出圆盘由开始转动到停止转动所转过的角度O,进而求出所转过为圈数n。 图43 解(1)求摩擦力矩M。 薄圆盘的面密度为σ=",在距圆盘中心为r处,取一宽为d的圆环,则该圆环所受的摩擦 力矩为dM=4·2mdrg:r rdr 整个圆盘所受的合力矩为M-2mb=3m (2)角加速度a 根据转动定律可得:a=M.3mR (3)求圆盘转过的角度b 因角加速度a是常量,故圆盘作匀加速转动,满足∞-02=2a0,式中O=0为末角速度,O为 转角(弧度)。所 3Ro (4g)/3R)84g (4)设圆盘转过n圈后停止,则 2r16丌48 例3如图44所示,一轻绳跨过一轴承光滑的定滑轮,滑轮半径为R、圆盘的质量为M,绳的 两端分别与物体m及固定弹簧相连。将物体由静止状态释放,开始释放时弹簧为原长。求物体下降 距离h时的速度 解法Ⅰ刚体平动与转动的综合问题,转动定律的应用。在运动过程中,物体作平动,滑轮作定 轴转动。对平动物体用牛顿第二定律列方程,对转动滑轮用转动定律列方程,平动与转动之间用角 量和线量之间关系相联系。出圆盘由开始转动到停止转动所转过的角度  ，进而求出所转过为圈数 n。 解 (1) 求摩擦力矩 M。 薄圆盘的面密度为 2 R m    ，在距圆盘中心为 r 处，取一宽为 dr 的圆环，则该圆环所受的摩擦 力矩为 r dr R mg dM rdr g r 2 2 2    2    。 整个圆盘所受的合力矩为      R r dr mgR R mg M dM 0 2 2 3 2 2  。 (2) 角加速度 a。 根据转动定律可得： R g mR mgR J M a 3 4 2 1 3 2 2      。 (3) 求圆盘转过的角度  。 因角加速度 a 是常量，故圆盘作匀加速转动，满足   2a 2 2 0   ，式中   0 为末角速度，  为 转角（弧度）。所以 g R a g R       8 3 2 2 (4 ) /(3 ) 2 0 2 0 2 0     。 (4) 设圆盘转过 n 圈后停止，则 g R n     16 3 2 2 0   。 例 3 如图 4-4 所示，一轻绳跨过一轴承光滑的定滑轮，滑轮半径为 R、圆盘的质量为 M，绳的 两端分别与物体 m 及固定弹簧相连。将物体由静止状态释放，开始释放时弹簧为原长。求物体下降 距离 h 时的速度。 解法Ⅰ 刚体平动与转动的综合问题，转动定律的应用。在运动过程中，物体作平动，滑轮作定 轴转动。对平动物体用牛顿第二定律列方程，对转动滑轮用转动定律列方程，平动与转动之间用角 量和线量之间关系相联系。 图 4-3 drR r 0