理论力学第六章思考题

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1、第六章思考题6.1. 相同的两匀质杆A0和B0用铰链连接于固定点 0,并可在水平面内绕0点转动.某时刻A0B位于同一直线上,二杆以同样大小的角速度转动,如思考题6.1图所示.有人认为“以二杆为系统，此时质心为0点，0点为固定点，故此时质心速度为零这种说 法对吗？AOB思考题6.1图1 2gVc6.2. 有时称rc mtVc为质心对0点的角动量，称2 为质心的动能.这是否说明质心是 一个质量为mt、位置矢量为rc、速度为Vc的质点？6.3. 有一半径为 R,质量为m的匀质圆球被旋转抛出某时刻球心速度为V ,球旋转角速度为，求此时圆球的动量.6.4. 将一半圆柱置于一光滑水平面上，初始时半圆柱静止

2、于如思考题6.4图所示位置，求质心C的运动轨迹.思考题6.4图6.5. 有一水平圆台，可绕过其圆心的竖直轴z轴转动，轴承处有较小但不可忽略的摩擦力有人站在台边上，初始时圆台与人均静止，如思考题6.5图所示.之后人沿台边跑一段时 间后，又停止跑动.问人停止跑动后，人与圆台将如何运动？在整个过程中，以人、圆台 和轴为质点系，其对z轴总角动量如何变化？思考题6.5图6.6. 思考题6.5中，把轴包括在质点系内，这样做有何好处？6.7. 思考题6.5中，如轴承是光滑的，情况又当如何？6.8. 思考题6.5中，人与盘运动状态的改变是由人跑动引起的.而质点系的角动量定理指出，质点系角动量的变化与内力无关.

3、这两者之间是否发生矛盾？6.9. 试证明：若质点系总动量为零，则质点系对任意固定点的总角动量均相等.6.10. 有两个形状相同的匀质齿轮位于同一竖直面内，可绕过各自中心的水平轴01和2转动 , 转动惯量同为I 啮合后总角动量仍为2正确6.11.质量相同的两小球用轻杆相连思考题6.10图,静止地放在光滑水平面上初始时给其中一小球以垂直于杆的水平初速度 V0，试证两球各自的轨道均为旋轮线6.12.自行车由静到动，其动量变化靠的是地面对后轮向前的摩擦力 自行车做的功是否为W Ff自亍车向前移动距离）?Ff ,这个摩擦力Ff对6.13.以一般的动坐标系xyz代替质心系，关系式LrmtvL和I ,如思考

4、题6.10图所示.开始时轮1绕固定轴1以角速度转动，轮2静止.之后可沿竖直线移动的轴 2向下移动使二齿轮啮合已知齿轮啮合后转动角速度的大小均为2.有人说：“以二齿轮为质点组，所受外力对轮轴力矩均为零.且啮合前总角动量为1 ,I I2,可见啮合过程角动量守恒”试分析该说法是否T -mtv T L）能否2（L和T分别为质点系在Oxyz系中对点的角动量和动能成立？6.14. 一匀质细杆可绕过端点的水平轴无摩擦地转动，初始时杆静止于竖直位置，如思考题6.14图所示.之后一小球沿水平方向飞来与杆做完全弹性碰撞.以小球和杆为质点系在碰撞过程中系统动量、角动量和机械能是否守恒？11思考题6.14图6.15.

5、在光滑水平面上有一长为l、质量为m的匀质细杆，绕过其中点的竖直轴以角速度转动，但其中心不固定，如思考题6.15图所示.现突然将杆的 A端按住，以杆为研究对 象，有人认为：“用手按住 A点，系统在A点受外力作用，但在按住A点的过程中A点无位移 ,故该外力不做功 , 所以杆的机械能守恒 .”你认为这样的看法正确吗 ?思考题6.15图第六章习题6.1. 椭圆规尺AB质量为2mi ,曲柄0C质量为B，套管A，b质量为C AC CB 1,尺和曲柄的质心均位于其中点，曲柄以匀角速度绕z轴转动,如题6.1图所示.求此机构总动量的大小和方向.题6.1图6.2. 质量分别为E和m2的重物以跨过滑轮A的不可伸长的

6、轻绳相连，并可沿直角三棱柱的斜面滑动三棱柱底面放在光滑水平面上，如题6.2图所示.已知三棱柱质量m 4m1 16m2初始时各物体均静止，求当重物下降高度为0.1m时，三棱柱沿水平 面的位移.题6.2图6.3. 质量为mo的人手持质量为 m的物体，此人以与地面成角的初速度V0向前跳出.当他跳到最高点时，将物体以相对自己的速度U水平向后抛出.问由于物体的抛出，跳的距离增加了多少？6.4. 两个质点A和B质量分别为mA和mB，初始时位于同一竖直线上，A质点有水平初速 度Vo，B质点静止，B点高度为h，A点在B点的上方，A和B间距离为1.在以下3 种情况中求质点 A和B的质心轨迹.(1) A和B两质点

7、间没有相互作用；(2)质点A和 B以万有引力相互作用；(3) A和B间以轻杆相连.6.5. 质量为m的薄板在竖直面内，绕过点的水平轴按0 cos t规律转动，其质心C离点的距离为a,如题6.5图所示.求在任一瞬时水平轴对板的约束力.66瓦特节速器装置如题6.6图,二杆长OAOB I, A和B二球质量均为m.初始时A和B二球被一根线连结，装置以角速度0绕竖直轴转动，杆的张角为0.自某一时刻线被烧断，求角速度 与张角 的关系设轴承光滑，不受主动力矩，杆的质量均可忽略不计若杆的质量不可忽略题6.6图6.7. 一质量为m。、底半径为R的匀质圆锥，它的光滑固定对称轴沿竖直方向，圆锥尖端向上在圆锥表面上有

8、一沿母线的细槽.初始时，圆锥绕其对称轴以角速度0转动，同时有一质量为m的小球开始自槽的顶端沿槽自由下滑 .试求小球滑出槽口时圆锥的角速度.若此槽不是沿母线的直线，试问此槽曲线应满足什么条件，才能使小球滑出槽口时圆锥角速度与槽为沿母线的直线情况相同.6.8. 质量为mi和m2的二质点，用一根长为I的不可伸长的轻绳相连.初始时m1被握在手中不动，E以匀速率V。绕mi做圆周运动.在某瞬时将 mi放手，试求以后二质点的运动， 并证明绳内张力Ftmim2V.（mi m2）|.不考虑重力及质点间引力作用，并已知绳一直是张紧的.6.9. 传送机由两个相同的滑轮B和C和套在其上的传送带构成，每个滑轮质量为 m

9、i、半径为R，均可视为匀质圆盘，传送带质量为m2，相对水平面倾角为，被传送物体质量为m3.初始时各物体均静止，在B上施加一不变力矩 M，如题6.9图所示.设滑轮轴承 处光滑，传送带与滑轮及传送带与被传送物体间均无滑动，传送带在EF间为直线.试求当被传送物体在 EF间运动时，传送带运行速率 v与运行距离s间的关系.血：%题6.9图6.10. 一炮弹质量为 mim2 ,发射时水平及竖直速度分别为Vox和Voy .当炮弹达到最高点时，其内部炸药爆炸产生能量E,使此炮弹分为 E和m2两部分，开始时两部分均沿原方向飞行，不计空气阻力，试求炮弹的两部分落地时相距的距离6.11. 质量为m、半径为R的光滑半

10、球,其底面放在光滑水平面上,有一质量为m的质点沿 球面滑下初始时二物体均静止，质点初位置与球心连线和竖直向上的直线间夹角为求质点滑到它与球心连线和竖直向上直线间夹角为时的值6.12. 轻杆AB长为I，两端固定有质量分别为m1和m2的质点A和B ,杆只能在竖直平面内运动，某瞬时A点速度为W , B速度为v2,分别与杆夹角1和2,如题6.12图所示.试求此系统在质心系中相对质心的角动量；（2）考虑重力作用，试求此系统在以后的运动中角速度的变化情况.讪4;题6.12图6.13. 一质量为m ,长为2a的细杆AB ,它的两端可沿一水平固定圆环无摩擦地滑动，圆环半径为R（R a）.初始时杆静止，同时有一

11、质量亦为 m的质点静止地位于杆的中点C.自某一瞬时开始，质点以相对杆的不变速度V。沿杆运动，如题6.13图所示.试求当质点运动到杆的端点 A时，杆相对自己的初始位置转过多少角度？题6.13图6.14. 质量分别为 m1和m2的两自由质点，它们以万有引力互相吸引.开始时，两质点均处于静止状态，其间距离为a.试求两质点相距为a 2时两质点的速度.6.15. 参见思考题6.14，试证明若小球撞击在距0点2/3杆长的A点时，系统沿水平方向动量守恒.6.16. 参见思考题 6.15,试求按住 A点后瞬时杆的角速度，及按住A点的过程中杆的动能损失了百分之几 ?6.17. 电风扇的转动部分对其固定转动轴的转

12、动惯量为I ,所受空气阻力矩与角速度大小成正比，比例系数为k .通电时风扇以匀角速度0转动，求断电以后经过多长时间其角速度的大小减为初始时的一半，在这段时间内风扇又转过了多少圈？6.18. 由薄片刚体构成的复摆可绕与其垂直的光滑水平固定轴转动，对转动轴的回转半径为k(k定义为k 1 m,|为刚体对转动轴的转动惯量，m为刚体质量),转动轴到刚体质心的距离为a .已知复摆无初速地自偏离平衡位置0角处开始摆动，求复摆在悬点处所受约束力的水平分量和垂直分量.6.19. 有一半径为r的小圆柱，自半径为R的大圆柱的最高位置无滑滚下，同时大圆柱也沿水平面做无滑滚动，试写出两圆柱间无滑条件的数学表达式.6.2

13、0. 质量为m，半径为R的匀质细圆环被限定在竖直平面内运动，开始时将其放在粗糙水平面上，用手按其后侧边缘，使圆环质心获得向前的初速度Vo，同时圆环有向后转动的初角速度0，如题6.20图所示.设圆环与水平面间摩擦因数为，试求圆环的运动规律6.21. 长为2a的匀质棒AB，以光滑铰链悬于 A点，棒可在竖直面内摆动.初始时棒自水平位置无初速地开始运动，当棒摆至垂直位置时铰链突然脱落，试证在以后的运动中棒质心的运动轨迹为一抛物线.并求当棒的质心下落h距离后，棒一共转了几圈？6.22. 一匀质棒被限制在竖直平面内运动，开始时把棒一端置于光滑水平地面上，一端靠在光滑的竖直墙上，且棒与地面夹角为，并任其从此

14、位置开始无初速地滑动.试证当棒与地2arcsi n( si n )面夹角变为3时，棒与墙分离.6.23. 试研究6.22题中棒与墙分离后的运动，设棒长为2a ,求棒落地时的角速度.6.24. 如题6.24图所示,一面光滑一面粗糙的平板，质量为5 .将其光滑的一面放在光滑水平桌面上，粗糙面上放一质量为m2的球.初始时板与球均静止，若板沿其长度方向突然获得一速度v .问经多少时间后球开始做无滑滚动？设球与板间摩擦因数为，板的长度足够长.6.25. 如题6.25图所示，一质量为m,半径为a的匀质小圆球，初始时位于另一个半径为b的固定大圆球的顶点，并无初速地无滑滚下，设球一直保持无滑状态，试证当两球连

15、心线与竖直向上的直线间夹角arccosQO时，两球将分离6.26. 试用计算机通过数值求解方法研究习题6.20中圆环的运动，并描绘其运动情况参考答案第六章思考题6.1.不对.质心不是固定点.262质心是一个几何点.严格说rCmtVc是位于质心假想质点对0点角动量,（1/2）mtvc是位于质心的假想质点的动能.6.3. mv.6.4. 质心C竖直向下运动.6.5. 圆盘以 k沿人跑动方向转动.在人跑动时对z轴总角动量增加，在人停止跑动后对z轴总角动量逐渐减小到零.（因受轴承摩擦力矩所致.）6.6. 由于圆盘与轴间的相互作用比较复杂，把轴包括在质点系内，只需分析轴受轴承的力和力矩，较为简单.6.7

16、. 如轴承光滑，则总角动量不变.人停止跑动后，圆盘亦停止转动.6.8. 质点系的总角动量的变化与内力无关，但内力可使角动量在质点间等量转移.6.9. 质点系总动量为零，则vC0 .于是LorCLcLc，与0点选取无关.6.10. 不正确.啮合后二齿轮转动角速度方向相反，对或2轴角动量都不守恒.（Fni和FN2都不沿O12方向.）6.11. 初始时一球静止，一球以V0运动，质心初速度V0/2 ,二球在质心系内速率为V0/2 .由于运动中系统动量守恒，在质心系中对质心角动量守恒，故其质心速度和二小球在 质心系内绕质心运动的速率均不变.因此两球的轨道与在直线轨道上作无滑滚动的圆 盘边缘上一点的轨道相

17、同.6.12. 后轮所受向前的摩擦力不可能对自行车作正功6.13. 不能成立.6.14. 由于水平轴施与的约束力不一定沿竖直方向，故动量不守恒，沿水平方向动量也不一定守恒.对水平轴角动量守恒，机械能守恒.6.15. 在按住A点的过程中，A点不可能设有位移.如果位移足够小则外力必足够大，我们可以忽略其位移而认为“按住A点”，但外力作负功不可忽略.第六章习题6.1.6263646.5.6.6.6.7.6.8.6.9.可以分别求出 AB、OC、A和B的动量，之后求和得p (-mil m2)lm( sin ti cos tj) 2也可先求AB、OC、A和B的公共质心位置矢量rc.由p (3m1 2m2

18、)rc求出.以m、m1和m2为质点组，水平向右Ox方向动量守恒 m1x1 m2x2 mx 0 .即m1 x1m2 x2 m x 0x1X1x， x2 X2 x. g 下降 o.1m 则x1O.g3、 x20.1,可求出23.77 10 m.以人与物体为质点组， 水平方向动量守恒(mm)vo cosmov m(v u)，可求出mv v0 cosMum .因落地时v0 sing ，所以跳的距离增加了l (v v0 cosmuv0 sin)t ?myc三种情况均为按质心运动轨道用自然坐标法，根据质心运动定理EaV。aIhmA mB2v m Fn n mg cos , mvt FNn mg sin .

19、 vta 0 si nt2 2.2 2 .可求出 Fzn mgcos ma o sin t,Fzn mgs inma cos t以二球、四杆和轴为质点组，根据绕竖直轴角动量守恒2m 12sin22m22ol sin 0，可求出(sin 2/sin2 0) 0.当杆的质量不可忽略时，结果不变.3J c 3 2m。oR0m0 R m R以圆锥、小球为质点组，据绕竖直轴角动量守恒1010可求出mo o/(3mo 10m).只要槽出口处的切线方向沿母线，则结果不变初始时口1和口2的质心速度Vc0m2Vo/(m1 m2)，由系统动量守恒知以后质心速度Vc0不变，由质心系中绕质心角动量守恒可知m1和m2相

20、对质心系速度不变V1 m2V0(m1 m2)，V2 m1V0(m1).以 表示质点在质心系内作圆周运动的轨道切线方向，则v1m2Vo(m1 m2)m2Vo(m1 m2),V2m2Vo(m1 m2)m1 v。(m1 m2)Ft质心系为惯性系.由牛顿定律可求出2E|m2v0(m1 m2)l以传送机及被传送物体为质点组,运动过程中只有力矩M及物体m3所受重力做功,2动能定理如叫)21 212sm2vm3v0 Mm3gss in2 2R.可求出2(MRmgsin ) 2v -s2R(m1 m2 m3).6.10.以mi和m2为质点组，爆炸过程中沿水平方向动量守恒(设mi和m2爆炸后速度为v1,v2)

21、m1V1m2V2 (mi m2)Vc，再据动能定理6.11.6.12.6.13.6.14.1m1V12ViVct Vi1 2 1 2 m2v2(m1 m2 )vcE22，可解出2m,E.m2(0 m2)， g和m2落地时间均为V 2E(m1m2)g ,mm2mo和m为质点组，沿水平 Ox方向动量守恒 moXx mR coslmox 1 m(x2 22g(cosmViVcm(x2m2 ER cos)0，求出/(mo m)，代入机械能守恒方程2 2R cos ) (R sin ) mgR(cos cos ) 1/2m 2 、R(1cos )mo m设质心速度为Vc，杆角速度为.以地为S系；质心系为

22、A，B两质点，并沿平行于和垂直于杆方向投影Vc/VcVcVicos 1 V2 cosCA v1 sin 1CB v2 sincos )，即可求出S系，将V Vc V用于(1)(2)请分析(1)式的物理意义.由(2)和2所以 Lc Ic m1m2l /(gm2)据系统在质心系中对质心角动量守恒，可知 以杆和质点为质点组，则L1L22m(2R25 2、5a)(3)式可求出m1m2l (v1 sin 1保持不变.(3)(v1 sin 1v2sin 2)/lV2 sin 2)/(m1m2) 根对过环心的竖直轴角动量守恒.设质点遇到杆后的角速度为，L2vo R2 a2 (2RR2a2 (2Rm(R2-a

23、2) m(R32 a2 v(t2) mvo . R2a2mv：t2mv0、R20，即23 2.3a)口2为质点组，2 2)Vot ,tan 1 (a. *2R根据动量守ddt.将上式积分可求出5 2.3a)恒gm2V2 ，机械能1 2 1 2mhv-im2v22 2V2 Gm/ a(mi2Gmm2a1m2)2Gmm2a ,即可求出，vi Gm2 : a(mi1m2)26.15.设杆质量为m、长为I，撞击点到-ml2。点距离为a .由角动量3Fa质心运动定理1m F Fn f2 （ N为O点支撑力水平分量）.由上述二式可证明：当Fn0. Fn0则系统沿水平方向动量守恒.6.16.按住A点过程中，

24、杆对过A点竖直轴角动量守恒，可求出按住a I1 时,速度，杆的动能损失4 .6.17.由对固定轴的角动量定理d(l ) k dt6.18.6.19.6.20.A点后杆绕A点转动角t In 2k ，把d0 1 0 1(rad)2k4*kt0e l dt积分得积分可求出I5甲（1 e l） k（圈）.以固定轴为Oz轴，x,y轴在刚体所在平面内，Ox轴水平向后, 规定摆角正方向于Oz轴正方向一致.复摆的运动微分方程为mxc Frxmyc FRy mgamgsin丄In 2 k代入则Oy轴竖直向上,(1)(2)(3)因 Xc asin ,由（3）式2爷（遡以过大圆柱圆心针为正），定线ycXcyca|s

25、in k2cosacos，所以cossinFrxFR y2 sin2cos务dk2(4)(5)，积分可求出0).把2a mg：P2a mg2 (3cos 2 cos 0) cos 1 mg k22代入（4）、（5）式，由（1）、（ 2）式可求出(3cos 2cos 0)sin ,C2竖直向上半直线为定线 1.由定线1到大圆柱半径 C2A为 （逆时 （顺时针为正）.以过小圆柱圆心C1竖直向下 C1B为 （顺时针为正）.初始时A、B点1到二圆柱连心线为半直线为定线2.由定线2到小圆柱半径重合于大圆柱最高点，贝UR （R r）r 0或 R (R r) r 0沿v0方向建立Ox轴，Oy轴竖直向上,滚动

26、，动力学方程为角正方向沿 0方向.第一阶段圆环作有滑mxcFfmycFNmg（2）2 mRFfR（3）yc R（4）FfFn(5)Xc Vogt,o t由（1 ） （ 5 ）式可解出R 由无滑滚动条件Vp Xc R 0求出达到无滑滚动的时间匕（V。oR）/2 g . t1时刻Xci （ti） （Voo R）/ 2,i （ti）（ o R Vo） /2R .Vo oR 时 Xci 0, 10；Vo oR时，Xciio ； Vo oR时，Xcio，i o. ti以后为圆环运动的第二阶段，设圆环一直作无滑滚动第一阶段方程（i）（ 4）不变，（5）式改为X R 0.可解得Xc ， o，及Fn mg，F

27、f 0,满足FfFn，假设正确.6.21 由质心运动定理可证质心轨道为抛物线棒绕A点下摆过程，由机械能守恒1 . 2 2 2 2mga Ima23，可求出V 3g /2a .铰链脱落后棒作平面平行运动，I由角动量定理可知其角速度不变.在质心下落h的t 2h/g时间内，转动t V3h/a（rad）寸3h/4n2a （圈）6.22.建立Ox轴沿地面向外，Oy轴沿墙向上.棒A端于Oy轴上，B端于Ox轴上，以OB 到AB为 角正向.从A点作Oy轴垂线，从B点作Ox轴垂线，二垂线交于 D点，则D为A端与墙分离前的瞬心.设AB中点为C，AB2a，则 ACBC DC a由对瞬心的角动量定理2 3g（sin

28、2aQma23ma2)mga cos，可求出39cos4asin分可求出）.由质心运动定理mXF NA 及 Xca cos可知Fna ma( sin2 cos把及结果代入则3mgFnacos (3s in46.23.以地面为势能零点，根据机械能守恒1/2 2、 1 1m(xciyci)ma22 32 si n ) 匚，由 Fnamga sin 12为落地时的角速度，yca cos0则棒与墙分离即可完成证明棒刚与墙分离时2yc22 22 cos式可求出如Xc；此）2 2 2 2ycia 1 cos以22.由质心运动定理可知11 2 2（1sin ）3g sin2 sin2a凹sin2Xci2a9

29、,应取负值.1 1 2ma2 3(1)yca sin(14 .sin9Xc2，把这些结果代入（1）6.24.在桌面上建立坐标系 Oxy , Ox沿Vo方向，Oy竖直向上.以逆时针方向为角正方向,球的运动微分方程为mXciFfim2g(1)m2gR （R为球半径）(2)2 2 m2 RFf1R5板的运动微分方程为m1Xc2 Ff 2m2g(3)由（1）（ 3）式可解出Xc1gtXc22Rm2g tm1Vo.球上与板接触点速度V pXc1当 Vpxc2时达无滑滚动，由此可求出t1 vo / (7匹）.设t1以后保持无滑滚动，则 式与无滑条件Xc1RXc2联立可求出Ff 1 Ff 2 Ffm2g，把

30、（1 ）（ 3）保持无滑滚动6.25.以过大圆球球心 竖直向上半直线为定线 1，由定线1Ff 0，所以t1以后确实一直到二球连心线为角.以过小圆球球心C竖直向下半直线为定线2,小圆球初始时最低点为A，由定线2到半径CA为角.小球的运动微分方程为mg sinm(a b)Ff(1)m(ab)2 mg cos Fn(2)2 2 ma5无滑条件为Ffa(3)(a b)(4)由（3）、（ 4）式得-m(a5b)FfF 7 m（a b），利用（1）式消去Ff得5Ffmg sin10(1cos )g积分可求出Fn mg ( cos7(a b).由(2)式可求出7170），所以cos当1710时Fn0，两球分离.返回如有侵权请联系告知删除，感谢你们的配合!