刚体的转动部分习题分析与解答.ppt

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1、第四章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。解(1)根据题意中转速随时间的变化关系,将t=6.0s代入,得(2)角加速度随时间变化的规律为(3)t=6.0s时转过的角度为则t=6.0s时电动机转过的圈数分析: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

2、,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,得当角速度由ω0→ω0/2时,转动所需的时间为在时间t内所转过的圈数为(2)根据角速度定义和初始条件积分得(其中)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

3、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oR对重物而言,由牛顿定律,有解2设根据系统的机械能守恒定律,有由于绳子不可伸长,故有重物作匀加速下落,则有联合式(1)、(2)、(3)、(4)可解得飞轮的转动惯量为线速度和角速度的关系为根据重物作匀加速运动时,有联合式(1‘)、(2’)、(3‘)

4、、(4’)可解得飞轮的转动惯量为分析: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aLd1d2分析:根据转动惯量的定义,可直接采用面积分的方法对匀质矩形板进行计算。解取如图所示坐标,在板上取一质元dm=σdxdy,它对与板面垂直的,通过几何中心的轴线的转动惯量为4-9质量面密度为σ的均匀矩形板,试证其对与板面垂直的,

5、通过几何中心的轴线的转动惯量为其中a为矩形板的长,b为它的宽。dmoxyba整个矩形板对该轴的转动惯量为分析:对平动的物体和转动的组合轮分别列出动力学方程,结合角加速度和线加速度之间的关系即可解得。解取分别对两物体及组合轮作受力分析如下图4-11质量为m1和m2的两物体A、B分别悬挂在如图所示的组合轮两端。设两轮的半径分别为R和r,两轮的转动惯量分别为J1和J2,轮与轴承间、绳索与轮间的摩擦力均略去不计,绳的质量也略去不计。试求两物体的加速度和强绳的张力。m2m1BABAFT2FT1FNPP1P2F’T2F’T1a1a2根据质点的牛顿定律和刚体的转动定律,有BAFT2FT1FNP

6、P1P2F’T2F’T1a1a2由角加速度和线加速度之间的关系,有解上述方程组,可得分析:对平动的物体和滑轮分别列出动力学方程,结合角量与线量之间的关系即可求解。解分别对两A、B两物体及滑轮作受力分析如下图4-12如图示装置,定滑轮半径为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)BAAFfFT1FNP1F’T2F’T1BP2FT2根据质点的牛顿定律和刚体的转动定律,有由角加

7、速度和线加速度之间的关系,有AFfFT1FNP1F’T2F’T1BP2FT2且有解上述各方程,可得分析:圆盘各部分的摩擦力的力臂不同,为此,可将圆盘分割成许多同心圆环,对环的摩擦力矩积分即可得总力矩。另由于摩擦力矩是恒力矩,由角动量定理可求得圆盘停止前所经历的时间。解(1)圆盘上半径为r、宽度为dr的同心圆环所受的摩擦力矩为4-15一半径为R,质量为m的匀质圆盘,以角速度ω绕其中心轴转动,现将它平放在一水平板上,盘与板表面的摩擦因数为μ。(1)求圆盘所受的摩擦力矩。(2)问经过多

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