l1?l2Fl1
对飞轮，按转动定律有???FrR/I，式中负号表示?与角速度?方向相反． ∵ Fr??N N?N?
F(l1?l2)?N?l1?0N??Fr??N???∴ 又∵
l1?l2Fl1
I?1mR2,2
???∴ 以F?100N等代入上式，得
FrR?2?(l1?l2)?FImRl1 ①
???2?0.40?(0.50?0.75)40?100??rad?s?260?0.25?0.503
由此可算出自施加制动闸开始到飞轮停止转动的时间为
t??这段时间内飞轮的角位移为
?0900?2??3??7.06s?60?40
1900?2?91409?????(?)22604234?53.1?2?rad
可知在这段时间里，飞轮转了53.1转．
2??0?900?rad?s?160(2)，要求飞轮转速在t?2s内减少一半，可知
???0t??t2??0??2??0t???02t??15?rad?s?22
用上面式(1)所示的关系，可求出所需的制动力为
F???mRl1?2?(l1?l2)3.12 固定在一起的两个同轴均匀圆柱体可绕其光滑的水平对称轴OO?转动．设大小圆柱体的半径分别为R和r，质量分别为M和m．绕在两柱体上的细绳分别与物体m1和m2相连，
60?0.25?0.50?15?2?0.40?(0.50?0.75)?2?177N
m1和m2则挂在圆柱体的两侧，如题3.12图所示．设R＝0.20m, r＝0.10m，m＝4 kg，
M＝10 kg，m1＝m2＝2 kg，且开始时m1，m2离地均为h＝2m．求：
(1)柱体转动时的角加速度；
(2)两侧细绳的张力．
解: 设a1,a2和β分别为m1,m2和柱体的加速度及角加速度，方向如图(如图b)．
16
题3.12(a)图 题3.12(b)图
(1) m1,m2和柱体的运动方程如下：
T2?m2g?m2a2 ① m1g?T1?m1a1 ②
??T1R?T2r?I? ③
式中 T1??T1,T2??T2,a2?r?,a1?R? 而 由上式求得
I?11MR2?mr222
???Rm1?rm2gI?m1R2?m2r20.2?2?0.1?2?9.811?10?0.202??4?0.102?2?0.202?2?0.10222?6.13rad?s?2 (2)由①式
T2?m2r??m2g?2?0.10?6.13?2?9.8?20.8N
由②式
3.13 计算题3.13图所示系统中物体的加速度．设滑轮为质量均匀分布的圆柱体，其质量为
T1?m1g?m1R??2?9.8?2?0.2.?6.13?17.1N
M，半径为r，在绳与轮缘的摩擦力作用下旋转，忽略桌面与物体间的摩擦，设m1＝50
kg，m2＝200 kg,M＝15 kg, r＝0.1 m
解: 分别以m1,m2滑轮为研究对象，受力图如图(b)所示．对m1,m2运用牛顿定律，有
m2g?T2?m2a ①
T1?m1a ②
对滑轮运用转动定律，有
1T2r?T1r?(Mr2)?2 ③
又， a?r? ④
联立以上4个方程，得
17
a?m2gm1?m2?M2?200?9.8?7.6155?200?2m?s?2
题3.13(a)图 题3.13(b)图
题3.14图
3.14 如题3.14图所示，一匀质细杆质量为m，长为l，可绕过一端O的水平轴自由转动，杆于水平位置由静止开始摆下．求： (1)初始时刻的角加速度； (2)杆转过?角时的角速度. 解: (1)由转动定律，有
11?(ml2)?23
3g??2l ∴
mg(2)由机械能守恒定律，有
l11sin??(ml2)?2223
3gsin???l∴
mg
题3.15图
3.15如题3.15图所示，质量为M，长为l的均匀直棒，可绕垂直于棒一端的水平轴O无摩
擦地转动，它原来静止在平衡位置上．现有一质量为m的弹性小球飞来，正好在棒的下端与棒垂直地相撞．相撞后，使棒从平衡位置处摆动到最大角度??30°处． (1)设这碰撞为弹性碰撞，试计算小球初速v0的值； (2)相撞时小球受到多大的冲量?
18
解: (1)设小球的初速度为0，棒经小球碰撞后得到的初角速度为?，而小球的速度变为v，按题意，小球和棒作弹性碰撞，所以碰撞时遵从角动量守恒定律和机械能守恒定律，可列式：
vmv0l?I??mvl ①
121212mv0?I??mv
222②
上两式中
I?12Ml3，碰撞过程极为短暂，可认为棒没有显著的角位移；碰撞后，棒从竖直
12lI??Mg(1?cos30?)22 ③
o位置上摆到最大角度??30，按机械能守恒定律可列式：
由③式得
由①式
???(1?cos30?)???(1?)?2??I??l
v?v0?I?ml ④
?Mgl?12?3g3?12由②式
I?2v?v?m ⑤
220所以
(v0?求得
I?212)?v0??2mlm
v0??(2)相碰时小球受到的冲量为
l?Il1M(1?2)?(1?)?223mml6(2?33m?M12mgl
?Fdt??mv?mv?mv由①式求得
0?Fdt?mv?mv0??负号说明所受冲量的方向与初速度方向相反．
I?1??Ml?l3
6(2?3)M??gl6
题3.16图
3.16 一个质量为M、半径为R并以角速度?转动着的飞轮(可看作匀质圆盘)，在某一瞬时
19
突然有一片质量为m的碎片从轮的边缘上飞出，见题3.16图．假定碎片脱离飞轮时的瞬时速度方向正好竖直向上． (1)问它能升高多少?
(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v?0，可求出上升最大高度为
v0?R?
2v2?v0?2gh
2v0122H??R?2g2g
I?(2)圆盘的转动惯量
11MR2I??MR2?mR222，碎片抛出后圆盘的转动惯量，碎片脱
离前，盘的角动量为I?，碎片刚脱离后，碎片与破盘之间的内力变为零，但内力不影响系
统的总角动量，碎片与破盘的总角动量应守恒，即 式中??为破盘的角速度．于是
I??I????mv0R
得????(角速度不变) 圆盘余下部分的角动量为
11MR2??(MR2?mR2)???mv0R22 11(MR2?mR2)??(MR2?mR2)??22
1(MR2?mR2)?2
转动动能为
题3.17图
Ek?3.17 一质量为m、半径为R的自行车轮，假定质量均匀分布在轮缘上，可绕轴自由转动．另一质量为0的子弹以速度0射入轮缘(如题3。17图所示方向)．
(1)开始时轮是静止的，在质点打入后的角速度为何值?
11(MR2?mR2)?222
mvm0和?表示系统(包括轮和质点)最后动能和初始动能之比．
解: (1)射入的过程对O轴的角动量守恒
(2)用m,
Rsin?m0v0?(m?m0)R2?
m0v0sin???(m?m0)R ∴
20