第四章 刚体的转动部分习题分析与解答 第朦部分习藏背解餐
第四章 刚体的转动部分习题分析与解答
第四章刚体的转动部分习题分析与解答 4-2某种电动机启动以后转速随时间变化的关系Q=Q,(1-et/) 式中0。=9.0s,t=2.0s。求(1)=6.0s时的转速;(2)角 加速度随时间变化的规律;(3)启动后6.0s内转过的圈数。 分析:与质点运动学相似,刚体定轴转动的运动学问题也可分为两类(1) 由转动的运动方程,通过求导得到角速度、角加速度;(2)在确定的初始 条件下,由角速度、角加速度通过积分得到转动的运动方程。 解(1)根据题意中转速随时间的变化关系,将=6.0s代入,得 0=0(1-et/T)=0.950=8.6s1 (2)角加速度随时间变化的规律为 0= dooev=4.5e-2s-2 dtt
第四章 刚体的转动部分习题分析与解答 分析:与质点运动学相似,刚体定轴转动的运动学问题也可分为两类(1) 由转动的运动方程,通过求导得到角速度、角加速度;(2)在确定的初始 条件下,由角速度、角加速度通过积分得到转动的运动方程。 4-2 某种电动机启动以后转速随时间变化的关系 式中 。求(1)t=6.0s时的转速;(2)角 加速度随时间变化的规律;(3)启动后6.0s内转过的圈数。 (1 e ) t/ 0 9.0s , 2.0s 1 0 解 (1)根据题意中转速随时间的变化关系,将t=6.0s代入,得 1 0 t / 0 (1 e ) 0.95 8.6s (2)角加速度随时间变化的规律为 0 t / t / 2 2 e 4.5e s dt d
第四章 刚体的转动部分习题分析与解答 (3)=6.0s时转过的角度为 0dtyt-36.9rad 则=6.0s时电动机转过的圈数 N= =5.87圈 2元
第四章 刚体的转动部分习题分析与解答 (3)t=6.0s时转过的角度为 则t=6.0s时电动机转过的圈数 dt (1 e )dt 36.9rad 6s 0 6s 0 t / 0 5.87圈 2 N
第四章刚体的转动部分习题分析与解答 4-3如图示,一通风机的转动部分以初角速度o绕其轴转动, 空气的阻力矩与角速度成正比,比例系数C为一常量。若转动部 分对其轴的转动惯量为J,问(1)经过多小时间后其转动角速 度减少为初角速度的一半?(2)在此时间内共转过多少转? 分析:由于空气的阻力矩与角速度成正 比,由转动定律可知转动是变角加速度 转动,须从角加速度和角速度的定义出 发,通过积分的方法求解。 解(1)通风机叶片所受的阻力矩 为M=一Co,由转动定律得 M=Ja=J do =-C0 dt
第四章 刚体的转动部分习题分析与解答 分析:由于空气的阻力矩与角速度成正 比,由转动定律可知转动是变角加速度 转动,须从角加速度和角速度的定义出 发,通过积分的方法求解。 4-3 如图示,一通风机的转动部分以初角速度 ω0绕其轴转动, 空气的阻力矩与角速度成正比,比例系数C为一常量。若转动部 分对其轴的转动惯量为J,问(1)经过多小时间后其转动角速 度减少为初角速度的一半?(2)在此时间内共转过多少转? 解 (1)通风机叶片所受的阻力矩 为M=-Cω,由转动定律得 C dt d M J J
第四章 刚体的转动部分习题分析与解答 M=Ja=Jdo :-C0 dt 对上式分离变量,根据初始条件积分有 J⊙0 -- 由于C和J均为常量,得 00e宁 当角速度由o。→⊙/2时,转动所需的时间为 t= In 2
第四章 刚体的转动部分习题分析与解答 对上式分离变量,根据初始条件积分有 由于C和J均为常量,得 dt J d C 0 t 0 C dt d M J J t J C 0 e 当角速度由ω0→ω0/2时,转动所需的时间为 ln 2 C J t
第四章 刚体的转动部分习题分析与解答 (2)根据角速度定义和初始条件积分得(其中【=。血2) do-fod-e 即 J0 2C 在时间t内所转过的圈数为 0 N= J00 2元 4πC
第四章 刚体的转动部分习题分析与解答 d dt e dt t 0 t J C 0 0 t 0 在时间t内所转过的圈数为 4 C J 2 N 0 2C J0 即 (2)根据角速度定义和初始条件积分得(其中 ln 2 ) C J t
第四章 刚体的转动部分习题分析与解答 4-5用落体观察法测定飞轮的转动惯量,是将半径不R的飞轮支 承在O点上,然后在绕过飞轮的绳子的一端挂一质量为的重物, 令重物以初速度为零下落,带动飞轮转动(如图示)。记下重 物下落的距离和时间,就可算出飞轮的转动惯量。试写出它的 计算式。(假设轴承间无摩擦) 分析:可根据转动定律和牛顿定律分别列出飞轮 和重物的动力学方程来求解;也可将飞轮、重物 和地球视为系统用机械能守恒来求解。 解1设绳子的拉力为F,对飞轮而言, 根据转动定律,有F,R=Jo (1) 对重物而言,由牛顿定律,有 mg -FR ma (2)
第四章 刚体的转动部分习题分析与解答 分析:可根据转动定律和牛顿定律分别列出飞轮 和重物的动力学方程来求解;也可将飞轮、重物 和地球视为系统用机械能守恒来求解。 4-5 用落体观察法测定飞轮的转动惯量,是将半径不R的飞轮支 承在O点上,然后在绕过飞轮的绳子的一端挂一质量为m的重物, 令重物以初速度为零下落,带动飞轮转动(如图示)。记下重 物下落的距离和时间,就可算出飞轮的转动惯量。试写出它的 计算式。(假设轴承间无摩擦) 解1 设绳子的拉力为FT,对飞轮而言, 根据转动定律,有 F R J (1) T o R 对重物而言,由牛顿定律,有 mg F R ma (2) T
第四章刚体的转动部分习题分析与解答 由于绳子不可伸长,故有 a=Ro (3) 重物作匀加速下落,则有 1 h=-at2 (4) 2 联合式(1)、(2)、(3)、(4)可解得飞轮的转动惯量为 J=mR2(-1) 2h 解2设根据系统的机械能守恒定律,有 - mgh +mv2+J02=0 (1') 2
第四章 刚体的转动部分习题分析与解答 解2 设根据系统的机械能守恒定律,有 由于绳子不可伸长,故有 a R (3) 重物作匀加速下落,则有 at (4) 2 1 h 2 联合式(1)、(2)、(3)、(4)可解得飞轮的转动惯量为 1) 2h gt J mR ( 2 2 J 0 (1') 2 1 mv 2 1 mgh 2 2
第四章 刚体的转动部分习题分析与解答 线速度和角速度的关系为 v=RO (2) 根据重物作匀加速运动时,有 v at (3) y2 2ah (4) 联合式(1)、(2)、(3)、(4)可解得飞轮的转 动惯量为 2h
第四章 刚体的转动部分习题分析与解答 线速度和角速度的关系为 v R (2') 根据重物作匀加速运动时,有 v at (3') 联合式(1‘)、(2’)、(3‘)、(4’)可解得飞轮的转 动惯量为 1) 2h gt J mR ( 2 2 v 2ah (4') 2
第四章 刚体的转动部分习题分析与解答 4-6一飞轮由一直径为30cm,厚度为2.0cm的圆盘和两个直径为 10cm,长为8.0cm的共轴圆柱体组成,设飞轮的密度为 7.8×103kg.m3,求飞轮对轴的转动惯量。 分析:根据转动惯量的可叠加性, 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。 解根据转动惯量的叠加性,由匀质圆盘、下卡 9 圆柱体对惯量公式可得 J=,小=2×分m,号m,月 16p(d+2ad)=0.136kgm2 1
第四章 刚体的转动部分习题分析与解答 分析:根据转动惯量的可叠加性, 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。 4-6 一飞轮由一直径为30cm,厚度为2.0cm的圆盘和两个直径为 10cm,长为8.0cm的共轴圆柱体组成,设飞轮的密度为 7.8×103kg.m-3,求飞轮对轴的转动惯量。 解 根据转动惯量的叠加性,由匀质圆盘、 圆柱体对惯量公式可得 4 2 2 4 1 1 2 1 1 2 1 2 1 ad ) 0.136 kg .m 2 1 (Ld 16 1 ) 2 d m ( 2 1 ) 2 d m ( 2 1 J J J 2 a L d1 d2