(C) J A = J B 。(D) J A 、 J B 哪个大不能确定。 解:圆盘的转动惯量 J= 又因为 1 mR 2 ∝ R 2 2 m = ρV = ρπR 2 h 所以有 R2 = m 1 ∝ πhρ ρ 这样一来 J∝ 1 ρ 因为已知 ρ A > ρ B ,因而 J A < J B ,故应选择答案(B)。 习题 4─8 如图所示,A、B 为两个相同的绕着轻绳的定滑轮,A 滑轮挂一质量 为 M 的物体,B 滑轮受拉力 F,而且 F=Mg ,设 A、B 两滑轮的角加速度分别为 [ β 1 和 β 2 ,不计滑轮轴的摩擦,则有: ] (A) β 1 = β 2 。(B) β1 > β 2 。(C) β1 < β 2 。(D) 开始时 β1 = β 2 ,以后 β1 < β 2 。 解:由牛顿定律及转动定律 对 A: ?Mg ? T = Ma ? ? TR = Jβ1 ? a = Rβ 1 ? A B F M 习题 4―8 图 对 B: 从以上各式可解得 FR = Jβ 2 β1 = 显然 MgR , J + MR 2 β2 = FR MgR = J J β1 < β 2 所以,应当选择答案(C)。 习题 4—9 一长为 l,质量可以忽略的细杆,可 绕通过其一端的水平光滑轴在竖直平面内作定 轴转动,在杆的另一端固定着一质量为 m 的小 球, 如图所示。 现将杆由水平位置无初速度地释 放 , 则 杆 刚 被 释 放 时 的 角 加 速 度 m l β0 = 的角加速度 β = ,杆与水平方向夹角为 60°时 习题 4―9 图 。 解:细杆对轴的转动惯量为 J=ml2,由转动 定律,当杆刚被释放时的角加速度为 M lmg g = 2 = J l ml 当杆与水平方向夹角为 60°时的角加速度为 β0 = β= M mgl cos 60 ? g = = J 2l ml 2 习题 4─10 长为 l、 质量为 M 的匀质细杆可绕通过杆的一端 O 的水平光滑固定 轴转动,转动惯量为 Ml 2 3 ,开始时杆竖直下垂,如图所示,有一质量为 m 的子 弹以水平速度 v0 射入杆上 A 点,并嵌在杆中, OA= 2l 3 ,则子弹射入后瞬间杆 的角速度 ω = 。 O 解:子弹射入杆内并嵌在其中,该过程系统角 动量守恒 2 1 2 mv 0 ( l ) = [ Ml 2 + m( l ) 2 ]ω 3 3 3 2l 3 ? v0 A m 容易解得 ω= 6v 0 (4 + 3M m)l 习题 4―10 图 习题 4—11 两个质量都是 100kg 的人,站在一质量为 200kg、半径为 3m 的水 平转台的直径两端,转台的固定转轴通过其中心且垂直于台面,初始时,转台每 5s 转动一圈,当这两个人以相同的快慢走到转台中心时,转台的角速度 ω = 。(转台对转轴的转动惯量 J = MR 2 2 ,计算时忽略转台在转轴处的 摩擦) 解:系统角动量守恒 1 1 ( MR 2 + 2mR 2 )ω 0 = MR 2ω 2 2 式中 ω 0 为系统的初始角速度,其值为 2 ω 0 = π rad/s 5 所以,当两个人以相同的快慢走到转台中心时,转台的角速度为 1 MR 2 + 2mR 2 0.5 × 200 × 3 2 + 2 × 100 × 3 2 2 ω= 2 ?ω0 = × π = 3.77 rad/s 2 1 5 0 . 5 × 200 × 3 2 MR 2 习题 4—12 一飞轮由一直径为 30cm 、 轴 l2 l1 厚 度 为 2.0cm 的 圆 盘 和 两 个 直 径 都 为 10cm 、长为 8.0cm 的共轴圆柱体组成, 设飞轮的密度为 7.8kg?m–3,求飞轮对轴 的转动惯量。 题解 4―12 图 d2 d1 解:总转动惯量等于各部分对转轴转动惯量之和,而且圆盘 和两个圆柱体共轴,因此飞轮对轴的转动惯量为 d1 2 πd 22 d 1 1 1 πd 12 2 2 J = m1 R1 + 2 ? m2 R2 = ( ρ l1 )( ) + ( ρ l 2 )( 2 ) 2 2 2 2 4 2 4 2 1 1 1 ρπd14 l1 + ρπd 24 l 2 = ρπ (l1 d14 + 2l 2 d 24 ) 32 16 32 1 = × 7.8 × 10 3 × 3.14 × (0.02 × 0.30 4 + 2 × 0.08 × 0.10 4 ) 32 = = 0.136 kg? m 2 习题 4—13 一燃气轮机在试车时, 燃气作用在涡轮上的力矩为 2.03×103N· m, 涡轮的转动惯量为 25kg· m2。 当轮的转速由 2.80×103r· min-1 增大到 1.12×104r· min-1,所经历的时间 t 为多少? 解:根据转动定律,涡轮的角加速度为 β= 再由刚体转动运动学公式 M 2.03 × 10 3 = = 81.2 rad/s 2 J 25 ω 2 = ω 1 + βt 所经历的时间 t 为 t= ω 2 ? ω 1 2π (n2 ? n1 ) 2 × 3.14 × (1.12 × 10 4 ? 2.80 × 10 3 ) = = = 10.8 s β β 81.2 × 60 习题 4—14 质量为 0.50kg、长为 0.40m 的均匀细棒,可以绕垂直于棒的一端的 水平轴转动。如将此棒放在水平位置,然后任其落下。求:(1) 当棒转过 60°时 的角加速度和角速度;(2) 下落到竖直位置时的动能;(3) 下落到竖直位置时的 角速度。 解:(1) 当棒转过 θ 时所受的力矩为 O 轴正向 m,l θ M = 1 mgl cos θ 2 根据转动定律,棒的角加速度为 β= ? M (1 2)mgl cos θ 3g = = cos θ J 2l (1 3)ml 2 mg 题解 4―14 图 当 θ = 60 时 β= 根据定义 3 × 9.8 × cos 60 ? = 18.4 rad/s 2 2 × 0.40 β= 分离变量再积分 dω dω dθ ω dω 3g = ? = = cos θ dt dθ dt dθ 2l ω ∫ 棒的角速度为 0 ω dω = ∫ 3g cos θdθ 2l 1 2 3g ω = sin θ 2 2l θ 0 ω= 当 θ = 60 ? 时 3g sin θ l ω= 3 × 9.8 × sin 60 ? = 7.98 rad/s 0.40 (2) 下落到竖直位置时的角速度为 ω= 所以棒的动能为 3 × 9.8 × sin 90 ? = 8.57 rad/s 0.40 Ek = 1 1 1 1 Jω 2 = ? ml 2 ? ω 2 = × 0.50 × 0.40 2 × 8.57 2 = 0.98 J 2 2 3 6 [此步还可用机械能守恒定律求得棒的动能: 设重力势能零点在棒原来的水平位 置处,则有 1 0 = E k + (? mgl ) 2 所以 1 mgl = 0.5 × 0.50 × 9.8 × 0.40 = 0.98 J 2 Ek = ] (3) 由(2)可知,下落到竖直位置时 ω = 8.57 rad/s 习题 4─15 如图所示,A 和 B 两个飞轮的 C A B 轴杆在同一中心线上, 设两轮的转动惯量分 别为 JA=10kg?m 和 JB=20kg?m ,开始时, 2 2 A 轮转速为 600rev/min,B 轮静止,C 为摩 擦啮合器,其转动惯量可忽略不计, A、B 分别与 C 的两个组件相连,当 C 的左右组 件啮合时,B 轮得到加速而 A 轮减速,直到 两轮的速度相等为止,设轴光滑,求: (1) 两轮啮合后的转速; 解:(1) ∵ ω0 习题 4―15 图 (2) 两轮各自所受的冲量矩。 ω A = 2πn A = 2π × 600 ÷ 60 = 20π rad/s; ωB = 0 ∴ 由角动量守恒有 J Aω A = ( J A + J B )ω 解得 ω= J Aω A 10 × 20π = = 20.9 rad/s=200rev/min J A + JB 10 + 20 (2) 由角动量定理 G A = L A2 ? L A1 = J Aω ? J Aω A = 10 × 20.9 ? 10 × 20 × 3.14 = ?419 N?m?s G B = ?G A = 419 N?m?s 或者 GB = LB 2 ? LB1 = J Bω ? J B ω B = 20 × 20.9 ? 0 = 419 N?m?s 习题 4—16 一匀质细棒长为 2L,质量为 m, 1 L 2 1 L 2 L B v0 O x dx 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,碰撞点位于棒中心的一方 L/2 处,如图所示。求棒在碰撞后的瞬时绕 O 点转动的角速度 ω 。(细棒绕通过其端点且与 其垂直的轴的转动惯量为 ml 3 , 式中的 m 和 2 A 习题 4―16 图 v0 l 分别为棒的质量和长度) 解:棒与 O 点碰撞前后其角动量守恒。 但棒碰撞前的角动量须作积分才能求得,为 此,我们在棒上距支点 O 为 x 处取线元 dx , 其元角动量为 dL = x ? dm ? v 0 = x ? λdx ? v 0 式中 λ 为棒的质量线密度。由此,我们可以得到碰撞前棒的角动量为 L0 = L1 + L2 = ? ∫ =? 碰撞后棒的角动量为 L2 0 xλdx ? v 0 + ∫ 3L 2 0 xλdx ? v 0 mv 0 L 9mv 0 L 1 + = mv 0 L 16 16 2 L = Jω 式中 J 为棒对 O 点的转动惯量 J = ∫ dJ = ∫ 令 3L 2 ?L 2 x 2 λdx = 7 mL2 12 L0 = L 即 解得 1 7 mv 0 L = Jω = ( mL2 )ω 2 12 ω= 6v 0 7L 习题 4—17 如图所示,一个质量为 m 的物体 R M 与绕在定滑轮上的绳子相连,绳子质量可以忽 略不计,它与定滑轮之间无滑动。假设定滑轮 质量为 M,半径为 R,其转动惯量为 MR 2 2 , 滑轮轴光滑。试求该物体由静止开始下落的过 程中,下落速度与时间的关系。 解法Ⅰ:对物体 m: m 习题 4―17 图 mg ? T = ma 对定滑轮(圆盘刚体): 1 TR = ( MR 2 ) β 2 由角量与线量的关系 ① ② a = Rβ 联立以上三式可得 ③ a= 2mg 2m + M 可见,物体下落的加速度是常量。又因为其下落的初速度为零,所以,物体下落 速度与时间的关系为 v = at = 2mgt 2m + M 解法Ⅱ:把圆盘和物体作为定轴系统,由角动量定理有 (mgR)t = ( Rmv + Jω ) ? 0 又因为 J= 由上述关系可以解得 1 MR 2 , 2 v = Rω v= 2mgRt 2m + M 习题 4—18 一作定轴转动的物体,对转轴的转动惯量为 J=3.0kg? m2 ,角速度 ω 0 = 6.0 rad/s ,现对物体加一恒定的制动力矩 M=-12N?m,当物体的角速度减 慢到 ω = 2.0 rad/s 时,物体已转过了角度 θ = 解:物体的角加速度为 。 β= M ? 12 = = ?4 rad/s 2 J 3.0 由于角加速度为恒量,所以满足公式 2 ω 2 ? ω0 = 2 βθ 因此 ω 2 ? ω 02 2.0 2 ? 6.0 2 θ= = = 4.0 rad 2β 2 × (?4) 习题 4—19 一定滑轮半径为 0.1m,相对于中心轴的转动惯量为 1×10-3kg?m2, 一变力 F=0.5t(SI)沿切线方向作用在滑轮的边缘上, 如果滑轮最初处于静止状态, 忽略轴承的摩擦,试求它在 1s 末的角速度。 解:作用于定滑轮上的外力矩为 M = FR = 0.5t × 0.1 = 0.05t 定滑轮的角加速度为 β= 因此 M 0.05t = = 50t J 1 × 10 ?3 dω = β = 50t dt 应用初始条件 t=0 时, ω 0 = 0 ,对上式积分 ∫ 所以,定滑轮在 1s 末的角速度为 ω 0 dω = ∫ 50tdt = 25 0 1 ω = 25 rad/s 习题 4—20 电风扇在开启电源后,经过 t1 时间达到了额定转速,此时相应的角 速度为 ω 0 , 当关闭电源后, 经过 t2 时间风扇停转。 已知风扇转子的转动惯量为 J, 并假定摩擦阻力矩和电机的电磁力矩均为常量,试根据已知推算电机的电磁力 矩。 解法Ⅰ:设电机的电磁力矩为 M,摩擦阻力矩为 Mf。