刚体转动部分习题课件

第四章部分习题分析与解答第四章部分习题分析与解答1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。4-2某种电动机启动以后转速随时间变化的关系式中。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。解（1）根据题意中转速随时间的变化关系，将t=6.0s代入，得（2）角加速度随时间变化的规律为分析：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2（3）t=6.0s时转过的角度为则t=6.0s时电动机转过的圈数（3）t=6.0s时转过的角度为则t=6.0s时电动机转过的3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。4-3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？解（1）通风机叶片所受的阻力矩为M=－Cω,由转动定律得分析：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4对上式分离变量，根据初始条件积分有由于C和J均为常量，得当角速度由ω0→ω0/2时，转动所需的时间为对上式分离变量，根据初始条件积分有由于C和J均为常量，得当角5在时间t内所转过的圈数为（2）根据角速度定义和初始条件积分得（其中）在时间t内所转过的圈数为（2）根据角速度定义和初始条件积分得6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。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）解1设绳子的拉力为FT，对飞轮而言，根据转动定律，有oR对重物而言，由牛顿定律，有分析：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7解2设根据系统的机械能守恒定律，有由于绳子不可伸长，故有重物作匀加速下落，则有联合式（1）、（2）、（3）、（4）可解得飞轮的转动惯量为解2设根据系统的机械能守恒定律，有由于绳子不可伸长，故有重8线速度和角速度的关系为根据重物作匀加速运动时，有联合式（1‘）、（2’）、（3‘）、（4’）可解得飞轮的转动惯量为线速度和角速度的关系为根据重物作匀加速运动时，有联合式（1‘9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。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。解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aLd1d2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10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。解取如图所示坐标，在板上取一质元dm=σdxdy，它对与板面垂直的，通过几何中心的轴线的转动惯量为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其中a为矩形板的长，b为它的宽。dmoxyba整个矩形板对该轴的转动惯量为分析：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11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。m2m1BABAFT2FT1FNPP1P2F’T2F’T1a1a2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12根据质点的牛顿定律和刚体的转动定律，有BAFT2FT1FNPP1P2F’T2F’T1a1a2由角加速度和线加速度之间的关系，有根据质点的牛顿定律和刚体的转动定律，有BAFT2FT1FNP13解上述方程组，可得解上述方程组，可得14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）BAAFfFT1FNP1F’T2F’T1BP2FT2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15根据质点的牛顿定律和刚体的转动定律，有由角加速度和线加速度之间的关系，有AFfFT1FNP1F’T2F’T1BP2FT2且有根据质点的牛顿定律和刚体的转动定律，有由角加速度和线加速度之16解上述各方程，可得解上述各方程，可得17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。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？ωrdFdr式中K为轴向的单位矢量。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18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对上式沿径向积分得圆盘所受的总摩擦力矩大小由于摩擦力矩是一恒力矩，圆盘的转动惯量J=mR2/2，由角动194-17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.分析: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.4-17在光滑的水平面上有一木杆,其质量m1=1.0kg20解答:根据角动量守恒定理:式中为子弹绕轴的转动惯量,为子弹在陷入杆前的角动量,为子弹在此刻绕轴的角速度,为杆绕轴的转动惯量.可得杆的角速度为:解答:根据角动量守恒定理:式中214-23一质量为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.解答:(1)由刚体的角动量定理得.(1)4-23一质量为1.12kg,长为1.0m的均匀细棒,支点22(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:.(2)由(1)、(2)可得棒的偏转角度为(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234-25我国1970年4月24日发射的第一颗人造卫星，其近地点为4.39×105m、远地点为2.38×106m.试计算卫星在近地点和远地点的速率。（设地球半径为6.38×106m）分析:当人造卫星在绕地球的椭圆轨道上运行时，只受到有心力─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。4-25我国1970年4月24日发射的第一颗人造卫星，其近24解答:又因卫星与地球系统的机械能守恒，故有：式中和是卫星在近地点和远地点时离地球中心的距离。由（1）和（2）可解得卫星近地点和远地点的速率分别为由角动量守恒定律有：（1）（2）解答:又因卫星与地球系统的机械能守恒，故有：式中和254-27如图4-27所示,一质量为m的小球由一绳索系着,以角速度ω0在无摩擦的水平面上,作半径为r0的圆周运动.如果在绳的另一端作用一竖直向下的拉力,使小球作半径为r0/2的圆周运动.试求(1)小球新的角速度;(2)拉力作的功分析:沿轴向的拉力对小球不产生力矩,因此,小球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.但是,外力改变了小球圆周运动的半径,也改变了小球的转动惯量,从而改变了小球的角速度.至于拉力所作的功,可根据动能定理由小球动能的变化得到.4-27如图4-27所示,一质量为m的小球由一绳索系着,以角26解答:(1)根据分析,小球在转动的过程中,角速度保持守恒,故有:(2)随着小球转动角速度的增加,其转动动能也增加,这正是接力作功的结果,由转动的动能定理可得接力的功为:式中和分别是小球在半径为r0和r0/2时对轴的转动惯量,即和则:解答:(1)根据分析,小球在转动的过程中,角速度保持守恒,故274-28质量为0.50kg,长为0.40m的均匀细棒,可绕垂直于棒的一端的水平轴转动,如将此棒放在水平位置,然后任其落下,求:(1)当棒转过600时的角加速度和角速度;(2)下落到竖直位置时的动能;(3)下落到竖直位置时的角速度。分析:转动定律是一瞬时关系式,为求棒在不同位置的角加速度,只需确定棒所在位置的力矩就可求得.由于重力矩是变力矩,角加速度也是变化的,因此,在求角速度时,就必须根据角加速度用积分的方法来计算(也可根据转动中的动能定理,通过计算变力矩的功来求).至于棒下落到竖直位置时的动能和角速度,可采用系统的机械能守恒定律来解.4-28质量为0.50kg,长为0.40m的均匀细棒,可绕垂28解答:(1)棒绕端点的转动惯量,由转动定律可得棒在位置时的角速度为:当时,棒转动的角速度为:由于,根据初始条件对式(1)积分,有..Ao解答:(1)棒绕端点的转动惯量29则角速度为:(2)根据机械能守恒,棒下落至竖直位置时的动能为:(3)由于该动能也就是转动动能,即,所示,棒落至竖直位置时的角速度为:则角速度为:(2)根据机械能守恒,棒下落至竖直位置时的动能为304-30在题3-28的冲击摆问题中,若以质量为mˊ的均匀细棒代替柔绳,子弹速度的最小值应是多少?分析:该题与习题3-28的不同之处在于：（1）子弹与摆锤的相互作用过程不再满足动量守恒，但系统角动量守恒的条件是满足的。（2）摆在转动过程中，系统满足机械能守恒定律。摆锤恰能通过最高点所需的速度，可直接用机械能守恒定律去解。4-30在题3-28的冲击摆问题中,若以质量为mˊ的均匀细棒31解答:取子弹与摆为系统,根据系统的角动量守恒,有根据摆在转动过程中机械能守恒，有：式中、和分别为子弹、摆锤和杆对轴的转动惯量。由式(1)、(2)可得子弹速度的最小值为(1)(2)解答:取子弹与摆为系统,根据系统的角动量守恒,有根据摆在转动32第四章部分习题分析与解答第四章部分习题分析与解答33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。4-2某种电动机启动以后转速随时间变化的关系式中。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。解（1）根据题意中转速随时间的变化关系，将t=6.0s代入，得（2）角加速度随时间变化的规律为分析：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34（3）t=6.0s时转过的角度为则t=6.0s时电动机转过的圈数（3）t=6.0s时转过的角度为则t=6.0s时电动机转过的35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。4-3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？解（1）通风机叶片所受的阻力矩为M=－Cω,由转动定律得分析：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36对上式分离变量，根据初始条件积分有由于C和J均为常量，得当角速度由ω0→ω0/2时，转动所需的时间为对上式分离变量，根据初始条件积分有由于C和J均为常量，得当角37在时间t内所转过的圈数为（2）根据角速度定义和初始条件积分得（其中）在时间t内所转过的圈数为（2）根据角速度定义和初始条件积分得38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。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）解1设绳子的拉力为FT，对飞轮而言，根据转动定律，有oR对重物而言，由牛顿定律，有分析：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39解2设根据系统的机械能守恒定律，有由于绳子不可伸长，故有重物作匀加速下落，则有联合式（1）、（2）、（3）、（4）可解得飞轮的转动惯量为解2设根据系统的机械能守恒定律，有由于绳子不可伸长，故有重40线速度和角速度的关系为根据重物作匀加速运动时，有联合式（1‘）、（2’）、（3‘）、（4’）可解得飞轮的转动惯量为线速度和角速度的关系为根据重物作匀加速运动时，有联合式（1‘41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。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。解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aLd1d2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42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。解取如图所示坐标，在板上取一质元dm=σdxdy，它对与板面垂直的，通过几何中心的轴线的转动惯量为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其中a为矩形板的长，b为它的宽。dmoxyba整个矩形板对该轴的转动惯量为分析：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43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。m2m1BABAFT2FT1FNPP1P2F’T2F’T1a1a2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44根据质点的牛顿定律和刚体的转动定律，有BAFT2FT1FNPP1P2F’T2F’T1a1a2由角加速度和线加速度之间的关系，有根据质点的牛顿定律和刚体的转动定律，有BAFT2FT1FNP45解上述方程组，可得解上述方程组，可得46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）BAAFfFT1FNP1F’T2F’T1BP2FT2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47根据质点的牛顿定律和刚体的转动定律，有由角加速度和线加速度之间的关系，有AFfFT1FNP1F’T2F’T1BP2FT2且有根据质点的牛顿定律和刚体的转动定律，有由角加速度和线加速度之48解上述各方程，可得解上述各方程，可得49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。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？ωrdFdr式中K为轴向的单位矢量。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50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对上式沿径向积分得圆盘所受的总摩擦力矩大小由于摩擦力矩是一恒力矩，圆盘的转动惯量J=mR2/2，由角动514-17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.分析: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.4-17在光滑的水平面上有一木杆,其质量m1=1.0kg52解答:根据角动量守恒定理:式中为子弹绕轴的转动惯量,为子弹在陷入杆前的角动量,为子弹在此刻绕轴的角速度,为杆绕轴的转动惯量.可得杆的角速度为:解答:根据角动量守恒定理:式中534-23一质量为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.解答:(1)由刚体的角动量定理得.(1)4-23一质量为1.12kg,长为1.0m的均匀细棒,支点54(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:.(2)由(1)、(2)可得棒的偏转角度为(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554-25我国1970年4月24日发射的第一颗人造卫星，其近地点为4.39×105m、远地点为2.38×106m.试计算卫星在近地点和远地点的速率。（设地球半径为6.38×106m）分析:当人造卫星在绕地球的椭圆轨道上运行时，只受到有心力─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。4-25我国1970年4月24日发射的第一颗人造卫星，其近56解答:又因卫星与地球系统的机械能守恒，故有：式中和是卫星在近地点和远地点时离地球中心的距离。由（1）和（2）可解得卫星近地点和远地点的速率分别为由角动量守恒定律有：（1）（2）解答:又因卫星与地球系统的机械能守恒，故有：式中和574-27如图4-27所示,一质量为m的小球由一绳索系着,以角速度ω0在无摩擦的水平面上,作半径为r0的圆周运动.如果在绳的另一端作用一竖直向下的拉力,使小球作半径为r0/2的圆周运动.试求(1)小球新的角速度;(2)拉力作的功分析:沿轴向的拉力对小球不产生力矩,因此,小球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.但是,外力改变了小球圆周运动的半径,也改变了小球的转动惯量,从而改变了小球的角速度.至于拉力所作的功,可根据动能定理由小球动能的变化得到.4-27如图4-27所示,一质量为m的小球由一绳索系着,以角58解答:(1)根据分析,小球在转动的过程中,角速度保持守恒,故有:(2)随着小球转动角速度的增加,其转动动能也增加,这正是接力作功的结果,由转动的动能定理可得接力的功为:式中和分别是小球在半径为