普遍定理测验14-15(1)答案

普遍定理测验14-15(1)答案

普遍定理部分测验

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一 是非判断题（10分）

1. 质点系动量的方向不一定是外力系主矢的方向。（ √ ）

2. 从高度h处以相同的初速v，但以不同的角速

0度发射物体，当物体落到地面时，其动能不同。（×）

3. 如果质点系的质心速度为零，则质点系对任一固定点的动量矩都一样。（ √ ） 4. 力

rrrF(xiyj)/(x2y2)是有势力（保守力）。（√）

积分与路径无关的条件：

rrÑFdr0

rrrrÑFdr(F)dSirot(F)FxFx（斯托克斯公式）

jyFykyzFy0zixFx0zjx0FxykFy

FyFxFxFzij()kzzxy(FyxFx)ky

FyFxy保守力的条件：x斯公式）

（格林公式，二维斯托克

本例：xFyFx2xy2y(xy2)2

5. 摩擦力可以作正功。(√)

二 选择题（15分）

1图示一质点无初速地从位于铅垂面内的圆的顶点O出发，在重力作用下沿通过O点的弦OA，OB，OC运动。设摩擦不计。对比质点走完任一条弦所需要的时间，（ D ）。

A．沿OA弦用时越少；B. 沿OB弦用时越少；C. 沿OC弦用时最少；D. 沿所有的弦用时相同。

O C B A O

第

二

vy第二

2. 质量为m的小球沿铅垂方向运动，受介质阻

力FRkv，在图示情况下，质点的运动微分方程

为（ A ）。

&&&&&&&&&&&&A．my；B．my；C．my；D．my mgkymgkymgkymgky

3. 如图所示，在铅垂面内，杆OA可绕O轴自由转动，均质圆盘可绕其质心轴A自由转动。如杆OA水平时系统为静止，则自由释放后圆盘作（ C ）运动。

A．平面运动； B．定轴转时； C．平动； D．圆周运动

第

二

第二

4. 杆AB在光滑的水平面上由竖直位置无初速的倒下，其质心的轨迹为（ D ）。 A. 圆； B.椭圆； C.抛物线； D. 竖直线

5. 无重细绳OA一端固定于O点，另一端系一

质量为m的小球（小球尺寸不计），在光滑的水平面内绕O点运动。该平面上另一点O是一销钉，

1当绳碰到O后，A球即绕O转动，如图所示。在rO11绳碰到O点瞬间前后下述说法正确的是（ B ）。 1O1vA．球A对O点的动量矩守恒； B．球A对O点的动量矩守恒； 1AmC．绳索张力不变； D．球A的加速度不变

三 填空题（40分）

1.机构某瞬时位置如图所示，各物体为均质且质量为m，设OA2r，圆柱半径为r，OA的角速度为，圆柱作纯滚动，则系统的动量为（ 量矩为（ ）。

5mr ），

方向为（ ）；动能为（ ）；对轴O的动

2.如图所示，质量分别为m1

m，m22m的两个小球

M1

，M用长为l的无重刚杆相连，现将M置于光滑

21

水平面上，使MM连线与水平面成60角。则当无

012初速释放M落地时，M球移动的水平距离为

21

l（ 3 ）。

3. 均质杆AB质量为m，D处是光滑支座，B端用细绳悬挂，水平位置平衡。当lB端细绳突然剪3l断，杆角加速度大小为（

JDMD12g7lA）。 DC44B

221lJDJCmdml2m12412127mlmlml2121648lMDmg4mgl4812gMD/JD47ml27l

4. 图示均质杆AB质量为m，长为l，放在铅直平面内，杆的一端A靠在光滑铅直墙上，另一端B放光滑的水平地板上，并与铅直墙面成角。

0杆由静止状态倒下。杆在任意位置时的角加速度

为（ 32g。 sin）ll&&JOPsin2，

11lJOml2mml212322，

&&Psin/ml2l2133gsin2l

5. 一均质圆盘在光滑水平面内以角速度绕它边缘上一点A在自身平面内转动。若点A突然被解脱，同时圆盘边缘上的另一点B突然被固定。已知AB弧所对的圆心角为，则圆盘绕点B转动的角速度＝（ ）。

第三（5）题 对B点动量矩守恒 碰撞前：

LBJCmRRsin()21mR2mR2cos21(cos)mR22

碰撞后：L/12cos3B13JB/(mR2mR2)/mR2/22

第四题 图示系统，A处光滑，绳BD 铅垂，杆长为L，质量为m，45。求剪断BD绳瞬时，

0

均质杆AB的角加速度及地面约束力。 分析：剪断ＢＤ后，杆ＡＢ的自由度大于１，不能用动能法求加速度。因此本题采用刚体平面运动微分方程求解。

解：1．研究对象：AB杆，

2．受力分析：BD绳剪断后，其受力如图所示，

F

mg

3．列方程求解： 动力学方程：

yma0 ① AB aCmamgF ②

ANcxCx

cyANaAaCyaCA

x

1lml2ABFANcos122 ③

acx 、acx、AB、FAN四个未知力三个方程。

运动学补充方程，

以A点为基点，分析C点加速度

aaaanCACACA

方向 ？ ← ⊥AB uCAuur

大小 ？ ？ l2AB 0 其中：运动初始时，AB杆角速度为零，因此anl2CA20。 将加速度矢量式向y轴投影

aCyl2ABcos ④ 将④式代入②式，得： FANmgmlcos2AB ⑤ 将⑤式代入③式：

1mlcosl12ml2AB(mg2AB)2cos 1lcos26lABgcos2AB

(13cos2)lAB6gcos

6cosgAB(13cos2)l

将AB代入⑤式

FgANmgmlcos6cos2(13cos2)l

[13cos2(13cos2)]mg

当450时，

AB62g5l

ac3g5

FAN2mg 5第四题* 匀质杆AB长为l，重为P，用两条相互平行的铅垂线吊起，突然将BE绳剪断；求：剪断瞬时，绳AD内张力及AB杆的角加速度。 解：1、研究对象：AB杆； 2、受力分析； 3、求、T：

PaCx0g ① ② ③

D A T E aAPaCyTPgP aCAC 30 lJCTcos30o2xB 运动学补充方程：

naCaAaCAaCA

yuuur方向 ？ → ⊥AB CA

l 0 大小 ？ ？ 2将上式向y 轴投影：

laCy0cos30002

aCy3l4 ④

将④式代入②式，得：

TP3Pl4g ⑤

将⑤式代入③式，得

Pl23Pl3l3Pl3Pl2(P)12g4g4416g13Pl23Pl48g4

123g13l将代入⑤式：

TP3Pl123g94PPP4g13l1313

T4P13

第五题 滚子A质量为m，沿倾角为的斜面向下

1只滚不滑，如图所示。滚子借一跨过滑轮B的绳提升质量为m的物体C，同时滑轮B绕O轴转

2动。滚子A与滑轮B的质量相等，半径相等，且都为均质圆盘。求滚子重心的加速度和系在滚子上绳的张力。

第五题* 在图示机构中，沿斜面纯滚动的圆柱体O和鼓轮O为均质物体，质量均为m，半径均为

/R。绳子不能伸缩，其质量略去不计。粗糙斜面

的倾角为，不计滚阻力偶。如在鼓轮上作用一常力偶M。求（1）鼓轮的角加速度；（2）轴承O的水平约束力。

分析：本题中系统的自由度为１，因此可先用能量法（动能定理）求加速度，再用矢量法（动量和动量矩定理）求力

解：一 用动能定理求滚子加速度 1 研究对象：系统整体

该系统为单自由度、理想约束系统。

2 受力分析：做功的力有：力偶M、 滚子O的

/重力mg。

3 列方程求加速度 dTP dtT111JO2mv2J112222O

式中：J11vmR2,J1mR2,vR,122R

代入动能表达式，得：

T112mR2212mR221212mR22mR222 PMmgsinv(MmgRsin)

将T与P代入功率方程：

d(mR22)dt(MmgRsin)

2mR2(MmgRsin)

MmgRsin2mR2

二 计算轴承O处的水平约束力

1 研究对象：轮O

2 受力分析如图（c）所示。3 列方程求解

由刚体定轴转动微分方程 JOMFTR

解之得：F1TR(MJ)1O4R(3MmgRsin)

由动量定理

FOxFTcos0

FOx18R(6McosmgRsin2)