刚体的定轴转动习题课.ppt

单击此处编辑母版标题样式,单击此处编辑母版文本样式,第二级,第三级,第四级,第五级,*,单击此处编辑母版标题样式,单击此处编辑母版文本样式,第二级,第三级,第四级,第五级,*,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,m,1,和,m,2,，定滑轮的质量为,m,，半径为,r,，可视作均匀圆盘。已知,m,2,与桌面间的滑动摩擦系数为,k,，求,m,1,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,m,1,，由牛顿第二定律,对,m,2,，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,0.25,m,，绕其水平中心轴,O,转动，转速为,900,rev.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=,100,N,，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，,F,r,、是摩擦力，,F,x,和,F,y,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,点轴的,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,）,(,),(,),),(,.,.,.,.,.,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,（,2,）,，要求飞轮转速在,内减少,一半，由 可知,(,),1,s,rad,60,2,900,-,=,p,w,o,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 ，,碎片刚脱离盘时，碎片与破盘之间的内力变为零，但内力的变化不影响系统的总角动量，碎片与破盘这个系统的总角动量应守恒，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,0.60,m,、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=,0.36,m,，子弹击中木板前的速度为,500,m.s,-1,，穿出木板后的速度为,200,m.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,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,m,1,和,m,2,，半径分别为,r,1,和,r,2,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,）,而,轮,B,除了绕其轴,C,转动外，其质心,C,还在向下作,平动。根据,质心运动定,律，轮,B,质心的动力学方程,为,（,2,）,根据转动定律，有,（,3,）,解,:,分别作两轮的受力分析，如 所示。取竖直向下为,y,轴正向。轮,A,绕轴,O,作定轴转动，故有,图（,b,）,角量与线量的关系,分别为轮,A,、,B,边缘上,点相对于各自转轴,的加速度，二者和,C,点加速度之间的关系为,、,且有,解上述各式可得,