全文

(1)

10 轉動運動—I

Rotation Motion — I

(2)

10-1 物理學探討什麼?

10-2 轉動變數

10-3 角量是否為向量 10-4 等角加速度的轉動

10-5 線量變數和角量變數的關係 10-6 轉動的動能

10-7 計算轉動慣量 10-8 力矩

10-9 力矩形式的牛頓第二定律 10-10 功和轉動動能

(3)

10-1 物理學探討什麼?

„

我們已討論過物理的一個重點是運動,但是我們只考 慮過平移(translation)運動,即是物體沿直線或曲 線移動,如圖 10-1a 所示,現在我們要討論轉動(

rotation),即物體繞一個軸旋轉,如圖 10-1b 所示。

(4)

圖10-1

花式溜冰選手 Sasha Cohen 做溜冰動作:

(5)

10-2 轉動變數

„

考慮剛體繞固定軸的轉動。剛體(rigid body)是一 個物體,當轉動時它的所有部分都鎖定在一起而不變 形。固定軸(fixed axis)是當轉動發生時,軸不會移 動,故太陽不在此範圍,因太陽是氣團,無法固定。

„

圖 10-2 顯示一任意形狀的剛體繞一固定軸轉動,此 軸稱為轉動軸(axis of rotation;rotation axis)。在純 轉動情況(角運動;angular motion),物體的每一點 沿圓周運動,而圓的中心在轉動軸上,並且在特定的 時間間隔裡,每一點都移動相同的角度。

(6)

10-2 轉動變數

(續)

角位置

„

圖 10-2 顯示固定在物體內,垂直於轉動軸和物體共 轉的一條參考線(reference line)。這條線的角位置

(angular position)是這條線和我們認定為零角位置

(zero angular position)的固定方向之相對角度,如 圖 10-3 所示,角位θ是和 x 軸的正方向所量出的角 度。從幾何學得知,θ可由下列方程式求得

s 是從 x 軸(零角位置)到參考線的圓弧長度,r 是圓

(7)

圖10-2

任意形狀的剛體繞 座標系統 z 軸做純 轉動運動,參考線 在剛體上位置是任 意但垂直於轉軸,

參考線固定在物體 上而隨它轉動。

(8)

10-2 轉動變數

(續)

„

用此方法定義的角度單位是弳度(radian, rad),而 不是轉數(revolution, rev)或度數,弳度因為是兩個 長度的比,所以是純數量沒有維度。因為半徑 r 的圓 周長是 2πr,一個圓圈有 2π弳度

„

當參考線繞轉軸轉動一圈時,我們沒有把θ重設定為 0,因此當參考線從零角位置完成兩圈時,參考線的

(9)

10-2 轉動變數

(續)

角位移

„

若圖 10-3 的物體繞轉軸轉動,如圖 10-4 所示,參考 線的角位置從θ

1

到θ

2

,則物體的角位移(angular displacement)Δθ為

„

若物體沿 x 軸做平移運動,其位移Δx 是正或負,乃 依物體在軸的正方向或負方向運動而定;同樣地,轉 動物體的角位移Δθ是正或負,則依下列法則。

(10)

圖10-3

本圖為圖 10-2 中轉 動剛體從上看下的 截面,此截面垂直 於伸出頁面朝向讀 者的轉軸,在此物 體位置,參考線和 x 軸成一角度θ。

(11)

10-2 轉動變數

(續)

角速度

„

如圖 10-4 所示,若轉動物體在時間 t

1

的角位置θ

1

在時間 t

2

的角位置θ

2

,物體在 t

1

到 t

2

的時間間隔Δt 內的平均角速度(average angular velocity)定義為

Δθ是在時間Δt 內的角位移(ω是希臘字 omega 的小 寫)。

(12)

10-2 轉動變數

(續)

„

瞬時角速度(instantaneous angular velocity)ω為

10-5 式中的比值,當Δt 趨近 0 時,所得的極限值,

因此

如θ(t) 已知,經微分可得角速度ω。

„

角速度的單位是每秒弳度(rad/s)或每秒轉數(rev/s

)。角速度的絕對大小稱為角速率(angular speed)

,也以ω表示。

(13)

圖10-4

圖 10-2 和圖 10-3中剛體的參考線,在 t1 時角位置為θ1而在 t 時角位置為θ ,數量Δθ(=θ -θ )是在時間間隔

(14)

10-2 轉動變數

(續)

角加速度

„

如轉動物體的角速度不是常數,則物體有角加速度。

令在 t

1

和 t

2

的物體角速度為ω

1

和ω

2

,則平均角加 速度(average angular acceleration)定義為

Δω是角速度在時間間隔Δt 的改變量。

(15)

10-2 轉動變數

(續)

„

瞬時角加速度(instantaneous angular acceleration)α 是當Δt 趨近 0 時此數量的極限,因此

„

10-7 式和 10-8 式適用於物體的每個粒子,角加速度 的單位是弳度每秒平方(rad/s

2

)或轉數每秒平方(

rev/s

2

)。

(16)

範例10-1

圖 10-5a 中的圓盤可以像旋轉木馬一樣繞中央軸轉動,

轉盤上一參考線的角位置θ(t) 為

t 的單位是秒,θ的單位是弳度,零角位置標示在圖上。

(a) 繪出時間 t =-3.0 s 到 t =5.4 s 之間圓盤的角位置相對 時間。描述在 t =-2.0 s 和 4.0 s 點以及曲線穿過 t 軸時的 圓盤和它的角位置參考線。

(17)

圖10-5

(a) 轉動圓盤。(b) 圓盤角位置θ(t) 的 曲線。(c) 五個圓盤素描顯示其參考 線在曲線上五點的角位置。(b) 圓盤 角速度ω(t) 的曲線,正ω值是逆時

(18)

範例10-1 (續)

解題關鍵

圓盤的角位置是其參考線之角位置θ(t),如10-9式所示 是時間函數,以此所繪10-9 式的結果顯示在圖10-5b。

解題算式

要描述在特定時間的圓盤和它的參考線,需要先計算該 時間的θ,把時間 t =-2.0 s 代入 10-9 式得

(19)

範例10-1 (續)

意指圓盤上的參考線從零位置逆時鐘轉動角度 1.2 rad

=69°(因θ為正值,逆時鐘),在圖 10-5b 中 (1) 表示 參考線位置。

同理,當 t =0 求得θ=-1.00 rad=-57°,意指參考 線從零位置順時鐘轉動 1.0 rad 或 57°,如圖中 (3);t = 4.0 s 時,θ=0.60 rad=34°,如圖中 (5)。要畫圖穿過 t 軸並不難,因為當時θ=0 而參考線正好在零角位置圖 中 (2) 和 (4)。

(20)

範例10-1 (續)

(b) 在什麼時間 t

min

θ(t) 達到極小值如圖 10-5b所示?極 小值為何?

解題關鍵

求一函數的極值(此處為極小值),對函數做一次微分

,然後令其為 0。

解題算式

θ(t) 的一次微分為

令上式為 0,所解出的 t 是θ(t) 為極小值的時間:

(21)

範例10-1 (續)

要求θ的極小值,將 t

min

代入 10-9 式得

θ(t) 的極小值(圖 10-5b 中曲線的底部)正好和從零角 位置起,圓盤的最大順時鐘轉度相應,這角度比圖中 (3) 的大些。

(c) 繪出圓盤角速度ω在時間 t =-3.0 s 到 t =6.0 s 內的 變化。在 t =-2.0 s、4.0 s 和 t

min

間,描述圓盤同時顯 示旋轉方向和ω的正負。

(22)

範例10-1 (續)

解題關鍵

由 10-6 式得知,角速度ω等於 dθ/dt,從 10-10 式得

圖 10-5c 顯示函數ω(t) 的曲線。

解題算式

為描述在 t =-2.0 s 的圓盤,將此值代入 10-11 式得

負號表示在 t =-2.0 s 時,圓盤是順時鐘旋轉(圖 10-

(23)

範例10-1 (續)

將 t =4.0 s 代入 10-11 式得

未顯出的正號表示在 t =4.0 s 時,圓盤是逆時鐘旋轉(

圖 10-5c 中最高的圖像)。

在 t

min

時已知 dθ/dt=0,所以ω=0,即是當參考線 到達θ的最低值,如圖 10-5b 所示時,圓盤暫時停止,

從圖 10-5c 的中間圖像可知。

(24)

範例10-1 (續)

(d) 用 (a) 小題到 (c) 小題部分的結果,描述從 t =-3.0 s 到 t =6.0 s 的圓盤運動。

描述

轉盤最初在 t =-3.0 s 時是正角位置和順時鐘轉,但速 度轉慢,在角位置θ=-1.36 rad 時停止,然後開始逆 時鐘轉,而角位置最終變為正號。

(25)

10-3 角量是否為向量?

„

圖 10-6a 顯示在轉盤上轉動的塑膠唱片,唱片以定速 率ω(=33 1/3 rev/min)順時間轉動。如圖 10-6b 所 示,我們可將角速度用沿轉動軸方向的向量ω表示。

如圖 10-6c 所示,我們用右手定則(right-hand rule)

來定ω的方向:將右手指按照轉動方向捲曲,伸出拇 指的方向即是角速度向量的方向。

„

注意,角位移不能當向量處理,除非量很小,因為向 量的法則規定,兩向量相加時順序無關,而兩角位移 相加的結果和相加順序有關。

(26)

圖10-6

(a) 唱片繞著和轉盤軸相合的垂直軸轉動。(b) 轉動唱片的角速度 以向量ω表示,如圖所示ω沿轉軸向下。(c) 角速度向量的方

向是用右手定則確定為向下,當右手手指繞唱片捲曲而指向運動

(27)

圖10-7

(a) 從圖中最上面書本的最初 位置,書本做兩個連續 90°

的轉動,首先繞(水平)x 軸

,然後繞(垂直)y 軸。

(b) 書本做相同轉動但轉動的 秩序相反。

(28)

10-4 等角加速度的轉動

„

在純平移運動,等線加速度(constant linear

acceleration;如自由落體)是重要的特例,表 2-1 有 這運動的方程式。

„

2-11 式和 2-15 式是等線加速度的基本方程式,其他 方程式可以由此導出;同樣地,10-12 式和 10-13 式 是等角加速度的基本方程式,其他角方程式可由此導 出。

(29)

表10-1 等線加速度和等角加速度的運動方程式

(30)

範例10-3

砂輪(見圖 10-8)以等角加速度α=0.35 rad/s

2

轉動,

在 t =0 時角速度為ω

0

=-4.6 rad/s,同時砂輪上的參考 線在水平方向角位置θ

0

=0。

(a) t =0 後,何時參考線在角位置θ=5.0 rev?

解題關鍵

因角加速度是常數,故可應用表10-1,選擇 10-13 式,

上式的唯一未知變數是所需時間 t。

(31)

圖10-8

在 t=0 時砂輪的參考線(想像在輪上標誌)在水平方向。

(32)

範例10-3 (續)

解題算式

代入已知數,同時令θ

0

=0 和θ=5.0 rev=10π,得

(5.0 rev 轉換為 10πrad 為使單位一致),解上列 t 的 二次方程式得

(33)

範例10-3 (續)

(b) 描述砂輪在 t =0 和 t =32 s 之間的轉動。

描述:

砂輪開始向負方向(順時鐘)轉動,角速度為ω

0

=

-4.6 rad/s,但角加速度α為正,角速度和角加速度符 號相反,表示砂輪的負方向轉動減緩,終於停止而反轉

,向正方向轉動,在參考線通過最初的方向θ=0 後,

砂輪在 t =32 s 時再多轉 5.0 rev。

(34)

範例10-3 (續)

(c) 何時砂輪暫時停止?

解題算式

從方程式表中,選擇等角加速度的方程式,同時需要未 知變數是 t 的方程式,而且方程式中還要有變數ω,可 將ω設為 0 而求 t 的解。應用 10-12 式可得

(35)

10-5 線量變數和角量變數的關係

位置

„

若剛體上的參考線轉過角度θ,則物體內距離轉軸 r 的一點,沿圓弧移動距離 s,s 可用 10-1 式表示

„

這是第一個線-角關係式,注意:角度θ的單位必須 是弳度,10-17 式本身是以弳度為單位的角度定義。

(36)

10-5 線量變數和角量變數的關係

(續)

速率

„

對 10-17 式就時間微分,而 r 保持不變得

但 ds/dt 是該點的線速率(線速度的大小值),而 dθ/dt 是轉動物體的角速率ω,因此

„

注意,角速率ω必須以弳度表示。

(37)

10-5 線量變數和角量變數的關係

(續)

加速度

„

10-21 式中,沒有向量的 dv/dt,只代表有向量的線速 度 v 中,速度 v 大小值的改變產生的部分線加速度。

和 v 一樣,這部分的線加速度是在圓周該點的切線上

,可稱為該點的線加速度之切線分量(tangential component) a

t

(38)

圖10-9

顯示圖 10-2 中轉動剛體從上看下的截面,物體上每一點

(如 P)繞轉動軸做圓周運動。(a) 每一點的線速度 v 是 在該點運動的圓周之切線方向。(b) 該點的線加速度 a 有

(39)

10-6 轉動的動能

„

轉動物體的動能是

在此 m

i

是粒子 i 的質量,v

i

是它的速率,集合是對物 體中所有粒子的總和。

„

10-31 式的困難在所有粒子的速率 v

i

並不相同,解決 問題的方法是用 10-18 式(v=ωr)取代 v,因此可得

(40)

10-6 轉動的動能

(續)

„

10-32 式右邊括號內的數量告訴我們,轉動物體的質 量是如何圍繞轉軸分佈,我們稱此數量為物體對轉軸 的轉動慣量[rotational inertia;或慣量矩(moment of inertia)]I。對一個特別的剛體和特別的轉軸而言,

它是常數(若要 I 值有意義,轉軸必須確定)。

因此可寫成

I 的 SI 制單位是仟克平方米(kg.m

2

)。

(41)

圖10-11

長棍繞 (a) 通過中心軸(縱向),較繞 (b) 通過中點但 垂直於長度的軸易於轉動。兩者差異的原因在圖 (a)

(42)

10-7 計算轉動慣量

„

若剛體是由無數的鄰接粒子構成(連續性,如飛盤)

,則需要電腦才能用 10-33 式計算,由此,我們可將 10-33 式中的集合用積分取代,並定義物體的轉動慣 量為

„

表 10-2 是九種不同形狀的物體和所示轉軸積分的結 果。

(43)

10-7 計算轉動慣量

(續)

平行軸定理

„

計算質量 M 的物體繞已知軸的轉動慣量,原則上我 們可用10-35 式的積分求得,但若已知通過物體質量 中心的平行軸之轉動慣量 I

com

,則有捷徑可循。令 h 為已知軸和通過質量中心的平行軸的距離,則繞已知 軸的轉動慣量 I 為

此方程式稱為平行軸定理(parallel-axis theorem)。

(44)

表10-2 一些轉動慣量

(45)

圖10-12

一個剛體的截面,質量中心在 O 點。用平行軸定理(10-36 式),

可由繞通過 O 點軸的轉動慣量,求得繞另一平行軸的轉動慣量,

(46)

範例10-6

圖 10-13a 顯示一剛體,由兩質量 m 的粒子以長度 L 之 無質量棍連接構成。

(a) 如圖所示,繞通過棍的質量中心而垂直於棍的轉動 慣量 I

com

為何?

解題關鍵

因為只有兩粒子有質量,可用10-33 式求出物體的轉動 慣量 I

com

,不需用積分。

(47)

範例10-6 (續)

解題算式

兩粒子和轉軸的距離各為

½

L,可得

(b) 如圖 10-13b,在棍左端平行於前軸另立一軸,繞此 軸的物體轉動慣量 I 為何?

解題關鍵

這情況很簡單,我們可用兩個方法中之一求得 I,第一 個方法和 (a) 小題所用相似,另一更有效的方法是用平

(48)

圖10-13

(49)

範例10-6 (續)

第一種方法:用 (a) 小題的計算法,但左端粒子的垂直 距離 r

i

為 0,而右端粒子的垂直距離為 L,從 10-33 式

第二種方法:因已知通過質量中心軸的 I

com

有新軸為平 行軸,故可用平行軸定理(10-36 式),得

(50)

10-8 力矩

„

如圖 10-16a 顯示一物體的截面,此物體可繞一個通 過 O 同時又垂直於截面的軸自由轉動,一力量 F 作 用在 P 點,這點和 O 的相對位置可用位向量 r 定義

,向量 F 和 r 之間的角度為ψ。

„

要測定 F 如何使物體繞轉軸轉動,如圖 10-16b 所示 將 F 分解成兩垂直分量。一個分量指向 r 稱為徑向分 量(radial component)F

r

,因為它的作用線之延長線 通過 O,故此分量不會造成轉動。另一個 F 的分量稱 為切線分量(tangential component) F

t

,它垂直於 r 而數值是 F =F sinψ,這分量會造成轉動。

(51)

10-8 力矩

(續)

„

F 轉動物體的能力不僅是依靠切線分量 F

t

的大小,

而且還要看力使用的地方和 O 的距離而定。為使這 兩因素都顧慮到,將這兩因素的乘積定義為力矩(

torque)τ而寫成

„

兩種相當的計算力矩方法是

(52)

10-8 力矩

(續)

„

此處 r

是 O 的轉軸和 F 向量延長線的垂直距離(見 圖 10-16c),這延長線稱為 F 的作用線(line of

action),而 r

稱為 F 的力臂(moment arm)。圖 10-16b 顯示 r 向量的數值 r 可以看作是力分量 F

t

的 力臂。

„

力矩的 SI 制單位是牛頓公尺(N.m)。注意,「牛 頓公尺」也是功的單位。力矩和功是全然不同的數量

,絕對不能混淆,功常用焦耳表示(1 J=1 N.m),

而力矩絕不可能用。

(53)

圖10-16

(a) 一剛體可繞通過 O 點的軸自由轉動,此軸垂直於如圖所示 截面,有力 F 作用在剛體上的 P 點。(b) 此力所產生的力矩為 (r)(F sinψ),亦可寫成 rFt,Ft是力 F 的切線分量。(c) 力矩也

(54)

10-9 力矩形式的牛頓第二定律

„

猶如用力矩轉動門,力矩可以轉動剛體,在此我們要 將作用在剛體的淨力矩τ

net

和因力矩而產生繞轉軸的 角加速度α之關係找出。

„

模仿牛頓第二定律(F

net

=ma),即沿座標軸的淨力 F

net

作用於質量 m 的剛體而產生加速度 a,將 F

net

用 τ

net

代替、m 用 I 代替、a 用弳度為單位的α代替,

可得

(55)

圖10-17

圖示為一個可繞通過 O 點軸 自由轉動的簡單剛體,剛體 由一質量 m 的粒子,繫在一 長度 r 的無質量棍之端點構 成,作用力使剛體轉動。

(56)

10-9 力矩形式的牛頓第二定律

(續)

10-42式的證明

„

將力 F 作用在粒子上,因為粒子只能沿圓周運動,

只有力的切線分量 F

t

(在圓周切線方向的分量)可以 使粒子沿圓周加速,可用牛頓第二定律將 F

t

和粒子 沿路徑的切線加速度 a

t

的關係寫成

„

由 10-40 式作用於粒子的力矩是

(57)

10-9 力矩形式的牛頓第二定律

(續)

„

由 10-22 式(a

t

=αr)可以寫成

„

右式括號內的數量是粒子繞轉軸的轉動慣量(見 10- 33 式),10-43 式可簡化為

„

當多於一個的力作用於粒子時,10-44 式可推廣為

(58)

範例10-9

圖 10-18a 顯示一均勻圓盤,其質量 M=2.5 kg、半徑 R

=20 cm,裝置在一固定水平軸,從圍繞圓盤邊緣的無質 量繩索端,懸掛一物質量 m=1.2 kg。試求下墜物體的 加速度、圓盤之角加速度和繩索之張力。繩索不會滑動 而輪軸沒有摩擦力。

解題關鍵

(1)就物體而言,用牛頓第二定律(F

net

=ma),加速度 a 可由作用力得到。(2)就圓盤而言, 用轉動的牛頓第 二定律(τ

net

=Iα),圓盤角加速度α可由作用於它的 力矩得到。(3)物體和圓盤的運動聯繫在一起的關係是

,已知物體的線加速度 a 和圓盤邊緣的線(切線)加速

(59)

範例10-9 (續)

作用在物體的各項力:在圖 10-18b 中,各項力顯示在 自由體圖上。繩索之力是 T,而重力是 F

g

其值為 mg,

在垂直 y 軸方向分量的牛頓第二定律(F

net,y

=ma

y

)可寫 成

因 T 為未知,故上式無法求 a。

圓盤上力矩:之前因用 y 軸無解,即改用 x 軸,此處改 用圓盤的轉動。如圖 10-18c,為計算力矩和轉動慣量 I

,將轉軸設在圓盤中心點 O,轉軸垂直於圓盤面。

(60)

圖10-18

(a) 下墜物體使圓盤轉動。

(b) 自由體圖。

(c) 圓盤簡圖。

(61)

範例10-9 (續)

力矩可由 10-40 式(τ=rF

t

)得到。作用在圓盤的重力 和輪軸作用在圓盤的力都是著力在圓盤中心,即距離 r=0 而力矩為 0。由繩索作用在圓盤的力 T 著力點距離 r=R,而且在圓盤邊的切線方向,因此力矩為-RT,此 處負號因為力矩使圓盤從靜止而順時鐘轉由表 10-2c,

圓盤的轉動慣量 I 為 ½ MR

2

。因τ

net

=Iα得

(62)

範例10-9 (續)

上式好像無用,因有兩未知數α和 T,兩者均非所要的 a。經物理分析,可以用輔助條件:因繩索不滑動,故 物體的線加速度 a 和圓盤邊的(切線)線加速度 a

t

等。由 10-22 式(a

t

=αr)得 α=a/R,代入(10-47)得

(63)

範例10-9 (續)

綜合結果:結合 10-46 式和 10-48 式得

然後用 10-48 式求 T :

(64)

範例10-9 (續)

如所期望,墜落物體的加速度 a 小於 g,同時繩索的張 力 T(=6.0 N)比懸掛的物體所受重力(mg=-11.8 N

)為小,a 和 T 是由圓盤的質量決定而不是圓盤半徑。

為檢驗結果,注意上面推導出的方程式,當圓盤質量 為 0 時(M=0),可得 a=-g 和 T=0。如所預期:物體 如為自由落體,從 10-22 式,圓盤的角加速度為

(65)

10-10 功和轉動動能

„

在第 7 章討論過,當力 F 使質量 m 的剛體沿座標軸 加速,這力對物體作了功 W,因此物體的動能(K=

½

mv

2

)改變。假設這是物體唯一改變了的能量,用 功-動能原理(7-10 式),可定改變的動能ΔK 和所 作功 W 的關係,寫成

„

對限制於 x 軸的運動,可用 7-32 式計算功,

(66)

„

當 F 是常數而物體的位移是 d,上式簡化為 W=Fd,

作功的速率是功率,可見於 7-43 式和 7-48 式,

„

假設這是物體唯一改變了的能量,由於功-動能原理

,動能的改變ΔK 是由於作的功 W,但動能是轉動動 能:

10-10 功和轉動動能

(續)

(67)

10-10 功和轉動動能

(續)

„

亦可計算和 10-50 式相當的轉動所引起的功,

„

τ是作功的力矩,θ

i

和θ

f

分別是作功之前和之後的 物體角位置。當τ為常數,10-53 式簡化為

(68)

10-10 功和轉動動能

(續)

„

作功的速率是功率,和 10-51 式相當的轉動功率為

„

表 10-3 概括可應用於繞固定軸轉動的剛體方程式,

同時列有相當的平移運動方程式。

(69)

表10-3 平移運動和轉動運動的對應關係

(70)

範例10-11

在範例 10-9 和圖 10-18 中的圓盤,令它從時間 t =0 開 始轉動,在 t =2.5 s 時的轉動動能 K 為何?

解題關鍵

可用 10-34 式(K= ½ Iω

2

)求 K。我們已知 I= ½ MR

2

,但在 t =2.5 s 的ω尚未知,因角加速度α是常數-24 rad/s

2

,可用表 10-1 中等角加速度的方程式。

(71)

範例10-11 (續)

解題算式

已知α和ω

0

(=0),用 10-12 式求ω:

將ω=αt 和 I= ½ MR

2

代入 10-34 式,得

(72)

範例10-11 (續)

解題關鍵

亦可由作用在圓盤的功求得圓盤的動能。

解題算式

由 10-52 式(K

f

-K

i

=W)的功-動能定理,作用在圓盤 的淨功 W 等於圓盤改變的動能,令 K 代入 K

f

、0 代入 K

i

其次求功 W。由 10-53 式或 10-54 式,W 來自力矩作 用在圓盤上。

(73)

範例10-11 (續)

能產生角加速度和作功的力矩是由繩索對圓盤的力 T 導致的,從範例 10-9,這力矩等於-TR。因為α是常 數,力矩也是常數,可用 10-54 式得

因α為常數,可由 10-13 式求θ

f

-θ

i

,因ω

i

=0,可得

(74)

範例10-11 (續)

將上式代入 10-61 式,再將結果代入 10-60 式,因 T

=6.0 N 和α=-24 rad/s

2

(從範例 10-9)可得

數據

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參考文獻

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