西安电子科技大学：《大学物理》课程习题解答（力学）第7章刚体力学习题解答.doc_大学文库

第 7 章刚体力学习题解答 45 第 7 章刚体力学习题解答 A 第七章基本知识小结 ⒈刚体的质心定义：    rc = mi ri / m rc = rdm / dm     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：   I = mi ri I = r dm 2 2 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 = c F = mac p mv     ⒋刚体对轴的角动量和转动定理 L = I  = I ⒌刚体的转动动能和重力势能 k Ep mgyc E = I = 2 2 1  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：  = c  c = c c F ma  I    （不必考虑惯性力矩）动能： 2 2 1 2 2 1 k c c c E = mv + I  ⒎刚体的平衡方程 F = 0  ，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：⑴ 2 12 (3000 1200)2 / 60 15.7rad /s t = = = −     ⑵ rad 2 2 15.7 (3000 1200 )(2 / 60) 2 26.39 10 2 2 2 2 0 2  = = =   − −      对应的转数= 10 420 2 2 3.14 26.39 2 =       7.1.3 某发动机飞轮在时间间隔 t 内的角位移为 ( : , : ) 3 4  = at + bt − ct  rad t s 。求 t 时刻的角速度和角加速度。解： 2 3 2 a 3bt 4ct 6bt 12ct dt d dt d = = + − = = −     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： = =1.2 + 2 = = 2.0 dt d dt d t     o x ⑴t=0 时， v v R m s x y  = 1.2, = 0 =  = 1.2 0.1 = 0.12 / 2 2 2 2 2.0 0.1 0.2 / / 0.12 / 0.1 0.144 / a a R m s a a v R m s y x n y = = =  = = − = − = − = −   ⑵θ=π/4 时,由θ=1.2t+t2 ,求得 t=0.47s,∴ω=1.2+2t=2.14rad/s

第7章刚体力学习题解答 46 第7章刚体力学习题解答 yx=-Rc0s45°=-2.14×0.1×V2/2=-0.15m/5 7.1.6收割机拨禾轮上面通常装4到 6个压板，拨禾轮一边旋转，一边随收割 ',=oRsm45°-2.14×0.1×√2/2=0.15m/s 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 ax=-BR cos45°-w2Rcos45°=-Rcos45(B+w2) 的作物铺放在收割台上，因此要求压板运 =-0.1×9(2.0+2.142)=-0.465m/s2 动到下方时相对于作物的速度与收割机前进方向相反。 a,=BRsin45°-o2Rsn45°=Rsin45(B-o2) 已知收割机前进速率为1.2m/s,拨禾轮直径1.5m,转速22 rev/min,, =0.1×9(2.0-2.142)=-0.182m/s2 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 (3)0=m/2时，由0=1.2t+t2,求得0.7895s,w=1.2+2t=2.78rad/s 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 y=-R=-2.78×0.1=-0.278m/sy,=0 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， ax=-R=-2.0×0.1=-0.2m/s2 压板相对地面（即农作物）的速度 a,=-0R=-2.782×0.1=-0.77m/s2 v=V.-R=1.2-2e×2=-0.53m/s 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。 7.1.5钢制炉门由两个各长1.5m的平行臂 AB和CD支承，以角速率w=10rad/s逆时针转 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，求臂与铅直成45°时门中心G的速度和加动机转速2000 rev/min.(1)桨尖相对于飞机的线速率等于多少？(2)若速度。飞机以250km/h的速率飞行，计算桨尖相对地面速度的大小，并定解：因炉门在铅直面内作平动，所以门中性说明桨尖的轨迹。心G的速度、加速度与B点或D点相同，而B、解：(1)桨尖相对飞机的速度： D两点作匀速圆周运动，因此 V=or=22×1.5=314m/s Vc=VB=oAB=10×1.5=15m/s,方向指向右下方，与水 (②)桨尖相对地面的速度：下=+机地，飞机相对地面的速度与平方向成45°： a6=aB=o2AB=102×1.5=150m/s2,方向指向右上方，螺旋桨相对飞机的速度总是垂直的，V机地=恐兴=69.4m/s 与水平方向成45 所以，v=V2+6=5142+69.4年≈321.6m15 显然，桨尖相对地面的运动轨迹为螺旋线

第 7 章刚体力学习题解答 46 第 7 章刚体力学习题解答 · v R m s v R m s y x sin 45 2.14 0.1 2 / 2 0.15 / cos 45 2.14 0.1 2 / 2 0.15 / =  =   = = −  = −   = −   2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 0.1 (2.0 2.14 ) 0.182 / sin 45 sin 45 sin 45 ( ) 0.1 (2.0 2.14 ) 0.465 / cos 45 cos 45 cos 45 ( ) m s a R R R m s a R R R y x =  − = − =  −  =  − = −  + = − = −  −  = −  +         ⑶θ=π/2 时,由θ=1.2t+t2 ,求得 t=0.7895s,ω=1.2+2t=2.78rad/s 2 2 2 2 2.78 0.1 0.77 / 2.0 0.1 0.2 / 2.78 0.1 0.278 / 0 a R m s a R m s v R m s v y x x y = − = −  = − = − = −  = − = − = −  = − =    7.1.5 钢制炉门由两个各长 1.5m 的平行臂 A C AB 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 B D 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 v v AB m s G B = = =101.5 =15 / ，方向指向右下方，与水平方向成 45º； 2 2 2 a a AB 10 1.5 150m/s G = B = =  = ，方向指向右上方，与水平方向成 45º 7.1.6 收割机拨禾轮上面通常装 4 到 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 v v R m s c 1.2 0.53 / 2 1.5 60 2 22 = − = −  = −   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： v' r 1.5 314m/s 60 2000 2 = =  =    ⑵桨尖相对地面的速度： v v v机地    = '+ ，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， v 69.4m/s 60 60 250 103 = =   机地所以， v v' v 314 69.4 321.6m /s 2 2 2 2 = + 机地 = +  显然，桨尖相对地面的运动轨迹为螺旋线

第7章刚体力学习题解答 47 第7章刚体力学习题解答 7.1.8桑塔纳汽车时速为166kmh,车轮滚动半径为0.26m,发 72.3长度为L的匀质杆，令其竖直地立于光滑的桌面上，然后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？放开手，由于杆不可能绝对沿铅直方向，故随即到下。求杆子的上解：设车轮半径为R=0.26m,发动机转速为n,驱动轮转速为端点运动的轨迹（选定坐标系，并求出轨迹的方程式）。 2,汽车速度为v=166km/h。显然，汽车前进的速度就是驱动轮边缘解：设杆在o-xy平面内运动。因杆的线速度，v=2π12=2π1，/0.909，所以：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 n-2-2g=9.24x10ev/h=1.54×103ev/mm 外力作用，∴va=0,aa=0,即质心C无水平方向的移动，只能逆若y轴作加速直线运动，直到倒在桌面上。 0 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。(1)圆取杆的上端点的坐标为xy,匀质杆的质心在其几何中心，由图锥体为匀质：(2)密度为h的函数：p=p。(1-hL),po为正常数。示的任一瞬间的几何关系可知：4x2+y2=L2(x≥0，y≥0) 解：建立图示坐标0-x,据对称性分析，质心必在x轴上，在x坐标处取一厚为dx 7.3.1(1)用积分法证明：质量为m常为1的匀质细杆对通过中心的质元dm=p刀k,,a=x/L,r=a/L .dm=p na'x d/L? 且与杆垂直的轴线的转动惯量等于立m：(2)用积分法证明：质量 (1)圆锥体为匀质，即p为常数，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总质量：m=dm=xk=pmL 量等于：mR2 质心：x。= 证明：(1)取图示坐标，在坐标x处取一线元，dm="水，它对y轴的转动惯量为：dl=兴x水，三 (2)p=P(1-)=P1-2)=空x 整个细杆对y轴的转动惯量： dx /2 112 总质量：m=∫dm=芒r本=poπaL 1=号∫x2k=号x32=贵（传+的）=立ml2 -12 质心：气告=达=礼 (2)在坐标x处取细杆状质元， dm=0·2√R2-xk=gVR2-x2dk

第 7 章刚体力学习题解答 47 第 7 章刚体力学习题解答 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， v = 2 Rn2 = 2 Rn1 / 0.909 ，所以： 9.24 10 / 1.54 10 /min 4 3 2 3.14 0.26 0.909 166 10 2 0.909 1 3 n rev h rev R v = = =  =       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 dx o r a x 的质元 dm=ρπr 2 dx，∵r/a=x/L，r=ax/L ∴ dm=ρπa 2 x 2 dx/L2 h ⑴圆锥体为匀质，即ρ为常数，总质量： m dm x dx a L L L a 2 3 1 0 2 2 2   = = =   质心： x x dx L L a L L a x dx L dm xdm c 4 3 0 3 3 / 3 / 2 3 2 3 2 = =  =   =    ⑵ x L L L x L h 0 (1 ) (1 ) 0 0   =  − =  − = − 总质量：   m = dm = x dx = a L L L a 2 4 0 1 0 3 3 2 0     质心：  = =   = L dm L xdm xc x dx L 0 5 4 4 4 4 7.2.3 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。 o x 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) 7.3.1 ⑴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 2 12 1 ml ；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 2 4 1 mR 证明：⑴取图示坐标，在坐标 x 处取一线元， dm dx l m = ，它对 y 轴的转动惯量为： dI x dx l m 2 = ，整个细杆对 y 轴的转动惯量： 2 12 1 3 8 8 / 2 / 2 3 3 / 2 / 2 2 | ( ) 3 3 I x dx x ml l l l l m l l m l l l m = = − = + = −  ⑵在坐标 x 处取细杆状质元， dm R x dx R x dx R m R m 2 2 2 2 2 = 2  2 − = 2 −   L x y -l/2 dx l/2 x x R θ

第 7 章刚体力学习题解答 48 第 7 章刚体力学习题解答它对 x 轴的转动惯量： dI dm R x dm R x R x dx R m 2 2 3/ 2 3 2 2 2 3 2 2 2 1 12 1 = (2 − ) = ( − ) = 2 ( − )  整个圆盘对 x 轴的转动惯量：  − = − R R R m I R x dx 2 2 3/ 2 3 2 2 ( )  为了能求出积分，作如下变换： x = Rcos, dx = −Rsin d    2 2 3/ 2 2 2 2 3/ 2 2 2 3/ 2 3 3 (R − x ) = (R − R cos ) = (R sin ) = R sin 代入上式：   = − =          0 4 3 2 0 3 3 3 2 sin ( sin ) sin 2 I 2 R R d d mR R m 据三角函数公式： 2 1 cos 2 , cos 2 1 cos 2 sin 2 2     + = − = (1 2cos 2 ) ( 2cos 2 cos 4 ) sin ( ) (1 2cos 2 cos 2 ) 2 1 2 3 4 1 2 1 cos 4 4 1 2 4 2 1 2 4 1 cos 2         = − + = − +  = = − + + − 2 4 1 8 0 1 2 0 3 6 0 8 1 0 0 2 3 6 2 1 2 3 4 1 3 2 ( sin 2 | sin 4 | ) cos2 2 cos4 4 ( 2cos2 cos4 ) 2 2 2 mR d d d I d mR mR mR = − + =       = − + = − +                        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 2 2 2 2 2 1 3 1 2 2 2 2 1 3 1 2 2 2 1 2 3 2 1 2 2 12 1 26 4.9 0.92 24.5 0.08 24.5(0.92 0.08) ( ) ( ) ( ) , kgm I m l m r m l r I m r m l r I m l m m l l r r r r r l l l l l = =   +   + + = + + + = + + = + = 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 r r 为 2 2 I = 1 MR .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/πR 2，根据平行轴定理， 2 4 1 2 2 2 2 2 2 2 1 2 4 I' ( r )r ( r )( ) M r R R M r =  +  = + 设挖去两个小圆盘后，剩余部分对 o 轴的转动惯量为 I” " 2 ' ( 2 / ) 2 2 4 2 2 2 1 2 2 1 2 1 2 4 I I I MR Mr M R r r R R M r = − = − − = − − 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： I rad s I , 15.68 / 8.0 2 0.4 392 0.4 = = = =        制动过程可视为匀减速转动，  =  / t o l r 闸瓦闸瓦

第7章刚体力学习题解答 49 第7章刚体力学习题解答 △1=△0/B=41.9115.68=2.67s .a=2△y/t2=2×0.75/5.02=0.06m/s2 7.3.6匀质杆可绕支点0转动，当与杆垂直的冲力作用某点A时，由(1)、（②）可求得T3-T1=(m2-m)g-(m2+m)a,代入(3) 支点0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。中，可求得I=[m2-m)g/a-(m2+m)R2,代入数据：解：建立图示坐标0-xyzz轴垂直纸面向外。 N I=(0.04×9.8/0.06-0.96×0.052=1.39×10-2kgm 据题意，杆受力及运动情况如图所示。由质心运动定理：N-mg=0,F=ma。=m号B(1) 7.3.8斜面倾角为9，位于斜面顶端的卷扬机鼓轮半径为R,转由转动定理：F0A=I。B=mLB 动惯量为1，受到驱动力矩τ，通过绳所牵动斜面上质量为m的物体，物体与斜面间的摩擦系数为μ，求重物上滑的加速度，绳与斜面平行，不计绳质量。把1)代入(2)中，可求得oA=L 解：隔离鼓轮与重物，受力分析如图，其中T为绳中张力，=μN为摩擦力，重物上滑 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加速度与鼓轮角加速度的关系为=BR 轮轴。两端悬挂重物质量各为m1=0.46kg,m2=0.5kg,滑轮半径为对重物应用牛二定律： 0.05m。自静止始，释放重物后并测得0.5s内m2下降了0.75m。滑下uN.-mgsin9=ma,N-ngcos9，f代入轮转动惯量是多少？前式，得下u mgcos9.mgsin9=ma① 解：对鼓轮应用转动定理： mg t.TR=B=la/R② 由①②联立，可求得重物上滑的加速度： m TR-R'mg(ucos0+smn 0) Q=. 隔离m2、m1及滑轮，受力及运动情况如图所示。对m2、m1分 1+mR2 别应用牛顿第二定律：m28-T3=m2a(,T-m8=ma(2) 7.3.9利用图中所示装置测一轮盘的转动惯量，悬线和轴的垂直距离为，为减小因不计轴承摩擦力矩而产生的误差，先悬挂质量对滑轮应用转动定理：(T-T)R=IB=1a/R(3) 较小的重物m,从距地面高度为h处由静止 m1,m2 质点m2作匀加速直线运动，由运动学公式：△y=2, 开始下落，落地时间为1，然后悬挂质量较

第 7 章刚体力学习题解答 49 第 7 章刚体力学习题解答 t =  /  = 41.9 /15.68 = 2.67s 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 o x 动定理： 0, (1) 2  L N − mg = F = mac = m ac 由转动定理； 0 (2) 2 3 1 F A = I o = mL  A F 把⑴代入⑵中，可求得 oA L3 2 = 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： T2 T1 β x o R a a y m2g m1g T2 T1 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： (1); (2) m2 g −T2 = m2a T1 − m1g = m1a 对滑轮应用转动定理： (T2 −T1 )R = I = Ia / R （3）质点 m2 作匀加速直线运动，由运动学公式： 2 2 1 y = at ， 2 2 2 a = 2y /t = 20.75/ 5.0 = 0.06m/s 由 ⑴、⑵可求得 T2 −T1 = (m2 − m1 )g − (m2 + m1 )a ,代入（3）中，可求得 2 2 1 2 1 I = [(m − m )g / a − (m + m )]R ，代入数据： 2 2 2 I (0.04 9.8/ 0.06 0.96) 0.05 1.39 10 kgm − =  −  =  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，转动惯量为 I，受到驱动力矩τ，通过绳所牵动斜面上质量为 m 的物体，物体与斜面间的摩擦系数为μ，求重物上滑的加速度，绳与斜面平行，不计绳质量。解：隔离鼓轮与重物，受力分析如图，其中 T 为绳中张力，f=μN 为摩擦力，重物上滑加速度与鼓轮角加速度的关系为 a=βR 对重物应用牛二定律： T- μN- mgsinθ=ma, N=mgcosθ，代入前式，得 T- μmgcosθ- mgsinθ=ma ① 对鼓轮应用转动定理： τ- TR=Iβ=Ia/R ② 由①②联立，可求得重物上滑的加速度： 2 2 ( cos sin ) I mR R R mg a + − + =     7.3.9 利用图中所示装置测一轮盘的转动惯量，悬线和轴的垂直距离为 r，为减小因不计轴承摩擦力矩而产生的误差，先悬挂质量较小的重物 m1，从距地面高度为 h 处由静止开始下落，落地时间为 t1，然后悬挂质量较 mg m2 m1 mg T N f a θ T τ β m1,m2 h r

第7章刚体力学习题解答 50 第7章刚体力学习题解答大的重物m2,同样自高度h处下落，所需时间为口，根据这些数据 7.4.1扇形装置如图，可绕光滑的铅直轴线o转动，其转动惯量确定轮盘的转动惯量，近似认为两种情况下摩擦力矩相等。为1装置的一端有槽，槽内有弹簧，槽的中心轴线与转轴垂直距离为解：隔离轮盘与重物，受力及运动情况如图「。在槽内装有一小球，质量为m,开始时用细线固定，使弹簧处于示：Tr为摩擦力矩，T为绳中张力，a=Br 压缩状态。现在燃火柴烧断细线，小球以速度弹出。求转动装置对轮盘应用转动定理：的反冲角速度。在弹射过程中，由小球和转动装置构成的系统动能 Tr-t,=I邛，Tr-tr=邛2，两式相减，得：守恒否？总机械能守恒否？为什么？ mg 解：取小球、转动装置构成的物体系为研究对象。在弹射过程中，物体系相对竖直轴0未受外力距作用，故物体系对转轴0的角 (T3-T)r=I(B2-B),I=(T3-T)r《B2-B)① 动量守恒，规定顺时方向为正，有对重物应用牛顿二定律： I-。=0∴.0=。/I m8-T=m141=mB,m2g-T3=m2a2=m2B2，两式相减，在弹射过程中，物体系动能不守恒，因弹力做正功使动能增加：可得：T3-T=(m2-m1)g-(m2B2-mB),代入①中，可得：总机械能守恒，因为只有保守内力（弹力）做功。 I=(m2-m)gr-(m2B2-m,B)r2]《B2-B)② 7.4.2质量为297kg,长为1.0m的匀质等截面细杆可绕水平光滑的轴线0转动，最初杆静止于铅直方向。一弹片质量为10g,以水由运动学公式：h=a42=a2422,.a1=2h/1, 平速度200m/s射出并嵌入杆的下端，和杆一起运动，求杆的最大摆 2h 角9. ,B= 3，将角加速度代入②中，得：解：将子弹、杆构成的物体系作为研究对象， rt It. 整个过程可分为两个阶段研究： I= (m-m)g-(m:普-m÷r 第一阶段，子弹与杆发生完全非弹性碰撞，获得共同的角速度0，此过程时间极短，可认为杆原地未动。由于在此过程中，外力矩为零， m v =m,-m82-2m2m,122-m,1 因此角动量守恒，mvl=ml2o+}M2o=(m+号M)2o 2h42-122)122) =m,-m)g2122-2hr2(m,42-m42 ..=(mry=(oo=2.0rad /s 2ht2-t22) 第二阶段，子弹与杆以共同的初角速度0摆动到最大角度日，由于在此过程中，只有重力做功，所以物体系的机械能守恒，物体

第 7 章刚体力学习题解答 50 第 7 章刚体力学习题解答大的重物 m2，同样自高度 h 处下落，所需时间为 t2，根据这些数据确定轮盘的转动惯量，近似认为两种情况下摩擦力矩相等。解：隔离轮盘与重物，受力及运动情况如图示：τf 为摩擦力矩，T 为绳中张力，a=βr 对轮盘应用转动定理： 1 1 T r  I − f = ， 2  2 T r  I − f = ，两式相减，得： (T2 −T1 )r = I( 2 − 1 ), I = (T2 −T1 )r/( 2 − 1 ) ① 对重物应用牛顿二定律： 1 1 1 1 1 1 2 2 2 2 2 2 m g −T = m a = m r ,m g −T = m a = m r ，两式相减，可得： ( ) ( ) 2 1 2 1 m2 2 m11 T −T = m − m g − r − ，代入①中，可得： I = [(m2 − m1 )gr − (m2 2 − m11 )r 2 ]/( 2 − 1 ) ② 由运动学公式： , 2 / , 2 1 1 2 2 2 2 1 2 2 1 1 1 h = a t = a t a = h t 2 2 2 2 1 2 1 2 2 2 , 2 , 2 rt h rt h t h a =  =  = ，将角加速度代入②中，得： 2 ( ) ( ) 2 ( ) 2 ( )/( ) ( ) 2 ( / / ) ( ) ( ) 2 2 2 1 2 1 2 2 2 1 2 2 2 2 1 2 2 1 2 2 2 1 2 2 2 1 2 1 1 2 2 2 2 2 2 1 2 2 2 2 1 2 2 1 2 2 1 2 2 2 1 2 2 h t t m m gr t t hr m t m t h t t t t m m gr hr m t m t m m gr m m r I rt h rt h rt h rt h − − − − = − − − − = − − − − = 7.4.1 扇形装置如图，可绕光滑的铅直轴线 o 转动，其转动惯量为 I.装置的一端有槽，槽内有弹簧，槽的中心轴线与转轴垂直距离为 r。在槽内装有一小球，质量为 m，开始时用细线固定，使弹簧处于压缩状态。现在燃火柴烧断细线，小球以速度 v0 弹出。求转动装置的反冲角速度。在弹射过程中，由小球和转动装置构成的系统动能守恒否？总机械能守恒否？为什么？解：取小球、转动装置构成的物体系为研究对象。在弹射过程中，物体系相对竖直轴 o 未受外力距作用，故物体系对转轴 o 的角动量守恒，规定顺时方向为正，有 v0 I rmv 0 rmv / I  − 0 =  = 0 r 在弹射过程中，物体系动能不 o I 守恒，因弹力做正功使动能增加；总机械能守恒，因为只有保守内力（弹力）做功。 7.4.2 质量为 2.97kg，长为 1.0m 的匀质等截面细杆可绕水平光滑的轴线 o 转动，最初杆静止于铅直方向。一弹片质量为 10g，以水平速度 200m/s 射出并嵌入杆的下端，和杆一起运动，求杆的最大摆角θ. o 解：将子弹、杆构成的物体系作为研究对象，整个过程可分为两个阶段研究：第一阶段，子弹与杆发生完全非弹性碰撞， θ 获得共同的角速度ω，此过程时间极短，可认为杆原地未动。由于在此过程中，外力矩为零， m v 因此角动量守恒，    2 3 2 1 3 2 1 mvl = ml + Ml = (m + M )l rad s m M l mv 2.0 / (0.01 2.97 / 3) 1.0 0.01 200 ( / 3)  = = = +    + 第二阶段，子弹与杆以共同的初角速度ω摆动到最大角度θ，由于在此过程中，只有重力做功，所以物体系的机械能守恒，物体 m l M T T mg a β τf r

第7章刚体力学习题解答 51 第7章刚体力学习题解答系原来的动能等于重力势能的增量：由机械能守恒： (m+M)@2=mgl(1-cos0)+Mg(1-cos0) mghc =lo',mgmho2,o =3gIh ÷c0s0=1-g20a2=1-82*0.8635 (2m+)g 上端点到达地面时的线速度： 0=30°34' v=oh=3gh=√3×9.8×10=17.2m/s 7.4.3一质量为m1,速度为v1的子弹沿水平面击中并嵌入一质量为m=99m1,长度为L的棒的端点，速度v1与棒垂直，棒原来静 7.5.2用四根质量各为m长度各为1的匀质细杆制成正方形框止于光滑的水平面上，子弹击中棒后共同运动，求棒和子弹绕垂直架，可绕其中一边的中点在竖直平面内转动，支点0是光滑的。最与平面的轴的角速度等于多少？初，框架处于静止且AB边沿竖直方向，释放后向下摆动，求当AB 解：以地为参考系，把子弹和棒看作 A m2,L 边达到水平时，框架质心的线速度及框架作用于支点的压力N, 一个物体系，棒嵌入子弹后作平面运动，解：先求出正方形框架对支点0的转动惯量： 1 vI C O 可视为随质心C的平动和绕质心C的转 m 1。=I.+4m号)2=1.+ml2 动，绕质心C转动的角速度即为所求。 Ep=0 1.=4(位ml2+m)=÷ml21。=子ml2 据质心定义： %=C0m+m2=C0+C4100=L 北==gg=I B A m2CA’m2 CA’99-2CA 设AB边达到水平位置时，框架的角速度为0，据机械能守恒定律：4mg号=1。o2=(仔ml2)o2 CA=99L/200=0.495L,C0=0.5L-0.495L=0.005L ∴o=,.=o=g 据角动量守恒：m,,CA=(m,CA2+文m2L2+m2CO)@ AB边在水平位置时，框架所受到的向上的支撑力N和向下的 my×0.495L=m1(0.4952+t×99+99×0.0052)L20 重力W的作用线均通过支点o,对0轴的力矩为零，据转动定理，框架的角加速度为零，∴.a=w2/2=6g/7,方向向上。规定向上方向 0.495y,=(0.4952+99/12+99×0.0052)Lo 为正，对框架应用质心运动定理： 0=0.0581/L N-4mg=4ma。=4m号g∴.N=4mg(1+9)=7号mg 7.5.110m高的烟肉因底部损坏而倒下来，求其上端到达地面时据牛顿第三定律，支点受到的压力，大小等于N,方向向下。的线速度，设倾倒时，底部未移动，可近似认为烟囱为匀质杆。解：设烟肉质量为m,高为h,质心高度hc=h/2,对转轴的转 7.5.3由长为1，质量为m的匀质细杆组成正方形框架，其中一动惯量I=古mh+m()2=}mh,倒在地面上时的角速度为w 角连于水平光滑转轴O,转轴与框架所在平面垂直，最初，对角线

第 7 章刚体力学习题解答 51 第 7 章刚体力学习题解答系原来的动能等于重力势能的增量： cos 1 1 0.8635 ( ) (1 cos ) (1 cos ) (2 0.01 2.97) 9.8 2 (0.01 2.97 / 3) 1.0 2.0 (2 ) ( / 3) 2 2 2 3 1 2 1 2  = − = −  + = − + −  +  +   + +      m M g m M l mgl Mg l m M l θ=30º34’ 7.4.3 一质量为 m1，速度为 v1 的子弹沿水平面击中并嵌入一质量为 m2=99m1，长度为 L 的棒的端点，速度 v1 与棒垂直，棒原来静止于光滑的水平面上，子弹击中棒后共同运动，求棒和子弹绕垂直与平面的轴的角速度等于多少？解：以地为参考系，把子弹和棒看作一个物体系，棒嵌入子弹后作平面运动，可视为随质心 C 的平动和绕质心 C 的转动，绕质心 C 转动的角速度即为所求。据质心定义: CA L CA CO CA m m m CA CO m m 99 2 100 , , 2 1 2 2 1 = + = + = ， CA = 99L / 200 = 0.495L, CO = 0.5L − 0.495L = 0.005L 据角动量守恒： ( ) 2 2 2 12 2 2 1 m1 v1CA = m1CA + m L + m CO v L v L m v L m L 0.058 / 0.495 (0.495 99 /12 99 0.005 ) 0.495 (0.495 99 99 0.005 ) 1 2 2 1 2 2 12 2 1 1 1 1 = = + +   = +  +     7.5.1 10m 高的烟囱因底部损坏而倒下来，求其上端到达地面时的线速度，设倾倒时，底部未移动，可近似认为烟囱为匀质杆。解：设烟囱质量为 m，高为 h，质心高度 hC=h/2，对转轴的转动惯量 2 3 2 1 2 2 12 1 I mh m( ) mh h = + = ，倒在地面上时的角速度为ω 由机械能守恒： mgh I mg mh g h h C , , 3 / 2 2 3 1 2 1 2 2 2 1 =   =    = 上端点到达地面时的线速度： v =h = 3gh = 39.810 =17.2m/s 7.5.2 用四根质量各为 m 长度各为 l 的匀质细杆制成正方形框架，可绕其中一边的中点在竖直平面内转动，支点 o 是光滑的。最初，框架处于静止且 AB 边沿竖直方向，释放后向下摆动，求当 AB 边达到水平时，框架质心的线速度 vc及框架作用于支点的压力 N. 解：先求出正方形框架对支点 o 的转动惯量： 2 3 2 7 3 4 4 2 12 1 2 2 2 4( ) 4 ( ) 2 I ml m ml I ml I I m I ml o l c c l o c = + =  = = + = + Ep=0 设 AB 边达到水平位置时，框架的角速度为ω，据机械能守恒定律： 2 2 3 7 2 2 1 2 1 2 4mg l = I o = ( ml ) v l gl l c g 7 3 2 1 7 12  = , =  = AB 边在水平位置时，框架所受到的向上的支撑力 N 和向下的重力 W 的作用线均通过支点 o，对 o 轴的力矩为零，据转动定理，框架的角加速度为零，∴ac=ω2 l/2=6g/7，方向向上。规定向上方向为正，对框架应用质心运动定理： N mg mac m g N mg mg 7 3 7 6 7 6 − 4 = 4 = 4  = 4 (1+ ) = 7 据牛顿第三定律，支点受到的压力，大小等于 N，方向向下。 7.5.3 由长为 l，质量为 m 的匀质细杆组成正方形框架，其中一角连于水平光滑转轴 O，转轴与框架所在平面垂直，最初，对角线 A B B A C O o A m2,L v1 m1

第7章刚体力学习题解答 52 第7章刚体力学习题解答 OP处于水平，然后从静止开始向下自由摆动，求OP对角线与水平成45°时P点的速度，并求此时框架对支点的作用力。 7.5.4质量为m长为1的匀质杆，其B端放在桌上，A端用手支解：先求出框架对O轴的转动惯量：据平行轴定理，住，使杆成水平。突然释放A端，在此瞬时，求：(1)杆质心的加速 I=Le+4m0C2=4(位mP+m1)+4m方2=9ml2 度，(2)杆B端所受的力。解：(1)以支点B为转轴，应用转动 B 设对角线OP转过45°后框架的角速度为 0,且势能为零，由机械能守恒：定理：mg5=mlB∴B=是，质 4mg(sin 45)=lo2,2mgl =mlo2 心加速度a。=B5=是g,方向向下。 o2=等，0=，y,=021=2层g (2)设杆B端受的力为N,对杆应用质心运动定理：N,=0, 设支点O对框架的作用力为N,由定轴转动定理：T=IB, B=mgm451巨3g 13g3√2 Ns-mg =-m dc,Ns=m(g-dd)=mg/4 10m12/3 a,=B252108 ∴.N=mg4,方向向上。质心的法向加速度a,=020C=6g.=6g 7.5.5下面是匀质圆柱体在水平地面上作无滑滚动的几种情况，求地面对圆柱体的静摩擦力 51√25√2 (1)沿园柱体上缘作用一水平拉力F,柱体作加速滚动。 (2)水平拉力F通过圆柱体中心轴线，柱体作加速滚动。在i方向应用质心运动定理：N,-4 ng cos45°=41an, (3)不受任何主动力的拉动或推动，柱体作匀速滚动。 N =2v2mg+4m. =25+245 (④)在主动力偶矩τ的驱动下加速滚动，设柱体半径为R。 W2 22g )mg= 解：规定前进方向和顺时针方向为正方向。 5×21 5 N 假设静摩擦力方向向后，其余受力情况如图所 F(1) 所示。对每种情况，都可以根据质心定理、绕在t方向应用质心运动定理：N,+4mgsn45°=4ma. F(2) 质心轴的转动定理和只滚不滑条件，建立三个 N=ng-22mg=停-25mg=-号万mg 方程求解。 mg (1)F-f=ma,(F+fR=mR-B,a BR N=√N,2+N。=√是+密mg=6.32mg,设与-方向夹可求得∫=·F3,负号说明静摩擦力方向与假设方向相反，应向前。角为8,0=arctg|Nn/N,=actg5.5=79.7 (2)F-f=mae,fR=÷mRB,a。=R

第 7 章刚体力学习题解答 52 第 7 章刚体力学习题解答 OP 处于水平，然后从静止开始向下自由摆动，求 OP 对角线与水平成 45°时 P 点的速度，并求此时框架对支点的作用力。解：先求出框架对 O 轴的转动惯量：据平行轴定理， 2 3 2 10 2 2 1 4 2 1 12 2 1 I I 4mOC 4( ml m l ) 4m( l) ml = C + = + + = 设对角线 OP 转过 45°后框架的角速度为 ω，且势能为零，由机械能守恒： 2 2 3 2 5 2 1 2 4mg( l sin 45) = I , 2mgl = ml  v l gl l p g l g 5 3 5 6 5 2 6  = , = , = 2 = 2 设支点 O 对框架的作用力为 N，由定轴转动定理：τ= Iβ， g l g a l g ml mg l I 10 3 2 5 2 3 2 , 5 3 10 / 3 4 sin 45 / 2 2 = = = =  = =     质心的法向加速度 5 2 6 5 2 2 6 l g l g an = OC =  = 在 n ˆ 方向应用质心运动定理： Nn mg 45 4man − 4 cos  = ， mg mg g Nn mg m 2 5 22 ) 5 2 24 2 (2 2 5 2 6 2 2 4 =  = +  = + 在  ˆ 方向应用质心运动定理： N mg 45 4ma + 4 sin  = N m g mg mg 2mg 5 4 2) 2 5 6 2 2 2 ( 10 3  = 4  − = − = − N N Nn mg 6.32mg 25 2 22 25 32 2 2 2 = + = + =   ，设与- ˆ 方向夹角为θ， = arctg | N / N |= arctg5.5 = 79.7  n  7.5.4 质量为 m 长为 l 的匀质杆，其 B 端放在桌上，A 端用手支住，使杆成水平。突然释放 A 端，在此瞬时，求：⑴杆质心的加速度，⑵杆 B 端所受的力。解：⑴以支点 B 为转轴，应用转动 B A 定理： l l g mg ml 2 2 3 3 1 2 =    = ，质心加速度 a g l c 4 3 2 =  = ，方向向下。 x ⑵设杆 B 端受的力为 N，对杆应用 y 质心运动定理：Ny=0， Nx - mg = - m ac , Nx = m(g – ac) = mg/4 ∴ N = mg/4，方向向上。 7.5.5 下面是匀质圆柱体在水平地面上作无滑滚动的几种情况，求地面对圆柱体的静摩擦力 f. ⑴沿圆柱体上缘作用一水平拉力 F,柱体作加速滚动。 ⑵水平拉力 F 通过圆柱体中心轴线，柱体作加速滚动。 ⑶不受任何主动力的拉动或推动，柱体作匀速滚动。 ⑷在主动力偶矩τ的驱动下加速滚动，设柱体半径为 R。解：规定前进方向和顺时针方向为正方向。假设静摩擦力方向向后，其余受力情况如图所所示。对每种情况，都可以根据质心定理、绕质心轴的转动定理和只滚不滑条件，建立三个方程求解。 ⑴ F − f = mac ,(F + f )R = mR ,ac = R 2 2 1 可求得 f = - F/3,负号说明静摩擦力方向与假设方向相反，应向前。 ⑵ F − f = mac , fR = mR ,ac = R 2 2 1 O P C n τ 4mg N mg f N F(1) C F(2)

第 7 章刚体力学习题解答 53 第 7 章刚体力学习题解答可求得 f = F/3,正号说明静摩擦力方向与假设方向相同，向后。 ⑶ ac = 0 , f = 0 ⑷ − f = mac , + fR = mR ,ac = R 2 2 1 ,求得 R f 3 2 = − 负号说明静摩擦力方向与假设方向相反，应向前。 7.5.6 板的质量为 M，受水平力 F R 的作用，沿水平面运动，板与平面间的 M2 F 摩擦系数为μ.在板上放一半径为 R 质量为 M2 的实心圆柱，此圆柱只滚动不滑动。求板的加速度。解：隔离圆柱，其受力及运动情况如图 β 所示，其中 ac为质心对地的加速度，β为相对质心的角加速度，f2、N2 分别为板施加给 W2 ac 圆柱的静摩擦力和压力。 f2 由质心定理： (1), (2) f 2 = M2ac N2 = M2 g N2 对质心应用转动定理： (3) 2 2 2 1 f 2R = M R  N1 隔离木板，其受力及运动情况如图所示， f2 F 其中 a 为板对地的加速度，f1、N1 分别为水平 f1=μN1 Mg 面施加给板的滑动摩擦力和压力。 N2 a 应用牛顿第二定律（或质心定理）： (4) N1 = N2 + Mg (5) F − N1 − f 2 = Ma 圆柱在木板上只滚不滑的条件是：a = ac +βR (6) (圆柱与板接触点对地的加速度等于质心加速度加上绕质心转动的加速度，即 ac+βR，它必须等于木板对地的加速度 a,才能只滚不滑) 将（2）代入（4）求得：N1=(M+M2)g；由（1）（3）可解得， 2ac=Rβ 与（6）联立，可求得，ac=a/3, 代入（1）中，f2 = a M2 /3；将 N1、f2 代入（5）中，有 2 2 3 3[ ( ) ] 3 2 1 2 ( ) M M F M M g F M M g M a Ma a + − + − + − =  =   7.5.7 在水平桌面上放置一质量为 m 的线轴，内径为 b，外径为 R,其绕中心轴转动惯量为 mR2 /3,线轴和地面之间的静摩擦系数为μ。线轴受一水平拉力 F,如图所示。 ⑴使线轴在桌面上保持无滑滚动之 F 最大值是多少？ ⑵若 F 和水平方向成θ角，试证，cosθ＞b/R 时，线轴向前滚； cosθ＜b/R 时，线轴向后滚动。 y 解：可将（1）看作（2）的特殊 F 情况。建立图示坐标，z 轴垂直纸面 C b R x 向外，为角量的正方向。根据静摩擦 θ 力的性质，可知其方向与 F 水平分量 f 方向相反。设线轴质心的加速度为 a，绕质心的角加速度为β。由质心定理： F cos − f = ma (1) N = mg − F sin  (2) 由转动定理： (3) 2 3 1 Fb − fR = mR  只滚不滑：a+βR=0 (4) 由⑴,⑶,⑷联立，可求得： (cos ) , ( cos ) , (3 cos ) 4 4 3 4 3 a    f b R  R F R b mR F R b m F = − = − = + ⑴ F 为水平拉力时，即 f b R mg R F cos =1, = 4 (3 + )   F mg b R R +   3 4  . ⑵ 若 cos  , a  0 ,   0 R b ，即线轴向前滚；

第7章刚体力学习题解答 54 第7章刚体力学习题解答若cos00,即线轴向后滚。由(2)解得：N,=W(1-a/D+F/1 将N2代入(1)中得：N,=Wa/1-Fh/I 7.5.9一质量为m,半径为r的均质实心小球沿圆弧形导轨自静止开始无滑滚下，园弧形导轨在铅直面内，半径为R。最初，小球质令F=O,即得到无拖车时前后轮的支持力N,和N'。显然，有心与圆环中心同高度。求小球运动到最低点时的速率以及它作用于拖车时，前轮支持力减小，后轮支持力增大。导轨的正压力。解：设小球运动到最低点时，其质心速 7.6.3电梯高22m,其质心在中央，悬线亦度为，绕质心转动的角速度为0，由机械在中央。另有负载50×10kg,其重心离电梯中能守恒，有mg(R-r）=mm2+(传mr2)o2 垂线相距0.5m。问(1)当电梯匀速上升时，光滑导轨对电梯的作用力，不计摩擦（电梯仅在四角 N 只滚不滑条件：w=h,代入上式，可求得v=√品(R-r)g 处受导轨作用力)：(2)当电梯以加速度0.05m/s2 Mg 上升时，力如何？在最低点应用质心运动定理：N-mg=w2《R-r) 解：(1)以o为轴，据力矩平衡条件：N1=mgb “N=mg+v2《R+r】=m(g+石g)=2号mg,作用于导轨的 N=mgb/1=50×10×9.8×0.5/2.2=1.114×103N 正压力与此等大，方向向下。 (2)设电梯的加速度为α，以电梯为参考系，负载除受重力外，还受惯性力作用*=ma,方向向下，据力矩平衡条件：N1=m(g+a)b 7.6.1汽车在水平路面上匀速行驶，后面牵引旅行拖车，假设拖车仅对汽车施以水平向后的拉力F汽车重W,其重心与后轴垂直距离为a,前后轴距离为1，h表示力F与地面的距离。问汽车前后论所受 N=m(g+a)b/1=50×10(9.8+0.05)0.5/2.2=1.119×103N 地面支持力与无拖车时有无区别？试计算之。解：隔离汽车，受力情况如图所示（摩擦力没有画出，因与此题无关)。在竖直方向应用力平 G 衡方程：N,+N2=W() 以前轮为支点，由力矩平衡方程，N,I=W(I-a)+Fh(2)

第 7 章刚体力学习题解答 54 第 7 章刚体力学习题解答若 cos  , a  0 ,   0 R b ，即线轴向后滚。 7.5.9 一质量为 m,半径为r 的均质实心小球沿圆弧形导轨自静止开始无滑滚下，圆弧形导轨在铅直面内，半径为 R。最初，小球质心与圆环中心同高度。求小球运动到最低点时的速率以及它作用于导轨的正压力。解：设小球运动到最低点时，其质心速度为 v，绕质心转动的角速度为ω，由机械能守恒，有 2 2 5 2 2 2 1 2 1 mg(R − r) = mv + ( mr ) 只滚不滑条件：ω=v/r,代入上式，可求得 v (R r)g 10 7 = − 在最低点应用质心运动定理： /( ) 2 N − mg = mv R − r N m g v R r m g g mg 7 3 10 2 7  = [ + /( + )] = ( + ) = 2 ，作用于导轨的正压力与此等大，方向向下。 7.6.1 汽车在水平路面上匀速行驶，后面牵引旅行拖车，假设拖车仅对汽车施以水平向后的拉力 F.汽车重 W,其重心与后轴垂直距离为 a,前后轴距离为 l，h 表示力 F 与地面的距离。问汽车前后论所受地面支持力与无拖车时有无区别？试计算之。解：隔离汽车，受力情况如图所示（摩擦力没 C F 有画出，因与此题无关）。 h 在竖直方向应用力平 N1 W a N2 衡方程： (1) N1 + N2 =W 以前轮为支点，由力矩平衡方程， ( ) (2) N2 l =W l − a + Fh 由（2）解得： N W(1 a /l) Fh/l 2 = − + 将 N2 代入(1)中得： N Wa /l Fh/l 1 = − 令 F=0，即得到无拖车时前后轮的支持力 N1’和 N2’。显然，有拖车时，前轮支持力减小，后轮支持力增大。 7.6.3 电梯高 2.2m，其质心在中央，悬线亦在中央。另有负载 50×10kg，其重心离电梯中垂线相距 0.5m。问⑴当电梯匀速上升时，光滑导轨对电梯的作用力，不计摩擦（电梯仅在四角处受导轨作用力）；⑵当电梯以加速度 0.05m/s2 上升时，力如何？解：⑴以 o 为轴,据力矩平衡条件： Nl = mgb N mgb l N 3 = / = 50109.80.5/ 2.2 =1.11410 ⑵设电梯的加速度为 a，以电梯为参考系，负载除受重力外，还受惯性力作用 f*=ma,方向向下, 据力矩平衡条件： Nl = m(g + a)b N m g a b l N 3 = ( + ) / = 5010(9.8 + 0.05)0.5/ 2.2 =1.11910 l l Mg mg N o

西安电子科技大学：《大学物理》课程习题解答（力学）第7章 刚体力学习题解答

西安电子科技大学：《大学物理》课程习题解答（力学）第7章刚体力学习题解答