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刚体力学习题答案刚体力学习题答案 第三章 刚体力学习题答案 3-1 如图3-1示,一轻杆长度为,两端各固定一小球,A球质量为,B球质量为m,2l2m 杆可绕过中心的水平轴O在铅垂面内自由转动,求杆与竖直方 向成角时的角加速度. , 解:系统受外力有三个,即A,B受到的重力和轴的支撑作用力,轴的作用力对轴的力图3-1 臂为零,故力矩为零,系统只受两个重力矩作用. 以顺时针方向作为运动的正方向,则A球受力矩为正,B球受力矩为负,两个重力的力臂相等为,故合力矩为 dl,sin,Mmglmglmgl,,,2sinsinsin,,, ...

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刚体力学习题答案 第三章 刚体力学习题答案 3-1 如图3-1示,一轻杆长度为,两端各固定一小球,A球质量为,B球质量为m,2l2m 杆可绕过中心的水平轴O在铅垂面内自由转动,求杆与竖直方 向成角时的角加速度. , 解:系统受外力有三个,即A,B受到的重力和轴的支撑作用力,轴的作用力对轴的力图3-1 臂为零,故力矩为零,系统只受两个重力矩作用. 以顺时针方向作为运动的正方向,则A球受力矩为正,B球受力矩为负,两个重力的力臂相等为,故合力矩为 dl,sin,Mmglmglmgl,,,2sinsinsin,,, 系统的转动惯量为两个小球(可视为质点)的转动惯量之和 222 Jmlmlml,,,23 应用转动定律 MJ,, 2有:mglmlsin3,,, gsin,解得 ,,3l 3-2 计算题3-2图所示系统中物体的加速度.设滑轮为质量均匀分布的圆柱体,其质量为 r,半径为,在绳与轮边缘的摩擦力作用下旋转,忽略桌面M 与物体间的摩擦,设rmm=50kg,=200kg,M=15kg,=12 0.1m. 图3-2 解: 分别以mmmm,滑轮为研究对象,受力图如图(b)所示.对 ,运用牛顿定律,1212 有 mg,T,ma ? 222 T,ma ? 11 对滑轮运用转动定律,有 12 ? Tr,Tr,(Mr),212又, ? a,r,联立以上4个方程,得 mg200,9.8,22 a,,,7.6m,sM15m,m,5,200,1222 3-3 飞轮质量为60kg,半径为0.25m,当转速为1000r/min时,要在5s内令其制动,求制动 力 ,设闸瓦与飞轮间摩擦系数=0.4,飞轮的转动惯量可F, 按匀质圆盘计算,闸杆尺寸如图所示. 图3-3 1解:以飞轮为研究对象,飞轮的转动惯量2,制动前角速度JmR,2 1000,,为F,,,,2rad/s,制动时角加速度为,,- 制动时闸瓦对飞轮的压力为,闸N60t瓦与飞轮间的摩擦力FF,,,运用转动定律,得 fN 12 ,,,FRJmR,, f2 mR,则 F, N2,t 以闸杆为研究对象,在制动力,F和飞轮对闸瓦的压力的力矩作用下闸杆保持平衡,两FN力矩的作用力臂分别为ll,,(0.500.75)m和=0-50m,则有 1FlFl,,0 N1 llmR,,0.50600.2521000,,,11FF,,,,,157N Nllt20.500.7520.4560,,,,, m,半径为,可绕过盘中心的光滑竖直轴在水平桌面上转R 动. 圆盘与桌面间的滑动摩擦系数为,,若用外力推动它使其角速度达到时,撤去,03-4 设有一均匀圆盘,质量为 外力,求: (1) 此后圆盘还能继续转动多少时间? (2) 上述过程中摩擦力矩所做的功. m解:(1)撤去外力后,盘在摩擦力矩M作用下停止转动- 设盘质量密度为,则,,f2,R 有 R22 MgrdrmgR,,,,,,2f,03 ,M1,4,gf2根据转动定律 ,,,,JmR ,,J23R ,,,3R00t,, ,,4g (2)根据动能定理有 11222 摩擦力的功 WJmR,,,,0,,f0024 3-5 如题3-6图所示,一匀质细杆质量为m,长为,可绕过一端的水平轴自由转动,杆Ol 于水平位置由静止开始摆下.求: (1)初始时刻的角加速度; (2)杆转过角时的角速度. , 图3-6 解: (1)由转动定律,有 112mg,(ml), 23 3g? ,, 2l(2)由机械能守恒定律,有 l1122mgsin,,(ml), 223 3sin,g? ,, l3-6 固定在一起的两个同轴均匀圆柱体可绕其光滑的水平对称轴,转动.设大小圆柱OO 体的半径分别为rm和,质量分别为和.绕在两柱体上的细绳分别与物体m和m相RM12 连,rmm和m则挂在圆柱体的两侧,如3-8图所示.设=0.20m, =0.10m,=4 kg,=RM12 10 kg,m=m=2 kg,且开始时m,m离地均为=h1212 2m.求: (1)柱体转动时的角加速度; (2)两侧细绳的张力. 解: 设aamm,和β分别为,和柱体的加速度及角加速度,方向如图(如图b). 1212 (a)图 (b)图 (1) mm,和柱体的运动方程如下: 12 T,mg,ma ? 2222 mg,T,ma ? 1111 ,, ? TR,Tr,I,12 式中 ,, T,T,T,T,a,r,,a,R,112221 1122 I,MR,mr22 由上式求得 而 Rm,rm12,,g22I,mR,mr12 0.2,2,0.1,2 ,,9.8112222,10,0.20,,4,0.10,2,0.20,2,0.1022 ,2,6.13rad,s (2)由?式 T,m,r,mg,2,0.10,6.13,2,9.8,20.8 N222 由?式 T,mg,mR,,2,9.8,2,0.2.,6.13,17.1 N111 3-7 一风扇转速为900r/min,当马达关闭后,风扇均匀减速,止动前它转过了75转,在此过 程中制动力做的功为44.4J,求风扇的转动惯量和摩擦力矩. 解:设制动摩擦力矩为,风扇转动惯量为,止动前风扇的角位移,摩擦MJ,,,2N 力矩所做的功为 AMMN,,,,,,2 摩擦力所做的功应等于风扇转动动能的增量,即 12 AJ,,0,2 22(44.4)A,,2J,,,,,0.01,kgm 22,,(9002/60), A,44.4,M,,,,,0.0942Nm 2275,,N, 3-8 一质量为r、半径为的圆柱体,在倾斜角的粗糙斜面上从距地面高处只滚不滑M,h 而下,试求圆柱体滚止地面时的瞬时角速度,. 解: 在滚动过程中,圆柱体受重力Mg和斜面的摩 擦力作用,设 圆柱体滚止地面时,质心在瞬时速F 12率为v,,则此时质心的平动动能为Mv,与此同时,圆柱体以角速度绕几何中心轴转2 12动,其转动动能为MghJ,.将势能零点取在地面上,初始时刻圆柱体的势能为,由于2 圆柱体只滚不滑而下,摩擦力为静摩擦力,对物体不做功,只有重力做功,机械能守恒, 1122 MghMvJ,,,22 12式中 ,代入上式得 JMrvr,,,,于是有2 11222 MghMrMr,,(),22 2gh即 ,, r3 3-9 一个轻质弹簧的倔强系数N/m,它的一端固定,另一端通过一条细绳绕过一个k,2.0 定滑轮和一个质量为m=80g的物体相连,如图所示. 定滑轮可看作均匀圆盘,它的质 量为rm=100g,半径=0.05m. 先用手托住物体,使弹簧处于其自然长度,然后松M 手.求物体m下降=0.5m时的速度为多大?忽略滑轮h 轴上的摩擦,并认为绳在滑轮边缘上不打滑. 图3-11 解:由于只有保守力(弹性力、重力)做功,所以由弹簧、滑轮和物体m组成的系统机 械能守恒,故有 111222 mghkhImv,,,,222 12 vrIMr,,,,2 22mghkh,所以 m/s v,,1.481Mm,2 3-10 有一质量为m、长为的均匀细棒, 静止平放在滑动摩擦系数为的水平桌面上,它,l1 可绕通过其端点O且与桌面垂直的固定光滑轴转动. 另有一水平运动的质量为m的小滑块, 从侧面垂直于棒与棒的另一端A相碰撞, 设2 碰撞时间极短. 已知小滑块在碰撞前后的速度分别为VV和,如图示,12求碰撞后从细棒开始转动到停止转动的过程所需的时间(已知棒绕O 12点的转动惯量Jml,). 1图3-12 3 解:对棒和滑块组成的系统,因为碰撞时间极短,所以棒和滑块所受的摩擦力矩远小于相 互间的冲量矩,故可认为合外力矩为零,所以系统的角动量守恒,且碰撞阶段棒的角位移 忽略不计,由角动量守恒得 12 mvlmvlml,,,,212213 碰撞后在在转动过程中棒受到的摩擦力矩为 tm11 Mgdxmgl,,,,,,1f,0l2 由角动量定理得转动过程中 t12 Mdtml,,0,1f,03 ,VV12联立以上三式解得:,tm2 2mg,1 103-11 哈雷彗星绕太阳运动的轨道是一个椭圆.它离太阳最近距离为r=8.75×10m 时的速1 4-12-1率是vv=5.46×10m?s,它离太阳最远时的速率是=9.08×10m?s,这时它离太阳12 的距离r为多少?(太阳位于椭圆的一个焦点.) 2 解: 哈雷彗星绕太阳运动时受到太阳的引力——即有心力的作用,所以角动量守恒;又由于 哈雷彗星在近日点及远日点时的速度都与轨道半径垂直,故有 rmv,rmv 1122 104rv8.75,10,5.46,101211? r,,,5.26,10m22v9.08,102 3-12 平板中央开一小孔,质量为mM的小球用细线系住,细线穿过小孔后挂一质量为的重1 物.小球做匀速圆周运动,当半径为rMM时重物达到平衡.今在的下方再挂一质量为012 ,,的物体,如3-14图.试问这时小球做匀速圆周运动的角速度和半径为多少? r, 图3-14 ,小球作圆周运动的向心力为,即 MMg11 2解: 在只挂重物时? Mg,mr,100挂上M后,则有 2 2 ,,(M,M)g,mr,? 12 重力对圆心的力矩为零,故小球对圆心的角动量守恒. 即 ,,rmv,rmv 00 22,,,r,,r, ? 00 联立?、?、?得 Mg1,,0mr0 21123,MgMM, ,,()01mrM 12130MMM,2,12,,,rgr,mMM,, 3-13 如图示, 长为m的轻杆, 两端各固定质量分别为和的小球, 杆可绕水平光滑轴2ml 在竖直平面内转动, 转轴O距两端的距离分别为或. 原来静止在竖直位置. 今l/32/3l 有一质量为mvm的小球, 以水平速度与杆下端的小球做对心碰0 撞, 碰后以v/2,的速度返回, 试求碰撞后轻杆所获得的角速度. 0 图3-13 解:将杆与两端的小球视为一刚体,水平飞来的小球m与刚体视为一系统,在碰撞过程中,外力包括轴O处的作用力和重力,均不产生力矩,故合外力矩为零,系统角动量守恒- 选 逆时针转动为正方向,则由角动量守恒得 v22ll0 mvmJ,,,, 0323 2ll22Jmm,,()2() 33 3v0 ,,2l 解得 3-14 圆盘形飞轮A质量为r,m, 半径为, 最初以角速度转动, 与A共轴的圆盘形飞轮B0 质量为,,,半径为, 最初静止, 如图所示, 两飞轮啮合后, 以同一速度转动, 求2r4m 及啮合过程中机械能的损失. 图3-14 解:以两飞轮组成的系统为研究对象,由于运动过程中系统无外力矩作用,角动量守恒,有 111222 mrmrmr,,,,,4(2)0222 1得 ,,,017 1112222初始机械能为 Wmrmr,,,,100224 111111222222啮合后机械能为 Wmrmrmr,,,,,,4(2)202222174 1611622则机械能损失为 ,,,,,WWWmrW,12017417 3-15 如图示,一匀质圆盘半径为rm,质量为,可绕过中心的垂轴O转动.初时盘静止,一质1 :量为,,60mv的子弹一速度沿与盘半径成的方向击中盘边缘后以速度沿与半径v/212 :方向成,30,的方向反弹,求盘获得的角速度. 2 图3-15 解:对于盘和子弹组成的系统,撞击过程中轴O的支撑力的力臂为零,不提供力矩,其他外力矩的冲量矩可忽略不计,故系统对轴O的角动量守恒,即 LL,,初时盘的角动量为零,只有子弹有角动量,故 12 :Lmvr,sin60 12 末态中盘和子弹都有角动量,设盘的角速度为,,则 v1:2 Lmrmr,,sin30,22122 v1::2故有 mvrmrmrsin60sin30,,,22122 (231),mv2可解得: ,,2mr1 3-16 一人站在一匀质圆板状水平转台的边缘,转台的轴承处的摩擦可忽略不计,人的质量 ''为m,转台的质量为10,半径为.最初整个系统是静止的,这人把一质量为的石mmR 子水平地沿转台的边缘的切线方向投出,石子的速率为v(相对于地面).求石子投出后 转台的角速度与人的线速度. 解:以人、转台和石子组成的系统为研究对象,由于系统无外力矩作用,角动量守恒, 设转台角速度,v的转向与投出的石子速度方向一致,初始时系统角动量为零,得 JmRv,,,0 1'2'2人和转台的转动惯量,代入上式后得 JmRmR,,102 mv ,,,'6mR mv人的线速度为 vR,,,,'6m 其中负号表示转台角速度转向和人的线速度方向与假设方向相反- 3-17 一人站在转台上,两臂平举,两手各握一个r,0.8kg,哑铃距转台轴m,起初转m,40 台以r,,,,2rad/s的角速度转动,然后此人放下两臂,使哑铃与轴相距0.2m,设人与0 2转台的转动惯量不变,且,kgm,转台与轴间摩擦忽略不计,求转台角速度变为多J,5 大?整个系统的动能改变了多少? 解:以人、转台和哑铃组成的系统为研究对象,由于系统无外力矩作用,角动量守恒,有 22(2)(2)JmrJmr,,,,, 00 22Jmr,25240.8,,,0,,,,,,,212.0rad/s 022Jmr,,,,25240.2 动能的增量为 112222,,,,,,,WWWJmrJmr(2)(2),, 00022 112222 ,,,,,,,,,,,,(5240.2)12(5240.8)(2),22 =183J 3-18 如3-20图所示,质量为,长为的均匀直棒,可绕垂直于棒一端的水平轴无摩擦MOl 地转动,它原来静止在平衡位置上.现有一质量为m的弹性小球飞来,正好在棒的下端与 棒垂直地相撞.相撞后,使棒从平衡位置处摆动到最大角度30?,, (1)设这碰撞为弹性碰撞,试计算小球初速 v0(2)相撞时小球受到多大的冲量? 图18 解: (1)设小球的初速度为,,棒经小球碰撞后得到的初角速度为,而小球的速度变为v0 v,按题意,小球和棒做弹性碰撞,所以碰撞时遵从角动量守恒定律和机械能守恒定律,可 列式: mvl,I,,mvl ? 0 111222 mv,I,,mv0? 222 12上两式中,碰撞过程极为短暂,可认为棒没有显著的角位移;碰撞后,棒从竖直I,Ml3 o位置上摆到最大角度,按机械能守恒定律可列式: ,,30 1l2I,,Mg(1,cos30:) ? 22 由?式得 1122,,Mgl3g3,,,,(1,cos30:),(1,) ,,,,Il2,,,, 由?式 ,Iv,v, ? 0ml由?式 2I,22,,vv ? 0m所以 1I,222(v,),v,, 00mlm ,lIl1M,v,(1,),(1,)02求得 223mml 6(2,33m,M,gl12m (2)相碰时小球受到的冲量为 Fdt,,mv,mv,mv0, 由?式求得 I,1 Fdt,mv,mv,,,,Ml,0,l3 6(2,3)M ,,gl6 负号说明所受冲量的方向与初速度方向相反. 3-19如图示,一个转动惯量为,半径为的定滑轮上面绕有细绳,并沿水平方向拉着一个RI R质量为m的物体A. 现有一质量为的子弹在距转轴M2 v的水平方向以速度射入并固定在定滑轮的边缘,使滑轮0 拖住A在水平面上滑轮.求(1)子弹射入并固定在滑轮边缘 后,滑轮开始转动时的角速度,.(2)若定滑轮拖着物体A刚好转一圈而停止,求物体A与水平面间的摩擦系数(轴上摩擦力,忽略不计). 图3-19 解:(1)子弹射入定滑轮前后,子弹、定滑轮及物体A构成的系统角动量守恒 R22 mvmRIMR,,,[],02 mvR0解得 ,, 222()mRIMR,, (2)定滑轮转动过程中物体A受的摩擦力所做的功等于系统动能的增量 1222 ,,,,,,()2ImRMRMgR,,, 2 2mvR0解得 ,, 22,,16()MgmRMRI, 3-20 行星在椭圆轨道上绕太阳运动,太阳质量为mm,行星质量为,行星在近日点和远12 日点时离太阳中心的距离分别为rr和,求行星在轨道上运动的总能量. 21 解:将行星和太阳视为一个系统,由于只有引力做功,系统机械能守恒,设行星在近日点 11mmmm221212vv和,有 mvGmvG,,,11221222rr12 行星在轨道上运动时,受太阳的万有引力作用,引力的方向始终指向太阳,以太阳为参考点,和远日点时的速率分别为 行星所受力矩为零,故行星对太阳的角动量守恒 mrvmrv, 111222 行星在轨道上运动时的总能量为 11mmmm221212 EmvGmvG,,,,112222rr12 Gmm12联立以上三式得:E,, rr,12 '3-21 半径为质量为的匀质圆盘水平放置,可绕通过圆盘中心的竖直轴转动. 圆盘mR 边缘及m处设置了两条圆形轨道,质量都为的两个玩具小R/2 车分别沿两轨道反向运行,相对于圆盘的线速度值同为v. 若 圆盘最初静止,求两小车开始转动后圆盘的角速度. 图3-21 解: 设两小车和圆盘运动方向如图所示,以圆盘转动方向为正向,外轨道上小车相对于地 面的角动量为11mRRv(),,,内轨道上小车相对于地面的角动量为mRRv(),,,圆盘22 1'2的角动量为JmR,,,,由于两小车和圆盘组成的系统,外力对转轴的力矩为零,角动2 量守恒,得 111'2 mRRvmRRvmR()()0,,,,,,,, 222 2mv ,, ',(52)mmR 3-22 如图示,一匀质圆盘A作为定滑轮绕有轻绳,绳上挂两物体B和C,轮A的质量为m,1 半径为rmm,mm,物体B、C的质量分别为、,且. 忽略轴的摩3232 擦,求物体B由静止下落到时刻时的速度. t 图3-22 解:把滑轮和两个物体作为一个系统,其运动从整体上看对定轴O是顺时针方向的,即轮 tA沿顺时针方向转动物体B向下运动物体C向上运动,故以顺时针方向的运动作为系统运 (1) MdtLL,,0,0动的正方向,根据角动量定理,得 (1)式左边为系统受到的合外力矩对轴O的冲量矩,由于轮A所受重力和轴的作用力对轴 O的力矩为零,故只有两物体所受重力提供力矩,注意到两个重力矩的方向相反,故合力矩 为 Mmgrmgrmmgr,,,,() (2) 2121 (1)式右边为系统对轴O的角动量的增量- 时系统静止,角动量 t,0 L,0 (3) 0 到,时刻,A、B、C三个物体均沿顺时针方向运动,角动量均为正- 设此时轮A的角速度,t B、C两物体速率相同设为v,则有 12 (4) LLLLmrmvrmvr,,,,,,,ABC1232 把(2)、(3)、(4)式代入(1)式有 12 ()mmgrtmrmvrmvr,,,,,211232 由于系统为一连接体,两物体的速率与轮边缘的速率相同,即有 vr,, 把此式代入(5)式即可求得物体下落时的速度 t 2()mmgt,21 v, mmm,,23123
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