刚体的定轴转动[教学应用].doc

《刚体的定轴转动[教学应用].doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《刚体的定轴转动[教学应用].doc（25页珍藏版）》请在三一文库上搜索。

1、教育 a1 物理学物理学多媒体学习辅导系统多媒体学习辅导系统 第第三章章 刚体的定轴转动刚体的定轴转动 教学要求教学要求 一理解定轴转动刚体运动的角速度和角加速度的概念，理解角量与线量的关系。 二理解刚体定轴转动定律，能解简单的定轴转动问题。 三了解力矩的功和转动动能的概念。 四了解刚体对定轴的角动量定理及角动量守恒定律。 五理解转动惯量的概念，能用平行轴定理和转动惯量的可加性计算刚体对定轴的转 动惯量。 基本内容基本内容 本章的重点是刚体定轴转动的力矩、转动惯量、角动量等物理量的概念和转动定律， 难点是刚体绕定轴转动的角动量守恒定律及其应用。 一角量与线量的关系 2 ra ra rv rs

2、n t 二描述刚体定轴转动的物理量和运动规律与描述质点直线运动的物理量和运动规律 有类比关系，有关的数学方程完全相同, 为便于比较和记忆，列表如下。只要将我们熟习 的质点直线运动的公式中的、和、换成、和、, 就成为刚体定xvamFIM 轴转动的公式。 表 31 质点的直线运动 刚体定轴转动 位置 角位置 x 位移 角位移 x 教育 a2 速度 角速度 t x v d d td d 加速度 角加速度 2 2 d d d d t x t v a 2 ttd d d d 2 匀速直线运动 匀角速转动 vtxx 0 t 0 2 00 2 1 attvxx 2 00 2 1 tt+ = 0 2 0 2

3、2xxavv 0 2 0 2 2 质量 转动惯量 m ii mrI 2 力 力矩 FrFM 牛顿第二定律 定轴转动定律 maF IM 力的功 力矩的功 x x xFA 0 d 0 dMA 动能 动能 2 2 1 mvE k k 2 2 1 IE 动能定理 动能定理 2 0 2 2 1 0 mvmvxF x x 2 1 d 2 02 2 1 2 1 d IIM 2 0 冲量 冲量矩 t t tF 0 d t t tM 0 d 动量 角动量( 动量矩 ) mvI 动量定理 角动量定理 0 0 mvmvtF t t d t t IItM 0 0 d 系统的机械能守恒定律 系统的机械能守恒定律 若,则

4、 若,则0 非保内外 AA0 非保内外 AA 常量 常量 pk EE pk EE 教育 a3 系统的动量守恒定律 系统的角动量守恒定律 若,则 若,则0 外 F0 外 M 常量 常量 iiv m i L 三对于质点、刚体组成的系统，动能定理仍然适用，系统的动能包括系统内所有 质点的平动动能和刚体的转动动能。当系统内力只有保守力作功，其外力和非保守内力作 的总功为零，则整个系统机械能守恒。 问题讨论问题讨论 一一长为 、质量为的匀直细棒一端固定，可在竖直平面内转动，最初棒静止在lm 水平位置，问放手后它下摆到竖直位置时的角速度。 有人这样解：放手后杆受重力矩， 2 l mgM 细杆绕点的水平轴转

5、动的转动惯量为，O 2 3 1 mlI 由转动定律，解得；又根据，得IM l g 2 3 2 2 0 2 0 0 2 。这种解法对吗？为什么？ l g 2 3 讨论：讨论： 上述计算方法是错误的! 其根源在于忽视了转动定律的瞬时性。 刚放手时重力矩，角加速度，但随着杆的转动，重力矩越来越小， 2 l mgM l g 2 3 在处，为；角加速度也随之减小，在处，为。到竖直coslmgM 2 1 cos l g 2 3 位置，。也就是说，在杆转动过程中，角加速度是变量，杆的摆动是变加0M0 速运动，不可用匀变速转动的公式。2 2 0 2 此题的解法有多种，我们介绍两种从功和能的角度求解的方法。 解

6、法一：解法一：用动能定理 杆摆到任一角时，其所受的重力矩为 教育 a4 cos 2 l mgM 杆从水平位置转到竖直位置时，重力对杆所作的功为 22 2 0 l mg l mgMAA dcosdd 由刚体的动能定理 k EA 2 0 2 2 1 2 1 2 II l mg 式中，0 0 2 3 1 mlI 解得 l g I mgl3 解法二解法二： 用机械能守恒求解 取杆和地球为系统，除重力外无其它力作功，机械能守恒。取竖直位置时杆的质心位 置为重力势能零点，有 )( 2 00 2 1 2 l mgI 式中 2 3 1 mlI 解得 l g I mgl3 二如图，一质量为的黏土块以水平速度甩向

7、长为 质量为的杆的末端，并 m 0 vlm 粘在杆端。求系统获得的角速度。 有人这样解：取黏土块与杆为系统，碰撞中水平方 向动量守恒，有，解得，vmmvm)( 0 )(mm vm v 0 。这样解对吗？为什么？ lmm vm l v )( 0 讨论：讨论： 上述计算方法是错误的! 其根源在于没有认真分析 守恒定律成立的条件。 教育 a5 在黏土块甩在杆上瞬时，杆的上端受到一个很大的力，这个力对黏土块与杆组成的系 统而言是外力，其水平分量亦不可忽略，故水平方向动量不守恒。但这个力通过转轴，其 力矩为零，且系统的重力矩也为零，即系统的合外力矩为零，角动量守恒。 黏土块开始与杆碰撞的瞬时，系统的角动

8、量仅为黏土块对转轴的角动量，其， 2 lmI ， l v0 0 lvmL 00 碰撞结束时，系统的角动量为)( 22 3 1 mllmL 由碰撞过程中角动量守恒 2 0 3 1 lmmlvm 解得 lmm vm )( 3 3 0 典型例题典型例题 例一 如图，质量、半径的定滑轮两边挂着质量分别为kg10mcm10r 和的滑块，滑块在倾角kg10 1 mkg5 2 m 2 m 的斜面上滑动，它们之间的摩擦系数为 30 。设滑轮与转轴间无摩擦，绳与轮间无相对300. 滑动，求滑块的加速度和绳中张力的大小。 解解：这是一个质点、刚体组成的系统，需隔离物体，分析各物体所受力(力矩)。 作受力分析图，由

9、牛顿第二定律和转动定律立出动力学 111 amFgm T1 （1） 222 amgmFFsin rT2 （2） IrFrF T2T1 教育 a6 （3） （4） 2 2 1 mrI （5）raaa 21 （6）cos r gmF 2 （7） 1T1T FF （8） 2T2T FF 解得 2 21 221 043310 2 1 sm. sincos gg mmm mmm a N667690 11T1 .gmagmF N452071 2222T2 .sincosgmamgmgmF 例二 如图, 均匀细杆可绕距其一端（ 为杆长）的水平轴在竖直平面内转动，l 4 1 lo 杆的质量为、当杆自由悬挂时，

10、给它一个起始角速度，如杆恰能持续转动而不摆动m 0 （不计一切摩擦） ，则必须如何取值？ 杆处于水平位置时角速度角和加速度为多少？ 0 解解: 由平行轴定理 ，杆绕水平轴的转动惯量为 2222 48 7 16 1 12 1 mllmmlmdII c 杆和地球组成的系统在转动过程中机械能守恒。要使杆恰能持续转动而不摆动，杆转 过时，此时杆的势能增加为 1800 教育 a7 2 l mgEP 动能增加为 2 0 2 2 1 2 1 IIEk 由解得 Pk EE l g 7 48 2 0 由得0 l g l g 7 3 4 7 48 0 杆处于水平位置时势能增加为 4 l mgEP 动能变化 2 0

11、 2 2 1 2 1 IIEk 由解得 Pk EE l g 7 24 2 0 杆处于水平位置时重力矩为 4 l mgM 由转动定律 IM l g ml l mg I M 7 12 48 7 4 2 过关测试过关测试 第一关第一关 1 选出下述说法中的正确者。 A公式中，是速率。因为只能取正值，所以也只能取正值；rv v v 教育 a8 B法向加速度恒大于零， 切向加速度也恒大于零； n a t a C 对定轴转动刚体而言，刚体上一点的线速度、切向加速度、法向加速度的v t a n a 大小都与该质点距轴的距离成正比；r D 因，所以，上面( C ) 中关于法向加速度的叙述不正确。 r v a

12、2 n 答：答： C 2在下列说法中，错误的是： A刚体作定轴转动时，其上各点的角速度相同，线速度则不同； B刚体定轴转动的转动定律为，式中、均为对同一条固定轴而言IM MI 的，否则该式不成立； C刚体的转动动能等于刚体上各质元的动能之和； D对给定的刚体而言，它的质量和形状是一定的，则其转动惯量也是唯一确定的。 答：答： D 3 细棒可绕光滑轴转动，该轴垂直地通过棒的一个端点，今使棒从水平位置开始下 摆，在棒转到竖直位置的过程中，下述说法正确的是 A角速度从小到大，角加速度从大到小； B角速度从小到大，角加速度从小到大； C角速度从大到小，角加速度从小到大； D角速度从大到小，角加速度从大

13、到小。 答：答：正确答案是 A 4几个力同时作用于一个具有固定转轴的刚体上。如果这几个力的矢量和为零，则正 确答案是 A刚体必然不会转动； B转速必然不变； C转速必然会变； D转速可能变, 也可能不变。 答：答：正确答案是 D 5如图所示，四个质量相同、线度相同而形状不同的均质物体，它们对各自的几何对 教育 a9 称轴的转动惯量最大的和最小的是 A（1）和（2）； B（1）和（4）； C（2）和（3）； D（2）和（4）。 答：答： B 6一质点作匀速率圆周运动时 A它的动量不变，对圆心的角动量也不变； B它的动量不变，对圆心的角动量不断改变； C它的动量不断改变，对圆心的角动量不变； D它

14、的动量不断改变，对圆心的角动量也不断改变。 答：答： C 第二关第二关 1刚体绕定轴作匀变速转动时，刚体上距转轴为的任一点的r A切向、法向加速度的大小均随时间变化； B切向、法向加速度的大小均保持恒定； C切向加速度的大小恒定，法向加速度的大小变化； D切向加速度的大小变化，法向加速度的大小恒定。 答：答： C 2两个匀质圆盘 A 和 B 的密度分别为和，且，但两圆盘质量和厚度 A B BA 相同。如两盘对通过盘心垂直于盘面的轴的转动惯量分别为和，则 A I B I A； BA II B； AB II 教育 a10 C； BA II D不能确定。 答：答： B (解 即，则，又， BA mm

15、 hrhr 22 BBAA BA AB rr 2 2 1 mrI ) AB II 3关于力矩有以下几种说法 (1) 内力矩不会改变刚体对某个定轴的角动量； (2) 作用力和反作用力对同一轴的力矩之和为零； (3) 大小相同方向相反两个力对同一轴的力矩之和一定为零； (4) 质量相等，形状和大小不同的刚体，在相同力矩作用下，它们的角加速度一定相 等。 在上述说法中 A只有(2)是正确的； B(1)和(2)是正确的； C(3) 和(4)是正确的； D(1) 、(2)和 (3)是正确的。 答：答： B 4水平刚性轻杆上对称地串着两个质量均为的小球，如图所示。现让细杆绕通过m 中心的竖直轴转动，当转速

16、达到时，两球开始向杆的两端滑动，此时便撤去外力，任杆 0 自由转动（不考虑转轴和空气的摩擦）。在此过程中球和杆组成的系统 A动能守恒和动量守恒； B动能守恒和角动量守恒； C只有动量守恒； D只有角动量守恒。 答：答： D 5工程技术上的摩擦离合器是通过摩擦实现传动的装置，其结构如图所示。轴向作用 力可以使 A、B 两个飞轮实现离合。当转 动的 A 轮与 B 轮接合通过摩擦力矩带动 B 轮转动时，此刚体系统在两轮接合前后 A角动量改变，动能亦改变； 教育 a11 B角动量改变，动能不变； C角动量不变，动能改变； D角动量不变，动能亦不改变。 答：答： C 6如右图所示，一均匀细杆可绕通过上端

17、与杆垂直的水平光滑轴旋转，初始状态O 为静止悬挂，现有一个小球从左方水平打击细杆，设小球与轴 杆之间为非弹性碰撞，则在碰撞过程中对细杆与小球这一系统 A机械能守恒 B动量守恒 C对转轴的角动量守恒O D机械能，动量和角动量都不守恒 答：答： C 第三关第三关 1一飞轮绕轴作变速转动，飞轮上有两点和，它们到转轴的距离分别为和， 1 P 2 Pdd2 则在任意时刻，和两点的加速度大小之比为 1 P 2 P 21 aa A； 2 1 B； 4 1 C要由该时刻的角速度决定； D要由该时刻的角加速度决定。 答：答： A （解： ，ra t 2 ra n 4222 raaa nt ）212 2121 d

18、drraa/ 2下列说法中哪个或哪些是正确的 （1）作用在定轴转动刚体上的力越大，刚体转动的角加速度应越大； （2）作用在定轴转动刚体上的合力矩越大，刚体转动的角速度越大； （3）作用在定轴转动刚体上的合力矩为零，刚体转动的角速度为零； （4）作用在定轴转动刚体上合力矩越大，刚体转动的角加速度越大； （5） 作用在定轴转动刚体上的合力矩为零，刚体转动的角加速度为零。 A （1）和（2）是正确的； 教育 a12 B （2）和（3）是正确的； C （3）和（4）是正确的； D （4）和（5）是正确的。 答：答： D 3如下图、是附于刚性轻细杆上的 4 个质点，质量分别为，PQRSm4m3 和，系统

19、对轴的转动惯量为m2mO O A 2 50ml B 2 14ml C 2 10ml D 2 9ml 答：答： A (解解 ) 22222 5022334mllmlmlmrmI ii )()( 4一质点从静止出发绕半径为的圆周作匀变速圆周运动，角加速度为，当质点R 走完一圈回到出发点时，所经历的时间是 A R 2 2 1 B 4 C 2 D不能确定 答：答： B （解由，式中， 2 00 2 1 tt+ =0 0 0 0 2 42 t ） 5一人张开双臂，手握哑铃，坐在转椅上，让转椅转动起来，若此后无外力矩作用， 则当此人收回双臂时，人和转椅这一系统的 A转速加大，转动动能不变； B角动量和转动

20、动能都不变； C转速和角动量都加大； D角动量保持不变，转动动能加大。 教育 a13 答：答： D (解：解： 张开双臂转动惯量为大于收回双臂转动惯量为，收回双臂的过程外力矩 1 I 2 I ，角动量守恒，因此0M 2211 II ； 11 2 1 2 I I 而 。) 1 2 1 1 2 1 2 2 1 2 222 2 1 2 1 kkk E I I E I I IE 6两质量为和的质点分别沿半径为和的同心圆周运动，前者以的角速 1 m 2 mRr 1 度沿顺时针方向，后者以的角速度沿逆时针方向。以逆时针方向为正向，则该二质点组 2 成的系统的角动量是 A； 2 2 21 2 1 rmRm

21、B； 1 2 12 2 2 rmRm C； 2 2 21 2 1 Rmrm D。 1 2 12 2 2 Rmrm 答：答： D (解：解： ，) 1 2 11 RmL 2 2 22 rmL 1 2 12 2 221 RmrmLLL 第四关第四关 1 定轴转动刚体的运动方程是，时刚体上距转轴的一 3 25t s .001tm .10 点的加速度的大小是 A； 2 63 sm . B； 2 83 sm . C; 2 21 sm. D。 2 42 sm . 答：答： B （解解： 教育 a14 2 6 dt d t t t 12 d d rtra12 t 42 n 36rtra 424222 911

22、23612trtrtrtaaa)()( nt 当，m.10rs.001t ） 2 83 sm.a 2 有一半径为的匀质水平圆转台，绕通过其中心且垂直圆台的轴转动，转动惯量R 为，开始时有一质量为的人站在转台中心，转台以匀角速度转动，随后人沿着半径Im 0 向外跑去，当人到达转台边缘时，转台的角速度为 A； 0 2 mRI I B； 0 2 RmI I )( C； 0 2 mR I D。 0 答：答： A (解：解： 人和人和转台组成的系统外力矩，角动量守恒。转台的转动惯量为，人在0MI 台心时人的转动惯量为，人在台边时人的转动惯量为，0 2 mR)( 2 0 mRII 。) 0 2 mRI I

23、 3质量长 的细棒对通过距一端、与棒垂直的轴的转动惯量为ml 3 l A； 2 9 1 ml B； 2 4 1 ml C；; 2 36 7 ml 教育 a15 D。 2 36 13 ml （解：棒对通过质心与棒垂直的轴的转动惯量为，由平行轴定理 2 12 1 mlIc ） 2222 9 1 3 1 2 1 12 1 mlllmmlmdII c )( 4水平刚性轻杆上对称地串着两个质量均为的小球，如图所示。现让细杆绕通过m 中心的竖直轴转动，当转速达到时，两球开始向杆的两端滑动，此时便撤去外力，任杆 0 自由转动（不考虑转轴和空气的摩擦），当两球都滑至杆端时，系统的角速度为 A 0 B 0 2

24、C 0 160. D 0 50. 答：答： C （解：解： 由角动量守恒 II22 00 0002 2 00 160 100 16 2 . l m md I I 5长为 质量为的均匀细棒，绕一端点在水平面内作匀速率转动，已知棒中心点的lm 线速率为，则细棒的转动动能为v A； 2 2 1 mv B； 2 3 2 mv C； 2 6 1 mv D。 2 24 1 mv 答：答：B (解解： 细棒的转动转动惯量为，棒中心点的线速率为，故。 2 3 1 mlI 2 l v l v2 教育 a16 细棒的转动动能为。) 2 2 22 3 22 3 1 2 1 2 1 mv l v mlIEk 6原来张

25、开双臂以角速度旋转的冰上芭蕾舞演员其转动动能为，将手臂收回 0 0k E 使转动惯量减少到原来的，则其转速和动能分别变为 3 1 A； 0 3 0 3 k E B； 0 3 0 9 k E C；; 0 2 3 0 3 k E D； 0 3 0 4 9 k E 答：答：A （解：解：由角动量守恒，；0 3 1 II II 000 00 3 I I 。 ） 0 2 00 2 39 3 1 2 1 2 1 kk EIIE 第五关第五关 1一轻绳绕在具有水平转轴的定滑轮上，绳下端挂一物体，物体的质量为，此时m 滑轮的角加速度为，若将物体卸掉，而用大小等于、方向向下的力拉绳子，则滑轮mg 的角加速度将

26、A变大 B不变； C变小； D无法判断。 答：答：A (解解: 挂物体时： maFmg T 1 IrF T 1 ra 解得 教育 a17 2 1 mrI mgr 用大小等于、方向向下的力拉时mg 2 Imgr I mgr 2 因此 ） 12 2可绕水平轴转动的飞轮，直径为，一条绳子绕在飞轮的外周边缘，在绳的一m .01 端加一不变的拉力，如果从静止开始在钟内绳被展开，则绳端点的加速度和飞轮s4m 10 的角加速度分别为 A，； 2 251 sm. 2 s502 . B，； 2 sm502 . 2 251 s. C，； 2 251 sm. 2 251 s. D，。 2 sm502 . 2 s50

27、2 . 答：答：A (解：解： 绳的端点作匀加速直线运动，由，得； 2 2 1 ats )sm(. 2 22 251 4 1022 t s a 。） 2 sm500 2 . d r)s (. 2 251 r a 3三个完全相同的转轮绕一公共轴旋转。它们的角速度大小相同，但其中一轮的转动 方向与另外两个相反。今沿轴的方向把三者紧靠在一起，它们获得相同的角速度。此时系 统的动能与原来三轮的总动能相比，正确答案是 A减少到； 3 1 B减少到； 9 1 C增大到倍;3 D增大到倍。9 教育 a18 答：答： B （解解：由角动量守恒 III32 00 0 3 1 初始动能 2 0 2 00 2 3

28、2 1 3IIEk 末动能 ) 0 2 0 2 9 1 9 1 2 3 3 2 1 kk EIIE 4 一均匀圆盘状飞轮，质量为，半径为。则它以每分钟转的转速kg20m.3060 旋转时的动能为 A；J. 2 216 B；J. 2 18 C；J. 2 81 D。J.18 答：答： C （解（解： J . k 2 2 2 2 22 81 60 602 3020 2 1 2 1 60 2 2 1 2 1 2 1 . n mRIE 5 质量为、长为 的细棒，可绕通过其上端的水平轴在竖直平面内无摩擦地转动，ml 静止在竖直位置。被一粒石子击中后细棒获得角速度。则棒转到水平位置时的角速度和 0 角加速度

29、大小分别为 A，；gl3 2 0 l g 2 3 B，； l g3 2 0 l g 2 3 教育 a19 C，； l g3 2 0 l g 2 3 D，。gl3 2 0 l g 2 3 答：答：B （解：解：由机械能守恒， Pk EE 22 1 2 1 2 0 2 l mgII 2 3 1 mlI l g3 2 0 由转动定律IM 2 l mgM ） l g 2 3 6 如图，质量为、半径为的圆盘，可无摩擦地绕水平轴转动，轻绳的一端系在 1 mr 圆盘的边缘，另一端悬挂一质量为的物体。则当物体由静止下落高度时，其速度为 2 mh A 21 2 2 4 mm ghm B 21 2 3 6 mm

30、ghm C 21 2 2 4 mm ghm D 21 2 3 6 mm ghm 答：答：A （解（解:由机械能守恒定律， pk EE ghmvmI 2 2 2 2 2 1 2 1 教育 a20 而 2 2 1 mrI rv 解得 ） 21 2 2 4 mm ghm v 习题指导习题指导 316 细棒长为 , 质量为，设转轴通过棒上lm 离中心为的一点并与棒垂直，则棒对此轴的转动惯h 量为(用平行轴定理计算) 指导：细棒对过质心的垂直轴的转动惯量为 ，由平行轴定理，可 2 c 12 1 mlI 2 c mdIIhd 求出结果 317 在半径为的均匀薄圆盘中挖出一直径为的圆形RR 面积，所剩部分质

31、量为，圆形空面积的中心距圆盘的中心为m ，求所剩部分对通过盘心且与盘面垂直的轴的转动惯量。 2 R 指导指导：此题用补偿法解，先求未挖过的半径为实心大圆盘R 对轴线的转动惯量，再由平行轴定理求半径为的小圆盘对边缘且垂直于盘 2 2 1 RmI 2 R 的轴的转动惯量（） ，即 2 dmII c 2 R d 2222 8 1 2 1 32 3 2 1 2 1 2 1 mRR m RmRmI)()( )( 两者之差即为所要求的剩余部分转动惯量。式中各部分质量可这样求：小圆盘的面积 ，实心大圆盘的面积，又 42 2 2 RR s 2 Rs 4 1 s s 4 1 m m 所以挖出小圆盘质量，而实心大

32、圆盘的质量mmm mm 3 1 mmmm 3 4 3 1 教育 a21 318 如图所示，两个物体质量分别为和，定滑轮的质量为，半径为，可 1 m 2 mmR 看成圆盘。已知与桌面的摩擦系数为。 2 m 设绳与滑轮无相对滑动，且可不计滑轮轴 的摩擦力矩。求下落的加速度和两段绳 1 m 中的张力。 指导：此题中定滑轮的质量为不可m 忽略，滑轮为刚体，因此要对滑轮和两个 物体分别进行受力分析。如图，由牛顿第二定律、转动定律立出各物体的动力学方程 （1）amFgm 11 1 T 对，由牛顿第二定律 2 m （2）amFF 2 2rT 对，由定轴转动定律m 21 IRFRF TT （3） 而 2 2

33、1 mRI （4） Ra （5） （6）gmF 2 r 由此可解得物体的加速度与绳中的张力 319 如图所示，一质量为、半径为的圆盘，可 m R 绕垂直通过盘心的无摩擦的水平轴转动。圆盘上绕有轻绳， 教育 a22 一端悬挂质量为的物体。求物体由静止下落高度时，其速度的大小。mh 指导：此题用机械能守恒解。以圆盘、物体和地球为系统，外力和非保守内力不作功， 所以由即，其中，可解得物体 pk EEmghImv 22 2 1 2 1 2 2 1 mRI Rv 速度。 320 如图所示，一物体质量为，从一倾角为的斜面滑下，物体与斜面的摩kg5 37 擦系数为。一飞轮装在定轴处，绳的一端绕在飞轮上，另一

34、端与物体相连。若飞轮250.O 可看成实心圆盘，质量为，半径为kg20 ，其所受的摩擦阻力矩忽略不计。求：m.20 （1）物体沿斜面下滑的加速度；（2）绳中的 张力。 指导：设物体的质量为，滑轮的质量为 1 m ，滑轮的半径为 。隔离物体分析受力如图，图中，因物体沿斜面方向运动， 2 mr TT FF 所以在该方向和与之垂直的方向上列动力学方程： 对物体，由牛顿第二定律，沿张力方向（平行于斜面）gmF 1 G （1）amFFgm 11 37 rT sin 在垂直于斜面的方向 （2）037 1 N cosFgm 对滑轮，由转动定律 （3）IrF T 而 （4）ra （5） Nr FF （6） 2

35、 2 2 1 rmI 教育 a23 联立这些方程可解得物体的加速度和绳中的张力。g mm m a 21 1 2 1 5 4 5 3 amF 2T 2 1 321 如图所示，连在一起大小不同的鼓轮，其质量分别为和，半径分别为 1 m 2 m 和。两鼓轮各绕有绳索，两绳索各挂有质量分别为 1 r 2 r 和的物体。求鼓轮的角加速度和绳的 1 m 2 m 12 mm 张力。（各鼓轮可看成质量均匀分布的圆盘，绳索质量 和轴承摩擦不计。） 指导：隔离物体分析受力如图，显然， ，由牛顿第二定律和转动定律列出动力学方程：gmFgmFFFFF 22112211 GGTTTT ,;, 对质量为的物体，由牛顿第二

36、定律 1 m 1111 amgmF T （1） 对质量为的物体 2 m 2222 amgmF T （2） 对鼓轮，由定轴转动定律 IrFrF TT 1122 （3） 而 （4） 11 ra （5） 22 ra （6） 2 22 2 11 2 1 rmrmI 教育 a24 联立这些方程可解得鼓轮的角加速度、二物体的加速度和绳中的张力。 322 如图所示，一质量为、长为 的均匀直棒，以铰链固定于一ml 端点。可绕点作无摩擦的转动。此棒原来静止，今在端作用一与OOA 棒垂直的冲量，求此棒获得的角速度。tF 指导：此题由角动量定理解，冲量矩，LtMtFltM ，0IL 2 3 1 mlI 角速度的转向

37、为逆时针。 323 如图所示，与两飞轮的轴杆可由摩擦啮合器使之连接，轮的转动惯量为ABA 。开始时，轮静止，轮 2 1 010mkg.IBA 以的转速转动。然后使 1 1 600 minrnA 和连接，连接后两轮的转速B 。求：（1）轮的转动惯量；（2）在啮合过程中损失的机械能。 1 200 minrnB 指导：、两飞轮组成的系统在啮合过程中无外力矩的作用，角动量守恒，由式AB 解出轮的转动惯量；再由啮合过程中转动动能的减少 1112 IIIB 1112 III 求出最后结果。 2 21 2 111 2 1 2 1 IIIEEE 324 质量为，长为的均匀细棒，在水平面内绕kg . 2 100

38、3 mm 100 . 2 1 l 通过棒中心并与棒垂直的固定轴转动。棒上套有两个可沿棒滑动的小物体，它们的质量都 是。开始时，两个小物体分别被固kg 100 . 2 2 1 m 定在棒中心的两侧，距棒中心都是。m 100 . 5 2 r 此系统以每分钟 15 圈的转速转动。求: ( 1 )当两小物 体到达棒端时系统的角速度；( 2 )两小物体飞离棒端 后，系统的角速度。 指导：在本题中，小物体从开始位置到离开棒的过程中，棒和小物体组成的系统不受 外力矩的作用，角动量守恒。开始时，棒和小物体的角速度相同为， 60 2 0 0 n 教育 a1 ， 两小物体在处角动量均为，由角动量守恒 2 12 1 mlI 棒 rrmvtrvt ， 解出。小物体离开棒的瞬 0 2 1t1 2 2 2)(rmI l vm I 棒棒0 2 1 2 2 1 2 2 2 12 1 2 12 1 )( l mml rmml 时，棒仍以的角速度转动，而小物体的切向速度为。 t 2 l v