刚体的定轴转动习题课.ppt

《刚体的定轴转动习题课.ppt》由会员上传分享，免费在线阅读，更多相关内容在行业资料-天天文库。

1、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μk，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。yxoz1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

2、得题2飞轮的质量m＝60kg，半径r＝0.25m，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μ=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。z杆处于静止状态，

3、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）()())(.....N177275050040021550025060ll2mrlF211=+=+-=pmb（2），要求飞轮转速在内减少一半，由可知()1srad602900-·=pwo×题3一个质量为M、半径为R并以角速度ω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

4、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＝0.60m、质量为M＝1kg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

5、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。(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

6、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θ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）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，

7、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