1、力學（第二版）漆安慎習題解答第七章 剛體力學第七章剛體力學一、基本知識小結L剛體的質心定義：rcmjj/mrcrdm/ dm求質心方法：對稱分析法，分割法，積分法。2 .剛體對軸的轉動慣量定義：Imj：Ir2dm平行軸定理I o = I c + md正交軸定理I z = I x+I y.常見剛體的轉動慣量：（略）3 .剛體的動量和質心運動定理p mvcF mac4 .剛體對軸的角動量和轉動定理L II5 .剛體的轉動動能和重力勢能Ek I 2Ep mgyc6 .剛體的平面運動=隨質心坐標系的平動+繞質心坐標系的轉動 動力學方程：F macc Ic c （不必考慮慣性力矩）動能：Ek 2mv；&

2、quot;；7 .剛體的平衡方程二、思考題解答火車在拐彎時所作的運動是不是平動？答：剛體作平動時固聯其上的任一一條直線，在各時刻的位置（方位）始終彼此平 行。若將火車的車廂看作一個剛體，當火車作直線運行時，車廂上各部分具有平行運動 的軌跡、相同的運動速度和加速度，選取車廂上的任一點都可代替車廂整體的運動，這 就是火車的平動。但當火車拐彎時，車廂上各部分的速度和加速度都不相同，即固聯在 剛體上任一條直線，在各時刻的位置不能保持彼此平行， 所以火車拐彎時的運動不是平 動。對靜止的剛體施以外力作用，如果合外力為零，剛體會不會運動？答：對靜止的剛體施以外力作用，當合外力為了零，即時，剛體的質心將保持靜

3、止， 但合外力為零并不表明所有的外力都作用于剛體的同一點。所以，對某一確定點剛體所受合外力的力矩不一定為零。由剛體的轉動定律可知，剛體將發生轉動。比如，置于光 滑水平面上的勻質桿，對其兩端施以大小相同、方向相反，沿水平面且垂直于桿的兩個 作用力時，桿所受的外力的合力為零，其質心雖然保持靜止，但由于所受合外力矩不為 零，將作繞質心軸的轉動。如果剛體轉動的角速度很大，那么（1）作用在它上面的力是否一定很大？ （ 2）作用 在它上面的力矩是否一定很大？答：由剛體的定軸轉動定律可知，剛體受對軸的合外力矩正比于繞定軸轉動角速度 的時間變化率。因此，剛體轉動的角速度很大，并不意味這轉動角速度的時間變化率也

4、 很大，所以，（1）剛體定軸轉動的角速度很大，與其受力沒有直接關系。對于剛體的一般運動， 所受合外力使剛體的質心產生加速度，即改變剛體的平動狀態。（2）剛體定軸轉動的角速度很大，與其受到對定軸的力矩的大小也沒有直接關系。 合外力矩使剛體產生角加速度，改變剛體的轉動狀態。為什么在研究剛體轉動時，要研究力矩作用？力矩和哪些因素有關？答：一個靜止的剛體能夠獲得平動的加速度而運動起來的原因是，相對它的質心而言，所受的合外力不為零。一個靜止的剛體相對某一轉動，能夠獲得角加速度而轉動起 來的原因是，剛體所受到的外力對轉軸的合外力矩不為零。因此，剛體的轉動是與其受 到的相對轉軸的合外力矩密切相關的。取軸為剛

5、體轉動的固定軸時，對轉動有貢獻的合 外力矩是，其中，是作用在剛體上的第個外力在轉動平面內的分量，而是由轉軸（軸） 到的作用點的距離，是和間由右手定則決定的夾角。所以，對軸的力矩不但與各外力在 轉動平面內分量的大小有關，還與的作用線與軸的垂直距離（力臂）的值有關。試證：勻質細棒在光滑平面上受到一對大小相等、方向相反的作用力作用時，不管力 作用在哪里，它的質心加速度總是零。答：勻質剛性細棒可以看作在運動中保持相對位置不變的質點系，其質心遵守運動定律當該棒受大小相等方向相反的作用力時， 質心所受合力與各個力的作用點無關， 加速度 總為零。在計算物體的轉動慣量時，能把物體的質量集中的質心處嗎？答：物體

6、的轉動慣量時物體轉動慣性大小的量度。影響轉動慣量的因素有：物體的總質 量、物體質量的分布以及轉軸的位置。同一物體對質心軸和任意軸的轉動慣量是不同的 所以，在計算物體的轉動慣量時，不能簡單地把物體的質量看作集中在質心處。兩個同樣大小的輪子，質量也相同。一個輪子的質量均勻分布，另一個輪子的質量主要集中在輪緣，問：(1)如果作用在它們上面的外力矩相同，哪個輪子轉動的角加速度較大？ ( 2)如果它們的角加速度相等，作用在哪個輪子上的力矩較大？ (3)如果它們的角動量相等，哪個輪子上的力矩較大？答：質量相等、大小相同的輪子，由于質量分布情況的不同而使得它們對同一轉軸的轉 動慣量不同。由轉動慣量的意義可知

7、，質量主要集中在輪緣的輪子，其轉動慣量較大。由定軸的轉動定律和角動量，可知：(1)相同時，物體所獲得的角加速度大小與轉動慣量成反比，故質量均勻分布的輪子轉動的角加速度較大；(2)角加速度相等時，轉動慣量大的輪子上作用的力矩也大，故質量主要集中在輪緣的輪子受到的力矩較大；(3)兩輪的角動量相等時，兩輪的角速度與它們的轉動慣量成反比，故質量均勻分布的輪子轉動的角速度較大轉的較快。一個轉動著的飛輪，如不供給它能量，最終將停下來。試用轉動定律解釋這個現象。答：一個轉動著的飛輪，如不供給它能量，最終必將停下來，這是由于飛輪在轉動過程 中受到各種對轉軸的阻力矩作功的緣故。根據動能定理可知，阻力矩的功使飛輪

8、的轉動動能減小，使它最終停下來 。、什么是剛體？答：一般假定物體無論受多大外力或轉動得多快都不變形， 并稱這樣的物體為剛體 剛體是力學中關于研究對象的另一個理想模型 、什么是剛體的平動？具動力學方程為何？答：如果在運動中，剛體上任意兩質元連線的空間方向始終保持不變，這種運動 就稱為剛體的平動。例如電梯的升降、活塞的往返等都是平動。動力學方程為：、什么是剛體的定軸轉動？具動力學方程為何？答：如果剛體上各質元都繞同一直線 作圓周運動就稱為剛體轉動，這條直線稱為轉軸，轉軸固定于參考系的情況稱為定軸 轉動。答：剛體定軸軸的角動量轉動定理(它表明：剛體繞固定軸轉動時，剛體對該轉動軸線的轉動慣量與角加速度

9、的乘積在數量上等于外力對此轉動軸線的合力矩一一剛體定軸的轉動定理。)剛體的定軸轉動的動能和重力勢能為何？答：剛體繞固定軸轉動的動能等于剛體對此軸的轉動慣量與角速度平方乘積之半重力勢能： 、轉動慣量的大小和什么有關?答：剛體的轉動慣量決定于剛體各部分質量距轉軸遠近及質量的分布情況。、什么是平行軸定理和垂直軸定律？平行軸定理：設剛體繞通過質心轉軸的轉動慣量為Ic,將軸朝任何方向平行移動一個距離d ,則繞此軸的轉動慣量 ID為ID=c+m（2垂直軸定理：設剛性薄板平面為xy面，z軸與之垂直，則對于任何原點 O繞三個 坐標軸的轉動慣量分別為應用它很容易求出圓環或圓盤繞直徑的轉動慣2Ix EX2Iymi

10、XiIz Ix Iy22、Izmi（x y ）、什么是剛體平面運動？剛體平面運動的動力學方程為何？其機械能為何？ 答：剛體的平面運動=隨質心坐標系的平動+繞質心坐標系的轉動 動力學方程：（不必考慮慣性力矩）動能：、剛體平衡的條件是什么？剛體的平衡方程F 0,對任意軸0三、習題解答7.1.1 設地球繞日作圓周運動.求地球自轉和公轉的角速度為多少 rad/s?估算地球赤道上一點因地球自轉具有的線速度和向心加速度.估算地心因公轉而具有的線速度和向心加速度（自己搜集所需數據）.解答7.1.2 汽車發動機的轉速在 12s內由1200rev/min增加到3000rev/min.假設轉動是勻加速轉動，求角加

11、速度。在此時間內，發動機轉了多少轉？解：-（3000 臂）2 /6° 15.7rad/s2? （30002 黑；2 /60）2 26.39 102rad對應的轉數=二澧普4 102 4207.1.3 某發動機飛輪在時間間隔t內的角位移為 at bt3 ct4( ： rad ,t ： s)。求t時刻的角速度和角加速度。解： * a 3bt2 4ct3叫 6bt 12ct2半徑為0.1m的圓盤在鉛直平面內轉動，在圓盤平面內建立o-xy坐標系，原點在軸上， x和y軸沿水平和鉛直向上的方向。 邊緣上一點A當t=0時恰好在x軸上，該點的角坐 標滿足9 =+t2 (9 :rad,t:s)。t=0

12、時，自t=0開始轉45o時，轉過90o 時，A 點的速度和加速度在x和y軸上的投影。解： *1.2 2t % 2.0t=0 時，12vx 0 VyR 1.2 0.1 0.12m/saxanvy2/R0.122/0.10.144m/s22ay a R 2.0 0.1 0.2m/ s 8 =兀 /4 時，由 0 =+t2,求得 t=,=+2t=svx Rcos452.14 0.1 .2/20.15m/svy Rsin45 2.14 0.1 ,2/2 0.15m/s22、ax Rcos45 Rcos45 Rcos45 ()0.1 =(2.0 2.142)0.465m/s222ay Rsin45 2R

13、sin45 Rsin45 (2)0.1 仔(2.0 2.142)0.182m/s28 =兀/2時，由0 =+t2,求得t=,=+2t=svxR 2.78 0.10.278m/s vv 0入y2 axR 2.0 0.10.2m/s2_22ay2R2.782 0.10.77m/s27.1.5 鋼制爐門由兩個各長1.5m的平行臂AB和CD支承，以角速率 =10rad/s逆時 針轉動，求臂與鉛直成45o時門中心G的速度和加速度。解：因爐門在鉛直面內作平動，所以門中心G的速度、加速度與B點或D點相同，而RD兩點作勻速圓周運動，因此vG vBAB 10 1.5 15m/s,方向指向右下方，與水平方向成 4

14、5o ;aG aB 2AB 102 1.5 150m/s2 , G B方向指向右上方，與水平方向成 45o7.1.6 收割機撥禾輪上面通常裝4到6個壓板，撥禾輪一邊旋轉，一邊隨收割機前進。 壓板轉到下方才發揮作用，一方面把農作物壓向切割器，一方面把切下來的作物鋪放 在收割臺上，因此要求壓板運動到下方時相對于作物的速度與收割機前進方向相反。已知收割機前進速率為s,撥禾輪直徑，轉速22rev/min,求壓板運動到最低點擠壓 作物的速度。解：撥禾輪的運動是平面運動，其上任一點的速度等于撥禾輪輪心 C隨收割機前進 的平動速度加上撥禾輪繞輪心轉動的速度。 壓板運動到最低點時，其轉動速度方向與收 割機前進

15、速度方向相反，壓板相對地面(即農作物)的速度v vc R 1.2 o22 150.53m/sc602負號表示壓板擠壓作物的速度方向與收割機前進方向相反。7.1.7 飛機沿水平方向飛行，螺旋槳尖端所在半徑為150cm發動機轉速2000rev/min.槳尖相對于飛機的線速率等于多少？若飛機以250km/h的速率飛行，計算槳尖相對地面速度的大小，并定性說明槳尖的軌跡。解：槳尖相對飛機的速度：v' r 2° 1.5 314m/s槳尖相對地面的速度：v v' v機地，飛機相對地面的速度與螺旋槳相對飛機的速度總是垂直的，v機地奇霧 69.4m/s所以，v Jv'2 v機地

16、2 v3142 69.42 321.6m/s顯然，槳尖相對地面的運動軌跡為螺旋線7.1.8 桑塔納汽車時速為166km/h,車輪滾動半徑為0.26m,發動機轉速與驅動輪轉速 比為，問發動機轉速為每分多少轉？解：設車輪半徑為R=,發動機轉速為n1,驅動輪轉速為n2,汽車速度為 v=166km/h0顯然，汽車前進的速度就是驅動輪邊緣的線速度，v 2 Rn2 2 Rn1/0.909,所以：3n10909v0猾 i：66；09.24 104 rev/ h 1.54 103rev/minI 2 R 2 3.14 0.26在下面兩種情況下求直圓錐體的總質量和質心位置。圓錐體為勻質；密度為h的函數：p =p

17、 0 (1-h/L ) , p 0為正常數。解：建立圖示坐標o-x,據對稱性分析，質心必在 x軸上，在x坐標處取一厚為dx的質 元 dm十 tt r 2dx, r/a=x/L , r=ax/L. dm=p tc a 2x2dx/L2圓錐體為勻質，即總質量：mdmp2 aL7-為常數,2 dxa2質心：xc cxdma2x3dx/ L2dm-2a2L/33L33 dx3L總質量:0(1r)0(1沙fxdm2 L0 a3 xL 03dx 4a2L質心：xc cxdmdm長度為L的勻質桿，令其豎直地立于光滑的桌面上，然后放開手，由于桿不可能絕對 沿鉛直方向，故隨即到下。求桿子的上端點運動的軌跡(選定

18、坐標系，并求出軌跡的 方程式)。解：設桿在o-xy平面內運動。因桿在運動過程中，只受豎直向上的支承力和豎直向下的重力的作用，在水平方向不受外力作用，. vcx=0,acx=0,即質心C無水平方向的移動, 只能逆著y軸作加速直線運動，直到倒在桌面上。取桿的上端點的坐標為x,y ,勻質桿的質心在其幾何中心，由圖示的任一瞬間的幾 何關系可知：4x2+y2=L2(x >0,y >0)內的軸線的轉動慣量等于4mR2用積分法證明：質量為 m常為l的勻質細桿對通過中心且與桿垂直的軸線的轉動慣量等于ml2；用積分法證明：質量為 m半徑為R的勻質薄圓盤對通過中心且在盤面證明：取圖示坐標，在坐標x處取

19、一線元，dm 它對y軸的轉動慣量為：dl ?x2dx ,整個細桿對y軸的轉動慣量：l /2m 2m3"2 m l3 l3 12I x dx x | "2 3?(t t)萬 mll /2在坐標x處取細桿狀質元，dm 鼻 2 R2 x2dx 拳 1 R2 x2dx RR它對x軸的轉動慣量：dl*dm(2 .R2 x2)2 1dm(R2 x2) 金(R2 x2)3/2dx1233 R整個圓盤對x軸的轉動慣量：I 斗(R2 x2)3/2dx 3 RR為了能求出積分，作如下變換：x Rcos , dx Rsin d22、 3/2222、3/22 . 2 、 3/23. 3(R x )

20、 (R R cos ) (R sin ) R sin0代入上式：I 舞 R3sin3 ( Rsin d )孚 sin4 d0據三角函數公式：sin21sin4(1)2 4(1 2cos2cos 22,cos22 -、cos 2 )1(1 2cos21 cos 224 cos4 )I2mR- 4(12 2cos2gcos4 )dmR23 2d0cos2 d2018 cos4 d404(1 2cos2 TA雪(卷 sin 2 I0/sin 4 |0)4mR27.3.2 圖示實驗用的擺，l=0.92m,r=0.08m,m尸4.9kg,m r=24.5kg,近似認為圓形部分為勻質圓盤，長桿部分為勻質細

21、桿。求對過懸點且與盤面垂直的軸線的轉動慣量。解：擺對o軸的轉動慣量I等于桿對o軸的轉動慣量Il加上圓盤對o軸的轉動慣量Ir,即I = I l+Ir.根據平行軸定理I 2l 212II 112 mJml(萬)石mJ ,I r mr r2 mr (lr)2121 一 22I 3mJ,mrm(l r)I 4.9 0.922 12 24.5 0.082 24.5(0.92 0.08)2 26kgm2在質量為M半彳全為R的勻質圓盤上挖出半徑為r的兩個圓孔，圓孔中心在半徑 R的 中點，求剩余部分對過大圓盤中心且與盤面垂直的軸線的轉動慣量。解：大圓盤對過圓盤中心 o且與盤面垂直的軸線(以下簡稱 o軸)的轉動

22、慣量為I /MR2.由于對稱放置，兩個小圓盤對 。軸的轉動慣量相等，設為I',圓盤質量的面密度b=M/冗R2,根據平行軸定理，一 一一一一4一1/2、 2/ 2r、2 M r 12I' i( r )r ( r )(R) 本M r設挖去兩個小圓盤后，剩余部分對 。軸的轉動慣量為I”I" I 2I'段MR2 4iMr2 £M(r2 r2 2r4/R2)一轉動系統的轉動慣量為I=,轉速為co=s,兩制動閘瓦對輪的壓力都為 392N,閘瓦與輪緣間的摩擦系數為 仙=,輪半徑為r=0.4m,問從開始制動到靜止需多長時間？解：由轉動定理：I ,72 0.48392

23、 0.415.68rad /s閘瓦f 1 X閘瓦制動過程可視為勻減速轉動，/ tt /41.9/15.68 2.67s勻質桿可繞支點o轉動，當與桿垂直的沖力作用某點 A時，支點o對桿的作用力并不 因此沖力之作用而發生變化，則 A點稱為打擊中心。設桿長為L,求打擊中心與支點的 距離。解：建立圖示坐標o-xyz,z軸垂直紙面向外。據題意，桿受力及運動情況如圖所示。由質心運動定理：N mg 0, F mac m 與 (1)由轉動定理；F0A I o g mL2(2) 把代入中，可求得oA j L7.3.7現在用阿特伍德機測滑輪轉動慣量。用輕線且盡可能潤滑輪軸。兩端懸掛重物質量各為m=0.46kg ,

24、 m=0.5kg ,滑輪半徑為0.05m。自靜止始，釋放重物后并測得內m下降了 0.75m。滑輪轉動慣量是多少？解：隔離m、m及滑輪，受力及運動情況如圖所示。對m、m分別應用牛頓第二定律：m2g T2 m2a (1);Ti mg na(2)對滑輪應用轉動定理：(T2 T1)R I la/R (3)質點m2作勻加速直線運動，由運動學公式：y 4 at2 ,_2_2_2a 2 y/t 2 0.75/5.00.06m/s由 、可求得T2T1(m2m1)g(m2m1)a,代入(3)中，可求得I (m2 m)g/a (m2 m)R2,代入數據：222I (0.04 9.8/0.06 0.96) 0.05

25、21.39 10 2kgm27.3.8斜面傾角為9 ,位于斜面頂端的卷揚機鼓輪半徑為 R,轉動，卜M量為I ,受到驅動 力矩r ,通過純所牽動斜面上質量為 m的物體，物體與斜面間的摩擦系數為 求重 物上滑的加速度，繩與斜面平行，不計純質量。解：隔離鼓輪與重物，受力分析如圖，其中 T為純中張力，f= pN為摩擦力，重物上滑加速度與鼓輪角加速度的關系為 a= B R對重物應用牛二定律:T- 11N- mgsin 0 =ma, N=mgcos6 , 代入前式，得T- a mgcosO - mgsin 0 =ma 對鼓輪應用轉動定理：r - TR=IB=ia/R 由聯立，可求得重物上滑的加速度：2對重

26、物應用牛頓二定律:m1g T1 m1al m1r 1,m2 g T2得：T2 T1 (m2 m1)g r(m2 2m11),代入中，可得:m2a2m2r 2 , 兩式相減，可R R mg( cos sin )I (m2mjgr (m2 2m 1)r2/( 21) 122h(t1 t2 )7.4.1扇形裝置如圖，可繞光滑的鉛直軸線o轉動，其轉動慣量為I.裝置的一端有槽， 槽內有彈簧，槽的中心軸線與轉軸垂直距離為 r。在槽內裝有一小球，質量為 m,開始122由運動子公式：h萬a1tl萬a2t2 , a1 2h/t1 ,a2穹，1 駕，2 W,將角加速度代入中，得: t2 rt1 rt22h2h 2

27、(m2 m)gr (m2 可 h 港)rI_2h_ _2h_22代22 rt122222、(m2 m1)gr2hr (m2/t2m1/t1 )_22222h(t1t2 )/(t1 t2 )/、2. 2. 22 z .2.2、(m2 m1)gr t t22hr (mztm42 )時用細線固定，使彈簧處于壓縮狀態。現在燃火柴燒斷細線，小球以速度V0彈出。求轉動裝置的反沖角速度。在彈射過程中，由小球和轉動裝置構成的系統動能守恒否？ 總機械能守恒否？為什么？解：取小球、轉動裝置構成的物體系為研究對象。在彈射過程中，物體系相對豎直 軸。未受外力距作用，故物體系對轉軸 。的角動量守恒，規定順時方向為正，有

28、Irmv0 0 rmv 0 /1在彈射過程中，物體系動能不守恒，因彈力做正功使動能增加；總機械能守恒，因為只有保守內力(彈力)做功。7.4.2質量為2.97kg ,長為1.0m的勻質等截面細桿可繞水平光滑的軸線o轉動，最初桿靜止于鉛直方向。一彈片質量為10g,以水平速度200m/s射出并嵌入桿的下端，和桿一起運動，求桿的最大擺角 9.解：將子彈、桿構成的物體系作為研究對象，整個過程可分為兩個階段研究：第一階段，子彈與桿發生完全非彈性碰撞，獲得共同的角速度 ，此過程時間極短，可認為桿原地未動。由于在此過程中，外力矩為零，因此角動量守恒，mvl ml21 Ml2 (m | M )l2mv(m M

29、/3)l2.0rad / s0.01 200(0.01 2.97/3) 1.0第二階段，子彈與桿以共同的初角速度 擺動到最大角度8,由于在此過程中, 只有重力做功，所以物體系的機械能守恒，物體系原來的動能等于重力勢能的增量：2(m 3 M )l2 2 mgl(1 cos ) Mg 2 (1 cos )cos0.8635( (m M /3)l2(0.01 2.97/3) 1.0 2.021(2m M )g1-(2 0.01 2.97) 9.8-9 =30o 34'7.4.3 一質量為m,速度為vi的子彈沿水平面擊中并嵌入一質量為 m=99m,長度 為L的棒的端點，速度vi與棒垂直，棒原來

30、靜止于光滑的水平面上，子彈擊中棒后共 同運動，求棒和子彈繞垂直與平面的軸的角速度等于多少？解：以地為參考系，把子彈和棒看作一個物體系，棒嵌入子彈后作平面運動，可視 為隨質心C的平動和繞質心C的轉動，繞質心C轉動的角速度即為所求。據質心定義：m1 CO m1 m2 CO CA 100 Lm2 CA, m2CA , 99 2CA'CA 99L/200 0.495L, CO 0.5L 0.495L 0.005LAmL據角動量守恒：mwCA (mCA2 = m?L2 mzCO2)vi C OmM 0.495L m1(0.4952 12 99 99 0.0052)L2° m220.49

31、5vi (0.49599/12 99 0.005 )L0.058Vl/L10m高的煙囪因底部損壞而倒下來，求其上端到達地面時的線速度，設傾倒時，底部未移動，可近似認為煙囪為勻質桿。解：設煙囪質量為m,高為h ,質心高度hc=h/2 ,對轉軸的轉動慣量I 112 mh2 m(g)2 ；mh2,倒在地面上時的角速度為 由機械能守恒：mghc 引 2,mg 2 1 1mh2 2, 3g/h上端點到達地面時的線速度：v h . 3gh 3 9.8 10 17.2m/s用四根質量各為m長度各為l的勻質細桿制成正方形框架，可繞其中一邊的中點在豎 直平面內轉動，支點o是光滑的。最初，框架處于靜止且 AB邊沿

32、豎直方向，釋放后向下擺動，求當AB邊達到水平時，框架質心的線速度 解：先求出正方形框架對支點 o的轉動慣量：Vc及框架作用于支點的壓力 N.IoI c 4m(1)2 I c mlIc 4(112 ml2 m- 4mlb=0設AB邊達到水平位置時,4mgi ?Io 2Io |ml2框架的角速度為,*ml2) 2fEAi”據機械能守，如律：1工Vc蕓7TglAB邊在水平位置時，框架所受到的向上的支撐力N和向下的重力 W勺作用線均通過支點o, XO o軸的力矩為零，據轉動定理，框架的角加速度為零，ac=co2l/2=6g/7 , 方向向上。規定向上方向為正，對框架應用質心運動定理：N 4mg 4ma

33、c 4m g N 4mg(1 5)7 怖 mg據牛頓第三定律，支點受到的壓力，大小等于 N,方向向下。7.5.3由長為l ,質量為m的勻質細桿組成正方形框架，其中一角連于水平光滑轉軸 O, 轉軸與框架所在平面垂直，最初，對角線OP處于水平，然后從靜止開始向下自由擺動， 求OP對角線與水平成450時P點的速度，并求此時框架對支點的作用力。解：先求出框架對O軸的轉動慣量：據平行軸定理，I I c 4mOC2 4(112 ml2 ml2) 4m(12l)2 £ml2設對角線OPW過45。后框架的角速度為 ，且勢能為零，由機械能守恒:4mg(l2 sin 45) 引 2, 2mgl 葭 ml

34、2 2設支點O對框架的受用力為_ 4mgsin45 l / 2 3gI10ml2/35l ,2 胃,VT， Vp<2l 2,f glN,由定軸轉動定理：=I0,a 與3色g質心的法向加速度2 5 210an2OC6g l 6g5l 252在r?方向應用質心運動定理：N4mg cos454man ,Nn 2 2mg 4m 6g (2 2 5 2在？方向應用質心運動定理：N 4m <12g 272mg (6 105N ，N2 Nn224.2. 22 .)mg 2mg5 25N 4mgsin 45 4ma2)*Emg-72mg5mg 6.32mg ,設與-?方向夾角為 0 ,arctg

35、| N n / N | arctg 5.5 79.724.2.4 量為m長為l的勻質桿，其B端放在桌上，A端用手支住，使桿成水平。突然 釋放A端，在此瞬時，求：桿質心的加速度，桿 B端所受的力。解：以支點B為轉軸，應用轉動定理：mg5 3ml2舞，質心加速度ac 2-3g ,方向向下。設桿B端受的力為N,對桿應用質心運動定理：N=0,N - mg = - m a c , N x = m(g - a c) = mg/4N = mg/4 ,方向向上。24.2.5 面是勻質圓柱體在水平地面上作無滑滾動的幾種情況，求地面對圓柱體的靜 摩擦力f.沿圓柱體上緣作用一水平拉力 F,柱體作加速滾動。水平拉力F

36、通過圓柱體中心軸線，柱體作加速滾動。不受任何主動力的拉動或推動，柱體作勻速滾動。在主動力偶矩T的驅動下加速滾動，設柱體半徑為 R解：規定前進方向和順時針方向為正方向。假設靜摩擦力方向向后，其余受力情況如圖 所所示。對每種情況，都可以根據質心定理、繞質心軸的轉動定理和只滾不滑條件，建立三個方程求解。(1) F f mac,(F f )R imR2 , ac R c2c可求得f = - F/3 ,負號說明靜摩擦力方向與假設方向相反，應向前。可求得 (2) F f mac, fR |mR2 ,acR f = F/3，正號說明靜摩擦力方向與假設方向相同，向后。ac = 0 , f = 0f mac,f

37、R 1mR2 凡 R,求得 f 靠負號說明靜摩擦力方向與假設方向相反，應向前。板的質量為M,受水平力F的作用，沿水平面運動，板與平面間的摩擦系數為g在板上放一半徑為R質量為M的實心圓柱，此圓柱只滾動不滑動。求板的加速度。解：隔離圓柱，其受力及運動情況如圖所示，其中 &為質心對地的加速度，B 為相對質心的角加速度，f2、N2分別為板施加給圓柱的靜摩擦力和壓力由質心定理：f2 M 2ac (1), N2 M2g (2)對質心應用轉動定理：f2R gM2R2 (3)隔離木板，具受力及運動情況如圖所示，其中a為板對地的加速度，fi、N分別為水平面施加給板的滑動摩擦力和壓力N a應用牛頓第二定律

38、(或質心定理)：Ni N2 Mg (4) F Ni f? Ma (5)圓柱在木板上只滾不滑的條件是：a = a c +B R (6)(圓柱與板接觸點對地的加速度等于質心加速度加上繞質心轉動的加速度，即ac+H,它必須等于木板對地的加速度a,才能只滾不滑)將(2)代入(4)求得：N=(M+M)g；由(1) (3)可解得，2&=RB與(6)聯立,可求得，ac=a/3,代入(1)中，f2 = a M2 /3 ；將N、f2代入(5)中，有F (M M2)g 3M2a Ma3F (M M 2)g3M M27.5.7在水平桌面上放置一質量為 m的線軸，內徑為b,外徑為R,其繞中心軸轉 動慣量為mR

39、/3 ,線軸和地面之間的靜摩擦系數為小。線軸受一水平拉力F,如圖所示。使線軸在桌面上保持無滑滾動之 F最大值是多少？若F和水平方向成0角，試證，cos 0 > b/R時，線軸向前滾；cos 0 < b/R時, 線軸向后滾動。解：可將(1)看作(2)的特殊情況。建立圖示坐標，z軸垂直紙面向外，為角量的正 方向。根據靜摩擦力的性質，可知其方向與 F水平分量方向相反。設線軸質心的加速度 為a,繞質心的角加速度為B。由質心定理：F cos f ma (1) N mg F sin (2)由轉動定理：Fb fR 3-mR2(3)只滾不滑：a+B R=0 (4)由，聯立，可求得：a 森(cos/

40、， 需七 cos ) , f 點(3b Rcos )F為水平拉力時，即 cos 1 , f *'(3b R) mg4 RF 5 mg.若cosI，a 0,0,即線軸向前滾；若cos亂a 0,0,即線軸向后滾。7.5.9 一質量為m,半徑為r的均質實心小球沿圓弧形導軌自靜止開始無滑滾下，圓弧 形導軌在鉛直面內，半徑為 R。最初，小球質心與圓環中心同高度。求小球運動到最低 點時的速率以及它作用于導軌的正壓力。解：設小球運動到最低點時，其質心速度為v,繞質心轉動的角速度為 ，由機械r - - T-Q能守恒，有 mg(R r) |mv2 i(fmr2) 2只滾不滑條件：=v/r ,代入上式，可求得 v (R r)g在最低點應用質心運動定理：N mg mv2/(R r)N mg v2/(R r) m(g6g) 2。mg ,