第四章 刚体的转动
4 －1 有两个力作用在一个有固定转轴的刚体上：
(1) 这两个力都平行于轴作用时，它们对轴的合力矩一定是零； (2) 这两个力都垂直于轴作用时，它们对轴的合力矩可能是零； (3) 当这两个力的合力为零时，它们对轴的合力矩也一定是零； (4) 当这两个力对轴的合力矩为零时，它们的合力也一定是零． 对上述说法下述判断正确的是( )
(A) 只有(1)是正确的 (B)(1)、(2)正确，(3)、(4)错误 (C) (1)、(2)、(3)都正确，(4)错误 (D)(1)、(2)、(3)、(4)都正确
分析与解 力对轴之力矩通常有三种情况：其中两种情况下力矩为零：一是力的作用线通过转轴，二是力平行于转轴(例如门的重力并不能使门转)．不满足上述情况下的作用力(含题述作用力垂直于转轴的情况)对轴之矩不为零，但同时有两个力作用时，只要满足两力矩大小相等，方向相反，两力矩对同一轴的合外力矩也可以为零，由以上规则可知(1)(2)说法是正确．对于(3)(4)两种说法，如作用于刚体上的两个力为共点力，当合力为零时，它们对同一轴的合外力矩也一定为零，反之亦然．但如这两个力为非共点力，则以上结论不成立，故(3)(4)说法不完全正确．综上所述，应选(B)． 4 －2 关于力矩有以下几种说法：
(1) 对某个定轴转动刚体而言，内力矩不会改变刚体的角加速度； (2) 一对作用力和反作用力对同一轴的力矩之和必为零；
(3) 质量相等，形状和大小不同的两个刚体，在相同力矩的作用下，它们的运动状态一定相同．
对上述说法下述判断正确的是( )
(A) 只有(2)是正确的 (B) (1)、(2)是正确的 (C)(2)、(3)是正确的 (D) (1)、(2)、(3)都是正确的
分析与解 刚体中相邻质元之间的一对内力属于作用力与反作用力，且作用点相同，故对同一轴的力矩之和必为零，因此可推知刚体中所有内力矩之和为零，因而不会影响刚体的角加速度或角动量等，故(1)(2)说法正确．对说法(3)来说，题述情况中两个刚体对同一轴的转动惯量因形状、大小不同有可能不同，因而在相同力矩作用下，产生的角加速度不一定相同，因而运动状态未必相同，由此可见应选(B)．
4 －3 均匀细棒OA 可绕通过其一端O 而与棒垂直的水平固定光滑轴转动，如图所示，今使棒从水平位置由静止开始自由下落，在棒摆到竖直位置的过程中，下述说法正确的是( )
(A) 角速度从小到大，角加速度不变 (B) 角速度从小到大，角加速度从小到大 (C) 角速度从小到大，角加速度从大到小 (D) 角速度不变，角加速度为零
分析与解 如图所示，在棒下落过程中，重力对轴之矩是变化的，其大小与棒和水平面的夹角有关．当棒处于水平位置，重力矩最大，当棒处于竖直位置时，重力矩为零．因此在棒在下落过程中重力矩由大到小，由转动定律知，棒的角加速亦由大到小，而棒的角速度却由小到大(由机械能守恒亦可判断角速度变化情况)，应选(C)．
4 －4 一圆盘绕通过盘心且垂直于盘面的水平轴转动，轴间摩擦不计．如图射来两个质量相同，速度大小相同，方向相反并在一条直线上的子弹，它们同时射入圆盘并且留在盘内，则子弹射入后的瞬间，圆盘和子弹系统的角动量L 以及圆盘的角速度ω的变化情况为( ) (A) L 不变，ω增大 (B) 两者均不变 (C) L 不变，ω减小 (D) 两者均不确定
分析与解 对于圆盘一子弹系统来说，并无外力矩作用，故系统对轴O 的角动量守恒，故L 不变，此时应有下式成立，即
mvd?mvd?J0ω0?Jω
式中mvD 为子弹对点O 的角动量ω０ 为圆盘初始角速度，J 为子弹留在盘中后系统对轴O 的转动惯量，J0为子弹射入前盘对轴O 的转动惯量．由于J ＞J0 ，则ω＜ω０ ．故选(C)．
4 －5 假设卫星环绕地球中心作椭圆运动，则在运动过程中，卫星对地球中心的( ) (A) 角动量守恒，动能守恒 (B) 角动量守恒，机械能守恒 (C) 角动量不守恒，机械能守恒 (D) 角动量不守恒，动量也不守恒 (Ｅ) 角动量守恒，动量也守恒
分析与解 由于卫星一直受到万有引力作用，故其动量不可能守恒，但由于万有引力一直指向地球中心，则万有引力对地球中心的力矩为零，故卫星对地球中心的角动星守恒，即r ×mv ＝恒量，式中r 为地球中心指向卫星的位矢．当卫星处于椭圆轨道上不同位置时，由于｜r ｜
不同，由角动量守恒知卫星速率不同，其中当卫星处于近地点时速率最大，处于远地点时速率最小，故卫星动能并不守恒，但由万有引力为保守力，则卫星的机械能守恒，即卫星动能与万有引力势能之和维持不变，由此可见，应选(B)．
4 －6 一汽车发动机曲轴的转速在12 s 内由1.2×103 r·min-1均匀的增加到2.7×103 r·min-1．(1) 求曲轴转动的角加速度；(2) 在此时间内，曲轴转了多少转？
分析 这是刚体的运动学问题．刚体定轴转动的运动学规律与质点的运动学规律有类似的关系，本题为匀变速转动．
解 (1) 由于角速度ω＝2π n(n 为单位时间内的转数)，根据角加速度的定义α?匀变速转动中角加速度为
dω，在dtα?ω?ω02π?n?n0???13.1rad?s?2 tt(2) 发动机曲轴转过的角度为
1ω?ω0θ?ω0t?αt2?t?π?n?n0?
22在12 s 内曲轴转过的圈数为
θn?n0?t?390圈 2π24 －7 某种电动机启动后转速随时间变化的关系为ω?ω01?e?t/τ，式中ω０＝9.0 s-1 ，τ
N???＝2 s ．求：(1) t ＝6.0 s 时的转速；(2) 角加速度随时间变化的规律；(3) 启动后6.0 s 内转过的圈数．
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．本题由ω＝ω(t)出发，分别通过求导和积分得到电动机的角加速度和6.0 s 内转过的圈数．
解 (1) 根据题意中转速随时间的变化关系，将t ＝6.0 s 代入，即得
ω?ω01?e?t/τ?0.95ω0?8.6s?1
(2) 角速度随时间变化的规律为
??α?dωω0?t/τ?e?4.5e?t/2rad?s?2 dtτ??(3) t ＝6.0 s 时转过的角度为
θ??ωdt??ω01?e?t/τdt?36.9rad
0066??则t ＝6.0 s时电动机转过的圈数
N?θ/2π?5.87圈
4 －8 水分子的形状如图所示，从光谱分析知水分子对AA′ 轴的转动惯量JAA′＝1.93 ×10-47 kg·m2 ，对BB′ 轴转动惯量JBB′＝1.14 ×10-47 kg·m2，试由此数据和各原子质量求出氢和氧原子的距离D 和夹角θ．假设各原子都可当质点处理．
分析 如将原子视为质点，则水分子中的氧原子对AA ′轴和BB′ 轴的转动惯量均为零，因此计算水分子对两个轴的转动惯量时，只需考虑氢原子即可． 解 由图可得
JAA??2mHd2sin2θ JBB??2mHd2cos2θ
此二式相加，可得JAA??JBB??2mHd2 则 d?JAA??JBB??9.59?10?11m
2mH2由二式相比，可得 JAA?/JBB??tanθ 则 θ?arctanJAA?1.93?arctan?52.3o JBB?1.144 －9 一飞轮由一直径为30㎝，厚度为2.0㎝的圆盘和两个直径为10㎝，长为8.0㎝的共轴圆柱体组成，设飞轮的密度为7.8×103 kg·m-3，求飞轮对轴的转动惯量．
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；而匀质圆盘、圆柱体对轴的转动惯量的计算可查书中公式，或根据转动惯量的定
义，用简单的积分计算得到．
解 根据转动惯量的叠加性，由匀质圆盘、圆柱体对轴的转动惯量公式可得
221?d?1?d?J?J1?J2?2?m1?1??m2?2?2?2?2?2? ?1?414?πρ?ld1?ad2??0.136kg?m216?2?
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．
2分析 由于转动惯量的可加性，求解第一问可有两种方法：一是由定义式J?rdm计算，
?式中dm 可取半径为r、宽度为dr 窄圆环；二是用补偿法可将剩余部分的转动惯量看成是原大圆盘和挖去的小圆盘对同一轴的转动惯量的差值．至于第二问需用到平行轴定理． 解 挖去后的圆盘如图(b)所示． (1) 解1 由分析知
m2πrdrR/2πR2
2mR315 ?2?rdr?mR2RR/232J0??r2dm??r2R解2 整个圆盘对OO 轴转动惯量为J1?1mR2，挖去的小圆盘对OO 轴转动惯量21?m?R?J2??2π??2??πR?2?2??R?212????mR，由分析知，剩余部分对OO 轴的转动惯量为 ??2?32?J0?J1?J2?15mR2 32(2) 由平行轴定理，剩余部分对O′O′轴的转动惯量为
2?15m?R??2392J0??mR??m?2?π???R?mR2
32πR32?2?????4 －11 用落体观察法测定飞轮的转动惯量，是将半径为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)．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)．
分析 在运动过程中，飞轮和重物的运动形式是不同的．飞轮作定轴转动，而重物是作落体运动，它们之间有着内在的联系．由于绳子不可伸长，并且质量可以忽略．这样，飞轮的转动惯量，就可根据转动定律和牛顿定律联合来确定，其中重物的加速度，可通过它下落时的匀加速运动规律来确定．
该题也可用功能关系来处理．将飞轮、重物和地球视为系统，绳子张力作用于飞轮、重物的功之和为零，系统的机械能守恒．利用匀加速运动的路程、速度和加速度关系，以及线速度和角速度的关系，代入机械能守恒方程中即可解得． 解1 设绳子的拉力为FＴ，对飞轮而言，根据转动定律，有
FTR?Jα (1)
而对重物而言，由牛顿定律，有
mg?FT?ma (2)
由于绳子不可伸长，因此，有
a?Rα (3)
重物作匀加速下落，则有
h?由上述各式可解得飞轮的转动惯量为
12at (4) 2?gt2?J?mR??2h?1??
??2解2 根据系统的机械能守恒定律，有
11?mgh?mv2?Jω2?0 (1′)
22而线速度和角速度的关系为
v?Rω (2′)
又根据重物作匀加速运动时，有
v?at (3′)
v2?2ah (4′)
由上述各式可得
?gt2?J?mR??2h?1??
??2若轴承处存在摩擦，上述测量转动惯量的方法仍可采用．这时，只需通过用两个不同质量的重物做两次测量即可消除摩擦力矩带来的影响．
4 －12 一燃气轮机在试车时，燃气作用在涡轮上的力矩为2.03×03N·m，涡轮的转动惯量为25.0kg·m2 ．当轮的转速由2.80×103 r·min-1 增大到1.12×104 r·min-1时，所经历的时间t 为多少？
分析 由于作用在飞轮上的力矩是恒力矩，因此，根据转动定律可知，飞轮的角加速度是一恒量；又由匀变速转动中角加速度与时间的关系，可解出飞轮所经历的时间．该题还可应用角动量定理直接求解．
解1 在匀变速转动中，角加速度α?间
ω?ω0，由转动定律M?Jα，可得飞轮所经历的时tt?ω?ω02πJ?n?n0??10.8s J?MM解2 飞轮在恒外力矩作用下，根据角动量定理，有
?Mdt?J?ω?ω?
00t则 t?ω?ω02πJ?n?n0??10.8s J?MM4 －13 如图(a) 所示，质量m1 ＝16 kg 的实心圆柱体A，其半径为r ＝15 cm，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m2 ＝8.0 kg 的物体B.求：(1) 物体B 由静止开始下降1.0 s后的距离；(2) 绳的张力FＴ .
分析 该系统的运动包含圆柱体的转动和悬挂物的下落运动(平动).两种不同的运动形式应依据不同的动力学方程去求解，但是，两物体的运动由柔绳相联系，它们运动量之间的联系可由角量与线量的关系得到.
解 (1) 分别作两物体的受力分析，如图(b).对实心圆柱体而言，由转动定律得
FTr?Jα?对悬挂物体而言，依据牛顿定律，有
1m1r2α 2P2?FT??m2g?FT??m2a
且FＴ ＝FＴ′ .又由角量与线量之间的关系，得
a?rα
解上述方程组，可得物体下落的加速度
a?在t ＝1.0 s 时，B 下落的距离为
2m2g
m1?2m212m2gt2s?at??2.45m
2m1?2m2(2) 由式(2)可得绳中的张力为
FT?m?g?a??m1m2g?39.2N
m1?2m24 －14 质量为m1 和m2 的两物体A、B 分别悬挂在图(a)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绳的张力.
分析 由于组合轮是一整体，它的转动惯量是两轮转动惯量之和，它所受的力矩是两绳索张力矩的矢量和(注意两力矩的方向不同).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 分别对两物体及组合轮作受力分析，如图(b).根据质点的牛顿定律和刚体的转动定律，有
?P1?FT1?m1g?FT1?m1a1 (1) FT?2?P2?FT2?m2g?m2a2 (2)
FT1R?FT2r??J1?J2?α (3) FT?1?FT1,FT?2?FT2 (4)
由角加速度和线加速度之间的关系，有
a1?Rα (5) a2?rα (6)
解上述方程组，可得
a1?m1R?m2rgR 22J1?J2?m1R?m2rm1R?m2rgr
J1?J2?m1R2?m2r2a2?J1?J2?m1r2?m2RrFT1?m1g
J1?J2?m1R2?m2r2J1?J2?m1R2?m1RrFT2?m2g 22J1?J2?m1R?m2r4 －15 如图所示装置，定滑轮的半径为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 的斜面上，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.)
分析 这是连接体的动力学问题，对于这类问题仍采用隔离体的方法，从受力分析着手，然后列出各物体在不同运动形式下的动力学方程.物体A和B可视为质点，则运用牛顿定律.由于绳与滑轮间无滑动，滑轮两边绳中的张力是不同的，滑轮在力矩作用下产生定轴转动，因此，对滑轮必须运用刚体的定轴转动定律.列出动力学方程，并考虑到角量与线量之间的关系，即能解出结果来.
解 作A、B 和滑轮的受力分析，如图(b).其中A 是在张力FＴ1 、重力P1 ，支持力FＮ 和摩擦力Fｆ 的作用下运动，根据牛顿定律，沿斜面方向有
FT1?m1gsinθ?μm1gcosθ?m1a1 (1)
而B 则是在张力FＴ2 和重力P2 的作用下运动，有
m2g?FT2?m2a2 (2)
由于绳子不能伸长、绳与轮之间无滑动，则有
a1?a2?rα (3)
对滑轮而言，根据定轴转动定律有
FT?2r?FT?1r?Jα (4) FT?1?FT1,FT?2?FT2 (5)
解上述各方程可得
a1?a2?m2g?m1gsinθ?μm1gcosθ
Jm1?m2?2rm1m2g?1?sinθ?μcosθ???sinθ?μcosθ?m1gJ/r2 FT1?2m1?m2?J/rm1m2g?1?sinθ?μcosθ??m2gJ/r2 FT2?m1?m2?J/r24 －16 如图(a)所示，飞轮的质量为60 kg，直径为0.50 m，转速为1.0 ×103 r·min-1 .现用闸瓦制动使其在5.0 s 内停止转动，求制动力F.设闸瓦与飞轮之间的摩擦因数 μ＝0.40，飞轮的质量全部分布在轮缘上.
分析 飞轮的制动是闸瓦对它的摩擦力矩作用的结果，因此，由飞轮的转动规律可确定制动时所需的摩擦力矩.但是，摩擦力矩的产生与大小，是由闸瓦与飞轮之间的正压力FＮ 决定的，而此力又是由制动力F 通过杠杆作用来实现的.所以，制动力可以通过杠杆的力矩平衡来求出.
解 飞轮和闸杆的受力分析，如图(b)所示.根据闸杆的力矩平衡，有
?l1?0 F?l1?l2??FN?，则闸瓦作用于轮的摩擦力矩为 而FN?FNM?Ffd1l?l?FNμd?12Fμd (1) 222l1摩擦力矩是恒力矩，飞轮作匀角加速转动，由转动的运动规律，有
α?ω?ω0ω02πn (2) ??ttt2因飞轮的质量集中于轮缘，它绕轴的转动惯量J?md/4，根据转动定律M?Jα，由式
(1)、(2)可得制动力
F?πnmdl1?3.14?102N
μ?l1?l2?t4 －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) 问经多少时间后，圆盘转动才能停止？
分析 转动圆盘在平板上能逐渐停止下来是由于平板对其摩擦力矩作用的结果.由于圆盘各部分所受的摩擦力的力臂不同，总的摩擦力矩应是各部分摩擦力矩的积分.为此，可考虑将圆盘分割成许多同心圆环，取半径为r、宽为dr 的圆环为面元，环所受摩擦力dFｆ ＝2πrμmgdr/πR2 ，其方向均与环的半径垂直，因此，该圆环的摩擦力矩dM ＝r ×dFｆ ，其方向沿转动轴，则圆盘所受的总摩擦力矩M ＝∫ dM.这样，总的摩擦力矩的计算就可通过积分来完成.由于摩擦力矩是恒力矩，则由角动量定理MΔt ＝Δ(Jω)，可求得圆盘停止前所经历的时间Δt.当然也可由转动定律求解得.
解 (1) 由分析可知，圆盘上半径为r、宽度为dr 的同心圆环所受的摩擦力矩为
dM?r?dFf??2r2μmgdr/R2k
式中k 为轴向的单位矢量.圆盘所受的总摩擦力矩大小为
??M??dM??R02r2μmg2dr?μmgR 2R3(2) 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MΔt ＝Δ(Jω)，可得圆盘停止的时间为
Δt?Jω3ωR? M4μg4 －18 如图所示，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) 经过多少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？
分析 由于空气的阻力矩与角速度成正比，由转动定律可知，在变力矩作用下，通风机叶片的转动是变角加速转动，因此，在讨论转动的运动学关系时，必须从角加速度和角速度的定义出发，通过积分的方法去解.
解 (1) 通风机叶片所受的阻力矩为M ＝－Cω，由转动定律M ＝Jα，可得叶片的角加速度为
α?根据初始条件对式(1)积分，有
dωCω?? (1) dtJtdωC???ω0ω?0Jdt ω由于C 和J 均为常量，得
ω?ω0e?Ct/J (2)
当角速度由ω0 → 12 ω0 时，转动所需的时间为
t?(2) 根据初始条件对式(2)积分，有
Jln2 Ct?Ct/J?dθ??ωe000θdt
即 θ?在时间t 内所转过的圈数为
Jω0 2CN?θJω0? 2π4πC4 －19 如图所示，一长为2l 的细棒AB，其质量不计，它的两端牢固地联结着质量各为m的小球，棒的中点O 焊接在竖直轴z上，并且棒与z轴夹角成α角.若棒在外力作用下绕z 轴(正向为竖直向上)以角直速度ω＝ω0(1 －et) 转动，其中ω0 为常量.求(1)棒与两球构成的系
－
统在时刻t 对z 轴的角动量；(2) 在t ＝0时系统所受外力对z 轴的合外力矩.
分析 由于棒的质量不计，该系统对z 轴的角动量即为两小球对z 轴的角动量之和，首先可求出系统对z 轴的转动惯量(若考虑棒的质量，其转动惯量为多少，读者可自己想一想)，系统所受合外力矩既可以运用角动量定理，也可用转动定律来求解.相比之下，前者对本题更直接.
解 (1) 两小球对z 轴的转动惯量为J?2mr2?2m?lsinα??2m?lsinα?，则系统对z 轴
22的角动量为
L?Jω?2mr2?2ml2ω01?e?tsin2α
此处也可先求出每个小球对z轴的角动量后再求和. (2) 由角动量定理得
??M?t ＝0时，合外力矩为
dLd?2ml2ω01?e?tsin2α?2ml2ω0sin2αe?t dtdt????M?2ml2ω0sin2α
此处也可先求解系统绕z 轴的角加速度表达式，即α?dω?ω0e?t，再由M ＝Jα求得M. dt4 －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ω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？
分析 盘边缘裂开时，小碎块以原有的切向速度作上抛运动，由质点运动学规律可求得上抛的最大高度.此外，在碎块与盘分离的过程中，满足角动量守恒条件，由角动量守恒定律可计算破裂后盘的角动量.
解 (1) 碎块抛出时的初速度为
v0?ωR
由于碎块竖直上抛运动，它所能到达的高度为
2v0ω2R2 h??2g2g(2) 圆盘在裂开的过程中，其角动量守恒，故有
L?L0?L?
式中L?1m?R2ω为圆盘未碎时的角动量；L??mR2ω为碎块被视为质点时，碎块对轴的2角动量；L 为破裂后盘的角动量.则
?1?L??m??m?R2ω
?2?4 －21 在光滑的水平面上有一木杆，其质量m1 ＝1.0 kg，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 ＝2.0×102 m· s1 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.
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ω′ 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. 解 根据角动量守恒定理
J2ω??J1?J2?ω?
式中J2?m2?l/2?为子弹绕轴的转动惯量，J2ω为子弹在陷入杆前的角动量，ω＝2v/l 为子
2弹在此刻绕轴的角速度.J1?m1l2/12为杆绕轴的转动惯量.可得杆的角速度为
ω??J2ω6m2v??29.1s?1
J1?J2?m1?3m2?4 －22 半径分别为r1 、r2 的两个薄伞形轮，它们各自对通过盘心且垂直盘面转轴的转动惯量为J1 和J2 .开始时轮Ⅰ以角速度ω0 转动，问与轮Ⅱ成正交啮合后(如图所示)，两轮的角速度分别为多大？
分析 两伞型轮在啮合过程中存在着相互作用力，这对力分别作用在两轮上，并各自产生不同方向的力矩，对转动的轮Ⅰ而言是阻力矩，而对原静止的轮Ⅱ则是启动力矩.由于相互作用的时间很短，虽然作用力的位置知道，但作用力大小无法得知，因此，力矩是未知的.但是，其作用的效果可从轮的转动状态的变化来分析.对两轮分别应用角动量定理，并考虑到啮合后它们有相同的线速度，这样，啮合后它们各自的角速度就能求出.
解 设相互作用力为F，在啮合的短时间Δt 内，根据角动量定理，对轮Ⅰ、轮Ⅱ分别有
?Fr1Δt?J1?ω1?ω0? (1)
Fr2Δt?J2ω2 (2)
两轮啮合后应有相同的线速度，故有
r1ω1?r2ω2 (3)
由上述各式可解得啮合后两轮的角速度分别为
J1ω0r22 ω1?J1r22?J2ω0r124 －23 一质量为20.0 kg 的小孩，站在一半径为3.00 m、转动惯量为450 kg· m2 的静止水平转台的边缘上，此转台可绕通过转台中心的竖直轴转动，转台与轴间的摩擦不计.如果此小孩相对转台以1.00 m· s1 的速率沿转台边缘行走，问转台的角速率有多大？
－
分析 小孩与转台作为一定轴转动系统，人与转台之间的相互作用力为内力，沿竖直轴方向不受外力矩作用，故系统的角动量守恒.在应用角动量守恒时，必须注意人和转台的角速度ω、ω0 都是相对于地面而言的，而人相对于转台的角速度ω1 应满足相对角速度的关系式
ω?ω0?ω1 .
解 由相对角速度的关系，人相对地面的角速度为
ω?ω0?ω1?ω0?v R由于系统初始是静止的，根据系统的角动量守恒定律，有
J0ω0?J1?ω0?ω1??0
式中J0 、J1 ＝mR2 分别为转台、人对转台中心轴的转动惯量.由式(1)、(2)可得转台的角速度为
mR2v?2?1 ω0????9.52?10s2J0?mRR式中负号表示转台转动的方向与人对地面的转动方向相反.
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 ×10-3 kg· m2 .今有砂粒以Q ＝2t g· s-1 的流量竖直落至转台，并粘附于台面形成一圆环，若环的半径为r ＝0.10 m，求砂粒下落t ＝10 s 时，转台的角速度.
分析 对转动系统而言，随着砂粒的下落，系统的转动惯量发生了改变.但是，砂粒下落对转台不产生力矩的作用，因此，系统在转动过程中的角动量是守恒的.在时间t 内落至台面的砂粒的质量，可由其流量求出，从而可算出它所引起的附加的转动惯量.这样，转台在不同时刻的角速度就可由角动量守恒定律求出. 解 在时间0→10 s 内落至台面的砂粒的质量为
10sm??Qdt?0.10kg
0根据系统的角动量守恒定律，有
J0ω0?J0?mr2ω
则t ＝10 s 时，转台的角速度
??ω?J0ω0?0.80J1πs?1 2J0?mr4 －25 为使运行中的飞船停止绕其中心轴的转动，可在飞船的侧面对称地安装两个切向控制喷管(如图所示)，利用喷管高速喷射气体来制止旋转.若飞船绕其中心轴的转动惯量J ＝2.0 ×103kg· m2 ，旋转的角速度ω＝0.2 rad· s-1 ，喷口与轴线之间的距离r ＝1.5 m；喷气
以恒定的流量Q ＝1.0 kg· s-1和速率u ＝50 m· s-1 从喷口喷出，问为使该飞船停止旋转，喷
气应喷射多长时间？
分析 将飞船与喷出的气体作为研究系统，在喷气过程中，系统不受外力矩作用，其角动量守恒.在列出方程时应注意：(1) 由于喷气质量远小于飞船质量，喷气前、后系统的角动量近似为飞船的角动量Jω；(2) 喷气过程中气流速率u 远大于飞船侧面的线速度ωr，因此，整个喷气过程中，气流相对于空间的速率仍可近似看作是 u，这样，排出气体的总角动量
??u?ωr?dm?mur.经上述处理后，可使问题大大简化.
m解 取飞船和喷出的气体为系统，根据角动量守恒定律，有
Jω?mur?0 (1)
因喷气的流量恒定，故有
m?2Qt (2)
由式(1)、(2)可得喷气的喷射时间为
t?Jω?2.67s 2Qur4 －26 一质量为m′、半径为R 的转台，以角速度ωA 转动，转轴的摩擦略去不计.(1) 有一质量为m 的蜘蛛垂直地落在转台边缘上.此时，转台的角速度ωB为多少？ (2) 若蜘蛛随后慢慢地爬向转台中心，当它离转台中心的距离为r 时，转台的角速度ωc 为多少？ 设蜘蛛下落前距离转台很近.
分析 对蜘蛛和转台所组成的转动系统而言，在蜘蛛下落至转台面以及慢慢向中心爬移过程中，均未受到外力矩的作用，故系统的角动量守恒.应该注意的是，蜘蛛爬行过程中，其转动惯量是在不断改变的.由系统的角动量守恒定律即可求解. 解 (1) 蜘蛛垂直下落至转台边缘时，由系统的角动量守恒定律，有
J0ωa??J0?J1?ωb
式中J0?1m?R2为转台对其中心轴的转动惯量，J1?mR2为蜘蛛刚落至台面边缘时，它2对轴的转动惯量.于是可得
ωb?J0m?ωa?ωa
?J0?J1m?2m(2) 在蜘蛛向中心轴处慢慢爬行的过程中，其转动惯量将随半径r 而改变， 即J2?mr.在此过程中，由系统角动量守恒，有
2J0ωa??J0?J1?ωc
4 －27 一质量为1.12 kg，长为1.0 m 的均匀细棒，支点在棒的上端点，开始时棒自由悬挂.以100 N 的力打击它的下端点，打击时间为0.02 s.(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.
分析 该题属于常见的刚体转动问题，可分为两个过程来讨论：(1) 瞬间的打击过程.在瞬间外力的打击下，棒受到外力矩的角冲量，根据角动量定理，棒的角动量将发生变化，则获得一定的角速度.(2) 棒的转动过程.由于棒和地球所组成的系统，除重力(保守内力)外无其他外力做功，因此系统的机械能守恒，根据机械能守恒定律，可求得棒的偏转角度. 解 (1) 由刚体的角动量定理得
ΔL?Jω0??Mdt?FlΔt?2.0kg?m2?s?1
(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
112Jω0?mgl?1?cosθ? 22由式(1)、(2)可得棒的偏转角度为
?3F2Δt2?o??θ?arccos1??8838? 2??mgl??4 －28 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 ×105 m、远地点为2.38 ×106 m.试计算卫星在近地点和远地点的速率.(设地球半径为6.38 ×106 m)
分析 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.根据上述两条守恒定律可求出卫星在近地点和远地点时的速率.
解 由于卫星在近地点和远地点处的速度方向与椭圆径矢垂直，因此，由角动量守恒定律有
mr1v1?mr2v2 (1)
又因卫星与地球系统的机械能守恒，故有
12GmmE12GmmE (2) mv1??mv2?2r12r2式中G 为引力常量，mＥ 和m 分别为地球和卫星的质量，r1 和r2 是卫星在近地点和远地点时离地球中心的距离.由式(1)、(2)可解得卫星在近地点和远地点的速率分别为
v1?GmEr2?8.11?103m?s?1
r1?r1?r2?r1v1?6.31?103m?s?1 r2v2?4 －29 地球对自转轴的转动惯量为0.33 mＥR2 ，其中mＥ为地球的质量，R为地球的半径.(1) 求地球自转时的动能；(2) 由于潮汐的作用，地球自转的速度逐渐减小，一年内自转周期增加3.5 ×105 s，求潮汐对地球的平均力矩.
－
分析 由于地球自转一周的时间为24 小时，由ω＝2π/T 可确定地球的自转角速度和地球自转时的转动动能Eｋ ＝12 Jω2 .随着自转周期的增加，相应自转的角速度将减小，因而转动动能也将减少.通过对上述两式微分的方法，可得到动能的减少量ΔEｋ 与周期的变化ΔT 的关系.根据动能定理可知，地球转动动能的减少是潮汐力矩作功的结果，因此，由
W?MΔθ?ΔEK，即可求出潮汐的平均力矩.
解 (1) 地球的质量mＥ ＝5.98 ×1024 kg，半径R ＝6.37 ×106 m，所以，地球自转的动能
EK?(2) 对式ω?12Jω?2π2?0.33mER2/T2?2.12?1029J 22π两边微分，可得 Tdω??2πdT T2当周期变化一定量时，有
2πω2Δω??2ΔT??ΔT (1)
T2π由于地球自转减慢而引起动能的减少量为
ω3ωΔEK?JωΔω??JΔT??EKΔT (2)
2ππ又根据动能定理
W?MΔθ?ΔEK (3)
由式(2)、(3)可得潮汐的摩擦力矩为
M?EKωΔT?2?7.47?10N?m 22πn式中n 为一年中的天数(n ＝365)，ΔT 为一天中周期的增加量.
4 －30 如图所示，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) 拉力所作的功.
分析 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，其角动量应保持不变.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. 解 (1) 根据分析，小球在转动的过程中，角动量保持守恒，故有式中J0 和J1 分别是小球在半径为r0 和12 r0 时对轴的转动惯量，即
J0ω0?J1ω1
2式中J0 和J1 分别是小球在半径为r０ 和1/2 r０ 时对轴的转动惯量，即J0?mr0和
J1?12mr0，则 4ω?J1ω0?4ω0 J0(2) 随着小球转动角速度的增加，其转动动能也增加，这正是拉力作功的结果.由转动的动能定理可得拉力的功为
W?11322J1ω12?J0ω0?mr02ω0 2224 －31 质量为0.50 kg，长为0.40 m 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60°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.
分析 转动定律M ＝Jα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M?θ??mglcosθ是变力矩，角加速度也是变化的，因2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，这是因为棒与地球所组成的系统中，只有重力作功(转轴处的支持力不作功)，因此，系统的机械能守恒. 解 (1) 棒绕端点的转动惯量J?为
12ml由转动定律M ＝Jα可得棒在θ 位置时的角加速度3α?M?θ?3gcosθ? J2l当θ ＝60°时，棒转动的角加速度
??18.4s?2
由于α?dωωdω?，根据初始条件对式(1)积分，有 dtdθ?则角速度为
ω0ωdω??60o0αdθ
ω?3gsinθl60o0?7.98s?1
(2) 根据机械能守恒，棒下落至竖直位置时的动能为
1mgl?0.98J 212(3) 由于该动能也就是转动动能，即EK?Jω，所以，棒落至竖直位置时的角速度为
2EK?ω??2EK3g??8.57s?1 Jl4 －32 如图所示，A 与B 两飞轮的轴杆由摩擦啮合器连接，A 轮的转动惯量J1 ＝10.0
kg· m2 ，开始时B 轮静止，A 轮以n1 ＝600 r· min-1 的转速转动，然后使A 与B 连接，因而B 轮得到加速而A 轮减速，直到两轮的转速都等于n ＝200 r· min-1 为止.求：(1) B 轮的转动惯量；(2) 在啮合过程中损失的机械能.
分析 两飞轮在轴方向啮合时，轴向力不产生转动力矩，两飞轮系统的角动量守恒，由此可求得B 轮的转动惯量.根据两飞轮在啮合前后转动动能的变化，即可得到啮合过程中机械能的损失.
解 (1) 取两飞轮为系统，根据系统的角动量守恒，有
J1ω1??J1?J2?ω2
则B 轮的转动惯量为
J2?ω1?ω2n?nJ1?12J1?20.0kg?m2 ω2n21?J1?J2?ω22?1J1ω12??1.32?104J 22(2) 系统在啮合过程中机械能的变化为
ΔE?式中负号表示啮合过程中机械能减少.
4 －33 在题3 －30的冲击摆问题中，若以质量为m′ 的均匀细棒代替柔绳，子弹速度的最小值应是多少？
分析 该题与习题3 －30 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，而应属于角动量守恒，这是因为细棒和摆锤是一整体，子弹与摆锤相互作用时，轴对杆有水平方向的分力作用，因此，对子弹与摆组成的系统而言，不能满足动量守恒的条件.但是，轴对杆的作用力和杆所受的重力对转动都不产生力矩，系统角动量守恒的条件却能满足.(2) 摆在转动过程中，就地球与摆组成的系统而言，满足机械能守恒定律.摆锤恰能通过最高点所需的速度，可直接应用机械能守恒定律去解.摆是刚体，摆锤与轴心之间的距离不可能发生改变.摆锤开始转动时的动能必须大于或等于转至最高点处所增加的势能. 解 取子弹与摆为系统，根据系统的角动量守恒，有
J122式中J1?ml、J2?m?l和J3?v?v??J1????J2?J3?ω0 (1) l?2l?12m?l分别为子弹、摆锤和杆对轴的转动惯量. 3根据摆在转动过程中机械能守恒，有
13??J2?J3?ω02?1m?gl?m?g?2l??m?g??l? (2) 22?2?由式(1)、(2)可得子弹速度的最小值为
v?4m?2gl n4 －34 如图所示，有一空心圆环可绕竖直轴OO′自由转动，转动惯量为J0 ，环的半径为R，初始的角速度为ω0 ，今有一质量为m 的小球静止在环内A 点，由于微小扰动使小球向下滑动.问小球到达B、C 点时，环的角速度与小球相对于环的速度各为多少？ (假设环内壁光滑.)
分析 虽然小球在环中作圆周运动，但由于环的转动，使球的运动规律复杂化了.由于应用守恒定律是解决力学问题最直接而又简便的方法，故以环和小球组成的转动系统来分析.在小球下滑的过程中，重力是系统仅有的外力，由于它与转轴平行，不产生外力矩，因此，该系统对轴的角动量守恒.若以小球位于点A、B 处为初、末两状态，由角动量守恒定律可解得小球在点B 时环的角速度ωB .在进一步求解小球在点B 处相对环的速度vB 时，如果仍取上述系统，则因重力(属外力)对系统要作功而使系统的机械能不守恒；若改取小球与地球为系统，也因环对小球的作用力在转动过程中作功，而使系统的机械能守恒仍不能成立；只有取环、小球与地球为系统时，系统才不受外力作用，而重力为保守内力，环与球的相互作用力虽不属保守内力，但这一对力所作功的总和为零，因此系统的机械能守恒.根据两守恒定律可解所需的结果.但必须注意：在计算系统的动能时，既有环的转动动能，又有小球对地的动能(它可视为小球随环一起转动的转动动能
122mrωB与小球相对于环运动的动能212mvB之和). 2解 以环和小球为转动系统，由系统的角动量守恒有
J0ω0?J0?mR2ωB (1)
取环、小球与地球为系统时，由系统的机械能守恒可得
??111222J0ω0?mgR?J0?mR2ωB?mvB (2) 222??由式(1)、(2) 可解得小球在B 点时，环的角速度与小球相对于环的线速度分别为
ωB?J0ω0
J0?mR222J0ω0RvB?2gR?
J0?mR2小球在C 点时，由于总的转动惯量不变，用同样的方法可得环的角速度和小球相对于环的速度分别为
ωC?ω0
vC?4gR
4 －35 为使运行中飞船停止绕其中心轴转动，一种可能方案是将质量均为m 的两质点A、B，用长为l 的两根轻线系于圆盘状飞船的直径两端(如图所示).开始时轻线拉紧两质点靠在盘的边缘，圆盘与质点一起以角速度旋转；当质点离开圆盘边逐渐伸展至连线沿径向拉直的瞬时，割断质点与飞船的连线.为使此时的飞船正好停止转动，连线应取何长度？ (设飞船可看作质量为m′、半径为R的匀质圆盘)
分析 取飞船及两质点A、B 为系统，在运行时，系统不受合外力矩作用，该系统的角动量守恒.若在运行过程中通过系统内的相互作用，改变其质量分布，使系统的角动量只存在于两质点上，此时，飞船的角动量为零，即飞船停止了转动.又因为在运行过程中合外力的功亦为零，且又无非保守内力作功，所以，系统也满足机械能守恒.当轻线恰好拉直时质点的角速度与飞船停止转动时质点的角速度相等时，连线的长度也就能够求出. 解 飞船绕其中心轴的转动惯量为J1?21m?R2，两质点在起始时和轻线割断瞬间的转动惯2??2m?R?l?.由于过程中系统的角动量守恒，为使轻线沿径向量分别为J2?2mR2和J2拉直时，飞船转动正好停止，则有
?J1?J2?ω?2m?R?l?2ω? (1)
又根据过程中系统的机械能守恒，有
1?J1?J2?ω2?12m?R?l?2ω?2 (2) 22由上述两式可解得
??m??l?R?1??1?? 4m??4 －36 如图所示，在光滑的水平面上有一轻质弹簧(其劲度系数为k)，它的一端固定，另一端系一质量为m′的滑块.最初滑块静止时，弹簧呈自然长度 l0 ，今有一质量为m 的子弹以速度v0 沿水平方向并垂直于弹簧轴线射向滑块且留在其中，滑块在水平面内滑动，当弹簧被拉伸至长度l 时，求滑块速度v 的大小和方向.
分析 该题可分两个过程来分析.(1)子弹与滑块撞击的过程.因滑块所系的是轻质弹簧(质量不计)，因此，子弹射入滑块可视为质点系的完全非弹性碰撞过程.沿子弹运动方向上外力的冲量为零，所以，系统在撞击过程中满足动量守恒，由此，可求出它们碰撞后的速度 v′.(2) 子弹与滑块碰后以共同速度运动时，由于弹簧不断伸长，滑块在受到指向固定点的弹力的作用下作弧线运动.对滑块的运动而言，该弹力为有心力，不产生力矩，因而滑块在运动中满足角动量守恒；与此同时，对滑块、弹簧所组成的系统也满足机械能守恒.这样，当弹簧伸长至l 时的滑块速度v 的大小和方向就可通过三条守恒定律求得. 解 子弹射入滑块瞬间，因属非弹性碰撞，根据动量守恒定律有
mv0??m??m?v? (1)
在弹簧的弹力作用下，滑块与子弹一起运动的过程中，若将弹簧包括在系统内，则系统满足机械能守恒定律，有
1?m??m?v?2?1?m??m?v2?1k?l?l0?2 (2) 222又在滑块绕固定点作弧线运动中，系统满足角动量守恒定律，故有
?m??m?v?l0??m??m?vlsinθ (3)
式中θ 为滑块速度方向与弹簧线之间的夹角.联立解上述三式，可得
?m?2k?l?l0?v?? ?v0???m?m?m?m?22θ?arcsinmv0l0
?m??m?vl4 －37 一长为l、质量为m 的均匀细棒，在光滑的平面上绕质心作无滑动的转动，其角速度为ω.若棒突然改绕其一端转动，求：(1) 以端点为转轴的角速度 ω′；(2) 在此过程中转动动能的改变.
分析 这是一个变轴转动问题.棒的质心在变轴转动中将受到一瞬间力的作用，它改变了质心的速度；同时，该瞬间力对新的转轴又产生力矩作用，从而改变棒的转动角速度.根据质心的动量定理和棒的转动定律，并考虑到角速度与线速度的关系，即可求得新的角速度.由棒绕不同轴转动的转动动能，可计算该过程中的动能变化. 解 (1) 棒的质心的动量定理为
FΔt?Δp?mvc
式中F是棒所受的平均力，vC 为棒质心的速度.棒在转动过程中受到外力矩作用，根据角动量定理，有
1Δt?Jω??Jω 21ml2). 式中J 为棒绕质心的转动惯量(即J?12?F而根据角量与线量的关系
x?Rcosθ
可解得
ω??(2) 在此过程中转动动能的改变为
J1ω?ω 14J?ml24ΔEK?111J?ω?2?Jω2??ml2ω2 22324 －38 如图所示，一绕有细绳的大木轴放置在水平面上，木轴质量为m，外轮半径为R1 ，内柱半径为R2 ，木轴对中心轴O 的转动惯量为JC .现用一恒定外力F 拉细绳一端，设细绳与水平面夹角θ 保持不变，木轴滚动时与地面无相对滑动.求木轴滚动时的质心加速度aC 和木轴绕中心轴O 的角加速度α.
分析 刚体平面平行运动可以被看成：其刚体质心的平动和绕质心轴转动的叠加，因此对本题可运用质心运动定律和转动定律进行求解.由于木轴滚动时与水平面间无相对滑动(又叫纯滚动)，故两者之间的摩擦力应为静摩擦力，并有aC?R1α这一关系式成立. 解 设木轴所受静摩擦力Ff 如图所示，则有
Fcosθ?Ff?maC (1)
FR2?FfR1?JCα (2)
aC?R1α (3)
由(1)、(2)、(3)式可得
R12cosθ?R1R2aC?F 2JC?mR1α?
aCR1cosθ?R2?F 2R1JC?mR1