1、剛體的定軸轉動習題課 目的與要求：一、掌握轉動慣量的物理意義。 二、確切理解力矩，掌握剛體定軸轉動定律。 三、掌握角動量的概念及角動量守恒定律，明確角動量守恒定律的應用條件，并用來解決具體問題。 題1 如圖所示，兩物體質量分別為m1和m2，定滑輪的質量為m，半徑為r，可視作均勻圓盤。已知m2與桌面間的滑動摩擦系數為k，求m1下落的加速度和兩段繩子中的張力各是多少？設繩子和滑輪間無相對滑動, 滑輪軸受的摩擦力忽略不計。yxoz1解： 對m1，由牛頓第二定律 對m2，由牛頓第二定律 對滑輪，用轉動定律 設繩在滑輪上不打滑，則有線量與角量的關系 聯立解以上諸方程，可得題2 飛輪的質量m60 kg，半

2、徑r0.25m，繞其水平中心軸O轉動，轉速為900rev.min-1。現有一制動用的輕閘桿，尺寸如圖所示，一端施力F，已知閘瓦與飛輪之間的摩擦系數=0.4，飛輪的轉動慣量可按勻質圓盤計算；（1）設F=100N，問可使飛輪在多長時間內停止轉動？在這段時間里，飛輪轉了幾轉？ （2）如要在2S內使飛輪轉速減為一半，需加多大的制動力F？解 （1）先作閘桿和飛輪的受力分析圖（下圖）。圖中N、N是正壓力，Fr、 是摩擦力，Fx和Fy是桿在A點轉軸處所受的支承力，P是輪的重力，R是輪在O軸處所受的支承力。z桿處于靜止狀態，所以對A點軸的合力矩應為零，設閘瓦厚度不計，則有對飛輪，按轉動定律 又 (1) 帶入上

3、式，得 由此可算出自施加制動力開始到飛輪停止轉動的時間為這段時間內飛輪的角位移為 這段時間內轉了53.1圈。用 的關系，可求出所需的制動力為式（1）()()(.N177275050040021550025060ll2mrlF211=+=+-=pmb（2） ，要求飛輪轉速在內減少一半，由 可知 ()1srad602900-=pwo 題3 一個質量為M、半徑為R并以角速度旋轉著的飛輪（可看作勻質圓盤），在某一瞬時突然有一片質量為m的碎片從輪的邊緣上飛出，見圖。假定碎片脫離飛輪時的瞬時速度方向正好豎直向上， (1) 問它能上升多高？(2) 求余下部分的角速度、角動量和轉動動能。 解： （1）碎片離盤

4、瞬時的線速度即是它上升的初速度 設碎片上升高度h時的速度為v，則有 令 ，可求出上升最大高度為 碎片拋出后圓盤的轉動慣量 。 （2）圓盤的轉動慣量 , 角動量為 ， 碎片剛脫離盤時，碎片與破盤之間的內力變為零，但內力的變化不影響系統的總角動量，碎片與破盤這個系統的總角動量應守恒，即 于是 圓盤余下部分的角動量為 轉動動能為（角速度不變） 得 題4 一塊長為L0.60m、質量為M1 kg的均勻薄木板，可繞水平軸 OO無摩擦地自由轉動。當木板靜止在平衡位置,有一質量為 的子彈垂直擊中木板A點，A離轉軸 OO的距離l=0.36m，子彈擊中木板前的速度為500m.s-1，穿出木板后的速度為200m.s

5、-1，求：（1）木板在A處所受的沖量；（2）木板獲得的角速度。 (a) A (b)解：如圖（b）,子彈受的沖量為木板所受的反作用沖量為其量值為方向與相同。 （2）對木板應用角動量定理得 所以 題5 如圖所示，在光滑的水平面上有一輕質彈簧（其勁度系數為k），它的一端固定，另一端系一質量為m的滑塊。最初滑塊靜止時，彈簧呈自然長度l。，今有一質量為m的子彈以速度v。沿水平方向并垂直于彈簧軸線射向滑塊且留在其中，滑塊在水平面內滑動，當彈簧被拉伸至長度l 時，求滑塊速度的大小和方向。 解： 第1階段，子彈射入滑塊瞬間，因屬完全非彈性碰撞，根據動量守恒定律有 （1） 第2階段，系統滿足機械能守恒定律，有 （2） （3） 式中為滑塊速度方向與彈簧線之間的夾角，系統滿足角動量守恒定律，由 ，故有聯立解上述三式，可得 題6 如圖所示，A、B兩個輪子的質量分別為m1和m2，半徑分別為r1和r2另有一細繩繞在兩輪上，并按圖所示連接。其中輪A繞固定軸O轉動。試求：（1）輪B下落時，其輪心的加速度；（2）細繩的拉力。 （1） 而輪B除了繞其軸C轉動外，其質心C還在向下作平動。根據質心運動定律，輪B質心的動力學方程為（2） 根據轉動定律，有（3） 解: 分別作兩輪的受力分析，如