《刚体力学作业》
刚体力学作业解答
1 ( MR 2 − mR 2 )ω 2
EK = 1 1 ( MR 2 − mR 2 )ω 2 2 2
4-11 •
30°
设碰后小球速度为v，受杆平均力f，作用时间∆t，则
小球 f∆t = mv − mv0 棒 − fl∆t = Iω − 0 (1) ( 2)
得
mv0 l − mvl = Iω
(3)
F (l1 + l 2 ) − N ′l1 = 0 (a)
Fy
l1
A
N ′
l2
闸 瓦
F
F r′
x
Fx
题图4-4(b)
N
α
Fr
R
N′ =
l1 + l 2 F l1
mg
⋅
O
ω
题图 4-4(c)
N′ =
l1 + l 2 F l1
N
飞轮受到闸瓦的摩擦力为：
l +l Fr = µN = µN ′ = µ 1 2 F l1
r r
α
r T
F = 98 N
m
mg = 98 N
(b)
T
a m
mg
(c)
(a)
题图4 = Jα
M Fr = = 39.2rad ⋅ s − 2 J J
（2）当绳子拉下l=5 m时，飞轮转过的角度 ω 2 = 2αθ =1960
θ=
l = 25rad r
ω = 44.3rad ⋅ s
θ = ω 0 t + αt 2 = 15 × 2π × 7.07 − × 13.3333 × ( π ) 2 = 53 × 2π (rad )
1 2 1 2 9 4
可知在这段时间里，飞轮转了53转． 53 (2)要求飞轮转速在t=2 s内减少一半，可知 ω0 − ω0 ω0 2 α= =− = −7.5πrad ⋅ s − 2
刚体力学 (8)
o
L
L Li ( mi ri )
2 i i
vi o ri mi
L J
刚体对固定转动轴的角动量L,等于它对该轴的转动惯 量和角速度的乘积。
三、刚体定轴转动的角动量定理
由转动定律 得 积分得
d dJ dL MJ dt dt dt
L
Mdt dL
Mdt dL L L
0 t
当圆盘停止转动时，ω=0，则得
t
0
3 R 0 4 g
7－4
角动量 角动量守恒定律
2、说明
一、质点的角动量
•另一名称——动量矩 质点对坐标原点O的角动量为该 质点位置矢量与动量的矢量积 •物理学的基本概念之一 •与质点的运动和参考点有关
1、定义
L r P r mv
R2
1 2 m( R2 R12 ) 2
例5、质量为m 半径为R的匀质薄球壳绕过中心轴的转动惯量
在球面取一圆环带，半径
r R sin
R sin d
m dm 2 rRd 2 4R
J r dm
2
2 mR 2 sin 3 d
0
2
2 mR 2 3
例6、匀质球体：质量m 、半径R
7－2 力矩 转动定律 转动惯量
一、力矩 1、引入
外力对刚体转动的影响——力的大小、方向和作用点的位置
•力通过转轴：转动状态不改变 •力离转轴远： •力离转轴近：
容易改变 不易改变
2、力对点的力矩
F
M
θ
M r F
O r
F
M＝Fr sin
r
3、力对转轴的力矩
05.刚体力学
全加速度——即切向、法向加速度的矢量和. 全加速度——即切向、法向加速度的矢量和 ——即切向 矢量和
6.4 如图 已知某瞬时曲柄的角速度 ω = 4rad / s, 如图. 角加速度 ε = 2rad / s2 ；曲柄长为 r = 20cm 。 托架上重物重心G的轨迹 速度、加速度。 的轨迹、 求：托架上重物重心 的轨迹、速度、加速度。
F 1
z
F 2
r
dF t
dm
ω
ε
F n
F i
M z = I zε
—— 刚体定轴转动 刚体定轴转动 动力学基本方程 基本方程. 的动力学基本方程
作用在刚体上的所有外力对转轴之合力矩等于 作用在刚体上的所有外力对转轴之合力矩等于 刚体 刚体对于转轴的转动惯量与其角加速度的乘积。 刚体对于转轴的转动惯量与其角加速度的乘积。
ρ dm b C θx
（推导用图） 推导用图）
y
Iz = Ix + I
z r
——无限薄刚体板对任一垂直 无限薄刚体板 无限薄刚体 的转动惯量， 于它的坐标轴 z 的转动惯量， 等于该薄板 薄板刚体对另两坐标轴 等于该薄板刚体对另两坐标轴 的转动惯量之和。 的转动惯量之和。
x
y
x
y
（推导用图） 推导用图）
ω
B
如图: 曲柄作 平面运动. 连 如图: OA曲柄作定轴转动,也是平面运动.AB连 曲柄 定轴转动,也是平面运动 杆作平面运动 平面运动. 活塞作直线运动,也是平面运动 活塞作直线运动 平面运动. 杆作平面运动 B活塞作直线运动,也是平面运动
在刚体上有无限多 平面图形始终作平面 个平面图形始终作平面 运动, 这样的一个 一个平面 运动 这样的一个平面 图形的运动 的运动， 代表了 图形的运动，就代表了 平面运动。 整个刚体的平面运动 整个刚体的平面运动。 因此, 因此 只需研究其中的 一个平面图形的运动. 平面图形的运动 一个平面图形的运动 2. 平面运动的分解 平面运动的分解 将复杂的平面运动, 分解成简单的 平动” 成简单的“ --- 将复杂的平面运动, 分解成简单的“平动” 转动（定轴） 应用合成运动的概念, 合成运动的概念 与“转动（定轴）” ；应用合成运动的概念 求刚体上各点的速度 加速度. 速度和 求刚体上各点的速度和加速度 如上: 杆的运动可分解成“ 如上: AB杆的运动可分解成“平动” 与“转 杆的运动可分解成 平动” 动”.
3章刚体力学2
当不计摩擦阻力矩即令M=0时，有
m1 g m2 m1 g a J 1 m2 m1 2 m2 m1 m r 2
2
m
同例一
当不计滑轮质量及摩擦阻力矩即令m=0、M=0时，有
2m1m2 T1 T2 g m2 m1
1 2 J ml 3
J
1 ml 2 12
l
5
J r 2m
6
球体
7
关于刚体定轴转动定理的几点讨论 M J 1、不仅适用于刚体定轴转动的情形；刚体关于 过质心轴的转动定律与定轴转动定律完全相同。 见第三章习题3.8。
2、M 是刚体所受的对转轴的合外力矩；
3、可以用来求刚体的角加速度、所受的外力 矩和刚体的转动惯量。
分析：
M J
1 2 s v0t at 2
a r
O r
m
17
解：设绳子对物体(或绳子对轮轴)的拉力为T， 受力分析如图： mgT＝ma （1） （2）
Tr J
r
T
T a
由运动学关系有：
mg
a r
解得 又根据已知条件
（3）
J＝m( g－a) r2 / a
（4）
将⑤式代入④式得：
m2 m1 g M r / r m2 m1 g M / r
J m2 m1 2 r
1 m2 2m1 m g＋M / r 2 T2 m1 g－a 1 m2 m1 m 2
13
a r
m2 m1 g M / r
m1 g T1 m1a1 T2 m2 g m2a2 a1 a2 a
第三章刚体力学(2)
J 00 ( J 0 mR )
2
J 00 ( J 0 0)
0
J 00 J 0 mR2
R
O’ Cபைடு நூலகம்
B
（2） 球与环及地球为系统，机械能守恒
势能零点
1 1 2 1 2 2 J 00 mg 2 R mv J 00 2 2 2
v 2 gR
环上C点处对惯性系的速度为零
d A M d
1 2 Ek J 2
A Md
1
2
定轴转动动能定理 势能 刚体的机械能
1 1 2 A J 2 J 12 2 2
E p mghc
1 2 E E p Ek mghc J 2 A外 A非保 E
A外+A非保=0 ΔE=0
*
机械能守恒
三、定轴转动定理定律 力矩 角动量
M r F
L J L J z
dLz M z J dt
定轴转动定律
分析问题：对刚体列出定轴转动定律方程
对质点列出牛顿定律方程 线量与角量的关系 M = 0 L = 常量——角动量守恒 J = 常量
力（力矩）对刚体的功 定轴转动动能
各质点的位置和速度 某点的位矢 = 质心的位矢 + 该质点相对质心的位矢 某点的速度 = 质心的平动速度 + 该质点相对质心的速度
y
ri rc ri
vi vc vi vc ri
mi
ri
ri′ rc
x
质心系
ω是该质点相对质心做转动时的角速度
O
八．细杆长l,质量m.从水平位置释放后与物 体碰撞,物体质量m,与地面摩擦系数u，撞后 滑行S停止,求碰后杆质心C上升的最大高度. 解: 分三阶段考虑 杆机械能守恒
第13讲--第七章刚体力学(2)
w0
3g l
理学院 物理系 陈强
第七章 刚体力学
(2) 轴对杆的力
设N1,N2如图，对质心C有：
N1 cos
N2
sin
mgsin
m
l 2
N2
cos
N1
sin
m g cos
mw 2
l 2
l/2
l/2
w0
由(1)
：
3g
sin ;
2l
w2
w02
3g l
1
cos
mg N2
解得:
N1
mg
sin
9 4
求1) w ( ), m; 2) 轴对杆的力.
l/2
解: (1) mg l sin I 1 ml2 dw
2
3 dt
l/2
3g sin dw w dw
w0
2l
dt
d
mg
3g sind
w
wdw
0 2l
w0
w
w
2 0
3g l
1
cos
令w 0 , 得
m
cos11
w02l
3g
vC w R
w R vC (纯滚)
vC
vC gt
其解为：
w
w0
dw
dt
t
I dw mgR(-1)
dt
vC w R (纯滚条件)
t
w0R g(1 mR2
/
I)
l
1 2
gt 2
w02 R2 2 g(1 mR2
/
I )2
vC
w0R
(1 mR2
/
I)
普通物理学课后习题
物理学（作业题参考解答）第一章 质点运动学作业题：1-3； 1-5；1-8；1-11； 1-16作业题解答（参考）1-3 解：（1）t x 2=，22t y -=，422x y -=（x ＞0）（2）()()j i r 222t t -+=； 1=t s 到2=t s ，()()j i r 2r r v 32121-=--==t ∆∆（m·s -1） （3）()j i rv t t22d d -==； 1s 末和2s 末， ()j i v 221-=（m·s -1）， ()j i v 422-=（m·s -1） （4）j va 2dtd -==，()()j a a 221-==（m·s -2） 1-5 解：t d d r v =，t d d v r =()()()()()()t0000v t 0t dt v t t dt t t v t 1t cos sin sin cos sin cos ωωωωωωωω-==+=-=+-⎡⎤⎣⎦⎰⎰t tr r v i j i j i j()j i r ⎪⎭⎫⎝⎛+-+=R t v v t v t ωωωωωcos sin 000， t v x ωωsin 0=，t v R v y ωωωcos 00-+= 将上两式中消去t 得质点的轨迹方程为 20202⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎭⎫ ⎝⎛--+ωωv v R y x1-8 解：3kv a -= ( k > 0，常数)， 3d d kv t v -=或t k v v d d 3-=；⎰⎰-=tv v t k v v3d d 0 21200211)(⎪⎪⎭⎫⎝⎛+=t kv v t v ，t t kv v x d 211d 21200⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+=;t t kv v x x d 211d 21200t0⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+=⎰⎰，()1211)(20-+=t kv kv t x ， xvv t x x v t v d d d d d d d d =⋅=，3kv a -=，x k vvd d 2-=， x kv v x v 001)(+= 1-11 解：t t t612d d 2-==ωβ；()t t t d 612d 2-=ω； ()⎰⎰-=t t t t2d 612d ωω2334t t -=ω（1s rad -⋅）；t t R a t 6122-==β（2s m -⋅）1-16：解：B A A v v v 地对对地对＋＝B ；由于对地地对－B Bv v =对地对地对－＝B B v v v A A ；A 机相对于B 机的速度大小为αcos 222B A B A AB v v v v v -+= )s m (91760cos 8001000280010001o 22-⋅=⨯⨯⨯-+=6540917866.0800arccos 30cos arccos o o '=⨯==AB B v v β第二章 质点动力学作业题：2-3；2-4；2-6；2-9；2-11；2-12；2-14；2-15；2-20作业题解答（参考）2-3 解：⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=-lv m mg T 2cos θ；⎪⎭⎫ ⎝⎛=-t v m mg d d sin θ；θθθd d d d sin ⎪⎭⎫ ⎝⎛=-t v m mg ()ωθθθl t m mg d d d d sin ⋅⎪⎭⎫⎝⎛=-； ωωθθd d sin ⋅-=l g⎰⎰⋅-=ωωθωωθθ0d d sin 0l g ；解得()2202121cos 1ωωθl l g -=- ()()1cos 211cos 22020-+=-+=θθωωgl v l g l ；⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+-=θcos 3220g g l v m T2-4 解：根据牛顿定律有 t v mt d d 40120=+；即0.40.12d d +=t tv； ()⎰⎰+=tvv t t v 0d 0.40.12d 0； )0.60.40.6(2t t v ++=m·s -1即20.60.40.6d d t t tx ++=；()t t t x x x t d 6.04.06.0d 002⎰⎰++=；)m 02020605(32t .t .t ..x +++=2-6 解：tv m kmv mg d d 2=--；y v v t yy v t v d d d d d d d d =⋅=，积分⎰⎰+-=y v v kv g v v y 020d d ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛++-=202ln 21kv g kv g k y ；最高处时，v =0，⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+==g kv g k y h 20max ln 21 (1) tv mkmv mg d d 2=+-；y v v t yy v t v d d d d d d d d =⋅=，y v mv kmv mg d d 2=+- ⎰⎰--=02d d hvkv g vv y ； 解出 12001-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+=g kv v v2-9 解法1：根据动量原理得x x mv I -=0；0-=y y mv IgH v y 2=；gH v m I I I x y x 2222+=+=32.7108.922030.02=⨯⨯+⨯=)s N (⋅70020108922tan ..v gH mv mv I I x xy xy -=⨯⨯-=-=-==α， ︒=145α 小球所受到的平均冲力大小为)N (36602.032.7===t I F 2-11 解：()()u v m Mv v m M -+=+αcos 0可得人的水平速率的增量为u mM mv v v +=-=α∆cos 0g v t αsin 0=；所以人跳跃抛出物体后增加的距离为()u gm M mv t v x +=⋅=αsin ΔΔ0 2-12 解：0321=++p p p ；213p 10-==201007.1-⨯=（1s m kg -⋅⋅）3p 与1p 的夹角为8514933.522.9arctan 90arctan9021'︒=+︒=+︒=p p α2-14 解：yg mg F λ-=；()y g y m y F W d d d λ-==把水桶从水面提高到井口外力所做的总功 ()(J)882d 10=-=⎰y g y m W λ2-15 解： x x m F a 4.03.01043+=+==（m·s -2）； 以3=x m 代入上式得5.1=a m·s -2 ；()⎰⎰+==-3030202d 43d 2121x x x F mv mv ()2723302=+=x x ；3.210272=⨯=v （m·s -1）2-20 解：第一个过程：210122121v m kx = 第二个过程：020=v ，则2m 碰后的速度为 102v v =第三个过程：()22222221cos 21v m R R g m v m ++=α根据牛顿定律得 Rv m N g m 222cos =+α可解得 kmgRk gR m x 27271==第三章 刚体力学作业题：3-1；3-5；3-8；3-11；3-12；3-15；3-16；3-18；3-20作业题解答（参考）3-1 解：(1)()()()2-33120s rad 1136012102110721432602⋅=⨯⨯-⨯⨯⨯=-=-=....t n n tπωωβ(2) ()()12212120606022160221n n tt t n n t n t t ＋πππβωθ=-⋅+=+= ()()()圈390602102172126022312=⨯⨯+⨯=⨯+==..n n t N πθ3-5 解： 1.0)300500(2⨯+==t .t .Fr M根据转动定律tJ J M d d ωβ==， 得t t t t J M d 101.00.300.50d d 3-2⨯+==ω ()3202100250d 300500d t t t t t +=+==⎰⎰ωωωω；t =3s ，()-1332s rad 1095431003250⋅⨯=⨯+⨯=.ω3-8 解：θλθcos d cos d d gr r r g m M ⋅=⋅⋅=；br a +=λ()θθcos 32d cos 2gl bl a r gr br a M l⎪⎭⎫ ⎝⎛+=+=⎰ ()()43022024131d d d bl al r br a r r r m r J ll 0l +=+===⎰⎰⎰λθωωθθωωd d d d d d d d J t J t JM =⋅==，θωωθd d 4131cos 32432⎪⎭⎫ ⎝⎛+=⎪⎭⎫ ⎝⎛+bl al gl bl a ωωθθωπd 4131d cos 3204322⎰⎰⎪⎭⎫ ⎝⎛+=⎪⎭⎫ ⎝⎛+bl al gl bl a ； ()()bl a l bl a g 34234++=ω3-11 解： ()J 109716030210004212142321k 1⨯=⎪⎭⎫ ⎝⎛⨯⨯⨯⨯==..J E πω()J 101926010210004212132322k 2⨯=⎪⎭⎫ ⎝⎛⨯⨯⨯⨯==..J E πω()J 10751109711012443k 1k 2⨯-=⨯-⨯=-=...E E W3-12 解：（1）)2Rm πσ=，r r RmS m d 2d d 2ππσ== 2r/R gmr 2m g F d d d μμ==；mgR r/R gmr M Rμμ⎰-=-=02232d 2RgJ M 34μβ-==；t βωω=-0，g R t μωβωω4300=-= （2）根据动能定理，摩擦力的功为 2022041210ωωmR J W -=-=3-15 解：(1)⎰∆===∆t Fl t M J L d 0ω（2）()θωcos 1212120-=mgl J ；解得 ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛∆=gl m t F 2223-1arccos θ3-16 解：kt m = 其中，-13s kg 10⋅=-k 。
第三次作业 牛顿运动定律和刚体力学
J
d d M Fr FN 2[ Fr ( F mg )] M 可得圆盘的角速度变化率 。 2 1 2 dt J mr dt mr 2
(2)以横梁为研究对象，受力平衡： Fl Fr FN 。 对横梁左端和右端，力矩平衡分别为： FN 2aFr aFN 0 和 FN 2aFl aFN 0 。 联立以上各方程解得：
2
可得：
dz r 2 r 2 (r ) 2 ，即 dz tan dr 。两端积分得： z dr g g 2g
mR
2
2
。
解：以转盘中心为转动轴，转盘和夯锤系统角动量(动量矩)守恒，碰撞后瞬间转盘与夯锤绕转盘中心
5
的角速度相同，得 ( J mR 2 ) J 0 ，即
J J R0 0 。则夯锤速度为 v R 2 J mR 2 J mR
[3-19] 如 图 所 示 ， 弹 簧 的 劲 度 系 数
[3-26] 在重力场中有一个以匀速度 旋转着的圆筒容器，该容器内盛有密度为 的不可压缩性流 体。试求：(1)液体表面的状态；(2)液体内的压力分布。
解：(1)以圆筒的转轴为 Z 轴，原点位于液面最低处。液面处于平衡状态时，在液面取一质量元 dm ， 受到重力 gdm 和其它流体的合力 F 。由于质量元相对液面静止，所以合力 F 的方向沿液面法向， 设 F 与竖直方向的夹角为 ，旋转时 dm 以径向 r 为半径，以 o 为圆心作匀速率圆周运动，向心加 速度为 an r 2 。由牛顿运动定律，有 F sin r dm 和 F cos gdm 。
m1v0 (m1 m2 )v 1 1 1 2 m1v0 (m1 m2 )v 2 kx 2 2 2 2
面向新世纪课程教材大学物理大作业答案——刚体力学作业
L2
−
L1
=
J 2ω2
−
J1ω1
质点的动量定理
dpr
=
r F
⋅
dt
∫ r
I
=
tr F ⋅ dt =
t0
pr − pr0 = mvr − mvr0
三、刚体的角动量守恒定律
1. 角动量守恒定律
∫ 由角动量定理
r M
当
r M外
=
0
时，
外
d
t r
ΔL
= =
Δ 0
r L
r L
=
恒矢量
P.6
1
区分两类冲击摆
(1)
大作业题解
刚体力学
第3章 刚体力学基础
一、对转轴的力矩
r M
=
rr
×
r F
单位：N·m
r M
=
rr
×
r F⊥
r M
=
rr
×
r F
大小: 方向:
M = Frsinϕ
rr
→
r F
右旋前进方向
二、定轴转动定律
M z = Jβ
P.2
转动惯量(moment of inertia)
∑ 1. 定义 J = iri2mi 单位: kg ⋅ m 2
l/4 O
[ A]
mg l = 1 Jω 2 J = 7 ml 2
22
48
⇒ ω = 4 3g 7l
P.11
9．如图所示，一人造卫星到地球中心C的最大距离和
最小距离分别为RA和RB。设人造卫星对应的角动量分
别为LA和LB，动能分别为EkA和EkB，则有
(A) LB > LA，EkB > EkA
2刚体力学
J ( mi ri2 )
i
刚体对给定轴的转动惯量(moment of inertia) 刚体绕定轴转动时转动动能等于刚体的转动惯量 与角速度平方乘积的一半。 比较：
1 2 Ek J 2
1 2 E k mv 2
二、转动惯量 对于质量元连续分布的刚体，其转动惯量可写成
J r dm
刚体:在外力作用下形状和大小保持不变的物体.
各质点间的相对位置永不发生变化的质点系。
一、刚体的平动和转动 平动：用质心运动讨论
刚体在运动中，其上任意两点的连线始终保持平行。
A B A B
A B
转动：对点、对轴
定轴转动：各质元均作圆周
转轴
运动，其圆心都在一条固定 不动的直线（转轴）上。
ω
花样滑冰运动 员通过改变身体姿 态即改变转动惯量 来改变转速.
ω
例1、如图所示,一质量为m的子弹以水平速度射入一静 止悬于顶端长棒的下端,穿出后速度损失3/4,求子弹穿出 后棒的角速度。已知棒长为l,质量为M. 解:以f代表棒对子弹的阻力,对子弹有:
M
子弹对棒的反作用力对棒的冲量矩为：
2
J C R dm R dl
2
2
R
2
R dl R 2R mR
2 L
L
J R dm R dm mR
2 2
2
若为薄圆筒（不计厚度）, 转动惯量？
2、求质量为m、半径为R、厚为l 的均匀圆盘的转动惯 量。轴与盘平面垂直并通过盘心。 解：取半径为r宽为dr的薄圆环,
t2 L2 Mdt dL J 2 J1
外力矩对系统的角冲量(冲量矩)等于角动量的增量. 若J可以改变,则
《大学物理学活页作业》(赵近芳)参考答案
作业1 质点运动学(一)参考答案1. B ；2. D;3. 8m, 10m.4. 3, 3 6;5. 解：(1) 5.0/-==∆∆t x v m/s(2) v = d x /d t = 9t - 6t 2v (2) =-6 m/s(3) S = |x (1.5)-x (1)| + |x (2)-x (1.5)| = 2.25 m6. 答：矢径r是从坐标原点至质点所在位置的有向线段．而位移矢量是从某一个初始时刻质点所在位置到后一个时刻质点所在位置的有向线段．它们的一般关系为0r r r-=∆0r 为初始时刻的矢径, r 为末时刻的矢径，△r为位移矢量．若把坐标原点选在质点的初始位置，则0r =0,任意时刻质点对于此位置的位移为△r =r，即r既是矢径也是位移矢量．1. D ；2. -g /2 ， ()g 3/322v3. 4t 3-3t 2 (rad/s)， 12t 2-6t (m/s 2)4. 17.3 m/s, 20 m/s .5. 解： =a d v /d t 4=t ， d v 4=t d t⎰⎰=vv 0d 4d tt tv 2=t 2v d =x /d t 2=t 2t t x txx d 2d 020⎰⎰=x 2= t 3 /3+x 0 (SI)6. 解：根据已知条件确定常量k()222/rad 4//s Rt t k ===v ω24t =ω, 24Rt R ==ωvt=1s 时， v = 4Rt 2 = 8 m/s2s /168/m Rt dt d a t ===v 22s /32/m R a n ==v()8.352/122=+=nt a a a m/s 21.D2.C3.4. l/cos 2θ5.如图所示，A ，B ，C 三物体，质量分别为M=0.8kg, m= m 0=0.1kg ，当他们如图a 放置时，物体正好做匀速运动。
（1）求物体A 与水平桌面的摩擦系数；（2）若按图b 放置时，求系统的加速度及绳的张力。
刚体习题和答案
A
所示，滑块 A、重物 B 和滑轮 C
B
的质量分别为 mA、mB 和 mC，滑
轮的半径为
R
，滑 轮 对 轴 的 转 动 惯 量
J
＝
1 2
mC
4
编号 ____________姓名 __________
《大学物理Ⅰ》答题纸
第五 章
R2．滑 块 A 与桌面间、滑轮与轴承之间均无摩
擦，绳的质量可不计，绳与滑轮之间无相对滑
碰前的角mv0动32 l 量为：
碰后的角动量为：
m
1 2
v0
2 3
l
[m( 2 3
l)2
2m(1 l)2 ] 3
所以 mv0
2 3
l
m
1 2
v0
2 3
l
[m( 2 3
l)2
2m(1 l)2 ] 3
得 3v0 2l
6、自测提高（17）如图 5-25 所示，
一质量均匀分布的圆盘，质量为 m0，
O
动．滑块 A 的加速度 a 2mB g 2(mA mB ) mC
【解答】
T
T
由转动定律得:
B
A
TB R TAR J GB TB mBa TA mAa a R
(1)
(2) (3) GB
(4)
4 个方程,共有 4 个未知量: TA 、TB 、 a 和 。可求：
a 2mB g 2mA mB mc
(1 2
mv0 m0 m)R
（2）圆盘的质量面密度 m0 在圆盘上取一 R2
半径为 r,宽为 dr 的小环带，
dM 2rdr 此 环 带 受 到 的 摩 擦 阻 力 矩
dM rgdm rg 2r 2dr
刚体系统静力学作业
1刚体系统静力学作业一、是非题判断任意两个力都可以简化为一个合力。
力偶可以从刚体的作用平面移到另一平行平面，而不改变它对刚体的作用效应。
平面一般力系的合力对作用面内任一点的矩，等于力系各力对同一点的矩的代数和。
如果作用在刚体上的力系的主矢等于零，即力多边形自行封闭，则此力系平衡。
作用与反作用力是一对等值、反向、共线的平衡力。
力对一点的力矩矢在通过该点的任一轴上的投影等于这个力对该轴的力矩。
若作用在刚体上的三个力的作用线汇交于同一个点，则该刚体必处于平衡状态。
力是滑移矢量，力沿其作用线滑移不改变对物体的作用效果。
力沿坐标轴分解就是力向坐标轴投影。
力偶系的主矢为零。
若一平面力系对某点之主矩为零，且主矢亦为零，则该力系为一平衡力系。
力系向一点简化的理论依据是力的平移定理。
平行力系中心只与力系各力的大小和作用点有关，而与各力的方向无关。
二、填空题1、平面汇交力系平衡的几何条件是( )。
2、力偶的三要素是( )、( )和( )。
3、平面力系二矩式平衡方程的附加条件是( )。
4、静力学四大公理中只适用于刚体的公理是( )。
5、作用在刚体上的两个力偶的等效条件是( )。
6、作用在刚体上的三个力使刚体处于平衡状态，则这三个力必然( )。
三、已知：q=20KN/m, P=100KN, m=50KN.m ,图中1、2、3杆及杆ＡＢ的自重均不计，求1、2、3杆受力。
四、铰链支架有两杆AD、CE和滑轮组成，B处为铰链，尺寸如图示。
滑轮上吊有Q=10KN 的重物，求固定铰链支座A和E的约束反力。
已知R＝0.50m，r=0.25m。
五、求图示梁A、B处反力。
东北大学理论力学第八章 刚体的平面运动(作业解析)
⑶ 由速度合成定理求解
va ve vr
? √ √ √
aBA
n aBA v r
C D
大小 方向
? √
aB
va
ve
E
AB
AB
A
va vr ve
3 3 15求解 n aB aA aBA aBA
ω1 ve O1D 6.19 rad/s
Northeastern University
8-23
已知OA=50mm,ω=10 rad/s,θ=β=60°,O1D＝70mm,求摇杆 O1C的角速度和角加速度。 y A vA n aBA a A 60 aBA B ⑶ 取A点为基点, 60 O1 O 由基点法求B vr vB aB 点加速度 D aA v v a D 1 n ve aB aA aBA aBA
绝对运动：直线运动 相对运动：直线运动 牵连运动：平面运动
vA 1 rad/s CA
B
vr
C D
AB
ve
E
A
va
vA
AB杆瞬心为C AB
ve CD AB 0.2 m/s
Northeastern University
8-27
已知AB = 0.4m,vA＝0.2m/s。图示位置,θ= 30°,AD=DB,求此 瞬时DE杆的速度和加速度。
大小 方向 ？ √ √ √ ? √ √ √
a A OA 2
C
n 2 aBA BA AD 0
将此方程沿y方向投影得 0 aA a BA cos30
τ 2a A aBA ω2 aBA AD BA 3 3
第三章 刚体力学基础 课后作业
第三章 刚体力学基础 课后作业班级 姓名 学号一、选择题1、一个质点作简谐振动，振幅为A ，在起始时刻质点的位移为2A , 且向x 轴正方向移动，代表此简谐振动的旋转矢量为( )1、有两个力作用在一个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(C ) 角速度从小到大，角加速度从大到小(D ) 角速度不变，角加速度为零4、 一圆盘绕通过盘心且垂直于盘面的水平轴转动，轴间摩擦不计．如图射来两个质量相同，速度大小相同，方向相反并在一条直线上的子弹，它们同时射入圆盘并且留在盘内，则子弹射入后的瞬间，圆盘和子弹系统的角动量L以及圆盘的角速度ω的变化情况为( ) (A) L 不变，ω增大 (B) 两者均不变(C) L不变，ω减小 (D) 两者均不确定5、假设卫星环绕地球中心作椭圆运动，则在运动过程中，卫星对地球中心的( )(A) 角动量守恒，动能守恒 (B) 角动量守恒，机械能守恒(C) 角动量不守恒，机械能守恒 (D) 角动量不守恒，动量也不守恒(Ｅ) 角动量守恒，动量也守恒二、填空题1、有甲、乙两个飞轮，甲是木制的，周围镶上铁制的轮缘。
刚体力学第2讲——定轴转动中的功能关系刚体的角动量定理和角动量守恒定律
动相反方向作圆周运动(如图) 求：1) 圆盘对地的角速度．
2）欲使圆盘对地静止，人应沿着圆周对圆盘的速 度的大小及方向？
R
R/2 v
解：取人和盘为系统，
M 外 0 系统的角动量守恒.
R /2
Ro
v
(1)开始系统的角动量为
m
12 R
2
0
1 2
M
R 20
后来：
m
1 4
R 2 mE
1 2
M
R 2 ME
mE ME mM 21 M R 20 / 40
R /2
Ro
v
MR 40
2
ME
2v R
M
R 2 ME
/2
为
亦即l>6s；当‘’取负值，则棒向右摆，其条件为
3gl 3 2gs 0 亦即l<6s
棒的质心C上升的最大高度，与第一阶段情况相似，也可由 机械能守恒定律求得：
mgh 1 1 ml 2 2
23
把式（5）代入上式，所求结果为
h l 3s 6sl
解 这个问题可分为三个
阶段进行分析。第一阶段 是棒自由摆落的过程。这
O
时除重力外，其余内力与
外力都不作功，所以机械
能守恒。我们把棒在竖直
C
位置时质心所在处取为势
能零点，用表示棒这时
的角速度，则
mg l 1 J 2＝1 1 ml 2 2
22
23
（1）
《理论力学》第八章-刚体平面运动试题及答案
理论力学8章作业题解8-2 半径为r 的齿轮由曲柄OA 带动，沿半径为R 的固定齿轮滚动。
如曲柄OA 以匀角加速度a 绕O 轴转动，且当运动开始时，角速度00=w ，转角0=j 。
求动齿轮以中心Ａ为基点的平面运动方程。
解：图示，A 轮平面运动的转角为=A j ∠C 3AC 2=j +∠CAC 2由于弧长CC 1=CC 2，故有 ∠CAC 2=r R /j ，所以22/t rr R r r R r R A a j j j j +=+=+=A 轮平面运动方程为ïïîïïíì+=+=+=+=+=22212212)sin()()sin()()cos()(cos )(tr r R t r R r R y t r R r R x A A A a j a j a j8-6两刚体M ，N 用铰C 连结，作平面平行运动。
已知AC=BC=600mm ，在题附图所示位置s mm v s mm v B A /100,/200==，方向如图所示。
试求C 点的速度。
解：由速度投影定理得()()0==BC C BC B v v 。
则v C 必垂直于BC 连线，v C 与AC 连线的夹角为30°。
由()()AC A AC C v v = 即得：s mm v v A C /200== ，方向如题4-6附图示。
解毕。
8-9 图所示为一曲柄机构，曲柄OA 可绕O 轴转动，带动杆AC 在套管B 内滑动，套管B 及与其刚连的BD 杆又可绕通过B 铰而与图示平面垂直的水平轴运动。
已知：OA ＝BD ＝300mm ，OB ＝400mm ，当OA 转至铅直位置时，其角速度ωo ＝2rad/s ，试求D 点的速度。
C 12Aj C解 (1)平面运动方法： 由题可知：BD AC w w =确定AC 杆平面运动的速度瞬心。
套筒中AC 杆上一点速度沿套筒(为什么？)s rad IAOA IA v A AC /72.00=´==w w , s mm BD BD v AC BD D /216=´=´=w w D 点加速度如何分析？关键求AC 杆角加速度(=BD 杆角速度) 基点法，分析AC 杆上在套筒内的点(B’)：(1) tA B n A B A B a a a a ¢¢¢++=r r r r大小：× ∠ ∠ × 方位：× ∠ ∠ ∠ 再利用合成运动方法：动点：套筒内AC 杆上的点B’，动系：套筒。
3 刚体力学(3)
A ⋅9一个人站在有光滑固定转轴的转动平台上,双臂伸直水平地举起二哑铃,在该人把此二哑铃水平收缩到胸前的过程中,人、哑铃与转动平台组成的系统的（A）机械能守恒,角动量守恒;（B）机械能守恒,角动量不守恒,（C）机械能不守恒,角动量守恒;（D）机械能不守恒,角动量不守恒.[ C ]9一块方板，可以其一边为轴自由转动.最初板自由下垂.今有一小团粘土,垂直板面撞击方板并粘在板上,对粘土和方板系统，如果忽略空气阻力,在碰撞中守恒的量是:(A)动能.(B)绕木板转轴的角动量.(C)机械能.(D)动量.[ B ]9人造地球卫星，绕地球作椭圆轨道运动，地球在椭圆的一个焦点上，则卫星的(A)动量不守恒，动能守恒。
(B)动量守恒，动能不守恒。
(C)角动量守恒，动能不守恒。
(D)角动量不守恒，动能守恒。
[C]§3.3回转仪进动讨论刚体的定点转动。
回转仪：由厚而重，形状对称的刚体绕对称轴高速自转的装置。
当M =0 时，角动量及角速度矢量保持恒定——定向回转仪。
当回转仪受到外力矩作用时，如：陀螺倾斜——？——进动——回转效应。
地球进动的结果使地轴的指向在天球上作缓慢的圆周运动。
随之，北天极的位置在缓慢地变化着。
目前，北天极距离小熊座α星45’，这个距离还会不断变短，到2100年达到最小值28’。
此后，它就要慢慢远离小熊座α星，约13000年后，天琴座的织女星（vega ）将成为北极星。
地球的进动END一陀螺(m, rc )绕自转轴(J )以角速度ω 转动，若自转轴与竖直方向间的夹角为θ ，则：（1）从上往下看，其进动方向如何？（2）进动角速度的大小为多少？图为一简易进动装置，A 是质量为m a 的回转体，绕自转轴的角动量为，B 为平衡块。
在自转轴o’o 的中点以悬绳垂直悬吊，A 、B 距悬线距离均为l 。
现该装置以进动角速度在水平面内旋转，且，试求：（1）对悬点C 的合力矩方向；（2）平衡块的质量m b 。
j L L vv =Ωv k v vΩ=Ωc r作业: P202习题3-18，19，20，21，24。
刚体力学 (10)
刚体力学基础
【例题2】 如图所示，一个组合轮由两个匀质的圆盘固 例题 】 如图所示， 接而成， 接而成，大盘质量 M1=6kg，半径 R=0.10m，小盘的质量 ， ， M2=4kg，半径 ，半径r=0.05m。两盘边缘上分别绕有细绳，细绳 。两盘边缘上分别绕有细绳， 的物体，试求： 的下端各悬挂质量为 m1=m2=2kg 的物体，试求： 的加速度大小； ①两物体 m1、m2 的加速度大小； 两绳子中的张力。 ②两绳子中的张力。 T2 T1 a2
刚体力学基础
作业： 作业： 6-1 6-2 6-5
刚体力学基础
本课时教学基本要求
1、掌握刚体定轴转动定律及其应用。 、掌握刚体定轴转动定律及其应用。 2、掌握刚体的动能和重力势能的计算，并能在有刚 、掌握刚体的动能和重力势能的计算， 体转动等问题中正确地应用机械能守恒定律。 体转动等问题中正确地应用机械能守恒定律。 3、会计算刚体对固定轴的角动量，能正确应用角动 、会计算刚体对固定轴的角动量， 量定理和角动量守恒定律。 量定理和角动量守恒定律。 4、了解刚体平面运动的基本特征，了解刚体的回转 、了解刚体平面运动的基本特征， 效应。 效应。
对每一质点有： 对每一质点有： r r ri ⊥v i ，故 Lzi = ∆m i v i ri Lz = ∑ Lzi = ω（∑ ∆m i ri2） Iω = r r 与动量 p = m v 对比 I = ∑ ∆m i ri2 − − − 转动惯量： 转动惯量：
i i i
O
v ri
v vi
• ∆m i
刚体转动惯性大小的量 度
刚体力学基础
2、转动惯量的计算： 、转动惯量的计算：
质点系
I = ∑ ∆m i ri2
i
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16.
半径为R具有光滑轴的定滑轮边缘绕一细绳，绳的下端挂一质量为m的物
体•绳的质量可以忽略，绳与定滑轮之间无相对滑动•若物体下落的加速度为a,
则定滑轮对轴的转动惯量J=•
17.
一飞轮以角速度0绕光滑固定轴旋转， 飞轮对轴的转动惯量为J1；另一静止飞轮突然和上述转动的飞 轮啮合，绕同一转轴转动，该飞轮对轴的转动惯量为
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)
(B)
(C)
(D)
10.
关于力矩有以下几种说法：
(1)对某个定轴而言，内力矩不会改变刚体的角动量.
(2)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，它们的角加速度一定相等. 在上述说法中，
只取决于转轴的位置，与刚体的质量和质量的空间分布无关.
[
4.
一轻绳跨过一具有水平光滑轴、质量为
为m1和m2的物体(m1Vm2),如图所示.绳与轮之间无相对滑动. 逆时针方向转动，则绳中的张力
(A)处处相等.
(C)右边大于左边.
M的定滑轮，绳的两端分别悬有质量
若某时刻滑轮沿
(B)左边大于右边.
(D)哪边大无法判断.
3
质量为m、速率为v的子弹在水平面内沿与棒垂直的方向射出并穿出棒的
1自由端，设穿过棒后子弹的速率为v，则此时棒的角速度应为
2
(B)沁.
2ML
(D)血.
4ML
O
俯视图
(A)
(C)
mv ML 5mv 3ML
7.
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 上随意走动时，若忽略轴的摩擦，此系统
前者的二倍.啮合后整个系统的角速度=•
18.
质量为m、长为I的棒，可绕通过棒中心且与棒垂直的竖直光滑固 定轴0在水平面内自由转动（转动惯量J=m|2/ 12）.开始时棒静止，现 有一子弹，质量也是m,在水平面内以速度vo垂直射入棒端并嵌在其 中•则子弹嵌入
后棒的角速度 =•
19.
长为I的杆如图悬挂.0为水平光滑固定转轴，平衡时杆竖直
5.
花样滑冰运动员绕通过自身的竖直轴转动，开始时两臂伸开，转动惯量为
1
两臂收回，使转动惯量减少为-Jo.这时她转动的角速度变为
3
Jo,
角速度为
0.然后她将
1
(A)1
(C).30.
0.
(B)1/、.3o.
(D)3o.
6.
如图所示，一静止的均匀细棒，长为
L、质量为M，可绕通过棒的端 点且垂直于棒长的光滑固定轴O在水平面内转动，转动惯量为-ML2.-
B.[
A
M
DI
B
2.
几个力同时作用在一个具有光滑固定转轴的刚体上,(A)必然不会转动.
(C)转速必然改变.
如果这几个力的矢量和为零，则此刚体
(B)转速必然不变.
(D)转速可能不变，也可能改变.
3.
关于刚体对轴的转动惯量，下列说法中正确的是
(A)
(B)
(C)
(D)
只取决于刚体的质量，与质量的空间分布和轴的位置无关. 取决于刚体的质量和质量的空间分布，与轴的位置无关. 取决于刚体的质量、质量的空间分布和轴的位置.
12.
一飞轮以600rev/min的转速旋转，转动惯量为2.5 kg•m2,现加一恒定的
制动力矩使飞轮在1s内停止转动，则该恒定制动力矩的大小M=.
13.
一个能绕固定轴转动的轮子，除受到轴承的恒定摩擦力矩Mr外，还受到恒定外力矩M的作用.若M
=20N•m，轮子对固定轴的转动惯量为J=15kg•m2.在
下垂，一子弹水平地射入杆中•则在此过程中，系
统对转轴O的守恒.
20.
质量分别为m和2m的两物体（都可视为质点），用一长为I的轻质刚性 细杆相连，系统绕通过杆且与杆垂直的竖直固定轴O转动，已知O轴离质
1
量为2m的质点的距离为-1，质量为m的质点的线速度为v且与杆垂直，
3
则该系统
对转轴的角动量（动量矩）大小为•
(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.[]
二、填空题
11.
半径为20cm的主动轮，通过皮带拖动半径为50cm的被动轮转动，皮带与轮之间无相对滑动.主动
轮从静止开始作匀角加速转动.在4s内被动轮的角速
度达到8rad•s-1，则主动轮在这段时间内转过了圈.
刚体力学作业
—姓名：_
年月
班级:
日期:
一、选择题
1.
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
(A)A=B.
(C)AVB.பைடு நூலகம்
学号：_
成绩:
B,
不计滑轮轴的摩擦，则有
(B)A>B.
(D)开始时A=B,以后AV
.把人和圆盘取作系统，当此人在盘
(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.
(E)动量、机械能和角动量都不守恒.[]
8.
质量为m的小孩站在半径为R的水平平台边缘上.平台可以绕通过其中心的竖直光滑固定轴自由转动， 转动惯量为丄平台和小孩开始时均静止.当小孩突然以相对于地面为v的速率在台边缘沿逆时针转向走
t=10s内，轮子的角速度由=0增大到 =10rad/s，贝U Mr=.
14.
1
一定滑轮质量为M、半径为R,对水平轴的转动惯量J=一MR2.在滑轮的边缘绕一细绳，绳的下端
2
挂一物体•绳的质量可以忽略且不能伸长，滑轮与轴承
间无摩擦•物体下落的加速度为a，则绳中的张力T=
15.
如图所示，一轻绳绕于半径为r的飞轮边缘，并以质量为m的物体挂在绳端, 飞轮对过轮心且与轮面垂直的水平固定轴的转
H——L
I■
m0
俯视图
Av
10虫
m|2m
俯视图
计算题
21.
一质量为m的物体悬于一条轻绳的一端，绳另一端绕在一轮轴的轴上，如图所 示•轴水平且垂直于轮轴面，其半径为r，整个装置架在光滑的固定轴承之上•当物
体从静止释放后，在时间t内下降了一段距离S.试求整个轮轴的转动惯量（用m、t和S表示）•
22.
质量m=1.1 kg的匀质圆盘，可以绕通过其中心且垂直盘面的水平光滑
1
固定轴转动，对轴的转动惯量J=mr2(r为盘的半径)•圆盘边缘绕有绳子,
2
绳子下端挂一质量mi=1.0 kg的物体，如图所示.起初在圆盘上加一恒力矩 使物体以速率vo=0.6 m/s匀速上升，如撤去所加力矩，问经历多少时间圆