刚体的定轴转动习题课-22页PPT课件.ppt

1、目的与要求：目的与要求：一、掌握转动惯量的物理意义。一、掌握转动惯量的物理意义。二、确切理解力矩，掌握刚体二、确切理解力矩，掌握刚体定轴转动定律。定轴转动定律。三、掌握角动量的概念及角动三、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，并用来解决具体律的应用条件，并用来解决具体问题。问题。题题1 如图所示，两物体质量分别为如图所示，两物体质量分别为m1和和m2，定，定滑轮的质量为滑轮的质量为m，半径为，半径为r，可视作均匀圆盘。已，可视作均匀圆盘。已知知m2与桌面间的滑动摩擦系数为与桌面间的滑动摩擦系数为k，求，求m1下落的下落的加速度和两段绳子中

2、的张力各是多少？设绳子和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间无相对滑动,滑轮轴受的摩擦力忽略不计。滑轮轴受的摩擦力忽略不计。yxoz 1解：解：对对m1，由牛顿第二定律，由牛顿第二定律 对对m2，由牛顿第二定律，由牛顿第二定律 amgmTk222 amTgm111 对滑轮，用转动定律对滑轮，用转动定律 22121mrJrTT 设绳在滑轮上不打滑，则有线量与角量的关系设绳在滑轮上不打滑，则有线量与角量的关系 ra 联立解以上诸方程，可得联立解以上诸方程，可得g2mmmmma212k1 gm2mmm2mm1T1212k1 gm2mmm2mm1T221k1k2 题题2 飞

3、轮的质量飞轮的质量m60 kg，半径，半径r0.25m，绕其，绕其水平中心轴水平中心轴O转动，转速为转动，转速为900rev.min-1。现有一制。现有一制动用的轻闸杆，尺寸如图所示，一端施力动用的轻闸杆，尺寸如图所示，一端施力F，已知，已知闸瓦与飞轮之间的摩擦系数闸瓦与飞轮之间的摩擦系数=0.4，飞轮的转动惯，飞轮的转动惯量可按匀质圆盘计算；量可按匀质圆盘计算；（1）设）设F=100N，问可使飞轮在多长问可使飞轮在多长时间内停止转动？时间内停止转动？在这段时间里，飞在这段时间里，飞轮转了几转？轮转了几转？（2）如要在）如要在2S内使飞轮转速减为一半，需加多内使飞轮转速减为一半，需加多大的制动

4、力大的制动力F？解解（1）先作闸杆和飞轮的受力分析图（下图）。）先作闸杆和飞轮的受力分析图（下图）。图中图中N、N是正压力，是正压力，Fr、是摩擦力，是摩擦力，Fx和和Fy是杆在是杆在A点转轴处所点转轴处所受的支承力，受的支承力，P是轮的是轮的重力，重力，R是轮在是轮在O轴处轴处所受的支承力。所受的支承力。rF z杆处于静止状态，所以对杆处于静止状态，所以对A点轴的合力矩应为零，点轴的合力矩应为零，设闸瓦厚度不计，则有设闸瓦厚度不计，则有0121lNllFFlllN121 对飞轮，按转动定律对飞轮，按转动定律 NFr NN FlllNF121r 又又 r/JFr2mr21J(1)Fmrlll2

5、JrF121rJrFr 带入上式，得带入上式，得 N100F 2srad340100500250607505004002 .由此可算出自施加制动力开始到飞轮停止转动的时由此可算出自施加制动力开始到飞轮停止转动的时间为间为s067406032900t.这段时间内飞轮的角位移为这段时间内飞轮的角位移为)(.rad2153493402149602900t21t22 这段时间内转了这段时间内转了53.1圈。圈。t0 2srad215t2t2 用用 的关系，可求出所需的制动力为的关系，可求出所需的制动力为 )(.N177275050040021550025060ll2mrlF211 （2），要求飞轮转速

6、在，要求飞轮转速在s2t 内减少一半，由内减少一半，由 可知可知 1srad602900 t 题题3 一个质量为一个质量为M、半径为、半径为R并以角速度并以角速度旋转着旋转着的飞轮（可看作匀质圆盘），在某一瞬时突然有一的飞轮（可看作匀质圆盘），在某一瞬时突然有一片质量为片质量为m的碎片从轮的边缘上飞出，见图。假定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，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？问它能上升多高？(2)求余下部分的角速度、角动求余下部分的角速度、角动量和转动动能。量和转动动能。解：解：（1）碎片离盘瞬）碎片离盘瞬时的线速度即

7、是它上升时的线速度即是它上升的初速度的初速度 Rv 设碎片上升高度设碎片上升高度h时的速度为时的速度为v，则有，则有 gh2vv22 令令 ，可求出上升最大高度为，可求出上升最大高度为 0v 222R2g12gvh碎片抛出后圆盘的转动惯量碎片抛出后圆盘的转动惯量 。22mRMR21J （2）圆盘的转动惯量）圆盘的转动惯量 2MR21J ,角动量为角动量为 ，J碎片刚脱离盘时，碎片与破盘之间的内力变为零，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，即这个系统的总角动量应守恒，即 Rm

8、vJJ 于是于是 RmvmRMR21MR21222 2222mRMR21mRMR21圆盘余下部分的角动量为圆盘余下部分的角动量为 22mRMR21转动动能为转动动能为（角速度不变）（角速度不变）得得 222kmRMR2121E 题题4 一块长为一块长为L0.60m、质量为、质量为M1 kg的均的均匀薄木板，可绕水平轴匀薄木板，可绕水平轴 OO无摩擦地自由转动。无摩擦地自由转动。当木板静止在平衡位置当木板静止在平衡位置,有一质量为有一质量为 的子弹垂直击中木板的子弹垂直击中木板A点，点，A离转轴离转轴 OO的距离的距离l=0.36m，子弹击中木板前的速度为，子弹击中木板前的速度为500m.s-1

9、，穿出，穿出木板后的速度为木板后的速度为200m.s-1，求：，求：（1）木板在）木板在A处所受的冲量；处所受的冲量；（2）木板获得的角速度。）木板获得的角速度。kgm2101(a)A(b)解：如图（解：如图（b）,(1)子弹受的冲量为子弹受的冲量为 vvmvmvmdtF木板所受的反作用冲量为木板所受的反作用冲量为 vvmdtFdtF其量值为其量值为N.sdtF32005001012方向与方向与v相同。相同。（2）对木板应用角动量定理）对木板应用角动量定理 JJMdt 得得 JdtFl 所以所以2ML31vvmlJvvmlJdtFl 12srad9601313360 .题题5 如图所示，在光滑

10、的水平面上有一轻质弹如图所示，在光滑的水平面上有一轻质弹簧（其劲度系数为簧（其劲度系数为k），它的一端固定，另一端系），它的一端固定，另一端系一质量为一质量为m的滑块。最初滑块静止时，弹簧呈自的滑块。最初滑块静止时，弹簧呈自然长度然长度l。，今有一质量为。，今有一质量为m的子弹以速度的子弹以速度v。沿水沿水平方向并垂直于弹簧轴线射向滑块且留在其中，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滑块在水平面内滑动，当弹簧被拉伸至长度l 时，时，求滑块速度的大小和方向。求滑块速度的大小和方向。解：解：第第1阶段，子弹射入滑块瞬间，因属完全非阶段，子弹射入滑块瞬间，

11、因属完全非弹性碰撞，根据动量守恒定律有弹性碰撞，根据动量守恒定律有 1vmmmv （1）第第2阶段，系统满足机械能守恒定律，有阶段，系统满足机械能守恒定律，有 22221llk21vmm21vmm21 （2）（3）sinlvmmlvmm21 式中式中为滑块速度方向与弹簧线之间的夹角，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，由系统满足角动量守恒定律，由 ，故有，故有PrL 联立解上述三式，可得联立解上述三式，可得 mmllkvmmmv2222 21222mmllkmmmvmmllmvarcsin 题题6 如图所示，如图所示，A、B两个轮子的质量分别为两个轮子的质量分别为m1和和

12、m2，半径分别为，半径分别为r1和和r2另有一细绳绕在两轮上，另有一细绳绕在两轮上，并按图所示连接。其中轮并按图所示连接。其中轮A绕固定轴绕固定轴O转动。试求：转动。试求：（1）轮）轮B下落时，其轮心的加速度；（下落时，其轮心的加速度；（2）细绳的）细绳的拉力。拉力。B A A2111Trm21rF （1）而轮而轮B除了绕其轴除了绕其轴C转动外，其质心转动外，其质心C还在向下作还在向下作平动。根据质心运动定律，轮平动。根据质心运动定律，轮B质心的动力学方程质心的动力学方程为为c2T2amFgm （2）根据转动定律，有根据转动定律，有B2222Trm21rF （3）解解:分别作两轮的受力分析，如分别作两轮的受力分析，如 所示。取所示。取竖直向下为竖直向下为y轴正向。轮轴正向。轮A绕轴绕轴O作定轴转动，故有作定轴转动，故有角量与线量的关系角量与线量的关系 1AAra 2BBra AaBa分别为轮分别为轮A、B边缘上点相对于各自转轴边缘上点相对于各自转轴的加速度，二者和的加速度，二者和C点加速度之间的关系为点加速度之间的关系为、CaaaBA 且有且有 TTFF 解上述各式可得解上述各式可得 gm2m3mm2a2121C gm2m3mmFF2121TT