第4章 刚体的转动.ppt

单击此处编辑母版标题样式,单击此处编辑母版文本样式,第二级,第三级,第四级,第五级,*,第四章 刚体的转动,部分习题分析与解答,质点的运动规律和刚体定轴转动规律的对比,(,一,),质点的运动,刚体的定轴转动,速度,角速度,加速度,角加速度,质量,m,力,F,转动惯量,力矩,M,力的功,力矩的功,动能,转动动能,势能,质心势能,质点的运动规律和刚体定轴转动规律的对比,(,二,),质点的运动,刚体的定轴转动,运动定律,转动定律,动量定理,角动量定理,动量守恒,角动量守恒,动能定理,动能定理,机械能守恒,机械能守恒,第四章 部分习题分析与解答,4,10,如图,(a),所示，圆盘的质量为,m,，半径为,R,求：,(1),以,O,为中心，将半径为,R,2,的部分挖去，剩余部分对,OO,轴的转动惯量；,(2),剩余部分对,O,O,轴,(,即通过圆盘边缘且平行于盘中心轴,),的转动惯量,（,1,）解,1,转动惯量的定义，剩余部分的转动惯量为,解,2,整个圆盘对,OO,轴转动惯量为,挖去的小圆盘对,OO,轴转动惯量,剩余部分对,OO,轴的转动惯量为,(2),由平行轴定理,，,剩余部分对,O,O,轴的转动惯量为,4-13,如图所示，质量,m,1,=16 kg,的实心圆柱体,A,，,其半径为,r,=15cm,，,可以绕其固定水平轴转动，阻力忽略不计一条轻的柔绳绕在圆柱体上，其另一端系一个质量为,m,2,=8.0kg,的物体,B,，,求：（,1,）物体,B,由静止开始下降,1.0s,后的距离；（,2,）绳的张力,B,A,r,解,(1),对实心圆柱体而言,，,由转动定律得,对悬挂物体而言,，,依据牛顿定律,，,有,（,1,）,（,2,）,且,F,F,.,又由角量与线量之间的关系,，,得,解上述方程组,，,可得物体下落的加速度,在,t,1.0,s,时,，,B,下落的距离为,B,A,r,(2),由式,(2),可得绳中的张力为,（,3,）,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,4-14,质量为,m,1,和,m,2,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,J,1,和,J,2,，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。,m,2,m,1,B,A,B,A,F,T2,F,T1,F,N,P,P,1,P,2,F,T2,F,T1,a,1,a,2,根据质点的牛顿定律和刚体的转动定律，有,B,A,F,T2,F,T1,F,N,P,P,1,P,2,F,T2,F,T1,a,1,a,2,由角加速度和线加速度之间的关系，有,解上述方程组，可得,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,d,r,的同心圆环所受的摩擦力矩为,4-17,一半径为,R,，质量为,m,的匀质圆盘，以角速度,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,。,（,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？,r,d,F,d,r,由于摩擦力矩是一恒力矩，圆盘的转动惯量,J=mR,2,/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,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,。,4-18,如图示，一通风机的转动部分以初角速度,0,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=,C,由转动定律得,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,0,0,/2,时，转动所需的时间为,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 ）,4-20,一质量为,m,、,半径为,R,的均匀圆盘，通过其中心且与盘面垂直的水平轴以角速度,w,转动，若在某时刻，一质量为,m,的小碎块从盘边缘裂开，且恰好沿垂直方向上抛，问它可能达到的高度是多少？破裂后圆盘的角动量为多大？,解,(1),碎块抛出时的初速度为,由于碎块竖直上抛运动,，,它所能到达的高度为,圆盘在裂开的过程中,，,系统角动量守恒,，,故有,式中,为圆盘未碎时的角动量,；,为碎块被视为质点时,，,碎块对轴的角动量,；,L,为破裂后盘的角动量，则,4-21,在,光滑的水平面上有一木杆,其质量,m,1,=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,m,2,=10g,的子弹,以,v,=2.010,2,ms,-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,子弹陷入杆后,它们将一起以角速度,转动,若将子弹和杆视为系统,系统的角动量守恒,.,由角动量守恒定律可解得杆的角速度,.,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,:,4-24,一转台绕其中心的竖直轴以角速度,0,=,s,-1,转动，转台对转轴的转动惯量为,J,0,=4.0,10,-3,kg,m,2,。今有沙粒以,Q,=2,t,g,s,-1,的流量竖直落至转台，并粘附于台面形成一圆环，若环的半径为,r=,0.10m,，求沙粒下落,t=,10 s,时，转台的角速度。,解：,在,0,t s,内落至台面的沙粒质量为：,沙粒下落对转台不产生力矩作用（冲击力与轴平行）,则任意时刻系统角动量守恒：,t=,10,s,时转台的角速度：,4-32,A,与,B,两飞轮的轴杆可由摩擦啮合器使之连接,A,轮的转动惯量,J,1,=10.0kg.m,2,开始时,B,轮静止,A,轮以,n,1,=600r.min,-1,的转速转动,然后使,A,与,B,连接,因而,B,轮的到加速而,A,轮减速,直到两轮的转速都等于,n=200r.min,-1,为止,.,求,(,1)B,轮的转动惯量,;(2),在啮合过程中损失的机械能,.,解,:,(1),取两飞轮为系统,因轴向力不产生转动力矩；据系统的角动量守恒,有,则,B,轮的转动惯量,(2),系统在啮合过程中机械能的变化为,.,