第七章计算题

第七章计算题7.1.一飞轮直径为0.30m，质量为5.00kg，边缘饶有绳子，现用力拉绳子的一端，使其由静止均匀的加速，经0.5s转速达10/rs假定飞轮可看作实心圆柱体，求：（1）飞轮的角加速度及在这段时间里转过的转数；（2）拉力及拉力所作的功；（3）从拉动后10ts时飞轮的角加速度及轮边缘上一点的速度和加速度。分析：飞轮在拉里的作用下，均匀的加速转动，角加速度为常数.由转动定律可知拉力的力矩恒定.利用转动定律，正确应用角量与线量的关系既可求解本题.解：一知00,2n220(1),1.2610/ataradst由得飞轮转过的角度2152atrad飞轮转过的转数2.52N转(2)由转动定律律212MFRJamRa则拉力为1472FMRAN拉力矩的功111AMFRJ(3)当10ts时，飞轮的角速度31.2610/atrads飞轮边缘一点的速度51.8910/Rms法相加速度2522.3810/namsR切向加速度218.9/taRams总加速度大小22522.3810/tnaaams方向几乎与na相同.7.2.飞轮的质量为60kg，直径为0.50m，转速为1000r/min，现要求在5s内使其制动，求制动力F.假定飞轮与闸瓦间的摩萨擦力因数0.4，飞轮的质量全船部分在轮的外周上.尺寸如图所示.习题2图分析：本题的研究对象时飞轮，直接施力者是指动杆.摩擦查力对飞轮0点的力矩使飞轮被制动.制动杆受飞轮通过闸瓦施加的反作用力'NF和制动力F，对A点的合力矩为零.所以，分别对飞轮和制动杆作受理和力矩分析，即可求解.解：受力分析如解图2所示，对制动杆的A点，力矩平衡'121()0NFLLFL飞轮所受摩擦力矩大小为2fNdMrFF式中，为飞轮的半径.由转动定律MJa式中飞轮的转动的惯量为24dJm由于飞轮所受力矩恒定，因此转动的角加速度为常数，为002nattt式中02,5,0nts时解以上方程，并代如数据，得1123142LmdFaNLL7.3.如图所标，两物体1和2的质量分别为12mm和，滑轮的转动惯量为J，半径为r.(1)如物体2与桌面间的摩擦因数为，求系统的加速度a及绳中的张力12FTTF和（设绳子与滑轮间无相对滑动）；（2）如物体2与桌面间为光滑接触，求系的加速度a及绳中的张力12FTTF和.分析：滑轮受两边绳子的拉力对转轴的力矩，作定轴转动，与绳相连接两物体作平动.根据转动定律和牛顿运动定律，可分别得到它们的运动规律.由于绳子不可伸长且与滑轮无相对滑动，因此，滑轮两边绳子的张力不相等，两物体具有相同大小的速度和加速度.物体速度的大小与滑轮边缘点的切向加速度大小相同.解:(1)对两物体和滑轮的受力分析，如解图3所示.设物体的加速度大小为a，滑轮角加速度为a，并设1m向下为运动正方向.由牛顿运动定律111TmgFma解图2习题3图22222,TffFFmaFmg由转动定律12TTFrFrJa1aaar可解得12212()/mmgammJr12122212(/)/TmmmJrgFmmJr22211212(/)/TmmmJrgFmmJr（2）将=0代入以上结果即可1212/mgammJr1212212(/)/TmmJrgFmmJr212212/TmmgFmmJr7.4.一轻绳绕过一定滑轮，滑轮轴光滑，滑轮的质量为4m均匀分布在其边缘上。绳子的一端有一质量为m的人A抓住力绳端，而在绳子的另一端系了一质量为2m的重物B，如图所示。设人在静止开始相对于绳以匀速度向上爬时，绳与滑轮间无相对滑动，求重物B上升的加速度？（已知滑轮对过滑轮中心且垂直于轮面的轴的转动惯量2/4JmR。）分析：轻绳与滑轮无相对滑动，对滑轮有力矩作用，因此两边轻绳的张力不相等。轻绳不可伸长，使人和重物有大小相同的加速度，并与滑轮边缘点的切向加速度大小相等。解：设人的加速度大小a，方向向下，重物的加速度a方向向上.设定滑轮的半径为R，以逆时针为转动的正方向，角加速度为a.两边轻绳的拉力分别为1TF和2TF.分别作人和重物的受力图、滑轮受力矩的隔离图如解图4所示.对人、重物和滑轮分别有1TmgFma222TmmFga212()4TTmRFRFJJRaR解图3解图4习题4图解上述方程可得27ag7.5.半径分别为ABrr和的圆盘，同轴的粘在一起，可以绕通过盘心且垂直盘面的水平滑固定轴转动，对轴的转的转动惯量为J，两圆盘边缘都绕有轻绳，绳子下段分别挂有质量为ABmm和的物体A和物体B，如图所示.若物体A以加速度Aa上升.证明物体B的质量22()AAAABABBAJamrgamrrgra分析：两圆盘作为整体绕定轴转动，又确定的转动惯量，角加速度由圆盘整体所受合外力矩决定.两圆盘的半径不同，因此物体A和B加速度的大小也不同.证：设A的加速度大小为Aa方向向上，B的加速度Ba方向向下，圆盘整体以顺时针为转动正方向，角加速度为.两边轻绳的拉力分别为TATBFF和.分别作A和B的受力图和圆盘整体受力矩的隔离图如解图5所示.对A、B和圆盘整体分别有TAAAAFmgmaBTBBmgFmaBTBATArFrFJABABaarr解上述方程可证得22()AAAABABBAJamrgamrrgra7.6.一轴承光滑的定滑轮，质量为02.00mkg，半径为0.10Rm，一根不能伸长的轻绳，一端固定在定滑轮上，另一端系有一质量为5.00mkg的物体，如图所示。已知定滑轮的转动惯量为20/2JmR。其初角速度为010.0/rads，方向垂直纸面向里.求：⑴定滑轮的角加速度；⑵定滑轮的角速度变化到0时，物体上升的高度；⑶当物体回到原来位置时，定滑轮的角速度.解：⑴根据对物体和定滑轮运动的受力分析，可有20/2TTmgFmaFRJaRJmR解上述方程，得解图5习题5图习题6图220281.7/2mgRmgradsmRJmmR⑵由于定滑轮作匀角加速运动，因此有0t设定滑轮的角速度由010.0/rads变化到0所需时间为t，可有10.081.70t得0.122ts定滑轮在时间内转过的角度为2010.6122ttrad所以，物体的上升的高度为26.1210hRm⑶物体回到原来位置时，定滑轮的角速度为210.0/rads7.7.如图所示，一圆柱体质量为m，长为l，半径为R，用两根轻软的绳子对称地绕在圆柱两端，两绳的另一端分别系在天花板上.现将圆柱体从静止释放，试求:⑴它向下运动的线加速度；⑵向下加速运动时，两绳的张力.分析：圆柱体相对两绳子作纯滚动时，圆柱体的运动可看作质心轴的平动与圆柱体绕质心轴的转动的叠加.解：对圆柱体作受力分析，如解图3-7.设圆柱体质量均匀分布，质心的线加速度为ca，圆柱体绕质心轴转动的角加速度为，两绳子的张力均为TF.圆柱体质心轴平动的加速度为caR质心轴满足运动方程2TcmgFma由转动定律，得2TFRJ其中，J为对质心轴的转动惯量212JmR习题7图解图7可解得16TFmg223TcmgFagm7.8.某冲床上飞轮的转动惯量为324.0010kgm，当它的转速达到30/minr时，他的转动动能是多少？每冲一次，其转速降到10/minr.求每冲一次飞轮对外所作的功.分析：利用飞轮的转动动能对外界作功解：130/minnr时的转动动能为232411112304.0010()1.97102260kEJjj210/minnr时的转动动能为232321112104.0010()2.19102260kEJjj由转动动能定理，得外力矩对飞轮作功为4211.7510kkAEEj飞轮对外所作的功为41.7510AAj7.9.一脉冲星质量为301.510kg，半径为20km，自旋转速为2.1/rs，并且以1521.010/rs的变化率减慢.问它的转动动能以多大的变化率减小？如果这一变化率保持不变，这个脉冲星经过多长时间就会停止自旋？设脉冲星可看作匀质球体.解：设脉冲星的质量为m，则角速度为2n时的转动动能为2222221154()(2)2225kEJmrnmrn转动动能对时间变化率222581.991/5kdEdnmrnjsdtdt其中，1521.010/dnrsdt.对上式积分，02501.9910kkEtkEdEdt得任意时刻的转动动能：2501.9910kkEEt将222400042.09105kEmrnj和0kE代入上式，得150251.05101.9910kEtss7.10.如图所示，一质量为m的球以速度撞击质量为0m的球拍后，一反方向的速度被弹回.设球拍围绕质心G的转动惯量为GJ，试证受冲击后球拍围绕质心G的转动角速度为()/GhmJ分析：取球和球拍为系统，在球撞击球拍前后，系统对球拍质心的角动量守恒.解:GmhJmh()GmhJ7.11.在自由转动的水平圆盘上，站一质量m的人.圆盘的半径为R，转动惯量为J，角速度为.如果这人由盘边走到盘心，求角速度的变化及此系统动能的变化.分析：取人和圆盘为定轴转动系统.人与盘的相互作用内里不改系统绕垂直轴转动的角动能.故系统的角动能守恒.解：人站在盘边缘时与圆盘具有相同的角速度.此时，系统的角动能为2()LJmR设人走到盘心时，系统的角速度为，由于此时人已在转轴处，对转轴的转动惯量为零，所以，就是圆盘的角速度.系统的角动能为LJ系统角动能守恒，有2()JmRJ得2mRJJ角速度的变化为2mRJ系统动能的变化为222222111()()222kmRJEJJmRmRJ7.12.在半径为1R、质量为m的静止水平圆盘上，站一质量为m的人.圆盘可无摩擦的绕通过圆盘中心的竖直轴转动.当这人开始沿着与圆盘同心，半径为221()RRR的圆周匀速地走动时，设它相对圆盘的速度为，问圆盘将以多大的角速度旋转？分析：与上题分析的情况相同，人和圆盘系统对转轴的胶东两守恒.但须注意守恒定律中的角速度相对同一贯性参考系，人对盘的速度（角速度）是相对速度（相对角速度）.解：人和圆盘都相对静止时，系统的角动量违令.即00l习题10图人走动后，设圆盘的角速度为，则人对地的角速度为，根据运动的相对性，有2vR此时，系统的角动量为22lJmR式中，2112JmR由系统角动量守恒，得220JmR所以2221222RvRR“-”表示圆盘转动方向与人走动方向相反.7.13.如图所示，转台绕种心竖直轴以角速度作匀速转动.转台对该轴的转动惯量52510.Jkgm现有砂粒以1/gs的速度落到转台，并粘在台面形成一半径0.1rm的圆.试求砂粒落到转台，试转台加速度变为02所花的时间.分析：转台和落下的砂粒系统对竖直轴在转动平面内的力矩为零，因此，该系统的角动量守恒.但随着砂砾的下落，系统对竖直轴的转动惯量将随时间而增大.由此可求的角速度变为02所花的时间.解：取转台和落下的砂砾为系统.t时刻，落下砂砾的质量为,0.001/mktkkgs由角动量守恒，得20()JJmr02()5Jtskr7.14.在一半径为R、质量为m的静止水平圆盘的边上，站着一个质量为m的人.圆盘可绕通过中心的竖直轴转动，转轴与转承之间的摩擦阻力客忽略不计.当人沿圆盘的边缘走一周回到盘上原有位置时，圆盘将转过多大角度？分析：取人和圆盘为