1、第四章第四章 刚体的转动刚体的转动部分习题分析与解答部分习题分析与解答第四章第四章 刚体的转动刚体的转动部分习题分析与解答部分习题分析与解答分析：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；（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）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。条件下，由角速度、角加速度通过积分得到转动的运动方程。4-2 某种电动机启动以后转速随时间变化的关系某种电动机启动以后转速随时间变化的关系 式中式中
2、。求（。求（1）t=6.0s时的转速；（时的转速；（2）角）角加速度随时间变化的规律；（加速度随时间变化的规律；（3）启动后）启动后6.0s内转过的圈数。内转过的圈数。)e1(/t0s0.2,s0.910解解（1）根据题意中转速随时间的变化关系，将）根据题意中转速随时间的变化关系，将t=6.0s代入，得代入，得10/t0s6.895.0)e1(（2）角加速度随时间变化的规律为）角加速度随时间变化的规律为22/t/t0se5.4edtd第四章第四章 刚体的转动刚体的转动部分习题分析与解答部分习题分析与解答（3）t=6.0s时转过的角度为时转过的角度为则则t=6.0s时电动机转过的圈数时电动机转过
3、的圈数rad9.36dt)e1(dts60s60/t0圈87.52N第四章第四章 刚体的转动刚体的转动部分习题分析与解答部分习题分析与解答分析：分析：由于空气的阻力矩与角速度成正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发，通过积分的方法求解。4-3 如图示，一通风机的转动部分以初角速度如图示，一通风机的转动部分以初角速度 0 0绕其轴转动，绕其轴转动，空气的阻力矩与角速度成正比，比例系数空气的阻力矩与角速度成正比，比例系数C C为一常量。若转动部为一
4、常量。若转动部分对其轴的转动惯量为分对其轴的转动惯量为J J，问，问（1）经过多小时间后其转动角速）经过多小时间后其转动角速度减少为初角速度的一半？（度减少为初角速度的一半？（2）在此时间内共转过多少转？）在此时间内共转过多少转？解解（1）通风机叶片所受的阻力矩）通风机叶片所受的阻力矩为为M=C,由转动定律得由转动定律得CdtdJJM第四章第四章 刚体的转动刚体的转动部分习题分析与解答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对上式分离变量，根据初始条件积分有由于由于C和和J均为常量，得均为常量，得dtJCd0t0CdtdJJMtJC0e当角速度由当角速度由0 00 0/2/2时，转
5、动所需的时间为时，转动所需的时间为2lnCJt 第四章第四章 刚体的转动刚体的转动部分习题分析与解答部分习题分析与解答dtedtdt0tJC00t0在在时间时间t t内所转过的圈数为内所转过的圈数为C4J2N0C2J0即（2）根据角速度定义和初始条件积分得（其中）根据角速度定义和初始条件积分得（其中 ）2lnCJt 第四章第四章 刚体的转动刚体的转动部分习题分析与解答部分习题分析与解答分析：分析：可根据转动定律和牛顿定律分别列出飞轮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。和地球视为
6、系统用机械能守恒来求解。4-5 用落体观察法测定飞轮的转动惯量，是将半径不用落体观察法测定飞轮的转动惯量，是将半径不R的飞轮支的飞轮支承在承在O点上点上,然后在绕过飞轮的绳子的一端挂一质量为然后在绕过飞轮的绳子的一端挂一质量为m的重物的重物,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）计算式。（假设轴承间无摩擦）解解1 设绳子的拉力为设绳子的拉力为FT，对飞轮而言，对飞轮而言，根据转动定律，有根据
7、转动定律，有)1(JRFToR对重物而言，由牛顿定律，有对重物而言，由牛顿定律，有)2(maRFmgT第四章第四章 刚体的转动刚体的转动部分习题分析与解答部分习题分析与解答解解2 设根据系统的机械能守恒定律，有设根据系统的机械能守恒定律，有由于绳子不可伸长，故有由于绳子不可伸长，故有)3(Ra重物作匀加速下落，则有重物作匀加速下落，则有)4(at21h2联合式（联合式（1）、（）、（2）、（）、（3）、（）、（4）可解得飞轮的转动惯量为）可解得飞轮的转动惯量为)1h2gt(mRJ22)1(0J21mv21mgh22第四章第四章 刚体的转动刚体的转动部分习题分析与解答部分习题分析与解答线速度和角
8、速度的关系为线速度和角速度的关系为)2(Rv根据重物作匀加速运动时，有根据重物作匀加速运动时，有)3(atv 联合式（联合式（1）、（）、（2）、（）、（3）、（）、（4）可解得飞轮的转）可解得飞轮的转动惯量为动惯量为)1h2gt(mRJ22)4(ah2v2第四章第四章 刚体的转动刚体的转动部分习题分析与解答部分习题分析与解答分析：分析：根据转动惯量的可叠加性，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。两圆柱体对同轴的转动惯量之和。4-6 一飞轮由一直径为一飞轮由一直径为30cm，厚度为，厚度为2.0cm的圆盘和两个直径为
9、的圆盘和两个直径为10cm，长为，长为8.0cm的共轴圆柱体组成，设飞轮的密度为的共轴圆柱体组成，设飞轮的密度为7.8103kg.m-3，求飞轮对轴的转动惯量。，求飞轮对轴的转动惯量。解解 根据转动惯量的叠加性，由匀质圆盘、根据转动惯量的叠加性，由匀质圆盘、圆柱体对惯量公式可得圆柱体对惯量公式可得2424121121121m.kg136.0)ad21Ld(161)2d(m21)2d(m212JJJaLd1d2第四章第四章 刚体的转动刚体的转动部分习题分析与解答部分习题分析与解答分析：分析：根据转动惯量的定义，可直接采用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。面积分的方法
10、对匀质矩形板进行计算。解解 取如图所示坐标，在板上取一质元取如图所示坐标，在板上取一质元dm=dxdydxdy，它对与板面垂直的，通过，它对与板面垂直的，通过几何中心的轴线的转动几何中心的轴线的转动惯量为惯量为dxdy)yx(dJ224-9 质量面密度为质量面密度为的均匀矩形板，试证其对与板面垂直的，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通过几何中心的轴线的转动惯量为 其中其中a a为为矩形板的长，矩形板的长，b b为它的宽。为它的宽。)ba(ab1222dmoxyba整个矩形板对该轴的转动惯量为整个矩形板对该轴的转动惯量为)ba(ab121dxdy)yx(dJJ2
11、22/a2/a2/b2/b22第四章第四章 刚体的转动刚体的转动部分习题分析与解答部分习题分析与解答分析：分析：对平动的物体和转动的组合轮分别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。度之间的关系即可解得。解解 取分别对两物体及组合轮作受力分析如下图取分别对两物体及组合轮作受力分析如下图4-11 质量为质量为m1和和m2的两物体的两物体A、B分别悬挂在如图所示的组合分别悬挂在如图所示的组合轮两端。设两轮的半径分别为轮两端。设两轮的半径分别为R和和r，两轮的转动惯量分别为，两轮的转动惯量分别为J1和和J2，轮与轴承
12、间、绳索与轮间的摩擦力均略去不计，绳的质，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。量也略去不计。试求两物体的加速度和强绳的张力。)ba(ab1222m2m1BABAFT2FT1FNPP1P2FT2FT1a1a2第四章第四章 刚体的转动刚体的转动部分习题分析与解答部分习题分析与解答根据质点的牛顿定律和刚体的转动定律，有根据质点的牛顿定律和刚体的转动定律，有BAFT2FT1FNPP1P2FT2FT1a1a2)1(amFgmFP111T11T1)2(amgmFPF2222T22T)3()JJ(rFRF212T1T)4(FF,FF2T2T1T1T由
13、角加速度和线加速度之间的关系，有由角加速度和线加速度之间的关系，有)5(ra,Ra21第四章第四章 刚体的转动刚体的转动部分习题分析与解答部分习题分析与解答解上述方程组，可得解上述方程组，可得gRrmRmJJrmRma222121211grrmRmJJrmRma222121212gmrmRmJJRrmrmJJF1222121222211TgmrmRmJJRrmrmJJF2222121121212T第四章第四章 刚体的转动刚体的转动部分习题分析与解答部分习题分析与解答分析：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
14、系即可求解。关系即可求解。解解 分别对两分别对两A、B两物体及滑轮作受力分析如下图两物体及滑轮作受力分析如下图4-12 如图示装置，定滑轮半径为如图示装置，定滑轮半径为r，绕转轴的转动惯量为，绕转轴的转动惯量为J，滑，滑轮两边分别悬挂质量为轮两边分别悬挂质量为m1和和m2的物体的物体A、B。A置于倾角为置于倾角为斜斜面上，它和斜面间的摩擦因数为面上，它和斜面间的摩擦因数为。若。若B B向下作加速运动时，求向下作加速运动时，求（1 1）其下落加速度的大小；（）其下落加速度的大小；（2 2）滑轮两边绳子的张力。（设）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）绳的质
15、量及伸长均不计，绳与滑轮间无滑动，滑轮轴光滑）BAAFfFT1FNP1FT2FT1BP2FT2第四章第四章 刚体的转动刚体的转动部分习题分析与解答部分习题分析与解答根据质点的牛顿定律和刚体的转动定律，有根据质点的牛顿定律和刚体的转动定律，有)1(amcosgmsingmF11111T)2(amFgm222T2)3(JrFrF1T2T由角加速度和线加速度之间的关系，有由角加速度和线加速度之间的关系，有)5(raa21AFfFT1FNP1FT2FT1BP2FT2)4(FF,FF2T2T1T1T且有且有第四章第四章 刚体的转动刚体的转动部分习题分析与解答部分习题分析与解答解上述各方程，可得解上述各方
16、程，可得22111221rJmmcosgmsingmgmaa22121211TrJmmr/gJm)cos(sin)cossin1(gmmF22122212TrJmmr/gJm)cossin1(gmmF第四章第四章 刚体的转动刚体的转动部分习题分析与解答部分习题分析与解答分析：分析：圆盘各部分的摩擦力的力臂不同，为此，可将圆盘分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。经历的
17、时间。解解（1）圆盘上半径为）圆盘上半径为r、宽度为、宽度为dr的同心的同心圆环所受的摩擦力矩为圆环所受的摩擦力矩为4-15 一半径为一半径为R，质量为，质量为m的匀质圆盘，以角速度的匀质圆盘，以角速度绕其中心绕其中心轴转动，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。（1 1）求圆盘所受的摩擦力矩。（）求圆盘所受的摩擦力矩。（2 2）问经过多少时间后，）问经过多少时间后，圆盘转动才能停止？圆盘转动才能停止？r rdFdFdrdrk)R/mgdrr2(FdrMd22式中式中K为轴向的单位矢量。为轴向的单位矢量。第四章第四章 刚体的转动刚
18、体的转动部分习题分析与解答部分习题分析与解答由于摩擦力矩是一恒力矩，圆盘的转动惯量由于摩擦力矩是一恒力矩，圆盘的转动惯量J=mR2/2，由，由角动量定理可得圆盘停止的时间为角动量定理可得圆盘停止的时间为g4R3MJt对上式沿径向积分得圆盘所受的总摩擦力矩大小对上式沿径向积分得圆盘所受的总摩擦力矩大小mgR32drRmgdrr2dMMR022k)R/mgdrr2(FdrMd22第四章第四章 刚体的转动刚体的转动部分习题分析与解答部分习题分析与解答4-17 在光滑的水平面上有一木杆在光滑的水平面上有一木杆,其质量其质量m1=1.0kg,长长l=40cm,可绕通过其中点并与之垂直的轴转动可绕通过其中
19、点并与之垂直的轴转动.一质量为一质量为m2=10g的子弹的子弹,以以v=2.0102ms-1的速度射入杆端的速度射入杆端,其方其方向与杆及轴正交向与杆及轴正交.若子弹陷入杆中若子弹陷入杆中,试求所得到的角速度试求所得到的角速度.子弹与杆相互作用的瞬间子弹与杆相互作用的瞬间,可将子弹视为绕轴可将子弹视为绕轴的转动的转动,这样这样,子弹射入杆前的角速度可表示为子弹射入杆前的角速度可表示为,子弹陷入杆后子弹陷入杆后,它们将一起以角速度它们将一起以角速度转动转动,若将子弹和杆视为系统若将子弹和杆视为系统,因系统不受外力矩作因系统不受外力矩作用用,故系统的角动量守恒故系统的角动量守恒.由角动量守恒定律可
20、由角动量守恒定律可解得杆的角速度解得杆的角速度.第四章第四章 刚体的转动刚体的转动部分习题分析与解答部分习题分析与解答根据角动量守恒定理根据角动量守恒定理:)(212JJJ式中式中 为子弹绕轴的转为子弹绕轴的转动惯量动惯量,为子弹在陷入杆前的为子弹在陷入杆前的角动量角动量,为子弹在此刻绕轴为子弹在此刻绕轴的角速度的角速度,为杆绕轴的为杆绕轴的转动惯量转动惯量.可得杆的角速度为可得杆的角速度为:222)2/(lmJ2Jlv/212/211lmJ 12122121.29)3(6slmmvmJJJlo1m2mv第四章第四章 刚体的转动刚体的转动部分习题分析与解答部分习题分析与解答4-23 一质量为一
21、质量为1.12kg,长为长为1.0m的均匀细棒的均匀细棒,支点在棒支点在棒的上端点的上端点,开始时棒自由悬挂开始时棒自由悬挂,以以100N的力打击它的下的力打击它的下端点端点,打击它的下端点打击它的下端点,打击时间为打击时间为0.02s.(1)若打击前棒若打击前棒是静止的是静止的,求打击时其角动量的变化求打击时其角动量的变化;(2)棒的最大偏转棒的最大偏转角角.(1)由刚体的角动量定理得由刚体的角动量定理得.lAFhotFlMdtJL0120.2smkg(1)第四章第四章 刚体的转动刚体的转动部分习题分析与解答部分习题分析与解答(2)取棒和地球为一系统取棒和地球为一系统,并选并选O处为重力势能
22、零点处为重力势能零点.在转动在转动过程中过程中,系统的机械能守恒系统的机械能守恒,即即:.lAFho838831arccos0222glmtF)cos1(mgl21J2120(2)由由(1)、(2)可得棒的偏转角度为可得棒的偏转角度为第四章第四章 刚体的转动刚体的转动部分习题分析与解答部分习题分析与解答4-25 我国我国1970年年4月月24日发射的第一颗人造卫星，日发射的第一颗人造卫星，其近地点为其近地点为4.39105m、远地点为、远地点为2.38106m.试试计算卫星在近地点和远地点的速率。（设地球半计算卫星在近地点和远地点的速率。（设地球半径为径为6.38106m）当人造卫星在绕地球的
23、椭圆轨道上运行时，当人造卫星在绕地球的椭圆轨道上运行时，只受到有心力只受到有心力万有引力的作用。因此，万有引力的作用。因此，卫星在运行过程中角动量是守恒的，同时卫星在运行过程中角动量是守恒的，同时该力对地球和卫星组成的系统而言，又是该力对地球和卫星组成的系统而言，又是属于保守内力，因此，系统又满足机械能属于保守内力，因此，系统又满足机械能守恒定律。根据上述两条定律可求出卫星守恒定律。根据上述两条定律可求出卫星在近地点和远地点时的速率。在近地点和远地点时的速率。第四章第四章 刚体的转动刚体的转动部分习题分析与解答部分习题分析与解答又因卫星与地球系统的机械能守恒，故有：又因卫星与地球系统的机械能守
24、恒，故有：式中式中 和和 是卫星在近地点和远地点时离地球中是卫星在近地点和远地点时离地球中心的距离。由（心的距离。由（1）和（）和（2）可解得卫星近地点和）可解得卫星近地点和远地点的速率分别为远地点的速率分别为1r2r13211211011.8)(2smrrrrGmvE1312121031.6smvrrv由角动量守恒定律有：由角动量守恒定律有：2211rmvrmv（1）2221212121rGmmmvrGmmmvEE（2）第四章第四章 刚体的转动刚体的转动部分习题分析与解答部分习题分析与解答4-27如图如图4-27所示所示,一质量为一质量为m的小球由一绳索系着的小球由一绳索系着,以以角速度角速
25、度0在无摩擦的水平面上在无摩擦的水平面上,作半径为作半径为r0的圆周运动的圆周运动.如果在绳的另一端作用一竖直向下的拉力如果在绳的另一端作用一竖直向下的拉力,使小球作使小球作半径为半径为r0/2的圆周运动的圆周运动.试求试求(1)小球新的角速度小球新的角速度;(2)拉拉力作的功力作的功沿轴向的拉力对小球不产生力矩沿轴向的拉力对小球不产生力矩,因此因此,小球小球在水平面上转动的过程中不受外力矩作用在水平面上转动的过程中不受外力矩作用,其角速度应保持不变其角速度应保持不变.但是但是,外力改变了小球外力改变了小球圆周运动的半径圆周运动的半径,也改变了小球的转动惯量也改变了小球的转动惯量,从而改变了小
26、球的角速度从而改变了小球的角速度.至于拉力所作的至于拉力所作的功功,可根据动能定理由小球动能的变化得到可根据动能定理由小球动能的变化得到.第四章第四章 刚体的转动刚体的转动部分习题分析与解答部分习题分析与解答(1)根据分析根据分析,小球在转动的过小球在转动的过程中程中,角速度保持守恒角速度保持守恒,故有故有:1100JJ00104JJ(2)随着小球转动角速度的增加随着小球转动角速度的增加,其转动动能也增加其转动动能也增加,这正这正是接力作功的结果是接力作功的结果,由转动的动能定理可得接力的功为由转动的动能定理可得接力的功为:式中式中 和和 分别分别 是小球在半是小球在半径为径为 r0和和r0/
27、2时对轴的转动惯量时对轴的转动惯量,即即 和和 则则:200mrJ 20141mrJ 0J1J2020200211232121mrJJW00rmF第四章第四章 刚体的转动刚体的转动部分习题分析与解答部分习题分析与解答4-28质量为质量为0.50kg,长为长为0.40m的均匀细棒的均匀细棒,可绕垂直于棒可绕垂直于棒的一端的水平轴转动的一端的水平轴转动,如将此棒放在水平位置如将此棒放在水平位置,然后任其然后任其落下落下,求求:(1)当棒转过当棒转过600时的角加速度和角速度时的角加速度和角速度;(2)下落下落到竖直位置时的动能到竖直位置时的动能;(3)下落到竖直位置时的角速度。下落到竖直位置时的角
28、速度。转动定律转动定律 是一瞬时关系式是一瞬时关系式,为求棒在为求棒在不同位置的角加速度不同位置的角加速度,只需确定棒所在位置的只需确定棒所在位置的力矩就可求得力矩就可求得.由于重力矩由于重力矩 是变力矩是变力矩,角加速度也是变化的角加速度也是变化的,因此因此,在求角速在求角速度时度时,就必须根据角加速度用积分的方法来计就必须根据角加速度用积分的方法来计算算(也可根据转动中的动能定理也可根据转动中的动能定理,通过计算变力通过计算变力矩的功来求矩的功来求).至于棒下落到竖直位置时的动能至于棒下落到竖直位置时的动能和角速度和角速度,可采用系统的机械能守恒定律来解可采用系统的机械能守恒定律来解.JM
29、 2/cos)(mglM第四章第四章 刚体的转动刚体的转动部分习题分析与解答部分习题分析与解答)1(2cos3)(lgJM06000dd(1)棒绕端点的转动惯量棒绕端点的转动惯量 ,由转动定律由转动定律 可得棒在可得棒在 位置时的角速度为位置时的角速度为:3/2mlJ JM 24.18s当当 时时,棒转动的角速度为棒转动的角速度为:060由于由于 ,根据初始条件对式根据初始条件对式(1)积分积分,有有dddtd.PAo第四章第四章 刚体的转动刚体的转动部分习题分析与解答部分习题分析与解答则角速度为则角速度为:198.7sin3slg(2)根据机械能守恒根据机械能守恒,棒下落至竖直位置时的动能为
30、棒下落至竖直位置时的动能为:JmglEk98.021(3)由于该动能也就是转动动能由于该动能也就是转动动能,即即 ,所示所示,棒棒落至竖直位置时的角速度为落至竖直位置时的角速度为:221JEk157.832slgJEk第四章第四章 刚体的转动刚体的转动部分习题分析与解答部分习题分析与解答4-304-30在题在题3-283-28的冲击摆问题中的冲击摆问题中,若以质量为若以质量为m m的均的均匀细棒代替柔绳匀细棒代替柔绳,子弹速度的最小值应是多少子弹速度的最小值应是多少?vmmlm2/v该题与习题该题与习题3-28的不同之处在的不同之处在于：（于：（1）子弹与摆锤的相互）子弹与摆锤的相互作用过程不
31、再满足动量守恒，作用过程不再满足动量守恒，但系统角动量守恒的条件是但系统角动量守恒的条件是满足的。（满足的。（2）摆在转动过程）摆在转动过程中，系统满足机械能守恒定中，系统满足机械能守恒定律。摆锤恰能通过最高点所律。摆锤恰能通过最高点所需的速度，可直接用机械能需的速度，可直接用机械能守恒定律去解。守恒定律去解。第四章第四章 刚体的转动刚体的转动部分习题分析与解答部分习题分析与解答取子弹与摆为系统取子弹与摆为系统,根据系统的角动量守恒根据系统的角动量守恒,有有根据摆在转动过程中机械能守恒，有：根据摆在转动过程中机械能守恒，有：glmmv24 式中式中 、和和 分别为子弹、分别为子弹、摆锤和杆对轴的转动惯量。摆锤和杆对轴的转动惯量。21mlJ 22lmJ3/23mlJ 由式由式(1)、(2)可得子弹速度的最小值为可得子弹速度的最小值为03211)(2JJlvJlvJ(1)23()2(21)(212032lgmlgmglmJJ(2)
