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：⑴2
12
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：23
212643ct bt ct bt a dt d dt
d -==-+==
ω
θβω
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
ω
θβω
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
2
222
222
22
222/182.0)14.20.2(1.0)
(45sin 45sin 45sin /465.0)14.20.2(1.0)(45cos 45cos 45cos s m R R R a s m R R R a y x -=-?
=-?=?-?=-=+?-=+?-=?-?-=ωβωβωβωβ
⑶θ=π/2时,由θ=1.2t+t 2,求得t=0.7895s,ω
=1.2+2t=2.78rad/s
2
222/77.01.078.2/2.01.00.20/278.01.078.2s m R a s m R a v s m R v y x y x -=?-=-=-=?-=-==-=?-=-=ωβω
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
s m R v v c /53.02.125
.160222-=?-=-=?πω
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：
s m r v /3145.1'60
22000=?=
=?πω
⑵桨尖相对地面的速度：机地v v v
+='，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，
s m v /4.6960
60102503==
??机地
所以，s m v v v /6.3214.69314'222
2≈+=+=
机地
显然，桨尖相对地面的运动轨迹为螺旋线
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
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 的质元 dm=ρπr 2dx ，∵r/a=x/L ，r=ax/L ∴ dm=ρπa 2x 2dx/L 2
⑴圆锥体为匀质，即ρ为常数，
总质量：L a dx x dm m L
L
a 2310
22
2
ρπ
ρπ==
=?
?
质心：L dx x x L
L L a L dx x a dm
xdm c 430
333
//3
22
3
2==?=??=?
ρπρπ
⑵x L
L x
L L h 0
)1()1(00ρρρρ=
-=-=-
总质量：?
?
==
=L
a dx x dm m L
L a 2
010
32
0πρπρ 质心：?
==??=
L
L dm
xdm c L dx x x 0
54
444
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 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，∴v cx =0,a cx =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。
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：4x 2+y 2=L 2(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2121
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241mR
证明：⑴取图示坐标，在坐标x 处取一线元，dx dm m
=，它对y 轴的转动惯量为：dx x dI l
m 2=
，
整个细杆对y 轴的转动惯量：
2
12
18
832/2
/332
/2
/2
)(|
33ml x dx x
I l l l
m l l l
m l l l
m =
+=
=
=
--?
x
⑵在坐标x 处取细杆状质元，
dx x R dx x R dm R m
R
m 222222
22-=-?=ππ
它对x 轴的转动惯量：
dx x R x R dm x R dm dI R m
2/322322*********
)()()2(2
-=
-=-=π
整个圆盘对x 轴的转动惯量：?
--=
R
R
R m dx x R I 2/32232)(π 为了能求出积分，作如下变换：θθθd R dx R x sin ,cos -==
θθθ332/3222/32222/322sin )sin ()cos ()(R R R R x R ==-=-
代入上式：??=
-=
π
π
πθθθθθ0
4
20
3
3
32sin )sin (sin 2
d d R R
I mR R m
据三角函数公式：2
2cos 1cos ,22cos 1sin 22
θ
θθθ+=-=
)4cos 2cos 2()2cos 21()2cos 2cos 21()(sin 2
1
234124cos 1412412
22cos 14θθθθθθθθ+-=+-=+-==∴+- 24108102
36081
002362
1234132)|4sin |2sin (44cos 22cos )4cos 2cos 2(22
2m R d d d d I mR mR mR =+-=??
????+-=+-=
?
???ππππ
πππ
π
θθπθθθθθθθθ
7.3.2 图示实验用的摆，l=0.92m,r=0.08m,m l =4.9kg,m r =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。
解：摆对o 轴的转动惯量I 等于杆对o 轴的转动 惯量I l 加上圆盘对o 轴的转动惯量I r ，即I=I l +I r .根据 平行轴定理
2221
11223221222112221132
2
(),()()
4.90.9224.50.0824.5(0.920.08)26l l l l l r r r l r r I m l m m l I m r m l r I m l m r m l r kgm =+==++=+++=??+??++=
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 且与盘面垂直的轴线（以下简称o 轴）的转动惯量为
21MR I =.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
41222
2
222
12
4))(()('r M r r r I R
r M R +=
+=πσπσ
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"242221
22122124
R r r R M Mr MR I I I R
r M --=--=-=
7.3.5一转动系统的转动惯量为I=8.0kgm 2，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：
s rad I I /68.15,0
.84
.03924.02====???τββτ 制动过程可视为匀减速转动，t ??=/ωβ
s t 67.268.15/9.41/==?=?βω
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。
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：)1(,
02β
L c m ma F mg N ===- 由转动定理；
)2(02
31β
βmL I A F o == A F
把⑴代入⑵中，可求得 L
oA 32=
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m 1=0.46kg ，m 2=0.5kg ，滑轮半径为0.05m 。自静止始，释放重物后并测得0.5s 内m 2下降了0.75m 。滑轮转动惯量是多少？
解： T 2
T
1
a a m 2g m 1g
隔离m 2、m 1及滑轮，受力及运动情况如图所示。对m 2、m 1分别应用牛顿第二定律：
)2();1(111222a m g m T a m T g m =-=-
对滑轮应用转动定理：R Ia I R T T /)(12==-β （3）
质点m 2作匀加速直线运动，由运动学公式：2
1at y =?， 222/06.00.5/75.02/2s m t y a =?=?=∴
由 ⑴、⑵可求得 a m m g m m T T )()(121212+--=-,代入（3）中，可求得
21212)](/)[(R m m a g m m I +--=，代入数据：
2221039.105.0)96.006.0/8.904.0(kgm I -?=?-?=
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- mgsin θ=ma, N=mgcos θ，代入前式，得 T- μmgcos θ- mgsin θ=ma ①
对鼓轮应用转动定理：
τ- TR=I β=I a /R ②
由①②联立，可求得重物上滑的加速度：
2
2)sin cos (mR
I mg R R a ++-=θθμτ 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m 1，从距地面高度为h 处由静止开始下落，落地时间为t 1，然后悬挂质量较大的重物m 2，同样自高度h 处下落，所需时间为t 2，根据这些数据确定轮盘的转动惯量，近似认为两种情况下摩擦力矩相等。
解：隔离轮盘与重物，受力及运动情况如图示：τf 为摩擦力矩，T 为绳中张力，a =βr
对轮盘应用转动定理：
11βτI r T f =-，22βτI r T f =-，两式相减，得： ①)/()(),()(12121212ββββ--=-=-r T T I I r T T
对重物应用牛顿二定律：
222222111111,ββr m a m T g m r m a m T g m ==-==-，两式相减，可得： )()(11221212ββm m r g m m T T ---=-，代入①中，可得：
②)/(])()[(122112212ββββ----=r m m gr m m I
由运动学公式：,
/2,2
112
221
2
111t h a t a t a h =∴==
a
m 1,m 2
T mg
a
2
2
22112222,2,2rt h
rt h t h a ===
ββ，将角加速度代入②中，得： )
(2)
(2)()/()(2)//(2)()()(2
22
12
21212222212122
22
12
22
12
112
222212222
21
22
122
1
222
12
2t t h t m t m hr t t gr m m t t t t h t m t m hr gr m m r m m gr m m I rt h rt h
rt h rt h ----=
----=----=
7.4.1 扇形装置如图，可绕光滑的铅直轴线o 转动，其转动惯量为I.装置的一端有槽，槽内有弹簧，槽的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v 0弹出。求转动装置的反冲角速度。在弹射过程中，由小球和转动装置构成的系统动能守恒否？总机械能守恒否？为什么？
解：取小球、转动装置构成的物体系为研究对象。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 的角动量守恒，规定顺时方向为正，有
I rmv rmv I /000=∴=-ωω
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 的匀质等截面细杆可绕水平光滑的轴线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 射出并嵌入杆的下端，和杆一起运动，求杆的最大摆角θ. o
解：将子弹、杆构成的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，获得共同的角速度ω，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，ωωω231
231
2)(l M m Ml ml mvl +=+=
s
rad l M m m v /0.20.1)3/97.201.0(200
01.0)3/(===∴?+?+ω 第二阶段，子弹与杆以共同的初角速度ω摆动到最大角度θ，由于在此过程中，只有重力做功，所以
物体系的机械能守恒，物体系原来的动能等于重力势能的增量：
8635
.011cos )cos 1()cos 1()(8
.9)97.201.02(0.20.1)3/97.201.0(2
)2()3/(2223
12
12
≈-
=-=∴-+-=+?+???+++ωθθθωg
M m l
M m l
Mg mgl l M m
θ=30o34’
7.4.3一质量为m 1，速度为v 1的子弹沿水平面击中并嵌入一质量为m 2=99m 1，长度为L 的棒的端点，速度v 1与棒垂直，棒原来静止于光滑的水平面上，子弹击中棒后共同运动，求棒和子弹绕垂直与平面的轴的角速度等于多少？
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 的平动和绕质心C 的转动，绕质心C 转动的角速度即为所求。
据质心定义:
CA
L
CA CA CO m m m CA CO m m 299100,,22121=
+=+=，L L L CO L L CA 005.0495.05.0,495.0200/99=-===
据角动量守恒：ω)(2222121
2111CO m L m CA m CA v m ++= L
v L v L m L v m /058.0)005.09912/99495.0(495.0)005.09999495.0(495.01221221212111=?++=?+?+=?ωω
ω
7.5.1 10m 高的烟囱因底部损坏而倒下来，求其上端到达地面时的线速度，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h C =h/2，对转轴的转动惯量231
222121)(mh
m mh I h =+=，倒在地面上时的角速度为ω 由机械能守恒：
h g mh mg I mgh h C /3,,2231
212221=?=?=ωωω
上端点到达地面时的线速度：
s m gh h v /2.17108.933=??===ω
7.5.2 用四根质量各为m 长度各为l 的匀质细杆制成正方形框架，可绕其中一边的中点在竖直平面内转动，支点o 是光滑的。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，框架质心的线速度v c 及框架作用于支点的压力N.
解：先求出正方形框架对支点o 的转动惯量：
23
723442121
22
2)(4)(42
m l I m l m m l I m l I m I I o l c c l c o =∴=+=+=+= E p =0 设AB 边达到水平位置时，框架的角速
度为ω，据机械能守恒定律： 223
7212212)(4ωωml I mg o l == gl l v c l g
7
3
21712,===
∴ωω
AB 边在水平位置时，框架所受到的向上的支撑力N 和向下的重力W 的作用线均通过支点o ，对o 轴的力矩为零，据转动定理，框架的角加速度为零，∴a c =ω2l/2=6g/7，方向向上。规定向上方向为正，对框架应用质心运动定理：
mg mg N g m ma mg N c 73
76767)1(4444=+=∴==-
据牛顿第三定律，支点受到的压力，大小等于N ，方向向下。
O
C v 1 m 1
7.5.3由长为l ，质量为m 的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 点的速度，并求此时框架对支点的作用力。
解：先求出框架对O 轴的转动惯量：据平行轴定理，
23
1022
1
24
12121
2)(4)(44ml l m l m ml mOC I I C =++=+= 设对角线OP 转过45°后框架的角速度为ω，且势能为零，由机械能守恒：
2
23522122,)45sin (
4ω
ωml mgl I mg l
==? gl l v p l g g 5
3566222,,===
=ωωω
设支点O 对框架的作用力为N ，由定轴转动定理：τ= I β，
g g l a l g ml l mg I
102
32
532,533/102/45sin 42
====?=
=
βτ
βτ质心的法向加速度 2
562562g
l l g OC a n =?=
=ω 在n
?方向应用质心运动定理：n n ma mg N 445cos 4=?-， mg mg g m mg N n 25
22
)2522422(2
56422=?+
=?
+= 在τ?方向应用质心运动定理：ττma mg N 445sin 4=?+
mg mg mg g m N 25
4
2)256(2221034-=-=-?
=τ mg mg N N N n 32.62522225
32
2
2
2
=+=
+=?τ，设与-τ?方向夹角为θ，
?===7.795.5|/|arctg N N arctg n τθ
7.5.4 质量为m 长为l 的匀质杆，其B 端放在桌上，A 端用手支住，使杆成水平。突然释放A 端，在此瞬时，求：⑴杆质心的加速度，⑵杆B 端所受的力。
解：⑴以支点B 为转轴，应用转动定理：l
g
l
ml mg 232312=∴=ββ
，质心加速度 g
a l
c 432==β，方向向下。 ⑵设杆B 端受的力为N ，对杆应用质心运动定理：N y =0，
N x - mg = - m a c , N x = m(g – a c ) = 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的几种情况，求地面对圆柱体的静摩擦力f.
P
⑴沿圆柱体上缘作用一水平拉力F,柱体作加速滚动。 ⑵水平拉力F 通过圆柱体中心轴线，柱体作加速滚动。 ⑶不受任何主动力的拉动或推动，柱体作匀速滚动。 ⑷在主动力偶矩τ的驱动下加速滚动，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、绕质心轴的转动定理和只滚不滑条件，建立三个方程求解。
⑴R a mR R f F ma f F
c c ββ==+=-,)(,2
2
1 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。
⑵R
a mR fR ma f F c c ββ===-,,221 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。 ⑶ a c = 0 , f = 0
⑷R a mR fR ma f c c ββτ==+=-,,22
1,求得f 2τ
-= 负号说明静摩擦力方向与假设方向相反，应向前。
7.5.6 板的质量为M ，受水平力F 的作用，沿水平面运动，板与平面间的摩擦系数为μ.在板上放一半径为R 质量为M 2的实心圆柱，此圆柱只滚动不滑动。求板的加速度。
解：隔离圆柱，其受力及运动情况如图所示，其中a c 为质心对地的加速度，β为相对质心的角加速度，f 2、N 2分别为板施加给 圆柱的静摩擦力和压力。 由质心定理：)2(),1(2222g M N a M f c
==
对质心应用转动定理：)3(2
221
2β
R M R f =
隔离木板，其受力及运动情况如图所示， 其中a 为板对地的加速度，f 1、N 1分别为水平
面施加给板的滑动摩擦力和压力。
应用牛顿第二定律（或质心定理）：
)4(21Mg
N N += )5(21Ma f N F =--μ
圆柱在木板上只滚不滑的条件是：a = a c +βR (6)
(圆柱与板接触点对地的加速度等于质心加速度加上绕质心转动的加速度，即a c +βR ，它必须等于木板对地的加速度a ,才能只滚不滑)
将（2）代入（4）求得：N 1=(M+M 2)g ；由（1）（3）可解得，2a c =R β 与（6）联立，可求得，a c =a/3, 代入（1）中，f 2 = a M 2 /3；将N 1、f 2代入（5）中，有
2
23]
)([32312)(M M g M M F a Ma
a M g M M F ++-=
∴=-+-μμ
7.5.7 在水平桌面上放置一质量为m 的线轴，内径为b ，外径为R,其绕中心轴转动惯量为mR 2/3,线轴和地面之间的静摩擦系数为μ。线轴受一水平拉力F,如图所示。
⑴使线轴在桌面上保持无滑滚动之F 最大值是多少？
⑵若F 和水平方向成θ角，试证，cos θ＞b/R 时，线轴向前滚；cos θ＜b/R 时，线轴向后滚动。
解：可将（1）看作（2）的特殊情况。建立图示坐标，z 轴垂直纸面 向外，为角量的正方向。根据静摩擦 力的性质，可知其方向与F 水平分量方向相反。设线轴质心的加速度为a ，绕质心的角加速度为β。 由质心定理：)2(sin )
1(cos θθF mg N ma f F -==-
由转动定理：)3(2
31
β
mR fR Fb =-
只滚不滑：a+βR=0 (4) 由⑴,⑶,⑷联立，可求得：
)cos 3(,)cos (,)(cos 44343θθβθR b f a R
F R b m R F
R b
m F +=
-=-=
⑴ F 为水平拉力时，即 mg R b f F
μθ≤+==)3(,1cos
mg F R
b R +≤
∴34μ.
⑵ 若0,0,cos <>>βθa R b ，即线轴向前滚； 若0,0,cos ><<
βθa R
b ，即线轴向后滚。
7.5.9 一质量为m,半径为r 的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的速率以及它作用于导轨的正压力。
解：设小球运动到最低点时，其质心速 度为v ，绕质心转动的角速度为ω，由机械
能守恒，有2252
21221)()(ω
mr mv r R mg +=- 只滚不滑条件：ω=v/r ,代入上式，可求得 g r R v )(10
7
-=
在最低点应用质心运动定理： )/(2
r R mv mg N -=-
mg g g m r R v g m N 73
10722)()]/([=+=++=∴，作用于导轨的正压力与此等大，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的拉力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 与地面的距离。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。
解：隔离汽车，受力
情况如图所示（摩擦力没
有画出，因与此题无关）。 在竖直方向应用力平 衡方程：)1(21W N N =+以前轮为支点，由力矩平衡方程，)2()(2Fh a l W l N +-=
由（2）解得：l Fh l a W N /)/1(2+-= 将N 2代入(1)中得：l Fh l W a N //1-=
令F=0，即得到无拖车时前后轮的支持力N 1’和N 2’。显然，有拖车时，前轮支持力减小，后轮支持力增大。
7.6.3 电梯高2.2m ，其质心在中央，悬线亦在中央。另有负载50×10kg ，其重心离电梯中垂线相距0.5m 。问⑴当电梯匀速上升时，光滑导轨对电梯的作用力，不计摩擦（电梯仅在四角处受导轨作用力）；⑵当电梯以加速度0.05m/s 2上升时，力如何？
解：⑴以o 为轴,据力矩平衡条件：mgb Nl = N l mgb N 3
10114.12.2/5.08.91050/?=???==
⑵设电梯的加速度为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：b a g m Nl )(+=
N l b a g m N 310119.12.2/5.0)05.08.9(1050/)(?=+?=+=
7.7.1环形框架质量为0.20kg ，上面装有质量为1.20kg 的回转仪，框架下端置于光滑的球形槽内，回转仪既自传又旋进，框架仅随回转仪的转动而绕铅直轴转动，回转仪自身重心以及它连同框架的重心均在C 点，C 点与转动轴线的垂直距离为r=0.02m ，回转仪绕自转轴的转动惯量为4.8×10-4kgm 2,自转角速度为120rad/s. ⑴求旋进角速度；⑵求支架球形槽对支架的总支承
力。 解：根据旋进与自旋的关系式：
s rad I gr m m I /76.4120
108.402.08.9)2.12.0()(421≈????+=+==
Ω-ωωτ
把回转仪与支架当作一个系统，设球形槽对支架的支承力为N ，整个装置的质心C 相对竖直轴做匀速圆周运动，由质心运动定理：
N
N N N N g m m N N
r m m N z x z x 73.1372.1363.072.138.9)2.12.0()(63.076.402.0)2.12.0()(222
2
212221=+=+==?+=+==??+=Ω+= 与竖直轴夹角?===63.273
.1363
.0arctg N N arctg z x θ
工程力学 课后习题答案
4-1 试求题4-1图所示各梁支座的约束力。设力的单位为kN ，力偶矩的单位为kN ?m ，长度 单位为m ，分布载荷集度为kN/m 。(提示：计算非均布载荷的投影和与力矩和时需应用积分)。 解： (b)：(1) 整体受力分析，画出受力图(平面任意力系)； (2) 选坐标系Axy ，列出平衡方程； 0: 0.40 0.4 kN x Ax Ax F F F =-+==∑ ()0: 20.80.5 1.60.40.720 0.26 kN A B B M F F F =-?+?+?+?==∑ 0: 20.50 1.24 kN y Ay B Ay F F F F =-++==∑ 约束力的方向如图所示。 A B C D 0.8 0.8 0.4 0.5 0.4 0.7 2 (b) A B C 1 2 q =2 (c) M=3 30o A B C D 0.8 0.8 0.8 20 0.8 M =8 q =20 (e) A B C D 0.8 0.8 0.4 0.5 0.4 0.7 2 F B F Ax F A y y x
(c)：(1) 研究AB 杆，受力分析，画出受力图(平面任意力系)； (2) 选坐标系Axy ，列出平衡方程； 2 ()0: 3320 0.33 kN B Ay Ay M F F dx x F =-?-+??==∑? 2 0: 2cos300 4.24 kN o y Ay B B F F dx F F =-?+==∑? 0: sin300 2.12 kN o x Ax B Ax F F F F =-==∑ 约束力的方向如图所示。 (e)：(1) 研究C ABD 杆，受力分析，画出受力图(平面任意力系)； (2) 选坐标系Axy ，列出平衡方程； 0: 0x Ax F F ==∑ 0.8 ()0: 208 1.620 2.40 21 kN A B B M F dx x F F =??++?-?==∑? 0.8 0: 20200 15 kN y Ay B Ay F dx F F F =-?++-==∑? 约束力的方向如图所示。 4-16 由AC 和CD 构成的复合梁通过铰链C 连接，它的支承和受力如题4-16图所示。已知 均布载荷集度q =10 kN/m ，力偶M =40 kN ?m ，a =2 m ，不计梁重，试求支座A 、B 、D 的约束力和铰链C 所受的力。 A B C 1 2 q =2 M=3 30o F B F Ax F A y y x dx 2?dx x A B C D 0.8 0.8 0.8 20 0.8 M =8 q =20 F B F Ax F A y y x 20?dx x dx A B C D a M q a a a
工程力学课后习题答案
第一章 静力学基本概念与物体的受力分析 下列习题中，未画出重力的各物体的自重不计，所有接触面均为光滑接触。 1.1 试画出下列各物体（不包括销钉与支座）的受力图。 解：如图 (g) (j) P (a) (e) (f) W W F F A B F D F B F A F A T F B A 1.2画出下列各物体系统中各物体（不包括销钉与支座）以及物体系统整体受力图。 解：如图 F B B (b)
(c) C (d) C F D (e) A F D (f) F D (g) (h) EO B O E F O (i)
(j) B Y F B X B F X E (k) 1.3铰链支架由两根杆AB、CD和滑轮、绳索等组成，如题1.3图所示。在定滑轮上吊有重为W的物体H。试分别画出定滑轮、杆CD、杆AB和整个支架的受力图。 解：如图 ' D 1.4题1.4图示齿轮传动系统，O1为主动轮，旋转 方向如图所示。试分别画出两齿轮的受力图。 解： 1 o x F 2o x F 2o y F o y F F F' 1.5结构如题1.5图所示，试画出各个部分的受力图。
解： 第二章 汇交力系 2.1 在刚体的A 点作用有四个平面汇交力。其中F 1＝2kN ，F 2=3kN ，F 3=lkN ， F 4=2.5kN ，方向如题2.1图所示。用解析法求该力系的合成结果。 解 0 00 1 42 3c o s 30c o s 45c o s 60 c o s 45 1.29 Rx F X F F F F KN = =+- -=∑ 00001423sin30cos45sin60cos45 2.54Ry F Y F F F F KN ==-+-=∑ 2.85R F KN == 0(,)tan 63.07Ry R Rx F F X arc F ∠== 2.2 题2.2图所示固定环受三条绳的作用，已知F 1＝1kN ，F 2=2kN ，F 3=l.5kN 。求该力系的合成结果。 解：2.2图示可简化为如右图所示 23cos60 2.75Rx F X F F KN ==+=∑ 013sin600.3Ry F Y F F KN ==-=-∑ 2.77R F KN == 0(,)tan 6.2Ry R Rx F F X arc F ∠==- 2.3 力系如题2.3图所示。已知：F 1＝100N ，F 2=50N ，F 3=50N ，求力系的合力。 解：2.3图示可简化为如右图所示 080 arctan 5360 BAC θ∠=== 32cos 80Rx F X F F KN θ==-=∑ 12sin 140Ry F Y F F KN θ==+=∑ 161.25R F KN == ( ,)tan 60.25Ry R Rx F F X arc F ∠= = 2.4 球重为W ＝100N ，悬挂于绳上，并与光滑墙相接触，如题2.4 图所示。已知30α=，
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第三章 刚体力学 一、刚体运动学（定轴转动）---角位移、角速度、角加速度、线量与角量的关系 1、刚体做定轴转动，下列表述错误的是：【 】 A ；各质元具有相同的角速度； B ：各质元具有相同的角加速度； C ：各质元具有相同的线速度； D ：各质元具有相同的角位移。 2、半径为0.2m 的飞轮，从静止开始以20rad/s 2的角加速度做定轴转动，则t=2s 时，飞轮边缘上一点的切向加速度τa =____________，法向加速度n a =____________，飞轮转过的角位移为_________________。 3、刚体任何复杂的运动均可分解为_______________和 ______________两种运动形式。 二、转动惯量 1、刚体的转动惯量与______________ 和___________________有关。 2、长度为L ，质量为M 的均匀木棒，饶其一端A 点转动时的转动惯量J A =_____________，绕其中心O 点转动时的转动惯量J O =_____________________。 3、半径为R 、质量为M 的均匀圆盘绕其中心轴（垂直于盘面）转动的转动惯量J=___________。 4、两个匀质圆盘A 和B 的密度分别是A ρ和B ρ，若B A ρρ>，但两圆盘的质量和厚度相同，如两盘对通过盘心垂直于盘面轴的转动惯量各为A J 和B J 则：【 】 （A ）B A J J >； （B ）B A J J < （C ）B A J J = （D ）不能确定 三、刚体动力学----转动定理、动能定理、角动量定理、角动量守恒 1、一长为L 的轻质细杆，两端分别固定质量为m 和2m 的小球，此系统在竖直平面内可绕过中点O 且与杆垂直的水平光滑固定轴(O 轴)转 动．开始时杆与水平成60°角，处于静止状态．无初转速地释放以后， 杆球这一刚体系统绕O 轴转动．系统绕O 轴的转动惯量J ＝ ___________．释放后，当杆转到水平位置时，刚体受到的合外力矩M =____ __；角加速度β= ____ __． 2、一个能绕固定轴转动的轮子，除受到轴承的恒定摩擦力矩M r 外，还受到恒定外力矩M 的作用．若M ＝20 N ·m ，轮子对固定轴的转动惯量为J ＝15 kg ·m 2．在t ＝10 s 内，轮子的角速度由ω ＝0增大到ω＝10 rad/s ，则M r ＝_______． 3、【 】银河系有一可视为物的天体，由于引力凝聚，体积不断收缩。设它经过一万年体积收缩了1%，而质量保持不变。则它的自转周期将______；其转动动能将______ （A ）减小，增大； (B)不变，增大； (C) 增大，减小； (D) 减小，减小 4、【 】一子弹水平射入一竖直悬挂的木棒后一同上摆。在上摆的过程中，一子弹和木棒为系统（不包括地球），则总角动量、总动量及总机械能是否守恒？结论是： （A ）三者均不守恒； （B ）三者均守恒；
大学物理06刚体力学
刚体力学 1、（0981A15） 一刚体以每分钟60转绕z 轴做匀速转动(ω? 沿z 轴正方向)．设某时刻刚体上一点 P 的位置矢量为k j i r ??? ? 5 4 3++=，其单位为“10-2 m ”，若以“10-2 m ·s -1”为速度单位，则该时刻P 点的速度为： (A) k j i ???? 157.0 125.6 94.2++=v (B) j i ??? 8.18 1.25+-=v (C) j i ??? 8.18 1.25--=v (D) k ?? 4.31=v ［ ］ 2、（5028B30） 如图所示，A 、B 为两个相同的绕着轻绳的定滑轮．A 滑轮挂一质量为M 的物体，B 滑轮受拉力F ，而且F ＝Mg ．设A 、 B 两滑轮的角加速度分别为A 和B ，不计滑轮轴的摩擦，则 有 (A) A ＝B ． (B) A ＞B ． (C) A ＜ B ． (D) 开始时 A ＝ B ，以后 A ＜ B ． ［ ］ 3、（0148B25） 几个力同时作用在一个具有光滑固定转轴的刚体上，如果这几个力的矢量和为零，则此刚体 (A) 必然不会转动． (B) 转速必然不变． (C) 转速必然改变． (D) 转速可能不变，也可能改变． ［ ］ 4、（0153A15） 一圆盘绕过盘心且与盘面垂直的光滑固定轴O 以角速度 按图 示方向转动.若如图所示的情况那样，将两个大小相等方向相反但不在同一条直线的力F 沿盘面同时作用到圆盘上，则圆盘的角速度 (A) 必然增大． (B) 必然减少． (C) 不会改变． (D) 如何变化，不能确定． ［ ］ 5、（0165A15） 均匀细棒OA 可绕通过其一端O 而与棒垂直的水平固定光滑轴转动，如图所示．今使棒从水平位置由静止开始自由下落，在棒摆动到竖直位置的过程中，下述说法哪一种是正确的？ (A) 角速度从小到大，角加速度从大到小． A M B F O F F ω O A
大学物理刚体力学基础习题思考题及答案
习题5 5-1.如图，一轻绳跨过两个质量为 m 、半径为r 的均匀圆盘状定滑轮，绳的两端 分别挂着质量为2m 和m 的重物，绳与滑轮间无相对滑动，滑轮轴光滑，两个定 滑轮的转动惯量均为 mr 2 / 2，将由两个定滑轮以及质量为 2m 和m 的重物组成 的系统从静止释放，求重物的加速度和两滑轮之间绳的力。 解：受力分析如图，可建立方程： 广 2mg T 2 2ma ① T1 mg ma ② J (T 2 T)r J ③ (T T 1)r J ④ 虹 a r , J mr 2/2 ⑤ 联立，解得：a 1g, T 4 上，设开始时杆以角速度 °绕过中心O 且垂直与桌面的轴转动，试求： （1）作 用于杆的摩擦力矩；（2）经过多长时间杆才会停止转动。 解：（1）设杆的线密度为: d f dmg gd x, 微元摩擦力矩：d M g xd x , （2）根据转动定律 M J J 马, t 有： 0 Mdt Jd dt 1 . -mglt 1 [2 —m l 0, . . t _oL 4 12 3 g 或利用： M t J J 0,考虑到 0, J 1 | 2 一 ml , 12 有：t ol 。 11 a mg 5-2.如图所示，一均匀细杆长为 l ,质量为m ,平放在摩擦系数为 的水平桌面 一小质元dm dx,有微元摩擦力: 考虑对称性, l_ M 2 2 有摩擦力 矩： gxdx 1
5-3.如图所示，一个质量为m的物体与绕在定滑轮上的绳子相联，绳子的质量 可以忽略，它与定滑轮之间无滑动。假设定滑轮质量为M、半径为 R，其转动惯量为MR2/2，试求该物体由静止开始下落的过程中， 下落速度与时间的关系。 解：受力分析如图，可建立方程： r mg T ma ① * TR J ② —, 1 ~2 — k a R , J — mR —-③ 2 2mg Mmg 联立，解得：a ------------ — , T ----------- —, 考虑到a四，.?. v dv 「旦—dt,有：v dt 0 0 M 2m M 2m 5-4.轻绳绕过一定滑轮，滑轮轴光滑，滑轮的质量为M /4，均匀分布在其边缘上，绳子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 /4的重物，如图。已知滑轮对O 轴的转动惯量J MR2 /4 ,设人从静止开始以相对绳匀速向上爬时，绳与滑轮间无相对滑动，求B端重物上升的加速度？ 解一： 分别对人、滑轮与重物列出动力学方程 Mg T1Ma A人 T2M 4g M 心 a B物 4 T1R T2R J滑轮 由约束方程：a A a B R 和J MR2/4,解上述方程组 得到a —. 2 解二： 选人、滑轮与重物为系统，设 U为人相对绳的速度，V为重
大学物理-力学考题
一、填空题（运动学） 1、一质点在平面内运动, 其1c r = ，2/c dt dv =；1c 、2c 为大于零的常数，则该质点作 运动。 2．一质点沿半径为0.1=R m 的圆周作逆时针方向的圆周运动，质点在0～t 这段 时间内所经过的路程为4 2 2t t S ππ+ = ，式中S 以m 计，t 以s 计，则在t 时刻质点的角速度为 ， 角加速度为 。 3．一质点沿直线运动，其坐标x 与时间t 有如下关系：x=A e -β t （ A. β皆为常数）。则任意时刻t 质点的加速度a = 。 4．质点沿x 轴作直线运动，其加速度t a 4=m/s 2，在0=t 时刻，00=v ，100=x m ，则该质点的运动方程为=x 。 5、一质点从静止出发绕半径R 的圆周作匀变速圆周运动，角加速度为β，则该质点走完半周所经历的时间为______________。 6．一质点沿半径为0.1=R m 的圆周作逆时针方向的圆周运动，质点在0～t 这段时间内所经过的路程为2t t s ππ+=式中S 以m 计，t 以s 计，则t=2s 时，质点的法向加速度大小n a = 2/s m ，切向加速度大小τa = 2/s m 。 7. 一质点沿半径为0.10 m 的圆周运动，其角位移θ 可用下式表示3 2t +=θ (SI)． (1) 当 2s =t 时，切向加速度t a = ______________； (2) 当的切向加速度大小恰为法向加速度 大小的一半时，θ= ______________。 （rad s m 33.3,/2.12） 8．一质点由坐标原点出发，从静止开始沿直线运动，其加速度a 与时间t 有如下关系：a=2+ t ，则任意时刻t 质点的位置为=x 。 (动力学) 1、一质量为kg m 2=的质点在力()()N t F x 32+=作用下由静止开始运动，若此力作用在质点上的时间为s 2，则该力在这s 2内冲量的大小=I ；质点在第 s 2末的速度大小为 。
工程力学-课后习题答案
工程力学-课后习题答案
4-1 试求题4-1图所示各梁支座的约束力。设力 的单位为kN ，力偶矩的单位为kN m ，长度 单位为m ，分布载荷集度为kN/m 。(提示： 计算非均布载荷的投影和与力矩和时需应用积分)。 A B C D 0.8 0.8 0.4 0 00.7 2 ( A B C 1 2 q ( M= 30o A B C D 0.8 0.8 0.8 2 0.8 M = q =(
解： (b)：(1) 整体受力分析，画出受力图(平面任意 力系)； (2) 选坐标系Axy ，列出平衡方程； 0: 0.40 0.4 kN x Ax Ax F F F =-+==∑ ()0: 20.80.5 1.60.40.720 0.26 kN A B B M F F F =-?+?+?+?==∑ 0: 20.50 1.24 kN y Ay B Ay F F F F =-++==∑ 约束力的方向如图所示。 (c)：(1) 研究AB 杆，受力分析，画出受力图(平 面任意力系)； A B C 1 2 q M= 30o F F A F A y x d 2?x A B C D 0.8 0.8 0.4 00 0.7 2 F F A F A y
(2) 选坐标系Axy ，列出平衡方程； 2 0()0: 3320 0.33 kN B Ay Ay M F F dx x F =-?-+??==∑? 2 0: 2cos300 4.24 kN o y Ay B B F F dx F F =-?+==∑? 0: sin 300 2.12 kN o x Ax B Ax F F F F =-==∑ 约束力的方向如图所示。 (e)：(1) 研究C ABD 杆，受力分析，画出受力图 (平面任意力系)； (2) 选坐标系Axy ，列出平衡方程； 0: 0x Ax F F ==∑ 0.8 ()0: 208 1.620 2.40 21 kN A B B M F dx x F F =??++?-?==∑? 0.8 0: 20200 15 kN y Ay B Ay F dx F F F =-?++-==∑? 约束力的方向如图所示。 A B C D 0.8 0.8 0.8 20.8 M = q =F F A F A y x 20 x d
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 时刻的角速度与角加速度。 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与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 =+与问题的对称性知: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 '=
大学物理习题及解答(刚体力学)
1 如图所示，质量为m 的小球系在绳子的一端，绳穿过一铅直套管，使小球限制在一光滑水平面上运动。先使小球以速度0v 。绕管心作半径为r D 的圆周运动，然后向下慢慢拉绳，使小球运动轨迹最后成为半径为r 1的圆，求(1)小球距管心r 1时速度大小。(2)由r D 缩到r 1过程中，力F 所作的功。 解 (1)绳子作用在 小球上的力始终通过中 心O ，是有心力，以小球 为研究对象，此力对O 的 力矩在小球运动过程中 始终为零，因此，在绳子缩短的过程中，小球对O 点的角动量守恒，即 1 0L L = 小球在r D 和r 1位置时的角动量大小 1100r mv r mv = 1 00r r v v = (2)可见，小球的速率增大了，动能也增大了，由功能定理得力所作的功 ??????-=-=-=1)(21 2 1)(21 2 1212102020210202021r r mv mv r r mv mv mv W
2 如图所示，定滑轮半径为r ，可绕垂直通过轮心的无摩擦水平轴转动，转动惯量为J ，轮上绕有一轻绳，一端与劲度系数为k 的轻弹簧相连，另一端与质量为m 的物体相连。 物体置于倾角为θ的光滑斜面上。 开始时，弹簧处于自然长度，物体速度为零，然后释放物体沿斜面下 滑，求物体下滑距离l 时， 物体速度的大小。 解 把物体、滑轮、弹簧、 轻绳和地球为研究系统。在 物体由静止下滑的过程中，只有重力、弹性力作功，其它外力和非保守内力作功的和为零，故系统的机械能守恒。 设物体下滑l 时，速度为v ，此时滑轮的角速度为ω 则 θωsin 2121210222mgl mv J kl -++= （1） 又有 ωr v = （2） 由式（1）和式（2）可得 m r J kl mgl v +-=22 sin 2θ
工程力学课后习题答案解析
《工程力学》复习资料 1．画出（各部分）的受力图 （1）（2） （3） 2．力F作用在边长为L正立方体的对角线上。设Oxy平面与立方体的底面ABCD相平行，两者之间的距离为h，试求力F对O点的矩的矢量表达式。
解：依题意可得：?θcos cos ??=F F x ?θsin cos ??=F F y θsin ?=F F z 其中33sin = θ 3 6cos =θ 45=? 点坐标为：()h l l ,, 则 () 3 ) ()(33 33333j i h l F k F j F i F F M +?+= -+-= 3．如图所示力系由F 1，F 2，F 3，F 4和F 5组成，其作用线分别沿六面体棱边。已知：的F 1=F 3=F 4=F 5=5kN, F 2=10 kN ，OA=OC/2=。试求力系的简化结果。 解：各力向O 点简化 .0.0 .523143=-==-==+-=C O F A O F M C B F A O F M C O F C O F M Z Y X 即主矩的三个分量 kN F F Rx 55== kN F F Ry 102== kN F F F F RZ 5431=+-= 即主矢量为: k j i 5105++ 合力的作用线方程 Z y X == 2 4．多跨梁如图所示。已知：q=5kN ，L=2m 。试求A 、B 、D 处的约束力。
取CD 段 0=∑ci M 02 12 =-?ql l F D 解得 kN F D 5= 取整体来研究， 0=∑iy F 02=+?-+D B Ay F l q F F 0=∑ix F 0=Ax F 0=∑iA M 032=?+?-?l F l ql l F D B 联合以上各式，解得 kN F F Ay A 10-== kN F B 25= 5．多跨梁如图所示。已知：q=5kN ，L=2m ，ψ=30°。试求A 、C 处的约束力。（5+5=10分） 取BC 段 0=∑iy F 0cos 2=?+?-?C B F l q F 0=∑ix F 0sin =?-?C Bx F F
精选-《大学物理学》第二章 刚体力学基础 自学练习题
第二章 刚体力学基础 自学练习题 一、选择题 4-1．有两个力作用在有固定转轴的刚体上： （1）这两个力都平行于轴作用时，它们对轴的合力矩一定是零； （2）这两个力都垂直于轴作用时，它们对轴的合力矩可能是零； （3）当这两个力的合力为零时，它们对轴的合力矩也一定是零； （4）当这两个力对轴的合力矩为零时，它们的合力也一定是零； 对上述说法，下述判断正确的是：（ ） （A ）只有（1）是正确的； （B ）（1）、（2）正确，（3）、（4）错误； （C ）（1）、（2）、（3）都正确，（4）错误； （D ）（1）、（2）、（3）、（4）都正确。 【提示：（1）如门的重力不能使门转动，平行于轴的力不能提供力矩；（2）垂直于轴的力提供力矩，当两个力提供的力矩大小相等，方向相反时，合力矩就为零】 4-2．关于力矩有以下几种说法： （1）对某个定轴转动刚体而言，内力矩不会改变刚体的角加速度； （2）一对作用力和反作用力对同一轴的力矩之和必为零； （3）质量相等，形状和大小不同的两个刚体，在相同力矩的作用下，它们的运动状态一定相同。 对上述说法，下述判断正确的是：（ ） （A ）只有（2）是正确的； （B ）（1）、（2）是正确的； （C ）（2）、（3）是正确的； （D ）（1）、（2）、（3）都是正确的。 【提示：（1）刚体中相邻质元间的一对内力属于作用力和反作用力，作用点相同，则对同一轴的力矩和为零，因而不影响刚体的角加速度和角动量；（2）见上提示；（3）刚体的转动惯量与刚体的质量和大小形状有关，因而在相同力矩的作用下，它们的运动状态可能不同】 3．一个力(35)F i j N =+v v v 作用于某点上，其作用点的矢径为m j i r )34(??? -=，则该力对 坐标原点的力矩为 （ ） （A ）3kN m -?v ； （B ）29kN m ?v ； （C ）29kN m -?v ； （D ）3kN m ?v 。 【提示：(43)(35)430209293 5 i j k M r F i j i j k k k =?=-?+=-=+=v v v v v v v v v v v v v 】 4-3．均匀细棒OA 可绕通过其一端O 而与棒垂直的水平固定光滑轴 转动，如图所示。今使棒从水平位置由静止开始自由下落，在棒摆 到竖直位置的过程中，下述说法正确的是：（ ） （A ）角速度从小到大，角加速度不变； （B ）角速度从小到大，角加速度从小到大；
大学物理2-1第四章(刚体力学)习题集规范标准答案
习 题 四 4-1 一飞轮的半径为2m ，用一条一端系有重物的绳子绕在飞轮上，飞轮可绕水平轴转动，飞轮与绳子无相对滑动。当重物下落时可使飞轮旋转起来。若重物下落的距离由方程2at x =给出，其中2s m 0.2=a 。试求飞轮在t 时刻的角速度和角加速度。 [解] 设重物的加速度为t a ，t 时刻飞轮的角速度和角加速度分别为ω和β，则 a t x a 2d d 22t == 因为飞轮与绳子之间无相对滑动，所以 βR a =t 则 2t rad/s 0.22 0.222=?=== R a R a β 由题意知 t =0时刻飞轮的角速度00=ω 所以 rad 0.20t t t ==+=ββωω 4-2 一飞轮从静止开始加速，在6s 内其角速度均匀地增加到200min rad ，然后以这个速度匀速旋转一段时间，再予以制动，其角速度均匀减小。又过了5s 后，飞轮停止转动。若该飞轮总共转了100转，求共运转了多少时间? [解] 分三个阶段进行分析 10 加速阶段。由题意知 111t βω= 和 112 12θβω= 得 2 21 11211t ωβωθ== 20 匀速旋转阶段。 212t ωθ=
30 制动阶段。 331t βω= 332 1 2θβω= 2 23 13213t ωβωθ== 由题意知 100321=++θθθ 联立得到 πωωω21002 2 3 1211 1?=+ +t t t 所以 s 1832002560200 2660200210022=???-??- ?= ππππt 因此转动的总时间 s 19418356321=++=++=t t t t 4-3 历史上用旋转齿轮法测量光速的原理如下：用一束光通过匀速旋转的齿轮边缘的齿孔A ，到达远处的镜面反射后又回到齿轮上。设齿轮的半径为5cm ，边缘上的齿孔数为500个，齿轮的转速，使反射光恰好通过与A 相邻的齿孔B 。(1)若测得这时齿轮的角速度为600s r ，齿轮到反射镜的距离为500 m ，那么测得的光速是多大?(2)齿轮边缘上一点的线速度和加速度是多大? [解] (1) 齿轮由A 转到B 孔所需要的时间5 1031 26005002?= ?==ππωθt 所以光速 s m 10310315002285 ?=??== T L c (2) 齿轮边缘上一点的线速度 s m 1088.126001052 2?=???==-πωR v 齿轮边缘上一点的加速度 ()2 522 2s m 1010.71052600?=???==-πωR a 4-4 刚体上一点随刚体绕定轴转动。已知该点转过的距离s 与时间t 的关系为 2 0302 6t a t a s += τ。求证它的切向加速度每经过时间τ均匀增加0a 。
理论力学课后习题答案
《理论力学》课后答案 习题4-1．求图示平面力系的合成结果，长度单位为m。 解：(1) 取O点为简化中心，求平面力系的主矢： 求平面力系对O点的主矩： (2) 合成结果：平面力系的主矢为零，主矩不为零，力系的合成结果是一个合力偶，大小是260Nm，转向是逆时针。 习题4－3．求下列各图中平行分布力的合力和对于A点之矩。 解：(1) 平行力系对A点的矩是：
取B点为简化中心，平行力系的主矢是： 平行力系对B点的主矩是： 向B点简化的结果是一个力R B和一个力偶M B，且： 如图所示； 将R B向下平移一段距离d，使满足： 最后简化为一个力R，大小等于R B。其几何意义是：R的大小等于载荷分布的矩形面积，作用点通过矩形的形心。 (2) 取A点为简化中心，平行力系的主矢是： 平行力系对A点的主矩是：
向A点简化的结果是一个力R A和一个力偶M A，且： 如图所示； 将R A向右平移一段距离d，使满足： 最后简化为一个力R，大小等于R A。其几何意义是：R的大小等于载荷分布的三角形面积，作用点通过三角形的形心。 习题4-4．求下列各梁和刚架的支座反力，长度单位为m。
解：(1) 研究AB杆，受力分析，画受力图： 列平衡方程： 解方程组： 反力的实际方向如图示。 校核：
结果正确。 (2) 研究AB杆，受力分析，将线性分布的载荷简化成一个集中力，画受力图： 列平衡方程： 解方程组： 反力的实际方向如图示。 校核： 结果正确。 (3) 研究ABC，受力分析，将均布的载荷简化成一个集中力，画受力图：
列平衡方程： 解方程组： 反力的实际方向如图示。 校核： 结果正确。 习题4-5．重物悬挂如图，已知G=，其他重量不计；求铰链A的约束反力和杆BC所受的力。
华理工大学大学物理习题之 刚体力学习题详解
习题三 一、选择题 1．一根长为l 、质量为M 的匀质棒自由悬挂于通过其上端的光滑水平轴上。现有一质量为m 的子弹以水平速度v 0射向棒的中心，并以v 0/2的水平速度穿出棒，此后棒的最大偏转角恰为 90?，则v 0的大小为 [ ] （A ； （B （C ； （D ） 22 163M gl m 。 答案：A 解： 11122 , 1122 J J J J Mg l ωωωω=+?? ?=??? 22211, 243l ml J m J Ml ??=== ??? 0012/2v v l l ω==，0021/21 /22 v v l l ωω===，111121 ()2J J J J ωωωω-= = 21122J Mgl ω=， 2 112J J Mgl J ω?? ?= ??? ， 22 114J Mgl J ω= 2 2 202244143 v ml l Mgl Ml ?? ???=?，Mgl M v m =?2 02163，2202 163M v gl m =，所以 3 40gl m M v = 2．圆柱体以80rad/s 的角速度绕其轴线转动，它对该轴的转动惯量为24kg m ?。在恒力矩作用下，10s 内其角速度降为40rad/s 。圆柱体损失的动能和所受力矩的大小为 [ ] （A ）80J ，80N m ?； （B ）800J ，40N m ?；（C ）4000J ，32N m ?；（D ）9600J ，16N m ?。 答案：D 解：800=ω，40=ω，10=t ，4J = 2201122k E J J ωω-?= - 2 2011()4(64001600)9600(J)22 k E J ωω?=-=??-= M 恒定，匀变速，所以有 0t ωωα=-，0t ωωα-=，08040 416N m 10M J J t ωωα--==?=?=? 3．一个转动惯量为J 的圆盘绕一固定轴转动，初角速度为0ω。设它所受阻力矩与转动角速度成正比M k ω=- (k 为正常数)。
材料力学课后习题答案
8-1 试求图示各杆的轴力，并指出轴力的最大值。 解：(a) (1) 用截面法求内力，取1-1、2-2截面； (2) 取1-1截面的左段； 110 0 x N N F F F F F =-==∑ (3) 取2-2截面的右段； (a (b) (c (d
220 0 0x N N F F F =-==∑ (4) 轴力最大值： max N F F = (b) (1) 求固定端的约束反力； 0 20 x R R F F F F F F =-+-==∑ (2) 取1-1截面的左段； 110 0 x N N F F F F F =-==∑ (3) 取2-2截面的右段； 1 1 2
220 0 x N R N R F F F F F F =--==-=-∑ (4) 轴力最大值： max N F F = (c) (1) 用截面法求内力，取1-1、2-2、3-3截面； (2) 取1-1截面的左段； 110 20 2 x N N F F F kN =+==-∑ (3) 取2-2截面的左段； 220 230 1 x N N F F F kN =-+==∑ (4) 取3-3截面的右段； 1 1
330 30 3 x N N F F F kN =-==∑ (5) 轴力最大值： max 3 N F kN = (d) (1) 用截面法求内力，取1-1、2-2截面； (2) 取1-1截面的右段； 110 210 1 x N N F F F kN =--==∑ (2) 取2-2截面的右段； 3 1 2
220 10 1 x N N F F F kN =--==-∑ (5) 轴力最大值： max 1 N F kN = 8-2 试画出8-1所示各杆的轴力图。 解：(a) (b) (c) F
工程力学完全试题(含有答案)汇总
- 210 -word 版本可编辑.欢迎下载支持. 模拟试题7参考解答 测7-1 多项选择题 （共4个小题） 测7-1-1（4分）图为低碳钢试件的拉伸实验的应力 应变图形。在以下结论中， A B D 是正确的。 A ．加载到 B 点前卸载，当应力消失为零时，应变也消失为零。 B ．加载到 C 点卸载，当应力消失为零时，应变并不消失为零。 C ．加载到C 点卸载，再次加载，构件的屈服强度提高了。 D ．在C 点处卸载的卸载曲线，与在D 点处卸载的卸载曲线几乎是平行的。 E ．在C 点处卸载的残余应变，与在D 点处卸载的残余应变几乎是相等的。 测7-1-2（3分）下列各种情况中，重物均可以在梁上沿水平方向自由移动。重物所处的 位置已经使所在的梁具有最大弯矩的情况有 BC D 。 测7-1-3（3 。 A C ．三向应力状态 D ．纯剪应力状态 测7-1-4（4 A C D ．在不改变横截面形状的前提下改变横截面尺寸 E ．在杆件上沿垂直于轴线方向上开孔 测7-2 填空题（共4个小题） 测7-2-1（3分） 直径为d 的圆轴两端承受转矩m 的作用而产生扭转变形，材料的泊松 比为ν，其危险点的第一强度理论的相当应力 =eq1σ 3 π16d m ，第二强度理论的相当应力= eq2σ)(ν+1π163 d m ，第三强度理论的相当应力 =eq3σ 3 π32d m 。 测7-2-2（2分）承受均布荷载q 的悬臂梁的长度为L ，其横 A B C D 测 7-1-2 图 测 7-1-1 图
- 211 -word 版本可编辑.欢迎下载支持. 截面是宽度为b ，高度为h 的矩形，该梁横截面上的最大弯曲切应力为 bh qL 23 。 测7-2-3（4分）题图中左、右两杆的抗拉刚度分别是EA 和EA 20，则A 点的竖向位移 为 EA Pa 22 。 测7-2-4（6分）图示单元体所有应力分量均为MPa 50，材料 的弹性模量GPa 210=E ，泊松比25.0=ν。应将应变片贴在与x 轴成 45 度的方向上，才能得到最大拉应变读数；在此方向上的正应变 =αε 476 με，切应变 =αγ 0 。 测7-3 计算题 ( 共5个小题 ) 测7-3-1 （14分）图示水平刚性梁由杆 ① 和杆 ② 悬挂。两杆材料和横截面面积相同。 m 5.1=L ，m 2=a ，m 1=b 。由于制造误差，杆 ① 的长度做短了mm 5.1=δ。材料常数 GPa 200=E ，试求装配后杆 ① 和杆 ② 横截面上的应力。 解：设 ①、② 号杆分别承受拉力N1F 和N2F ，则有 平衡条件： b F a F N2N122 1=。 物理条件： EA L F N11=δ，EA L F N222= δ。 协调条件： δδδ=+212b a 。 可解得 L b a EAb F )24(22 22N1+=δ ， L b a EAab F )24(222N2+=δ。 故有 L b a Eb )24(22 22(1)+=δ σ， L b a Eab )24(222(2)+=δσ。 代入数据可得 MPa 16.2)1(=σ，MPa 45.9)2(=σ。 测7-3-2 （12分）如图结构中kN 5=F ，螺栓许用切应 力MPa 110][=τ，刚架变形很小，试根据切应力强度设计 螺栓尺寸d 。 解：螺栓群承受竖直向下的力，每个螺栓相应的剪力（方向 测 7-2-4 图 120 120120 测 7-3-1 图
大学物理2-1第四章(刚体力学)习题答案复习进程
大学物理2-1第四章(刚体力学)习题答案
习 题 四 4-1 一飞轮的半径为2m ，用一条一端系有重物的绳子绕在飞轮上，飞轮可绕水平轴转动，飞轮与绳子无相对滑动。当重物下落时可使飞轮旋转起来。若重物下落的距离由方程2at x =给出，其中2s m 0.2=a 。试求飞轮在t 时刻的角速度和角加速度。 [解] 设重物的加速度为t a ，t 时刻飞轮的角速度和角加速度分别为ω和β，则 a t x a 2d d 22t == 因为飞轮与绳子之间无相对滑动，所以 βR a =t 则 2t rad/s 0.22 0.222=?=== R a R a β 由题意知 t =0时刻飞轮的角速度00=ω 所以 rad 0.20t t t ==+=ββωω 4-2 一飞轮从静止开始加速，在6s 内其角速度均匀地增加到200min rad ，然后以这个速度匀速旋转一段时间，再予以制动，其角速度均匀减小。又过了5s 后，飞轮停止转动。若该飞轮总共转了100转，求共运转了多少时间? [解] 分三个阶段进行分析 10 加速阶段。由题意知 111t βω= 和 112 12θβω= 得 2 21 11211t ωβωθ== 20 匀速旋转阶段。 212t ωθ= 30 制动阶段。331t βω= 332 1 2θβω= 2 23 13213t ωβωθ== 由题意知 100321=++θθθ 联立得到 πωωω21002 2 3 1211 1?=+ +t t t
所以 s 18360 2002560200 2660200210022=???-??- ?= ππππt 因此转动的总时间 s 19418356321=++=++=t t t t 4-3 历史上用旋转齿轮法测量光速的原理如下：用一束光通过匀速旋转的齿轮边缘的齿孔A ，到达远处的镜面反射后又回到齿轮上。设齿轮的半径为5cm ，边缘上的齿孔数为500个，齿轮的转速，使反射光恰好通过与A 相邻的齿孔B 。(1)若测得这时齿轮的角速度为600r ，齿轮到反射镜的距离为500 m ，那么测得的光速是多大?(2)齿轮边缘上一点的线速度和加速度是多大? [解] (1) 齿轮由A 转到B 孔所需要的时间5 1031 26005002?= ?== ππωθt 所以光速 s m 10310315002285 ?=??== T L c (2) 齿轮边缘上一点的线速度 m 1088.1260010522 ?=???==-πωR v 齿轮边缘上一点的加速度 ()2 522 2s m 1010.71052600?=???==-πωR a 4-4 刚体上一点随刚体绕定轴转动。已知该点转过的距离s 与时间t 的关系为 2 0302 6t a t a s += τ。求证它的切向加速度每经过时间τ均匀增加0a 。 [证明] 该点的切向加速度 00 22t d d d d a t a t s t v a +=== τ 所以 ()00000t τt a a t a a t a a a =??? ??+-??????++=-+τττ 因此，切向加速度每经过时间τ均匀增加0a 4-5 如图所示的一块均匀的长方形薄板，边长分别为a 、b 。中心O 取为原点，坐标系如图所示。设薄板的质量为M ，求证薄板对Ox 轴、Oy 轴和Oz 轴的转动惯量分别为 2Ox 12 1 Mb J =
华理工大学大学物理习题之刚体力学习题详解
习题三 一、选择题 1．一根长为l 、质量为M 的匀质棒自由悬挂于通过其上端的光滑水平轴上。现有一质量为m 的子弹以水平速度v 0射向棒的中心，并以v 0/2的水平速度穿出棒，此后棒的最大偏转角恰为90?，则v 0的大小为 [ ] （A ； （B ； （C （D ） 22 163M gl m 。 答案：A 解： 11122 , 1122 J J J J Mg l ωωωω=+?? ?=??? 22211, 243l ml J m J Ml ??=== ??? 0012/2v v l l ω==，0021/21 /22 v v l l ωω===，111121 ()2J J J J ωωωω-= = 21122J Mgl ω=， 2 112J J Mgl J ω?? ?= ??? ， 22 114J Mgl J ω= 2 2 202244143v ml l Mgl Ml ?? ???=?，Mgl M v m =?2 02163，2202 163M v gl m =，所以 3 40gl m M v = 2．圆柱体以80rad/s 的角速度绕其轴线转动，它对该轴的转动惯量为24kg m ?。在恒力矩作用下，10s 内其角速度降为40rad/s 。圆柱体损失的动能和所受力矩的大小为 [ ] （A ）80J ，80N m ?； （B ）800J ，40N m ?；（C ）4000J ，32N m ?；（D ）9600J ，16N m ?。 答案：D 解：800=ω，40=ω，10=t ，4J = 2201122k E J J ωω-?= - 2 2011()4(64001600)9600(J)22 k E J ωω?=-=??-= M 恒定，匀变速，所以有 0t ωωα=-，0t ωω α-= ，08040 416N m 10 M J J t ωω α--==? =? =? 3．一个转动惯量为J 的圆盘绕一固定轴转动，初角速度为0ω。设它所受阻力矩与转动角速度成正比M k ω=- (k 为正常数)。