第7章《 刚体力学》习题解答
7.1.1 设地球绕日作圆周运动.求地球自转和公转的角速度为多少rad/s?估算地球赤道上一点因地球自转具有的线速度和向心加速度.估算地心因公转而具有的线速度和向心加速度（自己搜集所需数据）.
【解】 （1）地球自转
-527.2710(rad/s)
243600π
ω=
=??自
65
E 6.36107.310464m/s v R ω-==???=自自
()2
22-2n 6
E 464 3.410(m s )
6.3610v a a R -===???自自＝
（2）地球公转
-72 2.0410(rad/s)
365243600π
ω=
=???公
117
4ES 1.49610 2.010 2.9910(m/s)v R ω-==???=?公公
()2
423-2n 11
ES 2.9910 5.910(m s )1.49610v a a R ?=
=
=???－公
公＝
7.1.2 汽车发动机的转速在12s 内由1200rev/min 增加到3000rev/min.（1）假设转动是匀加速转动，求角加速度.(2)在此时间内，发动机转了多少转？
【解】 （1）22(30001200)1/60
1.57(rad /s )12
t ωπβ?-?=
== （2）2222
20
(
)(30001200)302639(rad)2215.7
π
ωω
θβ
--=
==?
所以 转数=2639
420()2π
=转
7.1.3 某发动机飞轮在时间间隔t 内的角位移为
34=+-θat bt ct (:rad,:s).θt
球t 时刻的角速度和角加速度.
【解】
34θ=at +bt -ct
23d 34dt
a bt ct θ
ω==+- 2d 612dt
bt ct ω
β=
=-
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2=1.2+(:rad,:s).θt t θt 求（1）t=0时，（2）自t=0开始转o 45时，（3）转过o 90时，A 点的速度和加速度在x 和y 轴上的投影.
【解】
2
1.21.222
t t t θωβ=+=+= （1）
??0, 1.2,0.12(/).
0,0.12(/)
A x y t R j j m s m s ωνωνν====∴==
220.144(m /s )y
x n a a R
ν==-
=-
20.2(m/s )y a R β==
（2）45θ= 时，
由21.2,0.47()
4
2.14(/)
A t t t s rad s v R
π
θωω=+=
=∴==?
得
??? ?? 0 0 0.150.15cos sin 0
i j k
j i
R R ωθθ==- 0.15(/),015(m /s)
??(sin cos )x y A A m s d d a R i R j dt dt
νννωθωθ∴=-===-+
??(sin cos )d R i j dt
ωθωθ=
-+ 221222??[(cos sin )(sin cos )??0.1830.465(/)0.465(/),0.183(m /s )x y R i j j i m s a m s a ωθβθωθβθ-=--+-+=--∴=-=- （3）当90θ= 时，由
222
21.2,0.7895(), 2.78(rad /s)
2
??0.278(m /s)0.278(/),0(m /s)
0.2(m /s )0.77(m /s )
A x y x x y t t t s v R i i m s a R a R
π
θωωννβν=+=
===-?=-∴=-==-=-=-
=- 得
7.1.5 钢制炉门由两个各长 1.5m 的平行臂AB 和CD 支承，以角速度
=10rad/s ω逆时针转动，求臂与铅直o 45时门中心G 的速度和加速度.
【解】
因炉门在铅直面内作平动，门中心G 的速度、加速度与B 或D 点相同。所以：
2
2
2
1.51015(m/s)
1.510150(m/s )G G AB a AB νωω=?=?==?=?=
7.1.6 收割机拔禾轮上面通常装4到6个压板.拔禾轮一边旋转，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，另一方面把切割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 ，拔禾轮直径1.5m ，转速22rev/min,求压板运动到最低点挤压作物的速度.
【解】
取地面为基本参考系，收割机为运动参考系。 ννν∴=+ 板牵轮
取收割机前进的方向为坐标系正方向
1.20.53(m /s)
302
0.53(m /s)
?0.53(m /s)n D
i
πννννν∴-=-+=-
?+=-∴=∴=- 板对地板对轴轴对地板对地板对地
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.（1）桨尖相对于飞机的线速率等于多少？（2）若飞机以250km/h 的速率飞行，计算桨尖相对于地面速度的大小，并定性说明桨尖的轨迹.
【解】
取地球为基本参考系，飞机为运动参考系。 （1）研究桨头相对于运动参考系的运动： 1.5314.16(m /s)30
n
R πνω==
?=相
（2）研究桨头相对于基本参考系的运动：
,321.7(m /s)
νννννν=+⊥∴= 绝相牵相牵
绝
由于桨头同时参与两个运动：匀速直线运动和匀速圆周运动。故桨头轨迹应是一个圆柱螺旋线。
7.1.8 桑塔纳汽车时速为166km/h.车轮滚动半径为0.26m.自发动机至驱动轮的转速比为0.909.问发动机转速为每分多少转.
【解】
设发动机转速为n 发，驱动轮的转速为n 轮。 由题意：
0.909,0.909n n n n ==发
发轮轮
（1） 汽车的速率为3
16610,60?
3
16610260
R n π?=
轮轮
3
16610260n R π?∴=
轮轮 （2） （2）代入（1）3
3166100.909 1.5410(rev /min)260n R π?==?发轮
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）圆锥体为均质；（2）密度为h 的函数:
=(1-),o o h
ρρρL
为正常数.
【解】
建立如图坐标O-x,由对称轴分析知质心在x 轴上。 由c
xdm x dv xdv x dm dv dv
ρρ===
?????? 得： （1）20
2
(/)314
3
L
c
x a L dx x L a L ππ=
=
? 质量 21
3
m v a L ρπρ==
（2）200200
()(1)4()5(1)()L
c a h x x dx L L x L h L x h a x dx L L
ππρρπ??-===--??? 质量22000(1)()4
h a L
m x dx a L L πρπρπ=-?=?
7.2.3 长度为 的均质杆，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】
建立坐标系，水平方向为x 轴，竖直方向为y 轴.杆上端坐标为（x,y ）,杆受重力、地面对杆竖直向上的支承力，无水平方向力。 由i c F ma =∑
外 （质心运动定理）
质心在杆的中点，沿水平方向质心加速度为零。开始静止，杆质心无水平方向移动。
由杆在下落每一瞬时的几何关系可得： 222(2)x y += 即杆上端运动轨迹方程为： 2224x y +=
7.2.4 （1）用积分法证明：质量为m 长为 的均质细杆对通过中心且与杆垂直的轴线的转动惯量等于
21
12
ml .（2）用积分法证明：质量为m 、半径为R 的均质薄圆盘对通过中心且在盘面内的转动轴的转动惯量为21
4
mR .
【解】
（1）均质细杆不：建立水平方向o —x 坐标轴
2
m dI x dx =
2
220
1
212
m I x dx m ==? （2）均质薄圆盘
3
22
22
22
142()123R
R
m m I dx R x dx R R ππ==-?
?
令sin x R θ=
32
2
2
442
22
22
44(sin )cos cos 33m
m I R R R d R d R R π
π
θθθθθππ=
-=??
=
2222
41cos 21()324
m
d mR R π
θθπ+=?
或32
22
2
4(),3R m
I R x dx R π=
-?
利用公式
2
222
12
2222
2
()()()11n n n u u a na u a du u a du n n -±±=±±++??
7.3.2 图示实验用的摆，=0.92m l ，=0.08m r ，=4.9kg l m ，=24.5kg r m ，
近似认为圆形部分为均质圆盘，长杆部分为均质细杆.求对过悬点且与摆面垂直的轴线的转动惯量.
【解】
将摆分为两部分：均匀细杆（1I ），均匀圆柱（2I ） 则12I I I =+
1I =221
0.14()3
m L kg m ?
2I =221
()2
r r m r m L r ++ （用平行轴定理）
22.51(kg m )?
I=0.14+2.51=2.652(kg m )?
7.3.3 在质量为M 半径为R 的均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】
设未挖两个圆孔时大圆盘转动惯量为I 。如图半径为r 的小圆盘转动惯量为
1I 和2I 。
则有12x I I I I =-- （12I I =） 22222
22112[()]222
m M R MR r r r R R ππππ=
-+ 422
212()2r M R r R
=--
7.3.5 一转动系统的转动惯量为2=8.0kg.m I ，转速为=41.9rad/s ω，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=0.4μ，轮半径为
=0.4m r ，从开始制动到静止需要用多少时间？
【解】
z z z M I β=∑
215.68(rad /s )z z z M
I β∴==-∑
041.915.682.67(s)
z z z t t
t ωωβ=+=-=
7.3.6 均质杆可绕支点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.
【解】
杆不受F 作用时，支点O 对杆的作用力N
，方向竖直向上，大小为杆的重
量。依题意，当杆受力F 时，N
不变。建立如图坐标系，z 轴垂直纸面向外。
由质心运动定理得：（O x -方向投影）
c F ma =（质心在杆中点） （1）
由转动定理得：201
3
F OA I mL ββ?== （2）
有角量与线量的关系
1
2
c a L β=
（3） （1）（2）（3）联立求解2123132mL OA L L ββ==
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=0.46kg 1m ，且2=0.5k g m .滑轮半径为0.05m .自静止始，释放重物后并测得5.0s 内2m 下降0.75m .滑轮转动惯量是多少？
【解】
分析受力。建立坐标系，竖直向下为x 轴正方向，水平向左为y 轴正方向。
z 轴垂直纸面向里。根据牛顿第二定律，转动定理，角量与线量关系可列标量方
程组：
()
1111222212()m g T m a m g T m a T T R I β?-=?
-=-??''-=? 已知2
1121122121,,,,,,,,2
a R a a T T T T x at m m R x t β''===== （其中为已知）
求解上列方程组：
2122
22121211
20.06(/)[()()] 1.3910()x
a m s t
R
I m m g m m a kg m a -=
==-++=??
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M ，通过绳索牵引斜面上质量为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】
分析受力及坐标如图。z 轴垂直纸面向外。列标量方程组：
sin cos T mg mg ma θθμ--= （1） M T R I β'-+=- （2） a R β= （3）
T T '= （4）
解得：2
sin cos (sin cos )T mg mg ma
R M mgR mgR a I mR θθμθθμ--=--=
+
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1m ，从距地面高度h 处由静止开始下落，落地时间为1t ，然后悬挂质量较大的重物2m ，同样由高度h 下落，所需时间为2t ，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同.
【解】
分析受力及坐标如图。z 轴垂直纸面向里。列方程：
1
111
111
22
111
2m g T m a
T r M I a r h a t T T ββ?
?-=?'-=??
=???=?
?'=?阻 解得 122
1122()h h
M m r g I t rt =-
-阻 222
22
22()h h
M m r g I t rt =-
-阻 即 122222
1122
2222()()h h h h
m r g I m r g I t rt t rt -
-=-- 21
122221
22212
()2()211()m m m m g h t t I h r t t -+-=
-
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I 为.装置的一端有槽，槽内有弹簧，槽的中心轴线与转轴的垂直距离为r.在槽内装有一小球，质量为m ，开始时用细线固定，只弹簧处于压缩状态.现用燃火柴烧断细线，小球以速度o v 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？（弹簧质量不计）
【解】
取小球和转动装置为物体系，建立顺时针为转动正方向。在弹射过程中，物体系相对于转动轴未受外力矩，故可知物体受对转轴的角动量守恒。
21
M 阻
有0
00,rm I rm I
νωνω-=∴=
动能不守恒，原因是弹性力对系统作正功，物体系动能增加。总机械能守恒。原因是此过程中无耗散力做功。应有守恒关系式：
2220111222
k x m I νω=+
7.4.2 质量为2.97kg ，长为1.0m 的均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10kg ，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.
【解】
取子弹和杆为物体系。分两个过程。
过程1：子弹嵌入前一瞬时开始到完全嵌入时为止。此过程时间极短，可
视为在原地完成。此时受力为mg ，,Mg N 为转轴对杆的支承力，对于轴，外力矩为零。有角动量守恒。规定逆时针为转轴正方向。得:
2002013m m I I M νωω
?=+??=??
解得：2022 2.0(rad /s)1
3
m M m νω=
=+
过程2：由过程1末为始到物体系摆至最高点为止。此过程中一切耗散力做功为零。故物体系机械能守恒。取杆的最低点为重力势能零点。
有2222111(1cos )(1cos )222322
Mg m M mg Mg Mg ωωθθ++=-+-+ 解得 22
11
()23cos 10.864
()2
30.3M m M
m g ωθθ+=-=+∴=
7.4.3 一质量为1m ，速度为1v 的子弹沿水平面击中并嵌入一质量为
21=99m m ，长度为L 的棒的端点，速度1v 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，求棒和子弹绕垂直于平面的轴的角速度等于多少？
【解】
取1m 与2m 为物体系。此物体系在水平面内不变外力矩。故角动量守恒，规定逆时针为转动正方向。设1m 嵌入后物体系共同质心为c '，c '到棒右端距离为r ，棒自身质心为c 。
由12()(2
L
m r m r =-质心公式）
212/299
200
m L r L m m =
=+
有物体系对点的角动量守恒可得：
2111C m r m r I νωω'=+
2
22222111991[]999912220012200C L L I m L m L m L m ωω'??=+-=?+ ??? 解得 10.058/L ων=
7.4.4 某典型脉冲星，半径为几千米，质量与太阳的质量大致相等，转动角速率很大.试估算周期为50ms 的脉冲星的转动动能.（自己查找太阳质量的数据）
【解】
2
12
I I ω=
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.设倒塌时底部未移动.可近似认为烟囱为细均质杆.
【解】
222113,,1223
17.1(m /s)
mgh mgh g mg I I h mh h ωωωνω=====
===
7.5.2 用四根质量各为m 长度各为 的均质细杆制成正方形框架，可绕其
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C V 以及框架作用于支点的压力N.
【解】
框架对O 点的转动惯量：
22
2222011172[1212123
I m m m m m m =++++=
在框架摆动过程中，仅受重力和支点的支撑力，重力为保守力，支撑力不做功，故此过程中框架的机械能守恒。取过框架中心的水平线为重力势能零点：
有201
422
mg
I ω=
解得：20412722c mg g
I ωωνω=
==
∴=?
==
框架转到AB 水平位置时，00,0.0(c M a τβ===∑即水平方向）
故支点O 对框架的作用力N '
，仅有法向分量。 由质心运动定理得：
3
44772
mg N N mg ''-=∴=
框架作用支点的力N 与N '
是作用力与反作用力。
7.5.3 由长为 ，质量各为m 的均质细杆制成正方形框架，其中一角连于光滑水平转轴O ，转轴与框架所在平面垂直.最初，对角线OP 处于水平，然后从静止开始向下摆动.求对角线OP 与水平成o 45时P 点的速度，并求此时框架对支点的作用力.
【解】
框架对O 点转动惯量
22
220111022[]3123I m m m m =?++=
由机械能守恒：
22
41100223
mg m ω=-+
26,5g ωω=
=
p νω∴==
先求支点O 对框架作用力N
，
4sin 45424o op M mg
mg mg ===∑ 由转动定理o o M I β=∑ ， 2231053
o
o
M
mg g
I m β=
=
=
∑
2c op a g τββ∴=
== 由质心运动定理：
c
i F ma =∑ 外 投影得：
2
4cos 4544sin 454c n c c mg N ma N mg m r r ττω?
?+=??-=??
?=??
解得：5n N mg =
N τ=
6.32mg N ∴==
设N 与?i
-方向夹角为θ，则11,79.72
n N tg N τθθ==∴=
7.5.4 质量为m 长为 的均质杆，其B 端放在桌面上，A 端用手支住，使杆成水平.突然释放A 端，在此瞬时，求： （1）杆质心的加速度， （2）杆B 端所受的力.
【解】
取杆为隔离体，受力分析及建立坐标如图。规定顺时针为转动正方向。依
据质心运动定理有：
c N mg ma ττ-= （1） 依据转动定理：2
B mg
I β=
（2） 依据角量与线量关系：2
c a τβ=-
（3） 此外，2/2
c n cn N ma m
τ
ν==
21
3
B I m = （4）
由0.0,0c c n N τνν=∴==
联立上述四个方程求得：
3414
c a g
N mg
ττ=-=
7.5.5 下面是均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.
（1）沿圆柱体上缘作用以水平拉力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. （3）不受任何主动力的拉动或推动，柱体作匀速滚动.
（4）在主动力偶矩τ
的驱动下作加速滚动.设柱体半径为R .
【解】
取均匀圆柱体为隔离体，建立坐标系，水平向右为x 轴正方向，z 轴垂直纸
面向里。假设c f
方向水平向右。
（1）
20
1()2c c F f ma F f R I mR a R βββ-=???+==??
=?? 得 3
F
f =-（符号表示实际方向与假设方向相反） （2）
2
012c c F f ma fR I mR a R βββ-=???==??
=??
得 3
F
f =（符号表示实际方向与假设方向相同） （3）
2
012c c f ma M fR I mR a R βββ-=???+==??
=??
得 23M
f R
=-（符号表示实际方向与假设方向相反）
7.5.6 板的质量为M ，受水平力F 的作用，沿水平面运动.板与水平面间的摩擦系数为μ.在板上放一半径为R 质量为2M 的实心圆柱，此圆柱只滚动不滑动.求板的加速度.
[解 答]
设所求板对地的加速度为a ，（方向与F 相同）。以板为参照系(非惯性系)。
取圆柱体为隔离体，分析受力如图，z 轴垂直纸面向里。 依质心运动定律有：022c f f M a *-=板 （1） 依据转动定理有：20021
2
f R I M R βθ-==
（2） mg
f
N F(1) F(2)
C
依据角量与线量关系有：c a R β=板 （3） 此外：22N M g = （4）
22f m a *= （5）
取板为隔离体，受力如图，并建立如图坐标系。列标量方程有：
12
0N N Mg '--= (6) 010F f f f *'---= (7) 1f Ma *= (8)
1f N μ= (9)
22
N N '= (10) 00f f '= (11)
将上述十一个方程联立求解得：
22
3[()]
3F M M g a M M μ-+=
+
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21
3
mR .线轴与地面间的静摩擦系数为μ.线轴受一水平拉力F ，
如图所示.
（1）使线轴在桌面上保持无滑滚动之F 最大值是多少？
（2）若F 与水平方向成θ角，试证，cos θ>b/R 时，线轴向前滚动；cos θ
【解】
取线轴为隔离体。建立坐标系，水平向右为x 正方向，z 轴垂直纸面向里。
2
f * O
x 0
f y
x
0f '
f
（1）依据质心运动定理有：
c F f ma -= （1） 依据对质心轴的转动定理有：
201
3
fR Fb I mR ββ-== （2）
由角量与线量的关系得：
c a R β= （3）
上述三式联立求解得：
34R b
f F R
+=
欲保持无滑滚动得：
max f f N mg μμ≤== 即 max 43R mg
F R b
μ=
+
（2）列标量方程
2cos 1
3c c F f ma fR Fb mR a R θββ
-=???-=?
?
=?? 解得：
c 3F(R cos b)
a 4mR θ-=
讨论：
当 cos 0,0c R b a θ->>有 即 cos b
R
θ>时0c a >（向前滚动） 同理cos b
R
θ<
时0c a <（向后滚动）
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 ，其重心于后轴垂直距离为a ，前后轴距离为 。h 表示力F 与地面的距离。问汽车前后轮所受地面支持力与无拖车时有无区别？是计算之。
【解】
取汽车为隔离体，设车受前后轮的支持力分别为1N ，2N
，方向水平向上。
前后轮受地面摩擦力分别为1f ，2f
，方向分别先后和向前。建立坐标系，水平向右为x 轴正方向，z 轴垂直纸面向外。
汽车匀速运动，受力平衡：
00
i i F M ==∑∑
当有F 时：12100
a N N W W Fh N +-=??--=? （以后轴为轴）
解得： 12a a
W Fh N W Fh
N W -=
-=-
当无F 时：12
10
a N N W W N ''+=??'-=?
解得：
a a
1
2W W N ,N W ''==-
比较 1122,N N N N ''与与 可知1122,N N N N ''<>
7.6.2 将一块木板的两端至于两个测力计上，即可测出板的重心。这样测人的重心就比较困难。因很难将头和脚置于测力计上而身体挺直。若令人躺在板上，能否测出？若能，给出求重心之法。
【解】
设b 为质心与1F 间的垂直距离，a 为质心与2F
间的垂直距离
1122(,F b
F F F a
=已知）
. ()a b =- 已知可求。
7.6.3 电梯高 2.2m ，其质心在中央。悬线亦过中央。另有负载5010kg ?，其重心离电梯中垂线相距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（电梯仅在四角处受导轨作用力）；（2）当电梯以加速度0.05m/s 2
上升时，力如何？
【解】 （1）由平衡：
0F
=∑外
在水平方向， 21210,F F F F F -=== 以O 为轴线得：22
h
F mgd ?
=， 1114(N)mgd F h == （2）水平方向0x a =， 21F F F ==
无转动效应得（以O 为轴线）：
2()2
()1119(N)
h
F mg ma d m g a d F h
?
=++==
7.7.1 环形框架质量为0.20kg ，上面装有质量为1.20kg 的回转仪，框架下端置于光滑的球形槽内，回转仪既自传又旋进，框架仅随回转仪的转动而绕铅直轴转动，回转仪自身重心以及它连同框架的重心均在C 点，C 点与转动轴线的垂直距离为r=0.02m ，回转仪绕自转轴的转动惯量为4.8×10-4kgm 2,自转角速度为120rad/s. ⑴求旋进角速度；⑵求支架球形槽对支架的总支承力。
【解】
根据旋进与自旋的关系式：
s rad I gr m m I /76.4120
108.402.08.9)2.12.0()(421≈????+=+==Ω-ωωτ
把回转仪与支架当作一个系统，设球形槽对支架的支承力
为N ，整个装置的质心C 相对竖直轴做匀速圆周运动，由质心运动定理：
2212()(0.2 1.2)0.02 4.760.63x N m m r N =+Ω=+??= 12()(0.2 1.2)9.813.72z N m m g N =+=+?=
13.73N N ==
与竖直轴夹角?===63.273
.1363
.0arctg N N arctg z x θ
第 七 章 习 题 解 答 7-1 梯形断面壤土渠道，已知通过流量Q = 10.5 m 3/s ，底宽b = 8.9 m ，边坡系数m = 1.5，正常水深h 0= 1.25 m ，糙率 n = 0.025，求底坡i 和流速v 。 解： A = 1.25×(8.9+1.5×1.25) = 13.47 m 2，χ= 8.9+2×1.25×25.11+= 13.41 m ， R = A /χ=1.005 m ，C = 1.0051/6/0.025 = 40.03 m 1/2·s ， K = ACR 1/2=540.57 m/3s i = (Q /K )2 = 0.000377， v = Q /A = 0.78 m/s 7-2 有一灌溉干渠，断面为梯形，底宽b = 2.2 m ，边坡系数m = 1.5，实测得流量Q = 8.11 m 3/s 时，均匀流水深h 0 = 2 m ，在1800m 长的顺直渠段水面落差Δh = 0.5 m ，求渠道的糙率n 。 解： i = J = J P = △h /L =1/3600， A = 2×(2.2+1.5×2 ) = 10.4 m 2， χ= 2.2+2×2×25.11+= 9.41 m ， R = A /χ= 1.105 m n = AR 2/3i 1/2/Q = 0.0228 7-3 一石渠的边坡系数m = 0.1，糙率n = 0.020，底宽b = 4.3 m ，水深h = 2.75 m ，底坡i = 1/2000，求流量和流速。 解：A = 2.75×(4.3+0.1×2.75 ) = 12.58 m 2，χ= 4.3+2×2.75×21.01+= 9.83 m R = A /χ= 1.28 m ，v = n i R 32=1.318 m/s ， Q = vA =16.58 m 3/s 7-4 直径为d 的圆形管道中的明槽均匀流动，试根据式（7-2-5）导出Q/Q 1~h/d 的关系式（Q 1为h/d = 1时的流量），并论证当充满度h/d 为多大时Q/Q 1达到最大值。 解： 圆管 3 235χ= n i A Q ， 满流时 3 213511χ= n i A Q ， )sin (82?-?=d A ，d ?=χ2 1 ， A 1 =πd 2 /4，χ1= πd ()[]313 213 51121 ?π=??? ? ??χχ??? ? ??=f A A Q Q ， ()()25sin ? ?-?=?f Q /Q 1取极值时， ()()()()[]?-?-?-?? ?-?=?'sin 2cos 15sin 3 4 f = 0 得到两个极值点： ?= 0为极小值点，Q /Q 1 = 0； ?= 5.278为极大值点，此时 ?? ? ?? ?-=2cos 121d h =0.938， Q /Q 1 =1.076 7-5 有一顶盖为拱形的输水隧洞，过水断面为矩形，宽b = 3.3 m ，糙率n = 0.017，底 坡i = 0.001，当流量Q = 16 m 3/s 时，求水深h ，问流速是否超过2.0 m/s ？ 解： 试算，……，取h = 2.6 m ，A = 3.3×2.6 = 8.58 m 2，χ= 3.3+2×2.6 = 8.5 m ，
第七章三角形 【知识要点】 一．认识三角形 1．关于三角形的概念及其按角的分类 定义：由不在同一直线上的三条线段首尾顺次相接所组成的图形叫做三角形。 2．三角形的分类： ①三角形按内角的大小分为三类：锐角三角形、直角三角形、钝角三角形。 ②三角形按边分为两类：等腰三角形和不等边三角形。 2．关于三角形三条边的关系（判断三条线段能否构成三角形的方法、比较线段的长短） 根据公理“两点之间，线段最短”可得： 三角形任意两边之和大于第三边。 三角形任意两边之差小于第三边。 3．与三角形有关的线段 ．．：三角形的角平分线、中线和高 三角形的角平分线：三角形的一个角的平分线与对边相交形成的线段； 三角形的中线：连接三角形的一个顶点与对边中点的线段，三角形任意一条中线将三角形分成面积相等的两个部分； 三角形的高：过三角形的一个顶点做对边的垂线，这条垂线段叫做三角形的高。 注意：①三角形的角平分线、中线和高都是线段，不是直线，也不是射线； ②任意一个三角形都有三条角平分线，三条中线和三条高； ③任意一个三角形的三条角平分线、三条中线都在三角形的内部。但三角形的高却有不同的位置：锐角三角形的三条高都在三角形的内部；直角三角形有一条高在三角形的内部，另两条高恰好是它两条直角边；钝角三角形一条高在三角形的内部，另两条高在三角形的外部。 ④一个三角形中，三条中线交于一点，三条角平分线交于一点，三条高所在的直线交于一点。（三角形的三条高（或三条高所在的直线）交与一点，锐角三角形高的交点在三角形的内部，直角三角形高的交点是直角顶点，钝角三角形高（所在的直线）的交点在三角形的外部。） 4．三角形的内角与外角 （1）三角形的内角和：180° 引申：①直角三角形的两个锐角互余； ②一个三角形中至多有一个直角或一个钝角； ③一个三角中至少有两个内角是锐角。 （2）三角形的外角和：360° （3）三角形外角的性质： ①三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和；——常用来求角度 ②三角形的一个外角大于任何一个与它不相邻的内角。——常用来比较角的大小 5.多边形的内角与外角 多边形的内角和与外角和（识记）
章末过关检测 (时间：60分钟满分：100分) 一、选择题(共14小题，每小题4分，共56分) 1．自然选择是指 () A．生物繁殖的能力超越生存环境的承受力 B．生物的过度繁殖引起生存斗争 C．在生存斗争中适者生存 D．遗传使微小有利变异得到积累和加强 答案 C 解析在生存斗争中，具有有利变异的个体容易生存下来，具有有害变异的个体容易死亡。这样适者生存，不适者被淘汰的过程称为自然选择。 2．达尔文自然选择学说的局限性在于 () A．不能解释生物进化的原因 B．不能解释生物的多样性和适应性 C．不能解释生物现象的统一性 D．不能解释生物的遗传和变异特性 答案 D 解析由于受当时遗传理论知识的限制，达尔文只是从个体水平和性状水平上，对遗传、变异现象进行了观察和描述，但不能解释其本质。 3．现代生物进化理论是在达尔文自然选择学说的基础上发展起来的，现代生物进化理论对自然选择学说的完善和发展表现在 () ①突变和基因重组产生进化的原材料②种群是生物进化的基本单位③自
然选择是通过生存斗争实现的④自然选择决定生物进化的方向⑤生物进化的实质是基因频率的改变⑥隔离导致物种形成⑦适者生存，不适者被淘汰 A．②④⑤⑥⑦B．②③④⑥ C．①②⑤⑥D．①②③⑤⑦ 答案 C 解析现代生物进化理论认为：种群是生物进化的基本单位，生物进化的实质在于种群基因频率的改变。突变和基因重组产生生物进化的原材料，隔离是新物种形成的必要条件，形成新物种的标志是产生生殖隔离。 4．在某一使用除草剂的实验田中，选到了能遗传的耐除草剂的杂草X，将它与敏感型杂草Y杂交，结果如下表所示，下列分析错误的是 () A B．除草剂对杂草的耐药性进行了定向选择 C．耐药型基因在接触除草剂之前就已产生 D．A和B杂交子代群体中耐药基因频率占100% 答案 D 解析根据现代生物进化理论，突变是不定向的，耐药型基因和敏感型基因可以互相突变而成，耐药型基因在接触除草剂之前就已产生，而除草剂对杂草的耐药性起了选择作用。无论该等位基因属于何种遗传方式，A和B杂交后，其子代的耐药基因频率都不会是100%。