大学物理学第04章补充例题

o
第四章
x
dx
x
4
刚体的转动
物理学
第五版
第四章补充例题
解 如图，距O点为x，长为dx的质元dm
m 的质量 dm dx l 其所受阻力矩 dM x( dm g) mg L 1 M xdmg xdx mgL
l
0
2
o
第四章
x
dx
x
5
刚体的转动
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第四章补充例题
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第四章补充例题
1 一飞轮半径为0.2 m、转速为 150 r· -1，因受制动而均匀减速，经 min 30 s 停止转动．试求：(1)角加速度和 在此时间内飞轮所转的圈数；(2)制动 开始后 t = 6 s 时飞轮的角速度；(3)t = 6 s 时飞轮边缘上一点的线速度、切向 加速度和法向加速度．
2 2 0
N
2π

2π
37.5 r
2
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刚体的转动
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π 1 ω ω0 αt (5π 6) 4π rad s 6 t （3） 6 s时，飞轮边缘上一点的线速度大小
（2）t 6 s时，飞轮的角速度
v rω 0.2 4π 2.5 m s
FT2 mg ma2
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6 一轻绳绕在有水平轴的定滑轮上，滑 轮质量为m，绳下端挂一物体，物体所受重 力为G, 滑轮的角加速度为β 1 ，若将物体去 掉而以与G相等的力 直接向下拉绳子，滑 β2 β1 R R 轮的角加速度β 2将 (A) 不变 (C) 变大 (D) 无法判断
2
该点的切向加速度和法向加速度
π 2 at r 0.2 ( ) 0.105 m s 6 2 2 2 an rω 0.2 (4π) 31.6 m s
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3
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2 一质量为m、长为L的均匀细棒， 可在水平桌面上绕通过其一端的竖直固定 轴转动，已知细棒与桌面的摩擦因素为 , 求棒转动时受到的摩擦力矩的大小．
2 1 2 1
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刚体的转动
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解得
mg ( R r ) 2 2 J mR mr mgr ( R r ) a1 r 2 2 J mR mr mgR ( R r ) a2 R 2 2 J mR mr FT1 mg ma 1
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6
解 由 M k J
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4 电风扇在开启电源后，经t1时间达到 了额定转速，此时相应的角速度为0 ，当 关闭电源后，经过t2时间风扇停转．已知风 扇转子的转动惯量为J，并假设摩擦阻力矩 和电机的电磁力矩均为常量，求电机的电磁 力矩．
M M f J1 1 1 解 M J 解得： Jω0 ( ) M f 2 t1 t 2 ω0 1t1 2t2
3 一转动惯量为 J 的圆盘绕一固定轴 转动，起初角速度为0 ，设它所受阻力矩 为M=-k (k为常数)，求圆盘的角速度从0 变为0/2 所需的时间．
d k d dt 有J 即 k， J dt 1 0 d t k J ln 2 2 dt， 解得：t 0 0 J k
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(B) 变小
G
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解 GR J 2 2 GR J
FT R J1 1 FT R J
又 所以
G FT
2 1
R
FT’ G
β
1
R
β
2
FT
G
答案：选（C）
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刚体的转动
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7 轻绳一端 v 系着质量为m的质 r/2 r O m 点，另一端穿过光 滑水平桌面上的小 F 孔O用力拉着，质 点原来以等速率作半径为r 的圆周运动，问 当拉动绳子向正下方移动到半径为r/2时，质 点的角速度多大？
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应有 L 常矢量
即 J11 J 22
解 m绕O转动中， 所受力矩M=0．
r/2
O
r
v
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F
2
v r mr ( ) m 2 r 2 解得： 2 4v / r
2
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刚体的转动
1
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解 （1）ω0 5π rad s , t = 30 s 时， 0
1
θ 设 t = 0 s 时， 0 0，因飞轮作匀减速运动

0
t
π 2 rad s 6
飞轮 30 s 内转过的角度
75 π rad 2 75 π 转过的圈数
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5 如图：一定滑轮两端分别悬挂质量 都是m的物块A和B，图中R和r，已知滑轮 的转动惯量为J，求A、B两物体的加速度及 滑轮的角加速度． β mg FT ma2 r R 解 FT1 FT2 FT mg ma1 由 FT R FT r J FT1' FT2' a1 A B a1 r a2 mg a2 R mg
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mg
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应用动能定理求ω
L
1 由 Md J 2 0 2
mg
L 1 1 2 2 mg cos d ( mL ) 得 0 2 2 3 3g sin L
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8 如图，一长L、 L 质量为m的细棒可绕其 一端自由转动，开始 时棒处于水平位置， mg 求棒转到与水平线成 度、角加速度． 角度 时的角速
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解 应用转动定律 M J 求β
L
L M mg cos 2 1 2 J mL 3 3g cos 2L