刚体的定轴转动习题课

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。
A
B
解: 分别作两轮的受力分析，如 图（b） 所示。取 竖直向下为y轴正向。轮A绕轴O作定轴转动，故有 1 r1 m 1 r12 A FT （1） 2 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
联立解上述三式，可得
m 2 k l l v2 v m m m m
2
2
1 2 2 2 mv l k l l m 2 arcsin v m m l m m m m
m 2 g FT m 2 a c
根据转动定律，有
（2）
1 2 FT r2 m 2 r2 B 2
（3）
角量与线量的关系
aA A r1
aB B r2
a A 、 B 分别为轮A、B边缘上－点相对于各自转轴 a
的加速度，二者和C点加速度之间的关系为
a A a B aC
且有 解上述各式可得
F dt Fdt m v v
其量值为
方向与 v 相同。
dt 1 102 500 200 3 N.s F
(b)
（2）对木板应用角动量定理 Mdt J J
得 所以
ω
lF dt J
aC 2 m 1 m 2 g 3m 1 2 m 2
m1 m 2 FT FT g 3m 1 2 m 2
FT FT
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 Fr Fy是杆在A点转轴处所 受的支承力，P是轮的
z
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点轴的合力矩应为零， 设闸瓦厚度不计，则有
F l1 l2 N l1 0
（1）
1 1 1 2 2 m v 1 m m v 2 k l l 2 （2） m 2 2 2 系统满足角动量守恒定律，由 L r P ，故有
m m v 1 l m m v 2 l sin
（3）
式中θ为滑块速度方向与弹簧线之间的夹角，
目的与要求： 二、确切理解力矩，掌握刚体
Байду номын сангаас
一、掌握转动惯量的物理意义。 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
l F dt J ml v v ml v v 1 2 J ML 3
9rad s
1

0.36 3 1 1 0.6 2 3
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
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)
解：如图（b）, (1)子弹受的冲量为 Fdt mv mv m v v 木板所受的反作用冲量为
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
mv m m v 1
第2阶段，系统满足机械能守恒定律，有
a r
联立解以上诸方程，可得
m1 k m 2 a g m1 m 2 m 2
2 T1 m1 g m1 m 2 m 2
1 k m 2 m
T2
1 k m 1 k m
m1 m 2 m 2
2
m2 g
题2
飞轮的质量m＝60 kg，半径r＝0.25m，绕其
这段时间内飞轮的角位移为 2 1 2 900 2 9 1 40 9 t t
2 53.1 2 (rad ) 60 4 2 3 4
这段时间内转了53.1圈。
2 1 （2） 900 × rad · ，要求飞轮转速在 s 60 t 2 s 内减少一半，由 t 可知
F 100N 带入上式，得
2 0.40 0.50 0.75 40 2 100 rad s 60 0.25 0.50 3
由此可算出自施加制动力开始到飞轮停止转动的时 间为
t
0
900 2 3 t 7.06 s 60 40
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
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 J J mv R
1 1 2 2 2 于是 MR MR mR mv R 2 2
1 1 2 2 2 2 MR mR MR mR 2 2
2
t
15 2 rad s 2t 2

用 式（1） 的关系，可求出所需的制动力为
mrl1 60 0.25 0.50 15 177 ( N ) F 2 l 1 l 2 2 0.40 0.50 0.75 2
v R
设碎片上升高度h时的速度为v，则有 v v 2 gh
2 2
v 1 2 2 令 v 0 ，可求出上升最大高度为 h R ω 2g 2g
2
1 （2）圆盘的转动惯量 J MR 2 , 角动量为 J ， 2
1 MR 2 mR 2 。 碎片抛出后圆盘的转动惯量 J 2 碎片刚脱离盘时，碎片与破盘之间的内力变为零，
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。

o
z
x
y
1
解： 对m1，由牛顿第二定律
m1 g T1 m1 a
对m2，由牛顿第二定律
T2 k m2 g m2a
对滑轮，用转动定律
1 2 T1 T2 r J mr 2
设绳在滑轮上不打滑，则有线量与角量的关系
得
（角速度不变）
1 2 2 MR mR 2
圆盘余下部分的角动量为
转动动能为
11 2 2 2 E k MR mR 22
题4 一块长为L＝0.60m、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 m 1 102 kg
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 问它能上升多高？(2) 求余下部分的角速度、角动
碎片脱离飞轮时的瞬时速度方向正好竖直向上， (1) 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
l1 l2 N F l1
对飞轮，按转动定律 Fr r Jβ
Fr N
β Fr r/J
N N
l1 l2 Fr N F l1
又
1 2 J mr 2 Fr r 2μl 1 l 2 β F J mrl 1
(1)