第4章刚体的转动

v
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:
J 2 6m2v 29.1s1
J1 J 2 (m1 3m2 )l
第四章 刚体的转动部分习题分析与解答
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, 系统的角动量守恒.由 角动量守恒定律可解得杆的角速度.
第四章 刚体的转动部分习题分析与解答
根据角动量守恒定理:
J2 (J1 J2 )
l
o m1 m2
d t C
dt
0
0J
由于C和J均为常量，得
C t
0e J
当角速度由ω0→ω0/2时，转动所需的时间为
t J ln 2 C
第四章 刚体的转动部分习题分析与解答
（2）根据角速度定义和初始条件积分得（其中
t J ln 2 C
）
t
t
C t
d 0
dt
0
0 0e
J dt
即
J0 2C
解: (1)取两飞轮为系统,因轴向力不产生 转动力矩；据系统的角动量守恒,有
J11 J1 J2 2
则B轮的转动惯量
J2
1 2 2
J1
n1 n2 n2
J1
20.0kg m2
(2)系统在啮合过程中机械能的变化为.
E
1 2
J1
J
2
12
1 2
J112
1.32104 J
在时间t内所转过的圈数为
N J0 2 4C
第四章 刚体的转动部分习题分析与解答
4-20 一质量为m’、半径为R的均匀圆盘，通过其 中心且与盘面垂直的水平轴以角速度w 转动，若在某时 刻，一质量为m的小碎块从盘边缘裂开，且恰好沿垂直 方向上抛，问它可能达到的高度是多少？破裂后圆盘的 角动量为多大？
(5)
第四章 刚体的转动部分习题分析与解答
解上述方程组，可得
a1 a2
J1 J1
m1R m2r
Jm2 1Rm1Rm22
r
m2r
2
J 2 m1R2 m2r2
gR gr
FT 1
J1 J2 J1 J2
m2 r 2 m1R2
m2Rr m2r2
m1g
FT 2
J1 J2 m1r2 m1Rr J1 J 2 m1R2 m2r2
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
第四章 刚体的转动部分习题分析与解答
FN
F’T2
F’T1
a2
B
A a1
FT2 P
FT1
P2
质点的运动规律和刚体定轴转动规律的对比(一)
速度
质点v的运d动r dt
加速度
a dv dt
质量m, 力F
b
力的功 A F dr a
动能
Ek
1 2
mv 2
势能
E p mgh
刚体的定轴转动
角速度
d
dt
角加速度
d
dt
转动惯量J r 2dm ,力矩M
力矩的功 A b M d a
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 FT 2 m2 g m2a2
(2)
FT1R FT 2r ( J1 J 2 )
(3)
FT'1 FT1 ,
FT' 2 FT 2
(4)
由角加速度和线加速度之间的关系，有
a1 R , a2 r
（1）解1 转动惯量的定义， 剩余部分的转动惯量为
J0
r 2dm
Rr2
R/2
m πR 2
2πrdr
2m R2
R r3dr 15 mR2
R/2
32
第四章 刚体的转动部分习题分析与解答
解2 整个圆盘对OO 轴转动惯量为
J1
1 2
mR2
挖去的小圆盘对OO 轴转动惯量
J2
1 2
m
πR
2
π
R 2
解 (1) 碎块抛出时的初速度为
v0 ωR
由于碎块竖直上抛运动，它所能到达的高度为
h v02 ω2R2 2g 2g
第四章 刚体的转动部分习题分析与解答
圆盘在裂开的过程中，系统角动量守恒，故有
L L0 L
式中
L0
1 2
mR2
为圆盘未碎时的角动量；
L mR2ω 为碎块被视为质点时，碎块对轴的角动量；
W
1 2
mv
2 2
1 2
mv
2 1
动能定理
W
1 2
J 2
1 2
J 0 2
机械能守恒
机械能守恒
Ek E p const.
Ek E p const.
第四章 刚体的转动部分习题分析与解答
第四章 刚体的转动部分习题分析与解答
4 －10 如图(a)所示，圆盘的质量为m，半径为R．求： (1) 以O为中心，将半径为R／2 的部分挖去，剩余部 分对OO 轴的转动惯量；(2) 剩余部分对O′O′轴(即通 过圆盘边缘且平行于盘中心轴)的转动惯量．
计．一条轻的柔绳绕在圆柱体上，其另
一端系一个质量为m2=8.0kg的物体B， 求：（1）物体B由静止开始下降1.0s后 的距离；（2）绳的张力．
解 (1) 对实心圆柱体而言，由转动定律得
FT r
J
1 2
m1r 2
（1）
对悬挂物体而言，依据牛顿定律，有
P2 FT m2g FT m2a （2）
r A
转动动能
Ek
1 2
J 2
质心势能 E p mghC
质点的运动规律和刚体定轴转动规律的对比(二)
质点的运动
运动定律
F ma
刚体的定轴转动
转动定律 M J
动量定理
t 0
Fdt
p
p0
角动量定理
Mdt
J 22
J11
动量守恒 mivi const. 角动量守恒 J const. i
动能定理
m2 g
第四章 刚体的转动部分习题分析与解答
4-17 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
B
第四章 刚体的转动部分习题分析与解答
且FＴ ＝FＴ′ .又由角量与线量之间的关系，得
a rα
（3）
解上述方程组，可得物体下落的加速度
a 2m2 g m1 2m2
在t ＝1.0 s 时，B 下落的距离为
s 1 at2 m2gt2 2.45 m
2
m1 2m2
(2) 由式(2)可得绳中的张力为
第四章 刚体的转动部分习题分析与解答
4-32 A与B两飞轮的轴杆可由摩擦啮合器使之连接,A轮的转动惯 量J1=10.0kg.m2,开始时B轮静止,A轮以n1=600r.min-1的转速转动,然 后使A与B连接,因而B轮的到加速而A轮减速,直到两轮的转速都等 于n=200r.min-1为止.求(1)B轮的转动惯量;(2)在啮合过程中损失的 机械能.
m
t
Qdt
t 2t 103 dt t2 103 kg
0
0
沙粒下落对转台不产生力矩作用（冲击力与轴平行）,则 任意时刻系统角动量守恒：
J00 (J0 mr2 ) (J0 t2 103 r2 )
t = 10 s 时转台的角速度：
t 10
J0
J00
102 103 r2
0.8 s1
FT
mg a
m1m2 m1 2m2
g
39.2
N
r A
B
第四章 刚体的转动部分习题分析与解答
4-14 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 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。
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。 解 （1）圆盘上半径为r、宽度为dr的同心 圆环所受的摩擦力矩为
dM
r
dF
( 2r 2 mgdr
/
R2 )k
ω
dr
r
dF
第四章 刚体的转动部分习题分析与解答
dMHale Waihona Puke Baidu
r
dF
( 2r 2 mgdr
/
R2 )k
对上式沿径向积分得圆盘所受的总摩擦力矩大小
L 为破裂后盘的角动量，则
L 1 m mR2ω
2
第四章 刚体的转动部分习题分析与解答
4-21 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.
2
R 2
2
1 32
mR 2
剩余部分对OO 轴的转动惯量为
J0
J1
J2
15 32
mR2
(2) 由平行轴定理，剩余部分对O′O′轴的转动惯量为
J0
15 32
mR 2
m
m πR2
π
R 2
2
R
2
39 32
mR 2
第四章 刚体的转动部分习题分析与解答
4-13 如图所示，质量m1=16 kg的 实心圆柱体A，其半径为r =15cm，可以 绕其固定水平轴转动，阻力忽略不
M
dM
R 0
2r
2
mgdr
R2
dr
2 3
mgR
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
t J 3R M 4g
第四章 刚体的转动部分习题分析与解答
4-18 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。
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
第四章 刚体的转动部分习题分析与解答
M J J d C
dt
对上式分离变量，根据初始条件积分有
4-24 一转台绕其中心的竖直轴以角速度ω0 =πs-1 转动，转台对 转轴的转动惯量为J0 = 4.0×10-3 kg·m2 。今有沙粒以Q = 2t g·s-1 的流量竖直落至转台，并粘附于台面形成一圆环，若环的半径
为r = 0.10m，求沙粒下落t = 10 s 时，转台的角速度。
解：在0 t s内落至台面的沙粒质量为：