第三章 刚体力学习题答案
更新时间:2023-10-04 15:49:01 阅读量: 综合文库 文档下载
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第三章 刚体力学习题答案
3-1 如图3-1示,一轻杆长度为2l,两端各固定一小球,A球质量为2m,B球质量为m,
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.
图3-1
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d?lsin?,故合力矩为
M?2mglsin??mglsin??mglsin?
系统的转动惯量为两个小球(可视为质点)的转动惯量之和
J?2ml?ml?3ml
222应用转动定律 M?J?
有:mglsin??3ml2? 解得 ??gsin?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
M,半径为r,在绳与轮边缘的摩擦力作用下旋转,忽略桌面
与物体间的摩擦,设m1=50kg,m2=200kg,M=15kg,r=0.1m.
解: 分别以m1,m2滑轮为研究对象,受力图如图(b)所示.对 m1,m2运用牛顿定律,有
m2g?T2?m2a ① T1?m1a ②
图3-2
对滑轮运用转动定律,有
T2r?T1r?(12Mr)? ③
2又, a?r? ④ 联立以上4个方程,得
a?m2gm1?m2?M2?200?9.85?200?152?7.6m?s?2
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F,设闸瓦与飞轮间摩擦系数?=0.4,飞轮的转动惯量可按匀质圆盘计算,闸杆尺寸如图所示.
解:以飞轮为研究对象,飞轮的转动惯量J?为??2??10006012mR,制动前角速度
2图3-3
rad/s,制动时角加速度为????t- 制动时闸瓦对飞轮的压力为FN,闸
瓦与飞轮间的摩擦力Ff??FN,运用转动定律,得 ?? ?FfR?J12mR?
2则 FN?mR?2?t
以闸杆为研究对象,在制动力F和飞轮对闸瓦的压力?FN的力矩作用下闸杆保持平衡,两力矩的作用力臂分别为l?(0.50?0.75)m和l1=0-50m,则有
Fl?FNl1?0
F?l1lFN?l1mR?l2?t?0.500.50?0.75?60?0.25?2??10002?0.4?5?60?157N
3-4 设有一均匀圆盘,质量为m,半径为R,可绕过盘中心的光滑竖直轴在水平桌面上转
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?0时,撤去外力,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.
解:(1)撤去外力后,盘在摩擦力矩Mf作用下停止转动- 设盘质量密度为??有
Mfm?R2,则
??R0?g2??rdr??MJ223f?mgR
12?4?g3R根据转动定律 ????03R?04?g,J?mR ??2
t???
(2)根据动能定理有 摩擦力的功Wf?0?
3-5 如题3-6图所示,一匀质细杆质量为m,长为l,可绕过一端O的水平轴自由转动,杆
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.
解: (1)由转动定律,有
mg112?(ml)? 233g2l12J?0??214mR?0
22图3-6
∴ ??(2)由机械能守恒定律,有
mgl2sin??112(ml)?232
∴ ??3gsin?l
3-6 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OO?转动.设大小圆柱体的半径分别为R和r,质量分别为M和m.绕在两柱体上的细绳分别与物体m1和m2相连,m1和m2则挂在圆柱体的两侧,如3-8图所示.设R=0.20m, r=0.10m,m=4 kg,M=10 kg,m1=m2=2 kg,且开始时m1,m2离地均为h=2m.求:
(1)柱体转动时的角加速度; (2)两侧细绳的张力.
解: 设a1,a2和β分别为m1,m2和柱体的加速度及角加速度,方向如图(如图b).
(a)图 (b)图
(1) m1,m2和柱体的运动方程如下:
T2?m2g?m2a2 ① m1g?T1?m1a1 ②
??T1R?T2r?I? ③
式中 T1??T1,T2??T2,a2?r?,a1?R?
而 I?由上式求得
12MR2?12mr
2???Rm1?rm2I?m1R?m2r1222g0.2?2?0.1?2?9.8
2?10?0.20?22?12?4?0.102?2?0.20?2?0.102?6.13rad?s (2)由①式
T2?m2r??m2g?2?0.10?6.13?2?9.8?20.8N
由②式
T1?m1g?m1R??2?9.8?2?0.2.?6.13?17.1N
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M,风扇转动惯量为J,止动前风扇的角位移??2?N,摩擦力矩所做的功为
A??M???M2?N
摩擦力所做的功应等于风扇转动动能的增量,即
A?0?12J?
2J??2A?2??2?(?44.4)(900?2?/60)?44.42??7522?0.01kg?m
M??A2?N???0.0942N?m
3-8 一质量为M、半径为r的圆柱体,在倾斜?角的粗糙斜面上从距地面h高处只滚不滑
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F作用,设 圆柱体滚止地面时,质心在瞬时速率为v,则此时质心的平动动能为动,其转动动能为
12212Mv,与此同时,圆柱体以角速度?绕几何中心轴转
2J?.将势能零点取在地面上,初始时刻圆柱体的势能为Mgh,由于
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,
于是有Mgh?式中 J? Mgh?121212Mv?2212J?
2Mr,v??r,代入上式得
2(Mr?12Mr)?
22即 ??2rgh3 3-9 一个轻质弹簧的倔强系数k?2.0N/m,它的一端固定,另一端通过一条细绳绕过一个
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M=100g,半径r=0.05m. 先用手托住物体m,使弹簧处于其自然长度,然后松手.求物体m下降h=0.5m时的速度为多大?忽略滑轮轴上的摩擦,并认为绳在滑轮边缘上不打滑.
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
mgh?12kh?122图3-11
12I??2212mv
2 v??r,I?Mr
2所以 v?2mgh?kh12M?m?1.48m/s
3-10 有一质量为m1、长为l的均匀细棒, 静止平放在滑动摩擦系数为?的水平桌面上,它可绕通过其端点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m2的小滑块, 从侧面垂直于棒与棒的另一端A相碰撞, 设碰撞时间极短. 已知小滑块在碰撞前后的速度分别为V1和V2,如图示,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
13点的转动惯量J?
m1l).
2图3-12
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
m2v1l??m2v2l?13m1l?
2碰撞后在在转动过程中棒受到的摩擦力矩为 Mf??t0??gm1ldx??12?1m gl由角动量定理得转动过程中
?t0Mfdt?0?131m?l
2联立以上三式解得:t?2m2V1?V2?m1g
3-11 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r1=8.75×1010m 时的速率是v1=5.46×104m·s-1,它离太阳最远时的速率是v2=9.08×102m·s-1,这时它离太阳的距离r2为多少?(太阳位于椭圆的一个焦点.)
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 r1mv1?r2mv2 ∴ r2?r1v1v2?8.75?1010?5.46?10249.08?10?5.26?1012m
3-12 平板中央开一小孔,质量为m的小球用细线系住,细线穿过小孔后挂一质量为M1的重物.小球做匀速圆周运动,当半径为r0时重物达到平衡.今在M1的下方再挂一质量为M
图3-14
2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r?为多少?
解: 在只挂重物时M1,小球作圆周运动的向心力为M1g,即
M1g?mr0?02
①
挂上M2后,则有
(M1?M2)g?mr???2 ②
重力对圆心的力矩为零,故小球对圆心的角动量守恒. 即 r0mv0?r?mv?
?r0?0?r??? ③
22联立①、②、③得
?0????M1gmr0M1gM1?M23()mr0M1M1?M2m??22
r??g?3M1M1?M2?r0
3-13 如图示, 长为l的轻杆, 两端各固定质量分别为m和2m的小球, 杆可绕水平光滑轴在竖直平面内转动, 转轴O距两端的距离分别为l/3或2l/3. 原来静止在竖直位置. 今有一质量为m的小球, 以水平速度v0与杆下端的小球m做对心碰撞, 碰后以v0/2的速度返回, 试求碰撞后轻杆所获得的角速度?.
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 mv0J?m(2l32l??mv02l23?J?
l22)?2m() 33解得 ??
3v02l
3-14 圆盘形飞轮A质量为m, 半径为r, 最初以角速度?0转动, 与A共轴的圆盘形飞轮B
质量为4m,半径为2r, 最初静止, 如图所示, 两飞轮啮合后, 以同一速度?转动, 求?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
12mr?0?117212mr??2142m(2r)?
2得 ???0
1122mr?0?mr??2222初始机械能为 W1?14mr?0 4m(2r)?mr?0?222222啮合后机械能为W2?11221122161174?11174W
mr?0
22则机械能损失为 ?W?W1?W2?16173-15 如图示,一匀质圆盘半径为r,质量为m1,可绕过中心的垂轴O转动.初时盘静止,一质
?量为m2的子弹一速度v沿与盘半径成?1?60的方向击中盘边缘后以速度v/2沿与半径
?方向成?2?30的方向反弹,求盘获得的角速度.
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
L1?L2,初时盘的角动量为零,只有子弹有角动量,故
图3-15
L1?m2vrsin60?
末态中盘和子弹都有角动量,设盘的角速度为?,则 L2?mv22rsin30??12v2mr? 1r1?2sin?30mr? 122故有 m2vrsin6?0?m2可解得:??(23?1)m2v2m1r
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10m',半径为R.最初整个系统是静止的,这人把一质量为m的石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?的转向与投出的石子速度v方向一致,初始时系统角动量为零,得
J??mRv?0 人和转台的转动惯量J????mv6mR'1210mR?mR,代入上式后得
'2'2
mv6m'人的线速度为v??R??
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m?4kg,哑铃距转台轴r0?0.8m,起初转台以?0?2?rad/s的角速度转动,然后此人放下两臂,使哑铃与轴相距r?0.2m,设人与转台的转动惯量不变,且J?5kg?m2,转台与轴间摩擦忽略不计,求转台角速度变为多大?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
(J?2mr0)?0?(J?2mr)?
22??J?2mr0J?2mr22?0?5?2?4?0.85?2?4?0.222?2??12.0rad/s
动能的增量为
?W?W?W0?12(J?2mr)??2212(J?2mr0)?0
22
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