发布时间 : 星期四 文章力学知识小结及习题答案（下）更新完毕开始阅读f37e5f641ed9ad51f01df24e
R整个圆盘对x轴的转动惯量：I?2m3?R2?R?(R2?x2)3/2dx
为了能求出积分，作如下变换：x?Rcos?,dx??Rsin?d?
(R2?x2)3/2?(R2?R2cos2?)3/2?(R2sin2?)3/2?R3sin3?
0代入上式：I?2m3?R2??Rsin?(?Rsin?d?)?332mR23??4sin??d? 02据三角函数公式：sin??1?cos2?1?cos2?,cos2?? 222?2?sin4??(1?cos)?1??cos22?)24(1?2cos2 1?cos4?131?1(1?2cos2??)?(?2cos2??cos4?)42422I?2mR23?(3?2cos2??1cos4?)d??1422?????31?mRd??cos2?d2??cos4?d4?? ?6??2?8?00?0?2??2?mR(3??sin2?|0?1sin4?|0)?1mR6?2842
7.3.2 图示实验用的摆，l=0.92m,r=0.08m,ml=4.9kg,mr=24.5kg,近似认为圆形部分为匀质
圆盘，长杆部分为匀质细杆。求对过悬点且与盘面垂直的轴线的转动惯量。 o
解：摆对o轴的转动惯量I等于杆对o轴的转动 l 惯量Il加上圆盘对o轴的转动惯量Ir，即I=Il+Ir.根据 平行轴定理
2l21Il?12mll2?ml(2)?13mll,22Ir?12mrr?mr(l?r)2221I?1ml?mr?m(l?r) lrr322221?13?4.9?0.92?2?24.5?0.08?24.5(0.92?0.08)?26kgm2r 7.3.3 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 R 垂直的轴线（以下简称o轴）的转动惯量 r r
2为 I?1.由于对称放置，两个小圆 2MRo 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，
222R2I'?1(??r)r?(??r)(22)?Mr42R22?1Mr 4设挖去两个小圆盘后，剩余部分对o轴的转动惯量为I”
Mr22224211I\?I?2I'?1MR??Mr?M(R?r?2r/R) 2222R4
7.3.5一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：
闸瓦 392?0.4 ??I?,???I?2?0.4??15.68rad/s8.0制动过程可视为匀减速转动，????/?t
闸瓦 ?t???/??41.9/15.68?2.67s
7.3.6 匀质杆可绕支点o转动，当与杆垂直的冲力作用某点A时，支点o对杆的作用力
并不因此冲力之作用而发生变化，则A点称为打击中心。设杆长为L，求打击中心与支点的距离。 y
解：建立图示坐标o-xyz,z轴垂直纸面向外。 N 据题意，杆受力及运动情况如图所示。由质心运 o x 动定理：N?mg?0,F?mac?mL2?2(1) ac mg (2) A F 由转动定理；F0A?Io??13mL?把⑴代入⑵中，可求得 oA?2 3L
7.3.7 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： T2 T1 β x o R a a y m2g m1g T2 T1 m2 m1
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：
m2g?T2?m2a(1);T1?m1g?m1a(2)
对滑轮应用转动定理：(T2?T1)R?I??Ia/R （3）
2质点m2作匀加速直线运动，由运动学公式：?y?1， 2at?a?2?y/t2?2?0.75/5.02?0.06m/s2
由 ⑴、⑵可求得 T2?T1?(m2?m1)g?(m2?m1)a,代入（3）中，可求得
I?[(m2?m1)g/a?(m2?m1)]R2，代入数据：
I?(0.04?9.8/0.06?0.96)?0.052?1.39?10?2kgm2
7.3.8斜面倾角为θ，位于斜面顶端的卷扬机鼓轮半径为R，转动惯量为I，受到驱动力矩τ，通过绳所牵动斜面上质量为m的物体，物体与斜面间的摩擦系数为μ，求重物上滑的加速度，绳与斜面平行，不计绳质量。
解：隔离鼓轮与重物，受力分析如图，其中T为绳中张力，f=μN为摩擦力，重物上滑加速度与鼓轮角加速度的关系为a=βR
对重物应用牛二定律： N T- μN- mgsinθ=ma, N=mgcosθ，代入前式，得 T- μT β f τ mgcosθ- mgsinθ=ma ① θ a 对鼓轮应用转动定理： T mg τ- TR=Iβ=Ia/R ②
由①②联立，可求得重物上滑的加速度：
a??R?R2mg(?cos??sin?)I?mR2
惯量，悬线和轴的垂直的误差，先悬挂质量较始下落，落地时间为t1，处下落，所需时间为t2，为两种情况下摩擦力示：τf为摩擦力矩，a mg
7.3.9利用图中所示装置测一轮盘的转动距离为r，为减小因不计轴承摩擦力矩而产生小的重物m1，从距地面高度为h处由静止开然后悬挂质量较大的重物m2，同样自高度h根据这些数据确定轮盘的转动惯量，近似认矩相等。
解：隔离轮盘与重物，受力及运动情况如图T为绳中张力，a=βr
对轮盘应用转动定理：
r m1,m2 h τf T r T β T1r??f?I?1，T2r??f?I?2，两式相减，得：
(T2?T1)r?I(?2??1),I?(T2?T1)r/(?2??1)①
对重物应用牛顿二定律：
m1g?T1?m1a1?m1r?1,m2g?T2?m2a2?m2r?2，两式相减，可得：T2?T1?(m2?m1)g?r(m2?2?m1?1)，代入①中，可得：
I?[(m2?m1)gr?(m2?2?m1?1)r2]/(?2??1)②
1由运动学公式：h?1 2a1t1?2a2t2,?a1?2h/t1,222a2?2h2h2h，将角加速度代入②中，得： ,??,??12222t2rt1rt2I???(m2?m1)gr?(m22hrt22222hrt221?m12hrt12)r222h?rt22(m2?m1)gr?2hr2(m2/t2?m1/t1)2h(t1?t2)/(t1t2)2222(m2?m1)gr2t1t2?2hr2(m2t1?m1t2)2h(t1?t2)22222
7.4.1 扇形装置如图，可绕光滑的铅直轴线o转动，其转动惯量为I.装置的一端有槽，槽内有弹簧，槽的中心轴线与转轴垂直距离为r。在槽内装有一小球，质量为m，开始时用细线固定，使弹簧处于压缩状态。现在燃火柴烧断细线，小球以速度v0弹出。求转动装置的反冲角速度。在弹射过程中，由小球和转动装置构成的系统动能守恒否？总机械能守恒否？为什么？
解：取小球、转动装置构成的物体系为研究对象。在弹射过程中，物体系相对竖直轴o
未受外力距作用，故物体系对转轴o的角动量守恒，规定顺时方向为正，有 v0
I??rmv0?0???rmv0/I r m 在弹射过程中，物体系动能不 o I 守恒，因弹力做正功使动能增加；
总机械能守恒，因为只有保守内力（弹力）做功。
7.4.2 质量为2.97kg，长为1.0m的匀质等截面细杆可绕水平光滑的轴线o转动，最初杆静止于铅直方向。一弹片质量为10g，以水平速度200m/s射出并嵌入杆的下端，和杆一起运动，求杆的最大摆角θ. o
解：将子弹、杆构成的物体系作为研究对象， 整个过程可分为两个阶段研究：
l M 第一阶段，子弹与杆发生完全非弹性碰撞， θ 获得共同的角速度ω，此过程时间极短，可认
为杆原地未动。由于在此过程中，外力矩为零， m v 221因此角动量守恒，mvl?ml2??13Ml??(m?3M)l?
???mv(m?M/3)l?0.01?200(0.01?2.97/3)?1.0?2.0rad/s
第二阶段，子弹与杆以共同的初角速度ω摆动到最大角度θ，由于在此过程中，只有重力做功，所以物体系的机械能守恒，物体系原来的动能等于重力势能的增量：
1222l(m?1M)l??mgl(1?cos?)?Mg2(1?cos?)3(m?M/3)l(2m?M)g?cos??1?θ=30o34’
??1?2(0.01?2.97/3)?1.0?2.02(2?0.01?2.97)?9.8?0.8635