第三章刚体力学习题解答分解

第三章 习题解答

3.13 某发动机飞轮在时间间隔t 内的角位移为

):,:(43s t rad ct bt at θθ-+=。求t 时刻的角速度和角加速度。

解：23

212643ct bt ct bt a d d -==-+==

ω

θβω

3.14桑塔纳汽车时速为166km/h ，车轮滚动半径为0.26m ，发动机转速与驱动轮转速比为0.909, 问发动机转速为每分多少转？

解：设车轮半径为R=0.26m ，发动机转速为n 1, 驱动轮转速为n 2, 汽车速度为v=166km/h 。显然，汽车前进的速度就是驱动轮边缘的线速度，

909.0/2212Rn Rn v ππ==，所以：

min

/1054.1/1024.93426.014.3210

166909.02909.013

rev h rev n R v ⨯=⨯===⨯⨯⨯⨯π

3.15 如题3-15图所示，质量为m 的空心圆柱体，质量均匀分布，其内外半径为r 1和r 2，求对通过其中心轴的转动惯量。

解：设圆柱体长为h ，密度为ρ，则半径为r ，厚为dr 的薄圆筒的质量dm 为：

2..dm h r dr ρπ=

对其轴线的转动惯量OO dI '为

232..OO dI r dm h r dr ρπ'==

2

1

222

2112..()2

r OO r I h r r dr m r r ρπ'==

-⎰ 3.17 如题3-17图所示，一半圆形细杆，半径为

，质量为

，

求对过细杆二端

轴的转动惯量。

解：如图所示，圆形细杆对过O 轴且垂直于圆形细杆所在平面的轴的转动惯量为mR 2，根据垂直轴定理z x y I I I =+和问题的对称性知：圆形细杆对过

轴的转动惯量为

1

2

mR 2，由转动惯量的可加性可求得：半圆形细杆对过细杆二端

轴的转动惯量为：21

4

AA I mR '=

3.18 在质量为M ，半径为R 的匀质圆盘上挖出半径为r

的两个圆孔，圆孔中心在半

径R 的中点，求剩余部分对过大圆盘中心且与盘面垂直的轴线的转动惯量。

解：大圆盘对过圆盘中心o 且与盘面垂直的轴线（以下简称o 轴）的转动惯量为

2

2

1MR I =.由于对称放置，两个小圆盘对o 轴的转动惯量相等，设为I’，圆盘质量的面密度σ=M/πR 2，根据平行轴定理，

2

41222

2

2

2

2

1

2

4))(()('r M r r r I R

r M R +=

+=πσπσ

设挖去两个小圆盘后，剩余部分对o 轴的转动惯量为I”

)/2('2"242221

22122124

R r r R M Mr MR I I I R

r M --=--=-= 3.19一转动系统的转动惯量为I=8.0kgm 2，转速为ω=41.9rad/s ，两制动闸瓦对轮的压力都为392N ，闸瓦与轮缘间的摩擦系数为μ=0.4，轮半径为r=0.4m ，问从开始制动到静止需多长时间？

解：由转动定理：

,M I α=

20.43920.415.68/8.0

M rad s I α⨯⨯⨯===

制动过程可视为匀减速转动，/t αω=∆∆ /41.9/15.68 2.67t s ωα∆=∆==

3.20一轻绳绕于r=0.2m 的飞轮边缘，以恒力 F=98N 拉绳，如题3-20图（a ）所示。已知飞轮的转动惯量 J=0.5kg.m 2，轴承无摩擦。求 （1）飞轮的角加速度。

（2）绳子拉下5m 时，飞轮的角速度和动能。

（3）如把重量 P=98N 的物体挂在绳端，如题3-20图（b ）所示，再求上面的结果。

解 （1）由转动定理得：

20.29839.20.5

M r F rad s I I α-⋅⨯====⋅

（2）由定轴转动刚体的动能定理得：21

2

k A E I ω== k E F h =⋅=490J

144.27rad s ω-=

==⋅ （3）物体受力如图所示：

P T ma

rT J a r T T α

α⎧-=⎪⎪

'=⎨⎪'

==⎪⎩解方程组并代入数据得：

2

22

989802217898020598

Pr g ...rad s Pr Jg ...α-⨯⨯=

==⋅+⨯+⨯ 22222111222k P P A E J r J r Ph g g ωωω⎛⎫==

+=+= ⎪⎝⎭

133.15rad s ω-=

==⋅ 2211

0533********

k E J *.*..J ω=

== 3.21现在用阿特伍德机测滑轮转动惯量。用轻线且尽可能润滑轮轴。两端悬挂重物质量各为m 1=0.46kg ，m 2=0.5kg ，滑轮半径为0.05m 。自静止始，释放重物后并测得0.5s 内m 2下降了0.75m 。滑轮转动惯量是多少？ 解：

隔离m 2、m 1及滑轮，受力及运动情况如图所示。对m 2、m 1分别应用牛顿第二定律：

)2();1(111222a m g m T a m T g m =-=- 对滑轮应用转动定理：

R Ia I R T T /)(12==-β （3）

质点m 2作匀加速直线运动，由运动学公式：2

2

1at y =∆， 222/06.00.5/75.02/2s m t y a =⨯=∆=∴

由 ⑴、⑵可求得 a m m g m m T T )()(121212+--=-,代入（3）中，可求得

21212)](/)[(R m m a g m m I +--=，代入数据：

2221039.105.0)96.006.0/8.904.0(kgm I -⨯=⨯-⨯=

3.22质量为m ，半径为

的均匀圆盘在水平面上绕中心轴转动，如题3-22图所示。盘与水平面的动摩擦因数为

，圆盘的初角速度为0ω，问到停止转动，圆盘共转了多少圈？

解： 22

1

mR I =

如图所示：rdr dm πσ2= g d m r dM μ-=