大学物理学 孙厚谦版 第2章(2)

2

32323πR24

J1 J0' m'

电枢初始时的角速度 0 末角速度

20r/s 40πrad/s

0

（取 0方向为转动正方向）。

仅在摩擦力作用下角加速度 1

0

t1

π

rad/s2 6 πrad/s2

在摩擦力矩和阻滞力矩共同作用下 2根据刚体定轴转动定律有

0

t2

M1 J 1 M2 J 2 M2 M1 J( 2 1)

解得 J

M2

M1 500600

kg m2

191.1 kg m2

2 1-π--π6π

d

由刚体定轴转动定律 M J J 得

dt

k J

t

d dt

k12

分离变量并积分得

0J

解得 t

38

大学物理学 孙厚谦版

如解图1，飞轮受力如解用图1（因为轴处光滑，轴处受力未画出）闸瓦与飞轮间摩擦力取 0方向为转动正方向，摩擦力矩为常力矩,飞轮做匀减速运动。

摩擦力矩 M飞轮初始角速度 0

f FN，

fR FNR。

1000100π

rad/s rad/s 603

末角速度 0

020π

在摩擦力矩作用下角加速度 rad/s2

t3

根据刚体定轴转动定律M J 得

2π

J mR2 60 0.25 ( 20πFN 250π(N)

R R0.4

如解图2，杠杆受力如解用图2（轴处受力未画出），根据力矩平衡方程得

0.5F(0.5 0.75) FN

解得

F

FN

F

N

100π 314( N)

m1、m2和滑轮受力如解用图1、2和3，固定轴光滑，对定滑轮只画出产生力矩的力，

对m2 m2g T2

m2a (1)

m

1a (2)

对m1 T1

m1g

对定滑轮

M

，其角加速度为

，应用刚体定轴转动定律有

39

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T

2

'

R

T

1

'

R J (3)

由角线量关系得 a R （4）

考虑到T1

1

MR2，可联立解得 2

11

2m1m2 Mm12m1m2 Mm2

m2 m1g T2 g a g T1

11m1 m2 Mm1 m2 Mm1 m2 M

222

'

T1、

T2

'

T2

、J

m1、m2和滑轮受力如解用图1、2和3，固定轴光滑，对定滑轮只画出产生力矩的力，

设m2获得向下的加速度为a m2g T2

m2a (1)

m1获得斜向上的加速度也为a T1 m1gsin m1a (2)

定滑轮M的角加速度为 ，应用刚体定轴转动定律有

T2'R T1'R J (3)

由角线量关系得

a R （4）

考虑到T1

'

T1、T2

'

T2

、J

1

MR2，可联立解得 2

m2 m1sin

a

1

m1 m2 M

2

g 3 m/s2

11m1[m2 1 sin Msin ]m2[m1 1 sin M]T1 g 40N T2 g 70N m1 m2 Mm1 m2 M

22

40