剛體轉(zhuǎn)動(dòng)部分習(xí)題課件

第四章部分習(xí)題分析與解答第四章部分習(xí)題分析與解答1分析：與質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)學(xué)相似，剛體定軸轉(zhuǎn)動(dòng)的運(yùn)動(dòng)學(xué)問題也可分為兩類（1）由轉(zhuǎn)動(dòng)的運(yùn)動(dòng)方程，通過求導(dǎo)得到角速度、角加速度；（2）在確定的初始條件下，由角速度、角加速度通過積分得到轉(zhuǎn)動(dòng)的運(yùn)動(dòng)方程。4-2某種電動(dòng)機(jī)啟動(dòng)以后轉(zhuǎn)速隨時(shí)間變化的關(guān)系式中。求（1）t=6.0s時(shí)的轉(zhuǎn)速；（2）角加速度隨時(shí)間變化的規(guī)律；（3）啟動(dòng)后6.0s內(nèi)轉(zhuǎn)過的圈數(shù)。解（1）根據(jù)題意中轉(zhuǎn)速隨時(shí)間的變化關(guān)系，將t=6.0s代入，得（2）角加速度隨時(shí)間變化的規(guī)律為分析：與質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)學(xué)相似，剛體定軸轉(zhuǎn)動(dòng)的運(yùn)動(dòng)學(xué)問題也可分為兩類2（3）t=6.0s時(shí)轉(zhuǎn)過的角度為則t=6.0s時(shí)電動(dòng)機(jī)轉(zhuǎn)過的圈數(shù)（3）t=6.0s時(shí)轉(zhuǎn)過的角度為則t=6.0s時(shí)電動(dòng)機(jī)轉(zhuǎn)過的3分析：由于空氣的阻力矩與角速度成正比，由轉(zhuǎn)動(dòng)定律可知轉(zhuǎn)動(dòng)是變角加速度轉(zhuǎn)動(dòng)，須從角加速度和角速度的定義出發(fā)，通過積分的方法求解。4-3如圖示，一通風(fēng)機(jī)的轉(zhuǎn)動(dòng)部分以初角速度ω0繞其軸轉(zhuǎn)動(dòng)，空氣的阻力矩與角速度成正比，比例系數(shù)C為一常量。若轉(zhuǎn)動(dòng)部分對(duì)其軸的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量為J，問（1）經(jīng)過多小時(shí)間后其轉(zhuǎn)動(dòng)角速度減少為初角速度的一半？（2）在此時(shí)間內(nèi)共轉(zhuǎn)過多少轉(zhuǎn)？解（1）通風(fēng)機(jī)葉片所受的阻力矩為M=－Cω,由轉(zhuǎn)動(dòng)定律得分析：由于空氣的阻力矩與角速度成正比，由轉(zhuǎn)動(dòng)定律可知轉(zhuǎn)動(dòng)是變4對(duì)上式分離變量，根據(jù)初始條件積分有由于C和J均為常量，得當(dāng)角速度由ω0→ω0/2時(shí)，轉(zhuǎn)動(dòng)所需的時(shí)間為對(duì)上式分離變量，根據(jù)初始條件積分有由于C和J均為常量，得當(dāng)角5在時(shí)間t內(nèi)所轉(zhuǎn)過的圈數(shù)為（2）根據(jù)角速度定義和初始條件積分得（其中）在時(shí)間t內(nèi)所轉(zhuǎn)過的圈數(shù)為（2）根據(jù)角速度定義和初始條件積分得6分析：可根據(jù)轉(zhuǎn)動(dòng)定律和牛頓定律分別列出飛輪和重物的動(dòng)力學(xué)方程來求解；也可將飛輪、重物和地球視為系統(tǒng)用機(jī)械能守恒來求解。4-5用落體觀察法測(cè)定飛輪的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量，是將半徑不R的飛輪支承在O點(diǎn)上,然后在繞過飛輪的繩子的一端掛一質(zhì)量為m的重物,令重物以初速度為零下落，帶動(dòng)飛輪轉(zhuǎn)動(dòng)（如圖示）。記下重物下落的距離和時(shí)間，就可算出飛輪的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量。試寫出它的計(jì)算式。（假設(shè)軸承間無摩擦）解1設(shè)繩子的拉力為FT，對(duì)飛輪而言，根據(jù)轉(zhuǎn)動(dòng)定律，有oR對(duì)重物而言，由牛頓定律，有分析：可根據(jù)轉(zhuǎn)動(dòng)定律和牛頓定律分別列出飛輪和重物的動(dòng)力學(xué)方程7解2設(shè)根據(jù)系統(tǒng)的機(jī)械能守恒定律，有由于繩子不可伸長(zhǎng)，故有重物作勻加速下落，則有聯(lián)合式（1）、（2）、（3）、（4）可解得飛輪的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量為解2設(shè)根據(jù)系統(tǒng)的機(jī)械能守恒定律，有由于繩子不可伸長(zhǎng)，故有重8線速度和角速度的關(guān)系為根據(jù)重物作勻加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，有聯(lián)合式（1‘）、（2’）、（3‘）、（4’）可解得飛輪的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量為線速度和角速度的關(guān)系為根據(jù)重物作勻加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，有聯(lián)合式（1‘9分析：根據(jù)轉(zhuǎn)動(dòng)慣量的可疊加性，飛輪對(duì)軸的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量可視為圓盤與兩圓柱體對(duì)同軸的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量之和。4-6一飛輪由一直徑為30cm，厚度為2.0cm的圓盤和兩個(gè)直徑為10cm，長(zhǎng)為8.0cm的共軸圓柱體組成，設(shè)飛輪的密度為7.8×103kg.m-3，求飛輪對(duì)軸的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量。解根據(jù)轉(zhuǎn)動(dòng)慣量的疊加性，由勻質(zhì)圓盤、圓柱體對(duì)慣量公式可得aLd1d2分析：根據(jù)轉(zhuǎn)動(dòng)慣量的可疊加性，飛輪對(duì)軸的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量可視為圓盤與10分析：根據(jù)轉(zhuǎn)動(dòng)慣量的定義，可直接采用面積分的方法對(duì)勻質(zhì)矩形板進(jìn)行計(jì)算。解取如圖所示坐標(biāo)，在板上取一質(zhì)元dm=σdxdy，它對(duì)與板面垂直的，通過幾何中心的軸線的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量為4-9質(zhì)量面密度為σ的均勻矩形板，試證其對(duì)與板面垂直的，通過幾何中心的軸線的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量為其中a為矩形板的長(zhǎng)，b為它的寬。dmoxyba整個(gè)矩形板對(duì)該軸的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量為分析：根據(jù)轉(zhuǎn)動(dòng)慣量的定義，可直接采用面積分的方法對(duì)勻質(zhì)矩形板11分析：對(duì)平動(dòng)的物體和轉(zhuǎn)動(dòng)的組合輪分別列出動(dòng)力學(xué)方程，結(jié)合角加速度和線加速度之間的關(guān)系即可解得。解取分別對(duì)兩物體及組合輪作受力分析如下圖4-11質(zhì)量為m1和m2的兩物體A、B分別懸掛在如圖所示的組合輪兩端。設(shè)兩輪的半徑分別為R和r，兩輪的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量分別為J1和J2，輪與軸承間、繩索與輪間的摩擦力均略去不計(jì)，繩的質(zhì)量也略去不計(jì)。試求兩物體的加速度和強(qiáng)繩的張力。m2m1BABAFT2FT1FNPP1P2F’T2F’T1a1a2分析：對(duì)平動(dòng)的物體和轉(zhuǎn)動(dòng)的組合輪分別列出動(dòng)力學(xué)方程，結(jié)合角加12根據(jù)質(zhì)點(diǎn)的牛頓定律和剛體的轉(zhuǎn)動(dòng)定律，有BAFT2FT1FNPP1P2F’T2F’T1a1a2由角加速度和線加速度之間的關(guān)系，有根據(jù)質(zhì)點(diǎn)的牛頓定律和剛體的轉(zhuǎn)動(dòng)定律，有BAFT2FT1FNP13解上述方程組，可得解上述方程組，可得14分析：對(duì)平動(dòng)的物體和滑輪分別列出動(dòng)力學(xué)方程，結(jié)合角量與線量之間的關(guān)系即可求解。解分別對(duì)兩A、B兩物體及滑輪作受力分析如下圖4-12如圖示裝置，定滑輪半徑為r，繞轉(zhuǎn)軸的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量為J，滑輪兩邊分別懸掛質(zhì)量為m1和m2的物體A、B。A置于傾角為θ斜面上，它和斜面間的摩擦因數(shù)為μ。若B向下作加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，求（1）其下落加速度的大?。唬?）滑輪兩邊繩子的張力。（設(shè)繩的質(zhì)量及伸長(zhǎng)均不計(jì)，繩與滑輪間無滑動(dòng)，滑輪軸光滑）BAAFfFT1FNP1F’T2F’T1BP2FT2分析：對(duì)平動(dòng)的物體和滑輪分別列出動(dòng)力學(xué)方程，結(jié)合角量與線量之15根據(jù)質(zhì)點(diǎn)的牛頓定律和剛體的轉(zhuǎn)動(dòng)定律，有由角加速度和線加速度之間的關(guān)系，有AFfFT1FNP1F’T2F’T1BP2FT2且有根據(jù)質(zhì)點(diǎn)的牛頓定律和剛體的轉(zhuǎn)動(dòng)定律，有由角加速度和線加速度之16解上述各方程，可得解上述各方程，可得17分析：圓盤各部分的摩擦力的力臂不同，為此，可將圓盤分割成許多同心圓環(huán)，對(duì)環(huán)的摩擦力矩積分即可得總力矩。另由于摩擦力矩是恒力矩，由角動(dòng)量定理可求得圓盤停止前所經(jīng)歷的時(shí)間。解（1）圓盤上半徑為r、寬度為dr的同心圓環(huán)所受的摩擦力矩為4-15一半徑為R，質(zhì)量為m的勻質(zhì)圓盤，以角速度ω繞其中心軸轉(zhuǎn)動(dòng)，現(xiàn)將它平放在一水平板上，盤與板表面的摩擦因數(shù)為μ。（1）求圓盤所受的摩擦力矩。（2）問經(jīng)過多少時(shí)間后，圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)才能停止？ωrdFdr式中K為軸向的單位矢量。分析：圓盤各部分的摩擦力的力臂不同，為此，可將圓盤分割成許多18由于摩擦力矩是一恒力矩，圓盤的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量J=mR2/2，由角動(dòng)量定理可得圓盤停止的時(shí)間為對(duì)上式沿徑向積分得圓盤所受的總摩擦力矩大小由于摩擦力矩是一恒力矩，圓盤的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量J=mR2/2，由角動(dòng)194-17在光滑的水平面上有一木桿,其質(zhì)量m1=1.0kg,長(zhǎng)l=40cm,可繞通過其中點(diǎn)并與之垂直的軸轉(zhuǎn)動(dòng).一質(zhì)量為m2=10g的子彈,以v=2.0×102m·s-1的速度射入桿端,其方向與桿及軸正交.若子彈陷入桿中,試求所得到的角速度.分析:子彈與桿相互作用的瞬間,可將子彈視為繞軸的轉(zhuǎn)動(dòng),這樣,子彈射入桿前的角速度可表示為ω,子彈陷入桿后,它們將一起以角速度ωˊ轉(zhuǎn)動(dòng),若將子彈和桿視為系統(tǒng),因系統(tǒng)不受外力矩作用,故系統(tǒng)的角動(dòng)量守恒.由角動(dòng)量守恒定律可解得桿的角速度.4-17在光滑的水平面上有一木桿,其質(zhì)量m1=1.0kg20解答:根據(jù)角動(dòng)量守恒定理:式中為子彈繞軸的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量,為子彈在陷入桿前的角動(dòng)量,為子彈在此刻繞軸的角速度,為桿繞軸的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量.可得桿的角速度為:解答:根據(jù)角動(dòng)量守恒定理:式中214-23一質(zhì)量為1.12kg,長(zhǎng)為1.0m的均勻細(xì)棒,支點(diǎn)在棒的上端點(diǎn),開始時(shí)棒自由懸掛,以100N的力打擊它的下端點(diǎn),打擊它的下端點(diǎn),打擊時(shí)間為0.02s.(1)若打擊前棒是靜止的,求打擊時(shí)其角動(dòng)量的變化;(2)棒的最大偏轉(zhuǎn)角.解答:(1)由剛體的角動(dòng)量定理得.(1)4-23一質(zhì)量為1.12kg,長(zhǎng)為1.0m的均勻細(xì)棒,支點(diǎn)22(2)取棒和地球?yàn)橐幌到y(tǒng),并選O處為重力勢(shì)能零點(diǎn).在轉(zhuǎn)動(dòng)過程中,系統(tǒng)的機(jī)械能守恒,即:.(2)由(1)、(2)可得棒的偏轉(zhuǎn)角度為(2)取棒和地球?yàn)橐幌到y(tǒng),并選O處為重力勢(shì)能零點(diǎn).在轉(zhuǎn)動(dòng)過程234-25我國(guó)1970年4月24日發(fā)射的第一顆人造衛(wèi)星，其近地點(diǎn)為4.39×105m、遠(yuǎn)地點(diǎn)為2.38×106m.試計(jì)算衛(wèi)星在近地點(diǎn)和遠(yuǎn)地點(diǎn)的速率。（設(shè)地球半徑為6.38×106m）分析:當(dāng)人造衛(wèi)星在繞地球的橢圓軌道上運(yùn)行時(shí)，只受到有心力─萬有引力的作用。因此，衛(wèi)星在運(yùn)行過程中角動(dòng)量是守恒的，同時(shí)該力對(duì)地球和衛(wèi)星組成的系統(tǒng)而言，又是屬于保守內(nèi)力，因此，系統(tǒng)又滿足機(jī)械能守恒定律。根據(jù)上述兩條定律可求出衛(wèi)星在近地點(diǎn)和遠(yuǎn)地點(diǎn)時(shí)的速率。4-25我國(guó)1970年4月24日發(fā)射的第一顆人造衛(wèi)星，其近24解答:又因衛(wèi)星與地球系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，故有：式中和是衛(wèi)星在近地點(diǎn)和遠(yuǎn)地點(diǎn)時(shí)離地球中心的距離。由（1）和（2）可解得衛(wèi)星近地點(diǎn)和遠(yuǎn)地點(diǎn)的速率分別為由角動(dòng)量守恒定律有：（1）（2）解答:又因衛(wèi)星與地球系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，故有：式中和254-27如圖4-27所示,一質(zhì)量為m的小球由一繩索系著,以角速度ω0在無摩擦的水平面上,作半徑為r0的圓周運(yùn)動(dòng).如果在繩的另一端作用一豎直向下的拉力,使小球作半徑為r0/2的圓周運(yùn)動(dòng).試求(1)小球新的角速度;(2)拉力作的功分析:沿軸向的拉力對(duì)小球不產(chǎn)生力矩,因此,小球在水平面上轉(zhuǎn)動(dòng)的過程中不受外力矩作用,其角速度應(yīng)保持不變.但是,外力改變了小球圓周運(yùn)動(dòng)的半徑,也改變了小球的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量,從而改變了小球的角速度.至于拉力所作的功,可根據(jù)動(dòng)能定理由小球動(dòng)能的變化得到.4-27如圖4-27所示,一質(zhì)量為m的小球由一繩索系著,以角26解答:(1)根據(jù)分析,小球在轉(zhuǎn)動(dòng)的過程中,角速度保持守恒,故有:(2)隨著小球轉(zhuǎn)動(dòng)角速度的增加,其轉(zhuǎn)動(dòng)動(dòng)能也增加,這正是接力作功的結(jié)果,由轉(zhuǎn)動(dòng)的動(dòng)能定理可得接力的功為:式中和分別是小球在半徑為r0和r0/2時(shí)對(duì)軸的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量,即和則:解答:(1)根據(jù)分析,小球在轉(zhuǎn)動(dòng)的過程中,角速度保持守恒,故274-28質(zhì)量為0.50kg,長(zhǎng)為0.40m的均勻細(xì)棒,可繞垂直于棒的一端的水平軸轉(zhuǎn)動(dòng),如將此棒放在水平位置,然后任其落下,求:(1)當(dāng)棒轉(zhuǎn)過600時(shí)的角加速度和角速度;(2)下落到豎直位置時(shí)的動(dòng)能;(3)下落到豎直位置時(shí)的角速度。分析:轉(zhuǎn)動(dòng)定律是一瞬時(shí)關(guān)系式,為求棒在不同位置的角加速度,只需確定棒所在位置的力矩就可求得.由于重力矩是變力矩,角加速度也是變化的,因此,在求角速度時(shí),就必須根據(jù)角加速度用積分的方法來計(jì)算(也可根據(jù)轉(zhuǎn)動(dòng)中的動(dòng)能定理,通過計(jì)算變力矩的功來求).至于棒下落到豎直位置時(shí)的動(dòng)能和角速度,可采用系統(tǒng)的機(jī)械能守恒定律來解.4-28質(zhì)量為0.50kg,長(zhǎng)為0.40m的均勻細(xì)棒,可繞垂28解答:(1)棒繞端點(diǎn)的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量,由轉(zhuǎn)動(dòng)定律可得棒在位置時(shí)的角速度為:當(dāng)時(shí),棒轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度為:由于,根據(jù)初始條件對(duì)式(1)積分,有..Ao解答:(1)棒繞端點(diǎn)的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量29則角速度為:(2)根據(jù)機(jī)械能守恒,棒下落至豎直位置時(shí)的動(dòng)能為:(3)由于該動(dòng)能也就是轉(zhuǎn)動(dòng)動(dòng)能,即,所示,棒落至豎直位置時(shí)的角速度為:則角速度為:(2)根據(jù)機(jī)械能守恒,棒下落至豎直位置時(shí)的動(dòng)能為304-30在題3-28的沖擊擺問題中,若以質(zhì)量為mˊ的均勻細(xì)棒代替柔繩,子彈速度的最小值應(yīng)是多少?分析:該題與習(xí)題3-28的不同之處在于：（1）子彈與擺錘的相互作用過程不再滿足動(dòng)量守恒，但系統(tǒng)角動(dòng)量守恒的條件是滿足的。（2）擺在轉(zhuǎn)動(dòng)過程中，系統(tǒng)滿足機(jī)械能守恒定律。擺錘恰能通過最高點(diǎn)所需的速度，可直接用機(jī)械能守恒定律去解。4-30在題3-28的沖擊擺問題中,若以質(zhì)量為mˊ的均勻細(xì)棒31解答:取子彈與擺為系統(tǒng),根據(jù)系統(tǒng)的角動(dòng)量守恒,有根據(jù)擺在轉(zhuǎn)動(dòng)過程中機(jī)械能守恒，有：式中、和分別為子彈、擺錘和桿對(duì)軸的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量。由式(1)、(2)可得子彈速度的最小值為(1)(2)解答:取子彈與擺為系統(tǒng),根據(jù)系統(tǒng)的角動(dòng)量守恒,有根據(jù)擺在轉(zhuǎn)動(dòng)32第四章部分習(xí)題分析與解答第四章部分習(xí)題分析與解答33分析：與質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)學(xué)相似，剛體定軸轉(zhuǎn)動(dòng)的運(yùn)動(dòng)學(xué)問題也可分為兩類（1）由轉(zhuǎn)動(dòng)的運(yùn)動(dòng)方程，通過求導(dǎo)得到角速度、角加速度；（2）在確定的初始條件下，由角速度、角加速度通過積分得到轉(zhuǎn)動(dòng)的運(yùn)動(dòng)方程。4-2某種電動(dòng)機(jī)啟動(dòng)以后轉(zhuǎn)速隨時(shí)間變化的關(guān)系式中。求（1）t=6.0s時(shí)的轉(zhuǎn)速；（2）角加速度隨時(shí)間變化的規(guī)律；（3）啟動(dòng)后6.0s內(nèi)轉(zhuǎn)過的圈數(shù)。解（1）根據(jù)題意中轉(zhuǎn)速隨時(shí)間的變化關(guān)系，將t=6.0s代入，得（2）角加速度隨時(shí)間變化的規(guī)律為分析：與質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)學(xué)相似，剛體定軸轉(zhuǎn)動(dòng)的運(yùn)動(dòng)學(xué)問題也可分為兩類34（3）t=6.0s時(shí)轉(zhuǎn)過的角度為則t=6.0s時(shí)電動(dòng)機(jī)轉(zhuǎn)過的圈數(shù)（3）t=6.0s時(shí)轉(zhuǎn)過的角度為則t=6.0s時(shí)電動(dòng)機(jī)轉(zhuǎn)過的35分析：由于空氣的阻力矩與角速度成正比，由轉(zhuǎn)動(dòng)定律可知轉(zhuǎn)動(dòng)是變角加速度轉(zhuǎn)動(dòng)，須從角加速度和角速度的定義出發(fā)，通過積分的方法求解。4-3如圖示，一通風(fēng)機(jī)的轉(zhuǎn)動(dòng)部分以初角速度ω0繞其軸轉(zhuǎn)動(dòng)，空氣的阻力矩與角速度成正比，比例系數(shù)C為一常量。若轉(zhuǎn)動(dòng)部分對(duì)其軸的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量為J，問（1）經(jīng)過多小時(shí)間后其轉(zhuǎn)動(dòng)角速度減少為初角速度的一半？（2）在此時(shí)間內(nèi)共轉(zhuǎn)過多少轉(zhuǎn)？解（1）通風(fēng)機(jī)葉片所受的阻力矩為M=－Cω,由轉(zhuǎn)動(dòng)定律得分析：由于空氣的阻力矩與角速度成正比，由轉(zhuǎn)動(dòng)定律可知轉(zhuǎn)動(dòng)是變36對(duì)上式分離變量，根據(jù)初始條件積分有由于C和J均為常量，得當(dāng)角速度由ω0→ω0/2時(shí)，轉(zhuǎn)動(dòng)所需的時(shí)間為對(duì)上式分離變量，根據(jù)初始條件積分有由于C和J均為常量，得當(dāng)角37在時(shí)間t內(nèi)所轉(zhuǎn)過的圈數(shù)為（2）根據(jù)角速度定義和初始條件積分得（其中）在時(shí)間t內(nèi)所轉(zhuǎn)過的圈數(shù)為（2）根據(jù)角速度定義和初始條件積分得38分析：可根據(jù)轉(zhuǎn)動(dòng)定律和牛頓定律分別列出飛輪和重物的動(dòng)力學(xué)方程來求解；也可將飛輪、重物和地球視為系統(tǒng)用機(jī)械能守恒來求解。4-5用落體觀察法測(cè)定飛輪的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量，是將半徑不R的飛輪支承在O點(diǎn)上,然后在繞過飛輪的繩子的一端掛一質(zhì)量為m的重物,令重物以初速度為零下落，帶動(dòng)飛輪轉(zhuǎn)動(dòng)（如圖示）。記下重物下落的距離和時(shí)間，就可算出飛輪的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量。試寫出它的計(jì)算式。（假設(shè)軸承間無摩擦）解1設(shè)繩子的拉力為FT，對(duì)飛輪而言，根據(jù)轉(zhuǎn)動(dòng)定律，有oR對(duì)重物而言，由牛頓定律，有分析：可根據(jù)轉(zhuǎn)動(dòng)定律和牛頓定律分別列出飛輪和重物的動(dòng)力學(xué)方程39解2設(shè)根據(jù)系統(tǒng)的機(jī)械能守恒定律，有由于繩子不可伸長(zhǎng)，故有重物作勻加速下落，則有聯(lián)合式（1）、（2）、（3）、（4）可解得飛輪的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量為解2設(shè)根據(jù)系統(tǒng)的機(jī)械能守恒定律，有由于繩子不可伸長(zhǎng)，故有重40線速度和角速度的關(guān)系為根據(jù)重物作勻加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，有聯(lián)合式（1‘）、（2’）、（3‘）、（4’）可解得飛輪的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量為線速度和角速度的關(guān)系為根據(jù)重物作勻加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，有聯(lián)合式（1‘41分析：根據(jù)轉(zhuǎn)動(dòng)慣量的可疊加性，飛輪對(duì)軸的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量可視為圓盤與兩圓柱體對(duì)同軸的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量之和。4-6一飛輪由一直徑為30cm，厚度為2.0cm的圓盤和兩個(gè)直徑為10cm，長(zhǎng)為8.0cm的共軸圓柱體組成，設(shè)飛輪的密度為7.8×103kg.m-3，求飛輪對(duì)軸的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量。解根據(jù)轉(zhuǎn)動(dòng)慣量的疊加性，由勻質(zhì)圓盤、圓柱體對(duì)慣量公式可得aLd1d2分析：根據(jù)轉(zhuǎn)動(dòng)慣量的可疊加性，飛輪對(duì)軸的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量可視為圓盤與42分析：根據(jù)轉(zhuǎn)動(dòng)慣量的定義，可直接采用面積分的方法對(duì)勻質(zhì)矩形板進(jìn)行計(jì)算。解取如圖所示坐標(biāo)，在板上取一質(zhì)元dm=σdxdy，它對(duì)與板面垂直的，通過幾何中心的軸線的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量為4-9質(zhì)量面密度為σ的均勻矩形板，試證其對(duì)與板面垂直的，通過幾何中心的軸線的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量為其中a為矩形板的長(zhǎng)，b為它的寬。dmoxyba整個(gè)矩形板對(duì)該軸的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量為分析：根據(jù)轉(zhuǎn)動(dòng)慣量的定義，可直接采用面積分的方法對(duì)勻質(zhì)矩形板43分析：對(duì)平動(dòng)的物體和轉(zhuǎn)動(dòng)的組合輪分別列出動(dòng)力學(xué)方程，結(jié)合角加速度和線加速度之間的關(guān)系即可解得。解取分別對(duì)兩物體及組合輪作受力分析如下圖4-11質(zhì)量為m1和m2的兩物體A、B分別懸掛在如圖所示的組合輪兩端。設(shè)兩輪的半徑分別為R和r，兩輪的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量分別為J1和J2，輪與軸承間、繩索與輪間的摩擦力均略去不計(jì)，繩的質(zhì)量也略去不計(jì)。試求兩物體的加速度和強(qiáng)繩的張力。m2m1BABAFT2FT1FNPP1P2F’T2F’T1a1a2分析：對(duì)平動(dòng)的物體和轉(zhuǎn)動(dòng)的組合輪分別列出動(dòng)力學(xué)方程，結(jié)合角加44根據(jù)質(zhì)點(diǎn)的牛頓定律和剛體的轉(zhuǎn)動(dòng)定律，有BAFT2FT1FNPP1P2F’T2F’T1a1a2由角加速度和線加速度之間的關(guān)系，有根據(jù)質(zhì)點(diǎn)的牛頓定律和剛體的轉(zhuǎn)動(dòng)定律，有BAFT2FT1FNP45解上述方程組，可得解上述方程組，可得46分析：對(duì)平動(dòng)的物體和滑輪分別列出動(dòng)力學(xué)方程，結(jié)合角量與線量之間的關(guān)系即可求解。解分別對(duì)兩A、B兩物體及滑輪作受力分析如下圖4-12如圖示裝置，定滑輪半徑為r，繞轉(zhuǎn)軸的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量為J，滑輪兩邊分別懸掛質(zhì)量為m1和m2的物體A、B。A置于傾角為θ斜面上，它和斜面間的摩擦因數(shù)為μ。若B向下作加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，求（1）其下落加速度的大??；（2）滑輪兩邊繩子的張力。（設(shè)繩的質(zhì)量及伸長(zhǎng)均不計(jì)，繩與滑輪間無滑動(dòng)，滑輪軸光滑）BAAFfFT1FNP1F’T2F’T1BP2FT2分析：對(duì)平動(dòng)的物體和滑輪分別列出動(dòng)力學(xué)方程，結(jié)合角量與線量之47根據(jù)質(zhì)點(diǎn)的牛頓定律和剛體的轉(zhuǎn)動(dòng)定律，有由角加速度和線加速度之間的關(guān)系，有AFfFT1FNP1F’T2F’T1BP2FT2且有根據(jù)質(zhì)點(diǎn)的牛頓定律和剛體的轉(zhuǎn)動(dòng)定律，有由角加速度和線加速度之48解上述各方程，可得解上述各方程，可得49分析：圓盤各部分的摩擦力的力臂不同，為此，可將圓盤分割成許多同心圓環(huán)，對(duì)環(huán)的摩擦力矩積分即可得總力矩。另由于摩擦力矩是恒力矩，由角動(dòng)量定理可求得圓盤停止前所經(jīng)歷的時(shí)間。解（1）圓盤上半徑為r、寬度為dr的同心圓環(huán)所受的摩擦力矩為4-15一半徑為R，質(zhì)量為m的勻質(zhì)圓盤，以角速度ω繞其中心軸轉(zhuǎn)動(dòng)，現(xiàn)將它平放在一水平板上，盤與板表面的摩擦因數(shù)為μ。（1）求圓盤所受的摩擦力矩。（2）問經(jīng)過多少時(shí)間后，圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)才能停止？ωrdFdr式中K為軸向的單位矢量。分析：圓盤各部分的摩擦力的力臂不同，為此，可將圓盤分割成許多50由于摩擦力矩是一恒力矩，圓盤的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量J=mR2/2，由角動(dòng)量定理可得圓盤停止的時(shí)間為對(duì)上式沿徑向積分得圓盤所受的總摩擦力矩大小由于摩擦力矩是一恒力矩，圓盤的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量J=mR2/2，由角動(dòng)514-17在光滑的水平面上有一木桿,其質(zhì)量m1=1.0kg,長(zhǎng)l=40cm,可繞通過其中點(diǎn)并與之垂直的軸轉(zhuǎn)動(dòng).一質(zhì)量為m2=10g的子彈,以v=2.0×102m·s-1的速度射入桿端,其方向與桿及軸正交.若子彈陷入桿中,試求所得到的角速度.分析:子彈與桿相互作用的瞬間,可將子彈視為繞軸的轉(zhuǎn)動(dòng),這樣,子彈射入桿前的角速度可表示為ω,子彈陷入桿后,它們將一起以角速度ωˊ轉(zhuǎn)動(dòng),若將子彈和桿視為系統(tǒng),因系統(tǒng)不受外力矩作用,故系統(tǒng)的角動(dòng)量守恒.由角動(dòng)量守恒定律可解得桿的角速度.4-17在光滑的水平面上有一木桿,其質(zhì)量m1=1.0kg52解答:根據(jù)角動(dòng)量守恒定理:式中為子彈繞軸的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量,為子彈在陷入桿前的角動(dòng)量,為子彈在此刻繞軸的角速度,為桿繞軸的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量.可得桿的角速度為:解答:根據(jù)角動(dòng)量守恒定理:式中534-23一質(zhì)量為1.12kg,長(zhǎng)為1.0m的均勻細(xì)棒,支點(diǎn)在棒的上端點(diǎn),開始時(shí)棒自由懸掛,以100N的力打擊它的下端點(diǎn),打擊它的下端點(diǎn),打擊時(shí)間為0.02s.(1)若打擊前棒是靜止的,求打擊時(shí)其角動(dòng)量的變化;(2)棒的最大偏轉(zhuǎn)角.解答:(1)由剛體的角動(dòng)量定理得.(1)4-23一質(zhì)量為1.12kg,長(zhǎng)為1.0m的均勻細(xì)棒,支點(diǎn)54(2)取棒和地球?yàn)橐幌到y(tǒng),并選O處為重力勢(shì)能零點(diǎn).在轉(zhuǎn)動(dòng)過程中,系統(tǒng)的機(jī)械能守恒,即:.(2)由(1)、(2)可得棒的偏轉(zhuǎn)角度為(2)取棒和地球?yàn)橐幌到y(tǒng),并選O處為重力勢(shì)能零點(diǎn).在轉(zhuǎn)動(dòng)過程554-25我國(guó)1970年4月24日發(fā)射的第一顆人造衛(wèi)星，其近地點(diǎn)為4.39×105m、遠(yuǎn)地點(diǎn)為2.38×106m.試計(jì)算衛(wèi)星在近地點(diǎn)和遠(yuǎn)地點(diǎn)的速率。（設(shè)地球半徑為6.38×106m）分析:當(dāng)人造衛(wèi)星在繞地球的橢圓軌道上運(yùn)行時(shí)，只受到有心力─萬有引力的作用。因此，衛(wèi)星在運(yùn)行過程中角動(dòng)量是守恒的，同時(shí)該力對(duì)地球和衛(wèi)星組成的系統(tǒng)而言，又是屬于保守內(nèi)力，因此，系統(tǒng)又滿足機(jī)械能守恒定律。根據(jù)上述兩條定律可求出衛(wèi)星在近地點(diǎn)和遠(yuǎn)地點(diǎn)時(shí)的速率。4-25我國(guó)1970年4月24日發(fā)射的第一顆人造衛(wèi)星，其近56解答:又因衛(wèi)星與地球系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，故有：式中和是衛(wèi)星在近地點(diǎn)和遠(yuǎn)地點(diǎn)時(shí)離地球中心的距離。由（1）和（2）可解得衛(wèi)星近地點(diǎn)和遠(yuǎn)地點(diǎn)的速率分別為由角動(dòng)量守恒定律有：（1）（2）解答:又因衛(wèi)星與地球系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，故有：式中和574-27如圖4-27所示,一質(zhì)量為m的小球由一繩索系著,以角速度ω0在無摩擦的水平面上,作半徑為r0的圓周運(yùn)動(dòng).如果在繩的另一端作用一豎直向下的拉力,使小球作半徑為r0/2的圓周運(yùn)動(dòng).試求(1)小球新的角速度;(2)拉力作的功分析:沿軸向的拉力對(duì)小球不產(chǎn)生力矩,因此,小球在水平面上轉(zhuǎn)動(dòng)的過程中不受外力矩作用,其角速度應(yīng)保持不變.但是,外力改變了小球圓周運(yùn)動(dòng)的半徑,也改變了小球的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量,從而改變了小球的角速度.至于拉力所作的功,可根據(jù)動(dòng)能定理由小球動(dòng)能的變化得到.4-27如圖4-27所示,一質(zhì)量為m的小球由一繩索系著,以角58解答:(1)根據(jù)分析,小球在轉(zhuǎn)動(dòng)的過程中,角速度保持守恒,故有:(2)隨著小球轉(zhuǎn)動(dòng)角速度的增加,其轉(zhuǎn)動(dòng)動(dòng)能也增加,這正是接力作功的結(jié)果,由轉(zhuǎn)動(dòng)的動(dòng)能定理可得接力的功為:式中和分別是小球在半徑為