第四章 刚体的转动 部分习题分析与解答第四章 刚体的转动 部分习题分析与解答分析,与质点运动学相似，刚体定轴转动的运动学问题也可分为两类 （ 1）
由转动的运动方程，通过求导得到角速度、角加速度；（ 2）在确定的初始条件下，由角速度、角加速度通过积分得到转动的运动方程。
4-2 某种电动机启动以后转速随时间变化的关系式中 。求（ 1） t=6.0s时的转速；（ 2）角加速度随时间变化的规律；（ 3）启动后 6.0s内转过的圈数。
)e1( /t0
s0.2,s0.9 10
解 （ 1）根据题意中转速随时间的变化关系，将 t=6.0s代入，得
1
0
/t
0 s6.895.0)e1(
（ 2）角加速度随时间变化的规律为
22/t/t0 se5.4e
dt
d
第四章 刚体的转动 部分习题分析与解答
（ 3） t=6.0s时转过的角度为则 t=6.0s时电动机转过的圈数
r a d9.36dt)e1(dts6
0
s6
0
/t
0
圈87.52N
第四章 刚体的转动 部分习题分析与解答分析,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 。
4-3 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
CdtdJJM
第四章 刚体的转动 部分习题分析与解答对上式分离变量，根据初始条件积分有由于 C和 J均为常量，得
dt
J
Cd
0
t
0
CdtdJJM
tJC
0 e
当角速度由 ω0→ ω0/2时，转动所需的时间为
2lnCJt?
第四章 刚体的转动 部分习题分析与解答
dtedtd t
0
tJC
00
t
0
在 时间 t内所转过的圈数为
C4
J
2N
0
C2
J 0即
（ 2）根据角速度定义和初始条件积分得（其中 ）2ln
C
Jt?
第四章 刚体的转动 部分习题分析与解答分析,可根据转动定律和牛顿定律分别列出飞轮和重物的动力学方程来求解；也可将飞轮、重物和地球视为系统用机械能守恒来求解。
4-5 用落体观察法测定飞轮的转动惯量，是将半径不 R的飞轮支承在 O点上,然后在绕过飞轮的绳子的一端挂一质量为 m的重物,
令重物以初速度为零下落，带动飞轮转动（如图示）。记下重物下落的距离和时间，就可算出飞轮的转动惯量。试写出它的计算式。（假设轴承间无摩擦）
解 1 设绳子的拉力为 FT，对飞轮而言，
根据转动定律，有
)1(JRF T
o
R
对重物而言，由牛顿定律，有
)2(maRFmg T
第四章 刚体的转动 部分习题分析与解答解 2 设根据系统的机械能守恒定律，有由于绳子不可伸长，故有
)3(Ra
重物作匀加速下落，则有
)4(at21h 2?
联合式（ 1）、（ 2）、（ 3）、（ 4）可解得飞轮的转动惯量为
)1h2gt(mRJ
2
2
)'1(0J21mv21m g h 22
第四章 刚体的转动 部分习题分析与解答线速度和角速度的关系为
)'2(Rv根据重物作匀加速运动时，有
)'3(atv?
联合式（ 1‘）、（ 2’）、（ 3‘）、（ 4’）可解得飞轮的转动惯量为
)1h2gt(mRJ
2
2
)'4(ah2v 2?
第四章 刚体的转动 部分习题分析与解答分析,根据转动惯量的可叠加性，
飞轮对轴的转动惯量可视为圆盘与两圆柱体对同轴的转动惯量之和。
4-6 一飞轮由一直径为 30cm，厚度为 2.0cm的圆盘和两个直径为
10cm，长为 8.0cm的共轴圆柱体组成，设飞轮的密度为
7.8× 103kg.m-3，求飞轮对轴的转动惯量。
解 根据转动惯量的叠加性，由匀质圆盘、
圆柱体对惯量公式可得
24
2
4
1
21
1
21
121
m.kg1 3 6.0)ad
2
1
Ld(
16
1
)
2
d
(m
2
1
)
2
d
(m
2
1
2JJJ
a
L
d1 d2
第四章 刚体的转动 部分习题分析与解答分析,根据转动惯量的定义，可直接采用面积分的方法对匀质矩形板进行计算。
解 取如图所示坐标，在板上取一质元
dm=σ dxdy，它对与板面垂直的，通过几何中心的轴线的转动 惯量为
d x d y)yx(dJ 22
4-9 质量面密度为 σ 的均匀矩形板，试证其对与板面垂直的，
通过几何中心的轴线的转动惯量为 其中 a为矩形板的长,b为它的宽。 )ba(ab12
22
dm
o x
y
b
a
整个矩形板对该轴的转动惯量为
)ba(ab
12
1
d x d y)yx(dJJ
22
2/a
2/a
2/b
2/b
22
第四章 刚体的转动 部分习题分析与解答分析,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
4-11 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。
)ba(ab12 22
m2
m1
B A
B A
FT2 F
T1
FN
P P1
P2
F’T2 F’T1
a1a2
第四章 刚体的转动 部分习题分析与解答根据质点的牛顿定律和刚体的转动定律，有
B A
FT2 F
T1
FN
P P1
P2
F’T2 F’T1
a1a2
)1(amFgmFP 111T1' 1T1
)2(amgmFPF 2222T2' 2T
)3()JJ(rFRF 212T1T
)4(FF,FF 2T' 2T1T' 1T
由角加速度和线加速度之间的关系，有
)5(ra,Ra 21
第四章 刚体的转动 部分习题分析与解答解上述方程组，可得
gR
rmRmJJ
rmRma
2
2
2
121
21
1
gr
rmRmJJ
rmRma
2
2
2
121
21
2
gm
rmRmJJ
RrmrmJJF
12
2
2
121
2
2
221
1T
gm
rmRmJJ
RrmrmJJF
22
2
2
121
1
2
121
2T
第四章 刚体的转动 部分习题分析与解答分析,对平动的物体和滑轮分别列出动力学方程，结合角量与线量之间的关系即可求解。
解 分别对两 A,B两物体及滑轮作受力分析如下图
4-12 如图示装置，定滑轮半径为 r，绕转轴的转动惯量为 J，滑轮两边分别悬挂质量为 m1和 m2的物体 A,B。 A置于倾角为 θ斜面上，它和斜面间的摩擦因数为 μ 。若 B向下作加速运动时，求
（ 1）其下落加速度的大小；（ 2）滑轮两边绳子的张力。（设绳的质量及伸长均不计，绳与滑轮间无滑动，滑轮轴光滑）
B
A
AFf
FT1
FN
P1
F’T2
F’T1B
P2
FT2
第四章 刚体的转动 部分习题分析与解答根据质点的牛顿定律和刚体的转动定律，有
)1(amc osgms ingmF 11111T
)2(amFgm 222T2
)3(JrFrF ' 1T' 2T
由角加速度和线加速度之间的关系，有
)5(raa 21
AFf
FT1
FN
P1
F’T2
F’T1B
P2
FT2
)4(FF,FF 2T' 2T1T' 1T且有第四章 刚体的转动 部分习题分析与解答解上述各方程，可得
221
112
21
r
J
mm
c o sgms ingmgm
aa
221
2
121
1T
r
J
mm
r/gJm)c o s( s in)c o ss in1(gmm
F
221
2
221
2T
r
J
mm
r/gJm)c o ss in1(gmm
F
第四章 刚体的转动 部分习题分析与解答分析,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
4-15 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？
ω
r
dF
dr
k)R/m g d rr2(FdrMd 22
式中 K为轴向的单位矢量。
第四章 刚体的转动 部分习题分析与解答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
g4
R3
M
Jt
对上式沿径向积分得圆盘所受的总摩擦力矩大小
m g R32drR m g d rr2dMM R
0 2
2
k)R/m g d rr2(FdrMd 22
第四章 刚体的转动 部分习题分析与解答
4-17 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,
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,因系统不受外力矩作用,故系统的角动量守恒,由角动量守恒定律可解得杆的角速度,
第四章 刚体的转动 部分习题分析与解答根据角动量守恒定理,
)( 212 JJJ
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,
222 )2/(lmJ?
2J
lv /2
12/211 lmJ?
1
21
2
21
2 1.29
)3(
6
s
lmm
vm
JJ
J
l
o 1m
2m
v?
第四章 刚体的转动 部分习题分析与解答
4-23 一质量为 1.12kg,长为 1.0m的均匀细棒,支点在棒的上端点,开始时棒自由悬挂,以 100N的力打击它的下端点,打击它的下端点,打击时间为 0.02s.(1)若打击前棒是静止的,求打击时其角动量的变化 ;(2)棒的最大偏转角,
(1)由刚体的角动量定理得,
l A
F?
h
o
tFlM d tJL0?
120.2 smkg
(1)
第四章 刚体的转动 部分习题分析与解答
(2)取棒和地球为一系统,并选
O处为重力势能零点,在转动过程中,系统的机械能守恒,即,
.l
A
F?
h
o
8388
3
1a r c c o s 02
22
glm
tF
)c o s1(m g l
2
1J
2
1 2
0
(2)
由 (1),(2)可得棒的偏转角度为第四章 刚体的转动 部分习题分析与解答
4-25 我国 1970年 4月 24日发射的第一颗人造卫星，
其近地点为 4.39× 105m、远地点为 2.38× 106m.试计算卫星在近地点和远地点的速率。（设地球半径为 6.38× 106m）
当人造卫星在绕地球的椭圆轨道上运行时，
只受到有心力 ─万有引力的作用。因此，
卫星在运行过程中角动量是守恒的，同时该力对地球和卫星组成的系统而言，又是属于保守内力，因此，系统又满足机械能守恒定律。根据上述两条定律可求出卫星在近地点和远地点时的速率。
第四章 刚体的转动 部分习题分析与解答又因卫星与地球系统的机械能守恒，故有：
式中 和 是卫星在近地点和远地点时离地球中心的距离。由（ 1）和（ 2）可解得卫星近地点和远地点的速率分别为
1r 2r
13
211
2
1 1011.8)(
2
sm
rrr
rGmv E
13
1
2
1
2 1031.6
smv
r
rv
由角动量守恒定律有：
2211 rmvrmv?
（ 1）
2
2
2
1
2
1 2
1
2
1
r
Gmmmv
r
Gmmmv EE
（ 2）
第四章 刚体的转动 部分习题分析与解答
4-27如图 4-27所示,一质量为 m的小球由一绳索系着,以角速度 ω0在无摩擦的水平面上,作半径为 r0的圆周运动,
如果在绳的另一端作用一竖直向下的拉力,使小球作半径为 r0/2的圆周运动,试求 (1)小球新的角速度 ;(2)拉力作的功沿轴向的拉力对小球不产生力矩,因此,小球在水平面上转动的过程中不受外力矩作用,
其角速度应保持不变,但是,外力改变了小球圆周运动的半径,也改变了小球的转动惯量,
从而改变了小球的角速度,至于拉力所作的功,可根据动能定理由小球动能的变化得到,
第四章 刚体的转动 部分习题分析与解答
(1)根据分析,小球在转动的过程中,角速度保持守恒,故有,
1100 JJ?
00
1
0 4
J
J
(2)随着小球转动角速度的增加,其转动动能也增加,这正是接力作功的结果,由转动的动能定理可得接力的功为,
式中 和 分别 是小球在半径为 r0和 r0/2时对轴的转动惯量,
即 和 则,
200 mrJ?
2
01 4
1 mrJ?
0J
1J
2
0
2
0
2
00
2
11 2
3
2
1
2
1 mrJJW
0?
0r
m
F?
第四章 刚体的转动 部分习题分析与解答
4-28质量为 0.50kg,长为 0.40m的均匀细棒,可绕垂直于棒的一端的水平轴转动,如将此棒放在水平位置,然后任其落下,求,(1)当棒转过 600时的角加速度和角速度 ;(2)下落到竖直位置时的动能 ;(3)下落到竖直位置时的角速度。
转动定律 是一瞬时关系式,为求棒在不同位置的角加速度,只需确定棒所在位置的力矩就可求得,由于重力矩是变力矩,角加速度也是变化的,因此,在求角速度时,就必须根据角加速度用积分的方法来计算 (也可根据转动中的动能定理,通过计算变力矩的功来求 ).至于棒下落到竖直位置时的动能和角速度,可采用系统的机械能守恒定律来解,
JM?
2/c os)( m g lM?
第四章 刚体的转动 部分习题分析与解答
)1(2c o s3)( lgJM
0 600
0
dd
(1)棒绕端点的转动惯量,
由转动定律 可得棒在位置时的角速度为,
3/2mlJ?
JM
24.18 s?
当 时,棒转动的角速度为,060
由于,根据初始条件对式 (1)积分,有
d
d
dt
d
.
.
P?
A
o
第四章 刚体的转动 部分习题分析与解答则角速度为,
198.7s in3 s
l
g
(2)根据机械能守恒,棒下落至竖直位置时的动能为,
Jmg lE k 98.0
2
1
(3)由于该动能也就是转动动能,即,所示,棒落至竖直位置时的角速度为,
2
2
1?JE
k?
157.832 s
l
g
J
E k?
第四章 刚体的转动 部分习题分析与解答
4-30在题 3-28的冲击摆问题中,若以质量为 mˊ 的均匀细棒代替柔绳,子弹速度的最小值应是多少?
v?
m?
m?
l
m
2/v?
该题与习题 3-28的不同之处在于：（ 1）子弹与摆锤的相互作用过程不再满足动量守恒，
但系统角动量守恒的条件是满足的。（ 2）摆在转动过程中，系统满足机械能守恒定律。摆锤恰能通过最高点所需的速度，可直接用机械能守恒定律去解。
第四章 刚体的转动 部分习题分析与解答取子弹与摆为系统,根据系统的角动量守恒,有根据摆在转动过程中机械能守恒，有：
glmmv 24
式中,和 分别为子弹、
摆锤和杆对轴的转动惯量。
21 mlJ? 22 lmJ 3/2
3 mlJ?
由式 (1),(2)可得子弹速度的最小值为
03211 )(2?JJl
vJ
l
vJ
(1)
)23()2(21)(21 2032 lgmlgmglmJJ
(2)
由转动的运动方程，通过求导得到角速度、角加速度；（ 2）在确定的初始条件下，由角速度、角加速度通过积分得到转动的运动方程。
4-2 某种电动机启动以后转速随时间变化的关系式中 。求（ 1） t=6.0s时的转速；（ 2）角加速度随时间变化的规律；（ 3）启动后 6.0s内转过的圈数。
)e1( /t0
s0.2,s0.9 10
解 （ 1）根据题意中转速随时间的变化关系，将 t=6.0s代入，得
1
0
/t
0 s6.895.0)e1(
（ 2）角加速度随时间变化的规律为
22/t/t0 se5.4e
dt
d
第四章 刚体的转动 部分习题分析与解答
（ 3） t=6.0s时转过的角度为则 t=6.0s时电动机转过的圈数
r a d9.36dt)e1(dts6
0
s6
0
/t
0
圈87.52N
第四章 刚体的转动 部分习题分析与解答分析,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 。
4-3 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
CdtdJJM
第四章 刚体的转动 部分习题分析与解答对上式分离变量，根据初始条件积分有由于 C和 J均为常量，得
dt
J
Cd
0
t
0
CdtdJJM
tJC
0 e
当角速度由 ω0→ ω0/2时，转动所需的时间为
2lnCJt?
第四章 刚体的转动 部分习题分析与解答
dtedtd t
0
tJC
00
t
0
在 时间 t内所转过的圈数为
C4
J
2N
0
C2
J 0即
（ 2）根据角速度定义和初始条件积分得（其中 ）2ln
C
Jt?
第四章 刚体的转动 部分习题分析与解答分析,可根据转动定律和牛顿定律分别列出飞轮和重物的动力学方程来求解；也可将飞轮、重物和地球视为系统用机械能守恒来求解。
4-5 用落体观察法测定飞轮的转动惯量，是将半径不 R的飞轮支承在 O点上,然后在绕过飞轮的绳子的一端挂一质量为 m的重物,
令重物以初速度为零下落，带动飞轮转动（如图示）。记下重物下落的距离和时间，就可算出飞轮的转动惯量。试写出它的计算式。（假设轴承间无摩擦）
解 1 设绳子的拉力为 FT，对飞轮而言，
根据转动定律，有
)1(JRF T
o
R
对重物而言，由牛顿定律，有
)2(maRFmg T
第四章 刚体的转动 部分习题分析与解答解 2 设根据系统的机械能守恒定律，有由于绳子不可伸长，故有
)3(Ra
重物作匀加速下落，则有
)4(at21h 2?
联合式（ 1）、（ 2）、（ 3）、（ 4）可解得飞轮的转动惯量为
)1h2gt(mRJ
2
2
)'1(0J21mv21m g h 22
第四章 刚体的转动 部分习题分析与解答线速度和角速度的关系为
)'2(Rv根据重物作匀加速运动时，有
)'3(atv?
联合式（ 1‘）、（ 2’）、（ 3‘）、（ 4’）可解得飞轮的转动惯量为
)1h2gt(mRJ
2
2
)'4(ah2v 2?
第四章 刚体的转动 部分习题分析与解答分析,根据转动惯量的可叠加性，
飞轮对轴的转动惯量可视为圆盘与两圆柱体对同轴的转动惯量之和。
4-6 一飞轮由一直径为 30cm，厚度为 2.0cm的圆盘和两个直径为
10cm，长为 8.0cm的共轴圆柱体组成，设飞轮的密度为
7.8× 103kg.m-3，求飞轮对轴的转动惯量。
解 根据转动惯量的叠加性，由匀质圆盘、
圆柱体对惯量公式可得
24
2
4
1
21
1
21
121
m.kg1 3 6.0)ad
2
1
Ld(
16
1
)
2
d
(m
2
1
)
2
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2
1
2JJJ
a
L
d1 d2
第四章 刚体的转动 部分习题分析与解答分析,根据转动惯量的定义，可直接采用面积分的方法对匀质矩形板进行计算。
解 取如图所示坐标，在板上取一质元
dm=σ dxdy，它对与板面垂直的，通过几何中心的轴线的转动 惯量为
d x d y)yx(dJ 22
4-9 质量面密度为 σ 的均匀矩形板，试证其对与板面垂直的，
通过几何中心的轴线的转动惯量为 其中 a为矩形板的长,b为它的宽。 )ba(ab12
22
dm
o x
y
b
a
整个矩形板对该轴的转动惯量为
)ba(ab
12
1
d x d y)yx(dJJ
22
2/a
2/a
2/b
2/b
22
第四章 刚体的转动 部分习题分析与解答分析,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
4-11 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。
)ba(ab12 22
m2
m1
B A
B A
FT2 F
T1
FN
P P1
P2
F’T2 F’T1
a1a2
第四章 刚体的转动 部分习题分析与解答根据质点的牛顿定律和刚体的转动定律，有
B A
FT2 F
T1
FN
P P1
P2
F’T2 F’T1
a1a2
)1(amFgmFP 111T1' 1T1
)2(amgmFPF 2222T2' 2T
)3()JJ(rFRF 212T1T
)4(FF,FF 2T' 2T1T' 1T
由角加速度和线加速度之间的关系，有
)5(ra,Ra 21
第四章 刚体的转动 部分习题分析与解答解上述方程组，可得
gR
rmRmJJ
rmRma
2
2
2
121
21
1
gr
rmRmJJ
rmRma
2
2
2
121
21
2
gm
rmRmJJ
RrmrmJJF
12
2
2
121
2
2
221
1T
gm
rmRmJJ
RrmrmJJF
22
2
2
121
1
2
121
2T
第四章 刚体的转动 部分习题分析与解答分析,对平动的物体和滑轮分别列出动力学方程，结合角量与线量之间的关系即可求解。
解 分别对两 A,B两物体及滑轮作受力分析如下图
4-12 如图示装置，定滑轮半径为 r，绕转轴的转动惯量为 J，滑轮两边分别悬挂质量为 m1和 m2的物体 A,B。 A置于倾角为 θ斜面上，它和斜面间的摩擦因数为 μ 。若 B向下作加速运动时，求
（ 1）其下落加速度的大小；（ 2）滑轮两边绳子的张力。（设绳的质量及伸长均不计，绳与滑轮间无滑动，滑轮轴光滑）
B
A
AFf
FT1
FN
P1
F’T2
F’T1B
P2
FT2
第四章 刚体的转动 部分习题分析与解答根据质点的牛顿定律和刚体的转动定律，有
)1(amc osgms ingmF 11111T
)2(amFgm 222T2
)3(JrFrF ' 1T' 2T
由角加速度和线加速度之间的关系，有
)5(raa 21
AFf
FT1
FN
P1
F’T2
F’T1B
P2
FT2
)4(FF,FF 2T' 2T1T' 1T且有第四章 刚体的转动 部分习题分析与解答解上述各方程，可得
221
112
21
r
J
mm
c o sgms ingmgm
aa
221
2
121
1T
r
J
mm
r/gJm)c o s( s in)c o ss in1(gmm
F
221
2
221
2T
r
J
mm
r/gJm)c o ss in1(gmm
F
第四章 刚体的转动 部分习题分析与解答分析,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
4-15 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？
ω
r
dF
dr
k)R/m g d rr2(FdrMd 22
式中 K为轴向的单位矢量。
第四章 刚体的转动 部分习题分析与解答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
g4
R3
M
Jt
对上式沿径向积分得圆盘所受的总摩擦力矩大小
m g R32drR m g d rr2dMM R
0 2
2
k)R/m g d rr2(FdrMd 22
第四章 刚体的转动 部分习题分析与解答
4-17 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,
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,因系统不受外力矩作用,故系统的角动量守恒,由角动量守恒定律可解得杆的角速度,
第四章 刚体的转动 部分习题分析与解答根据角动量守恒定理,
)( 212 JJJ
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,
222 )2/(lmJ?
2J
lv /2
12/211 lmJ?
1
21
2
21
2 1.29
)3(
6
s
lmm
vm
JJ
J
l
o 1m
2m
v?
第四章 刚体的转动 部分习题分析与解答
4-23 一质量为 1.12kg,长为 1.0m的均匀细棒,支点在棒的上端点,开始时棒自由悬挂,以 100N的力打击它的下端点,打击它的下端点,打击时间为 0.02s.(1)若打击前棒是静止的,求打击时其角动量的变化 ;(2)棒的最大偏转角,
(1)由刚体的角动量定理得,
l A
F?
h
o
tFlM d tJL0?
120.2 smkg
(1)
第四章 刚体的转动 部分习题分析与解答
(2)取棒和地球为一系统,并选
O处为重力势能零点,在转动过程中,系统的机械能守恒,即,
.l
A
F?
h
o
8388
3
1a r c c o s 02
22
glm
tF
)c o s1(m g l
2
1J
2
1 2
0
(2)
由 (1),(2)可得棒的偏转角度为第四章 刚体的转动 部分习题分析与解答
4-25 我国 1970年 4月 24日发射的第一颗人造卫星，
其近地点为 4.39× 105m、远地点为 2.38× 106m.试计算卫星在近地点和远地点的速率。（设地球半径为 6.38× 106m）
当人造卫星在绕地球的椭圆轨道上运行时，
只受到有心力 ─万有引力的作用。因此，
卫星在运行过程中角动量是守恒的，同时该力对地球和卫星组成的系统而言，又是属于保守内力，因此，系统又满足机械能守恒定律。根据上述两条定律可求出卫星在近地点和远地点时的速率。
第四章 刚体的转动 部分习题分析与解答又因卫星与地球系统的机械能守恒，故有：
式中 和 是卫星在近地点和远地点时离地球中心的距离。由（ 1）和（ 2）可解得卫星近地点和远地点的速率分别为
1r 2r
13
211
2
1 1011.8)(
2
sm
rrr
rGmv E
13
1
2
1
2 1031.6
smv
r
rv
由角动量守恒定律有：
2211 rmvrmv?
（ 1）
2
2
2
1
2
1 2
1
2
1
r
Gmmmv
r
Gmmmv EE
（ 2）
第四章 刚体的转动 部分习题分析与解答
4-27如图 4-27所示,一质量为 m的小球由一绳索系着,以角速度 ω0在无摩擦的水平面上,作半径为 r0的圆周运动,
如果在绳的另一端作用一竖直向下的拉力,使小球作半径为 r0/2的圆周运动,试求 (1)小球新的角速度 ;(2)拉力作的功沿轴向的拉力对小球不产生力矩,因此,小球在水平面上转动的过程中不受外力矩作用,
其角速度应保持不变,但是,外力改变了小球圆周运动的半径,也改变了小球的转动惯量,
从而改变了小球的角速度,至于拉力所作的功,可根据动能定理由小球动能的变化得到,
第四章 刚体的转动 部分习题分析与解答
(1)根据分析,小球在转动的过程中,角速度保持守恒,故有,
1100 JJ?
00
1
0 4
J
J
(2)随着小球转动角速度的增加,其转动动能也增加,这正是接力作功的结果,由转动的动能定理可得接力的功为,
式中 和 分别 是小球在半径为 r0和 r0/2时对轴的转动惯量,
即 和 则,
200 mrJ?
2
01 4
1 mrJ?
0J
1J
2
0
2
0
2
00
2
11 2
3
2
1
2
1 mrJJW
0?
0r
m
F?
第四章 刚体的转动 部分习题分析与解答
4-28质量为 0.50kg,长为 0.40m的均匀细棒,可绕垂直于棒的一端的水平轴转动,如将此棒放在水平位置,然后任其落下,求,(1)当棒转过 600时的角加速度和角速度 ;(2)下落到竖直位置时的动能 ;(3)下落到竖直位置时的角速度。
转动定律 是一瞬时关系式,为求棒在不同位置的角加速度,只需确定棒所在位置的力矩就可求得,由于重力矩是变力矩,角加速度也是变化的,因此,在求角速度时,就必须根据角加速度用积分的方法来计算 (也可根据转动中的动能定理,通过计算变力矩的功来求 ).至于棒下落到竖直位置时的动能和角速度,可采用系统的机械能守恒定律来解,
JM?
2/c os)( m g lM?
第四章 刚体的转动 部分习题分析与解答
)1(2c o s3)( lgJM
0 600
0
dd
(1)棒绕端点的转动惯量,
由转动定律 可得棒在位置时的角速度为,
3/2mlJ?
JM
24.18 s?
当 时,棒转动的角速度为,060
由于,根据初始条件对式 (1)积分,有
d
d
dt
d
.
.
P?
A
o
第四章 刚体的转动 部分习题分析与解答则角速度为,
198.7s in3 s
l
g
(2)根据机械能守恒,棒下落至竖直位置时的动能为,
Jmg lE k 98.0
2
1
(3)由于该动能也就是转动动能,即,所示,棒落至竖直位置时的角速度为,
2
2
1?JE
k?
157.832 s
l
g
J
E k?
第四章 刚体的转动 部分习题分析与解答
4-30在题 3-28的冲击摆问题中,若以质量为 mˊ 的均匀细棒代替柔绳,子弹速度的最小值应是多少?
v?
m?
m?
l
m
2/v?
该题与习题 3-28的不同之处在于：（ 1）子弹与摆锤的相互作用过程不再满足动量守恒，
但系统角动量守恒的条件是满足的。（ 2）摆在转动过程中，系统满足机械能守恒定律。摆锤恰能通过最高点所需的速度，可直接用机械能守恒定律去解。
第四章 刚体的转动 部分习题分析与解答取子弹与摆为系统,根据系统的角动量守恒,有根据摆在转动过程中机械能守恒，有：
glmmv 24
式中,和 分别为子弹、
摆锤和杆对轴的转动惯量。
21 mlJ? 22 lmJ 3/2
3 mlJ?
由式 (1),(2)可得子弹速度的最小值为
03211 )(2?JJl
vJ
l
vJ
(1)
)23()2(21)(21 2032 lgmlgmglmJJ
(2)
