第5章刚体的定轴转动习题解答

1、大学物理学习题解答5-1大学物理学习题解答习题55-1.以M = 20Nm的恒力矩作川在有固定轴的转轮上，在10s内该轮的转速山零均匀增人到 lOOrev niin-1 o此时移去力矩M,转轮因摩擦力的作用经过100s而停止。试推算此转轮的转 动惯量解恒力矩M作用时，根据转动定律，有M + M f = J 久其>I>A = -。移去力矩M后,根据转动定律，有联*解紂此转轮的转动惯帚J =CDM1 1_+ 占t2100><2才 |<11 )+60 1<10100丿20= 17.36(kg in2)5-#大学物理学习题解答5-#大学物理学习题解答5-2. 一飞轮

2、的质M: m = 60kg ,半7? = 0.25m .绕氏水平中心轴O无摩擦转动，转速为 900rev niin_1。现利用一制动闸杆AB,可使E轮减速，闸杆可绕一端A转动，在闸杆的另一端B加 一竖直力向的制动力F,已知闸杆的尺寸如图所示，闸瓦与E轮之间的摩擦系数" = 0.4, E轮可看做 匀质圆盘。（1）设制动力的大小F = 100N,可使E轮在多长时间内停止转动。在这段时间里E轮转了 儿转”2）若使E轮在2s内转速减小一半，需加多大的力F?解：（1）先作闸杆和E轮的受力分析图（如图）图中N、M是正压丿J,耳、耳'是摩擦力.歼和弓 是杆在仏点转轴处所受支承力，P是轮的亟

3、力，尺是轮在O轴处所受支承力。杆处于静止状态,所以对4点的合力矩应为零,设闸瓦厚度不计，则有FQi+lJ-叭=0对E轮,由转动定律,有-FtR = jp 式中负号表示縻擦力的力矩方向与角速度co方向相反。FfNN= MJ = mR22联立解幻空=-2心+心卩mRlx以F = 100 N等代入上式，得=-2xQ.40xy0t0.75)xl00 =60x0.25x0.50山此可算出口施加制动闸开始到E轮停止转动的时间为f = _=900x2£x3 = 706sP 60x4040这段时间内E轮的角位移为 1 亠2 900x2“ 1x7.062 = 53.1x2(rad) & = C

4、tixt + 0t x 7.06 + x2 60 2 可知在这段时间里，E轮转了 53.1转。(2)61 =900xrad s"1,耍求E轮转速在t = 2s内减少一半，可知60c 2 S 015才JB = = - =rad s tIt 2用上面(1)中所示的关系，可求出所需的制动力为F _ raRlxP _60 x0.25 x0.50xl5;r_ 77N+ 一 2x0.40x(0.50 + 0.75)x2 一53.固定在一起的陶个同轴均匀恻柱体可绕实光滑的水平对称轴OO'转动.设大小圆柱体的半 径分别为R和厂，质最分别为M和加。绕在两柱体上的细绳分别与物体m和叫相连，仙和&

5、#174;则挂 在BI柱体的两侧,如图所示.设尺=0.20m, r = 0.10m, m = 4kg, M =10kg , ml = m2 = 2kg, 且开始时"和巾2离地高度均为力=2111 求：(1)柱体转功时的角加速度:(2)两侧细绳的张力；(3)“和 加哪个先落地？它落地前瞬间的速率为多少？解：(1)设宀和0分别为和柱体的加速度及角加速度，方向如图(如图b).和柱体的运动方程如下：7； - 加 £ = 加送-7；=加心TR-Tr=Jp 乂 7> 7,牙=T29a2 =厂0,® 二 R卩,flu J = -MR2 + -mr22 2山以上诸式求得角加

6、速度 Rni. 一 mu0=bgI + mxR + m2r0.2x2-0.1x2.x9.8 =6.13rad s -x10x0.202 + -x4x0.102 + 2x0.203 + 2x0.1022 2(2)T2 = m/P + m2g = 2x0.10x6.13 + 2x9.8 = 20.8N若=加 £ 一 gR0 = 2x9.8-2 x 0.2.x 6.13 = 17.IN(3)蚀先落地。它落地前瞬间的速率为x2 = 2.21( ms"1)v = yflaji =(20Rh =2x6.13x0.2题54图54计算如图所示系统中物体的加速度人小。设滑轮为质砥均匀分布的関

7、柱体，半径为r = 0.1111,轻绳不可伸长，且与滑轮之间无相对滑动，滑轮轴上摩擦不计，口忽略桌而与物体“间的 摩擦,己知ml = 50kg , m2 = 200kg ,滑轮质®M = 15kgo解：分别以巾1、加2和滑轮为研究对象，受力如图所不.对“、巾2运用牛顿定律，冇-7； = mm7；=加卫1 对滑轮运用转动定律，有Tr-T rr = JPJ = Mr22又6 = VPTJ=T.联立求解以上方程.得200x9.8=7.6nr s 5十200十苧5-5.如图所示，一匀质细杆质罠为皿，长为儿 可绕过一端O的水平光滑同定轴转动，杆水平位亘山静止开始摆下。求： 解：由转动定律,有(

8、1)初始时刻的角加速度：(2)杆转过&角时的角加速度和角速度。解得21(2)由转动定律,有mg cos 0= (-m/2)/7得fl = cos 6 21由机械能守恒定律.有解得5-6. 一长为lm的均匀直棒可绕比一端与榕垂FE的水平光滑固定轴转动，抬起另一端使祎向上与 水平面成60°角，然后无初转速地将棒释放，求：（1）放手时棒的角加速度：（2）棒转到竖位胃时的角 速度。解：（1）由转动定律，有mgfcos&=（扌加）0得厶心厂3?3x9.8/P = cos=cos60c= 7.35 rad-s *212x1'（2）由机械能守恒定律，有mg 匸（1 _ si

9、n。）=丄22 3所以妇严严）=严（1严。）=98（嗣.s-）5-7.如图所示质駁为M,长为Z的均匀宜棒.可绕乖宜于棒一端的水平轴O无摩擦地转动， 它原來静止悬挂在平衡位宣上。现冇一质磺为川的弹性小球E來，正好在棒的下端打棒垂厲地相撞。 相撞后，使棒从平衡位置处摆动到最大角度8 = 30。处。（1）设这碰撞为完全弹性碰掃，试计算小球初速 %的值；（2）相播时小球受到多大的冲勒解：（1）设小球的初速度为,棒经小球碰撞后得到的初角速度为血，而小球的速度变为"，按题 意，小球和棒作弹性碰撞，所以碰撞时遵从角动E94U定律和机械能守恒定律，可列式：m vj = Ja）+ md1 .1.1 =

10、巾菇=+2 2 2上两式=碰撞过程极为短暂，可认为棒没仃显著的角位移：碰撞后，棒从竖比位置上摆到3最大角度&=30。，按机械能守恒定律可列式:丄 JftT =A/g-(l-cos30°)(1-COS30。)69 =2 2山式得5-5大学物理学习题解答由式由式所以nil解衍13“J、 I z1M、(6(2-历3m + Mr-r= V(1 += T(1 + 7_屆1ml 23 m12m(2)由式求得相碰时小球受到的冲最为：“阿“问）=和一叫一半一护妇屁3面M负号说明所受冲量的方向与初速度方向相反。5-8.有一质G为加、长为2的均匀的细棒OA,可绕一端的水平固定轴O 口由转动.初始

11、时静 止悬挂。一水平运动的质磺为弘的小球，从侧面垂肖J：棒和轴与棒的另一端A相碰撞，设碰撞时间极短。已知小球在碰掩前麻的速度分别为0和S，方向如阁。求：碰掩后瞬间细棒的角速度；（2）细林 能够摆动的绘大摆角比。解：（1）棒经小球碰撞厉紂到的初角速度为血，碰撞肘遵从角动彊守1H定律.可列式:m2il = J3-叫呼上两式中八孰几解得碰撞后瞬间细棒的角速度八_ 刀+_ 3川2(«+。2)G) = = =3叫C）碰撞过用极为血暂，可认为棒没仃証著的角位移：碰撞后，棒从竖位置上摆到垠人角度久, 按机械能守恒定律可列式：1->I-Jftr = n?-(l-cos)解得(lary3巾J (q + 6广aiccos_13=arccos5-9.弹簧、定滑轮和物体的连接如图所小，弹簧一端固定在墙上，其劲度系数为 = 200N m_1, 定滑轮的转动惯最是0.5kg in?,其半径为0.30111。假设定滑轮轴上摩擦忽略不计，刚开始时物体静止 而弹簧处丁F然状态。（1）为质鼠m = 6.0 kg的物体落下h = 0.40m时，它的速率为多大？（2）物体最低 可以下落到什么位置？解：（1）以巫物、滑轮、弹赞、地球为一系统，巫物下落的过程中，机械能守恒，以玻低点为重力 势能零点.弹簧原长为弹性势能零点.则有mgh = mv2 + a