大学物理答第3章刚体的定轴转动

第三章刚体的定轴转动3.1(1)铁饼离手时的角速度为口=□//?=25/1.0=25(iad/s)(2)铁饼的角加速度为6Ta=——2625?2x2;rxL25=39.8(iad/s2)(3)铁饼在手中加速的时间为20CD2x2;rxL2525=0.628(s)3-2(1)初角速度为co。=2乃x200/60=20.9(rad/s)末角速度为=2^x3000/60=314(iad/s)角加速度为a==41.9(rad/s2)(2)转过的角度为e20.9+314x7=L]7xl()3[ad=186(圈)22(3)切向加速度为ax=aR=41.9x0.2=8.38(nVs2)法向加速度为aa=co2R=3142x0.2=1.97xl04(mzs2)总加速度为a=如+4=78.372+(1.97x104)2=1.97x104(nVs2)总加速度与切向的夹角为八ci1.97xl04“cs，0=aictaii—=arctail=89°59at8.373-3(1)对轴I的转动惯量Ji=2m[(ocos600)2+(a+6tcos600)2]+m(a+26/cos60°)z=9tna2对轴II的转动惯量J2=4加(〃sin60°)-=3ma~（2）对垂轴的转动惯量J3=Ima2+2〃?(2〃cos300尸+m(2a)2=12nia234（1）设垂直纸面向里的方向为正，反之为负，则该系统对。点的力矩为3331113MQ=mg-l+-mg—・-I--mg・-/=-mgI4484484（2）系统对。点的总转动惯量等于各部分对。点的转动惯之和，即J0=J]+J、+J3+，；//3/、2=〃7(:厂++T(-)(-)-+，〃(：)-4344344437r=——mr48（3）由转动定律M=邛可得6以洒/36gJ。37r37/483-5（1）摩擦力矩恒定，则转轮作匀角加速度运动，故角加速度为〃=^^=（0.8-1）4=_0.2qAr第二秒末的角速度为①？=①/伊=①。一0・2gx2=0.6g（2）设摩擦力矩与角速度。的比例系数为a,据题设可知Mr=a(Dy即,d。J——=aco出fcoahi——=—t①。J了(\coa.——=一出%CDJoJ据题设，=Is时，?=0.8g0,故可得比例系数a=Jln0.8由此，=2s时，转轮的角速度a为In丝=21110.8①。co】=0800=0.64g3-6设飞轮与闸瓦间的压力为N,如图示，则二者间摩擦力，=〃N,此摩擦力形成阻力矩frR,由转动定律frR=jP习题3-6图其中飞轮的转动惯量＜/=〃?/?，角加速度夕=三"=一今〃，故得fr=--mnnR2=--^x60x(1000/60)x0.255=-314(N)见图所示，由制动杆的平衡条件可得尸《+/J_NZ=0N=n"4得制动力=314(N)〃_314x0.5〃(/1+()0.4(0.5+0.75)3-7如图所示，由牛顿第二定律又寸加1：7]—/〃送=〃7]可对〃4:m2g-T2=m2a2对整个轮，由转动定律TR—TR=又由运动学关系6=aJR.=a、/R、1u112-联立解以上诸式，即可得n=Q&4-叫'-(M1/2+mjR：+(MJ2+m2)R：3-8设米尺的总量为〃?，则直尺对悬点的转动惯量为0.6m0.4mz1/21/2I=-7H./.H3-3一12“12”,=-x-mx0.4*+-x—mxO.6"35351.4=——m15=0.093mTOC\o"1-5"\h\z331221M=-mgx-x——-mgx—x—=O.lmg14又M=1。/=—mM0.1mgxl5,p=——==10.5（rads"）11.4m从水平位置摆到竖直位置的过程中机械能守恒（以水平位置为0势能点）,1,，mgh.=-JarmgxOA=-x—nia)221.5=>^7=V213-9加视为质点，M视为刚体（匀质圆盘）。作受力分析（如图所示）mg-T=maRT=jp'a=RPJ=-MR22(1)由方程组可解得m1ci=g=-gm+M/22物体作匀加速运动1g/当，=4时1、x=vJ+—at^°21,丁x=—gx42=4^=39.2(m)4（3）绳中张力由方程组解得1=2mg解法2：以D时物体所处位置为坐标原点0,以向下为x正方向.（1）由机械能守恒:；Jco~+^mV2=mgxJ=-x2niR22V=coR习题3-9图（2）^>V2=gx两边就/求导得,gd/=>dv="-21=>v=-^乙(2)(2)物体下落的距离为1dxv=—drdv1—=_gl则出Jdv=-gldf（3）匀加速运动，由1/=5/以及匕=0知1T1nr=5〃7ga=_g2乂由〃吆一7=ma3-10如图所示，唱片上一面元面积为由=2闵,・,质量为也〃=〃7小1闵一/（成）此面元受转盘的摩擦力矩为dM=rdf=r,kdnig=〃7g〃j'd闵/7（成？）各质元所受力矩方向相同，所以整个唱片受的磨擦力矩为M=JdM成2习题3-10图唱片在此力矩作用下做匀加速转动，角速度从o增加到。需要时间为coco3Ra）t=—==a../1n.\44kgM/一"iR-'ko（2）唱机驱动力矩做的功为A=M^0=Mcot=-niR2a）22唱片获得的动能为〃相疗」〃而〃22（2J43.11对整个系统用机械能守恒定律-m^h+^kh2+g〃7y+^Jco~=0以J=4〃7=i，/r代入上式，可解得22“gh—kh22x0.08x9.8x0.5-2x0.52,/“I+/n/20.08+0.05v==J=1.48ni/s3.12(1)丁字杆对垂直轴O的转动惯量为OC+JOAB=-ml2+—12对轴O的力矩=-mgl,故由M=“可得释手瞬间丁字杆的角加速度"42K2ml24/(2)转过90。角后，知矩M'=0,则夕'=0。由机械能守恒知〃吆/77/1f.mg-=-JQ^・・・g=乙乙此时角动量L=Jqco=J〃?g〃o=mljggl转动动能为3-13(1)利用填补法，将小碎片填入缺口,此时为均匀圆盘对O轴的转动惯量J；=,挖去小碎片，相应减少故剩余部分对。的转动惯量为°=4-4=乳代-〃求。(2)碎片飞离前后，其角动量守恒—mQR-co=(-m0R2-niR2)coL+mR2例2/.g=①故剩余部分的角速度与原来的角速度相等。3-14由于转台和人系统未受到沿轴方向外力矩，所以系统的角动量守恒，即Jco1=(J+Mr2)a)2由此可得转台后来的角速度为120027r✓y=/y=X2~J+Mr21-1200+80x2210=0.496(1ad/s)3-15慧星在有心力场中运动，角动量守恒。设其质量为M,近口点速率为匕，与太阳之距5远口点速率为％,与太阳之距，X则有MVYr=MV^吸m)3-16(1)由于ir/r=gv=y[gr=，9.8x2.5=4.95(m/s)（2）由飞船和宇航员系统角动量守恒可得3mvR-Jco=0由此得飞船角速度为3mvR3x70x4.95x2.5co=3x105=8.67xl0"5(rad/s)（3）飞船转过30。用的时间，=乃/（6外），宇航员对飞船的角速度为g+WH,在时间（内跑过的圈数为1vn={co+v/R)tIQ冗)=—(1+——)12coR1495=-x(l+——段——)=19(圈)128.67x10-3x2.53-17太阳自转周期按25d计算，太阳的自转角动量为，2J0=—mR-④°5=-xl.99xl03°x(6.96xl0s)2x———525x86400=l.lxl042(kgnr/s)此角动量占太阳系总角动量的百分数为O.llxlO43(0.11+3.2)xl043=33%3-18（1）由于外力沿转动中心。，故外力矩恒为零，质点的角动量守恒，即，叫八=mV2GmVLrL=mr^co故小球作半径后的圆周运动的角速度为（2）拉力F做功为4rLI1.>*>1〃7KA=F-ds=—niV^-—mV^=——-1V"J2-221rj3-19(1)=4+J球=-nil2+ml2=—ml233（2）在转动过程中无耗散力，系统机械能守恒，设初始时刻重力势能为零，有0=-J6y2-〃7g（，cos8）-mg（/cosB）2^2/解得:3-20CD=-J§COS夕（1）子弹射入木棒中为完全非弹性碰撞，角动量守恒:〃3=〃汇/+-M12co3解得(0=mvTOC\o"1-5"\h\z4V—m+—MI9J8x10-3x200[-x8x10-3+-)x0.4【49)8x10^x200、4-x0.49(2)=9(rad-sH)上摆过程机械能守恒1,/3—Jay=Mg—(1-cos^)+mg—/(I-cos^)22in213+j〃?)l-cos£)lgin«M,上式可近似为g—=^-(l-cos0)lg解得cos8=(l—--)=-0.0733gcos8<0即e为第二象限的角度，本题中即棒向上摆可超水平位置(90°)o由于cos-1(0.073卜85。6'棒的最大摆角约为乃_85。6'=94。52'