广东海洋大学：《大学物理》课程教学资源（习题分析与解答）第四章 刚体的转动

第四章 刚体的转动部分习题分析与解答 第朦部分习藏背解餐

第四章 刚体的转动部分习题分析与解答

第四章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Q=Q,(1-et/) 式中0。=9.0s,t=2.0s。求(1)=6.0s时的转速；(2)角 加速度随时间变化的规律；（3)启动后6.0s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（1) 由转动的运动方程，通过求导得到角速度、角加速度；(2)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。 解（1)根据题意中转速随时间的变化关系，将=6.0s代入，得 0=0(1-et/T)=0.950=8.6s1 (2)角加速度随时间变化的规律为 0= dooev=4.5e-2s-2 dtt

第四章 刚体的转动部分习题分析与解答 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）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。 4-2 某种电动机启动以后转速随时间变化的关系 式中 。求（1）t=6.0s时的转速；（2）角 加速度随时间变化的规律；（3）启动后6.0s内转过的圈数。 (1 e ) t/ 0     9.0s , 2.0s 1 0     解 （1）根据题意中转速随时间的变化关系，将t=6.0s代入，得 1 0 t / 0 (1 e ) 0.95 8.6s           （2）角加速度随时间变化的规律为 0 t / t / 2 2 e 4.5e s dt d           

第四章 刚体的转动部分习题分析与解答 (3)=6.0s时转过的角度为 0dtyt-36.9rad 则=6.0s时电动机转过的圈数 N= =5.87圈 2元

第四章 刚体的转动部分习题分析与解答 （3）t=6.0s时转过的角度为 则t=6.0s时电动机转过的圈数 dt (1 e )dt 36.9rad 6s 0 6s 0 t /     0       5.87圈 2 N    

第四章刚体的转动部分习题分析与解答 4-3如图示，一通风机的转动部分以初角速度o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？ 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。 解(1)通风机叶片所受的阻力矩 为M=一Co,由转动定律得 M=Ja=J do =-C0 dt

第四章 刚体的转动部分习题分析与解答 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。 4-3 如图示，一通风机的转动部分以初角速度 ω0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=－Cω,由转动定律得        C dt d M J J

第四章 刚体的转动部分习题分析与解答 M=Ja=Jdo :-C0 dt 对上式分离变量，根据初始条件积分有 J⊙0 -- 由于C和J均为常量，得 00e宁 当角速度由o。→⊙/2时，转动所需的时间为 t= In 2

第四章 刚体的转动部分习题分析与解答 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 dt J d C 0 t  0              C dt d M J J t J C 0 e     当角速度由ω0→ω0/2时，转动所需的时间为 ln 2 C J t 

第四章 刚体的转动部分习题分析与解答 (2)根据角速度定义和初始条件积分得（其中【=。血2） do-fod-e 即 J0 2C 在时间t内所转过的圈数为 0 N= J00 2元 4πC

第四章 刚体的转动部分习题分析与解答 d dt e dt t 0 t J C 0 0 t  0         在时间t内所转过的圈数为 4 C J 2 N 0       2C J0 即   （2）根据角速度定义和初始条件积分得（其中 ln 2 ） C J t 

第四章 刚体的转动部分习题分析与解答 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 承在O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 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) 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、重物 和地球视为系统用机械能守恒来求解。 解1设绳子的拉力为F,对飞轮而言， 根据转动定律，有F,R=Jo (1) 对重物而言，由牛顿定律，有 mg -FR ma (2)

第四章 刚体的转动部分习题分析与解答 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、重物 和地球视为系统用机械能守恒来求解。 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 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, 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。试写出它的 计算式。（假设轴承间无摩擦） 解1 设绳子的拉力为FT，对飞轮而言， 根据转动定律，有 F R J (1) T   o R 对重物而言，由牛顿定律，有 mg F R ma (2)  T 

第四章刚体的转动部分习题分析与解答 由于绳子不可伸长，故有 a=Ro (3) 重物作匀加速下落，则有 1 h=-at2 (4) 2 联合式(1)、(2)、(3)、(4)可解得飞轮的转动惯量为 J=mR2(-1） 2h 解2设根据系统的机械能守恒定律，有 - mgh +mv2+J02=0 (1') 2

第四章 刚体的转动部分习题分析与解答 解2 设根据系统的机械能守恒定律，有 由于绳子不可伸长，故有 a  R (3) 重物作匀加速下落，则有 at (4) 2 1 h 2  联合式（1）、（2）、（3）、（4）可解得飞轮的转动惯量为 1) 2h gt J mR ( 2 2   J 0 (1') 2 1 mv 2 1 mgh 2 2     

第四章 刚体的转动部分习题分析与解答 线速度和角速度的关系为 v=RO (2) 根据重物作匀加速运动时，有 v at (3) y2 2ah (4) 联合式(1)、（2)、（3)、(4)可解得飞轮的转 动惯量为 2h

第四章 刚体的转动部分习题分析与解答 线速度和角速度的关系为 v  R (2') 根据重物作匀加速运动时，有 v  at (3') 联合式（1‘）、（2’）、（3‘）、（4’）可解得飞轮的转 动惯量为 1) 2h gt J mR ( 2 2   v 2ah (4') 2 

第四章 刚体的转动部分习题分析与解答 4-6一飞轮由一直径为30cm,厚度为2.0cm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 7.8×103kg.m3,求飞轮对轴的转动惯量。 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。 解根据转动惯量的叠加性，由匀质圆盘、下卡 9 圆柱体对惯量公式可得 J=,小=2×分m,号m,月 16p(d+2ad)=0.136kgm2 1

第四章 刚体的转动部分习题分析与解答 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。 4-6 一飞轮由一直径为30cm，厚度为2.0cm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 7.8×103kg.m-3，求飞轮对轴的转动惯量。 解 根据转动惯量的叠加性，由匀质圆盘、 圆柱体对惯量公式可得 4 2 2 4 1 1 2 1 1 2 1 2 1 ad ) 0.136 kg .m 2 1 (Ld 16 1 ) 2 d m ( 2 1 ) 2 d m ( 2 1 J J J 2          a L d1 d2