刚体的定轴转动习题课.pptVIP

* * * 目的与要求： 一、掌握转动惯量的物理意义。 二、确切理解力矩，掌握刚体定轴转动定律。 三、掌握角动量的概念及角动量守恒定律，明确角动量守恒定律的应用条件，并用来解决具体问题。 题1 如图所示，两物体质量分别为m1和m2，定滑轮的质量为m，半径为r，可视作均匀圆盘。已知m2与桌面间的滑动摩擦系数为μk，求m1下落的加速度和两段绳子中的张力各是多少？设绳子和滑轮间无相对滑动, 滑轮轴受的摩擦力忽略不计。 y x o z 1 解： 对m1，由牛顿第二定律 对m2，由牛顿第二定律 对滑轮，用转动定律 设绳在滑轮上不打滑，则有线量与角量的关系 联立解以上诸方程，可得 题2 飞轮的质量m＝60 kg，半径r＝0.25m，绕其水平中心轴O转动，转速为900rev.min-1。现有一制动用的轻闸杆，尺寸如图所示，一端施力F，已知闸瓦与飞轮之间的摩擦系数μ=0.4，飞轮的转动惯量可按匀质圆盘计算； （1）设F=100N，问可使飞轮在多长时间内停止转动？在这段时间里，飞轮转了几转？ （2）如要在2S内使飞轮转速减为一半，需加多大的制动力F？ 解 （1）先作闸杆和飞轮的受力分析图（下图）。 图中N、N′是正压力，Fr、 是摩擦力，Fx和Fy是杆在A点转轴处所受的支承力，P是轮的重力，R是轮在O轴处所受的支承力。 z 杆处于静止状态，所以对A点的合力矩应为零，设闸瓦厚度不计，则有 对飞轮，按转动定律 又 (1) 带入上式，得 由此可算出自施加制动力开始到飞轮停止转动的时间为 这段时间内飞轮的角位移为 这段时间内转了53.1圈。 用 的关系，可求出所需的制动力为 式（1） （2） ，要求飞轮转速在 内减少一半，可知 ( ) 1 s rad 60 2 900 - · = p w o × ( ) ( ) ) ( . . . . . N 177 2 75 0 50 0 40 0 2 15 50 0 25 0 60 l l 2 mrl F 2 1 1 = + = + - = p m b 题3 一个质量为M、半径为R并以角速度ω旋转着的飞轮（可看作匀质圆盘），在某一瞬时突然有一片质量为m的碎片从轮的边缘上飞出，见图。假定碎片脱离飞轮时的瞬时速度方向正好竖直向上， (1) 问它能上升多高？(2) 求余下部分的角速度、角动量和转动动能。 解： （1）碎片离盘瞬时的线速度即是它上升的初速度 设碎片上升高度h时的速度为v，则有 令 ，可求出上升最大高度为 碎片抛出后圆盘的转动惯量 。 （2）圆盘的转动惯量 , 角动量为 ， 碎片刚脱离后，碎片与破盘之间的内力变为零，但内力不影响系统的总角动量，碎片与破盘的总角动量应守恒，即 于是 圆盘余下部分的角动量为 转动动能为 （角速度不变） 得 题4 一块长为L＝0.60m、质量为M＝1 kg的均匀薄木板，可绕水平轴 OO′无摩擦地自由转动。当木板静止在平衡位置,有一质量为 的子弹垂直击中木板A点，A离转轴 OO′的距离l=0.36m，子弹击中木板前的速度为500m.s-1，穿出木板后的速度为200m.s-1，求： （1）木板在A处所受的冲量； （2）木板获得的角速度。 (a) A (b) 解：如图（b）, 子弹受的冲量为 木板所受的反作用冲量为 其量值为 方向与 相同。 （2）对木板应用角动量定理 得 所以 题5 如图所示，在光滑的水平面上有一轻质弹簧（其劲度系数为k），它的一端固定，另一端系一质量为m′的滑块。最初滑块静止时，弹簧呈自然长度l。，今有一质量为m的子弹以速度v。沿水平方向并垂直于弹簧轴线射向滑块且留在其中，滑块在水平面内滑动，当弹簧被拉伸至长度l 时，求滑块速度的大小和方向。 解： 第1阶段，子弹射入滑块瞬间，因属完全非弹性碰撞，根据动量守恒定律有 （1） 第2阶段，系统满足机械能守恒定律，有 （2） （3） 式中θ为滑块速度方向与弹簧线之间的夹角， 系统满足角动量守恒定律，由 ，故有 联立解上述三式，可得 题6 如图所示，A、B两个轮子的质量分别为m1和m2，半径分别为r1和r2另有一细绳绕在两轮上，并按图所示连接。其中轮A绕固定轴O转动。试求：（1）轮B下落时，其轮心的加速度；（2）细绳的拉力。 （1） 对于轮B除了绕其轴C转动外，其质心C还在向下 作平动。根据牛顿定律