第四章_刚体的转动部分习题分析与解答

分析：可根据转动定律和牛顿定律分别列出飞轮 和重物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。
R
o
解1 设绳子的拉力为FT，对飞轮而言，
根据转动定律，有 FTR J
(1)
对重物而言，由牛顿定律，有
mg FTR ma
(2)
由于绳子不可伸长，故有
a R
(3)
重物作匀加速下落，则有
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。
L
解 根据转动惯量的叠加性，由匀质圆盘、 a 圆柱体对惯量公式可得
J
J1
J2
2
1 2
m1
(
d1 2
)
2
1 2
m1
(
d1 2
)2
1 16
(Ld14
1 2
ad
4 2
)
0.136kg.m2
d1 d2
4-9 质量面密度为σ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 ab(a 2 b2 ) 其中a为
矩形板的长，b为它的宽。
12
y
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。 b
解 取如图所示坐标，在板上取一质元
dm
o
x
dm=σdxdy，它对与板面垂直的，通过
a
几何中心的轴线的转动惯量为 dJ (x 2 y2 )dxdy
则t=6.0s时电动机转过的圈数
N 5.87圈 2
4-3 如图示，一通风机的转动部分以初角速度 ω0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？
分析：由于空气的阻力矩与角速度成正 比，由转动定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。
a1 a2
J1 J1
m1R m2r Jm2 1Rm1Rm22r m2r 2 J2 m1R 2 m2r 2
gR gr
FT1
J1 J1
J2 J2
m2r2 m2Rr m1R 2 m2r2
m1g
FT 2
J1 J2 m1r2 m1Rr J1 J2 m1R 2 m2r2
m2g
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θ斜 面上，它和斜面间的摩擦因数为μ。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）
4-2 某种电动机启动以后转速随时间变化的关系 0 (1 et/ ) 式中 0 9.0s1, 2.0s 。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。
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。
整个矩形板对该轴的转动惯量为
J
a/2
dJ
b / 2 (x 2 y2 )dxdy
a / 2 b / 2
1 ab(a 2 b2 ) 12
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ab的(转a 2动惯b量2分) 别为J1 和J2，轮与轴承间、绳索与轮间的摩1擦2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。
h 1 at2
(4)
2
联合式（1）、（2）、（3）、（4）可解得飞轮的转动惯量为
J mR 2 ( gt2 1) 2h
解2 设根据系统的机械能守恒定律，有
mgh 1 mv2 1 J2 0
(1' )
2
2
线速度和角速度的关系为
v R
(2' )
根据重物作匀加速运动时，有
v at
(3' )
v2 2ah
解 （1）根据题意中转速随时间的变化关系，将t=6.0s代入，得
0 (1 et / ) 0.950 8.6s1
（2）角加速度随时间变化的规律为
d 0 et / 4.5et / 2s2 dt
（3）t=6.0s时转过的角度为
6s
dt
0
6s 0
0
(1
et /
)dt
36.9rad
t J ln 2 C
）
t
t
Ct
d 0
dt
0
0 0e
J dt
即
J0 2C
在时间t内所转过的圈数为
N J0 2 4C
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）
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
FN
F’T2
F’T1
m2 m1
B
A
a2
B
A a1
FT2 P
FT1
P2
P1
FN
F’T2
F’T1
a2
B
A a1
FT2 P
FT1
P2
P1
根据质点的牛顿定律和刚体的转动定律，有
P1 FT' 1 m1g FT1 m1a1
(1)
FT' 2 P2 FT2 m2g m2a 2
(2)
FT1R FT2r (J1 J2 )
(3)
FT' 1 FT1 ,
FT' 2 FT2
(4)
由角加速度和线加速度之间的关系，有
a1 R , a 2 r
(5)
解上述方程组，可得
解 （1）通风机叶片所受的阻力矩 为M=－Cω,由转动定律得
M J J d C dt
M J J d C dt
对上式分离变量，根据初始条件积分有
d t C
dt
0 0 J
由于C和J均为常量，得
Ct
0e J
当角Βιβλιοθήκη Baidu度由ω0→ω0/2时，转动所需的时间为
t J ln 2 C
（2）根据角速度定义和初始条件积分得（其中
(4' )
联合式（1‘）、（2’）、（3‘）、（4’）可解得飞轮的转 动惯量为
J mR 2 ( gt2 1) 2h
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 7.8×103kg.m-3，求飞轮对轴的转动惯量。
分析：根据转动惯量的可叠加性，