力学第二版习题答案第七章

A第七章基本知识小结⒈刚体的质心定义：dmdmrrmrmrciic//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：dmrIrmIii22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ccamFvmp⒋刚体对轴的角动量和转动定理IIL⒌刚体的转动动能和重力势能cpkmgyEIE221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：ccccIamF（不必考虑惯性力矩）动能：221221ccckImvE⒎刚体的平衡方程0F，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：⑴21260/2)12003000(/7.15sradt⑵rad27.152)60/2)(12003000(21039.26222202对应的转数=42010214.3239.2627.1.3某发动机飞轮在时间间隔t内的角位移为):,:(43stradctbtat。求t时刻的角速度和角加速度。解：23212643ctbtctbtadtddtd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：0.222.1dtddtdtox⑴t=0时，smRvvyx/12.01.02.10,2.12222/2.01.00.2/144.01.0/12.0/smRaasmRvaayynx⑵θ=π/4时,由θ=1.2t+t2,求得t=0.47s,∴ω=1.2+2t=2.14rad/ssmRvsmRvyx/15.02/21.014.245sin/15.02/21.014.245cos·222222222222/182.0)14.20.2(1.0)(45sin45sin45sin/465.0)14.20.2(1.0)(45cos45cos45cossmRRRasmRRRayx⑶θ=π/2时,由θ=1.2t+t2,求得t=0.7895s,ω=1.2+2t=2.78rad/s2222/77.01.078.2/2.01.00.20/278.01.078.2smRasmRavsmRvyxyx7.1.5钢制炉门由两个各长1.5m的平行臂ACAB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BD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smABvvBG/155.110，方向指向右下方，与水平方向成45º；222/1505.110smABaaBG，方向指向右上方，与水平方向成45º7.1.6收割机拨禾轮上面通常装4到压板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，一方面把切下来切割器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smRvvc/53.02.125.160222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：smrv/3145.1'6022000⑵桨尖相对地面的速度：机地vvv'，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，smv/4.696060102503机地所以，smvvv/6.3214.69314'2222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，909.0/2212RnRnv，所以：min/1054.1/1024.93426.014.3210166909.02909.013revhrevnRv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dxorax的质元dm=ρπr2dx，∵r/a=x/L，r=ax/L∴dm=ρπa2x2dx/L2h⑴圆锥体为匀质，即ρ为常数，总质量：LadxxdmmLLa2310222质心：LdxxxLLLaLdxxadmxdmc430333//32232⑵xLLxLLh0)1()1(00总质量：LadxxdmmLLa204103320质心：LLdmxdmcLdxxx0544447.2.3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。ox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)7.3.1⑴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2121ml；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，dxdmlm，它对y轴的转动惯量为：dxxdIlm2，整个细杆对y轴的转动惯量：21218832/2/332/2/2)(|33mlxdxxIlllmlllmlllm⑵在坐标x处取细杆状质元，dxxRdxxRdmRmRm22222222它对x轴的转动惯量：dxxRxRdmxRdmdIRm2/322322231222121)()()2(2整个圆盘对x轴的转动惯量：RRRmdxxRI2/32232)(2为了能求出积分，作如下变换：dRdxRxsin,cosLxydxl/2-l/2xxRθ332/3222/32222/322sin)sin()cos()(RRRRxR代入上式：043203332sin)sin(sin22ddRRImRRm据三角函数公式：22cos1cos,22cos1sin22)4cos2cos2()2cos21()2cos2cos21()(sin21234124cos141241222cos1424108102360810023621234132)|4sin|2sin(44cos22cos)4cos2cos2(222mRddddImRmRmR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222212312221231222123122212126)08.092.0(5.2408.05.2492.09.4)()(,)(kgmrlmrmlmIrlmrmIlmmlmIrrlrrrlllll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rr为221MRI.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，2412222222124))(()('rMrrrIRrMR设挖去两个小圆盘后，剩余部分对o轴的转动惯量为I”)/2('224222122122124RrrRMMrMRIIIRrM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：sradII/68.15,0.84.03924.02制动过程可视为匀减速转动，t/st67.268.15/9.41/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ox动定理：)1(,02LcmmaFmgNacolmgr闸瓦闸瓦由转动定理；)2(0231mLIAFoAF把⑴代入⑵中，可求得LoA32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：T2T1βxoRaaym2gm1gT2T1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：)2();1(111222amgmTamTgm对滑轮应用转动定理：RIaIRTT/)(12（3）质点m2作匀加速直线运动，由运动学公式：221aty，222/06.00.5/75.02/2smtya由⑴、⑵可求得ammgmmTT)()(121212,代入（3）中，可求得21212)](/)[(RmmagmmI，代入数据：2221039.105.0)96.006.0/8.904.0(kgmI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，