23M2R2R1?t?224?g(MR?MR)． 1122即

（2）如果R1≧R2，那么A轮压在B轮上的面积为S = πR22，

压强为p = M1g/S = M1g/πR22．

同样在A轮上取一面积元，力矩的积分上限就是R2．总力矩为

132?2π?pR2??M1gR233，

由此求得时间就变为

A r B dr R1 3M2R12R2?t?24?g(M1R12?M2R2)．

t?只有当R1 = R2时，两个时间才是相同的：

2．35 均质矩形薄板绕竖直边转动，初始角速度为ω0，转动时受到空气的阻力．阻力垂直于板面，每一小面积所受阻力的大小与其面积及速度的平方的乘积成正比，比例常数为k．试计算经过多少时间，薄板角速度减为原来的一半．设薄板竖直边长为b，宽为a，薄板质量为m．

[解答]在板上距离转轴为r处取一长度为b，宽度为dr的面积元，其面积为dS = bdr． 当板的角速度ω时，面积元的速率为v = ωr， 所受的阻力为df = kv2dS = kω2r2bdr，

a 阻力产生的力矩为dM = rdf = kω2r3bdr，

因此合力矩为

3M2R1?3M2R2??4?g(M1?M2)4?g(M1?M2)．

M??k?2br3dr?0a124k?ba4．

r O dS 图2.35

b r 板绕转轴的转动惯量为I = ma2/3，其角加速度为

M3k?2ba2?????I4m，

负号表示角加速度的方向与角速度的方向相反．

由于β = dω/dt，可得转动的微分方程

d?3k?2ba2??dt4m，

分离变量得

3kba2d?dt??24m?，

积分得

3kba21t??C4m?．

当t = 0时，ω = ω0，所以C = -1/ω0，因此转动方程为

3kba211t??4m??0．

当ω = ω0/2时，解得时间为

t?4m3kba2?0．

2．36 一个质量为M，半径为R并以角速度ω旋转的飞轮（可看作匀质圆盘），在某一

17

瞬间突然有一片质量为m的碎片从轮的边缘上飞出，如图所示．假定碎片脱离飞轮时的瞬时速度方向正好竖直向上．

（1）问它能上升多高？

（2）求余下部分的角速度、角动量和转动动能． [解答]（1）碎片上抛的初速度为v0 = ωR， 根据匀变速直线运动公式v2 – v02 = -2gh， 可得碎片上升的高度为h = v02/2g =ω2R2/2g．

R （2）余下部分的角速度仍为ω，但是转动惯量只有

1ω 22I?，

所以角动量为L = Iω = R(M/2 – m)ω．

2

2MR?mR图2.36

转动动能为2．37 两滑冰运动员，在相距1.5m的两平行线上相向而行，两人质量分别为mA = 60kg，

-1-1

mB = 70kg，它们速率分别为vA = 7m·s，vB = 6m·s，当两者最接近时，便函拉起手来，开始绕质心作圆周运动，并保持二者的距离为1.5m．求该瞬时：

（1）系统对通过质心的竖直轴的总角动量；

mA （2）系统的角速度；

vA （3）两人拉手前、后的总动能．这一过程中能量是否守恒？ rA [解答]（1）设质心距A的平行线为rA，距B的平行线为rB，则有 r rB rA + rB = r，

根据质心的概念可得mArA = mBrB， 解方程组得

Ek?121MI??(?m)?2R2222．

vB mB rA?mBmArrB?rmA?mB，mA?mB．

两运动员绕质心的角动量的方向相同，他们的总角动量为

?mAmBr(vA?vB)mA?mB= 630(kg·m2·s-1)．

（2）根据角动量守恒定律得L = (IA + IB)ω，

其中IA和IB分别是两绕质心的转动惯量IA = mArA2和IB = mBrB2． 角速度为ω = L/(IA + IB) = 8.67(rad·s-1)．

（3）两人拉手前的总动能就是平动动能

Ek1?1122mAvA?mBvB22= 2730(J)；

拉手后的总动能是绕质心的转动动能：

Ek2?11IA?2?IB?222= 2730(J)，

可见：这一过程能量是守恒的．

[讨论]（1）角动量．根据上面的推导过程可得两人绕质心的总转动惯量为

2I?mArA?mBrB2?mAmBmAmBr2r(rA?rB)?mA?mBmA?mB，

角速度为

可见：角速度与两人的质量无关，只与它们的相对速度和平行线的距离有关．

（2）损失的能量．两人的转动动能为

1mAmB212?(v?v)ABEk2?(IA?IB)?2mA?mB2，

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因此动能的变化量为

ΔE = Ek2 – Ek1

(mAvA?mBvB)2?E??2(mA?mB)，

简化得

负号表示能量减少．可见：如果mAvA≠mBvB，则ΔE≠0，即能量不守恒．在本题中，由于mAvA = mBvB，所以能量是守恒的．

2．38 一均匀细棒长为l，质量为m，以与棒长方向相垂直的速度v0，在光滑水平面内平动时，与前方一固定的光滑支点O发生完全非弹性碰撞，碰撞点位于离棒中心一方l/4处，如图所示，求棒在碰撞后的瞬时绕过O点垂直于棒所在平面的轴转动的角速度ω0．

[解答]以O点为转动轴，棒的质心到轴的距离为l/4，在碰撞之前，棒对转轴的角动l/4 O 量为mv0l/4．在碰撞之后瞬间，棒绕轴的角动量为Iω0．

棒绕质心的转动惯量为Ic = ml2/12，

根据平行轴定理，棒绕O点为转动惯量为

?1ml2?m(1l)2?7ml212448．

根据角动量守恒定律得mv0l/4 = Iω0，

所以角速度为

?112v00?4mv0l/I?7l．

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l/4 l v0 图2.38