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 θ
ω=
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=ω3
ω时，qI k 20
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 2
ω=得，法向加速度
3
22
216R
m t M a n =
4-5 长为Ｌ、质量为m 的细杆可绕通过其一端的水平轴Ｏ在竖直平面内无摩擦旋转，初始时刻杆处于水平位置，静止释放之后，当杆与竖直方向成30°时，角加速度为 ，角速度为 。
解：根据转动定律βI M =，得
βθ231
cos 2mL L mg
= 得
L
g
L g 432cos 3=
=
θβ 又
L
g d d dt d d d dt d 2cos 3θ
θωωθθωωβ=
=?==
分离变量，积分
?
?=3
2cos 3π
ω
θθ
ωωd L g d 得
L
g
233=
ω 4-6 飞轮质量m=60kg ，半径Ｒ=0.2m ，绕其水平中心轴Ｏ转动，转速为900转/分。现利用一制动用的闸杆(质量忽略)，在其一端加一竖直方向的制动力F(恒力)。使飞轮减速，已知闸杆的尺寸如图所示，闸瓦与飞轮之间的摩擦系数μ=0.4，飞轮的转动惯量可按匀质圆盘计算。
(1)设F=100牛顿，问飞轮经多长时间停止转动?在这时间内，飞轮转了几转?
(2)要使飞轮在2秒内转速减为一半需加多大的Ｆ？
解：（1）杆和飞轮受力分析如图。对杆，力矩平衡，有
)(b a F Na +=
F a
b
a N +=
对滑轮，利用转动定律βI M =。因为FR a
b
a NR M +-=-=μ
μ ，
且dt
d ω
β=
，所以 dt
d mR FR a b a ω
μ
2
21=+- ??+-=0
2
002ωωμd F mR b a a dt t
=+=
02ωμF mR b a a t 022n F
mR
b a a πμ+
式中s r r n /15m in /9000==是初始转速。代入数字得
s t 65.5=
又θ
ω
ω
θθωβd d d d dt d ==
，由转动定律得 θ
ω
ω
μd d mR FR a b a 221=+- ??
+-
=0
2ωθ
ωωμθd F
mR
b a a d
20211
)(4ωμθF
l l mRl +=
代入数字解得2.266=θ，所以转数
4.422==
π
θ
N （转） （2）因为
dt
d mR FR a b a ω
μ
221=+- 所以
??
?+-
=20
2)(ωωωμd F
b a amR
dt t
N t
b a amR F 3.1414)(0
=+=
μω
4-7 如图所示，两物体的质量分别为m 1与m 2，滑轮的转动惯量为Ｉ，半径为r 。若m 2与桌面间的摩擦系数为μ，求m 1的加速度a 及
绳子的张力。（设绳子与滑轮间无相对滑动，绳质量不计）
解：对各研究对象作受力分析，列方程
?????
????====-=-=-β
μμβR a mg N f a m f T I R T R T a m T g m 2221111 解得
22121/)(r I m m g m m a ++-=μ 2212211/]/)1([r I m m g
r I m m T ++++=μμ 2
212122/]/)1([r
I m m g r I m m T ++++=μμ 4-8 如图所示，一刚体由匀质长棒和小球组成，棒的质量为m ，长为Ｌ，小球（视为质点）质量也是m ，该刚体可绕Ｏ轴在竖直平面内作无摩擦转动，将棒拉到水平位置作无初速释放，求当棒在运动过程中与铅垂线成θ角时，刚体的角速度和小球的法向加速度。
解：设棒与竖直方向夹角为θ时，与水平方向夹角为α，则θπα-=2
。规定顺时针为
正方向。刚体所受的合力矩和转动惯量分别为
αααcos 2
3
cos 2cos mgL L mg
mgL M =+= 2223
4
31mL mk mL I =+=
应用转动定律βI M =，得
mg 23α
ω
ω
ααωβαd d mL d d dt d mL mL L 222343434cos === 化简，分离变量，两边积分，得
ααωωα
ω
d l
g
d cos 890
?
?
= θαωcos 49sin 49L
q
L
q
==
小球的法向加速度为
θωcos 4
9
2g L a n =
= 4-9 一质量为m 的质点沿着一条空间曲线运动，质点的矢径在直角坐标系下的表示式
为j t b i t a r
ωωsin cos +=，其中a 、b 、ω皆为正常量，则在t 时刻，此质点所受的力=F __ ；此力对原点的力矩=M _______________；该质点对原点的角动量
=L
____________。
解：因为j t b i t a r
ωωsin cos +=，所以
j t b i t a v
ωωωωcos sin +-= r j t b i t a a 222sin cos ωωωωω-=--=
所以
)sin cos (2j t b i t a m a m F
ωωω+-==
0)(2=-?=?=r m r F r M
ω
=?=v m r L
m j t b i t a ?+)sin cos ( ωωk mab j t b i t a ωωωωω=+-)cos sin (
4-10 试证明：若质点只受有心力作用，则该质点作平面运动。
证明：在有心力作用下，质点的角动量守恒，而角动量L 垂直于r 、v
组成的平面。
所以质点的r 、v
永远在上述平面内，因此质点作平面运动。
此题用对称性原理也可以说明。决定质点运动的因素只有两个：速度和有心力。它们决定了一个平面，没有原因使质点偏离这个平面，所以它只能在这个平面内运动。
4-11 地球质量为m ，太阳质量为Ｍ，地心与日心的距离为Ｒ，引力常数为Ｇ，设地球绕太阳作圆周运动，则地球对太阳中心的角动量为________。
解：引力提供了地球作圆周运动的向向心力，即22R
mM
G R v m =，所以地球运动速度为 R
GM v =
因此地球对太阳中心的角动量大小为
GMR m Rmv L ==
4-12 哈雷彗星绕太阳运动的轨道是一个椭圆。它与太阳中心的最近距离是
m r 1011075.8?=，其时它的速率是s m v /1046.541?=。它离太阳中心最远时的速率是)/(1008.922s m v ?=，这时它离太阳中心的距离=2r __________。
解：哈雷彗星对太阳中心的角动量守恒，且在最近、最远处矢径与速度垂直。所以
2211v mr v mr = )(1026.51212
1
2m r v v r ?==
4-13 我国1988年12月发射的通信卫星在到达同步轨道之前，先要在一个大的椭圆形“转移轨道”上运行若干圈。此转移轨道的近地点高度为205.5km ，远地点高度为35835.7km 。卫星越过近地点时的速率为
10.2km/s 。地球半径取为6380km ，求：(1)卫星通过远地点时的速率。(2)卫星在此轨道上
运行的周期。
解：（1）角动量守恒
2211)()(v h R m v h R m +=+ )/(59.112
1
2s km v h R h R v =++=
（2）任一时刻卫星对地心的角动量
dt
ds
m
dt rdl m dt dl rm
rmv L 2sin sin sin ====ααα 式中ds 为dt 时间内卫星与地心的连线扫过的面积，即图中阴影部分面积。所以 mds Ldt 2=
两边积分，并考虑到L 不变，得
ab m mS LT π22==椭圆
式中，T 为周期，a 、b 分别为椭圆轨道的短半轴和长半轴。
又22121)(2
2c b a h R b c R
h h b -=+-=++=
，，，所以
)(57.10)(97.38055)(221
1h s v h R m ab
m L ab m T ==+==
ππ 4-14 一质子（质量为m ）从很远处以初速v 0朝着固定的原子核（质量为Ｍ，核内质子数为Ｚ）附近运动，原子核与v 0方向的距离为b 。质子由于受原子核斥力的作用，它的轨道是一条双曲线，如图所示，质子与原子核相距最近时，距离为s r ，则质子的速度为 。
解：质子受到有心力的作用，故角动量守恒。则
0mbv s s v mr =
所以
0v r b v s
s =
4-15 在一较大的无摩擦的平均半径为Ｒ的水平固定圆环槽内，放有两个小球，质量分别为m 和Ｍ，两球可在圆槽内自由滑动。现将一不计其长度的压缩的轻弹簧置于两球之间，如图所示。将压缩弹簧释放后，两球沿相反方向被射出，而弹簧本身仍留在原处不动，则小球m 将在槽内运动路程为__________后与Ｍ发生碰撞。
解：从弹簧释放到两球分离，m 和Ｍ所受的支持力通过环心，“m+M ”系统相对于环心的角动量守恒，有
0=+M m RMv Rmv
所以
m M v M
m v -
= 或
t v M
m
t v m M -
= ① 分离后m 、M 沿相反的方向运动，且各自的速率不变，经过时间t 相遇，则有
R t v t v M m π2=+ ②
将①代入②得m 运行路程为
R m
M M
t v M π2+=
4-16 两个质量相等、高度相同的人Ａ和Ｂ分别在两根固定的悬绳(绳质量可忽略不计)上进行爬绳比赛时，Ａ的上爬速度为A v ，Ｂ的上爬速度为B v ，且B A v v >，则Ａ先到达最高点。现将该绳跨过一轻定滑轮，两人再进行爬绳比赛，求Ａ和Ｂ相对于地面的速度。 解：对于“A+B+滑轮”系统，所受对轮轴的外力矩之和为零，故角动量守恒。系统的角动量为
B B B A
A A v m r v m r L '?+'?=
式中，A v '、B v '
分别是A 、B 相对于地的速度。
因为
A A v mR L '= 垂直纸面向里
B B v mR L '= 垂直纸面向外
所以
A v mR '0='-
B v mR
得
B A v v '='
即A 、B 相对于地的速度相同。
设A 方的绳子往下运动，则B 方的绳子往上运动，则
地绳→-='v v v A A 地绳→+='v v v B B
所以
=-→地绳v v A 地绳→+v v B
得
2
B
A v v v -=
→地绳
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 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 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) 5.一物体正在绕固定光滑轴自由转动 A 它受热膨胀或遇冷收缩时，角速度不变。 B 它受热角速度变大，遇冷时角速度变小。 C 它受热遇冷时，角速度均变大。 D 它受热角速度变小，遇冷时角速度变大。
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． 3. 质量分别为m 和2m 、半径分别为r 和2r 的两个均匀圆盘，同轴地粘在一起，可以绕通过盘心且垂直盘面的水平光滑固定轴转动，对转轴的转动惯量为9mr 2 / 2，大小圆盘边缘都绕有绳子，绳子下端都挂一质量为m 的重物，如图所示．求盘的角加速度的大小． 4 质量m ＝1.1 kg 的匀质圆盘，可以绕通过其中心且垂直盘面的水平光滑固定轴转动，对轴的转动惯量J ＝ 2 2 1mr (r 为盘的半径)．圆盘边缘绕有绳子，绳子下端挂一质量m 1的物体，如图所示．起初在圆盘上加一恒力矩使物体以速率v 0匀速上升，如撤去所加力矩，问经历多少时间圆盘开始作反方向转动． 5. 如图所示，设两重物的质量分别为m 1和m 2，且m 1＞m 2，定滑轮的半径为r ，对转轴的转动惯量为J ，轻绳与滑轮间无滑动，滑轮轴上摩擦不计．设开始时系统静止，试求t 时刻滑轮的角速度． m
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