由转动定律,从开启 电源到达到额定转速的过程中有 M ? M f = Jβ1 从关闭电源到风扇停转的过程中有 ? M f = Jβ 2 由刚体运动学公式有 ① ② ω 0 = β 1 t1 0 = ω 0 + β 2t 2 联立以上四式可得电机的电磁力矩为 ?1 1? M = Jω 0 ? ?t + t ? ? ? 1 2 ? 解法Ⅱ:由刚体角动量定理可得 ( M ? M f )t1 = Jω 0 ? 0 ? M f = 0 ? Jω 0 联立以上两式可得电机的电磁力矩为 ?1 1? M = Jω 0 ? ?t + t ? ? ? 1 2 ? ③ ④ ① ② 习题 4—21 转动惯量为 J 的圆盘绕一固定轴转动,角速度为 ω 0 ,设它所受阻力 矩与角速度成正比, 即 M = ?kω (k>0), 求圆盘的角速度从 ω 0 变为 ω 0 2 所需要的 时间。 解:由转动定律 M = ? kω = J 分离变量并积分 dω dt t ∫ 解得 ω0 2 ω0 dω k =? ω J J ln 2 k ∫ dt 0 t= 习题 4—22 一轻绳跨过两个质量均为 m、半 径均为 r 的均匀圆盘状定滑轮,绳的两端分别 挂着质量为 m 和 2m 的重物,如图所示,绳与 滑轮之间无相对滑动,滑轮轴光滑,两个定滑 轮的转动惯量均为 mr 2 ,将由两个定滑轮以 2 m, r m m, r 2m 习题 4―22 图 及质量为 m 和 2m 的重物组成的系统从静止释 放,求两滑轮之间绳内的张力。 解:对滑轮和重物分别列式可得 ?2mg ? T1 = 2ma ? 1 2 ?(T1 ? T3 )r = mr β 2 ? ?(T ? T )r = 1 mr 2 β 2 ? 3 2 ?T2 ? mg = ma ? ? a = rβ 联立以上五式可求得两滑轮之间绳内的张力 11 mg 8 T3 T3 T2 T2 m mg 题解 4―22 图 T1 T1 2m T3 = 2mg 习题 4─23 质量分别为 m 和 2m、半径分别为 2r r 和 2r 的两个均匀圆盘,同轴地粘在一起,可 绕通过盘心且垂直于盘面的水平光滑轴转动, 对轴的转动惯量为 9mr 2 2 ,大小圆盘边缘均绕 有绳子, 绳子下端都挂有一个质量为 m 的重物, 如图所示,求盘的角加速度的大小。 m r m 2m m 习题 4―23 图 解:由示力图可得如下方程 ?mg ? T1 = ma1 ?T ? mg = ma 2 2 ? ? ?T1 (2r ) ? T2 r = Jβ ? 2 rβ = a 1 ? ? ? rβ = a 2 联立以上五式可解得 2g 19r N T1 2r T2 r mg T1 Mg T2 mg 题解 4―23 图 β= 习题 4─24 有一质量为 m1、长为 l 的均匀 O 细棒,静止平放在滑动摩擦系数为 ? 的水平 桌面上, 它可绕通过其水平端点 O 且与桌面 垂直的光滑固定轴转动。另有一水平运动的 质量为 m2 的小滑块,从侧面垂直于棒与棒 的另一端 A 相碰撞,设碰撞时间极短,已知 ? ? 小滑块在碰撞前后的速度分别为 v1 和 v 2 , 如图所示,求碰撞后从细棒开始转动到停止 转动的过程所需的时间。(已知棒绕 O 点转 动的转动惯量 J = m1l 2 3 ) ? v1 ? v2 m1,l m2 A (俯视图) 习题 4―24 图 解: 碰撞过程时间极短, 小滑块与细棒之间内力矩远大于外力矩 (摩擦力矩) , 因此系统角动量守恒 1 lm 2 v1 = ?lm2 v 2 + ( m1l 2 )ω 3 解得 ω= 3m2 ( v1 + v 2 ) m1l 该角速度是细棒开始转动的初角速度。 细棒转动中所受到的摩擦力矩可用积分求 达得,在细棒上距 O 为 x 处取一小段 dx,其受到的元摩擦力矩为 dM f = ? ? m1 gdx ? x l 细棒所受到的摩擦力矩为 M f = ∫ dM f = ? ? 细棒转动的角加速度为 m1 l 1 g ∫ xdx = ? ?m1 gl l 0 2 β= 由角速度公式有 Mf J =? 3?g 2l 0 = ω + βt 解得 t=? ω 2m2 ( v1 + v 2 ) = β ?m1 g [求时间还可以用角动量定理:因为摩擦力矩为常量,因而有 ? 1 1 ?m1 glt = 0 ? ( m1l 2 )ω 2 3 解得 t= 2m2 ( v1 + v 2 ) ?m1 g 与上面用运动学方法得到的结果相同。 ]