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1、质点的运动规律和刚体定轴转动规律的对比(一)质点的运动刚体的定轴转动速度角速度加速度角加速度质量m,力F转动惯量,力矩M力的功力矩的功动能转动动能势能质心势能质点的运动规律和刚体定轴转动规律的对比(二)质点的运动刚体的定轴转动运动定律转动定律动量定理角动量定理动量守恒角动量守恒动能定理动能定理机械能守恒机械能守恒第四章部分习题分析与解答4－10如图(a)所示，圆盘的质量为m，半径为R．求：(1)以O为中心，将半径为R／2的部分挖去，剩余部分对OO轴的转动惯量；(2)剩余部分对O′O′轴(即通过圆盘边缘且平行于盘中心轴)的转动惯量．（1）解1转动惯量的定义，剩余部分的转动惯量
2、为解2整个圆盘对OO轴转动惯量为挖去的小圆盘对OO轴转动惯量剩余部分对OO轴的转动惯量为(2)由平行轴定理，剩余部分对O′O′轴的转动惯量为4-13如图所示，质量m1=16kg的实心圆柱体A，其半径为r=15cm，可以绕其固定水平轴转动，阻力忽略不计．一条轻的柔绳绕在圆柱体上，其另一端系一个质量为m2=8.0kg的物体B，求：（1）物体B由静止开始下降1.0s后的距离；（2）绳的张力．BAr解(1)对实心圆柱体而言，由转动定律得对悬挂物体而言，依据牛顿定律，有（1）（2）且FＴ＝FＴ′.又由角量与线量之间的关系，得解上述方程组，可得物体下落的加速度在t＝1.0s时，B下落的
3、距离为BAr(2)由式(2)可得绳中的张力为（3）分析：对平动的物体和转动的组合轮分别列出动力学方程，结合角加速度和线加速度之间的关系即可解得。解取分别对两物体及组合轮作受力分析如下图4-14质量为m1和m2的两物体A、B分别悬挂在如图所示的组合轮两端。设两轮的半径分别为R和r，两轮的转动惯量分别为J1和J2，轮与轴承间、绳索与轮间的摩擦力均略去不计，绳的质量也略去不计。试求两物体的加速度和强绳的张力。m2m1BABAFT2FT1FNPP1P2F’T2F’T1a1a2根据质点的牛顿定律和刚体的转动定律，有BAFT2FT1FNPP1P2F’T2F’T1a1a2由角加速度和线加
4、速度之间的关系，有解上述方程组，可得分析：圆盘各部分的摩擦力的力臂不同，为此，可将圆盘分割成许多同心圆环，对环的摩擦力矩积分即可得总力矩。另由于摩擦力矩是恒力矩，由角动量定理可求得圆盘停止前所经历的时间。解（1）圆盘上半径为r、宽度为dr的同心圆环所受的摩擦力矩为4-17一半径为R，质量为m的匀质圆盘，以角速度ω绕其中心轴转动，现将它平放在一水平板上，盘与板表面的摩擦因数为μ。（1）求圆盘所受的摩擦力矩。（2）问经过多少时间后，圆盘转动才能停止？ωrdFdr由于摩擦力矩是一恒力矩，圆盘的转动惯量J=mR2/2，由角动量定理可得圆盘停止的时间为对上式沿径向积分得圆盘所受的总摩
5、擦力矩大小分析：由于空气的阻力矩与角速度成正比，由转动定律可知转动是变角加速度转动，须从角加速度和角速度的定义出发，通过积分的方法求解。4-18如图示，一通风机的转动部分以初角速度ω0绕其轴转动，空气的阻力矩与角速度成正比，比例系数C为一常量。若转动部分对其轴的转动惯量为J，问（1）经过多小时间后其转动角速度减少为初角速度的一半？（2）在此时间内共转过多少转？解（1）通风机叶片所受的阻力矩为M=－Cω,由转动定律得对上式分离变量，根据初始条件积分有由于C和J均为常量，得当角速度由ω0→ω0/2时，转动所需的时间为在时间t内所转过的圈数为（2）根据角速度定义和初始条件积分得（
6、其中）4-20一质量为m’、半径为R的均匀圆盘，通过其中心且与盘面垂直的水平轴以角速度w转动，若在某时刻，一质量为m的小碎块从盘边缘裂开，且恰好沿垂直方向上抛，问它可能达到的高度是多少？破裂后圆盘的角动量为多大？解(1)碎块抛出时的初速度为由于碎块竖直上抛运动，它所能到达的高度为圆盘在裂开的过程中，系统角动量守恒，故有式中为圆盘未碎时的角动量；为碎块被视为质点时，碎块对轴的角动量；L为破裂后盘的角动量，则4-21在光滑的水平面上有一木杆,其质量m1=1.0kg,长l=40cm,可绕通过其中点并与之垂直的轴转动.一质量为m2=10g的子弹,以v=2.0×102m·s-1的速度
7、射入杆端,其方向与杆及轴正交.若子弹陷入杆中,试求所得到的角速度.分析:子弹与杆相互作用的瞬间,可将子弹视为绕轴的转动,这样,子弹射入杆前的角速度可表示为ω,子弹陷入杆后,它们将一起以角速度ωˊ转动,若将子弹和杆视为系统,系统的角动量守恒.由角动量守恒定律可解得杆的角速度.解答:根据角动量守恒定理:式中为子弹绕轴的转动惯量,为子弹在陷入杆前的角动量,为子弹在此刻绕轴的角速度,为杆绕轴的转动惯量.可得杆的角速度为:4-24一转台绕其中心的竖直轴以角速度ω0=πs-1转动，转台对转轴的转动惯量为J0=4.0×10-3k
