学基本教程物理(第三版)张宏达-课后答案-5

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10r/s，再转60转后，转速变为15r/s，试计算：(1)角加速度；(2)由静止达到10r/s所需时间；(3)由静止到10r/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rad/s1021变为rad/s1522期间的角位移rad260，则角加速度为22222122rad/s54.6rad/s2602)102()152(2(2)从静止到转速为rad/s1021所需时间为s9.61s54.61021t(3)t时间内转的圈数为48261.91022122121tN5-2唱片在转盘上匀速转动，转速为78r/min，由开始到结束唱针距转轴分别为15cm和7.5cm，(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15s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的相似．解(1)转盘角速度为rad/s8.17rad/s60278，唱片上和处的线速度和法向加速度分别为m15.01rm075.02rm/s1.23m/s15.017.811rv222121nm/s10.0m/s15.017.8ram/s.6130m/s075.017.822rv222222nm/s.015m/s075.017.8ra(2)电动机断电后，角加速度为22rad/s545.0rad/s1517.800t转的圈数为75.921517.8212212tN5-3如图5-3所示，半径r1=30cm的A轮通过皮带被半径为r2=75cm的B轮带动，B轮以πrad/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3000r/min所需要的时间．BAr1r2图5-3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A、B，由于两轮边缘与皮带连动，切向加速度相同，即2B1Arr则B12ArrA轮角速度达到rad/s6030002所需要的时间为s40s75.06030.0300022B1Arrt5-4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a22，质点C到转轴的垂直距离AC为a2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A1DACaA2B图5-4，而222132222maamamJ(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aa2，而质点A位于转轴上，则系统对通过A垂于质点所在平面转轴的转动惯量为2222422maammaJ5-5求半径为R，质量为m的均匀半圆环相对于图5-5中所示轴线的转动惯量．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，质量为ldld，对转轴的转动惯量为，其中该线元到转轴的距离lrd2r与线元在刚体上的位置有关．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．RddR图5-5解均匀半圆环的质量线密度为Rm，在半圆环上取一小段圆弧作为线元ddRl，质量为ddddmRRmlm此线元到转轴的距离为sinRr，对轴线的转动惯量为，则整个半圆环的转动惯量为mrd22022221dsindmRmRmrJ5-6一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20cm，转动惯量等于，滑轮与轴间的摩擦力矩为，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．2mkg50mN198.2rad/s362.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MfFT1FT2(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JMRFFfT2T1)()(1fT2T1MJRFFN101.08N)1.9836.250(2.0135-7如图5-7（a）所示的系统中，m1=50kg，m2=40kg，圆盘形滑轮质量m=16kg，半径R=0.1m，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1m，需多少时间m1到达地面？分析由于存在物体运动和滑轮定轴转动，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．mFNF’T2aF’T1FT1m2m1FN2FT2a30m2gm1g（a）（b）图5-7解(1)各物体与滑轮受力情况如图5-7（b）所示，其中FT1=F’T1，FT2=F’T2，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amFgm1T11amgmF22T230sin2T2T121)(mRRFF由于物体的加速度等于滑轮边缘的线速度，则Ra，与以上各式联立解得22121rad/s3021)(30singmRRmmmmN340)(1T1RgmFN316)30sin(2T2RgmF2m/s3Ra(2)m1到达地面的时间为s0.816s3122aht5-8飞轮质量为60kg，半径为0.25m，当转速为1000r/min时，要在5s内令其制动，求制动力F，设闸瓦与飞轮间摩擦系数μ=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，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．0.5m0.75mF闸瓦O图5-8解以飞轮为研究对象，飞轮的转动惯量为221mRJ，制动前角速度为rad/s6010002，制动时角加速度为t．制动时闸瓦对飞轮的压力为FN，闸瓦与飞轮间的摩擦力NfFF，应用转动定律，得2f21mRJRF则tmRF2N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m)75.050.0(l1和m50.0l则有，01NlFFlN157N6054.021000225.06075.050.050.021N1tmRllFllF5-9一风扇转速为900r/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44.4J，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N2，摩擦力矩所作的功为NMMW2摩擦力矩所作的功应等于风扇转动动能的增量，即2210JW则2222mkg01.0mkg)60/2900()4.44(22WJmN0.0942mN7524.442NWM5-10如图5-10（a）所示，质量为24kg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5kg的圆盘形滑轮悬有10kg的物体，当重物由静止开始下降了0.5m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．1FT1F’T12F’T2rm1m2aRFT2mg（a）（b）图5-10解各物体受力情况如图5-10（b）所示，其中FT1=F’T1，FT2=F’T2，鼓形轮的转动惯量为2121Rm，圆盘形滑轮的转动惯量为2221rm，分别应用牛顿第二定律和转动定律，可得maFmgT2222T1T221)(rmrFF121T121RmRF(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12Rra．重物由静止开始下降了h=0.5m时，速度ah2v，由以上各式得m/s2m/s)524(21105.08.9102)(212221mmmmghahv(2)绳中张力为N48N5241028.924102211T1mmmgmmFN85N5241028.9)524(102)(2121T2mmmgmmmF5-11一蒸汽机的圆盘形飞轮质量为200kg，半径为1m，当飞轮转速为120r/min时关闭蒸汽阀门，若飞轮在5min内停下来，求在此期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221mRJ，关闭蒸汽阀门后t=5min内的平均角加速度为t00，应用转动定律，平均摩擦力矩mN194mN60560/212012002121202.tmRJM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J7896J)60/2120(1200212121212102220220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85cm的均匀细杆，放在倾角为45°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