大学物理答案第五章

第五章 刚体的转动5-1 一个匀质圆盘由静止开始以恒定角加速度绕过中心而垂直于盘面的定 轴转动.在某一时刻，转速为10r/s,再转60转后，转速变为15r/s，试计算: (1)角加速度；(2)由静止达到10 r/s所需时间；(3)由静止到10 r/s时圆盘所 转的圈数.分析 绕定轴转动的刚体中所有质点都绕轴线作圆周运动，并具有相同的角 位移、角速度和角加速度，因此描述运动状态的物理量与作圆周运动的质点的相 似.当角加速度恒定时，绕定轴转动的刚体用角量表示的运动学公式与匀加速直 线运动的公式类似.解(1)根据题意，转速由 210rad/变为 215 rad/期间的角12位移 60 2 rad，则角加速度为2222(215)2(210)2 rad/s 6.54 rad/s2 60 2(2)从静止到转速为210 rad/所需时间为1t 210 s 9.61s6.54(3) t时间内转的圈数为10 9.612485-2唱片在转盘上匀速转动，转速为78 r/min，由开始到结束唱针距转轴 分别为15 cm和7.5 cm, (1)求这两处的线速度和法向加速度；(2)在电动机断 电以后，转盘在15 s内停止转动，求它的角加速度及转过的圈数.分析 绕定轴转动的刚体中所有质点具有相同的角位移、角速度和角加速 度,但是线速度、切向加速度和法向加速度等线量则与各质点到转轴的距离有 关.角量与线量的关系与质点圆周运动的相似.2解 (1)转盘角速度为78 rad/s 8.17 rad/s唱片上r 0.15 m和60 1r20-075m处的线速度和法向加速度分别为v1r 8.17 0.15m/s 1.23m/s1an12r 8.172 0.15 m/s2 10.0m/s21v2r 8.17 0.075m/s 0.613m/s2an22r 8.172 0.075 m/s2 5.01m/s22(2)电动机断电后,角加速度为转的圈数为0 一0-8.17a =rad/s2 =0.545 rad/s2t1561t18.17x15N =x 9.752兀2兀22兀25-3如图5-3所示，半径r1 = 30 cm的A轮通过皮带被半径为r2 = 75 cm 的B轮带动,B轮以n rad/s的匀角加速度由静止起动，轮与皮带间无滑动发生, 试求 A 轮达到 3000 r/min 所需要的时间B分析 轮与皮带间无滑动，则同一时刻，两 轮边缘的线速度相同，均等于皮带的传送速度； 两轮边缘的切向加速度也相同，均等于皮带的加 速度解设A、B轮的角加速度分别为a、a ，AB由于两轮边缘与皮带连动，切向加速度相同，即图 5-3a r = a rA1 B 2贝 Ua aA r B1A轮角速度达到二2兀x 3000 rad/s所需要的时间为60 r2兀 x 3000 x 0.30“t =s = 40 sa a r 60 x兀 x 0.75A B 25-4在边长为b的正方形的顶点上，分别有质量为m的四个质点，求此系 统绕下列转轴的转动惯量：(1)通过其中一质点A,平行于对角线BD的转轴，如图 5-4 所示(2) 通过 A 垂直于质点所在平面的转轴 分析 由若干质点组成的质点系对某转轴的转动 惯量等于各质点对该转轴转动惯量的叠加每一质点对 转轴的转动惯量等于它的质量与其到转轴的垂直距离 平方的乘积解因质点B和D到转轴的垂直距离A2B和A1D 为連a，质点C到转轴的垂直距离AC为习，而质2+ m= 3ma 2点 A 位于转轴上，贝系统对通过 A 点平行于 BD 的转轴的转动惯量为=2m(2)因质点B和D到转轴的垂直距离AB和AD为a，质点C到转轴的垂直距离AC为迈a，而质点A位于转轴上，则系统对通过A垂于质点所在平面转轴 的转动惯量为=2ma 2 + m=4 ma 25-5求半径为R质量为m的均匀半圆环相对于图5-5中所示轴线的转动惯量分析 如果刚体的质量连续分布在一细线上，可 用质量线密度描述其分布情况，如果分布是均匀的， 则质量线密度九为常量.在刚体上取一小段线元dl ,质量为九dl,对转轴的转动惯量为r2九dl，其中该线元 到转轴的距离r与线元在刚体上的位置有关整个刚 体的转动惯量就是刚体上所有线元转动惯量的总和，即所取线元的转动惯量对刚 体分布的整个区域积分的结果.解 均匀半圆环的质量线密度为九二,在半圆环上取一小段圆弧作为线元 兀Rdl二Rd9，质量为dm 二九dl 二 m RdO - m d6兀R冗此线元到转轴的距离为r二R sin9 ,对轴线的转动惯量为r2dm ,则整个半圆环的转动惯量为1* 1*m1J = J r 2 dm =严 R 2 sin 2 9 - d9 = mR 2 0兀25-6 一轻绳跨过滑轮悬有质量不等的二物体A、B,如图5-6(a)所示，滑轮半径为20 cm,转动惯量等于50kg -m2，滑轮与轴间的摩擦力矩为98.1 N - m , 绳与滑轮间无相对滑动，若滑轮的角加速度为2.36rad/s2，求滑轮两边绳中张力(a)(b)图 5-6之差.分析 由于定轴转动的刚体的运动规律遵 从转动定律,因此对于一个定轴转动的滑轮来 说,仅当其质量可以忽略,转动惯量为零,滑 轮加速转动时跨越滑轮的轻绳两边的张力才相 等.这就是在质点动力学问题中通常采用的简 化假设.在掌握了转动定律后,不应该再忽略 滑轮质量,通常将滑轮考虑为质量均匀分布的 圆盘,则跨越滑轮的轻绳两边的张力对转轴的合力矩是滑轮产生角加速度的原 因.解 滑轮所受力和力矩如图5-6(b)所示，其中跨越滑轮的轻绳两边的张力分 别为ft1和fT2,轴的支承力fn不产生力矩，由转动定律可得(F- F ) R - M = JaT1 T2f1F - F 二(Ja + M )T1 T2 Rf10.2(50 2.36 98.1)N1.08 103 N5-7如图5-7 (a)所示的系统中，m：= 50 kg, m2= 40 kg,圆盘形滑轮质 量m = 16 kg，半径R = 0.1 m，若斜面是光滑的，倾角为30，绳与滑轮间无相对滑动，不计滑轮轴上的摩擦，(1)求绳中张力；(2)运动开始时，m】距地 面高度为1 m ,需多少时间m 1到达地面？1图5-7T1ab)m1g分析 由于存在物体运动和滑轮定轴转动,而且必须考虑圆盘形滑轮的质 量,这是一个质点动力学和刚体动力学的综合问题,应该采用隔离物体法,分别 对运动物体作受力分析,对转动的滑轮作所受力矩的分析,然后分别应用牛顿第 二定律和转动定律解(1各物体与滑轮受力情况如图5-7(b)所示，其中FT1= FT1, FT2= FT2, 轴对滑轮的支承力fn不产生力矩，选取物体运动方向为坐标轴正向，分别应用 牛顿第二定律和转动定律,可得mgFma1T11F m g sin30 m aT222(FF )R mR 2T1 T2 2由于物体的加速度等于滑轮边缘的线速度，则a R ,与以上各式联立解得m m sin30121g 30 rad/s(mm )R mR1 2 2F m (g R ) 340NT1 1F m (g sin30 R ) 316N T2 2a R3m/s2m1到达地面的时间为L s 0.816s 35-8飞轮质量为60 kg,半径为0.25 m,当转速为1000 r/min时，要在5 s 内令其制动，求制动力F,设闸瓦与飞轮间摩擦系数“=0.4，飞轮的转动惯量可 按匀质圆盘计算,闸杆尺寸如图5-8所示分析 制动力 F 作用在闸杆上，闸杆在制动力和飞轮的正压力的力矩作用下 达到平衡，转动轴在墙上，这是刚体在力矩作用下的平衡问题由于二力的力臂 已知，应该求出闸杆与飞轮之间的正压力飞轮 受到闸杆的正压力、闸瓦与飞轮间摩擦力和轴的 支承力作用，其中闸杆的正压力和轴的支承力的 力矩为零，在闸瓦与飞轮间摩擦力的力矩作用下 制动，应用转动定律可以求出摩擦力矩，然后由 摩擦力与正压力关系可以求出闸杆与飞轮之间 的正压力2解 以飞轮为研究对象，飞轮的转动惯量为 八21000rad/s，制动时角加速度为卩制动时闸瓦对飞轮的压力为FN，闸瓦与飞轮间的摩擦力F =卩F，应用转动定律，得JamR 2aNfNmR2卩t以闸杆为研究对象在制动力F和飞轮对闸瓦的压力-Fn的力矩作用下闸杆 保持平衡，两力矩的作用力臂分别为l二(0.50 + 0.75)m和=0.50m，则有Fl - F l = 0N1lN=I 叫.5。x 60 x 25 x 2宀1000 N = 157Nl 2卩 t0.50 + 0.752 x 0.4 x 5 x 605-9 风扇转速为900 r/min，当马达关闭后，风扇均匀减速，止动前它转 过了 75转，在此过程中制动力作的功为44.4 J,求风扇的转动惯量和摩擦力矩.分析合外力矩对刚体所作的功等于刚体的转动动能的增量.制动过程中风 扇只受摩擦力矩作用，而且由于风扇均匀减速，表明摩擦力矩为恒定值，与风扇 角位移的乘积就是所作的功.解 设制动摩擦力矩为M,风扇转动惯量为J,止动前风扇的角位移0二2兀N， 摩擦力矩所作的功为W 二-M0 二-M 2兀N 摩擦力矩所作的功应等于风扇转动动能的增量，即1W 二 0 J 22则J 一 竺 一 2 x(“)kg m2 = 0.01kg m2 2(900 x 2兀 /60)2- 44.42兀 x 75N m = 0.0942 N m5-10如图5-10 (a)所示，质量为24 kg的鼓形轮，可绕水平轴转动，一绳 缠绕于轮上，另一端通过质量为5 kg的圆盘形滑轮悬有10 kg的物体，当重物 由静止开始下降了 0.5 m时，求：(1)物体的速度；(2)绳中张力.设绳与滑轮间 无相对滑动a2T2图 5-10*mga分析 这也是一个质点动力学和刚体动力学的综合问题，鼓形轮和滑轮都视 为圆盘形定轴转动的刚体，应该采用隔离物体法，分别对运动物体作受力分析，对刚体作所受力矩的分析，然后分别应用牛顿第二定律和转动定律.解 各物体受力情况如图5-10 (b)所示，其中Ft1= Ft, FT2= FT2，鼓形11轮的转动惯量为1 mR2，圆盘形滑轮的转动惯量为1 m r2，分别应用牛顿第二2 1 2 2 定律和转动定律，可得(FT2mg - FT2=ma-F )r 二T11m r 2a2 2 2F R 二T1m R 2a2 11(1) 绳与滑轮间无相对滑动，物体的加速度等于鼓形轮和滑轮边缘的切向加 速度，即a = ra = Ra 重物由静止开始下降了 h = 0.5 m时，速度v = .2ah ,2 1由以上各式得v =、：2ahI 2mgh1 m + (m + m )2 x 10 x 9.8 x 0.5/ 小 /=m/s = 2 m/s10 + 2 x (24 + 5)(2)绳中张力为mm g1 -FT110 x 24 x 9.8N = 48 N2m + m + m 2 x 10 + 24 + 512m(m +m )g 10x(24+5)x9.8F =12=N = 58 NT2 2m+m +m2x10+24+5125-11 一蒸汽机的圆盘形飞轮质量为200 kg，半径为1m，当飞轮转速为120 r/min 时关闭蒸汽阀门，若飞轮在 5min 内停下来，求在此期间飞轮轴上的平均 摩擦力矩及此力矩所作的功.分析 制动过程中飞轮只受摩擦力矩作用，该摩擦力矩不一定为恒定值，但 是由于只需求平均摩擦力矩，因此可以假设飞轮均匀减速，由已知条件求出平均角加速度，再应用转动定律求出平均摩擦力矩1解 飞轮转动惯量为J二1 mR2，关闭蒸汽阀门后t = 5 min内的平均角加速2度为a二0 o，应用转动定律，平均摩擦力矩t1 M = Ja = - mR 202t=-1 x 200 x 12 x2120 x 2兀 /605 x 60N - m = -4.19 N - m在此期间平均摩擦力矩所作的功等于飞轮转动动能的增量1 1 1=0 -J 2 = - _ mR2 22 0 2 2 0=-1 x1 x 200 x 12 x (120 x 2兀 /60)2 J = -7896 J 2 2负号表示平均摩擦力矩作负功，方向与飞轮旋转方向相反5-12 长为 85 cm 的均匀细杆，放在倾角为 45的光滑斜面上，可以绕过上 端点的轴在斜面上转动，如图5-12(a)所示，要使此杆实现绕轴转动一周，至少应给予它的下端多大的初速度？图 5-12分析 细杆在斜面上转动， 斜面的支承力与转轴平行，转轴 的支承力通过转轴，它们的力矩 都为零，只有重力在转动平面内 分量的力矩作功解 如图5-12(b)所示，杆所 受重力在转动平面内的分量为 mg sin 45。，当杆与初始位置的1此时若杆有角位移夹角为9时，重力分量对转轴的力矩为mg sin 45 -1 sin9 ,2d9，则重力矩所作的元功为1dW = mg sin 45 1 sin9 d9 杆从最低位置到最高位置重力矩所作的功为W = J dW = 一卜mg sin 45 1 sin9 d9 = -mgl sin 45 02 重力矩所作的功等于此期间杆的转动动能的增量1-mgl sin 45 = 0 - J 2201v其中J = ml 2，=，贝I30 tv0=i：6gl sin45 =x 9.8 x 0.85 x sin45 m/s = 5.94m/s5-13如图5-13(a)所示，滑轮转动惯量为0.01 kg-m2，半径为7 cm,物体质量为5 kg,由一绳与倔强系数k=200 N/m的弹簧相连，若绳与滑轮间无相对 滑动，滑轮轴上的摩擦忽略不计，求：(1)当绳拉直弹簧无伸长时，使物体由静 止而下落的最大距离；(2)物体速度达最大值的位置及最大速率(a)FaF(b)mg图 5-13分析 下面的 5-17 题中将证明，如果绕定轴转动的刚体除受到轴的支承力 外仅受重力作用，则由刚体和地球组成的系统机械能守恒如果将滑轮、地球和 物体与弹簧组成一个弹性系统和重力系统合成的系统，当无重力和弹性力以外的 力作功的情况下，整个系统的机械能守恒，可以应用机械能守恒定律下面的解 则仅应用功能原理和力矩所作的功与刚体转动动能的关系进行计算解 (1) 物体由静止而下落到最低点时，速度为零，位移为 x ，在此期间重 1力所作的功完全转换为弹簧弹性势能的增量，即mgx1=丄 kx 2212mgk2 x 5 x 9.8200m = 0.49 m(2)物体与滑轮受力如图5-13(b)所示，设物体的最大速率为o，此时的位移 0为x，加速度a二0，滑轮的角加速度a =二0，分别应用牛顿第二定律和0 0 0 R转动定律mg - F = maT1(F- F )R = JaT1 T2可得此时mg = F，Ft1= F计又因对于轻弹簧有F = kx ,则得T1 T1 T2T20mg 5 x 9.8x =m = 0.245 m0 k 200在此过程中，重力所作之功等于弹性势能的增量、物体动能和滑轮转动动能 的增量的和，即1 1 1mgx = kx 2 + mv 2 + Jw 20 2 0 20 20:00 x 5 x 9.8 m/s = 1.31 m/s200 x (5 + -001)I0.072厂mg = 卩(m + R)5-14圆盘形飞轮A质量为m,半径为r,最初以角速度3 0转动，与A共轴 的圆盘形飞轮B质量为4m，半径为2r,最初静止，如图5-14所示，两飞轮啮 合后，以同一角速度3转动，求3及啮合过程中机械能的损失分析 当物体系统所受的合外力矩为零时，系统 的角动量守恒，在此过程中，由于相互作用的内力 作功，机械能一般不守恒解 以两飞轮组成的系统为研究对象，由于运动 过程中系统无外力矩作用，角动量守恒，有1 1 1221二一17 0图 5-142 mr 2W = mr 2w + ： 4m(2r )2 w初始机械能为1 1 1W mr 2W 2 = mr 2 21 2 2 0 4 011 11mr 2W 2 +-4m(2r )2 2 =22 217 4啮合后机械能为W2则机械能损失为AW = W - W = -mr2w 2 = -6W1217 4017 15-15 一人站在一匀质圆板状水平转台的边缘，转台的轴承处的摩擦可忽略 不计，人的质量为m,转台的质量为10 m,半径为R.最初整个系统是静止的， 这人把一质量为 m 的石子水平地沿转台的边缘的切线方向投出，石子的速率为 v (相对于地面)求石子投出后转台的角速度与人的线速度分析 应用角动量守恒定律，必须考虑定律的适用条件，即合外力矩为零此 外还应该注意到，定律表达式中的角动量和角速度都必须是对同一惯性参考系选 取的，而转动参考系不是惯性参考系解 以人、转台和石子组成的系统为研究对象，由于系统无外力矩作用，角 动量守恒，设转台角速度w的转向与投出的石子速度v方向一致，初始时系统 角动量为零，得Jw + mR v = 01人和转台的转动惯量为J = -10mfR2 + mfR2，代入上式后得2mvw =6m R人的线速度mvV = w R =6m其中负号表示转台角速度转向和人的线速度方向与假设方向相反5-16 一人站立在转台上，两臂平举，两手各握一个m = 4 kg的哑铃，哑铃距转台轴厂。二0.8 m,起初，转台以30 = 2n rad/s的角速度转动，然后此人放 下两臂，使哑铃与轴相距r = 0.2 m,设人与转台的转动惯量不变，且J =5kg-m2, 转台与轴间摩擦忽略不计,求转台角速度变为多大？整个系统的动能改变了多 少？分析 角动量守恒定律是从定轴转动的刚体导出的，却不但适用与刚体，而 且适用于绕定轴转动的任意物体和物体系统解 以人、转台和哑铃组成的系统为研究对象，由于系统无外力矩作用，角动量守恒，有(J + 2mr 2) = (J + 2mr 2)005 + 2 x 4 x 0.825 + 2 x 4 x 0.22x 2兀 rad/s = 12.0 rad/sJ + 2mr 2=aJ + 2mr 20动能的增量为AW = W 一 W = (J + 2mr 2) 2 一 (J + 2mr2) 20 2 2 0 0=-x (5 + 2 x 4 x 0.22)x 122 J - - x (5 + 2 x 4 x O.82) x (2兀)2 J22=183J5-17 证明刚体中任意两质点相互作用力所作之功的和为零如果绕定轴转 动的刚体除受到轴的支承力外仅受重力作用，试证明它的机械能守恒分析 在刚体动力学中有很多涉及重力矩作功 的问题，如果能证明当只有重力矩作功时刚体和地 球组成的系统机械能守恒，就能应用机械能守恒定 律，而且还可以用刚体的质心的势能代替整个刚体 中所有质点势能的总和，使求解过程大大简化证 刚体中任意两质点相互作用力沿转轴方向 的分量对定轴转动不起作用，而在垂直于转轴的平 面内的分量F和-F大小相等，方向相反，作用在一 条直线上，如图5-17所示.设F与转轴的垂直距离为r sin申，则当刚体有微小角位移d9时，力F所作的功为Frsin申dO，而其反作用力-F所作的功为-Frsin申dO，二者之和为零，即刚体中任意两质点相互作用力所作之功的和为零.绕定轴转动的刚体除受到轴的支承力外仅受重力作用，刚体中任意质点则受 到内力和重力作用，当刚体转动时，因为已经证明了任意两质点相互作用内力所 作之功的和为零，则刚体中各质点相互作用力所作的总功为零，而且轴的支承力 也不作功，就只有重力作功，因此机械能守恒.5-18 一块长L - 0.50 m ,质量为m =3.0 kg的均匀薄木板竖直悬挂，可绕通 过其上端的水平轴无摩擦地自由转动，质量m=0.1kg的球以水平速度v0二50m/s 击中木板中心后又以速度v二10m/s反弹回去，求木板摆动可达到的最大角度.木1图 5-18板对于通过其上端轴的转动惯量为J二-m L.3分析 质点的碰撞问题通常应用动量守恒定律 求解，有刚体参与的碰撞问题则通常应用角动量守 恒定律求解.质点对一点的角动量在第四章中已经 讨论过，当质点作直线运动时，其角动量的大小是 质点动量和该点到质点运动直线的垂直距离的乘 积.解 对球和木板组成的系统，在碰撞瞬间，重力对转轴的力矩为零，且无其1他外力矩作用，系统角动量守恒，碰撞前后球对转轴的角动量分别为1 mLv和01-mW，设碰后木板角速度为w，则有11mLv 二一一mLv + Jw202设木板摆动可达到的最大角度为9 ,如图5-18所示，木板摆动过程中只有重力矩作功，重力矩所作的功应等于木板转动动能的增量，即0 一2由以上两式得1 11(1)Jw 2 = -f9 mg - L sin 9 d9 = mgL(cos 9 一 1)0 22cos0 二13m2(v + v)2、 3 x 0.12 x (50 +10)20 二 1 二 0.3884m 2gL4x 3.02 x 9.8x 0.509 = arccos(0.388) = 67.19根据 5-17 的结果，由于木板在碰撞后除受到轴的支承力外仅受重力作用， 它的机械能守恒，取木板最低位置为重力势能零点，达到最高位置时它的重力势 能应等于碰撞后瞬间的转动动能，也可以得到(1)式.5-19 半径为 R 质量为 m 的匀质圆盘水平放置，可绕通过圆盘中心的竖直轴 转动.圆盘边缘及 R/2 处设置了两条圆形轨道，质量都为 m 的两个玩具小车分 别沿二轨道反向运行，相对于圆盘的线速度值同为v.若圆盘最初静止，求二小 车开始转动后圆盘的角速度.分析 当合外力矩为零时，应用角动量守恒定 律应该注意到表达式中的角动量和角速度都是对 同一惯性参考系选取的.转动参考系不是惯性参 考系，所以小车对圆盘的速度和角动量必须应用 相对运动速度合成定理转换为对地面的速度和角 动量.解 设两小车和圆盘的运动方向如图 5-19 所 示，以圆盘的转动方向为正向，外轨道上小车相对于地面的角动量为mR(Rw - v),内轨道上小车相对于地面的角动量为1 11m R( Rw + v)，圆盘的角动量为Jw=-mRw .对于两小车和圆盘组成的系2 22统，外力对转轴的力矩为零，角动量守恒，得mR (Rw - v) + m1 R (1 Rw + v) +22m R2W2mv(5m + 2mr) R