第四章 刚体的转动部分习题分析与解答

大学物理。

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刚体的转动部分习题分析与解答

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刚体的转动部分习题分析与解答

4-2 某种电动机启动以后转速随时间变化的关系 ω = ω0 (1 e t / τ ) 式中 ω0 = 9.0s 1 , τ = 2.0s 。求(1)t=6.0s时的转速；(2)角 ) 时的转速；( ) 时的转速；( 加速度随时间变化的规律；( )启动后6.0s内转过的圈数。 内转过的圈数。 加速度随时间变化的规律；(3)启动后 ；( 内转过的圈数分析：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( ) 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) 由转动的运动方程，通过求导得到角速度、角加速度；( )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。 条件下，由角速度、角加速度通过积分得到转动的运动方程。 代入， 解 (1)根据题意中转速随时间的变化关系，将t=6.0s代入，得 )根据题意中转速随时间的变化关系， 代入

ω = ω0 (1 e

t / τ

) = 0.95ω0 = 8.6s

1

(2)角加速度随时间变化的规律为 )

d ω ω0 t / τ α= = e = 4.5e t / 2s 2 dt τ

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(3)t=6.0s时转过的角度为 ) 时转过的角度为

θ = ∫ ωdt = ∫ ω0 (1 e0 0

6s

6s

t / τ

)dt = 36.9rad

则t=6.0s时电动机转过的圈数 时电动机转过的圈数

θ N= = 5 .87圈 2π

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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， 如图示， 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 空气的阻力矩与角速度成正比，比例系数C为一常量。 分对其轴的转动惯量为J 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？( )在此时间内共转过多少转？ 度减少为初角速度的一半？(2)在此时间内共转过多少转？ ?( 分析： 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， 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。 解 (1)通风机叶片所受的阻力矩 ) 为M=-Cω,由转动定律得 - ω

dω M = Jα = J = Cω dt

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对上式分离变量， 对上式分离变量，根据初始条件积分有t dω C ∫ω0 ω = ∫0 J dt ω C t J

dω M = Jα = J = Cω dt

由于C和J均为常量，得 均为常量， 由于 和 均为常量

ω = ω 0e

当角速度由ω /2时 当角速度由ω0→ω0/2时，转动所需的时间为

J t = ln 2 C

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刚体的转动

部分习题分析与解答 )

J (2)根据角速度定义和初始条件积分得(其中 t = ln 2 )根据角速度定义和初始条件积分得( C

∫即

θ

0

dθ =

∫

t

0

ω dt =Jω 0 2C

∫

t

0

ω 0e

C t J

dt

θ=

在时间t内所转过的圈数为 时间t

θ Jω 0 N = = 2 π 4 πC

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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 用落体观察法测定飞轮的转动惯量，是将半径不 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 承在 点上,然后在绕过飞轮的绳子的一端挂一质量为 的重物, 点上 然后在绕过飞轮的绳子的一端挂一质量为 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 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。 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) 计算式。(假设轴承间无摩擦) 。(假设轴承间无摩擦分析： 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、 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。 和地球视为系统用机械能守恒来求解。 R

o

设绳子的拉力为F 对飞轮而言， 解1 设绳子的拉力为 T,对飞轮而言， 根据转动定律，有 FT R = J α 根据转动定律， 对重物而言，由牛顿定律， 对重物而言，由牛顿定律，有

(1)(2)

mg FT R = ma

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由于绳子不可伸长， 由于绳子不可伸长，故有

a = Rα重物作匀加速下落， 重物作匀加速下落，则有

(3)(4)

1 2 h = at 2

联合式( )、( )、(3)、( )、(2)、( )、(4) 联合式(1)、( )、( )、( )可解得飞轮的转动惯量为

gt 2 J = mR 2 ( 1) 2h设根据系统的机械能守恒定律， 解2 设根据系统的机械能守恒定律，有

1 1 2 mgh + mv + J ω 2 = 0 2 2

(1' )

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线速度和角速度的关系为

v = Rω根据重物作匀加速运动时， 根据重物作匀加速运动时，有

(2' ) (3' )

v = at

v 2 = 2 ah

(4' )

联合式( )、( )、(3‘)、( )、(2’)、( )、(4’) 联合式(1‘)、( )、( )、( )可解得飞轮的转 动惯量为

gt 2 J = mR 2 ( 1) 2h

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4-6 一飞轮由一直径为 一飞轮由一直径为30cm,厚度为2.0cm的圆盘和两个直径为 ，厚度为 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 ，长为 的共

轴圆柱体组成， 的共轴圆柱体组成 7.8×103kg.m-3,求飞轮对轴的转动惯量。 × 求飞轮对轴的转动惯量。分析：根据转动惯量的可叠加性， 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。 两圆柱体对同轴的转动惯量之和。

d1 d2L

根据转动惯量的叠加性，由匀质圆盘、 解 根据转动惯量的叠加性，由匀质圆盘、 a 圆柱体对惯量公式可得

1 d1 2 1 d1 2 J = J1 + J 2 = 2 × m 1 ( ) + m 1 ( ) 2 2 2 2 1 1 4 = πρ ( Ld 1 + ad 4 ) = 0 . 136 kg .m 2 2 16 2

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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， 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 σ ab ( a 2 + b 2 ) 其中a为 其中a 12 y 矩形板的长， 为它的宽。 矩形板的长，b为它的宽。分析：根据转动惯量的定义， 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。 面积分的方法对匀质矩形板进行计算。

b

dm o x

解 取如图所示坐标，在板上取一质元 取如图所示坐标， a dm=σdxdy,它对与板面垂直的，通过 σdxdy,它对与板面垂直的， 几何中心的轴线的转动惯量为 几何中心的轴线的转动惯量为 dJ = ( x 2 + y 2 ) σ d …… 此处隐藏：3688字，全部文档内容请下载后查看。喜欢就下载吧 ……