第四章 刚体的转动 问题
4-1 以恒定角速度转动的飞轮上有两个点，一个点在飞轮的边缘，另一个点在转轴与边缘之间的一半处。试问：在t ?时间内，哪一个点运动的路程较长？哪一个点转过的角度较大？哪一个点具有较大的线速度、角速度、线加速度和角加速度？ 解 在一定时间内，处于边缘的点，运动的路程较长，
线速度较大；它们转动的角度、角速度都相等；线加速度、角加速度都为零。
考虑飞轮上任一点P ，它随飞轮绕转轴转动，设角速度为ω，飞轮半径为r 。
在t ?内，点P 运动的路程为P P l r t ω=?，对于任意点的角速度ω恒定，所以离轴越远的点（P r 越大）运动的路程越长。又因为点P 的线速度P P v r ω=，即离轴越远，线速度也越大。
同理，点P 转动的角度P t θω=?，对于飞轮上任一个点绕轴转动的角速度ω都相等，即在相等的时间内，飞轮上的点转动的角度都相等。
又角速度ω恒定，即线加速度0P P
d a r dt
ω==，角加速度0P d dt
ω
α==.
4-2 如果一个刚体所受合外力为零，其合力矩是否也一定为零？如果刚体所受合外力矩为零，其合外力是否也一定为零？
解 不一定。
如图（a ）轻杆（杆长为l ）在水平面内受力1F 与2F 大小相等方向相反，合力为零，但它们相对垂直平面内通过O 点的固定轴的力矩1M F l =不为零。
如图（b ），一小球在绳拉力作用下在水平面内绕固定轴作圆周运动，小球所受的合外力通过O 点，它所受的力矩为零。
4-3 有两个飞轮，一个是木制的，周围镶上铁制的轮缘，另一个是铁制的，周围镶上木制的轮缘，若这两个飞轮的半径相同，总质量相等，以相同的角速度绕通过飞轮中心的轴转动，哪一个飞轮的动能较大。
1
F
（a ） （b ）
解 两飞轮的半径、质量都相同，但木制飞轮的质量重心靠近轮缘，其转动惯量要大于铁制轮缘。飞轮的动能2
12
k E J ω=，ω相同，转动惯量J 越大，动能越
大。即木制飞轮动能较大。
4-4 如本题图所示，有5个质点，它们具有相同的质量m 和速度v ，对参考点
O ，它们的角动量的大小和方向是否相同？
解 由角动量定义得
m =?L r v 其方向垂直于r 与v 的平面，且遵守右手法则，应用于本题中的5个质点可知，质点①与⑤、质点②与④的角动量大小相等方向相反，质点③的
速度方向通过参考点，角动量为零。
4-5 如果一个质点系的总角动量等于零，能否说此质点系中每一个质点都是静止的？如果一质点系的总角动量为一常量，能否说作用在质点系上的合外力为零？
解 不能。由m =?L r v 知，若质点的速度方向所在的直线通过参考点，即
0?r v =，此时角动量为零，但质点速度可以不为零；由角动量守恒定理可知质点
系所受的力矩M 为零时，m =?常量L r v =， 但此时合外力并不一定为零，例如，当质点系所受的合外力为有心力时，仍能满足总角动量为常量。
4-6 一人坐在角速度为0ω的转台上，手持一个旋转着的飞轮，其转轴垂直地面，角速度为ω'，如果突然使飞轮的转轴倒转，将会发生什么情况？设转台和人的转动惯量为J ，飞轮的转动惯量为J '.
解 考虑人、转台与飞轮组成的系统，飞轮轮轴倒转的过程满足角动量守恒， 0J J J J ωωωω''''+=- 则人与转台的角速度增大为02J J
ωωω''=+
4-7 下面几个物理量中，哪些与原点的选择有关，哪些与原点的选择无关：（1）位矢，（2）位移，（3）速度，（4）角动量。
解 位矢、角动量与原点的选择有关，位移与速度与原点的选择无关。
4-8 卫星绕地球运动。设想卫星上有一个窗口，此窗口远离地球。若欲使卫星中的宇航员依靠自己的能力，从窗口看到地球。这位宇航员怎样做才能使窗口朝向地球呢？
O
① ②
③
④ ⑤
v
习题
4-1 一汽车发动机曲轴的转速在12s 内由311.210r min -??均匀的增加到
31
2.710r min -??（1）
求曲轴转动的角加速度；（2）在此时间内，曲轴转了多少转？ 解 （1）由角速度2n ωπ=，其中n 为转速， 又转动角加速度d dt
ω
α=，所以曲轴转动的角加速度为
2
213.1s
n n t
t
ωωαπ
---=
==
（2）曲轴做匀变速转动，曲轴转过的角度
()0
02
t n n t ωωθπ+==+
当12s t =，曲轴转过的圈数为
3902N θ
π
=
=
4-2 一燃气轮机在试车时，燃气作用在涡轮上的力矩为32.0310N m ??，涡轮的转动惯量为225.0k g m
?.当轮的转速由312.8010r min -??增大到4
1
1.1210r min -??，所经历的时间t 为多少？
解 由题意可知，作用在涡轮上的力矩M 恒定，由角动量定理可知
0M t J
J ωω=- ()()
002J n n t J
M
M
ωωπ--==
代入数据得 10.8s
t =
4-3 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在一质量为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）
解 由题意分析可知，飞轮受重力和绳中张力力作用向下匀加速运动，同时带动飞轮加速转动。 如图，对重物由牛顿定律有
m g a
'
T mg F ma -=
对于飞轮，由转动定律有
T F R J α'=
其中T T F F '= ，a R α=（绳子不可拉长）， 又重物以初速度为零下落，其下落高度为
2
12h at =
综合以上几式可得飞轮的转动惯量为
22
12gt J mR h ??
=- ???
4-4 一飞轮由一直径为30cm ，厚度为2.0cm 的圆盘和两个直径都为10cm ，长为8.0cm 的共轴圆柱体组成，设飞轮的密度为337.810kg m -??，求飞轮对轴的转动惯量。
解 圆柱体对中心轴的转动惯量为
2
1111
22d J m ??
= ???
圆盘对中心轴的转动惯量为
2
2221
22d J m ??
= ???
其中2
1112d m l πρ??=? ??? 22222d m l πρ??
=? ???
由转动惯量的叠加性可得飞轮对轴的转动惯量为 122J J J =+
由以上几式可得 2
0.136k
g m J =?
4-5 质量面密度为σ的均匀矩形板，试证通过与板面垂直的几何中心轴线的转动惯量为
()22
12
lb l b σ+，其中l 为矩形板的长，b 为它的宽。
解 如图，取矩形板所在平面为坐标面Oxy ，原点为轴线与平面的垂足点。在板上取一质元dm dxdy σ=，由转动惯量的定义知这一质元对轴线的转动惯量为
()2
2
2
dJ r dm x y
dxdy σ==+
将上式对x 、y 积分得整个板对轴线的转动惯量为
()222
2
l b l b J x
y
dxdy σ
--=+??
()2
2
12
lb
l
b
σ=+
4-6 如图所示，质量116kg m =的实心圆柱体A ，其半径为15cm r =，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28.0kg m =的物体B ，求：（1）物体B 由静止开始下降1.0s 后的距离；（2）绳的张力。
解 （1） A 、B 受力分析如图所示。设物体B 向下运动的加速度为a ，由牛顿定律得
2T 2m g F m a -=
对于圆柱体A ，重力和轴对它的支持力平衡，它在绳子张力作用下加速转动，由转动定律
2
T 112F r J m r αα'==
又T T F F '=，且a r α=
综合上几式可得物体B 下落的加速度大小为
212
22m g a m m =
+
当 1.0s t =时物体下落的距离为 2
1
2
h at =
将加速度表达式及相关数据代入得 2.45m h =
（2）由上问可知，绳中张力为
12T 2212
39.2N 2m m F m g m a g m m =-=
=+
2
g
T
a
4-7 质量为1m 和2m 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1J 和2J ，轮与轴承间的摩擦力略去不计，绳的质量也略去不计。试求两物体的加速度和绳的张力。
解 组合轮与两物体的受力分析如图所示，组合轮为一个整体，它所受的重力和支持力平衡，只在两绳的张力作用下转动，设转动加速度为α，由转动定律得
()T1
T212F R F r J J J αα''-==+ 对于物体A 、B ，由牛顿定律有
1T111m g F m a -= T 2222F m g m a -=
又T1T1
F F '=，T 2T 2F F '=，1a R α=，2a r α= 综合以上几式可得
12122
1212m R m r a gR J J m R m r
-=
+++
12222
1212m R m r a gr J J m R m r
-=
+++
2
1222T112
2
1212J J m r m R r F m g J J m R m r
+++=
+++
21211T 222
2
1212J J m R m R r F m g J J m R m r
+++=
+++
4-8 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1m 和2m 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）其下落的加速度大小；（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）
解
如图，对滑轮及两物体分别进行
2
1g
T 1F
T 1'
T F F
2m g
T 2F
T 2'
受力分析，物体B 向下加速运动，带动滑轮转动，及物体A 沿斜面向上运动。 对于物体A ，设它沿斜面滑动的加速度大小为1a ，由牛顿定律有
T11111sin cos F m g m g m a θμθ--=
同样，对于物体B 有
2T 222m g F m a -=
对于滑轮，由转动定律可知
T 2T 1F r F r J α''-=
其中T 1T 1F F '= ，T 2T 2F F '=
又绳子无伸长，绳与滑轮间无滑动，所以有 12a a r α== 综合上几式可得 物体B 下落的加速度大小为
211212
12sin cos m g m g m g a a m m J r
θμθ
--==
++
两边绳中张力大小分别为
()()2
121T12
121sin cos sin cos m m g m g J r
F m m J r
θμθθμθ++++=
++
()2
122T 22
121sin cos m m g m g J r
F m m J r
θμθ+++=
++
4-9 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 的小碎片从盘边缘裂开，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？
解 （1） 小碎片裂开竖直上抛的初速度大小等于圆盘边缘上点的线速度，即
0v R ω=
由运动学公式可知，碎片能达到的高度是
2
22
22v R h g
g
ω=
=
（2）圆盘破裂时，由角动量守恒有
0L L L '=+
2
012
L m R ω'=
为破裂前整个圆盘对轴的角动量，2
L mR ω=为破裂后碎片的角动
量，所以破裂后圆盘的角动量为
2
012L L L m m R ω??''=-=- ???
4-10 在光滑的水平面上有一木杆，其质量1 1.0kg m =，长40cm l =，可绕通过其中点并与之垂直的轴转动。一质量为210g m =的子弹，以212.010m s v -=??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。 解 考虑子弹与杆所组成的系统，子弹射入杆的过程无
外力矩，满足角动量守恒，设子弹陷入杆后二者的角速度为
ω，则有，
()2212J J J ωω=+ （1）
其中2
1112J m l =为木杆绕轴的转动惯量，
()2
222J m l =为子弹射入杆之前绕轴的转动惯量，且它绕
轴的角速度为22v l ω=，代入（1）式可得，子弹陷入杆中，所得到的角速度为
()1
2212
12629.1s
3J m v
J J m m l
ωω-=
=
=++
4-11 半径分别为1r 、2r 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1J 、2J ，开始时轮I 以角速度0ω转动，问与轮II 成正交啮合后（如图所
示），两轮的角速度多大？
解 两轮在啮合的过程中存在相互作用力，轮I 转速减小，轮II 的转速度则由零开始逐渐增大，直到二者达到相同的线速度。 设啮合过程产生的相互作用力大小为F
，
1m
作用时间为t ?，达到相同的线速度时轮I 、II 的角速度分别为1ω、2ω，则由角动量定理有
()1110Fr t J ωω-?=-
222Fr t J ω?=
又 112
2
r r ωω= 由以上三式可得，两轮啮合后的角速度分别为
2
102
12
2
1221
J r J r J r ωω=
+
1012222
12
21
J r r J r J r ωω=
+
4-12 一质量为20.0kg 的小孩，站在一半径为3.00m ，转动惯量为2
450kg m ?的静止水平转台边缘上，此转台可绕通过转台中心的竖直轴转动，转台与轴间的摩擦力不计，如果此小孩相对转台以11.00m s -?的速度沿转台边缘行走，问转台的角速率有多大？
解 考虑小孩与转台组成的系统，系统所受外力矩为零，满足角动量守恒。小孩相对转台的角速率为0v R ω=，设转台对地绕轴的角速率为ω'，二者方向相反，由相对运动可知，小孩相对于地面绕轴的角速度为
0v R ωωωω''=-=- （1）
由角动量守恒
J J ωω''= （2）
其中J '为转台对轴的转动惯量，2
J mR =为人绕轴的转动惯量 由（1）（2）式可得，转台的角速率为
21
2
9.5210s
m R v J m R
ω--'=
=?'+
4-13 一转台绕其中心的竖直轴以角速度1
0s ωπ-=转动，转台对转轴的转动惯
量为320 4.010kg m J -=??，今有砂粒以12g s Q t -=?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0.10m r =，求砂粒下落10s t =时，转台的角速度。
解 将转台与落到转台上的砂粒看作一个系统，砂粒下落时，转台不受力矩作用，系统在转动过程中角动量守恒。
转动过程中，随着砂粒的下落，系统的转动惯量不断变化，设t 时刻落到转台上砂粒的质量m ，转台的角速度为ω，由角动量守恒得
()2
000J J mr
ωω=+
由上式可得，t 时刻转台的角速度为
002
0J J mr
ωω=
+ （1）
由题意可知，当10s t =落在转台上的砂粒的质量为10s
0.10kg m Qdt ==?
代入数据到（1）式可得
1
0.8s
ω-=π
4-14 一质量为m '半径为R 的转台，以角速度a ω转动，转轴的摩擦略去不计，（1）有一质量为m 的蜘蛛垂直的落在转台的边缘上，此时，转台的角速度b ω为多少？（2）若蜘蛛随后慢慢的爬向转台中心，当它离转台中心的距离为r 时，转台的角速度c ω为多少？设蜘蛛下落前距离转台很近。
解 （1） 考虑转台与蜘蛛组成的系统，蜘蛛下落系统不受外力矩作用，由角动量守恒，
()0a 01b J J J ωω=+
其中2012
J m R '=
为转台自身对转轴的转动惯量，2
1J m R =为蜘蛛刚落到转台边缘
时对转轴的转动惯量。由上可得 ()
0a
b
a 012J m J J m m
ωωω''==
'++
（2）蜘蛛慢慢的爬向转台中心的过程中，系统仍不受外力矩作用，满足角动量
守恒，当蜘蛛离转台中心的距离为r 时，蜘蛛对转轴的转动惯量变为2
2J m r =，由
角动量守恒
()0a 02c
J J J ωω=+ 所以 ()
2
0a
c a 2
2
022J m R
J J m R m r
ωωω'==
'++
4-15 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，当以100N 的力打击它的下端点，打击时间为0.02s 时，（1）若打击前棒是静止的，求打击时其角动量的变化；（2）求棒的最大偏转角。
解 （1）外力打击细棒的过程中，细棒受到外力矩的角冲量，棒获得一定的角动量开始转动，由角动量定理得，打击前后细棒角动量变化为
21
2.0kg m s t
L Mdt Fl t -?=
=?=???
（2）由（1）可知，细棒受到角冲量而获得的角速度为
02
3
L L J m l
ω??=
=
随后细棒开始转动，此过程中只有重力做功，取细棒与地球为系统，设细棒的最大偏转角为θ，由机械能守恒可得
()2
00111cos 22
J m gl ωθ=
-
所以 8838θ'=
4-16 （1）设氢原子中电子在圆形轨道中以速率v 绕质子运动，作用在电子上的向心力为电作用力，其大小为2
2
04e
r πε，其中e 为电子、质子的电量，r 为轨
道半径，0ε为恒量，试证轨道半径为2
2
04e
r m v
πε=
（2）假设电子绕核的角动量只能为2h π的整数倍，其中h 为普朗克恒量，试证电子的可能轨道半径由下式确定： 2nh r m v
π=
（3）试由以上两式消去v ，从而证明符合这两个要求的轨道半径必须满足以下关系：
22
02
n h
r m e
επ=
式中n 可取正整数1，2，3…
证明 （1）由题意可知，电子绕质子做圆周运动的向心力为电作用力，则有
2
2
2
04m v e
r
r
πε=
由上式可得电子轨道半径为 2
2
04e
r m v
πε=
（1）
（2） 由题设知，电子绕核运动的角动量只能为2h π的整数倍，则有
2h rm v n
π
= （n 为正整数）
所以 2nh r m v
π=
（2）
（3）由（2）得2nh
v m r
π=
代入（1）式有
2
2
02
n h
r m e
επ=
其中n 为正整数。
4-17 我国1970年4月24日发射的第一颗人造卫星，其近地点为5
4.3910m ?，远地点为6
2.3810m ?. 试计算卫星在近地点和远地点的速率。（设地球半径为
6
6.3810m ?）
解 人造卫星在向心力作用下运动，在近地点到远地点，由角动量守恒得
11
22
r m v r m v = 又地球与卫星组成的系统满足机械能守恒，
2
2
E E 121
2
112
2
m m m m m v G
m v G
r r -=
-
上式中G 为万有引力常量，m 与E m 分别为卫星与地球的质量，1r 与2r 分别为卫星
在近地点、远地点时离地心的距离，由上两式可知
3
1
18.1110m s
v -=
=??
312 6.3110m s v -=??
4-18 质量为0.5kg ，长为0.40m 的均匀细棒，可绕垂直于棒的一端水平轴转动。若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。 解 （1）棒受到重力对它的力矩随着转动的角度变化而变化，当转过θ角时，由转动定律可得
()c o s 2M J m g l αθ==
其中2
3J m l
=为棒对轴的转动惯量。所以当棒转过θ时
的角加速度为 3cos 2g l θα=
又角加速度d d d d dt
d ωθωαω
θ
θ
=
?
=，两边积分得
d d ω
θ
ωωαθ=
?
?
ω=
所以当棒转过60
时，角加速度为2
3cos 60
18.4s
2g l
α-=
=
角速度为
1
7.98s ω-=
= （2）细棒下落过程满足机械能守恒，则当它下落到竖直位置时的动能为
k 10.98J 2
E m gl =
=
（3）细棒转动的动能可表示为2
k 12E J ω=
所以在竖直位置时的角速度为
1
8.57s ω-=
=
4-19 如图所示，A 与B 两飞轮的轴杆可由摩擦啮合器使之连接，A 轮的转动惯量2110.0kg m J =?，开始时B 轮静止，A 轮以11600r m in n -=?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
1
200r min
n -=?为止，求：（1）B 轮的转动惯量；
（2）在啮合过程中损失的机械能。
解 （1） 将A 与B 看作一个系统，在达到共同转速的过程中，系统所受的外力矩为零，满足角
动量守恒，则有
()A A A B J J J ωω=+
其中A 12n ωπ=，2n ωπ=代入上式得B 轮的转动惯量为
2
A B A 20.0kg m J J ωω
ω
-=
=?
（2）在啮合过程中损失的机械能为
()2
2
4
A A A
B 11 1.3210J 22
E J J J ωω
?=
-
+=?
4-20 在题3-20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？
解 细棒代替绳子后，细棒与摆锤组成一个整体，子弹穿过摆锤的过程中，由子弹、细棒、摆锤组成的系统满足角动量守恒
2v v J J J l l ω????''=+ ? ?????
（1） 其中2
J ml =为子弹对转轴的转动惯量， 221
3J m l m l ??
'''=+
???
为细棒与摆锤相对转轴的转动惯量，摆锤与细棒整体获得角动量ω'开始绕轴转动，转动过程满足机械能守恒，设摆锤在最高点的角速度为h ω，
A
B
()2
2
h 11322
2
2
2
l l J m g
J m g
m g l ωω''''''+=
++ （2）
要使摆锤能完成一个圆周运动，则摆锤在最高点的角速度必须满足
h 0ω≥ （3）
由（1）（2）（3）可得子弹速度的最小值为
v =
4-21 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，弹簧成自然长度0l ，今有一质量为m 的子弹以速度0v 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，求滑块速度的大小和方向。
解 子弹射入滑块过程满足动量守恒，设二者达到的共同速度为1v ，则有
()01mv m m v '=+
随后子弹与木块受弹簧弹力作用，取弹簧、木块和子弹为一系统，满足机械能守恒，设弹簧伸长至l 时滑块的速度为2v ，其方向与弹簧方向的夹角为θ（如图所示），则
()()()2
2
21201112
2
2
m m v m m v k l l ''+=
++
-
又子弹与木块所受的弹力为有心力，所以满足角动量守恒，
()()012sin l m m v l m m v θ''+=+
由以上三式可得
2v =
()()()12
2
202
00
0arcsin k l l m v l m v l m m m m m m θ-?
?
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? ?'''+++?
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第四章 刚体的转动 1. 一质量为m 0 ，长为l 的棒能绕通过O 点的水平轴自由转动。一质量为m ，速率为v 0的子弹从水平方向飞来，击中棒的中点且留在棒内，如图所示。则棒中点的速度为（ ）。 A ． 00m m mv +； B ．0 433m m mv +； C ．0023m mv ； D ．0 43m mv 。 2. 一根长为l ，质量为m 上端到达地面时速率应为（ ）。 A ．gl 6； B ．gl 3； C ．gl 2； D ． l g 23。 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，在棒摆动到竖直位置的过程中，下述说法哪一个是正确的？（ ） A ．角速度从小到大，角加速度从大到小 B ．角速度从小到大，角加速度从小到大 C ．角速度从大到小，角加速度从大到小 D ．角速度从大到小，角加速度从小到大 4. 一圆盘正绕垂直于盘面的水平光滑固定轴O 转动，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，子弹射入圆盘并留在盘内，则子弹射入后的瞬间，圆盘的角速度ω（ ） A ．增大 B ．不变 C ．减小 D ．不能确定 5. 一静止的均匀细棒，长为L ，质量为M ，可绕通过棒的端点且垂直于棒长的光滑固定轴O 在水平面内 转动，转动惯量为 23 1 ML 。一质量为m 速率为v 的子弹在水平面内沿与棒垂直的方向射入并穿入棒的自由端，设穿过棒后子弹的速率为v 2 1 ，则此时棒的角速度应为（ ） A ．ML mv B ．ML mv 23 C ．ML mv 35 D ．ML mv 47 6. 在某一瞬时，物体在力矩作用下，则有（ ） A 、角速度ω可以为零，角加速度α也可以为零； B 、角速度ω不能为零，角加速度α可以为零； C 、角速度ω可以为零，角加速度α不能为零； D 、角速度ω与角加速度α均不能为零。
第四章 转动参考系 第四章思考题 为什么在以角速度转动的参照系中，一个矢量的绝对变化率应当写作G ωG G ?+=* dt d dt d 在什么情况下0=* dt d G 在什么情况下0=?G ω又在什么情况下0=dt d G 式（4.1.2）和式（）都是求单位矢量i 、j 、k 对时间t 的微商，它们有何区别你能否由式（）推出式（） 在卫星式宇宙飞船中，宇航员发现自己身轻如燕，这是什么缘故 惯性离心力和离心力有哪些不同的地方 圆盘以匀角速度绕竖直轴转动。离盘心为r 的地方安装着一根竖直管，管中有一物体沿管下落，问此物体受到哪些惯性力的作用 对于单线铁路来讲，两条铁轨磨损的程度有无不同为什么 自赤道沿水平方向朝北或朝南射出的炮弹，落地是否发生东西偏差如以仰角朝北射出，或垂直向上射出，则又如何 在南半球，傅科摆的振动面，沿什么方向旋转如把它安装在赤道上某处，它旋转的周期是多大 在上一章刚体运动学中，我们也常采用动坐标系，但为什么不出现科里奥利加速度 第四章思考题解答 .答：矢量的绝对变化率即为相对于静止参考系的变化率。从静止参考系观察变矢量随转动系以角速度相对与静止系转动的同时本身又相对于动系运动，所以矢量的绝对变化率应当写 作G ωG G ?+=*dt d dt d 。其中dt d G * 是相对于转动参考系的变化率即相对变化率；G ω?是随动系转动引起的变化率即牵连变化率。若相对于参考系不变化，则有0=* dt d G ，此时牵
连运动就是绝对运动， G ωG ?=dt d ；若0=ω即动系作动平动或瞬时平动，则有0=?G ω此时相对运动即为绝对运动 dt d dt d G G * =；另外，当某瞬时G ω//，则0=?G ω，此时瞬时转轴与平行，此时动系的转动不引起的改变。当动系作平动或瞬时平动且相对动系瞬时静 止时，则有0=dt d G ；若随动系转动引起的变化G ω?与相对动系运动的变化dt d G * 等值反向时，也有 0=dt d G 。 .答：式（4.1.2） j i ω=dt d i j ω-=dt d 是平面转动参考系的单位矢对时间的微商，表示由于动系转动引起方向的变化率。由于动坐标系中的z 轴静止不动。故有0=dt d k ；又恒沿z 轴方位不变，故不用矢积形式完全可以表示 dt d i 和dt d j 。 式（4.2.3） i ωi ?=dt d ，j ωj ?=dt d k ωk ?=dt d 是空间转动坐标系的单位矢对时间的微商，表示由于动系转动引起方向的变化率，因动系各轴都转动 0≠dt d k ；又在空间的方位随时间改变际不同时刻有不同的瞬时转轴，故必须用矢积表示 dt d dt d dt d k j i , ,。 （4.1.2）是（）的特例，当k ω//代入（）j j ωi ω=?=dt d ，j ωj ?=dt d ，0=dt d k 即为（）式。不能由式（）推出（）。 .答：人随卫星式飞船绕地球转动过程中受到惯性离心力作用，此力与地心引力方向相反，使人处于失重状态，故感到身轻如燕。 .答：惯性离心力是随转动坐标系一起转动的物体受到惯性离心力，它作用于随动系一起转动的物体上，它不是物体间的相互作用产生的，也不是产生反作用力，是物体的惯性在非惯性系的反映；离心力是牛顿力，是作用于给曲线运动提供向心力的周围物体上的力，或者说离心力是作用于转动坐标系上的力，它是向心力的反作用力。 .答：如题所示，
第四章 刚体的转动 问题与习题解答 问题：4-2、4-5、4-9 4-2 如果一个刚体所受合外力为零，其合力矩是否也一定为零？如果刚体所受合外力矩为零，其合外力是否也一定为零？ 答： 一个刚体所受合外力为零，其合力矩不一定为零，如图a 所示。刚体所受合外 力矩为零，其合外力不一定为零，例如图b 所示情形。 4-5 为什么质点系动能的改变不仅与外力有关，而且也与内力有关，而刚体绕定轴转动动能的改变只与外力矩有关，而与内力矩无关？ 答： 因为合外力对质点所作的功，等于质点动能的增量；而质点系中内力一般也做功，故内力对质点系的动能的增量有贡献。而在刚体作定轴转动时，任何一对内力对转轴的力矩皆为一对大小相等、方向相反的力矩，且因定轴转动时刚体转过的角度d θ都一样，故其一对内力矩所作的功()0in ij ij ji ij ji W M d M d M M d θθθ=+=+=，其内力功总和也为零，因而根据刚体定轴转动的动能定理可知：内力矩对其转动动能的增量无贡献。 4-9 一人坐在角速度为0ω的转台上，手持一个旋转的飞轮，其转轴垂直地面，角速度为ω'。如果突然使飞轮的转轴倒转，将会发生什么情况？设转台和人的转动惯量为J ，飞轮的转动惯量为J '。 答： （假设人坐在转台中央，且飞轮的转轴与转台的转轴重合）视转台、人和飞轮为同一系统。 （1）如开始时飞轮的转向与转台相同，则系统相对于中心轴的角动量为： 10L J J ωω''=+ 飞轮转轴快速倒转后，飞轮的角速度大小还是ω'，但方向与原来相反；如设转台此时的角速度为1ω，则系统的角动量为： 21L J J ωω''=- 在以上过程中，外力矩为零，系统的角动量守恒，所以有： 10J J J J ωωωω''''-=+ 即 102J J ωωω' '=+ ，转台的转速变大了。 （2）如开始时飞轮的转向与转台相反，则系统相对于中心轴的角动量为： 10L J J ωω''=- 飞轮转轴快速倒转后，飞轮的角速度大小还是ω'，但方向与原来相反；如设转台此时的角速度为1ω ，则系统的 F 1F 3a b
第四章 刚体的转动 练习一 一.填空题 1. 刚体对轴的转动惯量与_____________有关。 2. 一圆盘饶过盘心且与盘面垂直的轴O 以角速度ω按图示方向转 动,若如图所示的情况那样,将两个大小相等方向相反但不在同一条直线的力F 沿盘面同时作用到圆盘上,则圆盘的角速度ω将_____________ 3. 将细绳绕在一个具有水平光滑轴的飞轮边缘上，如果在绳端挂一质量为m 的重物时，飞 轮的角加速度为α1. 如果以拉力2mg 代替重物拉绳时, 飞轮的角加速度将_____________α1 (填<，>，=) 4. 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，在棒摆动到竖立位置的过程中，角速度将_____________，角加速度将_____________。 (填增大，减小) 二.计算题 1. 一轴承光滑的定滑轮,质量为M ,半径为R ,一根不能伸长的轻绳,一端缠绕在定滑轮上,另一端系有一质量为m 的物体,如图所示.已知定滑轮的转动惯量为J =MR 2/ 2.其初角速度ω 0,方向垂直纸面向里.求: (1) 定滑轮的角加速度; (2) 定滑轮的角速度变化到ω =0时,物体上升的高度; (3)当物体回到原来位置时,定滑轮的角速度. 2 . 一长为1 m 的均匀直棒可绕过其一端且与棒垂直的水平光滑固定轴转动．抬起另一端使棒向上与水平面成60°，然后无初转速地将棒释放．已知棒对轴的转动惯量为 2 3 1ml ，其中m 和l 分别为棒的质量和长度．求： (1) 放手时棒的角加速度； (2) 棒转到水平位置时的角加速度．
第四章 刚体的转动 一、基本要求 1．理解刚体定轴转动的描述方法。 2．掌握转动定律，能熟练应用转动定律解题。 3．掌握质点角动量和角动量守恒定律，并能用它们分析、解决质点在平面内运动时的基本力学问题。 4．掌握刚体角动量和角动量守恒定律，并能求解一些简单问题。 5．理解刚体定轴转动时的动能定理。 二、本章要点 1．刚体定轴转动的描述 刚体作定轴转动时，其上各点均作圆周运动，且圆心都在转轴上。所以，刚体上各点的角位移、角速度、角加速度都是一样的，因此用角量描述刚体的定轴转动比较适宜。 dt d θω= 22dt d dt d θωβ== 2．刚体定轴转动定律 βI M =∑外 3．质点的角动量定理和角动量守恒定律 质点的角动量定理 dt L d M i i ∑= 角动量守恒定律： 若作用在质点上的合力矩始终为零，则质点的角动量保持不变。即当 ∑=0i M 时，=L 恒量。 4．定轴转动的质点系的角动量定理和角动量守恒定律 dt dL M = ∑外 若对一质点系，在其变化过程中始终有∑外M =0，则=L 恒量。这个结论叫做质点系 对轴的角动量守恒定律。 5．刚体作定轴转动时的动能定理 k E A ?=∑外)2 1(2 ωI ?= 三、例题 4-1 如图，两个完全相同的定滑轮分别用绳绕几圈以后，在Ａ轮绳端系一质量为m 的
物体，在Ｂ轮上以恒力mg F =拉绳，则两轮 转动的角加速度A β B β。（填＜，=，＞） 解：滑轮角加速度β由绳拉力力矩产生。对A ，因m 有加速度，所以mg T <；对mg F B =，，所以A 受的力矩小B A ββ<。 4-2 一飞轮的转动惯量为Ｉ，在t=0时角速度为0ω，此后轮经历制动过程，阻力矩 的大小与角速度的平方成正比，比例系数k ＞0。当角速度减为3/0ω时，飞轮的角加速度 。 解：由转动定律βI M =，且2 ωk M -=，所以 I k 2 ωβ-= 当=ω30ω时，qI k 2 ωβ-=。 4-3 滑轮圆盘半径为Ｒ，质量为Ｍ，长绳的一端绕在定滑轮圆周上，一端挂质量m 的 物体。若物体匀速下降，则滑轮与轴间的摩擦力矩为 。 解：物体的受力分析如图所示。列方程 ? ? ?=-=-00 f M TR T m g 解得摩擦力矩大小为 mgR M f = 4-4 一质量m 、半径为Ｒ的薄圆盘，可绕通过其一直径的轴转动，转动惯量24 1 mR I = 。该盘从静止开始在恒力矩Ｍ的作用下转动，t 秒后位于圆盘边缘上与轴垂直距离为Ｒ的点的切向加速度大小为 ，法向加速度大小为 。 解：由转动定律βI M =得 2 4mR M I M == β 切向加速度为 mR M R a t 4= =β 由t βω=及R a n 2ω=得，法向加速度 3 22 216R m t M a n =
第五章 刚体的转动 5-13 如图5-13(a)所示，滑轮转动惯量为0.012m kg ?，半径为7 cm ，物体质量为5 kg ，由一绳与倔强系数k=200 N/m 的弹簧相连，若绳与滑轮间无相对滑动，滑轮轴上的摩擦忽略不计，求：(1)当绳拉直弹簧无伸长时，使物体由静止而下落的最大距离；(2)物体速度达最大值的位置及最大速率． 分析 下面的5-17题中将证明，如果绕定轴转动的刚体除受到轴的支承力外仅受重力作用，则由刚体和地球组成的系统机械能守恒．如果将滑轮、地球和物体与弹簧组成一个弹性系统和重力系统合成的系统，当无重力和弹性力以外的力作功的情况下，整个系统的机械能守恒，可以应用机械能守恒定律．下面的解则仅应用功能原理和力矩所作的功与刚体转动动能的关系进行计算． 解 (1) 物体由静止而下落到最低点时，速度为零，位移为1x ，在此期间重力所作的功完全转换为弹簧弹性势能的增量，即 2112 1kx mgx = m 0.49m 2008.95221=??==k mg x (2)物体与滑轮受力如图5-13(b)所示，设物体的最大速率为0v ，此时的位移 为0x ，加速度00=a ，滑轮的角加速度000== R a α，分别应用牛顿第二定律和转动定律 T1 a F ’T1 m m g (a) (b) 图5-13
ma F mg =-T1 αJ R F F =-)(T2T1 可得此时T1F mg =，F T1= F T2，又因对于轻弹簧有0T2kx F =，则得 m 0.245m 2008.950=?== k mg x 在此过程中，重力所作之功等于弹性势能的增量、物体动能和滑轮转动动能的增量的和，即 20202002 12121ωJ m kx mgx ++= v 因R 00v =ω，得 m/s 31.1m/s 9.85)07.001.05(2001)(1 22=??+?=+=mg R J m k v 5-7 如图5-7（a ）所示的系统中，m 1 = 50 kg ，m 2 = 40 kg ，圆盘形滑轮质量m = 16 kg ，半径R = 0.1 m ，若斜面是光滑的，倾角为30°，绳与滑轮间无相对滑动，不计滑轮轴上的摩擦，(1)求绳中张力；(2)运动开始时，m 1距地面高度为1 m ，需多少时间m 1到达地面？ 分析 由于存在物体运动和滑轮定轴转动，而且必须考虑圆盘形滑轮的质量，这是一个质点动力学和刚体动力学的综合问题，应该采用隔离物体法，分别 m α F ’T1 F T1 m 2 m 1 F F T2 a ?30 m 2g m 1g （a ） （b ） 图5-7
第4章 刚体的定轴转动 习题及答案 1．刚体绕一定轴作匀变速转动，刚体上任一点是否有切向加速度？是否有法向加速度？切向和法向加速度的大小是否随时间变化？ 答：当刚体作匀变速转动时,角加速度β不变。刚体上任一点都作匀变速圆周运动，因此该点速率在均匀变化，v l ω=，所以一定有切向加速度t a l β=，其大小不变。又因该点速度的方向变化，所以一定有法向加速度2n a l ω=，由于角速度变化，所以法向加速度的大小也在变化。 2. 刚体绕定轴转动的转动定律和质点系的动量矩定理是什么关系？ 答：刚体是一个特殊的质点系，它应遵守质点系的动量矩定理，当刚体绕定轴Z 转动时，动量矩定理的形式为z z dL M dt = ，z M 表示刚体对Z 轴的合外力矩，z L 表示刚体对Z 轴的动量矩。()2z i i L m l I ωω==∑,其中()2i i I m l =∑，代表刚体对定轴的转动惯量，所以 ()z z dL d d M I I I dt dt dt ω ωβ= ===。既 z M I β=。 所以刚体定轴转动的转动定律是质点系的动量矩定理在刚体绕定轴转动时的具体表现形式， 及质点系的动量矩定理用于刚体时在刚体转轴方向的分量表达式。 3．两个半径相同的轮子，质量相同，但一个轮子的质量聚集在边缘附近，另一个轮子的质量分布 比较均匀，试问：（1）如果它们的角动量相同，哪个轮子转得快？（2）如果它们的角速度相同，哪个轮子的角动量大？ 答：(1)由于L I ω=，而转动惯量与质量分布有关，半径、质量均相同的轮子，质量聚集在边缘附近的轮子的转动惯量大，故角速度小，转得慢，质量分布比较均匀的轮子转得快； （2）如果它们的角速度相同，则质量聚集在边缘附近的轮子角动量大。 4．一圆形台面可绕中心轴无摩擦地转动，有一玩具车相对台面由静止启动，绕轴作圆周运动，问平台如何运动？如小汽车突然刹车，此过程角动量是否守恒？动量是否守恒？能量是否守恒？ 答：玩具车相对台面由静止启动，绕轴作圆周运动时，平台将沿相反方向转动；小汽车突然刹车过程满足角动量守恒，而能量和动量均不守恒。 5．一转速为1200r min 的飞轮，因制动而均匀地减速，经10秒后停止转动，求： （1） 飞轮的角加速度和从开始制动到停止转动，飞轮所转过的圈数； （2） 开始制动后5秒时飞轮的角速度。 解：（1）由题意飞轮的初角速度为 0240()n rad s ωππ== 飞轮作均减速转动，其角加速度为 20 0404/10 rad s t ωωπ βπ--= = =-? 故从开始制动到停止转动，飞轮转过的角位移为 201 2002 t t rad θωβπ?=?+?= 因此，飞轮转过圈数为
第四章刚体的转动习题 （一）教材外习题 一、选择题： 1．关于刚体对轴的转动惯量，下列说法中正确的是 （A）只取决于刚体的质量，与质量的空间分布和轴的位置无关。 （B）取决于刚体的质量和质量的空间分布，与轴的位置无关。 （C）取决于刚体的质量、质量的空间分布和轴的位置。 （D）只取决于转轴的位置，与刚体的质量和质量的空间分布无关。 （）2．两个均质圆盘A和B的密度分别为ρA和ρB，若ρA>ρB，但两圆盘的质量与厚度相同，如两盘对通过盘心垂直于盘面轴的转动惯量各为J A和J B，则 （A）J A>J B（B）J B>J A （C）J A=J B（D）J A、J B哪个大，不能确定 （）3．花样滑冰运动员绕过自身的竖直轴转动，开始时两臂伸开，转动惯量为J0角速度为ω0，然后她将两臂收回，使转动惯量减少J0/3。这时她转动的角速度变为 （A）ω0/3 （B）（1/3）ω0 （C）3ω0 （D）3ω0 （）4．如图所示，一水平刚性轻杆，质量不计，杆长l =20cm，其上穿有两个小球。初始时，两小球相对杆中心O对称放置，与O的距离d=5cm，二者之间用细线拉紧。现在让细杆绕通过中心O的竖直固定轴作匀角速的转动，转速为ω0，再烧断细线让两球向杆的两端滑动。不考虑转轴的和空气的摩擦，当两球都滑至杆端时，杆的角速度为 （A）ω0 （B）2ω0 （C）ω0/2 （D）ω0/4 （） 二、填空题： 1．半径为r =1.5m的飞轮，初角速度ω0=10rad·s-1，角加速度β = -5rad·s-2，则在t=_______ _________时角位移为零，而此时边缘上点的线速度v= _______________________。 2．半径为30cm的飞轮，从静止开始以0.50rad·s-2的匀角加速度转动，则飞轮边缘上一点在飞轮转过240?时的切向加速度a t =______________，法向加速度a n =_______________。3．一定滑轮质量为M、半径为R，对水平轴的转动惯量J=MR2/2。在滑轮的边缘绕一细绳，
第四章 刚体的转动 1. 一质量为ｍ0 ,长为ｌ 的棒能绕通过O 点的水平轴自由转动。一质量为m ，速率为v ０的子弹从水平方向飞来,击中棒的中点且留在棒内，如图所示。则棒中点的速度为（ )。 A. 0m m mv +; B.00 433m m mv +； C ．0023m mv ； Ｄ．0 43m mv 。 2． 一根长为l ，质量为ｍ,则上端到达地面时速率应为（ )。 A.gl 6； Ｂ.gl 3; C.gl 2; D. l g 23。 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，在棒摆动到竖直位置的过程中，下述说法哪一个是正确的?( ） A ．角速度从小到大,角加速度从大到小 B ．角速度从小到大，角加速度从小到大 C ．角速度从大到小,角加速度从大到小 D ．角速度从大到小，角加速度从小到大 ４. 一圆盘正绕垂直于盘面的水平光滑固定轴O 转动,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,子弹射入圆盘并留在盘内，则子弹射入后的瞬间,圆盘的角速度ω（ ) A ．增大 B.不变 Ｃ.减小 D ．不能确定 5. 一静止的均匀细棒，长为L,质量为M ，可绕通过棒的端点且垂直于棒长的光滑固定轴O 在水平面内转 动,转动惯量为 23 1 ML 。一质量为ｍ速率为v 的子弹在水平面内沿与棒垂直的方向射入并穿入棒的自由端，设穿过棒后子弹的速率为v 2 1 ,则此时棒的角速度应为（ ） A ．ML mv Ｂ.ML mv 23 Ｃ.ML mv 35 D.ML mv 47 6. 在某一瞬时,物体在力矩作用下,则有（ ) Ａ、角速度ω可以为零,角加速度α也可以为零； B 、角速度ω不能为零,角加速度α可以为零； C 、角速度ω可以为零，角加速度α不能为零； Ｄ、角速度ω与角加速度α均不能为零。 O v 0
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