刚体定轴转动

刚体定轴转动 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I?2??H 图 2.28 ? R2 R1 11224 rdr???H(R2?R14)?m(R2?R1)( 22 3 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IOX(2)薄板对OZ轴的转动惯量为IOZ 1 ?Mb2; 121 ?M(a2?b2)( 12 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IOX 1 ??a?ydy??ay3 3?b/2 2 b/2b/2 ? ?b/2 11 ?ab3?Mb2( 1212 同理可得薄板对OY轴的转动惯量为IOY? 1 Ma2( 12 (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 IOZ 11 ??b?xdx?b2?dm??bx3 1203?a/2 2 a/2Ma/2 ? ?a/2 112 bM?M(a2?b2)( 1212 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IOZ?IOY?IOX? 1 M(a2?b2)( 12 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 1 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 π I??R?sin?d???R 032π3π1132??R?MR (1?cos2?)d??2220 R O 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( 图2.31 R2111r2 22222Im?IC?m()?m(2r?R)???r(2r?R)?M2(2r2?R2)， 2444R 剩余部分的转动惯量为 12r4 22I?IM?2Im?M(R?r?2)( 2R 2.32 飞轮质量m = 60kg，半径R = 0.25m，绕水平中心轴O转动，转 min-1(现利用一制动用的轻质闸瓦，在剖杆一端加竖直 速为900r? 方向 的制动力F，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, 图2.32 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 所以N`=2.5F = 250(N)( 0.5N` – 1.25F = 0， 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)( 2 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 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??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??F =98N P =98N (b) (a) (图2.33) s-1); ??Pr= 21.8(rad?s-2)( 2mr?I I?IP?绳子的张力为T?= 54.4(N)( rmr2?I 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?`?s-1)( 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, 图2.34 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M???02?R0?pr2drd??2π?pR3??mgR( M4?g??，负号表示其方向与角速度的方向相反( I3R1323圆盘的转动惯量为I = mR2/2， 角加速度大小为??? 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 222?03?0R3?0R?，转过的圈数为 n?( ?????2?8?g2?16??g 3 [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。 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m1gh?111m1v2?I?2?kh2， 222 其中I = mr2/2，ω = v/r，可得2m1gh – kh2 = m1v2 + mv2/2， 解得v?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, 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 R1?A?R2?BR1MA/IA?R2MB/IB ?R1?R1 ??1112122?g?2?gM1/M2?22M1R1M2R222 ?M2R1经过的时间为t?( 2?g(M1?M2) [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( 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 4 t??R1??R1 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M? 124 k?ba( ?0 4M3k?2ba22 ??板绕转轴的转动惯量为I = ma/3，其角加速度为???， I4m a k?2br3dr? 负号表示角加速度的方向与角速度的方向相反( d?3k?2ba2 ??由于β = dω/dt，可得转动的微分方程， dt4m 3kba2d?3kba21 dt??2，积分得t??C( 分离变量得 4m?4m? 3kba211 当t = 0时，ω = ω0，所以C = -1/ω0，因此转动方程为t??( 4m??0 4m 当ω = ω0/2时，解得时间为t?( 3kba2?0 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I?所以角动量为L = Iω = R2(M/2 – m)ω( 转动动能为Ek? 图2.38 1 MR2?mR2， 2 121M I??(?m)?2R2( 222 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, 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， mBmA r，rB?r( 解方程组得rA?mA?mBmA?mB B两运动员绕质心的角动量的方向相同，他们的总角动量为 5 L?mAvArA?mBvBrB?mAmBm2?s-1)( r(vA?vB)= 630(kg?mA?mB (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)( 1122mAvA?mBvB= 2730(J); 22 1122拉手后的总动能是绕质心的转动动能:Ek2?IA??IB?= 2730(J)， 22(3)两人拉手前的总动能就是平动动能Ek1? 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 mAmBmAmBr2， r(rA?rB)?mA?mBmA?mB Lv?vB角速度为???A Ir2I?mArA?mBrB2? 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 1mAmB12?(vA?vB)2， Ek2?(IA?IB)?2mA?mB2 因此动能的变化量为ΔE = Ek2 – Ek1?1mAmB1122(vA?vB)2?(mAvA?mBvB) 2mA?mB22 (mAvA?mBvB)2 简化得?E??， 2(mA?mB) 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( 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I?Ic?md2? 根据角动量守恒定律得mv0l/4 = Iω0， 所以角速度为?0? 117ml2?m(l)2?ml2( 1244812v01mv0l/I?( 47l 6