刚体定轴转动.doc
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第2章 刚体定轴转动 R1 R2 O O` H 图2.28 2.28 质量为M的空心圆柱体,质量均匀分布,其内外半径为R1和R2,求对通过其中心轴的转动惯量. 解:设圆柱体的高为H,其体积为V = π(R22 – R12)h,体密度为ρ = M/V.在圆柱体中取一面积为S = 2πRH,厚度为dr的薄圆壳,体积元为dV = Sdr = 2πrHdr,其质量为dm = ρdV, 绕中心轴的转动惯量为dI = r2dm = 2πρHr3dr, 总转动惯量为. a O b X Y Z 图2.29 2.29 一矩形均匀薄板,边长为a和b,质量为M,中心O取为原点,坐标系OXYZ如图所示.试证明: (1)薄板对OX轴的转动惯量为; (2)薄板对OZ轴的转动惯量为. 证: 薄板的面积为S = ab,质量面密度为σ = M/S. (1)在板上取一长为a,宽为dy的矩形元,其面积为dS = ady, 其质量为dm =σdS, 绕X轴的转动惯量为dIOX = y2dm = σay2dy, 积分得薄板对OX轴的转动惯量为. a O b X Y Z Z` O` y x r 同理可得薄板对OY轴的转动惯量为. (2)方法一:平行轴定理.在板上取一长为b,宽为dx的矩形元,其面积为dS = bdx,质量为dm = σdS, 绕过质心的O`Z`轴的转动惯量等于绕OX轴的转动惯量 dIO`Z` = b2dm/12. 根据平行轴定理,矩形元对OZ轴的转动惯量为 dIOZ = x2dm + dIO`Z` = σbx2dx + b2dm/12, 积分得薄板对OZ轴的转动惯量为 . 方法二:垂直轴定理.在板上取一质量元dm,绕OZ轴的转动惯量为dIOZ = r2dm. 由于r2 = x2 + y2,所以dIOZ = (x2 + y2)dm = dIOY + dIOX, 因此板绕OZ轴的转动惯量为. θ A A` R 图2.30 2.30 一半圆形细杆,半径为R,质量为M,求对过细杆二端AA`轴的转动惯量. 解:半圆的长度为C = πR,质量的线密度为λ = M/C.在半圆上取一弧元ds = Rdθ,其质量为dm = λds,到AA`轴的距离为r = Rsinθ, 绕此轴的转动惯量为dI = r2dm = λR3sin2θdθ,半圆绕AA`轴的转动惯量为 O r R r 图2.31 2.31 如图所示,在质量为M,半径为R的匀质圆盘上挖出半径为r的两个圆孔.圆孔中心在圆盘半径的中点.求剩余部分对大圆盘中心且与盘面垂直的轴线的转动惯量. 解:大圆的面积为S = πR2,质量的面密度为σ = M/S.大圆绕过圆心且与盘面垂直的轴线的转动惯量为IM = MR2/2.小圆的面积为s = πr2,质量为m = σs,绕过自己圆心且垂直圆面的轴的转动惯量为IC = mr2/2, 根据平行轴定理,绕大圆轴的转动惯量为Im = IC + m(R/2)2. , 剩余部分的转动惯量为 . O 0.50 F 0.75 图2.32 2.32 飞轮质量m = 60kg,半径R = 0.25m,绕水平中心轴O转动,转速为900r·min-1.现利用一制动用的轻质闸瓦,在剖杆一端加竖直方向的制动力,可使飞轮减速.闸杆尺寸如图所示,闸瓦与飞轮之间的摩擦因数μ = 0.4,飞轮的转动惯量可按匀质圆盘计算. (1)设F = 100N,问可使飞轮在多长时间内停止转动?这段时间飞轮转了多少转? (2)若要在2s内使飞轮转速减为一半,需加多大的制动力F? 解:设飞轮对闸瓦的支持力为N`,以左端为转动轴,在力矩平衡时有0.5N` – 1.25F = 0, 所以N`=2.5F = 250(N). 闸瓦对飞轮的压力为N = N`= 250(N), 与飞轮之间摩擦力为f = μN = 100(N), 摩擦力产生的力矩为M = fR. 飞轮的转动惯量为I = mR2/2, 角加速度大小为β = -M/I = -2f/mR = -40/3(rad·s-2), 负号表示其方向与角速度的方向相反. 飞轮的初角速度为ω0 = 30π(rad·s-1). 根据公式ω = ω0 + βt,当ω = 0时,t = -ω0/β = 7.07(s). 再根据公式ω2 = ω02 + 2βθ,可得飞轮转过的角度为θ = -ω02/2β = 333(rad), 转过的圈数为n = θ/2π = 53r. [注意]圈数等于角度的弧度数除以2π. (2)当t = 2s,ω = ω0/2时,角加速度为β = -ω0/2t = -7.5π. 力矩为M = -Iβ, 摩擦力为f = M/R = -mRβ/2 = (7.5)2π. 闸瓦对飞轮的压力为N = f/μ, 需要的制动力为F = N/2.5 = (7.5)2π = 176.7(N). F=98N P=98N m (a) (b) (图2.33) 2.33 一轻绳绕于r = 0.2m的飞轮边缘,以恒力F = 98N拉绳,如图(a)所示.已知飞轮的转动惯量I = 0.5kg·m2,轴承无摩擦.求 (1)飞轮的角加速度. (2)绳子拉下5m时,飞轮的角速度和动能. (3)将重力P = 98N的物体挂在绳端,如图(b)所示,再求上面的结果. 解:(1)恒力的力矩为M = Fr = 19.6(N·m), 对飞轮产生角加速度为β = M/I = 39.2(rad·s-2). (2)方法一:用运动学公式.飞轮转过的角度为θ = s/r = 25(rad), 由于飞轮开始静止,根据公式ω2 = 2βθ,可得角速度为 = 44.27(rad·s-1); 飞轮的转动动能为Ek = Iω2/2 = 490(J). 方法二:用动力学定理.拉力的功为W = Fs = 490(J), 根据动能定理,这就是飞轮的转动动能Ek. 根据公式Ek = Iω2/2,得角速度为= 44.27(rad·s-1). (3)物体的质量为m = P/g = 10(kg). 设绳子的张力为T,则P – T = ma,Tr = Iβ. 由于a = βr,可得Pr = mr2β + Iβ, 解得角加速度为= 21.8(rad·s-2). 绳子的张力为= 54.4(N). 张力所做的功为W` = Ts = 272.2(J),这就是飞轮此时的转动动能E`k. 飞轮的角速度为= 33(rad·s-1). R ω0 O 图2.34 2.34 质量为m,半径为R的均匀圆盘在水平面上绕中心轴转动,如图所示.盘与水平面的摩擦因数为μ,圆盘从初角速度为ω0到停止转动,共转了多少圈? 解:圆盘对水平面的压力为N = mg, 压在水平面上的面积为S = πR2, 压强为p = N/S = mg/πR2. 当圆盘滑动时,在盘上取一半径为r、对应角为dθ面积元,其面积为dS = rdθdr, 对水平面的压力为dN = pdS = prdrdθ, 所受的摩擦力为df = μdN = μprdrdθ, 其方向与半径垂直,摩擦力产生的力矩为dM = rdf = μpr2drdθ, 总力矩为. 圆盘的转动惯量为I = mR2/2, 角加速度大小为,负号表示其方向与角速度的方向相反. 根据转动公式ω2 = ω02 + 2βθ,当圆盘停止下来时ω = 0,所以圆盘转过的角度为 ,转过的圈数为 . [注意]在圆盘上取一个细圆环,其面积为ds = 2πrdr,这样计算力矩等更简单。 m1 m1 m h r 图2.35 2.35 一个轻质弹簧的倔强系数为k = 2.0N·m-1.它的一端固定,另一端通过一条细线绕过定滑轮和一个质量为m1 = 80g的物体相连,如力产所示.定滑轮可看作均匀圆盘,它的半径为r = 0.05m,质量为m = 100g.先用手托住物体m1,使弹簧处于其自然长度,然后松手.求物体m1下降h = 0.5m时的速度多大?忽略滑轮轴上的摩擦,并认为绳在滑轮边上不打滑. 解:根据机械能守恒定律可列方程, 其中I = mr2/2,ω = v/r,可得2m1gh – kh2 = m1v2 + mv2/2, 解得= 1.48(m·s-1). 2.36 均质圆轮A的质量为M1,半径为R1,以角速度ω绕OA杆的A端转动,此时,将其放置在另一质量为M2的均质圆轮B上,B轮的半径为R2.B轮原来静止,但可绕其几何中心轴自由转动.放置后,A轮的重量由B轮支持.略去轴承的摩擦与杆OA的重量,并设两轮间的摩擦因素为μ,问自A轮放在B轮上到两轮间没有相对滑动为止,需要经过多长时间? O A R1 R2 B 解:圆轮A对B的压力为 N = M1g, 两轮之间的摩擦力大小为 f = μN = μM1g, 摩擦力对A的力矩大小为MA = fR1 = μM1gR1, 摩擦力对B的力矩大小为MB = fR2 = μM1gR2, 设A和B的角加速度大小分别为βA和βB,转动惯量分别为IA和IB,根据转动定理得方程MA = IAβA,即 βA = MA/IA. 同理可得βB = MB/IB. 当两轮没有相对滑动时,它们就具有相同的线速度v,A的角速度为ωA = v/R1, B的角速度为ωB = v/R2. 根据转动运动学的公式得ωA – ω = -βAt,ωB = βBt, 即 v/R1 – ω = -βAt,v/R2 = βBt,化得 v - ωR1 = -βAR1t,v = βBR2t, 将后式减前式得ωR1 = (R1βA + R2βB)t, 解得 经过的时间为. [注意]在此题中,由于A、B两轮不是绕着同一轴转动的,所以不能用角动量守恒定律. a r b dS r O 图2.37 2.37 均质矩形薄板绕竖直边转动,初始角速度为ω0,转动时受到空气的阻力.阻力垂直于板面,每一小面积所受阻力的大小与其面积及速度的平方的乘积成正比,比例常数为k.试计算经过多少时间,薄板角速度减为原来的一半.设薄板竖直边长为b,宽为a,薄板质量为m. 解:在板上距离转轴为r处取一长度为b,宽度为dr的面积元,其面积为dS = bdr.当板的角速度ω时,面积元的速率为v = ωr,所受的阻力为df = kv2dS = kω2r2bdr,阻力产生的力矩为dM = rdf = kω2r3bdr,因此合力矩为. 板绕转轴的转动惯量为I = ma2/3,其角加速度为, 负号表示角加速度的方向与角速度的方向相反. 由于β = dω/dt,可得转动的微分方程, 分离变量得,积分得. 当t = 0时,ω = ω0,所以C = -1/ω0,因此转动方程为. 当ω = ω0/2时,解得时间为. ω R 图2.38 2.38 一个质量为M,半径为R并以角速度ω旋转的飞轮(可看作匀质圆盘),在某一瞬间突然有一片质量为m的碎片从轮的边缘上飞出,如图所示.假定碎片脱离飞轮时的瞬时速度方向正好竖直向上. (1)问它能上升多高? (2)求余下部分的角速度、角动量和转动动能. 解:(1)碎片上抛的初速度为v0 = ωR, 根据匀变速直线运动公式v2 – v02 = -2gh, 可得碎片上升的高度为h = v02/2g =ω2R2/2g. (2)余下部分的角速度仍为ω,但是转动惯量只有, 所以角动量为L = Iω = R2(M/2 – m)ω. 转动动能为. 2.39 两滑冰运动员,在相距1.5m的两平行线上相向而行,两人质量分别为mA = 60kg,mB = 70kg,它们速率分别为vA = 7m·s-1,vB = 6m·s-1,当两者最接近时,便函拉起手来,开始绕质心作圆周运动,并保持二者的距离为1.5m.求该瞬时: (1)系统对通过质心的竖直轴的总角动量; (2)系统的角速度; (3)两人拉手前、后的总动能.这一过程中能量是否守恒? vB r vA mA mB rA rB 解:(1)设质心距A的平行线为rA,距B的平行线为rB,则有rA + rB = r, 根据质心的概念可得mArA = mBrB, 解方程组得,. 两运动员绕质心的角动量的方向相同,他们的总角动量为 = 630(kg·m2·s-1). (2)根据角动量守恒定律得L = (IA + IB)ω,其中IA和IB分别是两绕质心的转动惯量 IA = mArA2和IB = mBrB2.角速度为ω = L/(IA + IB) = 8.67(rad·s-1). (3)两人拉手前的总动能就是平动动能= 2730(J); 拉手后的总动能是绕质心的转动动能:= 2730(J), 可见:这一过程能量是守恒的. [讨论](1)角动量.根据上面的推导过程可得两人绕质心的总转动惯量为 , 角速度为 可见:角速度与两人的质量无关,只与它们的相对速度和平行线的距离有关. (2)损失的能量.两人的转动动能为 , 因此动能的变化量为ΔE = Ek2 – Ek1 简化得, 负号表示能量减少.可见:如果mAvA≠mBvB,则ΔE≠0,即能量不守恒.在本题中,由于mAvA = mBvB,所以能量是守恒的. v0 l l/4 O l/4 图2.40 2.40.一均匀细棒长为l,质量为m,以与棒长方向相垂直的速度v0,在光滑水平面内平动时,与前方一固定的光滑支点O发生完全非弹性碰撞,碰撞点位于离棒中心一方l/4处,如图所示,求棒在碰撞后的瞬时绕过O点垂直于棒所在平面的轴转动的角速度ω0. 解:以O点为转动轴,棒的质心到轴的距离为l/4,在碰撞之前,棒对转轴的角动量为mv0l/4.在碰撞之后瞬间,棒绕轴的角动量为Iω0. 棒绕质心的转动惯量为Ic = ml2/12, 根据平行轴定理,棒绕O点为转动惯量为. 根据角动量守恒定律得mv0l/4 = Iω0, 所以角速度为. 5- 配套讲稿:
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