1、第五章 刚体的转动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 期间的角rad/s 1021rad/s 152位移 ，则角加速度
2、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
3、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 5.1781rv222n 0.a /s .6/s 02r 2222n 157.1.8a(2) 电动机断电后，角加速度为 22rad/s 4.0rad/s 15.0t转的圈数为 75.921.82tN5-3 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
4、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 2B1ArBA r1 r2图 5-3则 B12ArA 轮角速度达到 所需要的时间为ad/s 603s 4075.302B1Art5-4 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 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
5、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 22224mamaJ5-5 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
6、线的转动惯量A1 DA CaA2B图 5-4R dR图 5-5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 ，其中该线元到转轴的距离 与线元在ldlrd2 r刚体上的位置有关整个刚体的转动惯量就是刚体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 ，对轴线的转动惯量为 ，则整个半圆环sinRrmr2的转动惯量为 2022 1dsidRmr
7、J5-6 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FN
8、 MfFT1 FT2(a) (b)图 5-6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 JMRfT21)()(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
9、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 amg1T1m FN FT2a FT1 FT1m2 m1 FN2 FT2a30m2g m1g（a） （b）图 5-7amgF22T30sin1)(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
10、得 221 rad/s 30)(singmRN 4)(1TF3160sin2g2m/s Ra(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
11、，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，两力矩的作用力臂分别为 和 ，则有m)75.0.(l 50.1l1NN 157 6054.2675.0.
12、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. JmN 0.942 7524. NWM5-10 如图 5-
13、10（a ）所示，质量为 24 kg 的鼓形轮，可绕水平轴转动，一绳缠绕于轮上，另一端通过质量为 5 kg 的圆盘形滑轮悬有 10 kg 的物体，当重物由静止开始下降了 0.5 m 时，求：(1)物体的速度；(2) 绳中张力设绳与滑轮间无相对滑动分析 这也是一个质点动力学和刚体动力学的综合问题，鼓形轮和滑轮都视为圆盘形定轴转动的刚体，应该采用隔离物体法，分别对运动物体作受力分析，对刚体作所受力矩的分析，然后分别应用牛顿第二定律和转动定律解 各物体受力情况如图 5-10（b）所示，其中 FT1= FT1， FT2= FT2，鼓形轮的转动惯量为 ，圆盘形滑轮的转动惯量为 ，分别应用牛顿21Rm21
14、rm第二定律和转动定律，可得 aFgT2212)(rm1TR(1) 绳与滑轮间无相对滑动，物体的加速度等于鼓形轮和滑轮边缘的切向加速度，即 重物由静止开始下降了 h = 0.5 m 时，速度12Rra，由以上各式得h2vFT1 FT1 FT212r m1 m2 aR FT2 mg（a） （b）图 5-10m/s 2/ )524(10.89)(212 mghahv(2)绳中张力为 N 48 5210.9221T1 gF .)4()(21T2m5-11 一蒸汽机的圆盘形飞轮质量为 200 kg，半径为 1 m，当飞轮转速为120 r/min 时关闭蒸汽阀门，若飞轮在 5 min 内停下来，求在此期
15、间飞轮轴上的平均摩擦力矩及此力矩所作的功分析 制动过程中飞轮只受摩擦力矩作用，该摩擦力矩不一定为恒定值，但是由于只需求平均摩擦力矩，因此可以假设飞轮均匀减速，由已知条件求出平均角加速度，再应用转动定律求出平均摩擦力矩解 飞轮转动惯量为 ，关闭蒸汽阀门后 t = 5 min 内的平均角加21mRJ速度为 ，应用转动定律，平均摩擦力矩t0 mN 194 605/21201210 .tRJM在此期间平均摩擦力矩所作的功等于飞轮转动动能的增量 J 7896J )60/21(201 222 mRJW负号表示平均摩擦力矩作负功，方向与飞轮旋转方向相反5-12 长为 85 cm 的均匀细杆，放在倾角为 45
16、的光滑斜面上，可以绕过上端点的轴在斜面上转动，如图 5-12(a)所示，要使此杆实现绕轴转动一周，至少应给予它的下端多大的初速度？分析 细杆在斜面上转动，斜面的支承力与转轴平行，转轴的支承力通过转轴，它们的力矩都为零，只有重力在转动平面内分量的力矩作功解 如图 5-12(b)所示，杆所受重力在转动平面内的分量为 ，当杆与初始位置的夹角为 时，重45sinmg力分量对转轴的力矩为 ，此时若杆有角位移 ，则重力矩21il d所作的元功为 sin45sidlmgW杆从最低位置到最高位置重力矩所作的功为 45sindsi21sin0 mgll重力矩所作的功等于此期间杆的转动动能的增量 2045siJm
17、gl其中 ， ，则231mlJt0vm/s 5.94/s 4in85.09645sin60 gl5-13 如图 5-13(a)所示，滑轮转动惯量为 0.01 ，半径为 7 cm，物2kg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mgv0 45(a) (b)图 5-12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
18、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 maFgT1JR)(2可得此时 ， FT1= FT2，又因对于轻弹簧有 ，则得T1mg 0T2kx
19、 .45 208.950kgx在此过程中，重力所作之功等于弹性势能的增量、物体动能和滑轮转动动k FT2 FT1J aFT1 m mg(a) (b)图 5-13能的增量的和，即 202020011Jmkxgv因 ，得R0v m/s 31./s 9.85)07.1(2)(122 gJmk5-14 圆盘形飞轮 A 质量为 m，半径为 r，最初以角速度 0 转动，与 A 共轴的圆盘形飞轮 B 质量为 4m，半径为 2r，最初静止，如图 5-14 所示，两飞轮啮合后，以同一角速度 转动，求 及啮合过程中机械能的损失分析 当物体系统所受的合外力矩为零时，系统的角动量守恒，在此过程中，由于相互作用的内力作
20、功，机械能一般不守恒解 以两飞轮组成的系统为研究对象，由于运动过程中系统无外力矩作用，角动量守恒，有 2202 )(411rmrmr得 07初始机械能为 2020141mrrW啮合后机械能为 20222 17)(rrmr则机械能损失为 12021 6476WrW5-15 一人站在一匀质圆板状水平转台的边缘，转台的轴承处的摩擦可忽略AB 2r r 图 5-1不计，人的质量为 m，转台的质量为 10 m，半径为 R最初整个系统是静止的，这人把一质量为 m 的石子水平地沿转台的边缘的切线方向投出，石子的速率为 v（相对于地面） 求石子投出后转台的角速度与人的线速度分析 应用角动量守恒定律，必须考虑定
21、律的适用条件，即合外力矩为零此外还应该注意到，定律表达式中的角动量和角速度都必须是对同一惯性参考系选取的，而转动参考系不是惯性参考系解 以人、转台和石子组成的系统为研究对象，由于系统无外力矩作用，角动量守恒，设转台角速度 的转向与投出的石子速度 v 方向一致，初始时系统角动量为零，得 0vmRJ人和转台的转动惯量为 ，代入上式后得21026人的线速度 mRvv其中负号表示转台角速度转向和人的线速度方向与假设方向相反5-16 一人站立在转台上，两臂平举，两手各握一个 m = 4 kg 的哑铃，哑铃距转台轴 r0 = 0.8 m，起初，转台以 0 = 2 rad/s 的角速度转动，然后此人放下两臂
22、，使哑铃与轴相距 r = 0.2 m，设人与转台的转动惯量不变，且 J = 5 ，转台与轴间摩擦忽略不计，求转台角速度变为多大？整个系统的动2kg能改变了多少？分析 角动量守恒定律是从定轴转动的刚体导出的，却不但适用与刚体，而且适用于绕定轴转动的任意物体和物体系统解 以人、转台和哑铃组成的系统为研究对象，由于系统无外力矩作用，角动量守恒，有 )2()2(0mrJrJrad/s 12.0a/s .458202 m动能的增量为 J 183 J )2(8.0425(1J 2).0425( )1220 mrrW5-17 证明刚体中任意两质点相互作用力所作之功的和为零如果绕定轴转动的刚体除受到轴的支承力
23、外仅受重力作用，试证明它的机械能守恒分析 在刚体动力学中有很多涉及重力矩作功的问题，如果能证明当只有重力矩作功时刚体和地球组成的系统机械能守恒，就能应用机械能守恒定律，而且还可以用刚体的质心的势能代替整个刚体中所有质点势能的总和，使求解过程大大简化证 刚体中任意两质点相互作用力沿转轴方向的分量对定轴转动不起作用，而在垂直于转轴的平面内的分量 F 和- F 大小相等，方向相反，作用在一条直线上，如图 5-17 所示设 F 与转轴的垂直距离为，则当刚体有微小角位移 时，力 F 所作的功为 ，而其反作sinr ddsinr用力- F 所作的功为 ，二者之和为零，即刚体中任意两质点相互作sinFr用力
24、所作之功的和为零绕定轴转动的刚体除受到轴的支承力外仅受重力作用，刚体中任意质点则受到内力和重力作用，当刚体转动时，因为已经证明了任意两质点相互作用内O Fr -F 图 5-17力所作之功的和为零，则刚体中各质点相互作用力所作的总功为零，而且轴的支承力也不作功，就只有重力作功，因此机械能守恒5-18 一块长 ，质量为 3.0 kg 的均匀薄木板竖直悬挂，可m 50.L绕通过其上端的水平轴无摩擦地自由转动，质量 m=0.1kg 的球以水平速度击中木板中心后又以速度 反/s 50v /s 10v弹回去，求木板摆动可达到的最大角度木板对于通过其上端轴的转动惯量为 23LmJ分析 质点的碰撞问题通常应用
25、动量守恒定律求解，有刚体参与的碰撞问题则通常应用角动量守恒定律求解质点对一点的角动量在第四章中已经讨论过，当质点作直线运动时，其角动量的大小是质点动量和该点到质点运动直线的垂直距离的乘积解 对球和木板组成的系统，在碰撞瞬间，重力对转轴的力矩为零，且无其他外力矩作用，系统角动量守恒，碰撞前后球对转轴的角动量分别为和 ，设碰后木板角速度为 ，则有021vmLJmLv210设木板摆动可达到的最大角度为 ，如图 5-18 所示，木板摆动过程中只有重力矩作功，重力矩所作的功应等于木板转动动能的增量，即(1)1(cos21dsin212100 gLmLgmJ由以上两式得 38.05.890.34)(14)
26、(31cos 2220 gLv67).arcos(v mmg图 5-18根据 5-17 的结果，由于木板在碰撞后除受到轴的支承力外仅受重力作用，它的机械能守恒，取木板最低位置为重力势能零点，达到最高位置时它的重力势能应等于碰撞后瞬间的转动动能，也可以得到(1) 式5-19 半径为 R 质量为 的匀质圆盘水平放置，可绕通过圆盘中心的竖直m轴转动圆盘边缘及 R/2 处设置了两条圆形轨道，质量都为 m 的两个玩具小车分别沿二轨道反向运行，相对于圆盘的线速度值同为 v若圆盘最初静止，求二小车开始转动后圆盘的角速度分析 当合外力矩为零时，应用角动量守恒定律应该注意到表达式中的角动量和角速度都是对同一惯性参考系选取的转动参考系不是惯性参考系，所以小车对圆盘的速度和角动量必须应用相对运动速度合成定理转换为对地面的速度和角动量解 设两小车和圆盘的运动方向如图 5-19 所示，以圆盘的转动方向为正向，外轨道上小车相对于地面的角动量为 ，内轨道上小车相对于地面的)(vRm角动量为 ，圆盘的角动量为 对于两小车和圆盘)21(vRm21J组成的系统，外力对转轴的力矩为零，角动量守恒，得 2)2(1)( RmRmv)5(vRv图 5-19
