发布时间 : 星期四 文章力学知识小结及习题答案(下)更新完毕开始阅读f37e5f641ed9ad51f01df24e
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？
m2,L 解：以地为参考系，把子弹和棒看作A 一个物体系，棒嵌入子
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，
v1 C O
绕质心C转动的角速度即为所求。
m1
据质心定义:
m1COm1?m2CO?CA100L?,?,?m2CAm2CA992CACA?99L/200?0.495L,CO?0.5L?0.495L?0.005L
1据角动量守恒：m1v1CA?(m1CA2?12m2L2?m2CO2)?
，
1m1v1?0.495L?m1(0.4952?12?99?99?0.0052)L2?0.495v1?(0.4952?99/12?99?0.0052)L? ??0.058v1/L
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
2211，倒在地面上时的角速度为ω I?12mh2?m(h)?mh23由机械能守恒：
222h111mghC?2I?,mg?2?2?3mh?,??3g/h
上端点到达地面时的线速度：
v??h?3gh?3?9.8?10?17.2m/s
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.
解：先求出正方形框架对支点o的转动惯量： A o l2 Io?Ic?4m(2)?Ic?ml2 Ep=0 B 222l2714Ic?4(12ml?m4)?3ml?Io?3ml设AB边达到水平位置时，框架的角速 B A 222l17度为ω，据机械能守恒定律： 4mg2 ?12Io??2(3ml)????12g7l,vc?12l??37gl
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=ω2l/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：
663N?4mg?4mac?4m7g?N?4mg(1?7)?77mg
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。
解：先求出框架对O轴的转动惯量：据平行轴定理，
1I?IC?4mOC2?4(12ml2?m1l2)?4m(412l)2?10ml2 3N 设对角线OP转过45°后框架的角速度为
机械能守恒：
ω，且势能为零，由
C P
4mg(l26g5l2225sin45?)?1I?,2mgl?ml? 23O n τ ?2?,??6g5l,vp??2l?235gl
4mg 设支点O对框架的作用力为N，由定轴转动定理：τ= Iβ，
???I?4mgsin45?l/23gl3g32?,a????g质心的法向加速度 ?5l1010ml2/32526gl6g?? 5l252an??2OC??方向应用质心运动定理：Nn?4mgcos45??4man， 在nNn?22mg?4m?6g52?(22?24222)mg?2mg 5?25在??方向应用质心运动定理：N??4mgsin45??4ma?
N??4m?3642g?22mg?(?2)2mg??2mg 105522322522?2?25mg?6.32mg，设与-??方向夹角为θ，
2N?N??Nn???arctg|Nn/N?|?arctg5.5?79.7?
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：⑴杆质心的加速度，⑵杆B端所受的力。
解：⑴以支点B为转轴，应用转动 B A
2l定理：mg2?1ml?3g，质 ???32l心加速度 ac?l，方向向下。 x ?2?34g⑵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 ac , 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.
⑴沿圆柱体上缘作用一水平拉力F,柱体作加速滚动。 ⑵水平拉力F通过圆柱体中心轴线，柱体作加速滚动。 ⑶不受任何主动力的拉动或推动，柱体作匀速滚动。 ⑷在主动力偶矩τ的驱动下加速滚动，设柱体半径为R。 解：规定前进方向和顺时针方向为正方向。
N 假设静摩擦力方向向后，其余受力情况如图所 F(1) 所示。对每种情况，都可以根据质心定理、绕 C F(2) 质心轴的转动定理和只滚不滑条件，建立三个 f mg 方程求解。
2⑴F?f?mac,(F?f)R?1 2mR?,ac??R可求得f = - F/3,负号说明静摩擦力方向与假设方向相反，应向前。
2⑵F?f?mac,fR?1mR?,ac??R 2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。 ⑶ ac = 0 , f = 0
22?⑷?f?mac,??fR?1,求得f??3 R2mR?,ac??R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μ.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 β 所示，其中ac为质心对地的加速度，β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：f2?M2ac(1),N2?M2g(2) N2 (3) N1 2对质心应用转动定理：f2R?12M2R?隔离木板，其受力及运动情况如图所示， f2 F 其中a为板对地的加速度，f1、N1分别为水平 f1=μN1 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）：
N1?N2?Mg(4) F??N1?f2?Ma(5)
圆柱在木板上只滚不滑的条件是：a = ac +βR (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+βR，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=Rβ 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
F??(M?M2)g?13M2a?Ma?a?3[F??(M?M2)g]3M?M2
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,线轴和地面之间的静摩擦系数为μ。线轴受一水平拉力F,如图所示。
⑴使线轴在桌面上保持无滑滚动之F最大值是多少？
⑵若F和水平方向成θ角，试证，cosθ＞b/R时，线轴向前滚；cosθ＜b/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 θ 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β。
由质心定理：Fcos??f?ma(1)2由转动定理：Fb?fR?13mR?N?mg?Fsin?(2)
(3)
只滚不滑：a+βR=0 (4) 由⑴,⑶,⑷联立，可求得：
a?3F4mb(cos??R),??3F4mRb(R?cos?),f?F4RF4R(3b?Rcos?)
⑴ F为水平拉力时，即 cos??1,f?(3b?R)??mg
?F?4?R3b?Rmg.
bRbR⑵ 若cos?? 若cos??,a?0,??0，即线轴向前滚； ,a?0,??0，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。