌面上，然后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？放开手，由于杆不可能绝对沿铅直方向，故随即到下。求杆子的上解：设车轮半径为R=0.26m,发动机转速为n,驱动轮转速为端点运动的轨迹（选定坐标系，并求出轨迹的方程式）。 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解：设杆在o-xy平面内运动。因杆的线速度，v=2π12=2π1，/0.909，所以：在运动过程中，只受竖直向上的支承力和竖直向下的重力的作用，在水平方向不受 n-2-2g=9.24x10ev/h=1.54×103ev/mm 外力作用，∴va=0,aa=0,即质心C无水平方向的移动，只能逆若y轴作加速直线运动，直到倒在桌面上。 0 7.2.2在下面两种情况下求直圆锥体的总质量和质心位置。(1)圆取杆的上端点的坐标为xy,匀质杆的质心在其几何中心，由图锥体为匀质：(2)密度为h的函数：p=p。(1-hL),po为正常数。示的任一瞬间的几何关系可知：4x2+y2=L2(x≥0，y≥0) 解：建立图示坐标0-x,据对称性分析，质心必在x轴上，在x坐标处取一厚为dx 7.3.1(1)用积分法证明：质量为m常为1的匀质细杆对通过中心的质元dm=p刀k,,a=x/L,r=a/L .dm=p na'x d/L? 且与杆垂直的轴线的转动惯量等于立m：(2)用积分法证明：质量 (1)圆锥体为匀质，即p为常数，为m半径为R的匀质薄圆盘对通过中心且在盘面内的轴线的转动惯总质量：m=dm=xk=pmL 量等于：mR2 质心：x。= 证明：(1)取图示坐标，在坐标x处取一线元，dm="水，它对y轴的转动惯量为：dl=兴x水，三 (2)p=P(1-)=P1-2)=空x 整个细杆对y轴的转动惯量： dx /2 112 总质量：m=∫dm=芒r本=poπaL 1=号∫x2k=号x32=贵（传+的）=立ml2 -12 质心：气告=达=礼 (2)在坐标x处取细杆状质元， dm=0·2√R2-xk=gVR2-x2dk

第 7 章刚体力学习题解答 47 第 7 章刚体力学习题解答 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，汽车前进的速度就是驱动轮边缘的线速度， v = 2 Rn2 = 2 Rn1 / 0.909 ，所以： 9.24 10 / 1.54 10 /min 4 3 2 3.14 0.26 0.909 166 10 2 0.909 1 3 n rev h rev R v = = =  =       7.2.2 在下面两种情况下求直圆锥体的总质量和质心位置。⑴圆锥体为匀质；⑵密度为 h 的函数：ρ=ρ0（1-h/L）,ρ0 为正常数。解：建立图示坐标 o-x,据对称性分析，质心必在 x 轴上,在 x 坐标处取一厚为 dx o r a x 的质元 dm=ρπr 2 dx，∵r/a=x/L，r=ax/L ∴ dm=ρπa 2 x 2 dx/L2 h ⑴圆锥体为匀质，即ρ为常数，总质量： m dm x dx a L L L a 2 3 1 0 2 2 2   = = =   质心： x x dx L L a L L a x dx L dm xdm c 4 3 0 3 3 / 3 / 2 3 2 3 2 = =  =   =    ⑵ x L L L x L h 0 (1 ) (1 ) 0 0   =  − =  − = − 总质量：   m = dm = x dx = a L L L a 2 4 0 1 0 3 3 2 0     质心：  = =   = L dm L xdm xc x dx L 0 5 4 4 4 4 7.2.3 长度为 L 的匀质杆，令其竖直地立于光滑的桌面上，然后放开手，由于杆不可能绝对沿铅直方向，故随即到下。求杆子的上端点运动的轨迹（选定坐标系，并求出轨迹的方程式）。解：设杆在 o-xy 平面内运动。因杆 y 在运动过程中，只受竖直向上的支承力和竖直向下的重力的作用，在水平方向不受外力作用，∴vcx=0,acx=0，即质心 C 无水平方向的移动，只能逆着 y 轴作加速直线运动，直到倒在桌面上。 o x 取杆的上端点的坐标为 x,y，匀质杆的质心在其几何中心，由图示的任一瞬间的几何关系可知：4x2+y2=L2 (x≥0,y≥0) 7.3.1 ⑴用积分法证明：质量为 m 常为 l 的匀质细杆对通过中心且与杆垂直的轴线的转动惯量等于 2 12 1 ml ；⑵用积分法证明：质量为 m 半径为 R 的匀质薄圆盘对通过中心且在盘面内的轴线的转动惯量等于 2 4 1 mR 证明：⑴取图示坐标，在坐标 x 处取一线元， dm dx l m = ，它对 y 轴的转动惯量为： dI x dx l m 2 = ，整个细杆对 y 轴的转动惯量： 2 12 1 3 8 8 / 2 / 2 3 3 / 2 / 2 2 | ( ) 3 3 I x dx x ml l l l l m l l m l l l m = = − = + = −  ⑵在坐标 x 处取细杆状质元， dm R x dx R x dx R m R m 2 2 2 2 2 = 2  2 − = 2 −   L x y -l/2 dx l/2 x x R θ

第 7 章刚体力学习题解答 48 第 7 章刚体力学习题解答它对 x 轴的转动惯量： dI dm R x dm R x R x dx R m 2 2 3/ 2 3 2 2 2 3 2 2 2 1 12 1 = (2 − ) = ( − ) = 2 ( − )  整个圆盘对 x 轴的转动惯量：  − = − R R R m I R x dx 2 2 3/ 2 3 2 2 ( )  为了能求出积分，作如下变换： x = Rcos, dx = −Rsin d    2 2 3/ 2 2 2 2 3/ 2 2 2 3/ 2 3 3 (R − x ) = (R − R cos ) = (R sin ) = R sin 代入上式：   = − =          0 4 3 2 0 3 3 3 2 sin ( sin ) sin 2 I 2 R R d d mR R m 据三角函数公式： 2 1 cos 2 , cos 2 1 cos 2 sin 2 2     + = − = (1 2cos 2 ) ( 2cos 2 cos 4 ) sin ( ) (1 2cos 2 cos 2 ) 2 1 2 3 4 1 2 1 cos 4 4 1 2 4 2 1 2 4 1 cos 2         = − + = − +  = = − + + − 2 4 1 8 0 1 2 0 3 6 0 8 1 0 0 2 3 6 2 1 2 3 4 1 3 2 ( sin 2 | sin 4 | ) cos2 2 cos4 4 ( 2cos2 cos4 ) 2 2 2 mR d d d I d mR mR mR = − + =       = − + = − +                        7.3.2 图示实验用的摆，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垂直的轴线的转动惯量。 o 解：摆对 o 轴的转动惯量 I 等于杆对 o 轴的转动惯量 Il 加上圆盘对 o 轴的转动惯量 Ir，即 I=Il+Ir.根据平行轴定理 2 2 2 2 2 1 3 1 2 2 2 2 1 3 1 2 2 2 1 2 3 2 1 2 2 12 1 26 4.9 0.92 24.5 0.08 24.5(0.92 0.08) ( ) ( ) ( ) , kgm I m l m r m l r I m r m l r I m l m m l l r r r r r l l l l l = =   +   + + = + + + = + + = + = 7.3.3 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 R 垂直的轴线（以下简称 o 轴）的转动惯量 r r 为 2 2 I = 1 MR .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/πR 2，根据平行轴定理， 2 4 1 2 2 2 2 2 2 2 1 2 4 I' ( r )r ( r )( ) M r R R M r =  +  = + 设挖去两个小圆盘后，剩余部分对 o 轴的转动惯量为 I” " 2 ' ( 2 / ) 2 2 4 2 2 2 1 2 2 1 2 1 2 4 I I I MR Mr M R r r R R M r = − = − − = − − 7.3.5 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： I rad s I , 15.68 / 8.0 2 0.4 392 0.4 = = = =        制动过程可视为匀减速转动，  =  / t o l r 闸瓦闸瓦

第7章刚体力学习题解答 49 第7章刚体力学习题解答 △1=△0/B=41.9115.68=2.67s .a=2△y/t2=2×0.75/5.02=0.06m/s2 7.3.6匀质杆可绕支点0转动，当与杆垂直的冲力作用某点A时，由(1)、（②）可求得T3-T1=(m2-m)g-(m2+m)a,代入(3) 支点0对杆的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,求打击中心与支点的距离。中，可求得I=[m2-m)g/a-(m2+m)R2,代入数据：解：建立图示坐标0-xyzz轴垂直纸面向外。 N I=(0.04×9.8/0.06-0.96×0.052=1.39×10-2kgm 据题意，杆受力及运动情况如图所示。由质心运动定理：N-mg=0,F=ma。=m号B(1) 7.3.8斜面倾角为9，位于斜面顶端的卷扬机鼓轮半径为R,转由转动定理：F0A=I。B=mLB 动惯量为1，受到驱动力矩τ，通过绳所牵动斜面上质量为m的物体，物体与斜面间的摩擦系数为μ，求重物上滑的加速度，绳与斜面平行，不计绳质量。把1)代入(2)中，可求得oA=L 解：隔离鼓轮与重物，受力分析如图，其中T为绳中张力，=μN为摩擦力，重物上滑 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加速度与鼓轮角加速度的关系为=BR 轮轴。两端悬挂重物质量各为m1=0.46kg,m2=0.5kg,滑轮半径为对重物应用牛二定律： 0.05m。自静止始，释放重物后并测得0.5s内m2下降了0.75m。滑下uN.-mgsin9=ma,N-ngcos9，f代入轮转动惯量是多少？前式，得下u mgcos9.mgsin9=ma① 解：对鼓轮应用转动定理： mg t.TR=B=la/R② 由①②联立，可求得重物上滑的加速度： m TR-R'mg(ucos0+smn 0) Q=. 隔离m2、m1及滑轮，受力及运动情况如图所示。对m2、m1分 1+mR2 别应用牛顿第二定律：m28-T3=m2a(,T-m8=ma(2) 7.3.9利用图中所示装置测一轮盘的转动惯量，悬线和轴的垂直距离为，为减小因不计轴承摩擦力矩而产生的误差，先悬挂质量对滑轮应用转动定理：(T-T)R=IB=1a/R(3) 较小的重物m,从距地面高度为h处由静止 m1,m2 质点m2作匀加速直线运动，由运动学公式：△y=2, 开始下落，落地时间为1，然后悬挂质量较

第 7 章刚体力学习题解答 49 第 7 章刚体力学习题解答 t =  /  = 41.9 /15.68 = 2.67s 7.3.6 匀质杆可绕支点o转动，当与杆垂直的冲力作用某点A时，支点 o 对杆的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，求打击中心与支点的距离。 y 解：建立图示坐标 o-xyz,z 轴垂直纸面向外。 N 据题意，杆受力及运动情况如图所示。由质心运 o x 动定理： 0, (1) 2  L N − mg = F = mac = m ac 由转动定理； 0 (2) 2 3 1 F A = I o = mL  A F 把⑴代入⑵中，可求得 oA L3 2 = 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 下降了 0.75m。滑轮转动惯量是多少？解： T2 T1 β x o R a a y 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： (1); (2) m2 g −T2 = m2a T1 − m1g = m1a 对滑轮应用转动定理： (T2 −T1 )R = I = Ia / R （3）质点 m2 作匀加速直线运动，由运动学公式： 2 2 1 y = at ， 2 2 2 a = 2y /t = 20.75/ 5.0 = 0.06m/s 由 ⑴、⑵可求得 T2 −T1 = (m2 − m1 )g − (m2 + m1 )a ,代入（3）中，可求得 2 2 1 2 1 I = [(m − m )g / a − (m + m )]R ，代入数据： 2 2 2 I (0.04 9.8/ 0.06 0.96) 0.05 1.39 10 kgm − =  −  =  7.3.8 斜面倾角为θ，位于斜面顶端的卷扬机鼓轮半径为 R，转动惯量为 I，受到驱动力矩τ，通过绳所牵动斜面上质量为 m 的物体，物体与斜面间的摩擦系数为μ，求重物上滑的加速度，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=μN 为摩擦力，重物上滑加速度与鼓轮角加速度的关系为 a=βR 对重物应用牛二定律： T- μN- mgsinθ=ma, N=mgcosθ，代入前式，得 T- μmgcosθ- mgsinθ=ma ① 对鼓轮应用转动定理： τ- TR=Iβ=Ia/R ② 由①②联立，可求得重物上滑的加速度： 2 2 ( cos sin ) I mR R R mg a + − + =     7.3.9 利用图中所示装置测一轮盘的转动惯量，悬线和轴的垂直距离为 r，为减小因不计轴承摩擦力矩而产生的误差，先悬挂质量较小的重物 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 mg m2 m1 mg T N f a θ T τ β m1,m2 h r

西安电子科技大学：《大学物理》课程习题解答（力学）第7章 刚体力学习题解答

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