刚体的定轴转动习题课.ppt

刚体的定轴转动习题课,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k，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。,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m60 kg，半径r0.25m，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=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。,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。,题3 一个质量为M、半径为R并以角速度旋转着的飞轮（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,题4 一块长为L0.60m、质量为M1 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。,(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,（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，轮B质心的动力学方程为,（2）,根据转动定律，有,（3）,角量与线量的关系,且有,解上述各式可得,题7 一长为l、质量为m的均匀细棒，在光滑的平面上绕质心作无滑动的转动，其角速度为，若棒突然改绕其一端转动，求：(1) 以端点为转轴的角速度；(2) 在此过程中转动动能的改变。,解： （1）棒的质心的动量定理为