第03章 角动量定理和刚体的转动 习题题解

β =−
停止转动的时间 转过的角度
t=−
ω0 900 × 2π × 3 = = 7.06 s β 60 × 40
1 Δθ = ω0t + β t 2 = 53.1× 2π rad ≈ 332.76rad 2 1 Δθ = ω0t + β t 2 = 332.76rad =≈ 53 圈 2
（2） ω0 = 30π ，在 2s 内角速度减小一半，知
两边积分
∫ω
ω0
2
0
dω
ω
= −∫
k dt o I
t
ln 2 = kt / 2 ,
由 得 由 θ t = ω0 t +
t = ( I ln 2) / k
ωt = ω0 + β t , ωt =
ω0
2 1 2 β t ，代入得 2 = βt ,
ω0
2
β=
ω0 k
2 I ln 2
θ=
3ω0 I ln 2 ， 4k
dm = −u
mg rrdθ dr π R2
对上式积分求得整个圆盘所受的摩擦力矩为
5
M = −u
mg π R2
∫
R
0
r 2 dr ∫ dθ
0
2π
2 = − umgR 3
由于圆盘的转动惯量 I =
1 mR 2 ，所以圆盘的角加速度 2 M 4ug β= =− I 3R
由 ω = ω0 + β t ， ωt = 0 ,得
6
两者之差 vτ − vb = hω （2）将楼所在处的地面局部视为向东以速度 Rω 平移，则落体下落时间为
t=
而着地时偏东的距离为
2h g
s = (vτ − vb )t = ω h
2h g
7
F = mg ,
解得
I=
1 MR 2 2
β=
（2）对物体受力分析
2mg 1 mg 2 ， θ = βt2 = t MR MR 2
mg − F ' = ma F 'R = Iβ a = Rβ ,
I=
1 MR 2 2
由上式解得
2mg MR + 2mR 1 2 mg t2 θ = βt = MR + 2mR 2
解： （1）这段时间初的角速度
ω = 2π f = 2π
这段时间末的角速度
200 ≈ 20.9rad / s 60 3000 ≈ 314rad / s 60
ω = 2π f = 2π
角加速度
β=
（2）转过的角度为
Δω 314 − 20.9 = ≈ 41.9rad / s 2= arctg
3.12 半径为 R 的均质圆盘水平放置在桌面上, 绕其中心轴转动. 已知圆盘与桌面的摩擦系 数为 μ , 初始时的角速度为 ω 0 . 求经过多少时间后圆盘将静止. 解：圆盘由于受到摩擦力距 M 的作用，所以最终会停止转动，为求出摩擦力矩，可将圆盘 分为无限多个微元，其中一个微元 dm ，所受摩擦力矩为
∑M = Iβ
Δω = 8π = 25.12rad / s 2 Δt ∑ M = 50 × 25.12 = 1256 N .M
β=
3.6 一轻绳绕于半径为 R 的圆盘边缘, 在绳端施以 F = mg 的拉力, 圆盘可绕水平固定光 （1）圆盘的角加速度及 滑轴在竖直平面内转动. 圆盘质量为 M , 并从静止开始转动. 求： 转动的角度和时间的关系. （2）如以质量为 m 的物体挂在绳端, 圆盘的角加速度及转动的 角度和时间的关系又如何？ 解： （1）由刚体转动定理可知： FR = I β 又因为
1 1 ( I1 + I 2 ) ω 2 = × ( 60 × 0.812 + 70 × 0.692 ) × 8.642 = 2713.25 J 2 2
4
3.10 半径为 R 的光滑半球形碗, 固定在水平面上. 一均质棒斜靠在碗缘, 一端在碗内, 一 端在碗外. 在碗内的长度为 c , 求棒的全长. 解：棒的受力如图所示
FN1 cos θ = G sin θ FN1 sin θ + FN 2 = G cos θ
1 FN 2 − G cos θ = 0 2
由上式解得
L=
4(c − 2 R 2 ) c
3．11 一均质的梯子, 一端置于摩擦系数为 0.5 的地板上, 另一端斜靠在摩擦系数为 1/ 3 的 高墙上. 一人的体重为梯子的三倍, 爬到梯子顶端时, 梯子尚未开始滑动. 求梯子与地面 的最小倾角. 解：梯子的受力分析如图所示，由平衡条件可知
A=
1 1 6 1 I ω0 2 − I ω12 = × × 4 × 103 × π 2 ≈ 0.658 × 104 J 2 2 9 2
3.8 半径为 R , 质量为 M 的水平圆盘可以绕中心轴无摩擦地转动. 在圆盘上有一人沿着与 圆盘同心, 半径为 r < R 的圆周匀速行走, 行走速度相对于圆盘为 v . 设起始时, 圆盘静 止不动, 求圆盘的转动角速度. 解：设圆盘的转动角速度为 ω2 ，则人的角速度为 ω1 = 圆盘的转动惯量为
FN1 + f 2 − G1 − G2 = 0 FN 2 − f1 = 0
(1) (2) (3) (4)
1 f 2 = FN 2 3 1 f1 = FN1 3 FN1 (cos θ − G2
由上面式子解得
1 cos θ − f1l sin θ = 0 2
(5)
tgθ =
41 24 41 24
所以梯子与地面的最小倾角为
F (l1 + l2 ) = Nl1 N=
图 3-5 习题 1.4 图
F (l1 + l2 ) l1
闸瓦与杆间的摩擦力
f = μN = μ
由定轴转动定律 M = I β , I =
F (l1 + l2 ) l1
1 mR 2 ，有 2 fR 2 μ F (l1 + l2 ) 40 =− =− I mRl1 3
2
ω0 β =− 2
− ω0 t
= −7.5π rad / s = −23.55π rad / s
由（1）中所示 β 的关系，制动力为
F =−
mrl1β 60 × 0.25 × 0.5 × 23.55 =− ≈ 177 N 2 μ (l1 + l2 ) 2 × 0.4 × 1.25
2
3.5 发动机带动一个转动惯量为 50kgm 的系统作定轴转动. 在 0.5s内由静止开始匀速增加 到 120r/min的转速. 求发动机对系统施加的力矩. 解： 由刚体定轴转动的转动定理，可知
ω0 − ω
2
t=
20.9 + 314 × 7 = 1.17 × 103 rad = 186 2
aτ = β r = 41.9 × 0.2 = 8.38m / s 2
法向加速度为
an = ω 2 r = 314 2 × 0.2 = 1.97 × 10 4 m / s 2
总的加速度为
a = aτ 2 + an 2 = 8.382 + (1.97 ×104 ) 2 = 1.97 ×104 m / s 2
n = θ / 2π =
3ω0 I ln 2 8π k
3.14 赤道上有一高为 h 的高楼. 由于地球自转, 楼顶和楼底对地心参照系都有线速度.（1） 求楼顶和楼底的线速度之差. （2）证明一物体自楼顶自由下落, 由于地球自转的影响, 着 地点将在楼底东侧约 ω h 2h / g 处. 解： （1）楼顶的线速度为 vτ = ω ( R + h) ，楼底的线速度为 vb = Rω
β=
3
3.7 某冲床飞轮的转动惯量为 4 × 10 3 kgm . 当转速为 30r/min时, 它的转动动能是多少？每
2
冲一次, 其转速下降 10r/min. 求每冲一次对外所作的功. 解：转动动能为
E=
第一次对外做功为
1 2 1 I ω = × 4 × 103 × π 2 = 1.972 × 104 J 2 2
≈ 365 × 2π × Δt 365 × 2π × 1.14 =− = −0.96 × 10−21 rad / s 2 3 87T0 87 × (3.15 × 107 )3
2
3.3 一人手握哑铃站在转盘上, 两臂伸开时整个系统的转动惯量为 2kgm . 推动后, 系统以 2 15r/min的转速转动. 当人的手臂收回时, 系统的转动惯量为 0.8kgm . 求此时的转速.
1
解：由刚体定轴转动的动能定理可知
I1.2π n1 = I 2 .2π n2
n2 = n1 I1 2 = 15 × = 37.5r / min I2 0.8
3.4 质量为 60kg, 半径为 0.25m 的匀质圆盘, 绕其中心轴以 900r/min 的转速转动. 现用一 个闸杆和一个外力 F 对盘进行制动 （如图所示） , 设闸与盘之间的摩擦系数为 0.4 . 求： （1） 当 F = 100 N, 圆盘可在多长时间内停止, 此时已经转了多少转？（2）如果在 2s 内盘转速 减少一半, F 需多大？ 解： （1）设杆与轮间的正压力为 N , l1 = 0.5m ， l2 = 0.75m ，由杆杆平衡条件轴
v − ω2 。 r
1 MR 2 ，人的转动惯量为 mr 2 ,有 2 ⎛v ⎞ 1 mr 2 ⎜ − ω2 ⎟ = MR 2ω2 ⎝r ⎠ 2
即
ω2 =
2mrv 2mr 2 + MR 2
3.9 两滑冰运动员, 质量分别为 60kg 和 70kg, 他们的速率分别为 7m/s 和 6m/s, 在相距 1.5m 的两平行线上相向滑行. 当两者最接近时, 互相拉手并开始绕质心作圆周运动. 运动中, 两者间距离保持 1.5m 不变. 求该瞬时： （1）系统的总角动量. （2）系统的角速度. （3） 两人拉手前后的总动能. 解：设 m1 在原心，质心为 rc