第四章_刚体的转动部分习题分析与解答

1、.,第四章 部分习题分析与解答,.,分析：与质点运动学相似，刚体定轴转动的运动学问题也可分为两类（1）由转动的运动方程，通过求导得到角速度、角加速度；（2）在确定的初始条件下，由角速度、角加速度通过积分得到转动的运动方程。,4-2 某种电动机启动以后转速随时间变化的关系 式中 。求（1）t=6.0s时的转速；（2）角加速度随时间变化的规律；（3）启动后6.0s内转过的圈数。,解 （1）根据题意中转速随时间的变化关系，将t=6.0s代入，得,（2）角加速度随时间变化的规律为,.,（3）t=6.0s时转过的角度为,则t=6.0s时电动机转过的圈数,.,分析：由于空气的阻力矩与角速度成正比，由转动定

2、律可知转动是变角加速度转动，须从角加速度和角速度的定义出发，通过积分的方法求解。,4-3 如图示，一通风机的转动部分以初角速度 0绕其轴转动，空气的阻力矩与角速度成正比，比例系数C为一常量。若转动部分对其轴的转动惯量为J，问（1）经过多小时间后其转动角速度减少为初角速度的一半？（2）在此时间内共转过多少转？,解 （1）通风机叶片所受的阻力矩为M=C,由转动定律得,.,对上式分离变量，根据初始条件积分有,由于C和J均为常量，得,当角速度由00/2时，转动所需的时间为,.,在时间t内所转过的圈数为,（2）根据角速度定义和初始条件积分得（其中 ）,.,分析：可根据转动定律和牛顿定律分别列出飞轮和重物

3、的动力学方程来求解；也可将飞轮、重物和地球视为系统用机械能守恒来求解。,4-5 用落体观察法测定飞轮的转动惯量，是将半径不R的飞轮支承在O点上,然后在绕过飞轮的绳子的一端挂一质量为m的重物,令重物以初速度为零下落，带动飞轮转动（如图示）。记下重物下落的距离和时间，就可算出飞轮的转动惯量。试写出它的计算式。（假设轴承间无摩擦）,解1 设绳子的拉力为FT，对飞轮而言，根据转动定律，有,对重物而言，由牛顿定律，有,.,解2 设根据系统的机械能守恒定律，有,由于绳子不可伸长，故有,重物作匀加速下落，则有,联合式（1）、（2）、（3）、（4）可解得飞轮的转动惯量为,.,线速度和角速度的关系为,根据重物作

4、匀加速运动时，有,联合式（1）、（2）、（3）、（4）可解得飞轮的转动惯量为,.,分析：根据转动惯量的可叠加性，飞轮对轴的转动惯量可视为圆盘与两圆柱体对同轴的转动惯量之和。,4-6 一飞轮由一直径为30cm，厚度为2.0cm的圆盘和两个直径为10cm，长为8.0cm的共轴圆柱体组成，设飞轮的密度为7.8103kg.m-3，求飞轮对轴的转动惯量。,解 根据转动惯量的叠加性，由匀质圆盘、圆柱体对惯量公式可得,.,分析：根据转动惯量的定义，可直接采用面积分的方法对匀质矩形板进行计算。,解 取如图所示坐标，在板上取一质元dm=dxdy，它对与板面垂直的，通过几何中心的轴线的转动惯量为,4-9 质量面密

5、度为的均匀矩形板，试证其对与板面垂直的，通过几何中心的轴线的转动惯量为 其中a为矩形板的长，b为它的宽。,整个矩形板对该轴的转动惯量为,.,分析：对平动的物体和转动的组合轮分别列出动力学方程，结合角加速度和线加速度之间的关系即可解得。,解 取分别对两物体及组合轮作受力分析如下图,4-11 质量为m1和m2的两物体A、B分别悬挂在如图所示的组合轮两端。设两轮的半径分别为R和r，两轮的转动惯量分别为J1和J2，轮与轴承间、绳索与轮间的摩擦力均略去不计，绳的质量也略去不计。试求两物体的加速度和强绳的张力。,.,根据质点的牛顿定律和刚体的转动定律，有,由角加速度和线加速度之间的关系，有,.,解上述方程

6、组，可得,.,分析：对平动的物体和滑轮分别列出动力学方程，结合角量与线量之间的关系即可求解。,解 分别对两A、B两物体及滑轮作受力分析如下图,4-12 如图示装置，定滑轮半径为r，绕转轴的转动惯量为J，滑轮两边分别悬挂质量为m1和m2的物体A、B。A置于倾角为斜面上，它和斜面间的摩擦因数为。若B向下作加速运动时，求（1）其下落加速度的大小；（2）滑轮两边绳子的张力。（设绳的质量及伸长均不计，绳与滑轮间无滑动，滑轮轴光滑）,.,根据质点的牛顿定律和刚体的转动定律，有,由角加速度和线加速度之间的关系，有,且有,.,解上述各方程，可得,.,分析：圆盘各部分的摩擦力的力臂不同，为此，可将圆盘分割成许多

7、同心圆环，对环的摩擦力矩积分即可得总力矩。另由于摩擦力矩是恒力矩，由角动量定理可求得圆盘停止前所经历的时间。,解 （1）圆盘上半径为r、宽度为dr的同心圆环所受的摩擦力矩为,4-15 一半径为R，质量为m的匀质圆盘，以角速度绕其中心轴转动，现将它平放在一水平板上，盘与板表面的摩擦因数为。（1）求圆盘所受的摩擦力矩。（2）问经过多少时间后，圆盘转动才能停止？,式中K为轴向的单位矢量。,.,由于摩擦力矩是一恒力矩，圆盘的转动惯量J=mR2/2，由角动量定理可得圆盘停止的时间为,对上式沿径向积分得圆盘所受的总摩擦力矩大小,.,4-17 在光滑的水平面上有一木杆,其质量m1=1.0kg,长l=40cm

8、,可绕通过其中点并与之垂直的轴转动.一质量为m2=10g的子弹,以v=2.0102ms-1的速度射入杆端,其方向与杆及轴正交.若子弹陷入杆中,试求所得到的角速度.,分析:,子弹与杆相互作用的瞬间,可将子弹视为绕轴的转动,这样,子弹射入杆前的角速度可表示为,子弹陷入杆后,它们将一起以角速度转动,若将子弹和杆视为系统,因系统不受外力矩作用,故系统的角动量守恒.由角动量守恒定律可解得杆的角速度.,.,解答:,根据角动量守恒定理:,式中 为子弹绕轴的转动惯量, 为子弹在陷入杆前的角动量, 为子弹在此刻绕轴的角速度, 为杆绕轴的转动惯量.可得杆的角速度为:,.,4-23 一质量为1.12kg,长为1.0

9、m的均匀细棒,支点在棒的上端点,开始时棒自由悬挂,以100N的力打击它的下端点,打击它的下端点,打击时间为0.02s.(1)若打击前棒是静止的,求打击时其角动量的变化;(2)棒的最大偏转角.,解答:,(1)由刚体的角动量定理得,(1),.,(2)取棒和地球为一系统,并选O处为重力势能零点.在转动过程中,系统的机械能守恒,即:,(2),由(1)、(2)可得棒的偏转角度为,.,4-25 我国1970年4月24日发射的第一颗人造卫星，其近地点为4.39105m、远地点为2.38106m.试计算卫星在近地点和远地点的速率。（设地球半径为6.38106m）,分析:,当人造卫星在绕地球的椭圆轨道上运行时，

10、只受到有心力万有引力的作用。因此，卫星在运行过程中角动量是守恒的，同时该力对地球和卫星组成的系统而言，又是属于保守内力，因此，系统又满足机械能守恒定律。根据上述两条定律可求出卫星在近地点和远地点时的速率。,.,解答:,又因卫星与地球系统的机械能守恒，故有：,式中 和 是卫星在近地点和远地点时离地球中心的距离。由（1）和（2）可解得卫星近地点和远地点的速率分别为,（2）,.,4-27如图4-27所示,一质量为m的小球由一绳索系着,以角速度0在无摩擦的水平面上,作半径为r0的圆周运动.如果在绳的另一端作用一竖直向下的拉力,使小球作半径为r0/2的圆周运动.试求(1)小球新的角速度;(2)拉力作的功

11、,分析:,沿轴向的拉力对小球不产生力矩,因此,小球在水平面上转动的过程中不受外力矩作用,其角速度应保持不变.但是,外力改变了小球圆周运动的半径,也改变了小球的转动惯量,从而改变了小球的角速度.至于拉力所作的功,可根据动能定理由小球动能的变化得到.,.,解答:,(1)根据分析,小球在转动的过程中,角速度保持守恒,故有:,(2)随着小球转动角速度的增加,其转动动能也增加,这正是接力作功的结果,由转动的动能定理可得接力的功为:,式中 和 分别 是小球在半径为 r0和r0/2时对轴的转动惯量,即 和 则:,.,4-28质量为0.50kg,长为0.40m的均匀细棒,可绕垂直于棒的一端的水平轴转动,如将此

12、棒放在水平位置,然后任其落下,求:(1)当棒转过600时的角加速度和角速度;(2)下落到竖直位置时的动能;(3)下落到竖直位置时的角速度。,分析:,转动定律 是一瞬时关系式,为求棒在不同位置的角加速度,只需确定棒所在位置的力矩就可求得.由于重力矩 是变力矩,角加速度也是变化的,因此,在求角速度时,就必须根据角加速度用积分的方法来计算(也可根据转动中的动能定理,通过计算变力矩的功来求).至于棒下落到竖直位置时的动能和角速度,可采用系统的机械能守恒定律来解.,.,解答:,(1)棒绕端点的转动惯量 ,由转动定律 可得棒在 位置时的角速度为:,当 时,棒转动的角速度为:,由于 , 根据初始条件对式(1)积分,有,.,则角速度为:,(2)根据机械能守恒,棒下落至竖直位置时的动能为:,(3)由于该动能也就是转动动能,即 ,所示,棒落至竖直位置时的角速度为:,.,4-30在题3-28的冲击摆问题中,若以质量为m的均匀细棒代替柔绳,子弹速度的最小值应是多少?,分析:,该题与习题3-28的不同之处