第四章_刚体的转动部分习题分析与解答要点

d M J J C dt
第四章
刚体的转动部分习题分析与解答
对上式分离变量，根据初始条件积分有
t d C 0 0 J dt
d M J J C dt
由于C和J均为常量，得
0 e

C t J
当角速度由ω 0→ω 0/2时，转动所需的时间为
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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 b 2 ) 其中a为 12 y 矩形板的长，b为它的宽。
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
dm
o
解 取如图所示坐标，在板上取一质元 a dm=σ dxdy，它对与板面垂直的，通过 几何中心的轴线的转动惯量为 dJ (x 2 y2 )dxdy 整个矩形板对该轴的转动惯量为
式中K为轴向的单位矢量。
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2 2 dM r dF (2r mgdr / R )k
对上式沿径向积分得圆盘所受的总摩擦力矩大小
M dM
R
0
2r 2mgdr 2 dr mgR 2 R 3
由于摩擦力矩是一恒力矩，圆盘的转动惯量J=mR2/2，由 角动量定理可得圆盘停止的时间为
分析：根据转动惯量的可叠加性， 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。
d1 d2
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
1 d1 2 1 d1 2 J J1 J 2 2 m1 ( ) m1 ( ) 2 2 2 2 1 1 4 4 ( Ld1 ad 2 ) 0.136kg.m 2 16 2
由(1)、(2)可得棒的偏转角度为
. A
h
F
3F 2 t 2 0 arccos 1 88 3 8 2 m gl
Fra Baidu bibliotek
l
. A
h
L J0 Mdt Fl t
2.0kg m2 s 1
(1)
F
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(2)取棒和地球为一系统,并选 O处为重力势能零点.在转动 过程中,系统的机械能守恒,即:
o

l
1 2 1 J0 mgl (1 cos ) (2) 2 2
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4-15 一半径为R，质量为m的匀质圆盘，以角速度ω 绕其中心 轴转动，现将它平放在一水平板上，盘与板表面的摩擦因数为 μ 。（1）求圆盘所受的摩擦力矩。（2）问经过多少时间后， 圆盘转动才能停止？ 分析：圆盘各部分的摩擦力的力臂不同，为此，可将圆盘分 割成许多同心圆环，对环的摩擦力矩积分即可得总力矩。另 由于摩擦力矩是恒力矩，由角动量定理可求得圆盘停止前所 经历的时间。 ω 解 （1）圆盘上半径为r、宽度为dr的同心 dr 圆环所受的摩擦力矩为 r 2 2 dM r dF (2r mgdr / R )k dF
F
' T2
FT 2
由角加速度和线加速度之间的关系，有
a1 R ,
a 2 r
(5)
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解上述方程组，可得
m1R m 2 r a1 gR 2 2 J1 J 2 m1R m 2 r m1R m 2 r a2 gr 2 2 J1 J 2 m1R m 2 r 2 J1 J 2 m 2 r m 2 Rr FT1 m1g 2 2 J1 J 2 m1R m 2 r
N 5.87圈 2
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4-3 如图示，一通风机的转动部分以初角速度 ω 0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。 解 （1）通风机叶片所受的阻力矩 为M=－Cω ,由转动定律得
联合式（1‘）、（2’）、（3‘）、（4’）可解得飞轮的转 动惯量为
2 gt J mR2 ( 1) 2h
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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：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
m2 B a1
FN a2 FT2 P FT1
m1 A
F’T2 B P2
F’T1 A P1
第四章 FN
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F’T2 a2
B
F’T1
A P1
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4-2 某种电动机启动以后转速随时间变化的关系 0 (1 e t / ) 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。
式中 J 2 m2 (l / 2) 2为子弹绕轴的转 动惯量, J 2 为子弹在陷入杆前的 角动量, 2v / l 为子弹在此刻绕轴 的角速度, J1 m1l 2 / 12 为杆绕轴的 转动惯量.可得杆的角速度为:
o m1
m2
v
J 2 6m2v 1 29.1s J1 J 2 (m1 3m2 )l
J t ln 2 C
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J （2）根据角速度定义和初始条件积分得（其中 t ln 2 ） C


0
d
dt e
0 0 0
t
t

C t J
dt
即

J0 2C
在时间t内所转过的圈数为
J0 N 2 4C
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o
解1 设绳子的拉力为FT，对飞轮而言， 根据转动定律，有 FT R J 对重物而言，由牛顿定律，有
(1) (2)
mg FT R ma
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由于绳子不可伸长，故有
a R
重物作匀加速下落，则有
(3)
( 4)
2
1 2 h at 2
2
联合式（1）、（2）、（3）、（4）可解得飞轮的转动惯量为
x
J
dJ

a/2
a / 2

b/2
b / 2
( x 2 y 2 )dxdy
1 ab(a 2 b 2 ) 12
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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，两轮的转动惯量分别为 J1 ab (a 2 b 2 ) 12 和J2，轮与轴承间、绳索与轮间的摩擦力均略去不计，绳的质 量也略去不计。试求两物体的加速度和强绳的张力。
子弹与杆相互作用的瞬间,可将子弹视为绕轴 的转动,这样,子弹射入杆前的角速度可表示为 ω,子弹陷入杆后,它们将一起以角速度ωˊ转动, 若将子弹和杆视为系统,因系统不受外力矩作 用,故系统的角动量守恒.由角动量守恒定律可 解得杆的角速度.
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根据角动量守恒定理:
l
J 2 ( J1 J 2 )
FT 2
J1 J 2 m1r 2 m1Rr m2g 2 2 J1 J 2 m1R m2 r
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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）
1
（2）角加速度随时间变化的规律为
d 0 t / e 4.5e t / 2s 2 dt
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（3）t=6.0s时转过的角度为
dt 0 (1 e
0 0
6s
6s
t /
)dt 36.9rad
则t=6.0s时电动机转过的圈数
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4-23 一质量为1.12kg,长为1.0m的均匀细棒,支点在棒 的上端点,开始时棒自由悬挂,以100N的力打击它的下 端点,打击它的下端点,打击时间为0.02s.(1)若打击前棒 是静止的,求打击时其角动量的变化;(2)棒的最大偏转 角.
o

(1)由刚体的角动量定理得
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。 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 e
t /
) 0.950 8.6s
a1
FT2
P
FT1
P2
根据质点的牛顿定律和刚体的转动定律，有
' P1 FT 1 m1g F T1 m1a1 ' FT 2 P 2 F T 2 m2g m2a 2
(1) (2)
(3) (4)
FT1R FT 2 r (J1 J 2 ) F FT1 ,
' T1
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：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
J 3R t M 4g
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4-17 在光滑的水平面上有一木杆,其质量m1=1.0kg,长 l=40cm,可绕通过其中点并与之垂直的轴转动.一质量为 m2=10g的子弹,以v=2.0×102m· s-1的速度射入杆端,其方 向与杆及轴正交.若子弹陷入杆中,试求所得到的角速度.
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解上述各方程，可得
m2g m1g sin m1g cos a1 a 2 J m1 m2 2 r 2 m1m 2g(1 sin cos) (sin cos)m1gJ / r FT1 J m1 m 2 2 r 2 m1m 2 g(1 sin cos) m 2 gJ / r FT 2 J m1 m 2 2 r
FT1 m1g sin m1g cos m1a1
m2g FT 2 m2a 2
' ' FT r F 2 T1r J
(1)
(2)
(3) (4)
且有
' FT 1 F T1 ,
' FT 2 F T2
由角加速度和线加速度之间的关系，有
a1 a 2 r
(5)
第四章
分析：对平动的物体和滑轮分别列出动力学方程，结合角量与线量之间 的关系即可求解。 解 分别对两A、B两物体及滑轮作受力分析如下图
A
FN Ff P1
FT1
FT2 B P2
B F’T1 F’T2
A
第四章 FN Ff P1 A
刚体的转动部分习题分析与解答 FT1 FT2 B P2 F’T1 F’T2
根据质点的牛顿定律和刚体的转动定律，有
gt J mR ( 1) 2h
解2 设根据系统的机械能守恒定律，有
1 1 2 mgh mv J2 0 2 2
(1' )
第四章
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线速度和角速度的关系为
v R
根据重物作匀加速运动时，有
(2' ) (3' )
v at
v2 2ah
(4' )