第七章基本知识小结

1、第七章基本知识小结刚体的质心定义： rcmi ri / mrcr dm /dm求质心方法：对称分析法，分割法，积分法。刚体对轴的转动惯量定义： Imi ri 2Ir 2dm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）刚体的动量和质心运动定理pmvcFmac刚体对轴的角动量和转动定理LII刚体的转动动能和重力势能Ek21 I2E pmgyc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：FmaccI c c（不必考虑惯性力矩）动能： Ek21 mvc212 I c c2刚体的平衡方程F 0 ，对任意轴07.1.2汽 车 发 动

2、机 的 转 速 在 12s内 由 1200rev/min 增 加 到3000rev/min. 假设转动是匀加速转动，求角加速度。 在此时间内，发动机转了多少转？矚慫润厲钐瘗睞枥庑赖賃軔。解：(30001200 )2/ 6015.7rad / s2t1222(3000 21200 2 )( 2/ 60)210 2 rad02215.726.39对应的转数 = 226. 391024202 3.147.1.3某发动机飞轮在时间间隔t 内的角位移为at bt 3ct 4 ( : rad , t : s) 。求 t时刻的角速度和角加速度。解：da3bt24ct3d12ct2dtdt 6bt7.1.4半

3、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 =1.2t+t2 (:rad,t:s)。 t=0 时，自 t=0 开始转 45o时，转过90o 时， A 点的速度和加速度在 x 和 y 轴上的投影。y 聞創沟燴鐺險爱氇谴净祸測。解：d1.2 2d2.0oAxdttdt t=0 时，1.2, vx0vyR1.20.10.12m / saxanv y2/ R0.122 / 0.10.144m / s2ayaR2.00.10.2m / s2 =/4时 ,由

4、=1.2t+t2,求得 t=0.47s,=1.2+2t=2.14rad/sv xR cos 452.140.12 / 20.15m / sv yR sin 452.140.12 / 20.15m / s45 / 10axR cos452 R cos45R cos45 (2 )0.122 (2.02.14 2 )0.465m / s2ayR sin 452 R sin 45R sin 45 (2 )0.122 (2.02.14 2 )0.182m / s2 =/2时 ,由 =1.2t+t2,求得 t=0.7895s, =1.2+2t=2.78rad/sv xR2.780.10.278m / s

5、v y 0axR2.00.10.2m / s2ay2 R2.7820.1 0.77m / s27.1.5 钢制炉门由两个各长1.5m 的平行臂ACAB 和 CD 支承，以角速率 =10rad/s逆时针转动，求臂与铅直成45o 时门中心 G 的速度和加BD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vGvBAB101.5 15m / s ，方向指向右下方，与水平方向成 45o；aGaB2 AB1021.5150m / s2，方向指向右上方，与水平方向成 45o7.1.6收割机拨禾轮上面通常装4 到压板6 个压板，拨

6、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，一方面把切下来切割器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。残骛楼諍锩瀨濟溆塹籟婭骒。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）的速度酽锕极額閉镇桧猪訣锥顧荭。v vcR 1.22221.50.53m / s

7、602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. 桨尖相对于飞机的线速率等于多少？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。 彈贸摄尔霁毙攬砖卤庑诒尔。解：桨尖相对飞机的速度：vr200021.5314m / s60桨尖相对地面的速度：vv 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，v250 103机地6060 69.4m / s所以， vv22314 269.42321.6m / sv机地显然，桨尖相对地面的运动轨迹

8、为螺旋线7.1.8 桑塔纳汽车时速为166km/h，车轮滚动半径为0.26m，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？謀荞抟箧飆鐸怼类蒋薔點鉍。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， v2Rn22Rn1 / 0.909，所以： 厦礴恳蹒骈時盡继價骚卺癩。46 / 10n10.909 v0.909 166 1039.24 104rev / h1.5432 R2 3.140.2610 rev / min7.2.2在下面两种情况下求直圆锥体的总质量和质心位

9、置。圆锥体为匀质；密度为h 的函数： =0（1-h/L ）, 0为正常数。 茕桢广鳓鯡选块网羈泪镀齐。解：建立图示坐标o-x, 据对称性分析，L质心必在 x 轴上 ,在 x 坐标处取一厚为 dxorax的质元 dm= r2dx， r/a=x/L ， r=ax/L dm= a2x2dx/L2h圆锥体为匀质，即为常数，mdma 2L2dx12L总质量：L20x3a质心： xcxdma 2 x3dx / L 23L3dx3Ldma2 L / 3L30x40 (1 Lh )0 (1 LL x )L0 x总质量： mdm0 a2L3dx102L3x4aL0xdmL4质心： xc44dxLdmL4x507

10、.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）。鹅娅尽損鹌惨歷茏鴛賴縈诘。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。ox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(x0,y 0)籟丛妈羥为贍偾蛏练淨槠挞。7.3.1 用积分法证明：质

11、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121 ml 2 ；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 14 mR2 預頌圣鉉儐歲龈讶骅籴買闥。证明：取图示坐标，在坐标x处取一线元，dmmldx ，它对 ydIm2dx ，yx轴的转动惯量为：lx整个细杆对 y 轴的转动惯量：-l /2dxl/2l/ 2m l 3l 3Im2dxmx3 l / 212lx3l|l / 23l ( 88 )12 mll / 2在坐标 x 处取细杆状质元，Rdmm2 R2x2dx2 mR22dxxR2R2xx它对 x 轴的转动惯量：dI1dm(2

12、 R2x2)2122)2m( R2x2)3 / 2dx123 dm(Rx3 R2R223 / 2整个圆盘对 x 轴的转动惯量：I2m( R)dx3R2xR为了能求出积分，作如下变换：xR cos, dxR sind47 / 10( R2x2 )3 / 2( R2R2 cos2) 3 / 2(R2 sin2)3 / 2R3 sin30332mR24代入上式： I2msin( Rsind)sind3R2R30据三角函数公式：sin 21cos2,cos21cos 222sin4(1cos2212cos 2cos22)4 (12 )12cos 21cos4132 cos21cos4 )4 (12)4

13、( 22I2 mR 2132 cos21)d34 (22 cos4mR23dcos2d 21d 4628 cos4000mR62( 23sin 2|081 sin 4|0 )41 m R27.3.2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 渗釤呛俨匀谔鱉调硯錦鋇絨。l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I l121 ml l 2ml ( 2l )231 ml

14、l 2 ,rI r21 m r r 2mr (l r )2I31 ml l 221 mr r 2mr (l r )214.90.922124.50.08224.5(0.920.08)23226kgm 27.3.3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。铙誅卧泻噦圣骋贶頂廡缝勵。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rr为 I21 MR2.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=M/R2，根据平行轴定理，1(r2)r2

15、(r2R2M r 41M r2I 2)( 2 )242 R设挖去两个小圆盘后，剩余部分对o 轴的转动惯量为I ”I I 2I 21 MR2M r 421Mr2M ( R2r22r42)R221/ R7.3.5 一转动系统的转动惯量为I=8.0kgm2 ，转速为 =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=0.4，轮半径为 r=0.4m ，问从开始制动到静止需多长时间？擁締凤袜备訊顎轮烂蔷報赢。解：由转动定理：I,20.43920.415.68rad / s闸瓦I8 .0制动过程可视为匀减速转动，/t闸瓦t/41.9 / 15.682.67s7.3.6匀质杆

16、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 贓熱俣阃歲匱阊邺镓騷鯛汉。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ox48 / 10动定理： N mg0,Fmac m 2L(1)ac31 mL2mg由转动定理； F 0AI o(2)AF把代入中，可求得oA32 L7.3.7 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

17、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？坛摶乡囂忏蒌鍥铃氈淚跻馱。解：T2T1xoRaaym2gm1gT2T1m2m1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：m2 gT2m2a(1); T1m1 gm1 a(2)对滑轮应用转动定理： (T2T1 )RIIa / R（ 3）质点 m2 作匀加速直线运动，由运动学公式：y21 at 2 ，a2 y / t 220.75 / 5.020.06m / s2由 、可求得T2 T1( m2m1 )g ( m2m1 )a ,代入（3）中，可求得 I( m2m1 ) g / a(

18、 m2m1 ) R2 ，代入数据：I(0.049.8 / 0.06 0.96)0.0521.3910 2 kgm27.3.8 斜面倾角为 ，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 ，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 ，求重物上滑的加速度，绳与斜面平行，不计绳质量。 蜡變黲癟報伥铉锚鈰赘籜葦。解：隔离鼓轮与重物，受力分析如图，其中T 为绳中张力， f= N为摩擦力，重物上滑加速度与鼓轮角加速度的关系为a=R買鲷鴯譖昙膚遙闫撷凄届嬌。对重物应用牛二定律：NT- N- mgsin =ma,N=mgcos，代入前Tf式，得 T- mgcos- mgs

19、in =ma 綾镝鯛a駕櫬鹕踪韦辚糴飙钪。Tmg对鼓轮应用转动定理：- TR=I =Ia/R由联立，可求得重物上滑的加速度：R R 2 mg(cossin )amR2I7.3.9 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r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m1 ,m2始下落，落地时间为t1，然后悬挂质量较大h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。 驅踬髏彦浃绥譎饴憂锦諑琼。解：隔离轮盘与重物，受力及运动情况如图示： f T f为摩擦力

20、矩， T 为绳中张力， a=r对轮盘应用转动定理：raT1rfI 1 ，T2rfI2 ，两式相减， 得：mgT(T2T1 )rI ( 21 ), I(T2 T1 ) r /( 21 ) 49 / 10对重物应用牛顿二定律：m1 gT1m1 a1m1r1 , m2 gT2m2 a2m2 r 2 ，两式相减，可得： T2T1(m2m1 ) gr (m22m1 1 ) ，代入中，可得：I ( m2m1 ) gr( m2 2m1 1 )r 2 /( 21 ) 由运动学公式： h21 a1t1221 a2t22 ,a12h / t12 ,a22h2h,2h2 ,122rt2 ，将角加速度代入中，得：t2

21、rt12(m22h2h)r2Im1 ) gr(m2 rt 22m1 rt122 h2 hrt2rt22122(m2m1 ) gr 22hr 2 ( m2/ t2m1 / t1 )22222h(t1t2 ) /(t1t2)(m2m1 ) gr 2t12 t222hr 2 (m2 t12m1t22 )2h(t122t 2)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

22、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？猫虿驢绘燈鮒诛髅貺庑献鵬。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锹籁饗迳琐筆襖鸥娅薔嗚訝。Irmv0 0rmv0 / Irm在弹射过程中，物体系动能不oI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

23、的最大摆角.o 構氽頑黉碩饨荠龈话骛門戲。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：l M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，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，mvl ml 231 Ml 2( m31 M )l 2mv0.01 2002.0rad / s(m M / 3 )l(0.01 2. 97 / 3)1.0第二阶段，子弹与杆以共同的初角速度 摆动到最大角度 ，由于在此过程中，只有重力做功，所以物体系的机械能守恒，物体系原来的动能等于重力势能的增量：輒峄陽檉簖疖網儂號泶蛴镧。21 (m13 M

24、)l 22mgl (1cos )Mg 2l(1 cos )cos(mM / 3)l21(0.012.97 / 3) 1.0 2. 020.86351(2 mM ) g( 2 0.01 2.97)9.8 =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？尧侧閆繭絳闕绚勵蜆贅瀝纰。解：以地为参考系， 把子弹和棒看作一个Am2,Lv1C O50 / 10m1物体系，棒嵌入子弹后作平面运动，可视为随质心C 的

25、平动和绕质心 C 的转动， 绕质心 C 转动的角速度即为所求。识饒鎂錕缢灩筧嚌俨淒侬减。据 质 心 定 义 :m1CO , m1m2COCA , 100L，m2CAm2CA992CACA 99 L / 2000.495L,CO0.5L 0.495L0.005L据角动量守恒： m1 v1 CA (m1 CA2121m2 L2m2 CO 2 )m1 v1 0.495Lm1 (0.495219999 0.0052) L2120.495v1 (0.495299 /12990.0052 ) L0.058v1 / L7.5.1 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

26、未移动，可近似认为烟囱为匀质杆。凍鈹鋨劳臘锴痫婦胫籴铍賄。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 I121mh2m( 2h ) 231 mh2 ，倒在地面上时的角速度为由机械能守恒：mghC12, mgh112 2,3g / h2 I223 mh上端点到达地面时的线速度：vh3gh39.81017.2m / s7.5.2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

27、.恥諤銪灭萦欢煬鞏鹜錦聰櫻。解：先求出正方形框架对支点o 的转动惯量：oAI oI c4m( 2l )2I cml22 Ep=0BI c1ml2ml 24m l2I o7ml4(124 )33设 AB 边达到水平位置时，框架的角速BA度为 ，据机械能守恒定律：4mg 2l21 I o212 ( 37 ml 2 )2127lg , vc21 l73 glAB 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=2l/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：鯊腎鑰诎褳鉀沩懼統庫摇饬。

28、N4mg4mac4m 76 gN4mg(176 )7 73 mg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。硕癘鄴颃诌攆檸攜驤蔹鸶胶。解：先求出框架对O 轴的转动惯量：据平行轴定理，II C4mOC24(121ml 2m 41 l 2 )4m( 12 l )2103 ml 2设对角线 OP 转过 45后框架的角速度为，且N势能为零，由机械能守恒：CP4mg(lsin 45 )1I2,2mgl5ml2 2O223n26 g,6 g,v p2l253 gl4mg5l5l51 / 10设支点 O 对框架的作用力为N ，由定轴转动定理：= I，4mg sin 45 l / 2 3gl3g 3 2 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I10ml 2 / 35l,a25g2 10质心的法向加速度an2OC6gl6g5l252?N n4mg