第五章 刚体力学

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第五章刚体力学

5-1作定轴转动的刚体上各点的法向加速度，既可写为2n v

a R =，这表示法向加速度的大小与刚体上各点到转轴的距离R 成反比；也可以写为2n a R ω=，这表示法向加速度的大小与刚体上各点到转轴的距离

R 成正比。这两者是否有矛盾？为什么？

解：没有矛盾。根据公式2

n v a R =，说法向加速度的大小与刚体上各点到转轴的距离R 成反比，是有

条件的，这个条件就是保持v 不变；根据公式2n a R ω=，说法向加速度的大小与刚体上各点到转轴的距离R 成正比，也是有条件的，条件就是保持ω不变。

5-2一个圆盘绕通过其中心并与盘面相垂直的轴作定轴转动，当圆盘分别在恒定角速度和恒定角加速度两种情况下转动时，圆盘边缘上的点是否都具有法向加速度和切向加速度？数值是恒定的还是变化的？解：设圆盘的角速度为ω，角加速度为α，则：

（1）圆盘以恒定角速度转动时：()20n a R d R dv a dt dt

τωω⎧=⎪⎨===⎪⎩0a τ=、n a 数值均是恒定的。（2）圆盘以恒定角加速度转动时：000t dt t ωωαωα=+=+∫（其中0ω为0t =时圆盘转动的角速度）

()()220n a R t R d R dv a R dt dt τωωαωα⎧==+⎪∴⎨===⎪⎩n a 数值是变化的、而a τ数值均是恒定的。

5-3原来静止的电机皮带轮在接通电源后作匀变速转动，30s 后转速达到1152rad s −⋅。求：

(1)在这30s 内电机皮带轮转过的转数；

(2)接通电源后20s 时皮带轮的角速度；

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(3)接通电源后20s 时皮带轮边缘上一点的线速度、切向加速度和法向加速度，已知皮带轮的半径为5.0cm。

解：电机作匀速转动，所以角加速度α为常量()

00ω=d dt ωα=

∵0t dt t ωαα∴==∫故：2

152 5.0730

rad s t ωα−===⋅而：d dt θω=2

0012

t t dt tdt t θωαα∴===∫∫（1）2211152302280362.92230t rad θα==××=≐转（2）'1

5.0720101.3t rad s ωα−==×⋅≐（3）''1

5.07v R m s ω−==⋅22

5.075100.254a R m s τα−−==××=⋅2

'2222

101.3510513.1n v a R m s R ω−−===××=⋅5-4一飞轮的转速为1250rad s −⋅，开始制动后作匀变速转动，经过90s 停止。求开始制动后转过33.1410rad ×时的角速度。解：d dt

ωα=∵00t dt t ωωαα∴−==∫2

025025 2.8909

rad s t ωα−∴=−=−=−=−⋅()'''230001 3.14102

t t dt t t θωαωα=+=+=×∫即：()'2'31 2.8250 3.141002

t t ×−+−×=

'13.6t s ∴='1

0250 2.813.6212t rad s ωωα−∴=+=−×=⋅5-5分别求出质量为m =0.50kg、半径为r =36cm 的金属细圆环和薄圆盘相对于通过其中心并垂直于环面和盘面的轴的转动惯量；如果它们的转速都是1105rad s −⋅，它们的转动动能各为多大？

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解：22222

0.500.360.0648 6.4810J mr kg m kg m −==×=⋅=×⋅环24222201122 3.241042

r m J r r dr r r kg m r ρππππ−=⋅⋅=⋅⋅==×⋅∫盘()22211 6.481010535722

E J J ω−∴==×××≐环环()22211 3.2410105178.522

E J J ω−==×××≐环盘5-6将一根均匀细直杆等分为四段，每段的长度为l 、质量都为l m ，并在直杆内的三个等分点上分别放置一个质量为m 的质点。现使此体系以角速度ω绕过其一端点并与细杆垂直的轴转动，试求此体系相对该转轴的转动惯量和转动动能。

解：据题意，体系的转动惯量为：

()()()()2222216444231433l l J m l ml m l m l m m l ⎛⎞=+++=+⎜⎟⎝⎠体系的转动动能为：222221164321472233k l l E J m m l m m l ωωω⎛⎞⎛⎞=

=+=+⎜⎟⎜⎟⎝⎠⎝⎠5-7转动惯量为220kg m ⋅、直径为50cm 的飞轮以1105rad s −⋅的角速度旋转。现用闸瓦将其制动，闸瓦对飞轮的正压力为400N，闸瓦与飞轮之间的摩擦系数为0.50。求：

(1)闸瓦作用于飞轮的摩擦力矩；

(2)从开始制动到停止，飞轮转过的转数和经历的时间；

(3)摩擦力矩所作的功。

已知：220J kg m =⋅150 2.5102R cm m −==×11105rad s ω−=⋅()

400N N =0.50

µ=110rad s ω−=⋅求：（1）f M （2）t （3）A

解：（1）()

10.5400 2.51050f M fR N R N m µ−=−=−⋅=−×××=−⋅

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（2）由动能定理：()22225211111120105 1.1102222

A J J J J ωωω=

−=−=−××=−×（3）由转动定理：f d M J dt ω=得：2

50 2.520

f M d rad s dt J ω−−===−⋅积分得：2102.5 2.5t dt t ωω−=−=−∫()1105422.5 2.5

t s ω∴===5-8轻绳缠绕在一个质量为0m 的圆盘状定滑轮的边缘，其一端悬挂一质量为m 的物体，如图所示，如果滑轮的半径为r ，求物体与滑轮之间的绳子张力、物体下落的加速度和圆盘的角加速度。

解：圆盘的转动惯量为：2012

J m r =()()

2012mg T ma m r Tr J m r ααα⎧−==⋅⎪∴⎨==⎪⎩由牛顿第二定律得由转动定理得解得：()()000022122mg m m r m mg T m r m m αα⎧=⎪+⎪∴⎨⎪==⎪+⎩物体下落的加速度为：022mg

a r m m α==

+5-9轻绳跨过一个质量为M 的圆盘状定滑轮，其一端悬挂一质量为m 的物体，另一端施加一竖直向下的拉力F ，使定滑轮按逆时针方向转动，如图所示。如果滑轮的半径为r，求物体与滑轮之

间的绳子张力和物体上升的加速度。

解：如图示为各物体的受力情况：

()()()

T mg ma m r F T r J αα⎧−==⋅⎪⎨−=⎪⎩由牛顿第二定律得

由转动定理得