刚体定轴转动.doc

第2章 刚体定轴转动R1R2OOH图2.282.28 质量为M的空心圆柱体，质量均匀分布，其内外半径为R1和R2，求对通过其中心轴的转动惯量解：设圆柱体的高为H，其体积为V = (R22 R12)h，体密度为 = M/V在圆柱体中取一面积为S = 2RH，厚度为dr的薄圆壳，体积元为dV = Sdr = 2rHdr，其质量为dm = dV，绕中心轴的转动惯量为dI = r2dm = 2Hr3dr，总转动惯量为aObXYZ图2.292.29 一矩形均匀薄板，边长为a和b，质量为M，中心O取为原点，坐标系OXYZ如图所示试证明：（1）薄板对OX轴的转动惯量为；（2）薄板对OZ轴的转动惯量为证： 薄板的面积为S = ab，质量面密度为 = M/S（1）在板上取一长为a，宽为dy的矩形元，其面积为dS = ady，其质量为dm =dS，绕X轴的转动惯量为dIOX = y2dm = ay2dy，积分得薄板对OX轴的转动惯量为aObXYZZOyxr同理可得薄板对OY轴的转动惯量为（2）方法一：平行轴定理在板上取一长为b，宽为dx的矩形元，其面积为dS = bdx，质量为dm = dS，绕过质心的OZ轴的转动惯量等于绕OX轴的转动惯量dIOZ = b2dm/12根据平行轴定理，矩形元对OZ轴的转动惯量为dIOZ = x2dm + dIOZ = bx2dx + b2dm/12，积分得薄板对OZ轴的转动惯量为方法二：垂直轴定理在板上取一质量元dm，绕OZ轴的转动惯量为dIOZ = r2dm由于r2 = x2 + y2，所以dIOZ = (x2 + y2)dm = dIOY + dIOX，因此板绕OZ轴的转动惯量为AAR图2.302.30 一半圆形细杆，半径为R，质量为M，求对过细杆二端AA轴的转动惯量解：半圆的长度为C = R，质量的线密度为 = M/C在半圆上取一弧元ds = Rd，其质量为dm = ds，到AA轴的距离为r = Rsin，绕此轴的转动惯量为dI = r2dm = R3sin2d，半圆绕AA轴的转动惯量为OrRr图2.312.31 如图所示，在质量为M，半径为R的匀质圆盘上挖出半径为r的两个圆孔圆孔中心在圆盘半径的中点求剩余部分对大圆盘中心且与盘面垂直的轴线的转动惯量解：大圆的面积为S = R2，质量的面密度为 = M/S大圆绕过圆心且与盘面垂直的轴线的转动惯量为IM = MR2/2小圆的面积为s = r2，质量为m = s，绕过自己圆心且垂直圆面的轴的转动惯量为IC = mr2/2，根据平行轴定理，绕大圆轴的转动惯量为Im = IC + m(R/2)2，剩余部分的转动惯量为O0.50F0.75图2.322.32 飞轮质量m = 60kg，半径R = 0.25m，绕水平中心轴O转动，转速为900rmin-1现利用一制动用的轻质闸瓦，在剖杆一端加竖直方向的制动力，可使飞轮减速闸杆尺寸如图所示，闸瓦与飞轮之间的摩擦因数 = 0.4，飞轮的转动惯量可按匀质圆盘计算（1）设F = 100N，问可使飞轮在多长时间内停止转动？这段时间飞轮转了多少转？（2）若要在2s内使飞轮转速减为一半，需加多大的制动力F？解：设飞轮对闸瓦的支持力为N，以左端为转动轴，在力矩平衡时有0.5N 1.25F = 0，所以N=2.5F = 250(N)闸瓦对飞轮的压力为N = N= 250(N)，与飞轮之间摩擦力为f = N = 100(N)，摩擦力产生的力矩为M = fR飞轮的转动惯量为I = mR2/2，角加速度大小为 = -M/I = -2f/mR = -40/3(rads-2)，负号表示其方向与角速度的方向相反飞轮的初角速度为0 = 30(rads-1)根据公式 = 0 + t，当 = 0时，t = -0/ = 7.07(s)再根据公式2 = 02 + 2，可得飞轮转过的角度为 = -02/2 = 333(rad)，转过的圈数为n = /2 = 53r注意圈数等于角度的弧度数除以2（2）当t = 2s， = 0/2时，角加速度为 = -0/2t = -7.5力矩为M = -I，摩擦力为f = M/R = -mR/2 = (7.5)2闸瓦对飞轮的压力为N = f/，需要的制动力为F = N/2.5 = (7.5)2 = 176.7(N)F=98NP=98Nm(a)(b)(图2.33)2.33 一轻绳绕于r = 0.2m的飞轮边缘，以恒力F = 98N拉绳，如图（a）所示已知飞轮的转动惯量I = 0.5kgm2，轴承无摩擦求（1）飞轮的角加速度（2）绳子拉下5m时，飞轮的角速度和动能（3）将重力P = 98N的物体挂在绳端，如图（b）所示，再求上面的结果解：（1）恒力的力矩为M = Fr = 19.6(Nm)，对飞轮产生角加速度为 = M/I = 39.2(rads-2)（2）方法一：用运动学公式飞轮转过的角度为 = s/r = 25(rad)，由于飞轮开始静止，根据公式2 = 2，可得角速度为 = 44.27(rads-1)；飞轮的转动动能为Ek = I2/2 = 490(J)方法二：用动力学定理拉力的功为W = Fs = 490(J)，根据动能定理，这就是飞轮的转动动能Ek根据公式Ek = I2/2，得角速度为= 44.27(rads-1)(3)物体的质量为m = P/g = 10(kg)设绳子的张力为T，则P T = ma，Tr = I由于a = r，可得Pr = mr2 + I，解得角加速度为= 21.8(rads-2)绳子的张力为= 54.4(N)张力所做的功为W = Ts = 272.2(J)，这就是飞轮此时的转动动能Ek飞轮的角速度为= 33(rads-1)R0O图2.342.34 质量为m，半径为R的均匀圆盘在水平面上绕中心轴转动，如图所示盘与水平面的摩擦因数为，圆盘从初角速度为0到停止转动，共转了多少圈？解：圆盘对水平面的压力为N = mg，压在水平面上的面积为S = R2，压强为p = N/S = mg/R2当圆盘滑动时，在盘上取一半径为r、对应角为d面积元，其面积为dS = rddr，对水平面的压力为dN = pdS = prdrd，所受的摩擦力为df = dN = prdrd，其方向与半径垂直，摩擦力产生的力矩为dM = rdf = pr2drd，总力矩为圆盘的转动惯量为I = mR2/2，角加速度大小为，负号表示其方向与角速度的方向相反根据转动公式2 = 02 + 2，当圆盘停止下来时 = 0，所以圆盘转过的角度为，转过的圈数为 注意在圆盘上取一个细圆环，其面积为ds = 2rdr，这样计算力矩等更简单。m1m1mhr图2.352.35 一个轻质弹簧的倔强系数为k = 2.0Nm-1它的一端固定，另一端通过一条细线绕过定滑轮和一个质量为m1 = 80g的物体相连，如力产所示定滑轮可看作均匀圆盘，它的半径为r = 0.05m，质量为m = 100g先用手托住物体m1，使弹簧处于其自然长度，然后松手求物体m1下降h = 0.5m时的速度多大？忽略滑轮轴上的摩擦，并认为绳在滑轮边上不打滑解：根据机械能守恒定律可列方程，其中I = mr2/2， = v/r，可得2m1gh kh2 = m1v2 + mv2/2，解得= 1.48(ms-1)2.36 均质圆轮A的质量为M1，半径为R1，以角速度绕OA杆的A端转动，此时，将其放置在另一质量为M2的均质圆轮B上，B轮的半径为R2B轮原来静止，但可绕其几何中心轴自由转动放置后，A轮的重量由B轮支持略去轴承的摩擦与杆OA的重量，并设两轮间的摩擦因素为，问自A轮放在B轮上到两轮间没有相对滑动为止，需要经过多长时间？OAR1R2B解：圆轮A对B的压力为 N = M1g，两轮之间的摩擦力大小为 f = N = M1g，摩擦力对A的力矩大小为MA = fR1 = M1gR1，摩擦力对B的力矩大小为MB = fR2 = M1gR2，设A和B的角加速度大小分别为A和B，转动惯量分别为IA和IB，根据转动定理得方程MA = IAA，即 A = MA/IA同理可得B = MB/IB当两轮没有相对滑动时，它们就具有相同的线速度v，A的角速度为A = v/R1，B的角速度为B = v/R2根据转动运动学的公式得A = -At，B = Bt，即 v/R1 = -At，v/R2 = Bt，化得 v - R1 = -AR1t，v = BR2t，将后式减前式得R1 = (R1A + R2B)t，解得 经过的时间为注意在此题中，由于A、B两轮不是绕着同一轴转动的，所以不能用角动量守恒定律arbdSrO图2.372.37 均质矩形薄板绕竖直边转动，初始角速度为0，转动时受到空气的阻力阻力垂直于板面，每一小面积所受阻力的大小与其面积及速度的平方的乘积成正比，比例常数为k试计算经过多少时间，薄板角速度减为原来的一半设薄板竖直边长为b，宽为a，薄板质量为m解：在板上距离转轴为r处取一长度为b，宽度为dr的面积元，其面积为dS = bdr当板的角速度时，面积元的速率为v = r，所受的阻力为df = kv2dS = k2r2bdr，阻力产生的力矩为dM = rdf = k2r3bdr，因此合力矩为板绕转轴的转动惯量为I = ma2/3，其角加速度为，负号表示角加速度的方向与角速度的方向相反由于 = d/dt，可得转动的微分方程，分离变量得，积分得当t = 0时， = 0，所以C = -1/0，因此转动方程为当 = 0/2时，解得时间为R图2.382.38 一个质量为M，半径为R并以角速度旋转的飞轮（可看作匀质圆盘），在某一瞬间突然有一片质量为m的碎片从轮的边缘上飞出，如图所示假定碎片脱离飞轮时的瞬时速度方向正好竖直向上（1）问它能上升多高？（2）求余下部分的角速度、角动量和转动动能解：（1）碎片上抛的初速度为v0 = R，根据匀变速直线运动公式v2 v02 = -2gh，可得碎片上升的高度为h = v02/2g =2R2/2g（2）余下部分的角速度仍为，但是转动惯量只有，所以角动量为L = I = R2(M/2 m)转动动能为2.39 两滑冰运动员，在相距1.5m的两平行线上相向而行，两人质量分别为mA = 60kg，mB = 70kg，它们速率分别为vA = 7ms-1，vB = 6ms-1，当两者最接近时，便函拉起手来，开始绕质心作圆周运动，并保持二者的距离为1.5m求该瞬时：（1）系统对通过质心的竖直轴的总角动量；（2）系统的角速度；（3）两人拉手前、后的总动能这一过程中能量是否守恒？vBrvAmAmBrArB解：（1）设质心距A的平行线为rA，距B的平行线为rB，则有rA + rB = r，根据质心的概念可得mArA = mBrB，解方程组得，两运动员绕质心的角动量的方向相同，他们的总角动量为= 630(kgm2s-1)（2）根据角动量守恒定律得L = (IA + IB)，其中IA和IB分别是两绕质心的转动惯量IA = mArA2和IB = mBrB2角速度为 = L/(IA + IB) = 8.67(rads-1)（3）两人拉手前的总动能就是平动动能= 2730(J)；拉手后的总动能是绕质心的转动动能：= 2730(J)，可见：这一过程能量是守恒的讨论（1）角动量根据上面的推导过程可得两人绕质心的总转动惯量为，角速度为可见：角速度与两人的质量无关，只与它们的相对速度和平行线的距离有关（2）损失的能量两人的转动动能为，因此动能的变化量为E = Ek2 Ek1简化得，负号表示能量减少可见：如果mAvAmBvB，则E0，即能量不守恒在本题中，由于mAvA = mBvB，所以能量是守恒的v0ll/4Ol/4图2.402.40一均匀细棒长为l，质量为m，以与棒长方向相垂直的速度v0，在光滑水平面内平动时，与前方一固定的光滑支点O发生完全非弹性碰撞，碰撞点位于离棒中心一方l/4处，如图所示，求棒在碰撞后的瞬时绕过O点垂直于棒所在平面的轴转动的角速度0解：以O点为转动轴，棒的质心到轴的距离为l/4，在碰撞之前，棒对转轴的角动量为mv0l/4在碰撞之后瞬间，棒绕轴的角动量为I0棒绕质心的转动惯量为Ic = ml2/12，根据平行轴定理，棒绕O点为转动惯量为 根据角动量守恒定律得mv0l/4 = I0，所以角速度为5