理论力学第三版洪嘉振答案第6章.pdf

洪嘉振等理论力学第 3 版习题详解 1 6-1C 三个质量均为 m 的质点用质量不计 的刚杆连结成正三角形，边长为 b。在质心 C 建 立如图所示的连体基，矢量z r 为正三角形的法 向，点 B 为该边的中点。求 x r y r 题 6-1C z r BC A （1）三个中心主转动惯量； （2）任一个顶点的三个主转动惯量； （3）讨论中心主转动惯量与任一顶点的主 转动惯量间的关系。 解解： B C A x r y r z r z r x r 题解 6-1C D E y r （1）对于题图给出的连体基，考虑到bAB 2 3 = 与质心 C 在几何形心，三质点的坐标分别为（见图 6-1C） T 0 3 3 0 =b A r T 0 6 3 2 1 =bb D r T 0 6 3 2 1 =bb E r 由于轴 y 是对称轴，所以 Cy 为中心惯量主轴。 0, 0= i iiiyzC i iiixzC zymJzxmJ 0 6 3 2 1 6 3 2 1 , 0= bbbbxymJzxmJ i iiiyxC i iiixzC 所以 Cx、Cz 也是中心惯量主轴。由定义可以分别得到三个中心主转动惯量 () 22 2 22 ) 3 3 (33mbbmACmyxmJ i iiizC =+= () 2222 2 1 ) 2 (2mb b mzxmJ i iiiyC =+= () 22222 2 1 ) 6 3 (2) 3 3 (mbbmbmyzmJ i iiixC =+=+= （2）不失一般性，过顶点 A 建立如图见图 6-1C 的连体基 e r 。三点的坐标分别为 ，()T000= A r T 0 2 3 2 1 =bb D r， T 0 2 3 2 1 =bb E r 同（1）理可知，轴,x A y A z A 是过顶点 A 的三个惯量主轴。由定义可以分别得到三个中 心主转动惯量 1 洪嘉振等理论力学第 3 版习题详解 2 () 222 2mbyxmJ i iiizA =+= () 2222 2 1 ) 2 (2mb b mzxmJ i iiiyA =+= ， () 2222 2 3 ) 2 3 (2mbbmyzmJ i iiixA =+= （3）轴与 Cx 轴平行，轴xAzA与 Cz 轴平行 分别有关系 22 ) 3 3 (3mbJbmJJ xCxCxA +=+= 22 ) 3 3 (3mbJbmJJ zCzCzA +=+= 对照（1）与（2）的结果此上述关系成立。轴yA,zA与 Cy 轴重合有。 yCyA JJ= 2 22 11 , 1212 zx JMbJMa = 洪嘉振等理论力学第 3 版习题详解 1 6-3C 如图所示，质量为 m、半径为 R 的均质半圆 球， AB 为通过质心 C 并平行于其底面的任意直线。计 算半圆球对轴 AB 的转动惯量。 R O C B A 题 6-3C 解解： 半圆球对通过底面球心O任意直径转动惯量为 的 2 5 2 mRJ xO = 由平行轴定理 22 320 83 ) 8 3 (mRRmJJ xOxC = 洪嘉振等理论力学第 3 版习题详解 1 6-4C 计算质量为m半径为R的半圆薄板对于图 示 x 轴的转动惯量。 O A C x r 题 6-4C O A C 2 x r 题解 6-4C x r 1 x r 解解： 令过点O绕x1轴的转动惯量为J1x， 2 1 4 1 mrJ x = 轴x1与轴x平行，轴x2过半圆薄板质心C与x轴平行， 转动惯量为JCx，考虑到 3 4r OC =，由平行轴定理 2 2 2 1 ) 9 16 4 1 () 3 4 (mr r mJJ xxC = 由于 3 4r rAC=， ，由平行轴定理可得 2 2 2 ) 3 8 4 5 () 3 4 (mr r rmJJ xCx =+= 洪嘉振等理论力学第 3 版习题详解 1 6-5C 一细杆由钢和木二种材料拚装组成，二段 为均质杆，质量分别为 和 。试写出细杆对图 示各轴的转动惯量。 1 m 2 m 题 6-5C ll 2 m 1 m 1 z r2 z r 3 z r 解解： 根据转动惯量的平行轴定理， 2 2 2 1 2 2 2 2 2 1 2 1 3 7 3 1 2 3 12 1 212 1 1 lmlm l mlm l mlmJZ+= + += 2 2 2 1 2 2 2 2 2 1 2 1 3 1 3 1 212 1 212 1 2 lmlm l mlm l mlmJZ+= + += 2 2 2 1 2 2 2 2 2 1 2 1 3 1 3 7 212 1 2 3 12 1 3 lmlm l mlm l mlmJZ+= + += 1 洪嘉振等理论力学第 3 版习题详解 1 6-6C 试计算下列各系统在图示瞬时的动量： (a) 连杆AB以匀角速度绕轴A转动，带动行星轮B在固定中心轮上作纯滚动。连杆和 行星轮都为均质，质量分别为m1和m2，尺寸如图所示； (b) 均质胶带及带轮的质量分别为m、m1和m2，尺寸如图所示。轮O1以匀角速度绕轴 转动。 B r1 r2 (a) 题 6-6C A 1 O 2 O 1 r 2 r (b) 解解： (a) 如图 6-6Ca所示，点B为行星轮的质心，点C1为连杆 的质心，它们的速度分别为 B 题 6-6Ca A B v r 1 C v r C1 1 p r 2 p r p r C )( 21 rrvB+=，)( 2 1 21 1 rrvC+= 各自动量的大小分别为， )( 21222 rrmvmp B +=，)( 2 1 2111 1 rrvmp C += 方向如图所示垂直 AB，相互平行。故系统的动量方向与它们 一致，过系统质心 C。其大小为 )(2( 2 1 212121 rrmmppp+=+= (b) 如题图可知，均质胶带及两带轮的质心速度总为零， 它们的动量均为零矢量。由于系统的动量为它们的矢量和，故也为零矢量，即 0=p 洪嘉振等理论力学第 3 版习题详解 1 6-7C 图示椭圆机构中， 规尺AB质量为 2m1， 曲柄OC 质量为m1，滑块A和B质量均为m2。曲柄以匀角速度绕 轴O转动。设各物体为均质，lBCACOC=。 A 题 6-7C O A C B y x r （1）写出机构质心运动方程； （2）求系统的动量。 解 解： A A O B C x r y r 题解 6-7Ca b D D v r p r t （1）由题意可知，点C为规尺AB (质量 2m1)与滑块A 和B质量(质量m1)的质心， 故系统质心在杆OC的D处， 如图 6-7Ca所示，令bOD =，有 ()bmmm l mlmm 121121 22 2 )22(+=+ 得 l mm mm b )23(2 45 21 21 + + = 如图所示，机构质心 D 运动方程为 tmbxDcos= tmbyDsin= （2）如图所示，质心 D 的速度为bvD=，故系统的动量为过质心 D 方向垂直 OC 的 矢量，其大小为 lmmvmmmvp DD )45( 2 1 )23( 2121 +=+= 洪嘉振等理论力学第 3 版习题详解 1 6-8C 图示滑轮 O 和 D 的质量不计，重物 A 和 B 的质量分别为 和。若此瞬时重物 A 以加速度下降，绳与滑轮间无相对滑 动，试求支座 O 的约束力。 A m B ma 题 6-8C B A D O 解解： 如图 6-8C 建立惯性基， 系统受力情况如图所示。 重物 A 和 B 的速度分别为 A v r 与，且有如下关系 B v r 题解 6-8C B A D O gmA r gmB r x r y r Ox F r Oy F r A v r B v r AB vv 2 1 = 系统的动量为 BBAA vmvmp rrr +=，有 0= x p ABABBAAy vmmvmvmp = 2 1 根据质点系的动量定理 ,R R yy xx FP FP = = & & 有 Ox F=0 OyBA ABA Fgmgm t vmm += d ) 2 1 d( 可得 0= Ox F a mm gmgm t vmm gmgmF BA BA ABA BAOy 2 2 d d 2 2 += += 洪嘉振等理论力学第 3 版习题详解 1 6-9C 图示系统中圆轮A的质量为4kg。 定滑轮质量不计。斜面的质量为 2kg，斜面 的倾斜角为 30 度。 当圆轮在斜面上无初速地 向下纯滚过 400mm 时， 斜面在光滑的水平轨 道上移动了 200mm。求重物 B 的质量。 A 30o B 题 6-9C 解解： 如图 6-9C 所示建立惯性坐标基。 C A 30o Ox r y r B 题解 6-9C 2 x 20 x 30 x 10 x 3 x C A 30o B 1 x 1 x 2 x 令圆轮A记为B1，质心A的x坐标记为 x1；斜面记为B2，质心D的x坐标记为x2； 重物B记为B3，质心B的x坐标记为x3。系统 质心C的x坐标记为xC。系统总质量记为M， 有如下关系 M xm x ii C = 作用于质点系上外力的主矢在 x 轴上 的投影始终为零，系统动量在该轴上的坐 标守恒。如果初始系统质心 x 方向速度为 零，则在任意时刻该速度均为零，即质心 在该轴上的坐标保持不变：，有 0CC xx = M xm M xm iiii = 0 或 （1） =0)( 0iiiii xmxxm 由图 6-9C 可见 200,41.146 6 cos3400200 6 cos 23121 =xxxxx 代入式（1） 0200200241.1464 321332211 =+=+=+ BBCA mxmxmxmxmxmxm 可解得 kg93. 0 200 200241.1464 = = B m 洪嘉振等理论力学第 3 版习题详解 1 6-10C 喷气式飞机的发动机从前端每秒吸入 空气的质量为 70 kg， 燃料的消耗率为每秒 1.35kg， 尾部喷出的燃气相对于飞机的速度是 1800m/s， 求 当飞机速度是 660km/h 时推力的大小。 题 6-10C 解解： 对于喷气机，吸入的空气相对于飞机的速度为 185 6 . 3 660 r =vm/s 质量的变化而引起的作用于质点的附加推力为 t m vF P P d d r r r = 则向后的推力为： kN13N1300018570 d d r = A P A v t m F 因为排出的质量是吸入空气和消耗燃料之和，故有向前的推力： kN4 .128N1284001800)35. 170( d d r =+= B P B v t m F 向前的总推力为： kN4 .115= P A P B P FFF 洪嘉振等理论力学第 3 版习题详解 1 6-11C 如图所示，重 G 的物体 A 带动单位长度的重量为 q 的软 链以速度向上抛出。假定软链有足够的长度，求重物所能达到的 最大高度。 0 v 题 6-11C z r 0 v A 解解： 研究对象为重物和已加入运动部分的软链， 该对象作平移运动， 所以可以看成变质量的 质点。其质量为 g zq g G m+= 令其速度为。 zC v 软链加入系统部分在并入研究对象前处于静止，故对于已运动的软链相对速度为 。系统的质量变化为 Czz vv= r t m d d 。 定义惯性基向上的单位矢量为 z r ，重物和软链只受重力作用，变质量动力学方程式在 z r 上的坐标式为 t m vmg t v m Z Cz d d d d r += 即 mg t m v t v m zC zC =+ d d d d 或 mgmv t Cz =)( d d 等式两边乘以，再积分 zmd zgmzmmv t zC dd)( d d 2 = 再积分 + += += g zq g G g zq g G q g z g zq g G gzmgmvmv zzz zC v v Cz CZ ddd)d( 0 2 2 0 2 0 2 0 得 3 2 3 2 2 0 2 2 332 1 2 1 + += + g G q g g zq g G q g v g G v g zq g G Cz 或 ()()()2 0 3 322 3 2 3 2 Gv q gG zqG q g vzqG Cz +=+ 到达最高点时、，代入上式有 0= ZC vhz = 洪嘉振等理论力学第 3 版习题详解 2 ()()2 0 3 3 3 2 3 2 0Gv q gG hqG q g += 可解得 +=1 2 3 1 3 2 0 Gg qv q G h 9.8N9.8N/m 2 sinAv 2 sinAv 洪嘉振等理论力学第 3 版习题详解 1 6-14C 质量为 m，长度为 L=2R 的均质细直杆的 A 端固接在均质圆盘的边缘上， 圆盘的质量为m半径为R， 以角速度绕定轴 O 转动。求 题 6-14C R AB O （1）系统的动量； （2）系统对于轴 O 的动量矩。 解解： 题解 6-14C A B O D x r y r C D v r 1 p r p r D r r （1） 如图建立惯性坐标基。细杆与圆盘固结为一 个刚体。系统的质心记为 C， ROC 2 2 = 系统的动量 21 ppp rrr += （1） 其中 1 p r 为细杆的动量， 2 p r 为圆盘的动量。记细杆的质 心为 D 速度矢量如图所示，大小为RvD2=。有 D vmp rr = 1 ，大小为 Rmp2 1= 圆盘的质心为 O 速度为零，圆盘的动量0 2 r r =p。由式（1） ，系统的动量为 1 pp rr =，其坐标为 Rmpx=，Rmpy= （2）系统对轴 O 的动量矩 （2） 21 OzOzOz LLL+= 其中为细杆对轴 O 的动量矩，L为圆盘对轴 O 的动量矩。由于细杆对定点 O 的转动惯 量为 1 Oz L 2 Oz () 2 2 2 2 3 7 2)2( 12 1 mRRmRmODmJJ DO =+=+= 故 21 3 7 RmJL OOz = 圆盘对轴 O 的动量矩 22 2 1 mRLOz= 由式（2）系统对轴 O 的动量矩， 2 6 17 mRLOz= 洪嘉振等理论力学第 3 版习题详解 1 6-15 均质圆盘质量为 m，半径为 R，lOC =。当它作图示四种运动时。分别求圆盘对 固定点 O 的动量矩。 （a）系绳质量不计 （b）连杆质量不计 （c）圆心固定 (d) 在圆弧上纯滚动 题 6-15C O O O O C C CC 解解： 规定对点 O 的动量矩正向为逆时针方向 （a）圆盘作平动。 2 lmlmvL CO = （b）圆盘绕 O 作定轴转动。 += 22 2 1 mLmRJL OO O C C v r C r r p r 题解 6-15C （c）圆盘绕 C 作定轴转动。 ，0= C v0=p 2 2 1 mRprJL COO = （d）圆盘作平面一般运动。参见图 6-15C RvC=，Rmmvp C = mRLRLmRmRprJL COO = 2 1 2 1 2 洪嘉振等理论力学第 3 版习题详解 1 题 6-16C B A l l O z r 6-16C 如图所示，两小球 A 与 B 质量均为 m，用 长为 2l 的细杆连结，并以其中点 O 固定在铅垂轴 OZ 上，细杆与 OZ 的夹角为，细杆的质量不计。设细 杆绕 OZ 轴转动的角速度为。求 （1）质点系对点 O 的动量矩； （2）质点系对轴 OZ 的动量矩。 解 1解 1： 题解 6-16C B A O O L r z r A r r B r r y r （1）如图所示过点 O 建连体基。小球 A 与 B 的速度为 xlrv xlrv BB AA rrrr rrrr sin sin = = 质点系对点 O 的动量矩 )cos(sinsin2 2 yzlm vmrvmrL BBBAAAO rr rrrr r = += （2）质点系对轴 OZ 的动量矩 22 sin2lmLOz= 解 2 解 2： （1）如图所示过点 O 建连体基。小球 A 与 B 的速度为 BBAA rvrv rrrrrr =, 坐标阵为 = = = = 0 0 sin cos sin 0 000 00 00 0 0 sin cos sin 0 000 00 00 l l l l l l BB AA rv rv 质点系对点 O 的动量矩 BBBAAAO vmrvmrL rrrr r += 坐标阵为 洪嘉振等理论力学第 3 版习题详解 2 = + = + = += sin cos 0 sin2 sin sincos 0 sin sincos 0 0 0 sin 00sin 00cos sincos0 0 0 sin 00sin 00cos sincos0 2 22 2 22 2 ml l lm l lm l l l ll m l l l ll m mm BBBAAAO vrvrL （2）质点系对轴OZ的动量矩 22 sin2lmLOz= 洪嘉振等理论力学第 3 版习题详解 1 6-17C在相同的滑轮上绕以软绳， 绳子的一端作用有力或挂以重物如图所示。 图中r2=2r1， F=1kN，G1重 1kN，G2重 2kN，G3重 1.5kN，G4重 1kN，G5重 1.5kN，G6重 0.5kN。不计软 绳的质量以及轴承中的摩擦力。 （1）分别计算作用于系统的外力对转动轴的力矩； （2）分别计算滑轮转动的角加速度； （3）讨论对转动轴外力矩相等，滑轮角加速度不相等的力学原理。 2 r 2 r 2 r 2 r 2 r （a） （b） （c） （d） （e） 题 6-17C F r 6 G r 5 G r 4 G r 3 G r 2 G r 1 G r 1 r 1 r 1 r 1 r 1 r 解解： （1） 以逆时针为正。 kNm22 112a rFrFrM= kNm22 11121b rrGrGM= kNm2 112c rrGM= ()kNm22 1431423d rrGGrGrGM= ()kNm22 11652625e rrGGrGrGM= （2）根据动量矩定理，可列出各种情况下的角加速度表达式。 （a） 2 d )d( Fr t JO = ， 即 1a 2FrJO=，得 OO J r J Fr 11 a 22 = （b）对轴的动量矩为 +=+= g G rJrr g G JL OOO 1 2 122 1 4 21 d d rG t LO = 即 11b 1 2 1 2) 4 (rG g Gr JO=+，得 1 2 1 1 1 2 1 11 b 4 2 4 2 rgJ gr GrgJ grG OO + = + = 洪嘉振等理论力学第 3 版习题详解 2 （c）对轴的动量矩为 +=+= g G rJrr g G JL OOO 2 2 111 2 12 d d rG t LO = 即 12c 2 2 1 )(rG g Gr JO=+，得 2 1 1 2 2 1 12 c 2 2 rgJ gr GrgJ grG OO + = + = （d）对轴的动量矩为 +=+= g G r g G rJrr g G rr g G JL OOO 4 2 1 3 2 111 4 22 3 4 1423 d d rGrG t LO = 即()1 43d 4 2 1 3 2 1 24rGG g G r g G rJO= +，得 () 2 1 1 4 2 13 2 1 143 d 7 2 4 2 rgJ gr GrGrgJ grGG OO + = + = （e）对轴的动量矩为 + +=+= g GG rJrr g G rr g G JL OOO 65 2 122 6 22 5 4 2625 d d rGrG t LO = 即( 165e 65 2 1 24rGG g GG rJO= + +)，得 () () 2 1 1 65 2 1 165 d 8 2 4 2 rgJ gr GGrgJ grGG OO + = + = （3）五种情况对点 O 的力矩相同，由于动量矩大小不同，故它们的角加速度会不同， 且 edbca 2 1566kg.m g R mR = ()t Ae + =? 洪嘉振等理论力学第 3 版习题详解 1 6-21C 如图所示，均质杆AB长为l，质量为m，在铅垂平面 内运动。试求此杆绕其端点B的绝对动量矩。 题 6-21C A C B 解解： 如图示建立惯性基e r 、 在刚体运动的一般情况下建立质 心平移基与质心连体基。 s e r b e r C v r C d r 题解 6-21C A C B Ox r y r s y r s x r b x r b y r S 杆 AB 绕其端点 B 绝对动量矩为 CCCB vmdLL r r += （1） 其中杆 AB 对其质心 C 的相对动量矩为 2 12 1 mlJL CC = 图中 S 为瞬心，质心速度 C v r 与矢量 C d r 的关系如图所示，可 知 zmlz l m l vmd CC rrr r 2cos 4 1 2 2 sin 22 2 = = 将以上两式代入式(1)，得杆 AB 绕其端点 B 绝对动量矩为 ()2cos31 12 1 2cos 4 1 12 1 222 +=+=mlmlmlLB 洪嘉振等理论力学第 3 版习题详解 1 6-22 一质量为 m、半径为 R 的圆环上固结一质量为 m 的质点。圆环在水平面上作无滑动的滚动。求系统对环心 O 的绝对动量矩。 题 6-22C O m 解 1 解 1 如图 6-22Ca 建立惯性基与连体基e r b e r O。 题解 6-22Ca O m C d rC C v r S x r y r b x r b y r 系统对环心 O 的绝对动量矩为 CCCO vmdLL r rrr += (1) 由于系统对质心 C 的转动惯量为 2 22 2 2 3 44 mR R m R mmRJC=+= 故系统对质心的动量矩为 2 2 3 mRJL CC = (2) 由图可 6-22Ca 知，质心 C 到瞬心 S 的距离为 () cos 4 5 cos 2 2 4 2 2 += += R R R R RSC (3) 质心的速度 C v r 方向如图 6-22Ca，大小为 CC Sv =。由图定义角，有 zRmSzmSRvmd CCCC rrr r cos 2 sin= = (4) 有几何关系 cos 2 2 4 2 22 R S R SR CC += 可得 += +=cos 2 1 4 3 cos 4 5 4 3 cos 2 2 2 2 2 R R R R SRS CC 将其代入(4)可得 zRmvmd CC r & r r +=cos 2 1 2 (5) 将式(2)与 (5)代入式(1)，可得 () cos2cos 2 1 2 3 222 += +=RmRmRmLO 洪嘉振等理论力学第 3 版习题详解 2 解 2 解 2 如图 6-22Cb 建立惯性基e与连体基 r b e r O。 圆环对O点的动量矩为 题解 6-22Cb O m C m v r S x r y r b x r b y r 2 1 mRLO= 质点的速度 m v r 方向如图 6-22Cb，大小为 mm Sv =。其中质点到瞬心S的距离 2 cos2 RSm= 质点对O点的动量矩为 () cos12 2 cos 2 cos2 2 2 += = mR RRmL O 系统对O点的动量矩 )cos2( 2 21 +=+=mRLLL OOO 洪嘉振等理论力学第 3 版习题详解 1 623C 图示机构，两均质杆与均质圆盘的质 量都为 m 。圆盘的半径为 r ，OA=r ，AB=3r。圆盘 在水平面上作纯滚动。图示瞬时杆 OA 铅垂，杆 AB 水平。求该瞬时 题 6-23C A B O （1）机构的动量； （2）机构对点 O 的动量矩； （3）机构的动能。 解解： （1）如图建立惯性基e r O。三构 件的速度与动量如图所示，其大小分别 为 题解 6-23C A B O 1 C 2 C 2 p r 2 v r 1 p r 1 v r 3 p r B v r 2 C d r 3 B d r mrprv mrprv mrp r v B = = = 3 22 11 , , 2 1 , 2 系统动量为 321 pppp rrrr +=，其坐 标为 0, 2 5 = yx pmrp （2） 杆 OA 作定轴转动，对点 O 动量矩为 2 1 3 1 mrLOz= 杆 AB 作平面一般运动，此瞬时为瞬时平动0 2 =，对点 O 动量矩为 2222 2 pdLL CO r rrr += 其中0 22 22 = CzC JL，zmrpd rr r 2 22 =，所以 2 2 mrL Oz = 圆盘作平面一般运动，此瞬时角速度= r vB 3 ，对点 O 动量矩为 333 pdLL BBO r rrr += 其中 2 33 2 1 mrJL BBz =，zmrpdB rr r 2 3= ，所以 2 3 2 1 mrL Oz = 系统对 Oz 轴的动量矩为 2 321 6 11mr LLLL OzOzOzOz =+= 洪嘉振等理论力学第 3 版习题详解 2 （3） 22222222 12 17 2 1 2 1 )( 2 1 )( 2 1 3 1 2 1 mrmrrmrmmrT=+= 杆 OA 作定轴转动，动能为 222 1 6 1 2 1 mrJT O = 杆 AB 作平面一般运动，此瞬时为瞬时平动0 2 =，动能为 222 22 2 1 2 1 mrmvT= 圆盘作平面一般运动，此瞬时角速度= 3 ，动能为 2222222 3 2 33 4 3 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 mrmrmrJmvT B =+=+= 系统的动能为 22 321 12 17 mrTTTT=+= 洪嘉振等理论力学第 3 版习题详解 1 6-24C 已知菱形薄板ABDE与杆A1A 和B B 1B 由铰链连 接， 此二杆可分别绕固定轴A1 和B1 旋转。 已知A1A = B1 60o 60o 题 6-24C A E D C B 1 B 1 A B B = AB = AD = 2a；薄板对质心C的回转半径 = 2a ，质量为m 。 某瞬时， 杆A1A的角速度为， 杆A1A 和B1B相互垂直如图所示。 求此瞬时薄板的动能。 解解： 如图所示，由点 A 与 B 的速度 A v r 与 B v r 方向可确定菱形薄板的瞬心位于点 P。据此，点 的速度为v r aAA A 2 1 = A v， 由此可得菱形薄板的角速 度 题解 6-24C A E D C B 1 B 1 A A v r B v r C v P 2 av 2= aPa A b ，故菱形薄板质心 C 速度为 aPC2=由图可知， aavC422= r 此瞬时薄板的动能 ()() 22 2 2 2 22 162 2 1 8 2 1 2 1 ammam JmvT bCC =+= += 洪嘉振等理论力学第 3 版习题详解 1 625 图示三个圆轮，半径均为 R，在细绳的拉动下在水平面上作纯滚动。情况（a） 的细绳作用在轮心；其他两种情况细绳分别绕在轮缘如图所示。拉力为常力 F。情况（a） （b）轮心 O 水平移动的距离为 S，情况（c）轮心 O 沿斜面移动的距离为 S。分别求力 F 在这过程中所做的功。 30o 题 6-25C O O O R R R S S S F r F r F r (a) (b) (c) 解解： (1) FSW = O S O F r M 题解 6-25Ca F r 30o O S F r O F r M 题解 6-25Cb 0 O A (2) 如图 6-25Ca 所示，将原力向质心 O 移动，有等效 关系 ()MFF O, rr = 。 其中力，力偶FFO=FRM = FSMSFW O 2=+= (3) 如图 6-25Cb 所示，将原力向质心 O 移动，有等 效关系 ()MFF O, rr = 其中力，力偶FFO=FRM =。纯滚动圆轮移动距离 S， 其同时转动角。故力 F 在这过程中所做的功为 RS /= FS R S FRFSMAOFW O 2 3 30sin 0 0 =+=+= 洪嘉振等理论力学第 3 版习题详解 1 6-26C 如图所示，一质量为 30kg，半径为 0.5 m 的均质圆盘 与一质量为 18kg，长为 1 m 的均质直杆用理想铰链连接，在铅垂 平面内绕杆的一端转动。系统自图示位置无初速地开始运动，求 当杆 OA 处于铅垂位置时点 A 的速度。 题 6-26C A 0 30 O 解解： 如图所示建立惯性基。初始态系统动能为0 0= T。铅垂位 置系统动能为。其间，杆作定轴转动，动能为 1 T 题 6-26Ca A 0 30 O x r y r 1 A A v r gm r 1 gm r 2 22 1 2 2 1 2 1111 6 1 3 1 2 1 2 1 A A O vlm l v lmJT= = 均质圆盘与均质直杆用理想铰链连接，无摩擦，均质圆盘作平 动，动能为 2 212 2 1 A vmT= 铅垂位置系统动能为 ( 2 2112111 3 6 1 A vmmTTT+=+=) （1） 根据动能定理 （2） WTT= 0 其中 W 为重力作的功 ) 6 cos1 ( 2 ) 6 cos1 ( 12 += l gmglmW （3） 将式(1)与(3)代入式(2)，得 ) 6 cos1 ( 3 2 3 21 212 + + =gl mm mm vA 由已知条件可计算得 smvA/69. 1= () () 212 22 122 62 1 cos 6263/ A lgmm v mmm Rl + = + () 2 0 32 213.67rad/s 22 kg ml = 洪嘉振等理论力学第 3 版习题详解 1 6-29C 如图所示，长为 1 m，质量为 2 kg 的两 均质杆 AB 和 BC 在 B 点用铰链相连。杆 AB 的 A 端 和固定铰链支座相连，杆 BC 在 C 处用铰链与一均 质圆柱体连接。圆柱的质量为 4kg，半径为 250mm, 在水平面上作纯滚动。在两杆的中点 D、E 处有一 弹簧连接，弹簧因数 k=50N/m，原长为 1 m。在点 B 作用一铅垂力 F=60N。初始时系统静止不动，点 A 与 C 处于同一水平线上，。求系统运动到两 杆均处于水平位置时，杆 AB 的角速度。 o 60= r B A C D 题 6-29C E F r 解 解： 应用动能定理 r A C 题解 6-29C B 2 B v r C v r （1） =WTT 0 初始状态： （2） 0 0= T 水平位置：如图 6-29C 定义杆 AB 的角 速度。点的速度为 lvB= 由杆 AB 两端的速度，可知点 C 为该杆的瞬时中心，即0= C v。考虑到圆柱在水平面上作纯 滚动，故圆柱角速度也为零。又杆 AB 和 BC 等长，由llvB 2 =，得杆 BC 的角速度为 = 2 由上面分析，杆 AB 、BC 和圆柱的动能分别为 22 1 2 11 6 1 2 1 lmJT O =， 22 1 22 2 2 222 6 1 6 1 2 1 lmlmJT C = ， 0 3= T 此瞬时系统的动能为 22 321 3 1 mlTTTT=+= （3） 期间系统主动力做功为 （4） 321 WWWW+= 其中W为主动力 1 F r 做的功 96.51 2 3 3 sin 1 =lFFlW （5） W为重力做的功 2 974.16 2 3 3 sin 2 2 2 =lmg l mgW （6） 3 W为弹簧力做功 )( 2 1 2 0 2 3 =kW 式中，0 00 =llss，5 . 0 23 cos 2 2 0000 =l l l l ss ，故 洪嘉振等理论力学第 3 版习题详解 2 ()25. 65 . 0050 2 1 )( 2 1 2 2 0 2 3 =kW （7） 将式（5）-（7）代入式（4）得系统主动力做功为 （8） Nm184.75 321 =+= WWWW 将式（2）与（3）代入式（1）得 =Wlm 22 1 3 1 考虑到式（8） ，由上式可解得杆 AB 的角速度 rad/s62.10 3 1 1 = m W l 洪嘉振等理论力学第 3 版习题详解 1 6-30 如图所示，一质量为 m 的质点固结在质量为 M、半 径为 r 的匀质圆盘的边缘点 A。 M2m。 圆盘在一粗糙的水平 面上滚动。初始圆盘的点 A 在水平位置，无初速滚动到点 A 位于最低位置，求此瞬时圆盘的角速度和中心 O 的速度。 A O 题 6-30C 解 解： 如图 6-30C所示，圆盘作纯滚动，系统 质心初始在点C0，现已到达点C。点C距离 点O为e，根据已知条件，有 A O 题解 6-30C C gmr3 0 C e 0 A O v r re 3 1 = 点 A 在最低位置时， 该点为圆盘的速度 瞬心。系统对此点的转动惯量为 () 2 2 3 4 )( mrJ ermMJJ zC zCAz += += （1） 其中为系统对质心 C 的转动惯量，有 zC J 2222 22 2 3 5 9 4 9 2 3 2 32 1 mrmrmrmr r m r MMrJ zC =+= + += 代入式（1）得系统该瞬时对瞬心的转动惯量 222 3 3 4 3 5 mrmrmrJAz=+= 由动能定理 3 3 2 1 2 r mgJAz= 可解得圆盘的角速度为 r g 3 2 = 中心 O 的速度为 3 2rg rvO= 洪嘉振等理论力学第 3 版习题详解 1 6-32C 如图所示，在水平面上有一个质量为 4kg 的斜面，在斜面上放一个质量为 2kg 的方块。从静止 开始，方块自斜面顶点下滑。不计所有的摩擦力，求 方块脱离斜面时斜面滑动的速度。斜面长为 0.5m。 30 题 6-32C 解解： 如图建立惯性基。设斜面为Be r 1，作平动，建 立质心连体基 1 1 e r C， 其质心的绝对速度为 1 v r 。 方 块为B2也为平动，其质心的绝对速度为 2 v r 。因方 块质心相对于B1连体基 1 e r 是动点，所以 题解 6-32C 1 x r y r 1 y r x r O 1 C 1 B 2 B 1 v 1 v r 2 v r r 2 v r 。 1 r 2 e 2 r 22 vvvvv rrrrr +=+= 对于方块和斜面组成的系统来说，系统水平 动量为 ) 6 cos( r 21211221121 vvmvmvmvmppp xxxx +=+=+= 由于所有外力的主矢在水平方向上投影的代数和为零，系统水平动量守恒：，即 0= x p 0) 6 cos( r 21211 =+ vvmvm 由上式可解得 1 1 2 21 r 2 32 3 2 v v m mm v= + = （1） 方块自斜面顶点下滑脱离斜面时的动能为 +=+=+= 6 cos2)( 2 1 2 1 2 1 2 1 r 21 2r 2 2 12 2 11 2 22 2 1121 vvvvmvmvmvmTTT （2） 方块自斜面顶点下滑脱离斜面时只有方块的重力做功，即 6 sin 2 gLmW = （3） 其中 L=0.5m 为斜面长度。由动能定理WTT= 0 ，由式（2）与（3）有 6 sin 6 cos2)( 2 1 2 1 2 r 21 2r 2 2 12 2 11 gLmvvvvmvm= + （4） 将式（1）代入式（4）可解得 m/s 74. 0 1= v 洪嘉振等理论力学第 3 版习题详解 1 6-33C 题 6-32C 中，如果考虑方块与斜面间的摩擦阻力，其摩擦因数为 0.50。求方块脱 离斜面时斜面的速度。 解解： 题解 6-33Ca 1 x r y r 1 y r x r O 1 C 1 B 2 B 1 v 1 v r 2 v r r 2 v r 如图题解 6-33Ca建立惯性基e。设斜面为B r 1， 作平动，建立质心连体基，其质心的绝对 速度为 1 1 e r C 1 v r 。 方块为B2也为平动， 其质心的绝对速度 为 2 v r 。因方块质心相对于B1连体基 1 e r 是动点，所 以 。 1 r 2 e 2 r 22 vvvvv rrrrr +=+= 对于方块和斜面组成的系统来说，系统水平动量为 ) 6 cos( r 21211221121 vvmvmvmvmppp xxxx +=+=+= 考虑方块与斜面间的摩擦阻力。 这个摩擦阻力对于系统来说是内力， 所以外力的主矢在水平 方向上投影的代数和为零，系统水平动量守恒：0= x p，即 0) 6 cos( r 21211 =+ vvmvm 由上式可解得 1 1 2 21 r 2 32 3 2 v v m mm v= + = （1） 方块自斜面顶点下滑脱离斜面时的动能为 +=+=+= 6 cos2)( 2 1 2 1 2 1 2 1 r 21 2r 2 2 12 2 11 2 22 2 1121 vvvvmvmvmvmTTT （2） 方块自斜面顶点下滑脱离斜面时有方块的重力做功，即 6 sin 21 gLmW （3） = 其中 L=0.5m 为斜面长度。还有摩擦力 f F r 做的负功，即 W LFf 2 = +=由动能定理T，由式（2）与（3）有 210 WWT LFgLmvvvvmvm f2 r 21 2r 2 2 12 2 11 6 sin 6 cos2)( 2 1 2 1 = + （4） 以方块为研究对象，受力情况如图 6-33Cb 所示， 其中正压力与摩擦力的关系为 N F r f F r 题解 6-33Cb N F r f F r N F r 1N F r f F r gm r 1 gm r 2 C 1 a r 1 a r r 2 a r n r Nf fFF = 因方块质心相对于B1连体基 1 e r 是动点，所以 （5） 1 r 2 e 2 r 22 aaaaa rrrrr +=+= 其 中 1 a r 为 斜 面 质 心 加 速 度 。 由 质 心 运 动 定 理 洪嘉振等理论力学第 3 版习题详解 2 R222 Fam r r =，考虑到式（5） ，其在x r 向的坐标式为 6 cos 6 sin 2N12 gmFam+= （5） 以斜面为研究对象，受力情况如图 6-33Cb 所示，其中正压力 N F r 与摩擦力的关系为 f F r Nf FfF= 由质心运动定理 R111 Fam r r =在，其在n r 向的坐标式为 （6） oo 30cos30sin fN11 FFam= 考虑到， NN FF= ff FF=由式（5）与（6）可求得 g