vicenza-血培养仪
第
4
章
刚体的定轴转动
习题及答案
1
．
刚体绕一定轴作匀变速转动，刚体上任一点是否有切向加
速度？是否有法向加速度？切向和法
向加速度的大小是否随时间变化？
< br>
答：
当刚体作匀变速转动时
,
角加速度
?
不变。
刚体上任一点都作匀变速圆周运动，
因此该点速
率在均匀变
化，
v
?
l
?
，所以一定有切向加速度
a
t
?
l
?
，其大小不变。
又因该点速度的方向变化，
所以一定有法向加速度
a
n
?
l
?
2
，由于角速度变化，所以法向加速度的大小也在变化。
2.
刚体绕定轴转动的转动定律和质点系的动量矩定理是什么关系？
答：刚体是一个特殊的质点系，它应遵守质点系的动量矩定理，当刚体绕定轴
Z
转动时，动量
矩定理的形式为
< br>M
z
?
dL
z
，
M
z
表示刚体对
Z
轴的合外力矩，
L
z
表示刚体对
Z
轴的
动量矩。
dt
L
z
?
?
?
m
i
l
i
2
?<
/p>
?
?
I
?
,
其中
I
?
?
?
m
i
l
i
2
?
< br>，代表刚体对定轴的转动惯量，所以
M
z
?
dL
z
< br>d
d
?
?
?
I
?
?
?
I
?
I
?
。既
M
z
?
I
?
。
dt
dt
dt
所以刚体定轴转动的转动定律是质点系的动量矩定理在刚体绕定轴转动时的具体表现形式，
及质点系的动量矩定理用于刚体时在刚体转轴方向的分量表达式。
3
．
两个半径相同的轮子，质量相同，
但一个轮子的质量聚集在边缘附近，另一个轮子的质量分布
比较均匀，试问：（
1
）如果它们的角动量相同，哪个轮子转得快？（
2
）如果它们的角速度相同，
哪个轮子的角动量大？
答：
(1)
由于
L
?
I
?
，而转动惯量与质量分布有关，半径、质量均相同的轮子，质量聚集在边
缘附近的轮子的转动惯量大，故角速度小，转得慢，质量分布比较均匀的轮子转得快；
（
2
）如果它们的角速度相同，则质量聚集在边缘附近的轮子角动量大。
4
．
一圆形台面可绕中心轴无摩擦地转
动，有一玩具车相对台面由静止启动，绕轴作圆周运动，问
平台如何运动？如小汽车突然
刹车，此过程角动量是否守恒？动量是否守恒？能量是否守恒？
答：玩具车相对台面由静止启动，绕轴作圆周运动时，平台将沿相反方向转动；小汽车突然刹
< br>车过程满足角动量守恒，而能量和动量均不守恒。
5<
/p>
．
一转速为
1200r
< br>min
的飞轮，因制动而均匀地减速，经
10
秒后停止转动，求：
（
1
）
飞轮的角加速度和从开始制动到停止转动，飞轮所转过的圈数；
（
2
）
开始制动后
5
秒时飞轮的角速度。
解：
（
1
）由题意飞轮的初角速度为
?
< br>0
?
2
?
n
?
40
?
(
rad
s
)
飞轮作均减速转动，其角加速度为
?
?
?
?
?
0
?
t
?
0
?
40
?
?
?
4
?
rad
/
s
2
10
故从开始制动到停止转动，飞轮转过的角位移为
1
?
?
?
?
0
?
t
?
?
?
t
< br>2
?
200
?
< br>rad
2
因此，飞轮转过圈数为
1
?
?<
/p>
/
2
?
?
100
圈。
（
2
）开始制动后
5
秒时飞轮的角速度为
?
?
?
0
?
?
?
t
?
40
< br>?
?
4
?
?
5
?
20
?
(
rad
s
)
6
．如图所示，
一飞轮由一直径为
d
2
(
m
)
，厚度为
a
(
m
)
的圆盘和两个
直径为
d
1
(
m
)
，长为
L
(
m
)
的
共轴
圆柱体组成，设飞轮的密度为
?
(
kg
/
m
3
)
，求飞轮对轴的转动惯量。
d
1
L
a
d
2
解：
如图所示，
根据转动惯量的可加性，
飞
轮对轴的转动惯量可视为圆盘与两圆柱体对同轴的转
动惯量之和。由此可得
I
?
I
< br>1
?
I
2
d
d
1
1
?
2
?
m
1
(
1
)
2
?
m
2
(
2
)
2
2
< br>2
2
2
d
1
2
d
1
2
1
d
2
2
d
2
2
1
?
2
?
?
??
(
)
L
?
(
)
?
?
??
(
)
a
?
(
)
2
2
2
2
2
2
1
1
4
?
??
(
Ld
1
4
?
ad
2
)(
kg
?
m
2
)
16
2
7.
如图所示，一半
径为
r
，质量为
m
1
的匀质圆盘作为定滑轮，绕有轻绳，绳上挂一质量为
m<
/p>
2
的重
物，求重物下落的加速度。
解：设绳中张力为
T
对于重物按牛顿第二定律有
m
2
g
?
T
?
m
2
a
(1)
对于滑轮按转动定律有
Tr
?
由角量线量关系有
1
2
mr
?
(2)
2
a
?
?
r
（
3
）
联立以上三式解得
2
8.
如图所示，两个匀质圆盘同轴地焊在一起，它们的半径分别为
r
1
、
r
2
，质
量为
m
1
和
m
2
，可绕过
盘心且与盘面垂直的光滑水
平轴转动，两轮上绕有轻绳，各挂有质量为
m
3
和
m
4
的重物，求轮的角
加速度
?
。
解：设连接
m
3
的
绳子中的张力为
T1
，连接
m
4
的绳子中的张力为
T2
。
对
重物
m
3
按牛顿第二定律有
m
3
g
?
T
1
?
< br>m
3
a
3
(1)
对重物
m
4
按牛顿第二定律有
T
2
?
m
4
g
?
m
4
a
4
（
2)
对两个园盘，作为一个整体，按转动定律有
1
?
1
?
T
1
r
1
?
T
2
r
2
?
?
< br>m
1
r
1
?
m
2
r
2
?
?
(3)
2
?
2
?
由角量线量之间的关系有
a
3
?
r
1
?
(4)
a
4
?
r
2
?
(5)
联立以上五式解得
?
?
m
3
r
1
?
m
< br>4
r
2
1
1
m
1
r
1
2
?
m
2
r
2
2
?
m
3
r
1
2
?
m
< br>4
r
2
2
2
2
9.
如图所示，一半径为
R
，质量为
m
的匀
质圆盘，以角速度
ω
绕其中心轴转动。现将它平放在一水
平板上，盘与板表面的摩擦因数为
μ
。
（
1
）求圆盘所受
的摩擦力矩；
（
2
< br>）问经过多少时间后，圆盘转动才能停止？
解：分析：
圆盘各部分的摩擦力的力臂不同，为此，可将圆盘分
割成许多同心圆环，对环的摩擦力矩
积分即可得总力矩。另由于
摩擦力矩是恒力矩，由角动量定理可求得圆盘停止前所经历的
时
间。
（
1
）
圆盘上半径为
r
、
宽度为
dr
的同心圆环所受的摩
擦力矩
为
ω
dr
r
dF
dM
?
?
?
(
m
2
2
?
2
?
rdr
)
g
?
r
?
?
2
r
?
mgdr
/
R
2
?
R
负号表示摩擦
力矩为阻力矩。对上式沿径向积分得圆盘所受
的总摩擦力矩大小为
M
?
?
d
M
?
?
R
0<
/p>
2
r
2
?
mgdr
2
dr
?<
/p>
?
mgR
2<
/p>
R
3
1
2
mr
，由角动量定理可得圆盘停止的
2
3
（
2
）由于摩擦
力矩是一恒力矩，圆盘的转动惯量
I
?
时间为
?
t
?
0
?
I
?
3
?
R
?
M
4
?
g
10.
飞轮的质量<
/p>
m
＝
60kg
，
半径
R
＝
0.25m
< br>，绕其水平中心轴
O
转动，转速为
900rev
·
min
-1
．现利
用一制动的闸杆，
在闸杆的一端加一竖直
方向的制动力
F
，
可使飞轮减速．
已知闸杆的尺寸如题
4-10
图所示，闸瓦
与飞轮之间的摩擦系数
?
=0.4<
/p>
，飞轮的转动惯量可按匀质圆盘计算．试求：
< br>(1)
设
F
＝
< br>100 N
，问可使飞轮在多长时间内停止转动
?
在这段时间里飞轮转了几转
?
(2)
如果在
2s
内飞轮转速减少一半，需加多大的
力
F
?
解
:
(1)
先作闸杆和飞轮的受力分析图
(
如图
(b))
．
图中
< br>N
、
N
?
是正压力，
F
r
、
< br>F
r
?
是摩擦力，
F
x
和
F
< br>y
是杆在
A
点转轴处所受支承力
，
R
是轮的重力，
P
< br>是轮在
O
轴处所受
支承力．
杆处于静止状态，所以对
A
点的合力矩应为零，设闸瓦厚度不计，则有
F
(
l
1
?
l
2
)
?
N
?
l
1
< br>?
0
N
?
?
l
1
?
l
2
F
l
1
对飞轮，按转动定律有
?
?
?
F
r
R
/
I
，式中负号表示
?
与
角速度
?
方向相反．
∵
F
r
?
?
N
N
?
N
?
∴
F
r
?
?
N
?
?
又∵
I
?
?
l
1
?
l
2
F
l
1
1
mR
2
,
2
∴
?
?
?
F
r
R
?
2
?
(
l
1
?
l
2
< br>)
?
F
①
I
m
R
1
l
以
F
?
100
N
等代入上式，得
?
?
?
2
?
0
.
40
?
(
0
.
50
?
0
.
75
)
40
?
100
?
?
rad
?
s
?
2
60
?
0
.
25
?
0
< br>.
50
3
由此可算出自施加制动
闸开始到飞轮停止转动的时间为
t
?
?
这段时间内飞轮的角位移为
?
0
900
?
2
?
?
3
?
?
7
.
06
s
?
< br>60
?
40
?
< br>?
?
0
t
?
?
t
2
?
1
900
?
2
?
9
1
40<
/p>
9
?
?
?
?
?
(
?
)
2
2
60
4
2
3
< br>4
?
53
.
1
?
2
?
rad
可知在这段时间里，飞轮转了
53
.
1
转．
4