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t=xln2) 0 de oe j dt 0 0 0= J00 2C 在时间t内所转过的圈数为 e J
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 45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) 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 和地球枧为系统用机械能守恒来求解, 解1设绳子的拉力为Fr,对飞轮而言, 根据转动定律,有FnR=Ja 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= ra (3) 重物作匀加速下落,则有 at (4) 联合式(1)、(2)、(3)、(4)可解得飞轮的转动惯量为 gt 2 J=mR( 2h 解2设根据系统的机械能守恒定律,有 mgh +mv+=Jo2=0
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 R (2) 根据重物作匀加速运动时,有 (3) v=2ah (4") 联合式(1“)、(2”)、(34)、(4)可解得飞轮的转 动惯量为 J=mr/t 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20cm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 78×103kgm3,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 d 2 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、 圆柱体对惯量公式可得 J=J1+J2=2×m1(以1)2+m1(以)2 p Ld 1+ad)=0.136 kg m
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