1、第五章 刚体的转动5-13 如图 5-13(a)所示，滑轮转动惯量为 0.01 ，半径为 7 cm，物2mkg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
2、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 ，在此期间1x重力所作的功完全转换为弹簧弹性势能的增量，即 21kxmgm 0.49 8.521kx(2)物体与滑轮受力如图 5-13(b)所示，设物体的最大速率为 ，此时的位0v移为 ，加速度 ，滑轮的角加速度 ，分别应用牛顿第二定律0x0a00Ra和转动定律k FT2 FT1J aFT1 m mg(a) (b)图 5-13maFgT1JR)(2可得此时 ， FT1= FT2，又因对于轻弹簧有 ，则得T1mg 0T2kx .45 208.950kgx在此过程中，重力所作之
3、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 202020011Jmkxgv因 ，得R0v /s 31./s 9.85)07.1(2)(122 mgJk5-7 如图 5-7（a ）所示的系统中， m1 = 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， m1距地面高度为 1 m，需多少时间 m1到达地面？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
4、隔离物体法，分m FN FT2a FT1 FT1m2 m1 FN2 FT2a30m2g m1g（a） （b）图 5-7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，可得由于物体的加速度等于滑轮边缘的线速度，则 ，与以上各式联立解得Ra22121 rad/s 301)(30singmRmN 340)(1TgF16sin22m/s 3Ra(2) m1到达地面的时间为
5、 s 0.816 32aht、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 10 r/s，再转 60 转后，转速变为 15 r/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amgmF22T230sinag112T2)(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 变为 期间的
6、角rad/s 1021rad/s 152位移 ，则角加速度为rad260 22221 rad/s 54.6rad/s 60)()5( (2) 从静止到转速为 所需时间为rad/s 1s 9.61 54.2t(3) t 时间内转的圈数为 48261.9012tN5-2 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
7、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解 (1) 转盘角速度为 ，唱片上 和rad/s 8.17ra/s 60278m 15.0r处的线速度和法向加速度分别为m075.2r m/s 1.23/s 5.1781rv22212n m/s 10./s 5.7.8ra6302v 2222n /s ./s .ra(2) 电动机断电后，角加速度为 22rad/s 54.0rad/s 157.80t转的圈数为 7.921.2tN5-3 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 rad/s 的匀角加速度
8、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 、 ，由于两轮边缘与皮带连动，切AB向加速度相同，即 2B1Ar则 B12ArA 轮角速度达到 所需要的时间为ad/s 603s 4075.302B1Art B A r1 r2图 5-35-4 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
9、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 (1)因质点 B 和 D 到转轴的垂直距离 A2B 和A1D 为 ，质点 C 到转轴的垂直距离 AC 为 ，a2 a而质点 A 位于转轴上，则系统对通过 A 点平行于 BD 的转轴的转动惯量为2221 3maamJ(2) 因质点 B 和 D 到转轴的垂直距离 AB 和 AD 为 ，质点 C 到转轴的垂直距离 AC 为 ，而质点 A 位于转轴上，则系统对通过 A 垂于质点所在平面a2转轴的转动惯量为 222
10、24mamaJ5-5 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 为常量在刚体上取一小段线元 ，ld质量为 ，对转轴的转动惯量为 ，其中该线ldlr2A1 DA CaA2B图 5-4R dR图 5-5元到转轴的距离 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r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 ，在半圆环上取一小段圆弧作为线Rm元 ，质量为dRl ddl此线元到转轴的距离为 ，对轴线的
11、转动惯量为 ，则整个半圆环sinRrmr2的转动惯量为 2022 1dsidRmrJ5-6 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 ，滑轮与轴间的摩擦力矩为 ，2kg 5 mN 198.绳与滑轮间无相对滑动，若滑轮的角加速度为，求滑轮两边绳中张力之差2rad/s 36.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
12、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FN MfFT1 FT2(a) (b)图 5-6JMRFfT21)()(fN 10.8 .936.50(2. 35-7 如图 5-7（a ）所示的系统中， m1 = 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， m1距
13、地面高度为 1 m，需多少时间 m1到达地面？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m FN FT2a FT1 FT1m2 m1 FN2 FT2a30m2g m1g（a） （b）图 5-7 amgmF22T230sina
14、g112T2)(R由于物体的加速度等于滑轮边缘的线速度，则 ，与以上各式联立解得Ra22121 rad/s 301)(30singmRmN 340)(1TgF16sin22m/s 3Ra(2) m1到达地面的时间为 s 0.816 32aht5-8 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
15、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0.5 m 0.75m F闸瓦O 图 5-8解 以飞轮为研究对象，飞轮的转动惯量为 ，制动前角速度为21mRJ，制动时角加速度为 制动时闸瓦对飞轮的压力为rad/s 6012tFN，闸瓦与飞轮间的摩擦力 ，应用转动定律，得NfF2f1mRJ则 tN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
16、臂分别为 和 ，则有m)75.0.(l 50.1l1NN 157 6054.2675.0.21N1 tmRlFl5-9 一风扇转速为 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，摩擦力矩所作的功为N2 NW2摩擦力矩所作的功应等于风扇转动动能的增量，即 210J则 2222 mkg 01.kg )6/9(4. J
