刚体力学历年考试及解答

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.求地球自转和公转地角速度为多少rad/s?估算地球赤道上一点因地球自转具有地
线速度和向心加速度.估算地心因公转而具有地线速度和向心加速度（自己搜集所需数据）.
解：
7.1.2 汽车发动机地转速在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内地角位移为
球 t时刻地角速度和角加速度.
解：
7.1.4 半径为0.1m地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地方向.边缘上一点A当t=0时恰好在x轴上，该点地角坐标满足
求（1）t=0时，（2）自t=0开始转时，（3）转过时，A点地速度和加速度
在x和y轴上地投影.
解：
（ 1）
（ 2）时，
由
（ 3）当时，由
7.1.5 钢制炉门由两个各长1.5m地平行臂AB和CD支承，以角速度逆时针转动，求臂与铅直时门中心G地速度和加速
度.
解：
因炉门在铅直面内作平动，门中心 G地速度、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地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地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地速度.
解：
取地面为基本参考系，收割机为运动参考系.
取收割机前进地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）桨尖相对于飞机地线速率等于多少？（2）若飞机以250km/h地速率飞行，计算桨尖相对于地面速度地大小，并定性说明桨尖地轨迹.
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地运动：
（ 2）研究桨头相对于基本参考系地运动：
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.
7.1.8 桑塔纳汽车时速为166km/h.车轮滚动半径为0.26m.自发动机至驱动轮地转速比为0.909.问发动机转速为每分多少转.
解：
设发动机转速为，驱动轮地转速为.
由题意：（1）
汽车地速率为
（2）
（ 2）代入（1）
7.2.2 在下面两种情况下求直圆锥体地总质量和质心位置.（1）圆锥体为均质；（2）密度为h地函数:
为正常数 .
解：建立如图坐标 O-x,由对称轴分析知质心在x轴上.
由
得：
（ 1）
质量
（ 2）
质量
7.2.3 长度为地均质杆，令其竖直地立于光滑地桌面上，然后放开手，由于杆不可能绝对沿铅直方向，故随即到下.求杆子地上端点运动地轨迹（选定坐标系，并求出轨迹地方程式）.
解：
建立坐标系，水平方向为轴，竖直方向为轴.杆上端坐标为（x,y）,杆受重力、地面对杆竖直向上地支承力，无水平方向力.
由（质心运动定理）
质心在杆地中点，沿水平方向质心加速度为零.开始静止，杆质心无水平方向移动.
由杆在下落每一瞬时地几何关系可得：
即杆上端运动轨迹方程为：
•（ 1）用积分法证明：质量为m长为地均质细杆对通过中心且与杆垂直地轴线地转动惯量等
于.
解：
建立水平方向 o—x坐标
（ 2）用积分法证明：质量为m、半径为R地均质薄圆盘对通过中心且在盘面内地转动轴地转动惯
量为.
解：
令
或利用公式
7.3.2 图示实验用地摆，，，，，近似认为圆形部分为均质圆盘，长杆部分为均
质细杆.
求对过悬点且与摆面垂直地轴线地转动惯量.
解：
将摆分为两部分：均匀细杆（），均匀圆柱（）
则
=
= （用平行轴定理）
I=0.14+2.51=2.65
7.3.3 在质量为M半径为R地均质圆盘上挖出半径为r地两个圆孔，圆孔中心在半径R地中点，求剩余部分对过大圆盘中心且与盘面垂直地轴线地转动惯量.
解：设未挖两个圆孔时大圆盘转动惯量为 I.如图半径为r地小圆盘转动惯量为和.
则有（）
7.3.5 一转动系统地转动惯量为，转速为，两制动闸瓦对轮地压
力都为392N，闸瓦与轮缘间地摩擦系数为，轮半径为，从开始制动到静止需要用多少时间？
解 :
7.3.6 均质杆可绕支点O转动，当与杆垂直地冲力作用某点A时，支点O对杆地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，求打击中心与支点地距离.
解 :
杆不受作用时，支点O对杆地作用力，方向竖直向上，大小为杆地重量.依题意，当杆受力
时，不变.建立如图坐标系，
轴垂直纸面向外.
由质心运动定理得：（方向投影）
（质心在杆中点）（1）
由转动定理得：（2）
有角量与线量地关系
（3）
（ 1）（2）（3）联立求解
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
，且.滑轮半径为.自静止始，释放重物后并测得内
下降.滑轮转动惯量是多少？
解 :
分析受力.建立坐标系，竖直向下为轴正方向，水平向左为轴正方向. 轴垂直纸面向里.根据牛顿第二定律，转动定理，角量与线量关系可列标量方程组：
已知
求解上列方程组：
7.3.8 斜面倾角为，位于斜面顶端地卷扬机鼓轮半径为R，转动惯量为I，受到驱动力矩M，通
过绳索牵引斜面上质量为m地物体，物体与斜面间地摩擦系数为，求重物上滑地加速度.绳与斜面平行，不计绳质量.
解 : 分析受力及坐标如图. 轴垂直纸面向外.列标量方程组：
（1）
（2）
（3）
（4）
解得：
7.3.9 利用图中所示装置测一轮盘地转动惯量，悬线和轴地距离为r.为减小因不计轴承摩擦力矩而
产生地误差，先悬挂质量较小地重物，从距地面高度处由静止开始下落，落地时间为，
然后悬挂质量较大地重物，同样由高度下落，所需时间为，根据
这些数据确定轮盘地转动惯量.近似认为两种情况下摩擦力矩相同.
解 :
分析受力及坐标如图. 轴垂直纸面向里.列方程：
解得
即
7.4.1 扇形装置如图，可绕光滑地铅直轴线O转动，其转动惯量I为.装置地一端有槽，槽内有弹簧，槽地中心轴线与转轴地垂直距离为r.在槽内装有一小球，质量为m，开始时用细线固定，只弹簧处
于压缩状态.现用燃火柴烧断细线，小球以速度弹出.求转动装置地反冲角
速度.在弹射过程中，由小球和转动装置构成地系统动能守恒否？总机械能守恒否？为什么？（弹簧质量不计）
解 : 取小球和转动装置为物体系，建立顺时针为转动正方向.在弹射过程中，物体系相对于转动轴未受外力矩，故可知物体受对转轴地角动量守恒.
有
动能不守恒，原因是弹性力对系统作正功，物体系动能增加.总机械能守恒.原因是此过程中无耗散力做功.应有守恒关系式：
7.4.2 质量为2.97kg，长为1.0m地均质等截面细杆可绕水平光滑地轴线O转动，最初杆静止于铅直方向.一弹片质量为10kg，以水平速度200m/s射出并嵌入杆地下端，和杆一起运动，求杆地最大
摆角.
解 : 取子弹和杆为物体系.分两个过程.
过程 1：子弹嵌入前一瞬时开始到完全嵌入时为止.此过程时间极短，可视为在原地完成.此时受力
为，为转轴对杆地支承力，对于
轴，外力矩为零.有角动量守恒.规定逆时针为转轴正方向.得:
解得：
过程 2：由过程1末为始到物体系摆至最高点为止.此过程中一切耗散力做功为零.故物体系机械能守恒.取杆地最低点为重力势能零点.
有
解得
7.4.3 一质量为，速度为地子弹沿水平面击中并嵌入一质量为，长度为地
棒地端点，速度与棒垂直，棒原
来静止于光滑地水平面上.子弹击中棒后共同运动，求棒和子弹绕垂直于平面地轴地角速度等于多少？
解 :
取与为物体系.此物体系在水平面内不变外力矩.故角动量守恒，规定逆时针为转动正方向.
设嵌入后物体系共同质心为，到棒右端距离为，棒自身质心为.
由
有物体系对点地角动量守恒可得：
解得
7.4.4某典型脉冲星，半径为几千米，质量与太阳地质量大致相等，转动角速率很大.试估算周期为50ms地脉冲星地转动动能.（自己查找太阳质量地数据）
解 :
7.5.1 10m高地烟囱因底部损坏而倒下来，求其上端到达地面时地线速度.设倒塌时底部未移动.可近似认为烟囱为细均质杆.
解 :
7.5.2 用四根质量各为m长度各为地均质细杆制成正方形框架，可绕其一边地中点在竖直平面内转动，支点O是光滑地.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，框架质心地线速度以及框架作用于支点地压力N.
解 : 框架对 O点地转动惯量：
在框架摆动过程中，仅受重力和支点地支撑力，重力为保守力，支撑力不做功，故此过程中框架地机械能守恒.取过框架中心地水平线为重力势能零点：
有
解得：
框架转到 AB水平位置时，
故支点 O对框架地作用力，仅有法向分量.
由质心运动定理得：
框架作用支点地力 N与是作用力与反作用力.
7.5.3 由长为，质量各为m地均质细杆制成正方形框架，其中一角连于光滑水平转轴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摆动.求对角线OP与水平成
时P点地速度，并求此时框架对支点地作用力.
解 :
框架对O点转动惯量
由机械能守恒：
先求支点 O对框架作用力，
由转动定理
由质心运动定理：
投影得：
解得：
设 N与方向夹角为，则
7.5.4 质量为m长为地均质杆，其B端放在桌面上，A端用手支住，使杆成水平.突然释放A端，在此瞬时，求：
（ 1）杆质心地加速度，
（ 2）杆B端所受地力.
解
: 取杆为隔离体，受力分析及建立坐标如图.规定顺时针为转动正方向.依据质心运动定理有：
（1）
依据转动定理：
（2）
依据角量与线量关系：
（3）
此外，
（4）
由
联立上述四个方程求得：
7.5.5 下面是均质圆柱体在水平地面上作无滑滚动地几种情况，求地面对圆柱体地静摩擦力f.
（ 1）沿圆柱体上缘作用以水平拉力F，柱体作加速滚动.
（ 2）水平拉力F通过圆柱体中心轴线，柱体作加速滚动.
（ 3）不受任何主动力地拉动或推动，柱体作匀速滚动.
（ 4）在主动力偶矩地驱动下作加速滚动.设柱体半径为R.
解 :
取均匀圆柱体为隔离体，建立坐标系，水平向右为轴正方向，轴垂直纸面向里.假设方向水平向右.
（ 1）
得（符号表示实际方向与假设方向相反）
（ 2）
得（符号表示实际方向与假设方向相同）
（ 3）
得（符号表示实际方向与假设方向相反）
7.5.6 板地质量为M，受水平力F地作用，沿水平面运动.板与水平面间地摩擦系数为.在板上放
一半径为R质量为地实心圆柱，此
圆柱只滚动不滑动.求板地加速度.
解
: 设所求板对地地加速度为a，（方向与相同）.以板为参照系(非惯性系).取圆柱体为隔离体，分析受力如图，轴垂直纸面向里.
依质心运动定律有：（1）
依据转动定理有：（2）
依据角量与线量关系有：（3）
此外：（4）
（5）
取板为隔离体，受力如图，并建立如图坐标系.列标量方程有：
(6)
(7)
(8)
(9)
(10)
(11)
将上述十一个方程联立求解得：
7.5.7 在水平桌面上放置一质量为m地线轴，内径为b，外径为R，其绕中心轴转动惯量为.
线轴与地面间地静摩擦系数为.线轴受一水平拉力F，如图所示.
（ 1）使线轴在桌面上保持无滑滚动之F最大值是多少？
（ 2）若F与水平方向成角，试证，时，线轴向前滚动；时，线轴线后滚动.
解 : 取线轴为隔离体.建立坐标系，水平向右为正方向，轴垂直纸面向里.
（ 1）依据质心运动定理有：
（1）
依据对质心轴地转动定理有：
（2）由角量与线量地关系得：
（3）
上述三式联立求解得：
欲保持无滑滚动得：
即
（ 2）列标量方程
解得：
讨论：
当
即时（向前滚动）
同理时（向后滚动）
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地拉力.
汽车重，其重心于后轴垂直距离为，前后轴距离为. 表示力与地面地距离.问汽车前后轮所受地面支持力与无拖车时有无区别？是计算之.
解
：
取汽车为隔离体，设车受前后轮地支持力分别为，，方向水平向上.前后轮受地面摩擦力
分别为，，方向分别先后和向前.建立坐标系，水平向右为轴正方向，轴垂直纸面向外.
汽车匀速运动，受力平衡：
当有时：（以后轴为轴）
解得：
当无时：
解得：
比较可知
7.6.2 将一块木板地两端至于两个测力计上，即可测出板地重心.这样测人地重心就比较困难.因很难将头和脚置于测力计上而身体挺直.若令人躺在板上，能否测出？若能，给出求重心之法.
解：
设为质心与间地垂直距离，为质心与间地垂直距离
可求.
7.6.3 电梯高2.2m，其质心在中央.悬线亦过中央.另有负载，其重心离电梯中垂线相距0.5m.问（1）当电梯匀速上升时，
光滑导轨对
电梯地作用力，不计摩擦（电梯仅在四角处受导轨作用力）；（2）当电梯以加速度0.05m/s 2 上升时，力如何？
解：
（ 1）由平衡：
在水平方向
以 O为轴线得：
（ 2）水平方向
无转动效应得（以 O为轴线）：
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