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第四章 刚体的定轴转动4–1 半径为20cm 的主动轮，通过皮带拖动半径为50cm 的被动轮转动，皮带与轮之间无相对滑动，主动轮从静止开始作匀角加速度转动，在4s 内被动轮的角速度达到π/s 8，则主动轮在这段时间内转过了 圈。
解：被动轮边缘上一点的线速度为πm/s 45.0π8222=⨯==r ωv在4s 内主动轮的角速度为πrad/s 202.0π412111====r r v v ω主动轮的角速度为2011πrad/s 540π2==∆-=tωωα在4s 内主动轮转过圈数为20π520ππ2(π212π212121=⨯==αωN （圈）4–2绕定轴转动的飞轮均匀地减速，t ＝0时角速度为0ω＝5rad/s ，t ＝20s 时角速度为08.0ωω=，则飞轮的角加速度α＝ ，t ＝0到t ＝100s 时间内飞轮所转过的角度θ＝ 。
解：由于飞轮作匀变速转动，故飞轮的角加速度为20s /rad 05.020558.0-=-⨯=-=tωωα t ＝0到t ＝100s 时间内飞轮所转过的角度为rad 250100)05.0(21100521220=⨯-⨯+⨯=+=t t αωθ4–3 转动惯量是物体 量度，决定刚体的转动惯量的因素有 。
解：转动惯性大小，刚体的形状、质量分布及转轴的位置。
4–4 如图4-1，在轻杆的b 处与3b 处各系质量为2m 和m 的质点，可绕O 轴转动，则质点系的转动惯量为 。
解：由分离质点的转动惯量的定义得221i i i r m J ∆=∑=22)3(2b m mb +=211mb =4–5 一飞轮以600r/min 的转速旋转，转动惯量为·m 2，现加一恒定的制动力矩使飞轮在1s 内停止转动，则该恒定制动力矩的大小M ＝_________。
解：飞轮的角加速度为20s /rad 20160/π26000-=⨯-=-=tωωα制动力矩的大小为m N π50π)20(5.2⋅-=-⨯==αJ M负号表示力矩为阻力矩。
第四章 刚体的转动一、简答题：1、简述刚体定轴转动的角动量守恒定律并给出其数学表达式?答案：刚体定轴转动时，若所受合外力矩为零或不受外力矩，则刚体的角动量保持不变。
2、写出刚体绕定轴转动的转动定律文字表达与数学表达式?答案：刚体绕定轴转动的转动定律：刚体绕定轴转动时，刚体的角加速度与它所受的合外力矩成正比，与刚体的转动惯量成反比。
表达式为：αJ M =。
3、写出刚体转动惯量的公式，并说明它由哪些因素确定?答案：dm r J V⎰=2①刚体的质量及其分布；②转轴的位置；③刚体的形状。
二、选择题1、在定轴转动中，如果合外力矩的方向与角速度的方向一致，则以下说法正确的是 ( A )A.合力矩增大时，物体角速度一定增大；B.合力矩减小时，物体角速度一定减小；C.合力矩减小时，物体角加速度不一定变小；D.合力矩增大时，物体角加速度不一定增大2、关于刚体对轴的转动惯量，下列说法中正确的是 ( C ) 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；3、有一半径为R 的水平圆转台，可绕通过其中心的竖直固定光滑轴转动， 转动惯量为J ，开始时转台以匀角速度0ω转动，此时有一质量为m 的人站住转台中心，随后人沿半径向外跑去，当人到达转台边缘时，转台的角速度为 ( A ) A.()2mR J J +ω B.()2Rm J J +ω C.20mR J ω D.0ω4、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，下述说法哪一种是正确的? ( A )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．5、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，子弹射入圆盘并且留在盘内，则子弹射入后的瞬间，圆盘的角速度( C )A.增大B.不变C.减小 (D) 、不能确定6、在地球绕太阳中心作椭圆运动时，则地球对太阳中心的 ( B ) 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.角动量守恒，动量守恒7、有两个半径相同,质量相等的细圆环A 和B ，A 环的质量分布均匀，B 环的质量分布不均匀，它们对通过环心并与环面垂直的轴的转动惯量分别为A J 和B J ，则 ( C )A.B A J J >；B.B A J J <；C.B A J J =；D.不能确定A J 、B J 哪个大。
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ωJ ωJ d m d m =+-00v v式中m v d 为子弹对点O 的角动量0ω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，J 0为子弹射入前盘对轴O 的转动惯量．由于J ＞J 0，则ω＜0ω．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 ×m v ＝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1.2×103r·min -1均匀的增加到2.7×103r·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＝2πn (n 为单位时间内的转数)，根据角加速度的定义tωαd d =，在匀变速转动中角加速度为()200srad 1.13π2-⋅=-=-=tn n tωωα(2)发动机曲轴转过的角度为()t n n t t t 0020π221+=+=+=ωωαωθ在12 s 内曲轴转过的圈数为3902π20=+==t n n θN 圈4－7 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J AA′＝1.93 ×10-47kg·m 2，对BB ′轴转动惯量J BB′＝1.14 ×10-47kg·m 2，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．题 4-7 图分析 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θd m J H A A 22sin 2=' θd m J H B B 22cos 2='此二式相加，可得22d m J J H B B A A =+'' 则 m 1059.9211-''⨯=+=HB B A A m J J d由二式相比，可得 θJ J B B A A 2tan /='' 则 o3.521.141.93arctanarctan===''B B A A J J θ4－8 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7.8×103kg·m -3，求飞轮对轴的转动惯量．题 4-8 图分析 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2424122221121m kg 136.021π1612212212⋅=⎪⎭⎫ ⎝⎛+=⎪⎭⎫⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛⨯=+=ad ld ρd m d m J J J4－9 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)．题 4-9 图分析 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T F ，对飞轮而言，根据转动定律，有αJ R F T = (1)而对重物而言，由牛顿定律，有ma F mg T =- (2)由于绳子不可伸长，因此，有αR a = (3)重物作匀加速下落，则有221at h =(4)由上述各式可解得飞轮的转动惯量为⎪⎪⎭⎫⎝⎛-=1222h gt mR J解2 根据系统的机械能守恒定律，有0212122=++-ωJ m mgh v (1′)而线速度和角速度的关系为ωR =v (2′)又根据重物作匀加速运动时，有at =v (3′)ah 22=v (4′)由上述各式可得⎪⎪⎭⎫⎝⎛-=1222h gt mR J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．4－10 一燃气轮机在试车时，燃气作用在涡轮上的力矩为2.03×103N·m ，涡轮的转动惯量为25.0kg·m 2．当轮的转速由2.80×103r·min -1增大到1.12×104r·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tωωα0-=，由转动定律αJ M =，可得飞轮所经历的时间()s 8.10200=-=-=n n M J πJ Mωωt解2 飞轮在恒外力矩作用下，根据角动量定理，有()00d ωωJ t M t-=⎰则 ()s 8.10π200=-=-=n n MJ J Mωωt4－11 质量为m 1和m 2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J 1和J 2，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.题 4-11 图分析 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111111a m F g m F P T T =-='- (1) 222222a m g m F P F T T =-=-' (2)()αJ J r F R F T T 2121+=- (3) 11T T F F =',22T T F F =' (4)由角加速度和线加速度之间的关系，有αR a =1 (5) αr a =2 (6)解上述方程组，可得gR rm R m J J r m R m a 222121211+++-=gr rm R m J J r m R m a 222121212+++-=g m rm R m J J Rr m r m J J F T 1222121221211++++++=g m rm R m J J Rr m R m J J F T 2222121121212++++++=4－12 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m 1和m 2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.)题 4-12 图分析 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F Ｔ1、重力P 1，支持力F Ｎ和摩擦力F ｆ的作用下运动，根据牛顿定律，沿斜面方向有11111cos sin a m θg m μθg m F T =-- (1)而B 则是在张力F Ｔ2和重力P 2的作用下运动，有2222a m F g m T =- (2)由于绳子不能伸长、绳与轮之间无滑动，则有αr a a ==21 (3)对滑轮而言，根据定轴转动定律有αJ r F r F T T ='-'12 (4) 11T T F F =',22T T F F =' (5)解上述各方程可得22111221/cos sin rJ m m g m g m g m a a ++--==θμθ()()22121211//cos sin cos sin 1rJ m m rgJ m θμθθμθg m m F T ++++++=()22122212//cos sin 1rJ m m rgJ m θμθg m m F T +++++=4－13 如图(a )所示，飞轮的质量为60kg ，直径为0.50m ，转速为1.0 ×103r·min -1.现用闸瓦制动使其在5.0s 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.题 4-13 图分析 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F Ｎ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()0121='-+l F l l F N而NN F F '=，则闸瓦作用于轮的摩擦力矩为 d μF l l l d μF d F M N 121f2212+=== (1)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tn tωtωωαπ200==-=(2)因飞轮的质量集中于轮缘，它绕轴的转动惯量4/2md J =，根据转动定律αJ M =，由式(1)、(2)可得制动力()N 1014.32211⨯=+=tl l nmdlF μπ4－14 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？题 4-14 图分析 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JωC tωα-==d d (1)根据初始条件对式(1)积分，有t JC ωωtωωd d 0⎰⎰-=由于C 和J 均为常量，得JCt eωω/0-= (2)当角速度由ω0→21ω0时，转动所需的时间为2ln CJ t =(2)根据初始条件对式(2)积分，有t eωθJCt tθd d /000-⎰⎰=即 CωJ θ20=在时间t 内所转过的圈数为CωJ θN π4π20==4－15 电风扇接通电源后一般经5s 后到达额定转速10minr 300-⋅=n ,而关闭电源后经16 s 后风扇停止转动，已知电风扇的转动惯量为2m kg 5.0⋅，设启动时电磁力矩M 和转动时的阻力矩f M 均为常数，求启动时的电磁力矩M .分析 由题意知M 和f M 均为常数，故启动时电风扇在M 和f M 共同作用下，作匀加速转动，直至到达额定转速，关闭电源后，电风扇仅在f M 的作用下作匀减速转动.运用匀变速转动的运动学规律和转动定律既可求解.解 设启动时和关闭电源后，电风扇转动时的角加速度分别为1α和2α，则启动过程αJ M M =-f110t αω=关闭电源后 2f αJ M =-0220=+t αω联解以上各式并将60200n πω=以及0n 、1t 、2t 、J 值代入，得m N 12.4⋅=M4－16 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.题 4-16 图解 (1)碎块抛出时的初速度为R ω=0v由于碎块竖直上抛运动，它所能到达的高度为gR ωgh 22222==v(2)圆盘在裂开的过程中，其角动量守恒，故有L L L '-=0式中ωR m L 221'=为圆盘未碎时的角动量；ωmR L 2='为碎块被视为质点时，碎块对轴的角动量；L 为破裂后盘的角动量.则ωR m m L 221⎪⎭⎫ ⎝⎛-'=4－17 在光滑的水平面上有一木杆，其质量m 1＝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m 2＝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.题 4-17 图分析 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()ωJ J ωJ '+=212式中()2222/l m J =为子弹绕轴的转动惯量，J 2ω为子弹在陷入杆前的角动量，ω＝2v/l 为子弹在此刻绕轴的角速度.12/211l m J =为杆绕轴的转动惯量.可得杆的角速度为()1212212s1.2936-=+=+='m m m J J ωJ ωv4－18 一质量为20.0kg 的小孩，站在一半径为3.00m 、转动惯量为450kg· m 2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1.00m·s －1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10ωωω+=.解 由相对角速度的关系，人相对地面的角速度为Rωωωωv +=+=010由于系统初始是静止的，根据系统的角动量守恒定律，有()010100=++ωωJ ωJ式中J 0为转台对转台中心轴的转动惯量,J 1＝mR 2为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122020s1052.9--⨯-=+-=RmRJ mRωv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. 4－19 一转台绕其中心的竖直轴以角速度ω0＝π1srad -⋅转动，转台对转轴的转动惯量为J 0＝4.0×10-3kg·m 2.今有砂粒以Q ＝2t （Q 在单位为g·s -1，t 的单位为s ）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 ＝0.10m ，求砂粒下落t ＝10s 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→10s 内落至台面的砂粒的质量为kg 10.0Qd 10==⎰t m根据系统的角动量守恒定律，有()ωmrJ ωJ 2000+=则t ＝10s 时，转台的角速度12000s π8.0-=+=mrJ J ωω4－20 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· m 2，旋转的角速度ω＝0.2rad· s -1，喷口与轴线之间的距离r ＝1.5m ；喷气以恒定的流量Q ＝1.0kg·s -1和速率u ＝50m· 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J ω；(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()murm r ωu m≈+⎰d .经上述处理后，可使问题大大简化.解 取飞船和喷出的气体为系统，根据角动量守恒定律，有0=-mur ωJ (1)因喷气的流量恒定，故有Qt m 2= (2)由式(1)、(2)可得喷气的喷射时间为s 67.22==QurωJ t题 4-20 图4－21 如图所示，长为l 、质量为m 的均质杆，可绕点O 在竖直平面内转动，令杆至水平位置由静止摆下，在竖直位置与质量为2m 的物体发生完全非弹性碰撞，碰撞后物体沿摩擦因数为μ的水平面滑动，试求此物体滑过的距离s .分析 本题可分为三个过程，即细杆绕点O 的转动过程，细杆与物体的完全非弹性碰撞以及碰撞后物体在粗糙水平面上的滑动过程。
大学物理题库 第四章刚体习题 答案一、选择题：1C 2C 3B 4A 5A 6B 7C 8A 9C 10C 11D 12A 13A 14 B 15C二、填空题：1、232ml ；mlv 2 2、 9.61 s 48 rev参考解：()()π⨯⨯π⨯-π⨯=-=26022102152222122θωωβrad/s 2 = 6.54 rad/s 2 t = ω / β = 10×2π / 6.54s = 9.61 s()54.6221021221222⨯π⨯⨯π=π=π=βωθN = 48 rev 3、0.25 kg ·m 24、0 l g 235、 J k 920ω- 02ωk J 6、 W kl cos θ W ＝2kl sin θ7、 mr rJ mg + 8、 ()lm M /3460+v 9、2E O10、4/202ωmR - 11、θsin 3gl12、3.77 rad ·s -113、s k J 2ln ；2083ωJ - 14、 0.25 kg ·m 2 15、s N m ⋅⋅0.2；8388'︒三、计算题1、解：s t 0.6= 1606.8)1(--⋅=-=s rad e τωω22005.4---⋅===s rad e e dt d tt ττωωβ 87.521260===⎰dt N ωππθ圈2、解：根据转动定律： J d ω / d t = -k ω∴ t Jk d d -=ωω 两边积分： ⎰⎰-=t t J k 02/d d 100ωωωω得 ln2 = kt / J ∴ t ＝(J ln2) / k3、解：根据牛顿运动定律和转动定律，对飞轮和重物列方程，得TR －M f ＝Ja / R ①mg －T ＝ma ②h ＝221at ③ 则将m 1、t 1代入上述方程组，得a 1＝2h /21t ＝0.0156 m / s 2T 1＝m 1 (g －a 1)＝78.3 N J ＝(T 1R －M f )R / a 1 ④ 将m 2、t 2代入①、②、③方程组，得a 2＝2h /22t ＝6.4×10-3 m / s 2 T 2＝m 2(g －a 2)＝39.2 NJ = (T 2R －M f )R / a 2 ⑤由④、⑤两式，得J ＝R 2(T 1－T 2) / (a 1－a 2)＝1.06×103 kg ·m 24、解：(1) 子弹受到的冲量为 ()0d v v -==⎰m t F I子弹对木块的冲量为 ()s N 3d d 0⋅=-=-='='⎰⎰ v v m t F t F I 方向与0v 相同．(2) 由角动量定理()ωJ lm t F l t M =-='=⎰⎰v v 0d d ()120s rad 93-⋅=-=v v MLlm ω 5、 解：(1) 以子弹和圆盘为系统，在子弹击中圆盘过程中，对轴O 的角动量守恒．m v 0R ＝(21MR 2＋mR 2)ω R m M m ⎪⎭⎫ ⎝⎛+=210v ω (2) 设σ表示圆盘单位面积的质量，可求出圆盘所受水平面的摩擦力矩的大小 为 ⎰π⋅=Rf r rg r M 0d 2σμ＝(2 / 3)πμσgR 3＝(2 / 3)μMgR设经过∆t 时间圆盘停止转动，则按角动量定理有－M f ∆t ＝0－J ω＝－(21MR 2＋mR 2)ω＝- m v 0R ∴ ()Mg m MgR R m M R m t fμμ2v 33/2v v 000===∆ 6、 解：以单摆和细棒为系统，在单摆击中细棒过程中，对轴O 的角动量守恒．碰撞前后机械能守恒。
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0不变。
刚体上任一点都作匀变速岡周运动，因此该点速率在均匀变化，Y = lCO,所以一定有切向加速度亠=1卩,其大小不变。
乂因该点速度的方向变化,所以一定冇法向加速度a n = la)2,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最矩定理是什么关系？答：刚体是一个特姝的质点系，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陀,AT表示刚体对Z轴的合外力矩，乙表示刚体对Z轴的动量矩。
、clt、'L产正叫，其中? = (》＞”：)，代表刚体对定轴的转动惯量,所以M_=归旦g = I 乜~ = 10 °既M_=l(3。
~ clt dt dt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，哪个伦了的角动蜃人？答：(1)由于L = T而转动惯最与质最分布有关，半径、质最均相同的轮子，质最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。
4.一圆形台面可绕屮心轴无摩擦地转动，有一玩具车札I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：玩具千相对台面由静止启动，绕轴作圆周运动吋，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。
2 刚体定轴转动转动惯量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． 答案：（C ） 参考解答：首先明确转动惯量的物理意义，从转动定律与牛顿第二定律的对称关系可以看出，与质量m 是平动惯性大小的量度相对应，转动惯量I 则是刚体转动惯性大小的量度。
从转动惯量的的公式∑=∆=ni i i r m I 12可以看出，其大小除了与刚体的形状、大小和质量分布有关外，还与转轴的位置有关。
凡选择回答错误的，均给出下面的进一步讨论：1. 计算一个刚体对某转轴的转动惯量时，一般能不能认为它的质量集中于其质心，成为一质点，然后计算这个质点对该轴的转动惯量？为什么？举例说明你的结论。
参考解答：不能．因为刚体的转动惯量∑∆i i m r 2与各质量元和它们对转轴的距离有关．如一匀质圆盘对过其中心且垂直盘面轴的转动惯量为221mR ，若按质量全部集中于质心计算，则对同一轴的转动惯量为零．2. 一刚体由匀质细杆和匀质球体两部分构成，杆在球体直径的延长线上，如图所示．球体的半径为R ，杆长为2R ，杆和球体的质量均为m ．若杆对通过其中点O 1，与杆垂直的轴的转动惯量为J 1，球体对通过球心O 2的转动惯量为J 2，则整个刚体对通过杆与球体的固结点O 且与杆垂直的轴的转动惯量为 (A) J ＝J 1＋J 2． (B) J ＝mR 2＋mR 2．(C) J ＝(J 1＋mR 2)＋(J 2＋mR 2)．(D) J ＝[J 1＋m (2R )2]＋[J 2＋m (2R )2]． 答案：(C) 参考解答：根据转动惯量具有叠加性，则整个刚体对通过杆与球体的固结点0且与杆垂直的轴的转动惯量为细杆和球体分别对该轴转动惯量之合。
《大学物理》刚体的转动练习题及答案一、简答题：1、为什么刚体绕定轴转动的动能的改变只与外力矩有关，而与内力矩无关?答案：对刚体，由于刚体内各质点间相对位移始终为零，内力总是成对出现，每对内力大小相等，方向相反，在一直线上，故内力矩做功之和一定为零，故刚体绕定轴转动的动能的改变与内力矩无关。
2、简述刚体定轴转动的角动量守恒定律并给出其数学表达式?答案：刚体定轴转动时，若所受合外力矩为零或不受外力矩，则刚体的角动量保持不变。
3、下列物理量中，哪些量与原点的选择有关：(1) 速度，(2) 位矢，(3) 位移，(4) 角动量，(5) 动量 答案：与原点有关的物理量为：位矢，角动量。
4、质量、半径相同的两个圆盘，第一个质量分布均匀，第二个大部分质量分布在盘边缘，当它们以相同的角速度绕通过盘中心的轴转动时，哪个盘的转动动能大?为什么?答案：第二个盘的动能大。
因为由刚体转动动能221ωJ E k =知，在角速度一样时，转动惯量大的动能大；又因为2121mR J =，22mR J ≈，第二个转动惯量较大，所以转动动能较大。
5、在某一瞬时，刚体在一外力矩作用下，其角速度可以为零吗? 其角加速度可以为零吗?答案：由刚体转动定律αJ M =，知，在某一瞬时，刚体在一外力矩作用下，其角加速度不可以为零；由dtd ωα=，有⎰+=t dt 00αωω，可知其角速度此时可以为零。
6、写出刚体绕定轴转动的转动定律文字表达与数学表达式?答案：刚体绕定轴转动的转动定律：刚体绕定轴转动时，刚体的角加速度与它所受的合外力矩成正比，与刚体的转动惯量成反比。
表达式为：αJ M =。
7、简述刚体定轴转动时的特点有哪些, 常用哪些物理量来描述刚体的转动?答案：刚体定轴转动的特点：转轴相对参照系固定，刚体内所有点都具有相同的角位移、角速度、角加速度；质点在垂直转轴的平面内运动，且作圆周运动。
刚体的转动通常用转动惯量J 、力矩M 、角加速度α、角动量L 等来描述。
