物理学教程（第二版）上册3--4单元课后习题答案详解(7)

FT?2?P2?FT2?m2g?m2a2 (2) FT1R?FT2r??J1?J2?α (3) FT?1?FT1,FT?2?FT2 (4)

由角加速度和线加速度之间的关系，有

a1?Rα (5) a2?rα (6)

解上述方程组，可得

a1?m1R?m2rgR 22J1?J2?m1R?m2rm1R?m2rgr

J1?J2?m1R2?m2r2a2?J1?J2?m1r2?m2RrFT1?m1g

J1?J2?m1R2?m2r2J1?J2?m1R2?m1RrFT2?m2g 22J1?J2?m1R?m2r4－12 如图所示装置，定滑轮的半径为r，绕转轴的转动惯量为J，滑轮两边分别悬挂质量为m1和m2的物体A、B.A置于倾角为θ的斜面上，它和斜面间的摩擦因数为μ，若B向下作加速运动时，求：(1)其下落加速度的大小；(2)滑轮两边绳子的张力.(设绳的质量及伸长均不计，绳与滑轮间无滑动，滑轮轴光滑.)

题 4-12 图

分析 这是连接体的动力学问题，对于这类问题仍采用隔离体的方法，从受力分析着手，然后列出各物体在不同运动形式下的动力学方程.物体A和B可视为质点，则运用牛顿定律.由于绳与滑轮间无滑动，滑轮两边绳中的张力是不同的，滑轮在力矩作用下产生定轴转动，因此，对滑轮必须运用刚体的定轴转动定律.列出动力学方程，并考虑到角量与线量之间的关系，即能解出结果来.

解 作A、B和滑轮的受力分析，如图(b).其中A是在张力FＴ1、重力P1，支持力FＮ和摩擦力Fｆ的作用下运动，根据牛顿定律，沿斜面方向有

FT1?m1gsinθ?μm1gcosθ?m1a1 (1)

而B则是在张力FＴ2和重力P2的作用下运动，有

m2g?FT2?m2a2 (2)

由于绳子不能伸长、绳与轮之间无滑动，则有

a1?a2?rα (3)

对滑轮而言，根据定轴转动定律有

FT?2r?FT?1r?Jα (4) FT?1?FT1,FT?2?FT2 (5)

解上述各方程可得

a1?a2?m2g?m1gsin???m1gcos? 2m1?m2?J/rm1m2g?1?sinθ?μcosθ???sinθ?μcosθ?m1gJ/r2 FT1?2m1?m2?J/rm1m2g?1?sinθ?μcosθ??m2gJ/r2 FT2?m1?m2?J/r24－13 如图(a)所示，飞轮的质量为60kg，直径为0.50m，转速为1.0 ×103r·min-1.现用闸瓦制动使其在5.0s内停止转动，求制动力F.设闸瓦与飞轮之间的摩擦因数 μ＝0.40，飞轮的质量全部分布在轮缘上.

题 4-13 图

分析 飞轮的制动是闸瓦对它的摩擦力矩作用的结果，因此，由飞轮的转动规律可确定制动时所需的摩擦力矩.但是，摩擦力矩的产生与大小，是由闸瓦与飞轮之间的正压力FＮ决定的，而此力又是由制动力F通过杠杆作用来实现的.所以，制动力可以通过杠杆的力矩平衡来求出.

解 飞轮和闸杆的受力分析，如图(b)所示.根据闸杆的力矩平衡，有

?l1?0 F?l1?l2??FN?，则闸瓦作用于轮的摩擦力矩为 而FN?FNM?Ffd1l?l?FNμd?12Fμd (1) 222l1摩擦力矩是恒力矩，飞轮作匀角加速转动，由转动的运动规律，有

α?ω?ω0ω02πn?? (2) ttt因飞轮的质量集中于轮缘，它绕轴的转动惯量J?md2/4，根据转动定

律M?Jα，由式(1)、(2)可得制动力

F??nmdl1?3.14?102N

??l1?l2?t4－14 如图所示，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)经过多少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？

题 4-14 图

分析 由于空气的阻力矩与角速度成正比，由转动定律可知，在变力矩作用下，通风机叶片的转动是变角加速转动，因此，在讨论转动的运动学关系时，必须从角加速度和角速度的定义出发，通过积分的方法去解.

解 (1)通风机叶片所受的阻力矩为M＝－Cω，由转动定律M＝Jα，可得叶片的角加速度为

α?dωCω?? (1) dtJ根据初始条件对式(1)积分，有

tdωC???ω0ω?0Jdt ω由于C和J均为常量，得

ω?ω0e?Ct/J (2)

当角速度由ω0→1ω0时，转动所需的时间为

2t?Jln2 Ct(2)根据初始条件对式(2)积分，有

?θ0dθ??ω0e?Ct/Jdt

0即 θ?在时间t内所转过的圈数为

Jω0 2C

N?θJω0? 2π4πC4－15 电风扇接通电源后一般经5s后到达额定转速n0?300r?min?1,而关闭电源后经16 s后风扇停止转动，已知电风扇的转动惯量为

0.5kg?m2，设启动时电磁力矩M和转动时的阻力矩Mf均为常数，求

启动时的电磁力矩M.

分析 由题意知M和Mf均为常数，故启动时电风扇在M和Mf共同作用下，作匀加速转动，直至到达额定转速，关闭电源后，电风扇仅在Mf的作用下作匀减速转动.运用匀变速转动的运动学规律和转动定律既可求解.

解 设启动时和关闭电源后，电风扇转动时的角加速度分别为?1和

?2，则启动过程 M?Mf?J?

?0??1t1

关闭电源后 ?Mf?J?2

?0??2t2?0

联解以上各式并将?0?2?n0以及n0、t1、t2、J值代入，得 60M?4.12N?m

4－16 一质量为m′、半径为R的均匀圆盘，通过其中心且与盘面垂直的水平轴以角速度ω转动，若在某时刻，一质量为m的小碎块从盘边缘裂开，且恰好沿垂直方向上抛，问它可能达到的高度是多少？破裂后圆盘的角动量为多大？

分析 盘边缘裂开时，小碎块以原有的切向速度作上抛运动，由质点运动学规律可求得上抛的最大高度.此外，在碎块与盘分离的过程中，满足角动量守恒条件，由角动量守恒定律可计算破裂后盘的角动量.

百度搜索“77cn”或“免费范文网”即可找到本站免费阅读全部范文。收藏本站方便下次阅读，免费范文网，提供经典小说综合文库物理学教程（第二版）上册3--4单元课后习题答案详解(7)在线全文阅读。