第五章-刚体力学-习题解答
5.1、一长为l 的棒AB ，靠在半径为r 的半圆形柱面上，如图所示。今A 点以恒定速度0v 沿水平线运动。试求：(i)B 点的速度B v ；(ii)画出棒的瞬时转动中心的位置。 解：如图，建立动直角系A xyz -，取A 点为原点。B A AB v v r ω=+⨯，关键是求ω 法1(基点法)：取A 点为基点，sin C A AC A CO A A v v r v v v v ωθ=+⨯=+=+ 即sin AC A r v ωθ⨯=，AC r ω⊥，化成标量为
ω在直角三角形OCA ∆中，AC r rctg θ=
所以200sin sin sin cos A AC v v v r rctg r θθ
θωθθ
===
即2
0sin cos v k r θ
ωθ
=
取A 点为基点，那么B 点的速度为：
20023
00sin [(cos )sin ]
cos sin sin (1)cos B A AB v v v r v i k l i l j r v l l v i j
r r
θ
ωθθθ
θθ
θ=+⨯=+⨯-+=-- 法2(瞬心法)：如图，因棒上C 点靠在半圆上，所以C 点的速度沿切线方向，故延长OC ，
使其和垂直于A 点速度线交于P 点，那么P 点为瞬心。 在直角三角形OCA ∆中，sin OA r r θ
=
在直角三角形OPA ∆中，2
cos sin AP OA r r r ctg θ
θθ
==
02
cos ()sin A PA PA PA r v r k r j r i i v i θ
ωωωωθ
=⨯=⨯-===，即20sin cos v r θωθ= 取A 点为基点，那么B 点的速度为：
20023
00sin [(cos )sin ]
cos sin sin (1)cos B A AB v v v r v i k l i l j r v l l v i j
r r
θ
ωθθθ
θθ
θ=+⨯=+⨯-+=-- 5.2、一轮的半径为r ，竖直放置于水平面上作无滑动地滚动，轮心以恒定速度0v 前进。求轮缘上任一点(该点处的轮辐与水平线成θ角)的速度和加速度。 解：任取轮缘上一点M ，设其速度为M v ，加速度为M a
r
C A
v CO
v
如图，取轮心O 为原点，建立动系O xyz -，其中轮心的速度方向为x 轴正向，O xy -平面位于轮上。那么轮子的角速度为k k ωωθ=-=
取O 点为基点，那么M O OM v v r ω=+⨯
因轮无滑动地滚动，所以C 点为瞬心。0O CO v r v ω=⨯=
即
0CO k r j v i ω-⨯=，化简有00CO v v
r r
ω==，那么有：
00
00
0(cos sin )
(cos sin )(1sin )cos M O OM v v r v i k r i j v v i k r i j r
v i v j ωωθθθθθθ=+⨯=-⨯+=-
⨯+=+-
0000002
0[(1sin )cos ]cos sin (cos sin )(cos sin )(cos sin )
M M d d
a v v i v j v i v j dt dt
v i j v i j v i j r
θθθθθθθθθωθθθθ=
=+-=+=+=-+=-+ 5.3、半径为r 的圆柱夹在两块相互平行的平板A 和B 之间，两板分别以速度1v 和2v 匀速反向运动，如图示。若圆柱和两板间无相对滑动，求： (i)圆柱瞬心的位置
(ii)位于圆柱上与板的接触点M 的加速度。
解：(i)如图，圆柱瞬心的位置为C 点，不妨设12v v > 在图示的直角坐标系中，k ωω=-，
11v v i =，22v v i =-，CM CM r r j =， (2)CN CN CM r r j r r j =-=-
因为1M CM v v r ω==⨯，2N CN v v r ω==⨯
所以有1CM v r ω=，2(2)CN CM v r r r ωω==-，联立解得：1
12
2CM rv r v v =+
或者取N 点为基点，那么：
11222(2)M N NM v v v i v r v i k rj r v i ωωω===+⨯=--⨯=-
1
v 2
v A
B
求得12
2v v r ω+=
，因1CM v r ω=，故112
2CM rv r v v =+
于是求得瞬心的位置位于距离M 点1
12
2CM rv r v v =
+的直径上。
(ii)瞬心到圆柱轴心O 的距离为12
12
CO CM v v r r r r v v -=-=
+ 圆柱轴心O 的速度为1212121222
O CO CO v v v v v v
v r r i ri i r v v ωω+--=⨯==
=+
M 点相对O 点的速度为：1212122
MO M O v v v v
v v v v i i i -+=-=-
= M 点相对O 点做圆周运动，故22
12()4MO M v v v a j r r
+==- 5.4、高为h 、顶角为2α的圆锥，在一平面上无滑动地滚动。已知圆锥轴线以恒定角速度Ω绕过顶点的铅直轴转动。求：
(i)圆锥的角速度
(ii)锥体底面上最高点的速度 (iii)圆锥的角加速度
解：取圆锥的顶点为原点，建立动系O xyz - 取圆锥和平面交线为y 轴， 圆锥的对称面OAB 位于O yz -平面
因圆锥轴线以恒定角速度Ω绕过顶点的铅直轴 转动，若设圆锥绕自身轴线的角速度为'ω 那么圆锥绕顶点的角速度为'ωω=+Ω
又OB 母线与平面接触，为圆锥的瞬时转动轴，故ω平行于OB
(i)在角速度合成的矢量三角形中，圆锥的角速率ctg ωα=Ω，即ctg j ωα=-Ω (ii)在动系O xyz -中，锥体底面上最高点A 的位矢可以表示为：
cos2sin 2OA OA OA r r j r k αα=+
由图中的几何关系可知：cos OA h
r α
= 所以(cos 2sin
2)cos OA h
r j k ααα
=
+ αΩ
'
ωωO
h
那么最高点A 的速度为：
(cos 2sin 2)2cos cos A OA h
v r ctg j j k h i ωααααα
=⨯=-Ω⨯
+=-Ω (iii)因圆锥的角速度为ctg j ωα=-Ω，所以圆锥的角加速度为：
2()d d dj
ctg j ctg ctg j ctg i dt dt dt
ωααααα=
=-Ω=-Ω=-ΩΩ⨯=Ω 5.5、在一半径为R 的球体上置一半径为r 的较小的球，它们的连心线'OO 与竖直轴间保持α角，如图示。若'OO 绕竖直轴以恒定的角速度ω转动，小球在大球上无滑动地滚动。分别求出小球最高点A 和最低点B 的速度。 解：建立如图所示的动直角坐标系O xyz -
使'OO r 位于O yz -平面内。则有：
k ωω=，''cos 'sin j k ωωαωα=+ '()sin ()cos OO r r R j r R k αα=-+++ 'O A r rk =，'O B r rk =-
在大球和小球的角速度矢量直角三角形中，有'ω=所以2
'sin cos sin j k ωωααωα=+
''[()sin ()cos ]
[()sin ]()sin O OO v r k r R j r R k k r R j r R i
ωωααωαωα=⨯=⨯-+++=⨯-+=+
2'''()sin (sin cos sin )sin [(1cos )]A O O A v v r r R i j k rk r R i
ωωαωααωαωαα=+⨯=+++⨯=++
2'''()sin (sin cos sin )()sin [(1cos )]
B O O B v v r r R i j k rk r R ωωαωααωαωαα=+⨯=+++⨯-=-+
5.6、一边长为d 、质量为m 的匀质立方体，分别求出该立方体对过顶点的棱边、面对角线和体对角线的转动惯量P J 、f J 和b J
解：如图，要求图示棱边的转动惯量P J ，先求立文体过质心O 且平行于棱的z 轴的转动惯量z J
在图示的直角坐标系O xyz -中，,,x y z 轴皆为惯量主轴
α
ω
O
'
ω
故5
2
/2
/2
/2
2
2
2
2
/2/2/2()()66
d d d z d d d d md J x y dm x y dxdydz ρρ---=+=+==⎰⎰⎰⎰
由平行轴定理：222
22)2623
P z md md md J J m =+=+= 要求图示面对角线的转动惯量f J ，先求立文体过质心O 点，且平行于面对角线的轴的转动惯量z J
，此轴与坐标轴的方向余弦分别为，坐标轴为惯量主轴，所以有： 222
006
000
00
0600
00
6x O y z md J md J J J md ⎛⎫ ⎪ ⎪⎛⎫ ⎪ ⎪== ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝
⎭ ⎪ ⎪⎝
⎭
由平行轴定理有：
22222
22
00650
0()626412000
6f md md d md md md J m md ⎛⎫ ⎪ ⎪ ⎪=+=+= ⎪
⎪ ⎪
⎪ ⎪ ⎪⎝
⎭
⎝
⎭
体对角线与坐标轴的方向余弦分别为，坐标轴为惯量主轴，那么体对角线的转动惯量为：
222
2
006
06600
6b md md md J md ⎛⎫ ⎪ ⎪ ⎪== ⎪
⎪ ⎪ ⎪⎝
⎭ 5.7、一匀质等边三角形的薄板，边长为l 、质量为m 。试在图示坐标系下，求出薄板对质心C 的惯量矩阵C J ，并由此导出对顶点O 的惯量矩阵O J
O ξηζ-的坐标轴分别相互平行，ξη和xy 都在薄板平面内。
解：由图中坐标系C xyz -的取法可知，,y z
x 轴是是三角板的对称面的法线，故,,x y z 都是惯量主轴。
三角板的密度为：σ=
先求三角板对x 轴的转动惯量。
因三角板关于y 轴对称，所以三角板对x 轴的转动惯量x J
是y 轴一侧直角板的2倍，如图，取距离C 点为x ，厚为dx 的线性微元，由图中几何关系
知，线性微元的高为()3()2
32l l h x tg
x π
=-=-，22(2)m
dm dS hdx l x dx l
σσ===- 线性微元对过质心且垂直于线性微元的轴的转动惯量为2
1()12
dm h ，由平行轴定理知线性微
元对x
轴的转动惯量：22
2211()()(()()122312x h l dJ dm h dm dm h =+=+ 222
2
23222()()(2)()212212444()36
x l l m l l dJ dm x x l x x x dx
l m m m ml x x x dx
l l =-+=--+=-+-+
2
/2
3220
44422()3624
l x x m m m ml ml J dJ x x x dx l l ==-+-+=⎰⎰
再求三角板对y 轴的转动惯量
如图，取距离C 点为y ，厚为dy
的线性微元，由图中几何关系知，线性微元的长为
2)63l a y tg π==
，228()33l m
dm ady dy y dy l
σ=== 线性微元对过质心且垂直于线性微元的轴的转动惯量为21
()12
dm a 故线性微元对y 轴的转动惯量：
2222321128()()121233244]399y l m dJ dm a y dy l
m y y y dy l
=
=-=--
232
2/24439924l y y l m ml J dJ y y y dy l -==-+-+=⎰⎰
最后求z 轴的转动惯量：
如图，对于线元过中心且平行于z 轴的转动惯量为
21
()12
dm a
由平行轴定理知线元对z 轴的转动惯量为：
221
()()12
z dJ dm a dm y =
+
22222
232/222
18)1224243242412
l z z l ml ml m J dJ a dm y dm y dm y y dy
l ml ml ml
-==+=+=+-=
+=⎰⎰⎰⎰⎰
所以三角板对板对质心C 的惯量矩阵2
22200241000
0010242400200
12C ml ml ml J ml ⎛⎫ ⎪ ⎪⎛⎫
⎪ ⎪== ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭ ⎪ ⎪⎝
⎭
由平行轴定理易知：
222
2
24128x ml ml ml
J J m ξ=+=+=
222
27()224424y l ml ml ml
J J m η=+=+=
222
2512312z ml ml ml J J m ζ=+=+=
因三角板中0ζ=，所以00
00
O J J J J J J ξ
ξηξη
ηζ⎛⎫-
⎪=- ⎪ ⎪⎝
⎭ 因三角板的两腰在坐标系O ξηζ-
中方程为：η=
和η=+
即ξ=
和l ξ=
20
20
02
()42312
l J d d l d m d d l ml ξη
ξξηη
ηηηηηη=
=-=-=
所以23070240010O ml J ⎛⎫
-
⎪=
- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭
5.8、质量为m ，长为l
的夹角θ保持恒定。求杆对端点O 的角动量。 解：选取端点O 为原点，建立如图所示 的直角坐标系O xyz -，并取杆方向为y 轴
那么2
13
x z J J ml ==，0y J =
因杆上的质点在y 轴上，所以0x z ==
0xy J xydm ==⎰，0xz J xzdm ==⎰，xz J =⎰故杆对O 点的惯量矩阵为：
2210
030
001003O ml J ml ⎛⎫ ⎪ ⎪
= ⎪ ⎪ ⎪⎝
⎭
在图示的直角坐标系O xyz -中，cos sin j k ωωθωθ=+
于是杆对O 点的角动量为：2
2210
00030
00cos 01sin 100sin 33O ml L J ml ml ωωθωθωθ⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪⎛⎫
⎪
⎪ ⎪=⋅== ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭ ⎪ ⎪
⎝⎭⎝
⎭
即2
1sin 3
O L ml k ωθ=
5.9、一半径为r ，质量为m 的圆盘，在水平面上作纯滚动，盘面法线与铅直轴间保持恒定角度α，盘心则以恒定速率u 作半径为2r 的圆周运动。求圆盘的动能。
解：如图所示，过圆盘的质心C 作法线，与铅直轴相交于O 点，建立动直角坐标系O xyz -，
x 轴沿CO 方向。连接AO ，以及连接OB ，这样就构成了一个陀螺在平面II 滚动。且OA
为陀螺的瞬时转动轴，故圆盘的角速度为：
(cos sin )AO e i k ωωωββ==+。
因,,x y z 轴都是圆盘的对称线，所以x 轴， y 轴和z 轴都是惯量主轴。 设铅直转轴与水平面相交于'O 点。 设圆盘绕x 轴自转的角速度为''i ωω= 圆盘的盘心绕铅直轴的角速度为：
(cos sin )i k ααΩ=Ω-+
'
ωr
u O
B A '
O '
ωω
由图中的几何关系知：
2sin OC
r r α=
，2222
222222sin sin ()24sin ()sin OA OC r r r r r r r r αβαα
====+++ 22
2
22
sin 4
cos 1sin 14sin 4sin αββαα
=-=-=++ 又已知2(cos sin )()2sin C OC r v r i k i rj ααα=Ω⨯=Ω-+⨯-
=-Ω，即2u
r Ω= 212x J mr =
，2222221
1214()()4
4sin 4sin y z OC r J J mr mr mr m mr αα
==+=+=+ 在角速度矢量三角形合成的图示中，'ωω=+Ω 即(cos sin )'(cos sin )i k i i k ωββωαα+=+Ω-+ 化简有：sin sin ωβα=Ω，cos 'cos ωβωα=-Ω 所以sin sin sin 2sin u r ααωββΩ=
=，即sin (cos sin )(cos sin )2sin u i k i k r α
ωωβββββ
=+=+ 因坐标轴都是惯量主轴，所以圆盘的动能为：
222222222222221
()
21
()2
1114
[cos ()sin ]224sin (sin 24)32
x x y y z z x x z z T J J J J J mr mr mu ωωωωωωβωβαα=++=+=++=+
5.10、一半径为r 的匀质圆盘，平躺在粗糙的水平桌面上，绕通过其中心的竖直轴转动，初始时刻圆盘的角速度大小为0ω。已知圆盘与桌面间的摩擦系数为μ。问经过多少时间圆盘将停止转动？
解：设匀质圆盘的面密度为σ，在圆盘上取一微元，数据如图所示。
圆盘对过其中心的竖直轴的转动惯量为221()2z J r r σπ=由角动量定理
dL
M dt
=，因圆盘定轴转动。故z z z J M ω=圆盘上所取微元只受重力，水平桌面的支持力和摩擦力 重力和支持力大小相等，方向相反。 若选择逆时针为正。那么有： z z J J k ωω=
ω
f
圆盘上所取微元的力矩为：
2()()z dM x f dm gxk xd dx gxk gd x dxk μμσθμσθ=⨯=-=-=- 223
0023
r
z z M dM g x dxd k gr k π
μσθπμσ==-=-⎰⎰
⎰ 431223r k gr k σπωπμσ=-，化简为：43g
r
μω=-
积分可得：43g
t c r μω=-+，c 为积分常数
因初始时刻，0t =时，0ωω=，代入ω的表达式可得：0c ω= 因此043g
t r
μωω=-
+ 显然圆盘停止转动时，0ω=，即0403g
t r
μω=-
+，解得034r t g ωμ=
5.11、如图示，一矩形匀质薄板ABCD ，长为l ，宽为d ，质量为m 。薄板绕竖直轴AB 以初角速度0ω转动，阻力与薄板表面垂直并与面积及速度的平方成正比，比例系数为k ，问经过多少时间后，薄板的角速度减为初角速度的一半？
解：匀质薄板的密度为m m
S ld
σ=
=，在薄板上取一矩形微元，数据如图所示。 因阻力与薄板表面垂直并与面积及速度的平方成正比，比例系数为k
又微元质量为：m
dm dS dydz ld
σ==，微元速度为：v r yi ωω=⨯=-
所以微元受到的阻力为：22
df k y dydzi ω=
微元对z 轴的转动惯量为2
2
z m dJ y dm y dydz ld
==
薄板对z 轴的转动惯量为：200l d z z m J dJ y dydz ld ===⎰⎰⎰微元受到的力矩为23z dM r df k y dydzk ω=⨯=- 薄板受到的力矩为：2
32400
1
4
l d
z z
M dM k y dydzk k ld k ω
ω==-=-⎰
⎰⎰
据定轴转动角动量定理：z z J M ω=
代入数据得：224134md k k ld k ωω=-，分离变量：2213
4d kld dt m
ωω=- 积分得：
21
3
4kld t c m
ω
=
+，c 为积分常数 y
z
因薄板绕竖直轴AB 以初角速度0ω转动，即0
1
c ω=
，所以0
20434m kld t m
ωωω=
+
当薄板的角速度减为初角速度的一半时有：
02042
34m kld t m ωωω=
+，化简知2
043m
t kld ω=
5.12、一质量为m ，长为l 的匀质细长杆，一端与固定点O 光滑铰链。初始时刻杆竖直向上，尔后倒下，试分别求出此后杆绕铰链O 转动的角速度ω，作用于铰链上的力N F 与杆转过的角度θ的关系。
解：建立如图示的动直角坐标系O xyz - 杆对过质心C 且垂直于杆的轴的转动惯量为21
12
C J ml = 因杆在旋转过程中只有重力做，机械能守恒：
2222111
(1cos )()22226
C l l mg m J m l θωωω-=+=
化简有：ω=
，即
3(1g ω=-
对杆用质心定理有：2()[()]22
N i j d l l
F mg ma m a a m i j dt ωω+==+=- 即2
(
)(sin cos )22
N l
l
F m i j mg i j ωωθθ=---
杆对z 轴的力矩为：sin (sin cos )sin 222
z l l mgl M j mg i j j mg i k θ
θθθ=⨯-=⨯=-
由坐标轴的取法知，对,,x y z 轴有2
13
x z J J ml ==，0y J =
因杆绕z 轴作定轴转动，故z z J M ω=
所以有：2
1
sin 3
2mgl ml
θω=
，即3sin 2g l θ
ω= 代入N F 得：111
sin (35cos )[sin 2(35cos )]424
N F mg i mg j mg i j θθθθ=--+=-++
或者求角速度时用角动量定理：2
211sin 3
32mgl ml
ml θωθ==
，化简：3sin 2g
l
θθ=
即2sin 3l d g d θθθ=，两边积分可得：22
0sin 3l d g d ωθθθθ=⎰⎰
求得22
3(1cos )g l θωθ-==
质心定理：2()(sin cos )22
N l l F m i j mg i j ωωθθ=---，代入,θθ
可得： [sin 2(35cos )]/4N F mg i j θθ=-++
5.13、一段匀质圆弧，半径为R ，绕通过弧线中点并与弧线垂直的水平轴线摆动，求弧线作微振动时的周期。
解：建立如图所示的直角坐标系O xy -，长为s 的圆弧的夹角范围22s s
R R
θ-≤≤
由质心定义：c
rdm rdl rdl rRd rd r dm dl dl Rd d λθθλθθ
=====
⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰ 式中λ表示弧长的线密度。令
02s
R
θ=，那么00θθθ-≤≤ 考虑到圆弧的对称性和坐标的选取，写成正交分解式得：
00
cos 2sin c OC
R d xd R
x r d θθθθ
θθθθθ
-
====
⎰⎰⎰，0c y =
所以质心到弧的中点的距离为'000
22
sin (1sin )O C OC R
r R r R R θθθθ=-=-
=-
弧对过圆心且垂直于圆面的轴的转动惯量为2
O J sR λ=
由平行轴定理知2O C OC J J sr λ=+，2
''O C O C J J sr λ=+，所以有：
222'''''22'200
200
()()()(2)4(sin )
2
2(1sin )
O C O C O OC O C O O C OC O C OC O C OC OC J J sr J sr sr J s r r r r sR sR r r sR sR R r R
sR sR R sR λλλλλλλλλλθθλθθ=+=-+=++-=+-=+-=
+-=-
当弧绕过'O 即''
0O C
O sgr J λϕϕ+
=，这正是简谐振动方程，其圆频率为ω=
代入数据并化简可得：ω=
=
=所以微振动时的周期为：22T π
ω
=
=
=5.14、一矩形薄板，边长分别为l 和d ，以角速度ω绕对角线转动，今若突然改为绕l 边转动，求此时薄板的角速度Ω
C mg
解：建立如图所示的动直角坐标系B xyz - 初始时，矩形薄板以角速度ω绕对角线BD 转动， 突然改为绕矩形边BA 轴以角速度Ω转动。 在坐标系B xyz -中，k Ω=-Ω，
2
2
d l
ω=
+
+
如图，在矩形板上取一矩形微元dxdz ，设矩形薄板的面密度为σ
则22
x dJ z dm z dxdz σ==，因此22300
13
l d
l
x x J dJ z dxdz d z dz l d σσσ==
==⎰⎰⎰
⎰
22z dJ x dm x dxdz σ==，因此22300
13
l
d
d
z z J dJ x dxdz l x dx ld σσσ====⎰⎰
⎰
⎰
由薄板转动惯量的垂直轴定理知3311
33y x z J J J l d ld σσ=+=
+ xz dJ xzdm xzdxdz σ==，因此22001
4
l d xz xz J dJ xzdxdz d l σσ===⎰⎰⎰
因矩形薄板中，0y =，0xy yz J J ==
故3223322311034
011
000
33
110
4
3x
xz B y xz
z l d
d l J J J J l d ld J J d l ld σσσσσσ⎛⎫
- ⎪-⎛⎫
⎪ ⎪ ⎪==+ ⎪ ⎪ ⎪- ⎪
⎝⎭ ⎪-
⎪⎝⎭
在切换转轴过程中，虽然转轴对矩形薄板有冲力，但对于BA 轴来说，力矩并没有改变，始
终为0。故在切换转轴过程中，对于BA 轴角动量守恒：
B B J k J k ω⋅⋅=⋅Ω⋅，代入,,B J ωΩ可得：
()()322332233223322311034
11000
001331104311034
0110000013311043l d d l l d ld d l ld l d d l l d ld d l
ld σσσσσσσσσσσσ⎛⎫- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪+⋅⋅ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪- ⎪⎝⎭
⎛⎫- ⎪⎛⎫
⎪ ⎪ ⎪=+⋅⋅ ⎪ ⎪ ⎪-Ω ⎪⎝⎭ ⎪- ⎪⎝⎭
x
即22
331114
33d l
ld ld σσσ-+=-Ω
，化简可得：Ω=5.15、一半径为r ，质量为m 的球体，
今若突然将其表面上的一点O 度矢量ω及球体对O 点的角动量L 。已知O 线与v 成α角，如图所示。
解：选取如图所示的动直角坐标系O xyz -。
,,x y z 轴为对称面的法线，故,,x y z 所以000
000
x O y z J J J J ⎛⎫
⎪= ⎪ ⎪⎝
⎭
如图，在球体上取一立体微元
2
2
2
22
52(sin )(sin )sin 82
155
D D D r J h dm h dV r dV r rd r d dr
r mr ππ
ρρϕρϕϕϕθρπ=====
=⎰⎰⎰⎰⎰⎰
所以2
25
x D J J mr ==
由平行轴定理可得：2
222255
y z D J J J mr mr mr mr ==+=
+= 球体无转动地以速度v 运动进，合力为0。球体表面定住不动后，虽然定点O 会对球体很大的冲击力，但冲击力始终过O 点，对O 点的力矩为0，角动量守恒：O L r mv J ω=⨯=⋅
即2
2225070005
cos sin 075mr i
j k m
r mr v v mr α
α
ω⎛⎫ ⎪⎛⎫ ⎪ ⎪
⎪= ⎪ ⎪ ⎪
⎪⎝⎭ ⎪ ⎪⎝
⎭
27
sin 5
rv mr αω=
解得：5sin 7v r αω=，5sin 7v k r
α
ω=
sin L mr v mrv k α=⨯=
5.16、一匀质圆盘竖直地在一坡角为α的斜面上无滑动地滚下。证明：
(i)圆盘质心的加速度大小为
2
sin 3
g α (ii)圆盘和斜面间的摩擦系数至少为1
3
tg α
解：匀质圆盘的受力分析如图所示。
设匀质圆盘的质量为m ，半径为r ，斜面的摩擦系数为μ。 建立如图所示的动直角坐标系C xyz -，圆盘位于C xz -平面
x 轴平行于斜面，y 轴垂直于圆盘的盘面。
N f fi F i μ=-=-，N N F F k =，(sin cos )mg mg i k αα=-
圆盘应用质心定理（x 轴方向）：sin C mg f ma α-= 圆盘应用质心定理（z 轴方向）：cos 0N F mg α-= 圆盘质心应用角动量定理（y 轴方向）：y J fr ω= 圆盘无滑动滚动条件：C v r ω=，求导有：C a r ω= 静摩擦力定义：N f F μ≤ 联立上面诸式可得：2sin 3C a g α=
，1
3
tg μα≥ 5.17、长为l 的匀质棒，一端以光滑铰链悬挂于固定点。若起始时，棒自水平位置静止开始
运动，当棒通过竖直位置时铰链突然松脱，棒开始自由运动。在以后的运动中： (i)证明棒质心的轨迹为一抛物线。
(ii)棒的质心下降h 距离时，棒已转过多少圈？ 解：（i ）建立如图所示固定直角坐标系O xyz -，
设棒的质量为m ，棒在竖直位置时的角速度为0k ω 匀质棒从水平位置摆动到竖直位置，只有重力做功， 机械能守恒（取棒的质心C 点处为0势能点）：
22222000111111
()()22222212
C C l mgl mv J m ml ωωω=+=+
化简可得：0ω=
棒脱离铰链后，只受重力作用。
x 轴方向：0C mx =（1）
y 轴方向：C my mg =（2）
z 轴方向：0C C J M ω==（3）
α
mg
f
y
N F C
C
v
棒脱离铰链时，0t =，03g
k k l
ωω==
，0C x i =， 012C x li ω=-，2
C l
y j =，0C y j =（4）
对（1）式积分并代入（4）可得：012C x l ω=== （5） 对（5）式积分得：C x =
（6） 对（2）式积分并代入（4）得：C y gt =，再次积分得：211
22
C y gt l =+ （6）
由（5）、（6）消去时间t 可得棒脱离铰链时，质心C 的轨道方程：
221
32
C C y x l l =+，由表达式可看出棒质心的轨道方程为抛物线型。
（ii ）当质心下降h 时，即2C l y h =+
，代入（6）式可得：t =由（3）式和（4）式知03g
k k l
ωω==
，棒脱离铰链后将匀速转动。 那么棒转过的圈数为：2t t n T ωπ=
==5.18、质量为'm 的平板，受水平力F 的作用，在一不光滑的水平面上运动。平板与水平面间的摩擦系数为μ，平板上放有一质量为m 的匀质实心圆柱，在平板上作纯滚动。试求出平板的加速度。
解：对平板和圆柱作受力分析如图所示。其中f 是圆柱对平板的摩擦力，'f 是水平面对平板的摩擦力，f -是平板对圆柱的摩擦力。 取端点为原点，建立平行于平板的动坐标系O xyz -
'f f
'
N F
N
f
F
N ma
由受力分析列出圆柱和平板的运动学方程为：
x 方向：''F f f m a --=，C f ma mx -=
y 方向：''N m g N =+，N mg =
圆柱在平板上作纯滚动，z 方向：D J fr ω=-，C x r ω= 式中2
12
D J mr =
为圆柱绕轴线转动惯量 由滑动摩擦力条件：''f N μ=
联立上面诸式可得：33(')
3'F g m m a m m
μ-+=+
5.19、一粗糙的半球形碗，半径为R ，别有一半径为r 较小的匀质球体，从碗边无初速度地沿碗的内壁滚下，如图示。求出球体的角速度大小ω与所在位置ϕ角的关系，以及球体在
最低处时球心的速度。
解：当球体从碗的A 点滚到B 点时，球体与 碗相切的A 点已经转过了θϕ-角。 球体无滑滚动，应有：
()()2
R r π
ϕθϕ-=- (1) 球体受力分析如图所示，有：
(质心做圆周运动，切向)：sin ()mg f m R r ϕϕ-=-- (2)
(质心角动量定理)：2
25fr mr θ=⋅ (3) 对(1)式求导有：R r r θϕ-=-，代入(3)式得：2
()5
f m R r ϕ=--
代入(2)式有：5sin 7()g R r ϕϕ=-
-，即102(sin )7()
g
d d R r ϕϕϕϕ=--
积分有：
/2102sin 7()g d d R r ϕ
ϕπϕϕϕϕ=
--⎰
⎰，即107(R
ϕ=- 22(r R r R r r ωθϕϕ--=+=
=-=()v R r ω=-
f
mg
N
A
B
5.20、一半径为R ，的匀质圆球，置于同样固定球体的表面上。初始时刻此两球的连心线与铅直线成α
面时，连心线与铅直线间的夹角θ，及此时球体的角速度的大小解：建立如图所示的直角坐标系O xyz -，y 'O 点相对相对O 点的角速度为k θ，
球体'O 上的点相对'O 点的角速度为k ϕ
那么球体'O 相对O 点的角速度为()k k k ωθϕθϕ=+=+ (1)
A 点为'OO 与铅直线成α角时，两球体的切点
B 点为'OO 与铅直线成θ角时，两球体的切点
所以球体'O 的约束条件：BC AB =，即()R R θϕθ=-，化为2ϕθ= (2) 当球体'O 脱离固定球表面时，球体'O 对球体O 的压力为0，且球体'O 做圆周运动：
2cos 2mg m R θθ= (3)
受力分析如图所示，那么对于'O 有：
x 方向：sin 2mg f mR θθ-= (4)
y 方向：2cos 2mg N mR θθ-= (5) z 方向：22
5
mR fR ϕ= (6)
由(2)式知，2ϕθ=，代入(6)式得：24
55
f mR mR ϕθ==
代入(4)式可得：5sin 14g
R
θθ=
5sin 14d d d g
dt d d R
θθθθθθθθ=
==
分离变量：5sin 14g
d d R
θθθθ=
因球体'O 初始时刻条件为：θα=，0θ= 积分可得：
5sin 14g
d d R
θ
θ
αθθθθ=⎰
⎰
可求得2
5(cos cos )7g
R
θαθ=
- (7) 把(7)式代入(5)式可得：
21710
cos 2cos cos 77
N mg mR mg mg θθθα=-=
- O y
R A f
mg N
当1710
cos cos 077
N mg mg θα=
-=时， 即10
cos(cos )17
arc θα=时，球体'O 脱离固定球O 的表面
球体'O 的角速度为5cos 2
17g k k R
α
ϕ=
5.21、一半径为r 的球体，绕其水平的直径以角速度0ω转动，尔后将其放置在摩擦系数为μ的水平桌面上。求出此球体开始作纯滚动时，球体已前进的距离s 解：建立如图所示的静直角坐标系O xyz -，球体受力分析如图所示。 初始时刻，0t =，0x y z ===，0y =，0ωω= 在球体滑动时，列出动力学方程：
x 方向(质心角动量定理)：22
5
mr rf ω=- y 方向：f my = (2)
z 方向：N mg = (3)
摩擦力定义：f N μ=(4)
质心动量定理：0ft m r ω=- (5) 联立(1)、 (3)、(4)式并代入初始条件可得：05
2gt r
ωμω=-+ (6) 由(2)、 (3)、(4)式并代入初始条件得：y g μ=- 积分并代入初始条件得：y gt μ= 积分并代入初始条件有：21
2
y gt μ= (7)
由(5)、(6)可得：027r
t g
ωμ=
代入(7)可求出球体开始作纯滚动时，球体已前进的距离为：22
0249r y g
ωμ=
5.22、桌球是用棍棒冲击使球体运动的一种游戏。设桌球的半径为r ，置于光滑的平面上。问应在什么高度处水平冲击球体，球体才不会滑动而作纯滚动？ 解：设桌球的质量为m ，受力为F ，作用点到水平面的距离为h
ωN
mg
对桌球与水平面的切点应用角动量定理：
222
()5
mr mr Fh ω+= 由于桌球滑有滑动，所以应用质心运动定理：
F m r ω=
联立7
5
h r =
5.23、一半径为R 的匀质球体，以速度0v 在水平面上无滑动地滚动，突然遇到一高为h (2
R
<
)小0v 至少应为多大？
从开始上翻到完全登上台阶为止
球体在两个过程的受力分析如图所示。
在碰撞过程中，取球体与台阶的接触点为'O 点，并取为为参考点，那么对球体而言，台阶的支持力'N 和台阶的摩擦力'f 的力矩为0，重力mg 和水平面的支持力N 具有力矩，但它们为有限力，碰撞时间极短，引起角动量的变化相对球体自身的角动量很小。 所以球体角动量近似守恒。
0''()O O O O mv R h J J ωω-+= (1)
球体2
222''27
55
O O OO J J mr mR mR mR =+=
+= (2) 球体无滑动地在水平面滚动，故0O v R ω= (3) 联立(1)、(2)和3)式(可解得：'0215(
)7O h
v R R
ω=- (4) 0
v '
第五章_刚体力学_习题解答
5.1、一长为l 的棒AB ，靠在半径为r 的半圆形柱面上，如图所示。今A 点以恒定速度0v 沿水平线运动。试求：(i)B 点的速度B v ；(ii)画出棒的瞬时转动中心的位置。 解：如图，建立动直角系A xyz -，取A 点为原点。B A AB v v r ω=+? ，关键是求ω 法1(基点法)：取A 点为基点，sin C A AC A CO A A v v r v v v v ωθ=+?=+=+ 即sin AC A r v ωθ?= ，AC r ω⊥ ，化成标量为 ω在直角三角形OCA ?中，AC r rctg θ= 所以200sin sin sin cos A AC v v v r rctg r θθ θωθθ === 即2 0sin cos v k r θωθ = 取A 点为基点，那么B 点的速度为： 20023 00sin [(cos )sin ] cos sin sin (1)cos B A AB v v v r v i k l i l j r v l l v i j r r θωθθθθθθ=+?=+?-+=-- 法2(瞬心法)：如图，因棒上C 点靠在半圆上，所以C 点的速度沿切线方向，故延长OC ，使其和垂直于A 点速度线交于P 点，那么P 点为瞬心。 在直角三角形OCA ?中，sin OA r r θ = 在直角三角形OPA ?中，2 cos sin AP OA r r r ctg θ θθ == 02 cos ()sin A PA PA PA r v r k r j r i i v i θωωωωθ=?=?-=== ，即20sin cos v r θωθ = 取A 点为基点，那么B 点的速度为： 2002300sin [(cos )sin ] cos sin sin (1)cos B A AB v v v r v i k l i l j r v l l v i j r r θωθθθ θθ θ=+?=+?-+=-- 5.2、一轮的半径为r ，竖直放置于水平面上作无滑动地滚动，轮心以恒定速度0v 前进。求轮缘上任一点(该点处的轮辐与水平线成θ角)的速度和加速度。 解：任取轮缘上一点M ，设其速度为M v ，加速度为M a
理论力学习题册答案
第一章静力学公理与受力分析(1) 一．是非题 1、加减平衡力系公理不但适用于刚体.还适用于变形体。（） 2、作用于刚体上三个力的作用线汇交于一点.该刚体必处于平衡状态。（） 3、刚体是真实物体的一种抽象化的力学模型.在自然界中并不存在。（） 4、凡是受两个力作用的刚体都是二力构件。（） 5、力是滑移矢量.力沿其作用线滑移不会改变对物体的作用效果。（）二．选择题 1、在下述公理、法则、原理中.只适于刚体的有（） ①二力平衡公理②力的平行四边形法则 ③加减平衡力系公理④力的可传性原理⑤作用与反作用公理 三．画出下列图中指定物体受力图。未画重力的物体不计自重.所有接触处均为光滑接触。多杆件的整体受力图可在原图上画。 b(杆AB a(球A ) ) d(杆AB、CD、整体 )c(杆AB、CD、整体)
)e(杆AC、CB、整体)f(杆AC、CD、整体 四．画出下列图中指定物体受力图。未画重力的物体不计自重.所有接触处均为光滑接触。多杆件的整体受力图可在原图上画。 )a(球A、球B、整体)b(杆BC、杆AC、整体
第一章 静力学公理与受力分析（2） 一．画出下列图中指定物体受力图。未画重力的物体不计自重.所有接触处均为光滑 接触。多杆件的整体受力图可在原图上画。 W A D B C E Original Figure A D B C E W W F Ax F Ay F B FBD of the entire frame )a (杆AB 、BC 、 整体 )b (杆AB 、BC 、轮E 、整体 )c (杆AB 、CD 、整体 )d (杆BC 带铰、杆AC 、整体
5刚体力学基础习题思考题
习题 5-1. 如图，一轻绳跨过两个质量为m 、半径为r 的均匀圆盘状定滑轮，绳的两端分别挂着质量为m 2和m 的重物，绳与滑轮间无相对滑动，滑轮轴光滑，两个定滑轮的转动惯量均为2/2 mr ，将由两个定滑轮以及质量为m 2和m 的重物组成的系统从静止释放，求重物的加速度和两滑轮之间绳内的张力。 解：受力分析如图 ma T mg 222=- （1） ma mg T =-1 （2） βJ r T T =-)(12 （3） βJ r T T =-)(1 （4） βr a = (5) 联立 g a 41= ， mg T 8 11 = 5-2. 如图所示,一均匀细杆长为l ，质量为m ，平放在摩擦系数为μ的水平桌面上,设开始时杆以角速度0ω绕过中心O 且垂直与桌面的轴转动，试求:（1）作用于杆的摩擦力矩；（2）经过多长时间杆才会停止转动。 （1） 设杆的线l m = λ，在杆上取一小质元dx dm λ= gdx dmg df μλμ== gxdx dM μλ= 考虑对称 mgl gxdx M l μμλ?==20 4 1 2
（2） 根据转动定律d M J J dt ωβ== ? ?=-t w Jd Mdt 0 ω 0212 1 41ωμml mglt -=- 所以 g l t μω30= 5-3. 如图所示，一个质量为m 的物体与绕在定滑轮上的绳子相联，绳子的质量可以忽略，它与定滑轮之间无滑动。假设定滑轮质量为M 、半径为R ,其转动惯量为2/2 MR ，试求该物体由静止开始下落的过程中，下落速度与时间的关系。 dt dv m ma T mg ==- βJ TR = βR dt dv = 整理 mg dt dv M m =+)21( gdt M m m dv t v ??+=0021 2 M m mgt v + =
4_刚体力学习题详解
习题四 本章习题都是围绕（角）动量守恒以及能量守恒，把过程分析清楚，正确带入公式就可以解决。 一、选择题 1．一根长为l 、质量为M 的匀质棒自由悬挂于通过其上端的光滑水平轴上。现有一质量为m 的子弹以水平速度v 0射向棒的中心，并以v 0/2的水平速度穿出棒，此后棒的最大偏转角恰为90?，则v 0的大小为 [ ] （A ； （B ； （C （D ）22 163M gl m 。 答案：A 解： 11122 , 1122 J J J J Mg l ωωωω=+?? ?=??? 22211, 243l m l J m J M l ??=== ??? 0012/2v v l l ω==，0021/21 /22 v v l l ωω===，111121 ()2J J J J ωωωω-= = 21122J Mgl ω=， 2 112J J Mgl J ω?? ?= ??? ， 22 114J Mgl J ω= 2 2 20224443 v ml l Mgl Ml ?? ???=?，Mgl M v m =?202163，2 202 163M v gl m =，所以 3 40gl m M v = 2．圆柱体以80rad/s 的角速度绕其轴线转动，它对该轴的转动惯量为24kg m ?。在恒力矩作用下，10s 内其角速度降为40rad/s 。圆柱体损失的动能和所受力矩的大小为 [ ] （A ）80J ，80N m ?； （B ）800J ，40N m ?；（C ）4000J ，32N m ?；（D ）9600J ，16N m ?。 答案：D 解：800=ω，40=ω，10=t ，4J = M 恒定，匀变速，所以有 0t ωωα=-，0t ωω α-= ，08040 416N m 10 M J J t ωω α--==? =? =? 3．一个转动惯量为J 的圆盘绕一固定轴转动，初角速度为0ω。设它所受阻力矩与转动角速度成正比M k ω=- (k 为正常数)。 （1）它的角速度从0ω变为0/2ω所需时间是 [ ] （A ）/2J ； （B ）/J k ； （C ）(/)ln 2J k ； （D ）/(2)J k 。 （2）在上述过程中阻力矩所做的功为 [ ]
第05章__刚体力学基础补充
第五章 刚体力学基础 一、选择题 1 甲乙两人造卫星质量相同，分别沿着各自的圆形轨道绕地球运行，甲的轨道半径较小，则与乙相比，甲的： (A)动能较大，势能较小，总能量较大； (B)动能较小，势能较大，总能量较大； (C)动能较大，势能较小，总能量较小； (D)动能较小，势能较小，总能量较小； ［ C ］难度：易 2 一滑冰者，以某一角速度开始转动，当他向内收缩双臂时，则： (A)角速度增大，动能减小； (B)角速度增大，动能增大； (C)角速度增大，但动能不变； (D)角速度减小，动能减小。 ［ B ］难度：易 3 两人各持一均匀直棒的一端，棒重W ，一人突然放手，在此瞬间，另一个人感到手上承受的力变为： (A)3w ； (B) 2w (C) 43w ； (D) 4 w 。 ［ D ］难度：难 4 长为L 、质量为M 的匀质细杆OA 如图悬挂．O 为水平光滑固定转轴，平衡时杆竖直下垂，一质量为m 的子弹以水平速度0v 击中杆的A 端并嵌入其内。那么碰撞后A 端的速度大小： (A) M m mv +12120； (B) M m mv +330 ； (C) M m mv +0； (D) M m mv +330 。 ［ B ］难度：中 5 一根质量为m 、长为l 的均匀直棒可绕过其一端且与棒垂直的水平光滑固定轴转动．抬起另一端使棒竖直地立起，如让它掉下来，则棒将以角速度ω撞击地板。如图将同样的棒截成长为2 l 的一段，初始条件不变，则它撞击地板时的角速度最接近 于： (A)ω2； (B) ω2； (C) ω； (D) 2ω。 ［ A ］难度：难 6 如图：A 与B 是两个质量相同的小球，A 球用一根不能伸长的绳子拴着，B 球用橡皮拴着，把它们拉到水平位置，放手后两小球到达竖直位置时绳长相等，则此时两球 L
第五章 刚体力学参考答案
一、选择题 ［ C ］1、如图所示，A 、 B 为两个相同的绕着轻绳的 定滑轮．A 滑轮挂一质量为 M 的物体，B 滑轮受拉力F ，而 且F ＝Mg ．设A 、B 两滑轮的角加速度分别为βA 和βB ，不计 滑轮轴的摩擦，则有 (A) βA ＝βB ． (B) βA ＞βB ． (C) βA ＜βB ． (D) 开始时βA ＝βB ，以后βA ＜βB ． 图5-18 参考答案： 设定滑轮半径为Ｒ，转动惯量为J ，如图所示，据刚体定轴转动定律Ｍ=Ｊβ有： 对B ：FR=MgR= J βB ． 对A ：Mg-T=Ma TR=J βA, a=R βA, 可推出：βA ＜βB [ D ]2、如图5-8所示，一质量为m 的匀质细杆AB ，A 端靠在粗糙的竖直墙壁上，B 端置于粗糙水平地面上而静止．杆身与竖直方向成θ角，则A 端对墙壁的压力大小 (A) 为 4 1mg cos θ． (B)为 2 1mg tg θ． (C) 为 mg sin θ． (D) 不能唯一确定． [ C ]3、一圆盘正绕垂直于盘面的水平光滑固定轴O 转 动，如图5-11射来两个质量相同，速度大小相同，方向相反并在一条直线上的子弹，子弹射入圆盘并且留在盘内，则 子弹射入后的瞬间，圆盘的角速度ω (A) 增大． (B) 不变． (C) 减小． (D) 不能确定． 图5-8 m m 图5-11
参考答案: 把三者看作同一系统时,系统所受合外力矩为零, 系统角动量守恒。 设L 为每一子弹相对固定轴O 的角动量大小.故由角动量守恒定律得: J ω0+L-L=(J+J 子弹) ω ω <ω0 [ A ]4、质量为m 的小孩站在半径为R 的水平平台边缘上．平台可以绕通过其中心的竖直光滑固定轴自由转动，转动惯量为J ．平台和小孩开始时均静止．当小孩突然以相对于地面为v 的速率在台边缘沿逆时针转向走动时，则此平台相对地面旋转的角速度和旋转方向分别为 (A) ?? ? ??= R J mR v 2 ω，顺时针． (B) ?? ? ??= R J mR v 2 ω，逆时针． (C) ??? ??+=R mR J mR v 2 2 ω，顺时针． (D) ?? ? ??+= R mR J mR v 2 2 ω，逆时针． 参考答案： 视小孩与平台为一个系统，该系统所受的外力矩为零，系统角动量守恒： 0=Rmv-J ω 可得结论。 [ C ]5、如图所示，一匀质细杆可绕通过上端与杆垂直的水平光滑固定轴O 旋转，初始状态为静止悬挂．现有一个小球自左方水平打击细杆．设小球与细杆之间为非弹性碰撞，则在碰撞过程中对细杆与小球这一系统 (A) 只有机械能守恒． (B) 只有动量守恒． (C) 只有对转轴O 的角动量守恒． (D) 机械能、动量和角动量均守恒． 图5-10 参考答案： 视小球与细杆为一系统，碰撞过程中系统所受合外力矩为零，满足角动量守恒条件，不满足动量和机械能守恒的条件，故只能选（C ） [ C ]6、光滑的水平桌面上，有一长为2L 、质量为m 的匀质细杆，可绕过其中点且垂直于杆的竖直光滑固定轴O 自由转动，其转动惯量为 3 1mL 2，起初杆静止．桌面上有两个质 量均为m 的小球，各自在垂直于杆的方向上，正对着杆的一端，以相同速率v 相向运动，如图5-17所示．当两小球同时与杆的两个端点发生完全非弹性碰撞后，就与杆粘在一起转动，则这一系统碰撞后的转动角速度应为 (A) L 32v ． (B) L 54v ． (C) L 76v ． (D) L 98v ． (E) L 712v ． 图5-19 O v 俯视图
刚体力学习题解重点
六、刚体力学 一、选择题 1、均匀细棒OA可绕通过其一端O而与棒垂直的水平固定光滑轴转动，如图所示，今使棒从水平位置由静止开始自由下落，在棒摆动到竖直位置的过程中，下述说法哪一个是正确的？ （A）角速度从小到大，角加速度从大到小 （B）角速度从小到大，角加速度从小到大 （C）角速度从大到小，角加速度从大到小 （D）角速度从大到小，角加速度从小到大 2、将细绳绕在一个具有水平光滑轴的飞轮边缘上，如果在绳端挂一质量为m的重物，飞轮的角加速度为，如果以拉力2mg代替重物拉绳时，飞轮的角加速度将（A）小于 （B）大于，小于2 （C）大于2 （D）等于2 3、一个物体正在绕固定光滑轴自由转动， （A）它受热膨胀或遇冷受缩时，角速度不变 （B）它受热时角速度变大，遇冷时角速度变小 （C）它受热或遇冷时，角速度变大 （D）它受热时角速度变小，遇冷受缩时角速度变大
4、一圆盘正绕垂直于盘面的水平光滑固定轴O转动，如图射来两个质量相同，速度大小相同，方向相反并在一条直线上的子弹，子弹射入圆盘并留在盘内，则子弹射入后的瞬间，圆盘的角速度 （A）增大 （B）不变 （C）减小 （D）不能确定 5、光滑的水平桌面上，有一长为2L、质量为m的匀质细杆，可绕过其中点且垂 直于杆的竖直光滑固定轴O自由转动，其转动惯量为，起初杆静止，桌面上有两个质量均为m的小球，各自在杆的垂直方向正对着杆的一端以相同的速率v 相向运动，（如图所示），当两小球同时与杆的两端点发生完全非弹性碰撞后，就与杆粘在一起运动，则这一系统碰撞后的转动角速度为 （A） （B） （C） （D） 6、一圆盘绕过盘心且与盘面垂直的轴O以角速度按图示方向转动，若如图所示的情况那样，将两个大小相等方向相反但不在同一条直线的力F沿盘面同时作用在圆盘上，则圆盘的角速度 （A）必然增大 （B）必然减小 （C）不会改变 （D）如何变化不能确定 7、刚体角动量守恒的充分而必要的条件是
第五章 刚体力学基础 动量矩参考答案
第五章 刚体力学基础 动量矩 班级______________学号____________姓名________________ 一、选择题 1、力kN j i F )53( +=，其作用点的矢径为m j i r )34( -=，则该力对坐标原点的 力矩大小为 （ B ） (A)m kN ⋅-3； （B ）m kN ⋅29； (C)m kN ⋅19； (D)m kN ⋅3。 2、圆柱体以80rad /s 的角速度绕其轴线转动，它对该轴的转动惯量为24m kg ⋅。由于恒力矩的作用，在10s 内它的角速度降为40rad /s 。圆柱体损失的动能和所受力矩的大小为( D ) (A)80J ，80m N ⋅；(B)800J ，40m N ⋅；(C)4000J ，32m N ⋅；(D)9600J ，16m N ⋅。 3、 一匀质圆盘状飞轮质量为20kg ，半径为30cm ，当它以每分钟60转的速率旋转时，其动能为 ( D ) (A)22.16π J ； (B)21.8πJ ；（C ）1.8J ； （D ）2 8.1π J 。 4、如图所示，一轻绳跨过两个质量均为m 、半径均为R 的匀质圆盘状定滑轮。绳的两端分别系着质量分别为m 和2m 的重物，不计滑轮转轴的摩擦。将系统由静止释放，且绳与两滑轮间均无相对滑动，则两滑轮之间绳的张力。（ D ） (A)mg ； (B)3mg /2； (C)2mg ； (D)11mg /8。 5、一根质量为m 、长度为L 的匀质细直棒，平放在水平桌面上。若它与桌面间的滑动摩擦系数为μ，在t =0时，使该棒绕过其一端的竖直轴在水平桌面上旋转，其初始角速度为0ω，则棒停止转动所需时间为 (A ) (A)μωg L 3/20； (B) μωg L 3/0； (C) μωg L 3/40； (D) μωg L 6/0。 6、关于力矩有以下几种说法，其中正确的是 ( B ) （A ）内力矩会改变刚体对某个定轴的角动量（动量矩）； （B ）作用力和反作用力对同一轴的力矩之和必为零； （C ）角速度的方向一定与外力矩的方向相同； （D ）质量相等、形状和大小不同的两个刚体，在相同力矩的作用下，它们的角加速度一定相等。 7、一质量为60kg 的人站在一质量为60kg 、半径为l m 的匀质圆盘的边缘，圆盘可绕与盘面相垂直的中心竖直轴无摩擦地转动。系统原来是静止的，后来人沿圆盘边缘走动，当人相对圆盘的走动速度为2m/s 时，圆盘角速度大小为 ( D ) (A) 1rad/s ； (B) 2rad/s ； (C) 2/3rad/s ； (D) 4/3rad/s 。 8、如图所示，一根匀质细杆可绕通过其一端O 的水平轴在竖直平面内自由转动，杆长5/3m 。今使杆从与竖直方向成︒60角由静止释放(g 取10m/s 2)，则杆的最大角速度为( A ) （A ）3rad/s ； (B)πrad/s ； (C)3.0rad/s ； (D)3/2rad/s 。 9、对一个绕固定水平轴O
刚体力学基础习题解答
命题教师：郑永春 试题审核人：张郡亮 1、三个质量均为m 的质点，位于边长为a 的等边三角形的三个顶点上。此系统对通过三角形中心并垂直于三角形 平面的轴的转动惯量J 0=__ ma _，对通过三角形中心且平行于其一边的轴的转动惯量为 J A = _丄口£_，对通过三角形 — --- = —2—" 中心和一个顶点的轴的转动惯量为匾 (C ) 5、一圆盘正绕垂直于盘面的水平光滑固定轴 0转动，如图1射来两个质量 相同，速度大小相同，方向相反并在一条直线上的子弹，子弹射入圆盘并且留在盘内， 衡水学院理工科专业 《大学物理B 》刚体力学基础 习题 2、两个质量分布均匀的圆盘 A 和B 的密度分别为 设两圆盘对通过盘心且垂直于盘面的轴的转动惯量分别为 3、一作定轴转动的物体，对转轴的转动惯量 J = 力矩M 12 N • m 当物体的角速度减慢到 =rad/s 时，物体已转过了角度 P A 和P B ( P A > P B )，且两圆盘的总质量和厚度均相 同。 J A 和 J B ，则有 J A < J B 。 4、 两个滑冰运动员的质量各为70 kg ,均以m/s 的速率沿相反的方向滑行，滑行路线间的垂直距离为10 m 当彼 此交错时，各抓住一 10 m 长的绳索的一端，然后相对旋转，则抓住绳索之后各自对绳中心的角动量 L =__2275 kg -m 2 -s 1 ;它们各自收拢绳索，到绳长为 5 m 时，各自的速率 = 13 m-s 1 。 5、 有一质量均匀的细棒，可绕垂直于棒的一端的水平轴转动。如将此棒放在水平位置，然后任其下落，则在下落 过程中的角速度大小将 变大 ，角加速度大小将 变小。 、单项选择题(每小题2分) 1、有两个力作用在一个有固定转轴的刚体上，下列说法正确的是: B. A.这两个力都平行于轴作用时，它们对轴的合力矩一定是零; 这两个力都垂直于轴作用时，它们对轴的合力矩一定是零; C. D. 当这两个力的合力为零时，它们对轴的合力矩也一定是零; 当这两个力对轴的合力矩为零时，它们的合力也一定是 2、 一轻绳绕在有水平轴的定滑轮上，滑轮的转动惯量为 J ,绳下端挂一物体。物体所受重力为 P ,滑轮的角加 速度为 A. .若将物体去掉而以与P 相等的力直接向下拉绳子，滑轮的角加速度 将 不变； B. 变小； C. 变大； D. 如何变化无法判 断。 A.只取决于刚体的质量，与质量的空间分布和轴的位置无关; B. 取决于刚体的质量和质量的空间分布，与轴的位置无关; C. 取决于刚体的质量、质量的空间分布和轴的位置； D.只取决于转轴的位置，与刚体的质量和质量的空间分布无关。 4、一人造地球卫星到地球中心 0的最大距离和最小距离分别是 Rx 和FB.设卫星对应的角动量分别是 L A 、L B ， 动能分别是氐A 、氐，贝U 应有 L A ， E KA = E KB ； < L A ， E KA = E KB ； L A ， E KA < E KB ； L A ， E KA > E KB .
5《学习指南 试题精解》 第五章 刚体力学
第5章 刚体力学 5.1 本章要求： 1、通过质点在平面内的运动情况理解角动量、动量矩和角动量守恒定律,了解转动惯量的概念； 2、理解刚体的定轴转动的转动定律和刚体在定轴转动情况下的角动量定理和角动量守恒定律； 3、能应用角动量定理和角动量守恒定律解简单的刚体运动的力学问题。 5.2 内容提要 1、质点的角动量 v r m P r L ⨯=⨯=； 2、质点的角动量定理 作用于质点的冲量矩等于质点的角动量的增量。 积分形式 00 L L d dt L L t t -==⎰⎰ ， 微分形式 dt d M = 外 3、角动量守恒定律 如果某一固定点，质点所受合外力矩为零，则此质点对该固定点的角动量矢量保持不变。则 0=dt L d ， ∑=i i L L = 常矢量 4、刚体 物体内任意两点间的距离在外力作用下始终保持不变，从而其大小和形状都保持不变的物体，称为刚体。刚体也是物体的一种理想模型。 5、平动 刚体运动时，连接刚体中任意两点的直线始终保持它的方位不变。这种运动称为刚体的平动或平移。 6、转动 刚体运动时，如果刚体内各点都绕同一直线作圆周运动，这种运动称为刚体的转动；这一直线称为转轴。如果转轴相对于所取的参考系是固定不动的，就称为定轴转动。如果转轴上一点静止于参考系，而转动的方位在变动，这种转动称为定点转动。 刚体的一般运动，可以看作平动和转动所合成。 7、质心 质心是与质点系的质量分布有关的一个代表点,它的位置在平均意义上代表着质点分布的中心。 对于有许多质点组成的系统，如果用i m 和i r 表示第i 个质点的质量和位矢，
用c r 表示质心的位矢，则有 M r m r i i i c ∑= ， 式中∑=i i m M 为质点系的总质量。 质心位置的坐标为： M z m z M y m y M x m x i i i c i i i c i i i c ∑∑∑= = = ,,。 对于质量连续性分布的物体，质心的位矢为 ⎰=M rdm r c 其坐标为 ⎰⎰⎰===zdm M z ydm M y xdm M x c c c 1,1,1。 物体的质心和重心是两个不同的概念。重心是地球对物体各部分引力的合力（即重力）的作用点。当物体远离地球而不受重力作用时，重心这个概念就失去意义，但质心却依然存在。对于地球上体积不太大的物体，重心和质心的位置是重合的。 8、质心运动定理 质心的运动等于同一个质点的运动，这个质点具有质点系的总质量M ，它受到的外力的矢量和，这个结论称为质心运动定理。 其数学表达式为 ∑=+++=i i n c F F F F a m 21. 质心运动定理表明，质心的运动就像把质点系的质量和外力都集中于质心上的一个质点的运动一样。 9、刚体定轴转动的角位移、角加速度随时间的关系，在角加速度恒定的情况下 t βωω+=0，2002 1 t t βωθθ++=；βθωω2202=-. 10、平行轴定理 刚体对任意一轴的转动惯量等于刚体对通过质心并与该轴平行的轴的转动惯量c I 加上刚体质量与两轴间距离d 的二次方的乘积，即 2d m I I c ∙+=， 这称为平行轴定理. 11、垂直轴定理 设薄板对垂直于板面z 轴的转动惯量为z I ，薄板对板面内相互正交的x 轴和y 轴的转动惯量分量分别为x I 和y I ，则有 y x z I I I ++， 这称为垂直轴定理. 12、刚体转动的功和能 力矩的功
刚体力学习题课(参考答案)
刚体力学习题课（参考答案） 1. 解：设2m 的加速度为a ，则有： (1) 111a m T g m =- (2) 222a m g m T =- (3) 21 12111311βR M R T R T = - (4) 2 122 222223βR M R T R T =- (5) 11βR a = (6) 22βR a = 由（3）（5）得： (7) 2 1 131a M T T = - 由（4）（6）得： (8) 2 1 223a M T T = - 由（7）（8）得： (9) )(2 1 2121a M M T T += - 由（1）（2）得： (10) )()()(212121a m m T T g m m +=--- 由（7）（10）得： g M M m m m m a ) (2 1 21212 1+++-= （11） 将（11）代入（1）和（2）得： (12) ) (21 ) (21 2121212121g m M M m m M M m T +++++= (13) ) (2 1 ) (21 2221212112g m M M m m M M m T +++++= 将（11）（13）代入（8）得：
g M M m m M m M m m m T ) (2 1 ) (21 221211221213+++++= （14） 2． 3. （1）g R I m mg a 3 1 /2=+= s a l t 6.02== （2）s m at v /2== s m v v mR I R v R v I R mv I mvR /5.143 ',/'',/''322 ==→⎩⎨⎧===+=+ωωωω 另解： s m gt v mR I R v I R mv mgRt /5.141 ',/''''32 ==→⎩ ⎨⎧==+=ωω
刚体习题和答案
作业5 刚体力学 ♫刚体：在力的作用下不发生形变的物体 ⎰=-⇒=21 0t t dt dt d ωθθθ ω角速度 ⎰=-⇒=21 0t t dt dt d βωωω β角加速度 1、根底训练〔8〕绕定轴转动的飞轮均匀地减速，t ＝0时角速度为05rad s ω=，t ＝20s 时角速度为00.8ωω=，那么飞轮的角加速度β= -0.05 rad/s 2 ，t ＝0到 t ＝100 s 时间飞轮所转过的角度θ= 250rad ． 【解答】 飞轮作匀变速转动，据0t ωωβ=+，可得出：20 0.05rad s t ωωβ-==- 据2 012 t t θωβ=+ 可得结果。 ♫定轴转动的转动定律： 定轴转动的角加速度与它所受的合外力矩成正比，与刚体的转动惯量成反比. βJ M = 质点运动与刚体定轴转动对照 [C ]1、根底训练〔2〕一轻绳跨过一具有水平光滑轴、质量为M 的定滑轮，绳的两端分别悬有质量为m 1和m 2的物体(m 1＜m 2)，如下图．绳与轮之间无相对滑动．假设某时刻滑轮沿逆时针方向转动，那么绳中的力 (A) 处处相等． (B) 左边大于右边． (C) 右边大于左边． (D) 哪边大无法判断． 【解答】 逆时针转动时角速度方向垂直于纸面向外, 由于(m 1＜m 2)，实际上滑轮在作减速转动,角加速 m 2 m 1 O
度方向垂直纸面向,所以,由转动定律21()T T R J β-=可得：21T T > [C ] 2、自测提高〔2〕将细绳绕在一个具有水平光滑轴的飞轮边缘上，现在在绳端挂一质量为m 的重物，飞轮的角加速度为．如果以拉力2mg 代替重物拉绳时，飞轮的角加速度将 (A) 小于． (B) 大于，小于2． (C) 大于2． (D) 等于2． 【解答】 设飞轮的半径为R ,质量为m ，根据刚体定轴转动定律M J β=，当挂质量为m 的重物是： mg T ma TR J a R β β -=== 所以2 mgR J mR β= +,当以2F mg =的拉力代替重物拉绳时，有： '2mgR J β=，2'mgR J β=，比拟二者可得出结论。 3、根底训练〔9〕一长为l ，质量可以忽略的直杆，可绕通过其一端的水平光滑轴在竖直平面作定轴转动，在杆的另一端固定着一质量为m 的小球，如图5-12所示．现将杆由水平位置无初转速地释放．那么杆刚被释放时的角加速度β0= g/l ，杆与水平方向夹角为60°时的角加速度 β= g/2l ． 【解答】 由转动定律:M J β= (1)开场时杆处于水平位置: 0mgl J β= 其中 2 J ml =为小球相对于转轴的转动惯量,得：0g l β= (2) cos mgl J θβ=, 2g l β= 4、根底训练〔12〕 如图5-14所示，滑块A 、重物B 和滑轮C 的质量分别为m A 、m B 和m C ，滑轮的半径为R ，滑轮对轴的转动惯量J ＝ 2 1 m C R 2．滑块A 与桌面间、滑轮与轴承之间均无摩擦，绳的质量可不计，绳与滑轮之间无相对滑动．滑块A 的加速度C B A B m m m g m a ++= )(22 【解答】 由转动定律得: B A T R T R J β-= (1) B B B G T m a -= (2) A A T m a = (3) l m C A B G B T B T A
理论力学简明教程第五章答案
第五张 刚体力学 平动中见彼此,转动中见分高低.运动美会让你感受 到制造的乐趣.走过这遭,或许会有曾经沧海难为水的感叹.别忘了,坐标变换将为你迷津救渡,同时亦会略显身手. 【要点分析与总结】 1 刚体的运动 （1）刚体内的任一点的速度、加速度（A 为基点） A r υυω'=+⨯ () ()A d r a a r dt ωωω'⨯'=+ +⨯⨯ （2）刚体内的瞬心S ：()2 1 s A A r r ωυω =+ ⨯ 〈析〉ω为基点转动的矢量和，12ωωω=++ A r r r '=+ dr dt υ= *A A A dr dr d r r r dt dt dt υωυω'' ''= +=++⨯=+⨯ ()A d r d d a dt dt dt ωυυ'⨯= =++()r ωω'⨯⨯ 值得注意的是：有转动时r '与r ω'⨯的微分，引入了r ω'⨯与 ()r ωω'⨯⨯项。 2 刚体的动量，角动量，动能 （1）动量：c P m υ=
（2）角动量： x x xx xy xz i i i y yx yy yz y zx zy zz z z L J J J L r m L J J J J J J J L ωυωωω⎛⎫⎛⎫ ⎛⎫-- ⎪ ⎪ ⎪=⨯===-- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪--⎝⎭⎝⎭ ⎝⎭ ∑ 式中： 转动惯量()()()2222 22xx yy zz J y z dm J z x dm J x y dm ⎧=+⎪ ⎪=+⎨⎪ =+⎪⎩⎰⎰⎰ 惯量积xx yy zz J xydm J yzdm J zxdm ⎧=⎪ ⎪=⎨⎪ =⎪⎩⎰⎰⎰ 且c c c L r m L υ'=⨯+ * l e 方向（以l 为轴）的转动惯量： (),,l l J e J e J ααβγβγ⎛⎫ ⎪ == ⎪ ⎪⎝⎭ 222222xx yy zz yz zx xy J J J J J J αβγβγγααβ =++--- （,,αβγ别离为l e 与,,x y z 轴夹角的余弦） * 惯量主轴 惯量主轴能够是对称轴或对称面的法线 若X 轴为惯量主轴，那么含X 的惯量积为0，即: 0==xy xz J J 若,,x y z 轴均为惯量主轴，那么:xx yy zz L J i J j J k =++ 〈析〉成立的坐标轴轴应尽可能的是惯量主轴，如此会降低解题繁度。 (3) 动能：2221 1112222 c i i c c i T m m m J υυυωω'=+=+∑
理论力学部分例题及习题答案
1-1-1是非题（正确的在括号内画√，错误在画×）。 1．作用于刚体上的力是滑动矢量，作用于变形体上的力是定位矢量。（√） 2．二力构件的约束反力是其作用线的方位沿二受力点的连线，指向可假设。（√） 3．加减平衡力系公理不但适用于刚体，还适用于变形体。（×） 4．若两个力相等，则这个力就等效。（×） 5．作用于A 点共线反向的两个力1F 和2F 且1F >2F ，则合力21F F R -=。（×） 6．力F 可沿其作用线由D 点滑移到E 点。（×） 7．两物体在光滑斜面m-n 处接触，不计自重，若力1F 和2F 的大小相等方向 相反，且共线，则两个物体都处于平衡状态。（×） 1-1-2 选择题（将正确答案前面的序号写在括号内） 1．二力平衡公理适用于（1） ①刚体 ②变形体 ③刚体和变形体 2．作用与反作用公理适用于（3） ①刚体 ②变形体 ③刚体和变形体 3．作用于刚体上三个相互平衡的力，若其中任何两上力的作用线相交于一点，则其余的一个力的作用线必定。（2） ①交于同一点 ②交于同一点，且三个力的作用线共面 ③不一定交于同一点 4．作用于刚体上的平衡力系，如果作用到变形体上，则变形体（ 3 ）。反之，作用于变形体上的平衡力系如果作用到刚体上，则刚体（ 1 ）。 ①平衡 ②不平衡 ③不一定平衡 5．图示结构中，AC 、BC 自重分别为P 1和P 2，各杆受力如图①②③④。（3、4） 1．3 画出下列指定物体的受力图、假定各接触处光滑，物体的重量除注明者匀均不计。 1．圆柱体O 2．杆AB 3．弯杆ABC 4．刚架 5．杆AB 6．杆AB 7．销钉A 8．杆AB
1．4试画出下列各物系中指定物体的受力图。假定各接触处光滑，物体的重量除注明者外均不计。 1．起重机构整体：轮O 、杆AB 、杆BC 2．平衡构架整体：AB 部分、弯杆BC 3．三铰拱整体：AB 部分、BC 部分 4．A 形架整体，AB 部分、BC 部分，DE 杆及销钉B （力P 作用在销钉B 上） 5．二跨静定刚架整体、AD 部分、EC 梁。 6．构架整体，杆AB （连同滑轮），杆AB 7．整体，杆O 2B （包括滑块B ）、杆OA 8．整体，连杆AB 、圆盘O 、滑块B 9．整体，杆AB 、AC 、（均不包括销钉A 、C ）、销钉A 、销钉C 10．上题中，若销钉A 、C 均与AC 杆固连，画出AC 杆受力图，又若销钉A 与AB 杆固连，画出AB 杆受力图。 2．0思考题 1．汇交力系（1F 、2F 、3F ）作用，这四个力构成的力多边形分别如图（1）、 （2）、（3）试说明哪种情况不平衡，如果不平衡，力系的合力是怎样的？ 2．用解析法求汇交力系的平衡问题，需选定坐标系再建立平衡方程∑=0X F ，∑=0Y F ，∑=0Z F 。所选的X 、Y 、Z 各轴是否必须彼此垂直？ 不！在空间，X 、Y 、Z 不共向；在平X 、Y 不共线。 4．圆轮在力偶距为M 的力偶和力的共同作用下平衡，这是否说明一个力偶可用一个合适的力与之平衡。 不。O 处的约束反力F ' 必须与F 等相反向、平行，构成与M 反向的力偶。 3．平面汇交力系、空间汇交力系、平面力偶系、空间力偶系的独立平衡方程数各为多少？ 分别：2、3、1、3 5．在刚体上A 、B 、C 、D 四点各作用一力如图所示，其力多边形封闭，问刚体是否平衡？
大学物理刚体力学总结
大学物理刚体力学总结 大学物理刚体力学总结大学物理刚体力学总结 篇一: 大学物理力学总结大学物理力学公式总结 ? 第一章(质点运动学) 1. r=r(t)=x(t)i+y(t)j+z(t)k Δr=r(t+Δt)- r(t) 一般地|Δr |?Δr 2. v= a= dt dx d??d?? d2??dt 3. 匀加速运动: a=常矢 v0=vx+vy+vz r=r0+v0t+at2 ???? 4. 匀加速直线运动: v= v0+at x= v02 v2-v02=2ax 21 5. 抛体运动: ax=0 ay=-g vx=v0cs vy=v0sinθ-gt x=v0csθ?t y=v0sinθ?tgt2 21 6. 圆周运动: 角速度= dt Rdθ v 角加速度dt dω 加速度 a=an+at 法相加速度an==Rω2 ，指向圆心 Rv2 切向加速度at=Rα ，沿切线方向dt d?? 7. 伽利略速度变换: v=v’+u ? 第二章(牛顿运动定律) 1. 牛顿运动定律: 第一定律: 惯性和力的概念，惯性系的定义第二定律: F=, p=mv dtd?? 当m为常量时,F=ma 第三定律: F12=-F21 力的叠加原理:
F=F1+F2+…… 2. 常见的几种力: 重力: G=mg 弹簧弹力: f=-kx 3. 用牛顿定律解题的基本思路: 1) 认物体 2) 看运动 3) 查受力(画示力图) 4) 列方程(一般用分量式) ? 第三章(动量与角动量) 1. 动量定理: 合外力的冲量等于质点(或质点系)动量的增量，即 Fdt=dp 2. 动量守恒定律: 系统所受合外力为零时， p= ??????=常矢量 3. 质心的概念: 质心的位矢 rc= ???????? 离散分布) m 或 rc = ??dmm (连续分布) 4. 质心运动定理: 质点系所受的合外力等于其总质量乘以质心的加速度，即 F=mac 5. 质心参考系: 质心在其中静止的平动参考系，即零动量参考系。 6. 质点的角动量: 对于某一点, L=r×p=mr×v 7. 角动量定理: M= dtd?? 其中M 为合外力距，M=r×F，他和L 都是对同一定点说的。(质点系的角动量定理具有同一形式。) 8. 角动量守恒定律:
工程力学第二版答案
工程力学第二版答案 工程力学是工程学的基础学科之一，通过研究物体的力学行为来解决工程问题。本文档是对工程力学第二版教材的习题答案的整理和总结。希望能对学习该科目的学生以及工程领域从业者提供帮助。 第一章矢量代数与力学基本原理 习题1-1 1.如何判断两个向量相等？ 2.什么是矢量的加法和减法？ 3.如何计算矢量的模和方向？ 答案： 1.两个矢量相等的条件是它们的模和方向完全相同。 2.矢量的加法就是将两个矢量的对应分量相加，矢量 的减法是将两个矢量的对应分量相减。
3.矢量的模可以通过计算矢量的分量的平方和的平方根来得到，矢量的方向可以通过计算矢量的分量的比值和反三角函数得到。 习题1-2 1.什么是力的平衡？ 2.如何判断一个物体在平衡状态下的受力情况？ 3.什么是支撑反力？ 答案： 1.力的平衡指的是物体所受的合力为零的情况，物体处于静止或匀速直线运动的状态。 2.在平衡状态下，物体所受的合力为零，因此可以通过将所有作用力相互抵消来判断物体的受力情况。 3.支撑反力是指物体在受到外界作用力时，支持物体的支点对物体施加的反作用力。
第二章刚体力学基础 习题2-1 1.什么是刚体？ 2.刚体有几个自由度？ 3.刚体在平面上的运动有哪些约束条件？ 答案： 1.刚体指的是物体在力作用下，保持形状和大小不变的物体。 2.刚体有6个自由度，包括3个平移自由度和3个旋转自由度。 3.刚体在平面上的运动有3个约束条件，包括沿x轴平移、沿y轴平移和绕z轴旋转三个约束。 习题2-2 1.什么是力矩？ 2.如何计算力矩？
3.力矩的方向规定是怎样的？ 答案： 1.力矩是衡量力对物体旋转影响的物理量，也可以理 解为力的偏转能力。 2.力矩可以通过力与力臂的乘积来计算，其中力臂是 力对旋转轴的垂直距离。 3.力矩的方向遵循右手定则，即当右手握住力臂并使 之指向力的方向时，拇指所指的方向即为力矩的方向。 结论 本文档对工程力学第二版教材中的一些重要概念和习题进 行了解答。通过学习这些答案，读者可以更好地理解工程力学的基本原理和刚体力学基础，进一步提升解决工程问题的能力。希望本文档对学生和工程从业者有所帮助。
理论力学复习题参考答案
理论力学复习题 一、判断题。〔10分〕 1. 假设作用在刚体上的三个力汇交于同一个点，那么该刚体必处于平衡状态。( ×) 2. 力对于一点的矩不因力沿其作用线移动而改变。( √) 3. 但凡受到二个力作用的刚体都是二力构件。( ×) 4. 平面汇交力系用几何法合成时，所得合矢量与几何相加时所取分矢量的次序有关。( ×) 5. 如果一个平面力系是平衡的，那么力系中各力矢的矢量和不等于零。( ×) 6. 选择不同的基点，平面图形随同基点平移的速度和加速度一样。( ×) 7. 势力的功仅与质点起点与终点位置有关，而与质点运动的路径无关。( √) 8.对于整个质点系来说，只有外力才有冲量。( √) 9.当质系对固定点的外力矩为零时，质系对该点的动量矩守恒。( √) 10. 动能定理适用于保守系统也适用于非保守系统，机械能守恒定律只适用于保守系。( √) 11. 速度投影定理只适用于作平面运动的刚体，不适用于作一般运动的刚体。〔×〕 12. 应用力多边形法那么求合力时，所得合矢量与几何相加时所取分矢量的次序有关。〔×〕 13. 如果一个平面力系是平衡的，那么力系中各力矢构成的力多边形自行封闭。( √) 14. 用自然法求速度，那么将弧坐标对时间取一阶导数，就得到速度的大小和方向。〔√〕 15. 速度瞬心等于加速度瞬心。〔×〕 16. 质点系动量的变化只决定于外力的主矢量而与力无关。( √) 17. 质系动量矩的变化率与外力矩有关。( √) 18. 在复合运动问题中，相对加速度是相对速度对时间的绝对导数。〔×〕 19. 质点系动量的方向，就是外力主矢的方向。〔×〕 20. 力对于一点的矩不因力沿其作用线移动而改变。〔√〕 21. 假设一平面力系对某点之主矩为零，且主矢亦为零，那么该力系为一平衡力系。〔√〕 22. 牵连运动是指动系上在该瞬时与动点重合的点相对于动系的运动。〔×〕 23. 在复合运动问题中，相对加速度是相对速度对时间的绝对导数。〔×〕 24. 动能定理既适用于保守系统也适用于非保守系统，而机械能守恒定律只适用于保守系。〔√〕 25. 质点系动量的方向，就是外力主矢的方向。〔×〕 26. 一个刚体假设动量为零，该刚体就一定处于静止状态。〔×〕 27. 力不改变质点系的动量，但可以改变质点系质点的动量。〔√〕 28. 刚体在3个力的作用下平衡，这3个力不一定在同一个平面。〔×〕 29. 刚体的平移一定不是刚体的平面运动。〔×〕 30. 两自由运动质点，其微分方程完全一样，但其运动规律不一定一样。〔√〕 31. 在自然坐标系中，如果速度v= 常数，那么加速度a = 0。〔×〕 32. 在平面力系中，只要主矩不为零，力系一定能够进一步简化。〔×〕 33. 点在运动过程中，假设速度大小等于常量，那么加速度必然等于零。〔×〕 34. 弹簧从原长拉长10cm再拉长10cm，这两个过程中弹力做功相等。〔×〕 35. 外力偶不能改变质心的运动。〔√〕 36. 变力的冲量等于零时，变力F必为零。〔×〕 二、填空题〔20分〕 1. 假设平面汇交力系的力矢所构成的力多边形自行封闭，那么表示该力系的合力等于零。 2. 多轴钻床在水平工件上钻孔时，工件水平面上受到的是平面力偶__系的作用。