大学物理第五章答案

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1、１３１５θ－θ０＝ω０t＋at－bt３５即t时刻滑轮的角坐标为１３１５θ＝θ０＋ω０t＋at－bt３５说明本题属于定轴转动刚体运动学第二类问题，即知道角加速度和初始条件，通过积分可求刚体在任意时刻的角速度和角坐标（即运动方程）．5唱4一刚体以每分钟６０转，绕Z轴的正方向做匀速转动．设刚体上一点P的位置矢量为r＝０畅３i＋０畅４j＋０畅９km试求P点的速度和加速度．解依题意，该刚体的角速度矢量为ω＝２πk由定轴转动刚体上一点的速度和加速度公式，有v＝ω×r＝２πk×（０畅３i＋０畅４j＋０畅９k）＝－０畅８πi＋０畅６πj（m／s）a＝β×r＋ω×v因刚体作匀速转动，

2、β＝０代入上式，有a＝２πk×（－０畅８πi＋０畅６πj）２＝－（１畅２i＋１畅６j）π说明由于是匀速转动β＝０，所以aτ＝０，a＝an，因而a与v垂直，进而应有a·v＝０．三、习题详解5畅1选择题（１）下列说法中哪一个或哪一些是正确的（C）（A）某瞬时平动刚体上各点速度大小相等，但方向可以不同（B）平动刚体上各点的轨迹一定是直线（C）平动刚体上各点的轨迹可以是曲线（２）一刚体以每分钟６０转绕Z轴正方向做匀速转动．设这时该刚体上一点P－２－２－１的位矢为r＝３i＋４j＋５k，其单位为１０m，若以１０ms为速度单位，则该时刻P点的速度为（B）（A）v＝９４畅２i＋１２

3、５畅６j＋１５４畅０k（B）v＝－２５畅１i＋１８畅８j（C）v＝１５畅１i＋１８畅８j（D）v＝３１畅４k5畅2填空题２（１）已知一刚体绕定轴转动的运动方程为φ＝１０＋８t－５t（SI），则t＝０畅２s·９５·－１－２时，刚体的角速度为６rad·s，角加速度为－１０rad·s；对离转轴距离r＝０畅５m－１－２的质点来说，t＝０畅２s时，它的速度大小为３m·s；加速度大小为１８畅７m·s．（２）已知一飞轮从静止开始做匀变速定轴转动，在１０min内转过１２００圈，则－１它在１０min末时的角速度为２５畅１３rad·s；第二个１０min内它转过的圈数为３６００圈．（３）

4、一个质点从静止开始以匀角加速度β沿半径为R的圆周运动，如果在某时刻，此质点的加速度a与切向加速度aτ成４５°角，则此时刻质点已转过的角度为０畅５rad．（４）摩擦轮传动系统，如图５畅２（４）所示．已知主动轮Ⅰ每分钟转n圈，它与从动轮Ⅱ的接触点A沿箭头所示方向按规律d＝a－bt而变化．轮Ⅰ半径r，轮Ⅱ半径R（长度单位cm），则以d的图５畅２（４）nrπ函数表示的轮Ⅱ的角速度为，角加速度３０（a－bt）nrbπ为２．当轮Ⅰ移动到d＝r时，轮Ⅱ边沿上一点的加速度大小为３０（a－bt）２２２nπRbnπ２＋．（a，b为常量）３０r９００5畅3在图５畅３所示的四连杆机构中，O

5、１A＝O２B＝l，AB＝O１O２，两杆各自可绕通过O１、O２并与纸面垂直的轴转动．已知连杆O１A转动时，角φ＝ωt，ω为一常量．又AM＝l１，试求连杆AB上的A点及任意点M的轨迹方程及A点的速度和加速度．图５畅３解已知杆AB上的A点绕O１点作匀速率转动，角速度为ω．在直角坐标系O１xy中，t时刻的位矢为·９６·rA＝xAi＋yAj＝lcosωti＋lsinωtj所以，A点的速度和加速度为drAvA＝＝－lωsinωti＋lωcosωtjdtdvA２２aA＝＝－lωcosωti－lωsinωtjdt由于t时刻A点的坐标为xA＝lcosωt，yA＝lsinωt因而A点的

6、轨迹方程为２２２xA＋yA＝l即A点的轨迹是以O１为圆心，半径为l的圆．由于AB杆的运动为平动，t时刻，AB杆上的M点的坐标为xM＝lcosωt＋l１，yM＝lsinωt所以，M点的轨迹方程为２２２（xM－l１）＋yM＝l即M点的轨迹是以（l１，０）点为圆心，半径为l的圆．从此题可以看出，平动刚体上各点的轨迹相同．5畅4一直径为１８cm的转轮，轮缘上有一颗小螺丝钉．（１）当该轮以２０００r／min的角速度转动时，求螺丝钉的速率和法向加速度；（２）若该轮的转速由２０００r／min均匀地增加到４０００r／min，其间共经历５min，试求该轮角加速度及螺丝钉的切向加速度和

7、加速度的大小．解（１）转轮的角速度为２πn１２０００πω１＝＝≈２０９畅４（rad／s）６０３０螺丝钉为转轮轮缘上一点，其速率和法向加速度为v１＝Rω１＝０畅０９×２０９畅４≈１８畅８５（m／s）２an１＝Rω１≈３９４６畅４m／s（２）因为转轮的运动是匀变速转动，因而其角加速度为ω２－ω１２π（n２－n１）β＝＝Δt６０Δtπ４０００－２０００２＝≈０畅６９８（rad／s）３０５×６０螺丝钉在末时刻的切向加速度和加速度的大小为－２２aτ＝Rβ＝６畅２８×１０m／s２２４２４２a＝an＋aτ＝Rω２＋β＝１畅５７９×１０m／s5畅5飞轮从静止开始作匀加速转动，在