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第3章 刚体力学习题解答 3.13 某发动机飞轮在时间间隔t内的角位移为 。求t时刻的角速度和角加速度。 解： 3.14桑塔纳汽车时速为166km/h，车轮滚动半径为0.26m，发动机转速与驱动轮转速比为0.909, 问发动机转速为每分多少转？ 解：设车轮半径为R=0.26m，发动机转速为n1, 驱动轮转速为n2, 汽车速度为v=166km/h。显然，汽车前进的速度就是驱动轮边缘的线速度， ，所以： 3.15 如题3-15图所示，质量为m的空心圆柱体，质量均匀分布，其内外半径为r1和r2，求对通过其中心轴的转动惯量。 解：设圆柱体长为h ，则半径为r，厚为dr的薄圆筒的质量dm为： 对其轴线的转动惯量dIz为 3.17 如题3-17图所示，一半圆形细杆，半径为 ，质量为 ，求对过细杆二端 轴的转动惯量。 解：如图所示，圆形细杆对过O轴且垂直于圆形细杆所在平面的轴的转动惯量为mR2，根据垂直轴定理和问题的对称性知：圆形细杆对过轴的转动惯量为mR2，由转动惯量的可加性可求得：半圆形细杆对过细杆二端 轴的转动惯量为： 3.18 在质量为M，半径为R的匀质圆盘上挖出半径为r的两个圆孔，圆孔中心在半径R的中点，求剩余部分对过大圆盘中心且与盘面垂直的轴线的转动惯量。 解：大圆盘对过圆盘中心o且与盘面垂直的轴线（以下简称o轴）的转动惯量为 .由于对称放置，两个小圆盘对o轴的转动惯量相等，设为I’，圆盘质量的面密度σ=M/πR2，根据平行轴定理， 设挖去两个小圆盘后，剩余部分对o轴的转动惯量为I” 3.19一转动系统的转动惯量为I=8.0kgm2，转速为ω=41.9rad/s，两制动闸瓦对轮的压力都为392N，闸瓦与轮缘间的摩擦系数为μ=0.4，轮半径为r=0.4m，问从开始制动到静止需多长时间？ 解：由转动定理： 制动过程可视为匀减速转动， 3.20一轻绳绕于r=0.2m的飞轮边缘，以恒力 F=98N拉绳，如题3-20图（a）所示。已知飞轮的转动惯量 J=0.5kg.m2，轴承无摩擦。求 （1）飞轮的角加速度。 （2）绳子拉下5m时，飞轮的角速度和动能。 （3）如把重量 P=98N的物体挂在绳端，如题3-20图（b）所示，再求上面的结果。 解 （1）由转动定理得： （2）由定轴转动刚体的动能定理得： =490J （3）物体受力如图所示： 解方程组并代入数据得： 3.21现在用阿特伍德机测滑轮转动惯量。用轻线且尽可能润滑轮轴。两端悬挂重物质量各为m1=0.46kg，m2=0.5kg，滑轮半径为0.05m。自静止始，释放重物后并测得0.5s内m2下降了0.75m。滑轮转动惯量是多少？ 解： 隔离m2、m1及滑轮，受力及运动情况如图所示。对m2、m1分别应用牛顿第二定律： 对滑轮应用转动定理： （3） 质点m2作匀加速直线运动，由运动学公式：， 由 ⑴、⑵可求得 ,代入（3）中，可求得 ，代入数据： 3.22质量为m，半径为 的均匀圆盘在水平面上绕中心轴转动，如题3-22图所示。盘与水平面的动摩擦因数为 ，圆盘的初角速度为，问到停止转动，圆盘共转了多少圈？ 解： 如图所示： 由转动定律：M= 得： 积分得： 所以从角速度为到停止转动，圆盘共转了圈。 3.23如图所示，弹簧的倔强系数k=2N/m,可视为圆盘的滑轮半径r=0.05m，质量m1=80g，设弹簧和绳的质量可不计，绳不可伸长，绳与滑轮间无相对滑动，运动中阻力不计，求1kg质量的物体从静止开始（这时弹簧不伸长）落下1米时，速度的大小等于多少（g取10m/s2） 解：以地球、物体、弹簧、滑轮为系统，其能量守恒物体地桌面处为重力势能的零点，弹簧的原长为弹性势能的零点， 则有： 解方程得： 代入数据计算得：v=1.48m/s 。 即物体下落0.5m的速度为1.48m/s 3.24如题3-24图所示，均质矩形薄板绕竖直边转动，初始角速度为，转动时受到空气的阻力。阻力垂直于板面，每一小面积所受阻力的大小与其面积及速度平方的乘积成正比，比例常数为k。试计算经过多少时间，薄板角速度减为原来的一半，设薄板竖直边长为b，宽为a，薄板质量为m。 解；如图所示，取图示的阴影部分为研究对象 所以经过的时间，薄板角速度减为原来的一半。 3-25一个质量为M，半径为 R并以角速度旋转的飞轮（可看作匀质圆盘），在某一瞬间突破口然有一片质量为m的碎片从轮的边缘上飞出，见题3-25图。假定碎片脱离飞轮时的瞬时速度方向正好竖直向上， （1）问它能上升多高？ （2）求余下部分