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1、,第三章 3-1 半径为 R、质量为 M 的均匀薄圆盘上，挖去一个直径为 R 的圆孔，孔的中心在 1 R 处， 2 求所剩部分对通过原圆盘中心且与板面垂直的轴的转动惯量。 分析：用补偿法（负质量法）求解，由平行轴定理求其挖去部分的转动惯量，用原圆盘转动 惯量减去挖去部分的转动惯量即得。注意对同一轴而言。 解：没挖去前大圆对通过原圆盘中心且与板面垂直的轴的转动惯量为：,1,2,J 1 MR2 ,由平行轴定理得被挖去部分对通过原圆盘中心且与板面垂直的轴的转动惯量为：,()() 2424232,2c,J J md 2 1 M R 2 M R 2 3 MR2 ,由式得所剩部分对通过原圆盘中心且与板面垂
2、直的轴的转动惯量为：,12,32,J J J 13 MR2,2,0 2,2,0,32,3-2 如题图 3-2 所示，一根均匀细铁丝，质量为 M，长度为L ，在其中点 O 处弯成 120 角，放在 xOy 平面内，求铁丝对Ox 轴、Oy 轴、Oz 轴的转动惯量。 分析：取微元，由转动惯量的定义求积分可得 解：（1）对 x 轴的转动惯量为： L,x,M1,L,J r dm (l sin 60 )dl ML2,（2）对 y 轴的转动惯量为：,0 2,2,0,5,322,96,L,1ML,M,L,Jy ( ) (l sin 30 )dl ML 22,（3）对 Z 轴的转动惯量为：,z,J 2 1 M
3、( L )2 1 ML2 32212,3-3 电风扇开启电源后经过5s 达到额定转速，此时角速度为每秒5 转，关闭电源后经过16s 风扇停止转动，已知风扇转动惯量为0.5kg m2 ，且摩擦力矩 M 和电磁力矩M 均为常量， f 求电机的电磁力矩M 。 分析： M f ， M 为常量，开启电源 5s 内是匀加速转动，关闭电源 16s 内是匀减速转动，可 得相应加速度，由转动定律求得电磁力矩 M。 解：由定轴转动定律得： M M f J 1 ，即,516,1f12,M J M J J 0.5 5 2 0.5 5 2 4.12N m,3-4 飞轮的质量为 60kg，直径为0.5m ，转速为1000
4、r / min ，现要求在 5s 内使其制动， 求制动力 F，假定闸瓦与飞轮之间的摩擦系数 0.4 ，飞轮的质量全部分布在轮的外周上， 尺寸如题图 3-4 所示。 分析：分别考虑两个研究对象：闸瓦和杆。对象闸瓦对飞轮的摩擦力 f 对 O 点的力矩使飞轮 逐渐停止转动，对飞由轮转动定律列方程，因摩擦系数是定值，则飞轮做匀角加速度运动， 由转速求角加速度。对象杆受的合力矩为零。,题图 3-2,1,解：设闸瓦对飞轮的压力为 N，摩擦力为f，力矩为 M， 飞轮半径为 R,则依题意得， M fR J f N 0.4N F (0.5 0.75) N 0.5 J mR2 60 0.252 ,60 5, 10
5、00 2,解：式得 F 314N 3-5 一质量为m 的物体悬于一条轻绳的一端，绳另一端绕在一轮轴的轴上，如题图 3-5 所 示轴水平且垂直于轮轴面，其半径为r ，整个装置架在光滑的固定轴承之上当物体从静 止释放后，在时间t 内下降了一段距离S 试求整个轮轴的转动惯量(用m、r、t和S 表示) 分析：隔离物体，分别画出轮和物体的受力图，由转动定律和牛顿第二定律及运动学方程求 解。 解：设绳子对物体(或绳子对轮轴)的拉力为 T， 则根据牛顿运动定律和转动定律得：,mg T ma ,Tr J,由 运 动 学 关 系 有 ： a r 由、式解得： J m(g - a)r 2 a 又根据已知条件 v0
6、 0,S ,12S 2,t 2,at 2 ， a ,2 gt 2,将式代入式得： J mr (1) 2S,3-6 一轴承光滑的定滑轮，质量为 M 2.00kg, 半径为 R 0.100m, 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m 5.00kg, 的物体，如题图 3-6 所示已知定,滑轮的转动惯量为,2,1,J MR 2,0,，其初角速度 10.0rad / s, 方向垂直纸面向里求：(1),定滑轮的角加速度的大小和方向； (2) 定滑轮的角速度变化到 0 时，物体上升的高度； (3) 当物体回到原来位置时，定滑轮的角速度的大小和方向 分析：隔离体受力分析，对平动物体由牛
7、顿第二定律列方程， 对定轴转动物体由转动定律列方程。 解：(1) mg T ma TR J,a R,2,mgR,mgR, ,mR2 J,2mg 2m M R,mR2 1 MR2, 81.7rad / s2,题图 3-4,M,R,0,T,r,T,a,mg,题图 3-5,r O,m 题图 3-5,2,m,题图 3-6,3,方向垂直纸面向外,(2) ,0,22, 2, 2,当 0 时 ， 0 0.612 rad,2 物体上升的高度h R 6.12 102 m,(3) 2 10.0rad / s 方向垂直纸面向外.,3-7 如题图 3-7 所示，质量为 m 的物体与绕在质量为 M 的定滑轮上的轻绳相连
8、，设定滑轮 质量 M=2m，半径 R，转轴光滑，设t 0时v 0 ，求：（1）下落速度与时间 t 的关系；（2） t 4s时,m 下落的距离；（3）绳中的张力 T。 分析：对质量为m 物体应用牛顿第二定律、对滑轮应用刚体定轴转动定律列方程。 解：(1)设物体 m 与滑轮间的拉力大小为 T，则 mg T ma ,M TR J 1 MR2 ,22,2 a R v at 解：式得a 4.9m / s2 ，并代入式得v 4.9t （2）设物体下落的距离为 s，则 s 1 at 2 1 4.9 42 39.2m,（3）由（1）的式得， T mg ma 4.9N 3-8 如题图 3-8 所示，一个组合滑轮
9、由两个匀质的圆盘固接而成，大盘质量 M1 10kg ， 半径 R 0.10m ，小盘质量 M 2 4kg ，半径r 0.05m 。两盘边缘上分别绕有细绳，细绳 的下端各悬质量m1 m2 2kg 的物体，此物体由静止释放，求：两物体m1, m2 的加速度大 小及方向。 分析：分别对物体m1, m2 应用牛顿第二定律，对滑轮应用刚体定轴转动定律 解：设物体m1, m2 的加速度大小分别为a1, a2 , 与滑轮的拉力分别为T1,T2 , T1 m1g m1a1 m2 g T2 m2a2 a1 r a2 R M T2 R T1r J ,题图 3-7,T,T,题图 3-8,mg,a,图 3-6,12,
10、22,J 1 M R2 1 M r 2 ,把数据代入，解上述各式得,a 0.6125m / s2 方向向上,1 a2 1.225m / s 方向向下 2 3-9 如题图 3-9 所示，一倾角为 30的光滑斜面固定在水平面上，其上装有一个定滑轮， 若一根轻绳跨过它，两端分别与质量都为 m 的物体 1 和物体 2 相连。 若不考虑滑轮的质量，求物体 1 的加速度。 若滑轮半径为r，其转动惯量可用 m 和 r 表示为 J kmr 2 （k 是已知常量），绳子与滑 轮之间无相对滑动，再求物体 1 的加速度。 分析：（1）对两物体分别应用牛顿第二定律列方程。 （2）两物体分别应用牛顿第二定律、对滑轮应用
11、刚体定轴转动定律列方程。 解：设物体 1、物体 2 与滑轮间的拉力分别为T1 、T2 它们对地的加速度为a。 （1）若不考虑滑轮的质量，则物体 1、物体 2 与滑轮间的拉力T1 、T2 相等，记为 T。则对 1、 2 两物体分别应用牛顿第二定律得， mg T ma,T mg sin 300 ma,解上两式得： a g / 4 m / s2 ，方向竖直向下。 （2）若考虑滑轮的质量，则物体 1、物体 2 与滑轮间的 拉力T1 、T2 不相等。则对 1、2 两物体分别应用牛顿第 二定律，和对滑轮应用刚体定轴转动定律得 mg T1 ma ,2,T mg sin 300 ma ,a r M T1r T
12、2r J J kmr 2,解上述各式得： a ,g 2(2 k),m / s2 ，方向竖直向下。,3-10 一飞轮直径为 0.3m，质量为 5.0kg，边缘绕有绳子，现用恒力拉绳子的一端，使其由 静止均匀地绕中心轴加速，经 0.5s 转速达每秒 10 转，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内转过的转数；（2）拉力及拉力所作的功；（3）从拉动后t 10s 时飞轮的角速度及轮边缘上一点的速度和加速度。 分析：利用转动定律，力矩作的功定义，线量与角量的关系求解。 解：（1）角加速度为： 10 2 1.26102 rad / s2 t0.5,2,转过的角度为： 1 t2
13、1 1.26102 0.52 15.7rad,2,转过的圈数为： N ,2 2.5 圈,题图 3-9,4,（2）由转动定律M fR J得,J 0.5 5 0.152 1.26 102 f R0.15, 47.1N,力矩做的功为： A 0 Md M 47.1 0.1515.7 111J （3）角速度为： t 1.26102 10 1.26103 rad / s 边缘一点的线速度为： v R 0.151.26103 1.88102 m / s,边缘一点的法向加速度为： a R2 0.151.262 106 2.37105 m / s2,n 边缘一点的切向加速度为： a R 0.151.26102
14、18.84m / s2 3-11 一质量为 M，长为l 的匀质细杆，一端固接一质量为 m 的小球，可绕杆的另一端O 无 摩擦地在竖直平面内转动，现将小球从水平位置A 向下抛射，使球恰好通过最高点 C，如题 图 3-11 所示。求：（1）下抛初速度v0 ；（2）在最低点 B 时，细杆对球的作用力。 分析：由机械能守恒定律、牛顿第二定律、角线量关系求解。 解：（1）如图 3-11，取向下抛点作势能零点，由机械能守恒定律得，,22,0,2,11l 22,mv J Mg mgl,J= 1 Ml 2 3 v0 l ,(3M 6m)gl,解得， v0 ,3m M,（2）取最低点作势能零点， 由机械能守恒定
15、律和牛顿第二定律得，,22,1 mv2 1 J2 Mgl 2mgl,v2 l,N mg m,v l J 1 Ml 2 3,解：得， N 15m 7M mg,3m M 3-12 物体质量为3kg, t 0 时位于r 4i m, i 6 j m s1 ，如一恒力 f 5 j N 作用在,物体上，求 3s 后，（1）物体动量的变化；（2）相对 z 轴角动量的变化。 分析：写出r (t) 的表达式及力f 对 Z 轴的力矩M 。由动量定理、角动量定理求解。 解：（1）由动量定理得，动量的增量为：,00,t3,1,P f dt 5 j dt 15 j kg m s,（2）由角动量定理得，角动量的增量为：,
16、题图 3-11,5,0,3,0,t,t,L M dt M dt,而 M r (t) f ,26,0 x00y0,r (t) x(t)i y(t) j (x v t)i ( y v t 1 at 2 ) j (4 t)i (6t 5 t 2 ) j ,f 5 j 把代入解得： M (20 5t)k ,33,00,21,把代入解得： L M dt (20 5t)k dt 82.5k kg m s,3-13 水平面内有一静止的长为L 、质量为m 的细棒，可绕通过棒一末端的固定点在水平面 内转动。今有一质量为 1 m 、速率为v 的子弹在水平面内沿棒的垂直方向射向棒的中点，子 2 弹穿出时速率减为 1 v ，当棒转
