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第7章 刚体力学习题课

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理论力学第七章

理论力学第七章
12
例题
点的复合运动
例 题 7-1
3. 速度分析。
绝对速度va：va＝OA · ＝r ω ，方 ω 向垂直于OA，沿铅垂
方向向上。
牵连速度ve：ve为所要求的未知量， 方向垂直于O1B 。 相对速度vr：大小未知，方向沿摇杆 O1B 。 应用速度合成定理
va ve vr
13
例题
点的复合运动
2. 运动分析。 绝对运动－以O为圆心的圆周运动。 相对运动－沿杆BC直线运动。 牵连运动－平动。
24
ω0
O
30
C
例题
点的复合运动
例 题 8-10
3. 速度分析。
α
ω
60

绝对速度va：va = ω0 r，垂直于OA向下。
D A E 牵连速度ve： ve= vB，垂直于BD向右下。
B
vr vB v a
a
a
n ae sin 30 cos 30
2 3o l r 3l
所以杆BD的角加速度
t ae l
2 3 o r (l r )
3l 2
27
例题
点的复合运动
习题课
28
第七章
一、基本概念
点的合成运动习题课
1.一个动点，两个坐标系，三种 运动 2.速度合成定理
v2 B
v1
30
vr 与 va 的夹角 ve
60

M
β
ve sin 60 46 12 arcsin vr
va
vr
18
§7-３点的加速度合成定理
先分析 k’ 对时间的导数。
' drA rA rO k vA e rA dt ' ' drO dk e (rO k ) dt dt 因为 v drO r O e O dt

刚体的平面运动习题答案

刚体的平面运动习题答案

刚体的平面运动习题答案刚体的平面运动习题答案刚体的平面运动是力学中的一个重要课题，它涉及到物体在平面上的运动规律和力的作用方式。

在学习这一课题时，我们常常会遇到一些习题，下面我将为大家提供一些关于刚体平面运动的习题答案，希望能够帮助大家更好地理解和掌握这一知识点。

1. 习题一：一个质量为m的刚体在水平地面上受到一个水平力F的作用，求刚体受力情况下的加速度。

解答：根据牛顿第二定律，刚体的加速度与作用在其上的合外力成正比，与刚体的质量成反比。

因此，刚体的加速度可以表示为a = F/m。

2. 习题二：一个质量为m的刚体以速度v沿x轴正方向运动，受到一个大小为F的力沿y轴正方向作用，求刚体的加速度和运动轨迹。

解答：由于刚体受到的力只有在y轴上的F，所以刚体在x轴方向上不受力，即不会有加速度。

而在y轴方向上，刚体受到的力F会引起加速度的产生。

根据牛顿第二定律，我们可以得到刚体在y轴方向上的加速度为a = F/m。

至于刚体的运动轨迹，由于在x轴方向上没有加速度，刚体将以匀速直线运动，而在y轴方向上有加速度，刚体将在y轴上做匀加速运动。

3. 习题三：一个质量为m的刚体受到一个大小为F的力作用，该力的方向与刚体的速度方向相同，求刚体在力作用下的加速度。

解答：由于力的方向与速度方向相同，所以刚体受到的力将会增加其速度。

根据牛顿第二定律，刚体的加速度可以表示为a = F/m。

4. 习题四：一个质量为m的刚体受到一个大小为F的力作用，该力的方向与刚体的速度方向相反，求刚体在力作用下的加速度。

解答：由于力的方向与速度方向相反，所以刚体受到的力将会减小其速度。

根据牛顿第二定律，刚体的加速度可以表示为a = -F/m。

5. 习题五：一个质量为m的刚体受到一个大小为F的力作用，该力的方向与刚体的速度方向成一定的夹角θ，求刚体在力作用下的加速度。

解答：对于这个习题，我们可以将力F分解为两个分力F1和F2，其中F1与刚体的速度方向相同，F2与刚体的速度方向垂直。

工程力学课后习题答案

工程力学课后习题答案

工程力学练习册学校学院专业学号教师姓名第一章静力学基础1-1 画出下列各图中物体A，构件AB，BC或ABC的受力图，未标重力的物体的重量不计，所有接触处均为光滑接触。

（a）（b）（c）（d）（e）（f）（g）1-2 试画出图示各题中AC杆（带销钉）和BC杆的受力图（a）（b）（c）（a）1-3 画出图中指定物体的受力图。

所有摩擦均不计，各物自重除图中已画出的外均不计。

（a）（b）（c）（d）（e）（f）（g）第二章 平面力系2-1 电动机重P=5000N ，放在水平梁AC 的中央，如图所示。

梁的A 端以铰链固定，另一端以撑杆BC 支持，撑杆与水平梁的夹角为30 0。

如忽略撑杆与梁的重量，求绞支座A 、B 处的约束反力。

题2-1图解得: N P F F B A 5000===2-2 物体重P=20kN ，用绳子挂在支架的滑轮B 上，绳子的另一端接在绞车D 上，如图所示。

转动绞车，物体便能升起。

设滑轮的大小及轴承的摩擦略去不计，杆重不计，A 、B 、C 三处均为铰链连接。

当物体处于平衡状态时，求拉杆AB 和支杆BC 所受的力。

题2-2图解得: P F PF AB BC 732.2732.3=-=2-3 如图所示，输电线ACB 架在两电线杆之间，形成一下垂线，下垂距离CD =f =1m ，两电线杆间距离AB =40m 。

电线ACB 段重P=400N ，可近视认为沿AB 直线均匀分布，求电线的中点和两端的拉力。

题2-3图以AC 段电线为研究对象，三力汇交2-4 图示为一拔桩装置。

在木桩的点A 上系一绳，将绳的另一端固定在点C ，在绳的点B 系另一绳BE ，将它的另一端固定在点E 。

然后在绳的点D 用力向下拉，并使绳BD 段水平，AB 段铅直；DE 段与水平线、CB 段与铅直线成等角α=0.1rad （弧度）（当α很小时，tan α≈α）。

如向下的拉力F=800N ，求绳AB 作用于桩上的拉力。

题2-4图作BD 两节点的受力图 联合解得：kN F F F A 80100tan 2=≈=α2-5 在四连杆机构ABCD 的铰链B 和C 上分别作用有力F 1和F 2，，机构在图示位置平衡。

拉格朗日方程刚体动力学振动 习题课

拉格朗日方程刚体动力学振动 习题课

x
A vA
vCA
m 1 g c B
m 2g
解：系统的主动力均为有势力
分析系统的动能和势能
vT A 1 2xm 1 vA 2 A1 2 JA rx A 2 1 2 Am B2 v C 2 1 2JCA 2 B
vC vAvCA
T 3 4 m 1 x 2 1 2 m 2 x 2 1 6 m 2 L 22 1 2 m 2 x L c o s T ( x ,,)
V L2m2g(1cos)
拉格朗日函数 LTVL(x ,,)中不显含广义坐标x和时间t
7
BUAA
习题课
T x3 2m 1xm 2x1 2m 2L co sC 系统的什么广义动量守恒？
研究整体：
x
A vA
研究圆盘：
LrA12mAr2A12m1rxF Ay
A
F
vCA LrA Fr
A
r
F Ax
c m 1 g
T V 1 2 m 1 x 2 1 2 m 2 x 2 1 6 m 2 L 2 2 1 2 m 2 x L c o s L 2 m 2 g ( 1 c o s ) E
6
BUAA
习题课
例：机构在铅垂面内运动，均质圆盘质量m1在地面上纯滚动，均 质杆AB质量m2用光滑铰链与圆盘连接。求系统首次积分。AB=L
拉格朗日方程刚体动力学振动 习 题课
BUAA
第二类拉格朗日方程的总结
对于具有完整理想约束的质点系，若系统的自由度为k，
则系统的动力学方程为：
d dt
L qj
qLj
Q'j
(j1, ,k)
其中：LTV T：为系统的动能，V：为系统的势能
Q

刚体力学

刚体力学

三、教学重点与难点：
重点： 刚体运动的描述方法；刚体定轴转动的运动学与动力学；刚体的平 衡。 难点： 转动惯量的理解和计算；学生学习思维方式的转变；刚体转动的角 动量，应用刚体力学有关规律解决实际问题。 教材分析：（分为6个单元） 1、刚体运动学（§7—1）； 2、刚体平动的动力学（§7—2）； 3、刚体定轴转动动力学（§7—3、§7—4）是全章的重点； 4、刚体的平面平行动力学（§7—5）； 5、刚体的平衡（静力学）（§7—6）; 6、刚体的自转与旋进（7—7）
积分限为：
z=0
z=R
例题2：已知图中物体由均匀等厚的两个半径不同的圆板和刚性细杆组 成,三个部分的质量均为M,尺寸如图所示.试求质心的位置.
解: 因为物体均匀等厚,且具有对称性,,所以质心在其几何对称轴上,建立图 示的坐标系: 。
二、刚体的动量与质心运动定理
1、刚体的动量： 特殊的质点组 2、动量守恒定律 若刚体所受外力矢量和为零，即,则=恒量 3、刚体的质心运动定理 例题1:教材P201[例1] 解: 例题2:如图所示:长为L的匀质杆在力F和光滑地面支持力的作用下保持 平衡,当外力撤消后,杆子倒下.试求杆子A端的运动方程。
(4)应用转动定理解题的基本方法（隔离体法）一般步骤为： 1． 将运动系统用假想平面分成若干个作定轴转动的刚体和质点的隔 离体.分别应用不同定理解题 2． 分析各隔离体的受力情况，作出受力图 3． 建立适当的坐标系 4． 建立动力学方程 ( 转动刚体根据转动定理列方程 质点根据牛 二定律列方程) 5． 建立各个隔离体之间的动力学和运动学关系 6． 由联立方程求解 例题: 如图所示是一阿特武德机，绳子一端悬挂一重物m1=500g，另一 端悬挂一重物m2=460g，半径r=5.0cm 的滑轮绕水平光滑轴转动，自静 止开始释放重物、并测得m1在5.0s内下降75cm，试由这些数据确定定滑 轮的转动惯量。（不计绳的质量及伸长，且绳与滑轮之间无相对滑动）

普通物理学教程力学课后答案高等教育出版社刚体力学习题解答

普通物理学教程力学课后答案高等教育出版社刚体力学习题解答

第七章刚体力学习题解答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：⑴21260/2)12003000(/7.15s rad t===-∆∆πωβ⑵rad 27.152)60/2)(12003000(21039.26222202⨯===∆⨯--πβωωθ对应的转数=42010214.3239.262≈⨯=⨯∆πθ7.1.3 某发动机飞轮在时间间隔t 内的角位移为):,:(43s t rad ct bt at θθ-+=。

求t 时刻的角速度和角加速度。

解：23212643ct bt ct bt a dtd dtd -==-+==ωθβω7.1.4 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+t 2 (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。

解：0.222.1==+==dtd dtd t ωθβω⑴t=0时，s m R v v y x /12.01.02.10,2.1=⨯====ωω2222/2.01.00.2/144.01.0/12.0/sm R a a s m R v a a y y n x =⨯===-=-=-=-=βτ⑵θ=π/4时,由θ=1.2t+t 2,求得t=0.47s,∴ω=1.2+2t=2.14rad/ssm R v s m R v y x /15.02/21.014.245sin /15.02/21.014.245cos =⨯⨯=︒=-=⨯⨯-=︒-=ωω222222222222/182.0)14.20.2(1.0)(45sin 45sin 45sin /465.0)14.20.2(1.0)(45cos 45cos 45cos s m R R R a s m R R R a y x -=-⨯=-︒=︒-︒=-=+⨯-=+︒-=︒-︒-=ωβωβωβωβ⑶θ=π/2时,由θ=1.2t+t 2,求得t=0.7895s,ω=1.2+2t=2.78rad/s2222/77.01.078.2/2.01.00.20/278.01.078.2s m R a s m R a v s m R v y x y x -=⨯-=-=-=⨯-=-==-=⨯-=-=ωβω7.1.5 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 的速度和加速度。

大学物理课后习题及答案刚体

题：一汽车发动机曲轴的转速在s 12内由13min r 102.1-⋅⨯均匀的增加到13min r 107.2-⋅⨯。

（1）求曲轴转动的角加速度；（2）在此时间内，曲轴转了多少转题解：（1）由于角速度2n （n 为单位时间内的转数），根据角加速度的定义t d d ωα=，在匀变速转动中角加速度为()200s rad 1.132-⋅=-=-=tn n t πωωα （2）发动机曲轴转过的角度为()t n n t t t 0020221+=+=+=πωωαωθ在12 s 内曲轴转过的圈数为圈390220=+==t n n N πθ 题：某种电动机启动后转速随时间变化的关系为)1(0τωωt e --=，式中10s rad 0.9-⋅=ω，s 0.2=τ。

求：（1）s 0.6=t 时的转速；（2）角加速度随时间变化的规律；（3）启动后s 0.6内转过的圈数。

题解：（1）根据题意中转速随时间的变化关系，将t s 代入，即得100s 6.895.01--==⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=ωωωτt e（2）角加速度随时间变化的规律为220s 5.4d d ---===tt e e t ττωωα （3）t = s 时转过的角度为rad 9.36d 1d 60060=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-==⎰⎰-s t s t et τωωθ 则t = s 时电动机转过的圈数圈87.52==πθN 题：如图所示，一通风机的转动部分以初角速度0ω绕其轴转动，空气的阻力矩与角速度成正比，比例系数C 为一常量。

若转动部分对其轴的转动惯量为J ，问：（1）经过多少时间后其转动角速度减少为初角速度的一半（2）在此时间内共转过多少转题解：（1）通风机叶片所受的阻力矩为ωM C -=，由转动定律αM J =，可得叶片的角加速度为J C t ωωα-==d d （1）根据初始条件对式（1）积分，有⎰⎰-=ωωω00d d d t t J C t 由于C 和J 均为常量，得t J C e -=0ωω 当角速度由0021ωω→时，转动所需的时间为 2ln CJ t = （2）根据初始条件对式（2）积分，有⎰⎰-=t t J C t e 000d d ωθθ即CJ 20ωθ= 在时间t 内所转过的圈数为CJ N πωπθ420== 题：一燃气轮机在试车时，燃气作用在涡轮上的力矩为m N 1003.23⋅⨯，涡轮的转动惯量为2m kg 0.25⋅。

理论力学课本及习题集答案

理论力学课本及习题集答案
西北工业大学理论力学教研室
2009年7月
第一章:静力学的基本概念
第二章:平面基本力系
第三章:平面任意力系
第五章:空间基本力系
第六章:空间任意力系
第七章:重 心
第八章:点的运动
第九章:刚体的基本运动
第十章:点的复合运动
日
啊啊啊啊啊啊啊啊啊啊啊啊啊啊啊啊啊啊啊
第十一章:刚体的平面运动
第十二章:刚体的转动合成
第十四章:质点动力学基础
第十五章:质点的振动
第七章:动能定理
第十八章:动量定理
第十九章:动量矩定理
第二十章:碰撞理论
第二十一章:达朗伯原理
第二十二章:虚位移原理

刚体习题


M β = = J
L mg cos θ 2
2 1 mL 3
g cos 3 θ = 2L
ω d ω d d θ β = dt = dθ dt =ω
θ d d 0ω ω = 0 β θ = 0
ω
θ
ω d d θ 3gcos θ d θ 2L
L
ω =
3 g sinθ L
θ
2 L 2
mg
3、如图所示，水平桌面上有有长L=1.0m，质量 m=3.0kg 的匀质细杆，细杆可绕过通过端点O的垂直轴 OO’转动，杆与桌面间的摩擦系数μ=0.20。开始时杆静 止，有一子弹质量 m2=20g，速度v=400m· s-1，沿水平 方向以与杆成θ=300角射入杆的中点，且留在杆中。求：
m
m1
m2
2、一均质细杆可绕一水平轴旋转，开始时 处于水平位置，然后让它自由下落。求：
θ） ω = ω（
解一： M = mg L cosθ
W= =
θ
0
M dθ 1 mg L cos d θ θ
2
L
θ
2
L 2
1 θ = 2 mg L sin
1 ω W= J 2
2
mg
0
ω =
3 g sinθ
L
解二： M = J β
3L 4 m v
θ
L
M
碰撞过程角动量守恒,得：
3 mv 4 L = ( Jm+ JM )ω 2 1 3 2 JM = 3 M L Jm = m ( 4 L )
3L 4 M θ m L
ω
3 mv L 3 mv 4 =9 4 2 1 = 2 9 mL 1 M L m L M L +3 +3 16 16

理论力学课后习题答案

第7章 点的合成运动一、是非题（正确的在括号内打“√”、错误的打“×”）1．点的速度和加速度合成定理建立了两个不同物体上两点之间的速度和加速度之间的 关系。

( √ ) 2．根据速度合成定理，动点的绝对速度一定大于其相对速度。

( × )3．应用速度合成定理，在选取动点和动系时，若动点是某刚体上的一点，则动系不可以固结在这个刚体上。

( √ )4．从地球上观察到的太阳轨迹与同时在月球上观察到的轨迹相同。

( × ) 5．在合成运动中，当牵连运动为转动时，科氏加速度一定不为零。

( × ) 6．科氏加速度是由于牵连运动改变了相对速度的方向而产生的加速度。

( √ ) 7．在图中，动点M 以常速度r v 相对圆盘在圆盘直径上运动，圆盘以匀角速度ω绕定轴O 转动，则无论动点运动到圆盘上的什么位置，其科氏加速度都相等。

( √ )二、填空题1．已知r 234=++v i j k ，e 63=-ωi k ，则k =a 18 i ＋ -60 j ＋ 36 k 。

2．在图中，两个机构的斜杆绕O 2的角速度均为2ω，O 1O 2的距离为l ，斜杆与竖直方向的夹角为θ，则图(a)中直杆的角速度=1ωθθωcos sin 2，图(b)中直杆的角速度=1ω2ω。

图 图3．科氏加速度为零的条件有：动参考系作平动、0=r v 和r e v ω//。

4．绝对运动和相对运动是指动点分别相对于定系和动系的运动，而牵连运动是指牵连点相对于定系的运动。

牵连点是指某瞬时动系上和动点相重合的点，相应的牵连速度和加速度是指牵连点相对于定系的速度和加速度。

5．如图所示的系统，以''Ax y 为动参考系，Ax'总在水平轴上运动，AB l =。

则点B 的相对轨迹是圆周，若kt ϕ= (k 为常量)，点B 的相对速度为lk ，相对加速度为2lk 。

图6．当点的绝对运动轨迹和相对运动轨迹都是曲线时，牵连运动是直线平动时的加速度合成定理表达式是a e r =+a a a ；牵连运动是曲线平动时的加速度合成定理表达式是 a e r =+a a a ；牵连运动是转动时的加速度合成定理表达式是a e r k =++a a a a 。

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弹性碰撞，动能守恒，
例18.一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 2m 和 m 的重物,如图所示,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 mr2/2, 将由两个定滑轮以 及质量为 2m 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。
(D) 角速度从大到小,角 加速度从小到大.
A
例3：已经一半圆环半径为R，质量为M，求 它的质心位置。 解：建坐标系如图，取dl
dm dl, dl Rd
M M dm Rd d R
y
dθ dm θ
x R cos , y R sin
o
x
xc 0
yc

ydm M
考虑到：
1 2 I 1 m1 R1 2
得
mgh v2 m1 m2 2m
解二：应用牛顿第二定律和转动定律 A：
T1 R1 I11
A
（1）
m1 , R1
O1
T1
T1
B
m2 , R2
O2
T2 R2 B：
T1 R2 I 2 2
2 ma
（2） （3）
T2 T2



0
R sin M
M

d


R

0
sind
2R

例4. 一长为2l，质量为3m的细棒的两端粘有质量分 别为2m和m的物体，此杆可绕中心O轴在铅直平面 内转动。先使其在水平位置，然后静止释放。求： （1）此刚体的转动惯量；（2）水平位置时的杆的 角加速度；（3）通过铅直位置时杆的角速度。 解：（1） 1 I ( 3m )(2l ) 2 ml 2 2ml 2 4ml 2 12 （2） M 2mgl mgl I （3）机械能守恒
B:m , , A竖直时被碰,然后 滑行距离S. 求 :碰后A的质心可达高度h. 以地面为零势能点 m A
l
O
解:A由水平下摆至垂直,机械能守恒. A与B碰撞对O点角动量守恒
1 2 1 mgl I1 mgl 2 2
mB
1 2 B向右滑动,根据动能定理： mv mgS . 2
A向上摆动机械能守恒
m
l, M
I 2 I 3 I11 I11
v
M
v 2
即
v 2 1 2 v 2 2 ml ml Ml Ml l l 3
2
3mv 得摆锤开始转动的角速度为： 8 Ml
摆锤开始转动后机械能守恒，设摆锤在垂直位置为 势能零点，有
1 l 3l 2 I 2 I 3 Mg Mg2l Mg 2 2 2
9g 得： 2l
3mv 9g 则： 8 Ml 2l
4M 即： v m
2 gl
例15.设某机器上的飞轮的转动惯量为 I，其在制动 力矩 M K K 常量 的作用下，角速度由 0 减小到 0 2 ，问此过程所需的时间和制动力矩所作 的功各为多少？ 解：由转动定律：
m2
M,R
T1 m1 m1 g
解：m1 g T1 m1a （1）
m1
M,R
T2 m2 a
(T1 T2 ) R I
（2） （3）
T2
T2
a R
1 I MR2 2
T1
（4）
m2
联立方程，求解得：
m1 g a m1 m2 M / 2
m1 (m2 M / 2) g T1 m1 m2 M / 2
h
C： mg T
mg
C m
不打滑，有
a R11 R2 2
2m g a m1 m2 2m
（4）
联立（1）、（2）、（3）、（4）解得：
mgh v 2ah 2 m1 m2 2m
例10. 匀质杆可绕点O转动，当与杆垂直的冲击力 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, y 质量为m ，求打击中心与支点的距离

d MI K dt
移项后两边积分：
0 2
0
M

d
K dt 0 I
t
得：
I t l n2 K
再由转动动能定理得：
1 0 1 2 3 W I I0 I0 2 2 2 8
2
例16.已知：均匀直杆质量为m，长为l,初始时水平 静止，轴光滑，AO=l/4，求杆下摆θ 角后，角速度 ω 为多少？
r
R
f
N
mg
根据质心运动定律，有
2 vc mg cos N m Rr
1
9
以小球和大球为系统，外力 N , f 不做功机 械能守恒，取地面为重力势能零点，则有
1 2 1 mg R r mg R r cos mvc I c 2 2 2
l
l 0
②
在恒力矩M
t
作用下， m1 转 动t时 间 停 止 ，
由角动量定理得：
1 2 dt 0 ③ m l 0 M r 1 3
联立方程 ①、②、③ 解得：
t 2 m2 (v1 v2) / m1 g
由题意为纯滚动，所以
2
vc r
3
N 0
2 I c mr 2 5
(4)
开始脱离时有
5
联立（1）、（2）、（3）、（4）、（5）解得：
10 10 cos , 即 arccos 17 17
10
例9.如图所示，A、B 两圆盘可分别绕 O1 ，O2 轴无摩 擦地转动。重物 C 系在绳上（绳不伸长），且与圆 盘边缘之间无相对滑动。已知 A、B 的半径分别为R1 ， R2 ，A 、B、C 的质量分别为 m1，m2 ，m，求：重物 C 由静止下降 h时的速度 v 。
解：选 m1 和 m2 为系统，由于碰撞时间极 短，故系统动量守恒，选逆时针方向为正，
则有：m2 v1 l m2 v2 l (m1 l / 3)
2
①
碰后m 在转动过程仅受摩察力
1
矩 M 作用
M
大小为:
M
1 m1 gl 2
m dm1 gx 1 gxdx 0 l
可解得:
1 1 h l l (1 6 s l ) 2 2 2
I1 I2 mvl.
1 1 2 lmg I 2 mgh 2 2
例13．如图所示，一质量为m的匀质细杆AB， A端靠在光滑的竖直墙壁上，B端置于粗糙水 平地面上而静止．杆身与竖直方向成角，则 A端对墙壁的压力大小为 （ B ）
m2
M,R
m1m2 g T2 m1 m2 M / 2
m1
m1m2 g 当 M=0 时： T1 T2 m1 m2
例8. 一个半径为 R 的半球固定在地面上，在它的 顶部有一半径为 r 的球从静止只滚不滑地开始滚 下，问：小球滚到何处恰好脱离大球面？
解：当小球滚至任一角 度θ 时，其受力为 重力mg，摩擦力 f 和支撑力 N
第7章 刚体力学习题课
例2.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,下列情况哪一种说法是正确的? （A）
(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. o (C) 角速度从大到小,角 加速度从大到小.

O'
6.一半径为R质量为m的均质圆形平板在粗糙 的水平桌面上，绕通过圆心且垂直于平板的 oo′轴转动，摩擦力对oo′轴的力矩为（ ）A
2 A. mgR ; 3 B.mgR ; 1 C . mgR ; D. 0 2
例7.质量为 m1 和m2 两个物体， 跨在定滑轮上 m2 放在光滑的 桌面上，滑轮半径为 R，质量 为 M，求：m1 下落的加速度， 和绳子的张力 T1、T2。
解：杆 地球系统， ∵只有重力作功，∴ E 守恒。 初始：Ek1=0 令Ep1=0 末态： E k 2
1 I 2 2
E p2
l mg sin 4
1 l 2 则： I 0 mg sin 0 2 4
(1)
由平行轴定理
1 l 2 7 2 I 0 I c md ml m( ) ml 2 12 4 48
解一：应用机械能守 恒定律
A
m1 , R1
O1
m2 , R2
B
O2
1 1 1 2 2 2 mgh mv I11 I 2 2 2 2 2
EP 0
C m
h
1 1 1 2 2 2 mgh mv I11 I 2 2 2 2 2
不打滑：有
v R11 R2 2
1 2 I 2 m2 R2 2
解：建立图示坐标系，据题意，杆 受力及运动情况如图所示。 由质心运动定理：
mg
L 2
N
x
ac
N mg 0, F mac m (1)
由转动定理：
2 F oA I o 1 mL 3
(2)
联立（1），（2）得：
oA 2 3 L
15
例11.如图所示,一长为L质量为m的匀质细棒AB,用 细线拴住其两端,水平悬于空中,若将A端悬线剪断, 试求剪断的瞬间杆的质心的加速度和B端悬线对杆的 拉力. 解:在剪断的瞬间:
I I 00 I I0 0
O'