力学知识小结及习题答案(下)

1、第七章基本知识小结刚体的质心 定义：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：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 刚体对轴的角动量和转动定理 刚体的转动动能和重力势能 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： （不必考虑惯性力矩） 动能：刚体的平衡方程 ， 对任意轴 7.1.2 汽车发动机的转速在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？解：对应的转数=7.1.3 某发动机飞

2、轮在时间间隔t内的角位移为。求t时刻的角速度和角加速度。解：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=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。 yA解： o xt=0时，=/4时,由=1.2t+t2,求得t=0.47s,=1.2+2t=2.14rad/s=/2时,由=1.2t+t2,求得t=0.7895s,=1.2+2t=2.78rad/s7.1.5 钢制

3、炉门由两个各长1.5m的平行臂 A CAB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 B D·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，方向指向右下方，与水平方向成45º；，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

4、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。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。解：桨尖相对

5、飞机的速度： 桨尖相对地面的速度：，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，所以，显然，桨尖相对地面的运动轨迹为螺旋线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？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，所以：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。圆锥体为匀质；密度为h的函数：=0（1-h/L）,0为正常数。L解：建立图示坐标o-x,据对称性分析，质心必在x轴上,在x坐标

6、处取一厚为dx o r a x的质元 dm=r2dx，r/a=x/L，r=ax/L dm=a2x2dx/L2 h 圆锥体为匀质，即为常数，总质量：质心：总质量：质心：7.2.3 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）。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。 o x取杆的上端点的坐标为x,y，匀质杆的质心在

7、其几何中心，由图示的任一瞬间的几何关系可知：4x2+y2=L2(x0,y0)7.3.1 用积分法证明：质量为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；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xydxl/2-l/2证明：取图示坐标，在坐标x处取一线元，它对y轴的转动惯量为：，整个细杆对y轴的转动惯量：xxR在坐标x处取细杆状质元，它对x轴的转动惯量：整个圆盘对x轴的转动惯量：为了能求出积分，作如下变换：代入上式：据三角函数公式：l7.3.2 图示实验用的摆，l=0.92m,r=0.08m,ml=4.9kg,mr=24.5kg,近似认为圆

8、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ro7.3.3 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。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 r r 为 .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，设挖去两个小圆盘后，剩余部分对o轴的转动惯量为I”7.3.5一转动系统

9、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？闸瓦闸瓦解：由转动定理：制动过程可视为匀减速转动，7.3.6 匀质杆可绕支点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。 y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 o xmg动定理： ac 由转动定理； A F把代入中，可求得 7.3.7 现在用阿特伍德机测滑轮转动

10、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？解： T2 T1 x o R a a y m1m2 m2g m1g T2 T1 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：对滑轮应用转动定理： （3）质点m2作匀加速直线运动，由运动学公式：，由 、可求得 ,代入（3）中，可求得 ，代入数据：7.3.8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

11、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。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=RmgTNfaT对重物应用牛二定律：T- N- mgsin=ma, N=mgcos，代入前式，得 T- mgcos- mgsin=ma 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：m1,m2hr7.3.9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处由静止开始下落，落地时间为t1，然后悬挂质量较大的重物m

12、2，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。TTmgafr解：隔离轮盘与重物，受力及运动情况如图示：f为摩擦力矩，T为绳中张力，a=r对轮盘应用转动定理：，两式相减，得：对重物应用牛顿二定律：，两式相减，可得：，代入中，可得：由运动学公式：，将角加速度代入中，得：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

13、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？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 m r在弹射过程中，物体系动能不 o I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，求杆的最大摆角. o l M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

14、：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，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： =30º347.4.3一质量为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？OCAm2,Lv1m1解：以地为参考系，把子弹和棒看作一个物体系，棒嵌入子

15、弹后作平面运动，可视为随质心C的平动和绕质心C的转动，绕质心C转动的角速度即为所求。据质心定义: ，据角动量守恒：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，设倾倒时，底部未移动，可近似认为烟囱为匀质杆。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，倒在地面上时的角速度为由机械能守恒：上端点到达地面时的线速度：7.5.2 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

16、.ABB Ao解：先求出正方形框架对支点o的转动惯量： Ep=0设AB边达到水平位置时，框架的角速度为，据机械能守恒定律： AB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：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

17、求此时框架对支点的作用力。解：先求出框架对O轴的转动惯量：据平行轴定理，OPCn4mgN设对角线OP转过45°后框架的角速度为，且势能为零，由机械能守恒：设支点O对框架的作用力为N，由定轴转动定理：= I，质心的法向加速度 在方向应用质心运动定理：，在方向应用质心运动定理：，设与-方向夹角为，7.5.4 质量为m长为l的匀质杆，其B端放在桌上，A端用手支住，使杆成水平。突然释放A端，在此瞬时，求：杆质心的加速度，杆B端所受的力。解：以支点B为转轴，应用转动 B A定理：，质心加速度 ，方向向下。 x设杆B端受的力为N，对杆应用 y质心运动定理：Ny=0，Nx - mg = - m a

18、c , Nx = m(g ac) = mg/4 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，求地面对圆柱体的静摩擦力f.沿圆柱体上缘作用一水平拉力F,柱体作加速滚动。水平拉力F通过圆柱体中心轴线，柱体作加速滚动。不受任何主动力的拉动或推动，柱体作匀速滚动。在主动力偶矩的驱动下加速滚动，设柱体半径为R。mgfNF(1)F(2)C解：规定前进方向和顺时针方向为正方向。假设静摩擦力方向向后，其余受力情况如图所所示。对每种情况，都可以根据质心定理、绕质心轴的转动定理和只滚不滑条件，建立三个 方程求解。 可求得f = - F/3,负号说明静摩擦力方向与假设方

19、向相反，应向前。 可求得f = F/3,正号说明静摩擦力方向与假设方向相同，向后。 ac = 0 , f = 0,求得 负号说明静摩擦力方向与假设方向相反，应向前。7.5.6 板的质量为M，受水平力F R 的作用，沿水平面运动，板与平面间的 M2 F摩擦系数为.在板上放一半径为R质量为M2的实心圆柱，此圆柱只滚动不滑动。求板的加速度。解：隔离圆柱，其受力及运动情况如图 所示，其中ac为质心对地的加速度，为相对质心的角加速度，f2、N2分别为板施加给 W2 ac 圆柱的静摩擦力和压力。 f2由质心定理： N2 对质心应用转动定理： N1 隔离木板，其受力及运动情况如图所示， f2 F 其中a为板

20、对地的加速度，f1、N1分别为水平 f1=N1 Mg面施加给板的滑动摩擦力和压力。 N2 a 应用牛顿第二定律（或质心定理）： 圆柱在木板上只滚不滑的条件是：a = ac +R (6) (圆柱与板接触点对地的加速度等于质心加速度加上绕质心转动的加速度，即ac+R，它必须等于木板对地的加速度a,才能只滚不滑)将（2）代入（4）求得：N1=(M+M2)g；由（1）（3）可解得，2ac=R 与（6）联立，可求得，ac=a/3, 代入（1）中，f2 = a M2 /3；将N1、f2代入（5）中，有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mR2/3,线轴和地

21、面之间的静摩擦系数为。线轴受一水平拉力F,如图所示。使线轴在桌面上保持无滑滚动之F最大值是多少？若F和水平方向成角，试证，cosb/R时，线轴向前滚；cosb/R时，线轴向后滚动。 y解：可将（1）看作（2）的特殊 F情况。建立图示坐标，z轴垂直纸面 C b R x 向外，为角量的正方向。根据静摩擦 力的性质，可知其方向与F水平分量 f 方向相反。设线轴质心的加速度为a，绕质心的角加速度为。由质心定理：由转动定理： 只滚不滑：a+R=0 (4) 由,联立，可求得： F为水平拉力时，即 . 若，即线轴向前滚； 若，即线轴向后滚。7.5.9 一质量为m,半径为r的均质实心小球沿圆弧形导轨自静止开始

22、无滑滚下，圆弧形导轨在铅直面内，半径为R。最初，小球质心与圆环中心同高度。求小球运动到最低点时的速率以及它作用于导轨的正压力。解：设小球运动到最低点时，其质心速度为v，绕质心转动的角速度为，由机械能守恒，有只滚不滑条件：=v/r,代入上式，可求得 在最低点应用质心运动定理： ，作用于导轨的正压力与此等大，方向向下。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,其重心与后轴垂直距离为a,前后轴距离为l，h表示力F与地面的距离。问汽车前后论所受地面支持力与无拖车时有无区别？试计算之。l解：隔离汽车，受力情况如图所示（摩擦力没 C F有画出，

23、因与此题无关）。 h 在竖直方向应用力平 N1 W a N2 衡方程：以前轮为支点，由力矩平衡方程，由（2）解得：将N2代入(1)中得：令F=0，即得到无拖车时前后轮的支持力N1和N2。显然，有拖车时，前轮支持力减小，后轮支持力增大。lmgMgNo7.6.3 电梯高2.2m，其质心在中央，悬线亦在中央。另有负载50×10kg，其重心离电梯中垂线相距0.5m。问当电梯匀速上升时，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）；当电梯以加速度0.05m/s2上升时，力如何？ 解：以o为轴,据力矩平衡条件：设电梯的加速度为a，以电梯为参考系，负载除受重力外，还受惯性力作用f

24、*=ma,方向向下, 据力矩平衡条件：xzrNC(m1+m2)g7.7.1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4.8×10-4kgm2,自转角速度为120rad/s. 求旋进角速度；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：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：与竖直轴夹角

25、第八章基本知识小结弹性体力学研究力与形变的规律；弹性体的基本形变有拉伸压缩形变和剪切形变，弯曲形变是由程度不同的拉伸压缩形变组成，扭转形变是由程度不同的剪切形变组成。应力就是单位面积上作用的内力；如果内力与面元垂直就叫正应力，用表示；如果内力方向在面元内，就叫切应力，用表示。应变就是相对形变；在拉压形变中的应变就是线应变，如果l0表示原长，l表示绝对伸长或绝对压缩，则线应变= l/l0；在剪切形变中的应变就是切应变，用切变角表示。力与形变的基本规律是胡克定律，即应力与应变成正比。在拉压形变中表示为 = Y，Y是由材料性质决定的杨氏模量，在剪切形变中表示为 = N，N是由材料性质决定的切变模量。

26、发生形变的弹性体具有形变势能：拉压形变的形变势能密度 ，剪切形变的形变势能密度 。梁弯曲的曲率与力偶矩的关系 杆的扭转角与力偶矩的关系 8.1.1 一钢杆的截面积为5.0×10-4m2，所受轴向外力如图所示，试计算A、B，B、C和C、D之间的应力。解： E G H F1 F2 F3 F4 A B C D根据杆的受力情况，可知杆处于平衡状态。分别在AB之间E处，BC之间G处，CD之间H处作垂直杆的假想截面S。隔离AE段，由平衡条件，E处S面上的内力F=F1,A、B之间的应力 隔离AG段，由平衡条件，G处S面上的内力F=F2-F1,B、C之间压应力 隔离HD段，由平衡条件，H处S面上的内

27、力F=F4,C、D之间的应力 8.1.2 利用直径为0.02m的 C0.8mW0.6m1.0m钢杆CD固定刚性杆AB.若CD杆内的应力不得超过max=16×107Pa T.问B处最多能悬挂多大重量？ A D B解：隔离AB，以A点为轴，由力矩平衡条件，有隔离CD，杆CD应力=T/S,T=S=(D/2)2.杆能承受的最大拉力 NB处能悬挂的最大重量 2m3m8.1.3 图中上半段为横截面等于4.0×10-4m2且杨氏模量为6.9×1010Pa的铝制杆，下半段为横截面等于1.0×10-4m2且杨氏模量为19.6×1010Pa的钢杆，又知铝杆内允许最

28、大应力为7.8×107Pa,钢杆内允许最大应力为13.7×107Pa.不计杆的自重，求杆下端所能承担的最大负荷以及在此负荷下杆的总伸长量。 F解：设铝杆与钢杆的长度、横截面、杨氏模量、应力分别为：l1、S1、Y1、1，l2、S2、Y2、2., 显然，1=F/S1，2=F/S2.设铝杆和钢杆所能承担的最大负荷分别为F1max，F2max，则整个杆的最大负荷应取钢杆的最大负荷：根据拉伸形变的胡克定律，对于铝杆 ，所以，；对于钢杆，同样有 . 整个杆的伸长量是：8.1.4 电梯用不在一条直线上的三根钢索悬挂。电梯质量为500kg。最大负载极限5.5kN。每根钢索都能独立承担总负载

29、，且其应力仅为允许应力的70%，若电梯向上的最大加速度为g/5,求钢索直径为多少？将钢索看作圆柱体，且不计其自重，取钢的允许应力为6.0×108Pa. T T T解：设每根钢索承受拉力为T,电梯自重为W=mg,负荷为W'=m'g.由牛顿第二定律，WWa设钢索直径为D，每根钢索的应力 8.1.5 矩形横截面杆在轴向拉力作用下拉伸应变为，此材料的泊松系数为，求证杆体积的相对改变为 (V-V0)/V0=(1-2)，V0表示原体即，V表示形变后体积. 上式是否适用于压缩？低碳钢杨氏模量为Y=19.6×1010Pa，泊松系数=0.3，受到的拉应力为=1.37Pa，求杆

30、件体积的相对改变。解：设杆原长为l0，矩形截面两边原长分别为a0和b0，据线应变定义：轴向应变，横向应变，所以：，由泊松系数定义，拉伸时，>0, 1<0, 1=- 对于压缩，<0, 1>0, 仍有1=-成立，因此上式对压缩情况仍然适用据胡克定律 8.1.6 杆受轴向拉力F，其横截面为S，材料的重度（单位体积物质的重量）为，试证明考虑材料的重量时，横截面内的应力为 。杆内应力如上式，试证明杆的总伸长量 x证明：建立图示坐标o-x，在坐标x处取一截面S，隔离o、x段杆，由平衡条件，截面 x dxoS上的内力 F=F+Sx ，据应力定义 F考虑x处的线元dx，该线元在重力作用

31、下的绝对伸长为dl,据胡克定律， 积分：8.2.1 在剪切材料时，由于刀口不快，没有切断，该钢板发生了切变。钢板的横截面积为S=90cm2.两刀口间的垂直距离为d=0.5cm.当剪切力为F=7×105N时，求：钢板中的 d切应力，钢板的切应变，与刀口相齐的两个截面所发生的相对滑移。已知钢的剪切模量N=8×1010Pa。解：据切应力定义 据胡克定律，8.3.1一铝管直径为4cm，壁厚1mm，长10m，一端固定，而另一端作用一力矩50Nm，求铝管的扭转角；对同样尺寸的钢管再计算一遍，已知铝的剪切模量N=2.63×1010Pa，钢的剪切模量为8.0×1010P

32、a解：设管的半径为R, 管壁厚d，管长为l, 外力矩为M，由于d<<R，可认为管壁截面上各处的切应力大小相等，设为，在平衡状态下，内、外力矩相等：据剪切形变的胡克定律：对于钢管：8.3.2矩形横截面长宽比为2:3的梁，在力偶矩作用下发生纯弯曲，各以横截面的长和宽作为高度，求同样力偶矩作用下曲率半径之比。解：设梁衡截面长为2d, 宽为3d，据梁纯弯曲的曲率公式：以2d为梁的高：以3d为梁的高：8.3.3 某梁发生纯弯曲，梁长度为L,宽度为b，厚度为h，弯曲后曲率半径为R,材料杨氏模量为Y,求总形变势能。解：建立图示坐标o-x, 原点o在中性层。梁的弯曲 R 是由不同程度的拉伸压缩形

33、b变组成。在坐标x处，取一体元dv=bLdx ，其应变 x x 其形变势能密度 其形变势能 .在整个梁中积分，即得到整个梁的形变势能第九章基本知识小结物体在线性回复力F = - kx，或线性回复力矩= - c作用下的运动就是简谐振动，其动力学方程为 （x表示线位移或角位移）；弹簧振子：02=k/m，单摆：02=g/l，扭摆：02=C/I.简谐振动的运动学方程为 x = Acos(0t+)；圆频率、频率、周期是由振动系统本身决定的，0=2/T=2v；振幅A和初相由初始条件决定。在简谐振动中，动能和势能互相转换，总机械能保持不变；对于弹簧振子，。两个简谐振动的合成分振动特点合振动特点方向相同，频率

34、相同与分振动频率相同的简谐振动=±2n 合振幅最大=±(2n+1) 合振幅最小方向相同，频率不同，频率成整数比不是简谐振动，振动周期等于分振动周期的最小公倍数方向相同，频率不同，频率较高，又非常接近出现拍现象，拍频等于分振动频率之差方向垂直，频率相同运动轨迹一般为椭圆=±2n 简谐振动（象限）=±(2n+1)简谐振动(象限)方向垂直，频率不同，频率成整数比利萨如图形，花样与振幅、频率、初相有关阻尼振动的动力学方程为 。其运动学方程分三种情况：在弱阻尼状态（0），振动的方向变化有周期性，对数减缩 = T.在过阻尼状态（0），无周期性，振子单调、缓慢地回到平

35、衡位置。临界阻尼状态（=0），无周期性，振子单调、迅速地回到平衡位置受迫振动动力学方程 ；其稳定解为 ，是驱动力的频率，A0和也不是由初始条件决定, 当时，发生位移共振。9.2.1 一刚体可绕水平轴摆动。已知刚体质量为m，其重心C和轴O间的距离为h，刚体对转动轴线的转动惯量为I。问刚体围绕平衡位置的微小摆动是否是简谐振动？如果是，求固有频率，不计一切阻力。解：规定转轴正方向垂直纸面向外，忽略一切阻力，则刚体所受力矩= - mghsin O h因为是微小摆动，sin,= - mgh，即刚体是在一线性回复力矩作用下在平衡位 C置附近运动，因而是简谐振动。由转动定理： mg即，9.2.2 轻弹簧与物

36、体的连接如图所示，物体质量为m，弹簧的劲度系数为k1和k2，支承面为理想光滑面，求系统振动的固有频率。解：以平衡位置为原点建立 k1 k2 m坐标o-x。设m向右偏离平衡位置x，则弹簧1被拉长x，弹簧2 o x被压缩x，m所受的合力（即回复力）.由牛顿第二定律：9.2.3 一垂直悬挂的弹簧振子，振子质量为m，弹簧的劲度系数为k1.若在振子和弹簧k1之间串联另一弹簧，使系统的频率减少一半。问串联上的弹簧的劲度系数k2应是k1的多少倍？m解：以两个弹簧串联后m的平衡位置为原点建立图示坐标o-x,设m向下偏离平衡位置x，弹簧1伸长L1，弹簧2 k1伸长L2，L1+L2 = x (1)；由于忽略弹簧质

37、量， k2两个弹簧连接点处所受的两个弹力等大反向，即k1L1 = k2L2 (2)；由、解得：， o所以m所受的回复力 ， x由牛顿二定律； ，即 ，未串联前频率 ，令 ，即，可求得：9.2.4 单摆周期的研究：单摆悬挂于以加速度a沿水平方向直线行驶的车厢内；单摆悬挂于以加速度a上升的电梯内；单摆悬挂于以加速度a（a<g）下降的电梯内。求此三种情况下单摆的周期，摆长为l.f*=maTmga解：以车为参考系，单摆受力如图示，设平衡位置与竖直线成角，由平衡条件：设单摆偏离平衡位置角位移为(<5°)，单摆所受回复力矩：由转动定理：， 以上求解较为麻烦，我们可以用另外一种简捷的思

38、路和方法：在重力场中单摆的周期为，g是重力场强度现在单摆在力场中振动，力场强度：以电梯为参考系，平衡位置仍然在铅直方向，由转动定理：同样可以认为单摆在力场 中振动，力场强度：与前面分析完全相同，9.2.5 在通常温度下，固体内原子振动的频率数量级为1013/s，设想各原子间彼此以弹簧连接，1摩尔银的质量为108g，且包含6.02×1023个原子，现仅考虑一列原子，且假设只有一个原子以上述频率振动，其它原子皆处于静止，计算一根弹簧的劲度系数。kk解：利用9.2.2题的结果：9.2.6 一弹簧振子，弹簧的劲度系数为k=9.8N/m,物体的质量为200g,现将弹簧自平衡位置拉长cm并给物体

39、一远离平衡位置的速度，其大小为7.0cm/s,求该振子的运动学方程（SI）。解：弹簧振子的圆频率.设振子的运动学方程为 .据题意,t=0时，,代入、中，有 由'、'可解得：A=3×10-2m；,= - 19.47º= - 0.34rad. 代入（1）中，振子的运动学方程为：x = 3×10-2 cos (7t - 0.34).9.2.7质量为1.0×103g的物体悬挂在劲度系数为1.0×106dyn/cm的弹簧下面，求其振动的周期；在t=0时，物体距平衡位置的位移为+0.5cm，速度为+15cm/s，求运动学方程。Ox解：以平衡

40、位置为坐标原点，建立图示坐标o-x设运动学方称为 ，将t=0时，x=0.5×10-2,v=15×10-2代入，有2+2，可求得 A2=0.475×10-4，A=6.89×10-3m，将A值代入、中得：所以，运动学方程为：9.2.8 一简谐振动的规律为x=5cos(8t+/4),若计时起点提前0.5s，其运动学方程如何表示？欲使其初相为零，计时起点应提前或推迟若干？一简谐振动的运动学方程为x=8sin(3t-),若计时起点推迟1s，它的初相是多少？欲使其初相为零，应怎样调整计时起点？画出上面两种简谐振动在计时起点改变前后t=0时旋转矢量的位置。解：设计时起

41、点提前t0秒，则t'=t+t0，将t=t'-t0代入原方程得 x=5cos(8t'-8t0+/4).当t0=0.5s时，x=5cos(8t'-4+/4)=5cos(8t'-184º)=5cos(8t'+176º)若使初相为零，令 -8t0+/4=0，得 t0=/32，即计时起点提前/32秒可使初相为零。原方程x=8sin(3t-)=8cos(3t-3/2). 设计时起点推迟t0秒，则t'=t-t0，将t=t'+t0代入原方程得 x=8cos(3t'+3t0-3/2).当t0=1s时，x=8cos(3t&

42、#39;+3-3/2)=8cos(3t'-98º),t0=1s时，初相=（3-3/2）rad=-98º若使初相为零，令 3t0-3/2=0，得t0=/2，即计时起点推迟/2秒可使初相为零。 t=0 t=0 t=0 176º 45º o x o -98º x t=09.2.9 画出某简谐振动的位移-时间曲线，其振动规律为x=2cos2(t+1/4) (SI制).解：由运动学方程可知：A=2m,0=2,T=2/0=1s,=/2.方法一：根据余弦函数图像规律：相位=0,/2,3/2,2时，其对应的位移为A,0,-A,0,A.因此只要求出对应的

43、时间t即可画出x-t图像。令2(t+1/4)=0,/2,3/2,2;可求得对应的时间为-1/4,0,1/4,2/4,3/4.找出这些特殊点，即可画出x-t曲线。方法二：令t'=t+1/4得x=2cos2t',以1/4秒为t轴的时间单位，先画出它的x-t'图像。然后根据t=t'-1/4,将o-x轴右移1/4即得到x-t图像。 x (m) 2 -1 0 1 2 3 4 5 6 t (1/4 s ) -29.2.10 半径为R得薄圆环静止于刀口O上，令其在自身平面内作微小的摆动。求其振动的周期。求与其振动周期相等的单摆的长度。将圆环去掉2/3而刀口支于剩余圆环的中央，

44、求其周期与整圆环摆动周期之比。 O 解：如图示,o=-mgRsin-mgR R 由平行轴定理，Io=mR2+mR2=2mR2；据转动 C mg定理o=Io, ,即 单摆的周期为 与薄圆环振动周期相等的单摆的摆长L=2R. o Rc设剩余圆环的质心在c处，质量为 r m/3.据平行轴定理：Io=Ic+mr2/3;Io = mR2/3o'=Ic+m(R-r)2/3,Ic=mR2/3-m(R-r)2/3=2mRr/3-mr2/3代入前式得 Io=2mRr/3. 设余环摆角为，则o= - mgr/3.由转动定理o=Ioo，有 mgr/3=(2mRr/3)d2/dt2,即 . 由于和剩余环的大小

45、无关，可知，无论剩余环多大，只要刀口支于剩余环的中央，其振动周期就和整个圆环的振动周期相等。9.2.11 1m长的杆绕过其一端的水平轴作微小的摆动而成为物理摆。另一线度极小的物体与杆的质量相等，固定于杆上离转轴为h的地方。用T0表示未加小物体时杆子的周期，用T表示加上小物体以后的周期。求当h=50cm和h=100cm时的比值T/T0.是否存在某一h值，可令T=T0,若有可能，求出h值并解释为什么h取此值时周期不变。解：为简便起见，借用9.2.1题中求得的结果，物理摆的周期，其中hc为摆质心到转轴的距离。未加小物体时：，代入（1）中 .加小物体后：，,代入（1）中 当l=1m,h=0.5m时，

46、当l=1m,h=l=1m时，令T=T0 ， 即，解得：h=0, h=2l/3.在h=0处加小物体，即把物体放在转轴处，对摆的摆动毫无影响，故周期不变。由可知，此物理摆的等效单摆长度为，因此，在处加小物体，相当于只增加单摆的质量，没有改变单摆的长度，故周期不变。9.2.12 天花板下以0.9m长的轻线悬挂一个质量为0.9kg的小球。最初小球静止，后另一质量为0.1kg的小球沿水平方向以1.0m/s的速度与它发生完全非弹性碰撞。求两小球碰后的运动学方程。解：设m1=0.9kg,m2=0.1kg,碰前m2的速度为v20=1.0m/s,碰后两球的共同速度为v0.由动量 lo x守恒，有 v0 m2 v

47、20 m1碰后两球构成一个单摆,圆频率.设运动学方程 将t=0时,x=0,v=0.1代入,得：0=Acos , 0.1= - 3.3Asin 要同时满足 ，只有取=-/2；代入得A0.03.所以运动学方程为：ammbox9.2.13 质量为200g的框架，用一弹簧悬挂起来，使弹簧伸长10cm，今有一质量为200g的铅块在高30cm处从静止开始落进框架，求铅快落进框架后的运动学方程。解：设a为弹簧自由伸长时框架的位置，b为碰前框架的平衡位置，o为碰后平衡位置并取作坐标原点。据题意：ab=0.1m, k=mg/ab=0.2×9.8/0.1=19.6N/m,在o点，2mg=k(ab+bo)

48、, bo=2mg/k-ab=0.1m设碰后铅块与框架获得的共同速度为v'，由动量守恒:碰后框架与铅块振动的圆频率，设振动的运动学方程为 ，将振动的初始条件：t=0时, x = -0.1, v = v'=1.21代入，有：2+2，得：，将A值代入、中得：cos= -0.5, sin= -0.865, = -120°= -2/3所以，运动学方程为：9.2.14 质量为200g的框架，用一弹簧悬挂起来，使弹簧伸长10cm，框架下方有一质量为20g的小球竖直向上飞来，与框架发生完全弹性碰撞，已知小球碰前速度为10m/s，求碰后框架的运动学方程。m'mv0'ox解：以框架平衡位置为坐标原点，据题意： 设小球质量为m'，小球碰前速度为v0'，小球碰后速度为v'，框架碰前静止，碰后速度为v0由动量守恒：，由牛顿碰撞公式：由此可求得：设运动学方程代入初始条件：由知=±/2，为满足式，取=/2，代入得：A=0.184所以，运动学方程为：9.2.15 质量为m的物体自倾角为的光滑斜面顶点处由静止而滑下，滑行了l远后与一质量为m的物体发生完全非弹性碰撞。m