第三章 思考题习题解答.docx

第三章 思考题习题解答第三章思考题 3.1刚体一般是由n个质点组成。为什么刚体的独立变量却不是3n而是6或者更少？ 3.2何谓物体的重心？他和重心是不是 总是重合在一起的？ 3.3试讨论图形的几何中心，质心和重心重合在一起的条件。 3.4简化中心改变时，主矢和主矩是不是也随着改变？如果要改变，会不会影响刚体的运动？ 3.5已知一匀质棒，当它绕过其一端并垂直于棒的轴转动时，转动惯量为1ml2，m为棒的3质量，l为棒长。问此棒绕通过离棒端为21且与上述轴线平行的另一轴线转动时，转动惯l41ö量是不是等于1ml2+mæçl÷？为什么？ 3è4ø3.6如果两条平行线中没有一条是通过质心的，那么平行轴定理式能否应用？如不能，可否加以修改后再用？ 3.7在平面平行运动中，基点既然可以任意选择，你觉得选择那些特殊点作为基点比较好？好处在哪里？又在及两式中，哪些量与基点有关？哪些量与基点无关？ 3.8转动瞬心在无穷远处，意味着什么？ 3.9刚体做平面平行运动时，能否对转动瞬心应用动量矩定理写出它的动力学方程？为什么？ 3.10当圆柱体以匀加速度自斜面滚下时，为什么用机械能守恒定律不能求出圆柱体和斜面之间的反作用力？此时摩擦阻力所做的功为什么不列入？是不是我们必须假定没有摩擦力？没有摩擦力，圆柱体能不能滚？ 3.11圆柱体沿斜面无滑动滚下时，它的线加速度与圆柱体的转动惯量有关，这是为什么？但圆柱体沿斜面既滚且滑向下运动时，它的线加速度则与转动惯量无关？这又是为什么？ 3.12刚体做怎样的运动时，刚体内任一点的线速度才可以写为´r？这时r是不是等于该质点到转动轴的垂直距离？为什么？ 3.13刚体绕固定点转动时，d´r为什么叫转动加速度而不叫切向加速度？又´(´r)dt为什么叫向轴加速度而不叫向心加速度？ 3.14在欧勒动力学方程中，既然坐标轴是固定在刚体上，随着刚体一起转动，为什么我们还可以用这种坐标系来研究刚体的运动？ 3.15欧勒动力学方程中的第二项(I-I)wxwy等是怎样产生的？它的物理意义又是什12么？ 第三章思考题解答 3.1 答：确定一质点在空间中得位置需要3个独立变量，只要确定了不共线三点的位置刚体的位置也就确定了，故须九个独立变量，但刚体不变形，此三点中人二点的连线长度不变，即有三个约束方程，所以确定刚体的一般运动不需3n个独立变量，有6个独立变量就够了.若刚体作定点转动，只要定出任一点相对定点的运动刚体的运动就确定了，只需3个独立变量；确定作平面平行运动刚体的代表平面在空间中的方位需一个独立变量，确定任一点在平面上的位置需二个独立变量，共需三个独立变量；知道了定轴转动刚体绕转动轴的转角，刚体的位置也就定了，只需一个独立变量；刚体的平动可用一个点的运动代表其运动，故需三个独立变量。 3.2 答物体上各质点所受重力的合力作用点即为物体的重心。当物体的大小远小于地球的线度时物体上各质点所在点的重力加速度都相等，且方向彼此平行即重力场为均匀场，此时质心与重心重合。事实上但物体的线度很大时各质点所在处g的大小是严格相等，且各质点的重力都指向地心，不是彼此平行的，重心与质心不和。 3.3答 当物体为均质时，几何中心与质心重合；当物体的大小远小于地球的线度时，质心与重心重合；当物体为均质且大小远小于地球的线度时，三者都重合。 3.4 答 主矢F是力系各力的矢量和，他完全取决于力系中各力的大小和方向，故主矢不随简化中心的位置而改变，故而也称之为力系的主矢；简化中心的位置不同，各力对简化中心的位矢ri也就不同则各力对简化中心的力矩也就不同，故主矩随简化中心的位置而变，被称之为力系对简化中心的主矩。分别取O和O¢为简化中心，第i个力Fi对O和O¢的位矢分别为ri和ri¢，则ri=ri¢+OO¢，故 MO¢=å(ri¢´Fi)=å(ri¢-OO¢)´Fi=å(ri¢´Fi)-OO¢´åFiiiii=Mo+OO¢´åFi i即Mo¢¹Mo 主矢不变，表明刚体的平动效应不变，主矩随简化中心的位置改变，表明力系的作用对刚体上不同点有不同的转动效应，但不改变整个刚体的转动规律或者说不影响刚体绕质心的转动。设O和O¢对质心C的位矢分别为rC和rC则rC把O点的主矢F=¢，¢=rC+OO¢，主矩Mo移到C点得力系对重心的主矩 åF，iiMC=Mo+rC´åFi i把O¢为简化中心得到的主矢F=åF和主矩Miio¢移到C点可得 ¢+rC´åFi=Mo+(rC¢-OO¢)´åFi=Mo+rC´åFi MC=Moiii简化中心的改变引起主矩的改变并不影响刚体的运动。事实上，简化中心的选取不过人为的手段，不会影响力系的物理效应。 3.5 答 不等。如题3-5图示， ZZ¢l4AOxC·l题3-5图dxBdm=m绕轴的转动惯量 dxOzlIz=ò3l4l-4m71æ1öx2dx=ml2¹ml2+mçl÷ l483è4ø2这表明平行轴中没有一条是过质心的，则平行轴定理I=I+md2是不适应的 c3.6不能，如3-5题。但平行轴定理修改后可用于不过质心的二平行轴。如题3-6图所示， ZxAxBACmlB题3-6图均质棒上A,B二点到质心的距离分别为x和x由平行轴定理得： AB2IA=Ic+mxA 2IB=Ic+mxB 则I-I=mx2-x2，此式即可用于不过质心的二平行轴。如上题用此式即可求得：ABAB()éæl2öæl2öù712÷÷Iz=ml+mêç-çml2 ú=ç÷ç÷3ëè4øè2øû483.7 答 任一瞬时，作平面平行运动的刚体上或与刚体固连且与刚体一起运动的延拓平面总有也仅有一点的瞬时速度为零从运动学观点看由式v=vA+´r¢=vA+´(r-r0) 知选此点的基点较好，这样选基点，整个刚体仅绕此点作瞬时转动从式 a=aA+d´r¢-r¢2 dt可知，求加速度时选加速度为零的点为基点较方便，但实际问题中，加速度瞬心往往不如速度瞬心好找。 从动力学角度考虑，选质心为基点较好，因质心的运动可由质心运动定理解决；而且质点系相对质心的动量矩定理于对固定点的动量矩定理具有相同的形式，亦即刚体绕过质心与平面垂直的轴的转动可用刚体绕定轴转动的定律去解决。 因刚体上不同点有不同的速度和加速度，基点选取的不同，则和式中vA,aA不同，即vA和aA与基点有关；又任一点相对基点的位矢r¢于基点的选取有关。故任一点绕基点转动速度´r¢，相对基点的切线加速度d´r¢和相对基点的向心加速度dt角速度为刚体各点所共有与基点选取无关，故-rw2与基点选取有关；d也与基点选取dt无关；基点选取的不同是人为的方法，它不影响刚体上任一点的运动，故任一点的速度v,a与基点的选取无关。这也正是基点选取任意性的实质所在。 3.8 答 转动瞬心在无穷远处，标志着此瞬时刚体上各点的速度彼此平行且大小相等，意味着刚体在此瞬时的角速度等于零，刚体作瞬时平动 3.9 答 转动瞬心的瞬时速度为零，瞬时加速度并不为零，否则为瞬时平动瞬心参考系是非惯性系，应用动量矩定理是必须计入惯性力系对瞬心的力矩。而惯性力系向瞬心简化的结果，惯性力系的主矩一般不为零，故相对瞬心与相对定点或者质心的动量矩定理有不同的形式；另外，转动瞬心在空间中及刚体上的位置都在不停的改变， 故对瞬心的写出的动量矩定理在不同时刻是对刚体上不同点的动力学方程，即瞬心参考系具有不定性；再者，瞬心的运动没有像质心一点定理那样的原理可直接应用。故解决实际问题一般不对瞬心应用动量矩定理写其动力学方程。 3.10 答 因圆柱体沿斜面滚下时，圆柱体与斜面之间的反作用力不做功，只有重力作功，故机械能守恒且守恒定律中不含反作用，故不能求出此力。此过程中由于圆柱体只滚动不滑动，摩擦力做功为零，故不列入摩擦力的功，也正是摩擦力不做功才保证了机械能守恒；若圆柱体即滚且滑的向下运动，摩擦力做功不为零免责必须列入摩擦力的功。机械能不守恒，必须用动能定理求解。在纯滚动过程中不列入摩擦力的功并不是没有摩擦力，事实上，正是摩擦力与重力沿下滑方向的分离组成力偶使圆柱体转动且摩擦阻力阻止了柱体与斜面的相对滑动，才使圆柱体沿斜面滚动而不滑动；如果斜面不能提供足够的摩擦力，则圆柱体会连滚带滑的向下运动；如果斜面绝对光滑，即斜面对圆柱体不提供摩擦力，则圆柱体在重力作用下沿斜面只滑动不滚动。 &&，当柱体一定时，相对质 答 圆柱体沿斜面无滑动滚动，如课本195页例2示，&&c=aqx心的转动惯量越大则q&&越小，故与转动惯量有关。当圆柱体沿斜面既滚动又滑动地向下运动时，如课本图3.7.7有 &=mgsina-f m&x这里f是滑动摩擦力，f=mn=mmgcosa，m是滑动摩擦系数，、所以 &&c=g(sina-mcosa) x与转动惯量无关。又有转动定律得 &&=fa Iq即 &&=qmgmacosa I&&+S&&得圆柱与斜面的相对滑动加速度 由&&c=aqx&&=g(sina-mcosa)-mamgcosa SI与转动惯量有关 3.11 答 刚体作定点转动或定轴转动时， 2wVi¢O¢RiqiriO题3-12图体内任一点的线速度才可写为´r，这时r是任一点到左边一点引出的矢径不等于该点到转轴的垂直距离对定点运动刚体圆点一般取在定点位置，对定轴转动刚体，坐标原点可取在定轴上任一点；包含原点且与转轴垂直的平面内的各点，r才等于到转轴的垂直距离。当刚体作平面平行运动或任意运动时，人一点相对与基点的速度也可写为´r¢，其中r¢为该点向基点引的矢径。 3.12 答 刚体绕定点转动时，=(t)的大小、方向时刻改变，任意时刻所在的方位即为瞬时转轴，d´r表示由于大小和方向的改变引起的刚体上某但绕瞬时轴的转动速dt度，故称转动加速度。´(´r)=´v是由于刚体上某点绕瞬时轴转动引起速度方向改变产生的加速度，它恒垂直指向瞬时转轴，此方向轨迹的曲率中心或定点，故称向轴加速度而不称向心加速度。 3.13 答 在对定点应用动量矩定理推导欧勒动力学方程时，既考虑了刚体绕定点O转动的定量矩J随固连于刚体的坐标系绕定点转动引起的动量矩改变´J，又考虑了J相对固连于刚体的坐标轴的运动引起动量矩的改变Jxi+Jyj+Jzk也就是说，既考虑了随刚体运动的牵连运动，又考虑了相对于刚体的相对运动，是以固定参考系观测矢量对时间微商的，故用这种坐标系并不影响对刚体运动的研究。 3.14 答 欧勒动力学方程的第二项是由于动量矩矢量J随刚体以角速度转动产生的 i´J=wxI1wxjwyI2wywz=-(I2-I3)wywzi+(I1-I3)wzwxj+(I2-I1)wxwyk I3wzk它们具有定性力矩的物理意义，各项的负值表示了惯性力系对定点的主矩在各动轴上的分量 第三章习题 3.1 半径为r的光滑半球形碗，固定在水平面上。一均质棒斜靠在碗缘，一端在碗内，一端则在碗外，在碗内的长度为c，试证棒的全长为 4c2-2r2 c 3.2长为2l的均质棒，一端抵在光滑墙上，而棒身则如图示斜靠在与墙相距为()d(d£lcosq)的光滑棱角上。求棒在平衡时与水平面所成的角q。 B2lAqd第3.2题图 3.3 两根均质棒AB、BC在B处刚性联结在一起，且ÐABC形成一直角。如将此棒的A点用绳系于固定点上，则当平衡时，AB和竖直直线所成的角q0满足下列关系 b2 tgq0=2a+2ab式中a及b为棒AB和BC的长度，试证明之。 3.4相同的两个均质光滑球悬在结于定点O的两根绳子上，此两球同时又支持一个等重的均质球，求a角及b角之间的关系。 Oaa··bb第3.4题图· 3.5一均质的梯子，一端置于摩擦系数为1的地板上，另一端则斜靠在摩擦系数为1的高23墙上，一人的体重为梯子的三倍，爬到梯的顶端时，梯尚未开始滑动，则梯与地面的倾角，最小当为若干？ 3.6把分子看作相互间距离不变的质点组，试决定以下两种情况下分子的中心主转动惯量： (a)二原子分子。它们的质量是m1，m2，距离是l。 (b)形状为等腰三角形的三原子分子，三角形的高是h，底边的长度为a。底边上两个原子的质量为m，顶点上的为m。 12ym2C·h xm1m1a第3.6取二原子的连线为x轴，而y轴与z轴通过质心。O为质心，则Ox，Oy，Oz轴即为中心惯量主轴。 ym2h·m1Caxm1题3.6.1图设m1、m2的坐标为(l1,0,0),(l2,0,0)，因为O为质心 ym1z故 om2x题3.6.2图m1l1+m2l2=0 且 l2-l1=l 由得 l1=-m2lm1l ,l2=m1+m2m1+m2所以中心惯量主轴： I1=åmi(y2i+z2i)=0 I2=åmi(z2i+x2i)=m1m22l m1+m2I3=åmi(x2i+y2i)=m1m22l m1+m2如题3.6.3图所示， yAm2Coz题3.6.3图该原子由A、B、D三个原子构成。C为三个原子分子的质心。由对称性可知，图中Cx、Cy、Cz轴即为中心惯量主轴。设A、B、D三原子的坐标分别为aöæaö(0,yA,0)，æç-,yB,0÷,ç,yD,0÷因为C为分子的质心。所以 è2øè2øyC=mAyA+mByB+mDyDm2yA+m1yB+m1yD=0 m2+m1+m1mA+mB+mDBm1xm2D又由于 yB=yD yA-yB=h 由得： yA=2m1hm2h .yB=yD=-2m1+m22m1+m2故该分子的中心主转动惯量 I1=åmi(y2i+z2i)=222m1m22h(i=A,B,D) 2m1+m2m1a2(i=A,B,D) I2=åmi(zi+xi)=22m1m22m1a2(i=A,B,D) I3=åmi(xi+yi)=h+2m1+m22223.7解 如题3.7.1图所示。 ybacz题3.7.1图x沿y轴平行于Oxy平切椭球得切面为一椭圆，则该椭圆方程为： x2æyö÷aç1-2÷çbèø22+z2æyö÷cç1-2÷çbèø22=1可求该切面的面积 S(y)æy2ö =pacçç1-b2÷÷èø故积分 æy2ö4ç÷ydm=yS×rdy=ypac1-rdy=prab3c òò-b(y)ò-bçb2÷15èø2b2b2同理可求 2xòdm=44pra3bc,òz2dm=prabc3 1515故中心主转动惯量： I1=ò(y2+z2)dm=I2=ò(x2+z2)dm=4prabc(b2+c2) 154prabc(a2+c2) 15I3=ò(x2+y2)dm=4prabc(a2+b2) 15又由于椭球体积 æy2ö4÷V=òS(y)dy=òpacç1-dy=pabc 2ç÷-b-b3èbøbb故 r=将r代入I1,I2,I3得： I1=I2=m3m =V4pabc1m(b2+c2) 51m(a2+c2) 5I3=1m(a2+b2) 53.8解 设dm表示距球心为r的一薄球壳的质量，则 2æör22ç÷dr 1-adm=prrdr=pr0rç2÷Røè所以该球对球心的转动惯量 I=òrdm=pr0ò0R2R0ær2ö57-5a ÷rç1-adr=prR0çR2÷35èø4在对称球中，绕直径转动时的转动惯量 I¢=2 I3又球的质量 m=òdm=pr0ò0RR0ær2ö35-3a ÷rç1-adr=prR0çR2÷15èø2又绕直径的回转半径 k=由得 I¢ mk=14-10a R35-21a 3.9解 如题3.9.1图所示Oxyz坐标系。 dydzoxz题3.9.1图O为正方体中心。Ox、Oy、Oz分别与正方体的边平行。由对称性可知，Ox、Oy、Oz轴就是正方体的中心惯量主轴。设正方体的边长为a。设为平行于轴的一小方条的体积，则正方体绕轴的转动惯量 Ixx=ò根据对称性得 aa22aa-22òra(y2+z2)dydz=m2 a6Iyy=Izz=Ixx=m2 a6易求正方体的对角线与Ox、Oy、Oz轴的夹角都为q。且 cosq=1 3故正方体绕对角线的转动惯量 I=Ixxcos2q=Iyycos2q=Izzcos2q=m2 a6又由于 d=3a 绕对角线的回转半径 k=由得 k=I md 323.10解 如题3.10.1图。 drdqroqr题3.10.1图z轴过O点垂直纸面向外。均质圆盘的密度为r。设盘沿顺时针转动，则沿z的方向有dIz=Mz dt即 &z=Mz IwI为转盘绕z轴的转动惯量：I=1， ma22wz=-w Mz=ò2p0òa0mgrr2dqdr=2p2mgra3=mgrma(m=pra2) 33由得 &=-w4mg 3a又因为 w(0)=w0, 故 w(t)=w0-所以 4mg t3aw(t)=0, 得 t=3aw0 4mg3.11解 如题3.11.1图所示， w0·o题3.11.1图设z轴通过O点垂直纸面指向外。则对z轴有： dz=MZ dt设通风机转动的角速度大小为w(t)，由于通风机顺时针转动。所以wz=-w(t)，将&(t)=kw(t)。又由于w&(0)=w(0)，解得： z=-Iw(t),Mz=kw(t)代入上式得： -Iww(t)=w0ek-tI& 故当w(t)=w0时，t=I2。又由于w()=q(t)t2k设q(0)=0， &=weq(t)0k-tIk-töæç1-eI÷ ç÷èøq(t)=òw0e0tk-tIdt+q(0)Iw=0k故当t=I2时，q(t)=Iw0，t时间内通风机转动的转数 k2kq(t)-q(0)Iw0 n=2p4pk3.12解 如题3.12.1图， zÈBAÙw0aCbyODx第3.12.1图 坐标Oxyz与薄片固连，则沿z轴方向有： dz=MZ且 dtz=Iwz 现取如图阴影部分的小区域dS=ady，该区域受到的阻力2df=kdSv2=kady(wzy) df对z轴的力矩dMz=-df×y=-kawz2y3dy所以 Mz=òa0a3b2 dMz=-kwz4又薄片对轴的转动惯量 I=òy2dm=òy2rbdy=00aa1ma2(m=rab) 3由得： wz(t)=13ka2b1 t+4mw04m当wz(t)=w0时，t= 23kabw023.13解 如题3.13.1图所示， yqoq0q·qlx0题3.13.1图坐标系Oxyz的原点位于圆弧最顶点。设圆弧平衡时，质心c的坐标为c(0,-l,0)。如图所示圆弧偏离平衡位置一小角度q，则q满足微分方程 && -mglsinq=IqI为圆弧相对于Oz轴的转动惯量。当q很小时，sinq»q，代入上式得： &&+qmglq=0 I圆弧上对应转角为q的一小段圆弧的坐标为(Rsinq,Rcosq-R,0) 质心c的纵坐标 ycòq=-q00rdqR(Rcosq-R)òq-q00rRdq=-R+sinq0q0R 上式中r为圆弧的线密度 l=R-sinq0q0R 又 æsinq0ö22 I=òrR(Rcosq-R)+(Rsinq)dq=2mR2çç1-q÷÷-q00èøq0其中m=2rRq0，将代入得 &&+qgq=0 2R解式得通解 q(t)=Acosçç微振动周期 T=æög t+j÷÷è2Rø2p2R=2p gg2R3.14解 如题3.14.1图所示坐标系Oxyz。 RyORxzqacmg题3.14.1图x 由动量定理及动量矩定理得： &2-yq&&=R &c=m-xcqm&xcx&2+xq&&=R-mg &c=m-ycqm&ycy&&=-mgasinq mk2q其中 ()()xc=asinq,yc=-acosq 又根据机械能守恒定律得： 1&2=mga(cosq-cosq) mk2q02由解得： mga2(2cosq0+3cosq)sinq Rx=2kmga2(3cosq-2cosq0)cosq-1+mg Ry=2k3.15解 如题3.15.1图所示坐标系Oxyz。 ywOPqxzA题3.15.1图由于球作无滑滚动，球与地面的接触A的速度与地面一致，等于零，所以A点为转动瞬心。以O为基点。设球的角速度=-wk，则 vA=v0+´OA=v0i+(-wk)´(-rj)=(v0-wr)k=0 w=v0 r设轮缘上任意一点p，Op与x轴交角为q，则 Op=rcosqi+rsinqj 故 vp=v0+´Op=v0i+(-wk)´(rcosqi+rsinqj) =(v0+wrsinq)i-wrcosqj 当q=90o时，得最高点的速度vtop=2v0 ap=a0+d´Op+´(´Op) dt=(-wk)´(-wk)´(rcosqi+rsinqj) v=-wrcosqi-wrsinqj=-0(cosqi+sinqj) r222当q=90o和-90o时分别得到最高点和最低点的加速度 atopv=-0j rv=0j r22abottom3.16解 如题3.16.1图所示， ADaOb3.16.1图BC由题意知该时刻瞬心一定处在AC的垂线AO中。设瞬心为O。则 AO=wv 易知vB的方向如图，在DAOB中 vbævö2 OB2=AO2+AB2-2AO×ABcosÐOAB=ç÷+a-2awèwøa2+b2OB=12wv2+w2a2-2wvaba2+b2ab222vB=w×OB=v+wa-2wv2a+b2OB2+BA2-AO2AB-AOcosÐOABcosÐOBA=2BO×BABObwa-v22a+b =abv2+w2a2-2wva2+b2ébwa-vê22a+b-1êÐOBA=cosê2ab22êv+wa-2wva2+b2êëÐOBA即为vB与CB边的夹角大小。 ùúú úúúû3.17解 如题3.17.1图所示， CxOBqAqPM题3.17.1图M点为极轴的原点，极轴过O点，所以在AB杆上任意一点p。设AP=a。设p的坐标为(r,q) AM=2rcosq r=PM=AM-AP=2rcosq-a 再来求瞬心的轨迹。由于A点速度沿弧面，M点的速度沿AB杆。现分别作vA与。当A点的极角为q时，vM的垂线交于点C，则C即为瞬心易知C点的极角q¢=q-90o，故C点的极径 r¢=MC=AC×sinq 易证明DOCM为等腰三角形。有 OC=OM=OA=r AC=AO+OC=2r r¢=2rsinq=2rcosq¢ 又因为0£q90o，所以-90o£q¢0。所以C点轨迹位于x轴上方，半径为r的半圆，如图虚线所示。 3.18解 如题3.18.1图所示。 MCvBOv0jBAqvA3.18.1图ND由于圆盘作无滑滚动，所以D为圆盘的瞬心，故vBDB，设圆盘匀速转动的角速度为w，则 vD=v0-wr=0 w=v0 rvB=w×DB=w×2rsinj2=2v0sinj 2因为A点的速度沿地面水平向右，分别作vA和vB的垂线交于C点，则C点即为杆的瞬心。且得 vA=vB×ACsinÐABC =vBBCsinÐCAB由几何知识可知vB与竖直方向夹角为j，ÐABN=90o-j又知 22ÐABN=90o-q ÐCBA=180o-ÐMBC-ÐABN=q+j 2又ÐCAB=90o-q，所以 jöæsinçq+÷jjö 2øæsinqèvA=vB=vBçcos+sin÷cosq22øècosq又BN=ABsinq=OD-OBcosj。即：lsinq=r-rcosj得 sinq=r(1-cosj) lcosq=1-sin2q=12jl-4r2sin4 l2由解得： æöç÷jrsinjvA=2v0sin2ç+1÷ ÷2ç224jl-4rsinç÷2èø3.19解 如题3.19.1图， yAoC2axB题3.19.1图固定坐标系Oxy。杆从水平位置摆到竖直位置过程中只有重力做功，故机械能守恒。设此时的角速度为w0，则 mga=11æ1ö22m(aw0)+çma2÷w0 22è3ø右边第一项为质心运动动能，第二项为杆绕质心转动的动能。解上式得： w0=3g 2a在杆脱离悬点后，根据动量定理和动量矩定理： &c=0 m&x&c=-mg m&y&z=Mz Iw式中I为杆绕质心的转动惯量，Mz为沿过质心平行于z轴的合力矩，易知Mz=0，又wz(0)=w0，代入式得 wz(t)=w0=即杆将作匀速转动。 3g 2a&c(0)=-w0a=-x&c(0)=0,yc(0)y解得 3ga,xc(0)=0 2=-axc=-3ga1t,yc=-a-gt2 22yc=-12xc-a 3a所以质心的轨迹为一抛物线。 故当yc=-a-h时，杆的质心下降h，代入式得 t=故t时间内杆的转数 2h gn=w0t1=2p2p3g2h1=2ag2p 3h a3.20解 如题3.20.1图， yArTTo¢oCxMmBf题3.20.1图设圆柱体的转动角速度为=-wk，设它受到地面的摩擦力为f，由动量定理和动量矩定理知： åF对于滑块。由动量定理知： x&c=Ma1 =T+f=M&x1& Mr2w2åMz=-Tr+fr=-2 &&F=T-mg=my=-maåy&c=rw x& &c=rwa1=&x以C为基点： &r aAx=a1+w假设绳不可拉伸。则aAx=a2。故a2=a1+w&r 由解得： a1=4mg8mg3mMg ,a2=,T=3M+8m3M+8m3M+8m3.21解 如题3.21.1图。 orAT题3.21.1图设z轴过O点垂直纸面向外。绳子上的弹力为T。对于飞轮，根据动量矩定理，在z轴方向： åMz& =Tr-G=Iwmg-T=ma a为物块下落的加速度。因为物块的加速度应与A点加速度一样大小，故 &r a=w由解得： &=wmgr-G I+mr2假若飞轮受到的阻尼力矩为G的话，由问知，飞轮的角加速度&=wmgr-G。现在来求绳子脱落以后飞轮的角加速度。同样根据动量矩，在&¢wI+mr2z轴方向： &¢=-GIwG &¢=-wI可以证明：类似于位移、加速度、初速度和末速度之间的关系式v2-v2=2as。t0角位移、角加速度、角初速度、角末速度之间也有类似的关系： &2-q&2=2q&&qq t0&2=2w&q=2qtmgr-G qI+mr2对于绳子脱落到停止转动的过程有： æGö &2=2w&¢0-qj=2ç-÷jtèIø式中q&指绳子脱落时飞轮的角加速度，由解得： tG=mgIrq 2Iq+(I+mr)j3.22解 如题3.22.1图。 yVmorAf题3.22.1图x MOx轴与速度方向一致，Oz轴垂直纸面向外。设球的半径为r，则球绕任一直径的转动惯量I=2mr2。由动量定理和动量矩定理可知： 5&c=mN m&x&c=N-mg=0 m&y&=mNr Iw&c¢=-mN M&x由得： &=&&c=mg,wx5mgmmg &c¢=-,&x2rM设球与板的接触点为A，则t时刻A点的速度为： &tr=mgt+&ct+wvA=v0+wr=&x&c¢t=V-v¢=V+&x5mg tr2rmmg tM球由滑动变为滚动的条件是： vA=v¢ 由解得： t=Væ7mç+è2Mö ÷mgø3.23解 如题3.23.1图所示。 f1f1oxF题3.23.1图设圆柱的半径为r，与木板之间的摩擦力为f2，弹力为N1，木板受地面的摩擦力为f1，弹力为N2，对木板由动量定理得： F-f1-f2=W1a gN2-W1-N1=0 对圆柱，由角动量定理和动量定理得： W2&&c=f2 xgW2&&c=N1-W2=0 yg&=f2r Iw其中I为圆柱绕中心轴的转动惯量，所以 I=1W22 r2gf1=mN2 无滑滚动的条件： &r=a &&c+wx由式解得 a=F-m(W1+W2)g W2W1+33.24解 如题3.24.1图， yxwozf题3.24.1图Oxyz坐标不与圆柱固连，是固定坐标系。由于vwa，所以圆柱与斜面接触的边缘有相对与斜面向上的运动趋势，所以斜面对圆柱的摩擦力沿斜面向下。 对圆柱： &c=-f-mgsina mv0=N-mgcosa -2&=-fa ma2w5f=mN 由式得 mdv2dw=-ma-mgsina dt5dt设从0到t的过程中，圆柱的速度从V变到0，角速度从w变到0，所以 t2òVdv=-òw5adw-ò0gsinadt 00-V=2aw-gsinat 5t=5V+2aw 5gsina3.25解 如题3.25.1图。 BfNbqo2Amgo1aj题3.25.1图设大球和小球的半径分别为a，b。O1,O2分别为大球和小球的球心，O2A为方向竖直向下的定线，当小球位于大球顶端时，O2B为小球上的一动线。O2A与O2B重合。设ÐAO2B=q，O1O2与竖直方向的夹角为j，根据无滑条件： aj=(q-j)b && mgsinj-f=m(a+b)j&2 mgcosj-N=m(a+b)jf=Ntanl fb=2&& mb2q5从最高点运动到图示位置过程中，机械能守恒，即 mg(a+b)(1-cosj)=112&2 &2+m(a+b)jmb2q225&=qa+b&&a+b &,q=&&jjbb由解得 2sin(j-l)=5sinl(3cosj-2) 3.26如题3.26.1图所示 yN2CmgN1oqx题3.26.1图坐标系Oxyz。设杆的长度为2a，质量为m。受到墙和地面的作用力分别为N2,N1，当杆与地面的倾斜角为q时，质心C的坐标为： xc=acosqyc=asinq对上两式求时间导数，的质心的速度和加速度： ì&c=-asinqq&ïx í&&c=acosqqïîy&2-asinqq&&ì&c=-acosqqxï& í2&+acosqq&&&c=-asinqqïyî&& &c2+y&c2=aqvc=xmga(sina-sinq)=I=11&2 mvc2+Iq221ma2 3由得 q&2=对式求时间导数得 3g(sina-sinq) 2a&&=-q3gcosq 4a又由动量定理 &c N2=m&x当杆脱离墙时，有 N2=0 由得 3sinq=2sina 所以 q=arcsinçsina÷ 3.27解 如题3.27.1图， æ2è3öøyACmgjB题3.27.1图设j为杆与地面的倾角，q为杆脱离墙时的j值。设杆脱离墙时，杆的角速度为Nox¢,y¢,杆的角速&c,y&c,当杆落地时，质心C的横纵速度分别为x&c&cw横纵速度分别为x度为w¢。当j由q变为0的过程中，机械能守恒： mga(sinq-sin0)=111¢2+y¢2-x&c&c&c2+y&c2+mxma2w¢2-w2 223()()又因为此过程中杆已离开墙，所以杆在水平方向受力为零，故质心水平方向匀速，即 x&¢c=x&c 又B点只有水平方向的速度，根据Vc=VB+´BC,知当杆落地时，如下关系： y&¢c=-w¢a 且由3.26题式得： y&c=acosqq&=acosqw 将代入得： gsinq=21æ1ö3aw¢2-2açè3+cos2q÷øw2 由3.26题式得 w2=q&2=