五、刚体.ppt

15、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?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？ 题15解： （1）碎块抛出时的初速度为 由于碎块竖直上抛运动，它所能到达的高度为 （2）圆盘在裂开的过程中，其角动量守恒，故有 式中 为圆盘未碎时的角动量； 为碎块被视为质点时，对轴的角动量；L为破裂后盘的角动量。则 16、在光滑的水平面上有一木杆，其质量为m1=1.0kg，长为l=40cm，可绕通过其中点并与之垂直的轴转动，一质量为m=10g的子弹，以 的速度射入杆端，其方向与杆及轴正交。若子弹陷入杆中，试求所得到的角速度。 题16解： 根据角动量守恒定理 式中 为子弹绕轴的转动惯量， 为子弹在陷入杆前的角动量， 为子弹在此刻绕轴的角速度。 为杆绕轴的转动惯量，??是子弹陷入杆后它们一起绕轴的角速度。可得杆的角速度为 17、半径分别为r1、r2的两个薄伞形轮，它们各自对通过盘心且垂直盘面转轴的转动惯量为J1和J2。开始时轮Ⅰ以角速度?0转动，问与轮Ⅱ成正交啮合后，两轮的角速度分别为多大？ 解： 设相互作用力为F，在啮合的短时间?t内，根据角动量定理，对轮I、轮II分别有 （1） （2） 两轮啮合后应有相同的线速度，故有 （3） 由上述各式可解得啮合后两轮的角速度分别为 18、一质量为20.0kg的小孩，站在一半径为3.00m、转动惯量为 的静止水平转台的边缘上，此转台可绕通过转台中心的竖直轴转动，转台与轴间的摩擦不计。如果此小孩相对转台以 的速率沿转台边缘行走，问转台的角速率有多大？ 题18解： 设转台相对地的角速度为?0，人相对转台的角速度为?1。由相对角速度的关系，人相对地面的角速度为 （1） 由于系统初始是静止的，根据系统的角动量守恒定律，有 （2） 式中J1、J2分别为转台、人对转台中心轴的转动惯量。由式（1）、（2）可得转台的角速度为 式中负号表示转台转动地方向与人对地面的转动方向相反。 19、一转台绕其中心的竖直轴以角速度 转动，转台对转轴的转动惯量为 。今有砂粒以 的流量竖直落至转台，并粘附于台面形成一圆环，若环的半径为 ，求砂粒下落t=10s时，转台的角速度。 题19解： 在时间0?10 s内落至台面的砂粒的质量为 根据系统的角动量守恒定律，有 则t = 10 s时，转台的角速度 20、为使运行中的飞船停止绕其中心轴的转动，可在飞船的侧面对称地安装两个切向控制喷管，利用喷管高速喷射气体来制止旋转。若飞船绕其中心轴的转动惯量 ，旋转的角速度 ，喷口与轴线之间的距离r=1.5m；喷气以恒定的流量 和速率 从喷口喷出 ，问为使该飞船停止旋转，喷气应喷射多长时间？ 题20分析： 将飞船与喷出的气体作为研究系统，在喷气过程中，系统不受外力矩作用，其角动量守恒。在列出方程时应注意：（1）由于喷气质量远小于飞船质量，喷气前、后系统的角动量近似为飞船的角动量Jw； 解： 取飞船和喷出的气体为系统，根据角动量守恒定律，有 因喷气的流量恒定，故有 由式（1）、（2）可得喷气的喷射时间为 （2）喷气过程中气流速率u远大于飞船侧面的线速度wr，因此，整个喷气过程中，气流相对于空间的速率仍可近似看作是u，这样，排出气体的总角动量 经上述处理后，可使问题大大简化。 21、一质量为m?、半径为R的转台，以角速度?a转动，转轴的摩擦略去不计。 （1）有一质量为的蜘蛛垂直地落在转台边缘上。此时，转台的角速度?b为多少？ （2）若蜘蛛随后慢慢地爬向转台中心，当它离转台中心的距离r为时，转台的角速度?c为多少？设蜘蛛下落前距离转台很近。 题21解： （1）蜘蛛垂直下落至转台边缘时，由系统的角动量守恒定律，有 式中 为转台对