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《大学物理》刚体力学练习题及答案解析一、选择题1.刚体对轴的转动惯量，与哪个因素无关 [ C ]（A）刚体的质量（B）刚体质量的空间分布（C）刚体的转动速度（D）刚体转轴的位置2.有两个力作用在一个有固定轴的刚体上. [ B ](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)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.在上述说法中,(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.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，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，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.4．如图所示，圆锥摆的小球在水平面内作匀速率圆周运动，小球和地球所组成的系统，下列哪些物理量守恒（ C ）（A）动量守恒，角动量守恒（B）动量和机械能守恒（C）角动量和机械能守恒（D）动量，角动量，机械能守恒5.一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，在子弹射入后的瞬间，对于圆盘和子弹系统的角动量L以及圆盘的角速度ω则有（ B ）（A）L不变，ω增大（B）L不变，ω减小（C）L变大，ω不变（D）两者均不变6.一花样滑冰者，开始自转时，其动能为20021ωJ E =。
然后他将手臂收回，转动惯量减少为原来的1/3，此时他的角速度变为ω，动能变为E ，则下列关系正确的是（ D ） （A ）00,3E E ==ωω （B ）003,31E E ==ωω （C ）00,3E E ==ωω （D ）003,3E E ==ωω1C 2.B ，3.A ，4.C ，5.B ，6.D二、填空1.当刚体受到的合外力的力矩为零时，刚体具有将保持静止的状态或_____________状态，把刚体的这一性质叫刚体___________。
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。
刚体习题一、选择题 1、如图所示，A 、B 为两个相同的绕着轻绳的定滑轮．A 滑轮挂一质量为M 的物体，B 滑轮受拉力F ，而且F ＝Mg ．设A 、B 两滑轮的角加速度分别为βA 和βB ，不计滑轮轴的摩擦，则有(A) βA ＝βB ． (B) βA ＞βB ．(C) βA ＜βB ． (D) 开始时βA ＝βB ，以后βA ＜βB ． ［ ］2、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．［ ］3、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．在上述说法中，(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． ［ ］4、如图所示，一质量为m 的匀质细杆AB ，A 端靠在粗糙的竖直墙壁上，B 端置于粗糙水平地面上而静止．杆身与竖直方向成θ角，则A 端对墙壁的压力大小 (A) 为 41mg cos θ． (B)为21mg tg θ． (C) 为 mg sin θ．(D) 不能唯一确定． ［ ］5、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) 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． ［ ］6、关于力矩有以下几种说法：(1) 对某个定轴而言，内力矩不会改变刚体的角动量．(2) 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，它们的角加速度一定相等．在上述说法中，(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． ［ ］7、一水平圆盘可绕通过其中心的固定竖直轴转动，盘上站着一个人.把人和圆盘取作系统，当此人在盘上随意走动时，若忽略轴的摩擦，此系统(A) 动量守恒．(B) 机械能守恒．(C) 对转轴的角动量守恒．(D) 动量、机械能和角动量都守恒．(E) 动量、机械能和角动量都不守恒． ［ ］8、质量为m 的小孩站在半径为R 的水平平台边缘上．平台可以绕通过其中心的竖直光滑固定轴自由转动，转动惯量为J ．平台和小孩开始时均静止．当小孩突然以相对于地面为v 的速率在台边缘沿逆时针转向走动时，则此平台相对地面旋转的角速度和旋转方向分别为(A) ⎪⎭⎫ ⎝⎛=R J mR v 2ω，顺时针． (B) ⎪⎭⎫ ⎝⎛=R J mR v 2ω，逆时针． (C) ⎪⎭⎫ ⎝⎛+=R mR J mR v 22ω，顺时针．(D) ⎪⎭⎫ ⎝⎛+=R mR J mR v 22ω，逆时针．［ ］9、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ω(A) 增大． (B) 不变．(C) 减小． (D) 不能确定 ［ ］10、（0405）人造地球卫星，绕地球作椭圆轨道运动，地球在椭圆的一个焦点上，则卫星的(A)动量不守恒，动能守恒．(B)动量守恒，动能不守恒．(C)对地心的角动量守恒，动能不守恒．(D)对地心的角动量不守恒，动能守恒． ［ ］11、一个圆盘在水平面内绕一竖直固定轴转动的转动惯量为J ，初始角速度为ω 0，后来变为021ω．在上述过程中，阻力矩所作的功为： (A) 2041ωJ ． (B) 2081ωJ -． (C) 2041ωJ - (D) 2083ωJ -． ［ ］ 12、一均匀细杆可绕垂直它而离其一端l / 4 (l 为杆长)的水平固定轴O 在竖直平面内转动．杆 m m的质量为m ，当杆自由悬挂时，给它一个起始角速度ω 0,如杆恰能持续转动而不作往复摆动(一切摩擦不计)则需要 (A) ω 0≥l g 7/34． (B) ω 0≥l g /4．(C) ω 0≥()l g /3/4． (D) ω 0≥l g /12．[已知细杆绕轴O 的转动惯量J ＝(7/48)ml 2] ［ ］13、假设卫星环绕地球中心作圆周运动，则在运动过程中，卫星对地球中心的(A) 角动量守恒，动能也守恒．(B) 角动量守恒，动能不守恒．(C) 角动量不守恒，动能守恒．(D) 角动量不守恒，动量也不守恒．(E) 角动量守恒，动量也守恒． ［ ］14、一轻绳跨过一具有水平光滑轴、质量为M 的定滑轮，绳的两端分别悬有质量为m 1和m 2的物体(m 1＜m 2)，如图所示．绳与轮之间无相对滑动．若某时刻滑轮沿逆时针方向转动，则绳中的张力(A) 处处相等． (B) 左边大于右边． (C) 右边大于左边． (D) 哪边大无法判断． ［ ］15、如图所示，一匀质细杆可绕通过上端与杆垂直的水平光滑固定轴O 旋转，初始状态为静止悬挂．现有一个小球自左方水平打击细杆．设小球与细杆之间为非弹性碰撞，则在碰撞过程中对细杆与小球这一系统(A) 只有机械能守恒．(B) 只有动量守恒．(C) 只有对转轴O 的角动量守恒．(D) 机械能、动量和角动量均守恒． ［ ］二、填空题1、如图4-23所示，质量为m 和m 2的两个质点A 和B ，用一长为l 的轻质细杆相连，系统绕通过杆上o 点且与杆垂直的轴转动。
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。
题：一汽车发动机曲轴的转速在s 12内由13min r 102.1-⋅⨯均匀的增加到13min r 107.2-⋅⨯。
（1）求曲轴转动的角加速度；（2）在此时间内，曲轴转了多少转题解：（1）由于角速度2n （n 为单位时间内的转数），根据角加速度的定义t d d ωα=，在匀变速转动中角加速度为()200s rad 1.132-⋅=-=-=tn n t πωωα （2）发动机曲轴转过的角度为()t n n t t t 0020221+=+=+=πωωαωθ在12 s 内曲轴转过的圈数为圈390220=+==t n n N πθ 题：某种电动机启动后转速随时间变化的关系为)1(0τωωt e --=，式中10s rad 0.9-⋅=ω，s 0.2=τ。
求：（1）s 0.6=t 时的转速；（2）角加速度随时间变化的规律；（3）启动后s 0.6内转过的圈数。
题解：（1）根据题意中转速随时间的变化关系，将t s 代入，即得100s 6.895.01--==⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=ωωωτt e（2）角加速度随时间变化的规律为220s 5.4d d ---===tt e e t ττωωα （3）t = s 时转过的角度为rad 9.36d 1d 60060=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-==⎰⎰-s t s t et τωωθ 则t = s 时电动机转过的圈数圈87.52==πθN 题：如图所示，一通风机的转动部分以初角速度0ω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解：（1）通风机叶片所受的阻力矩为ωM C -=，由转动定律αM J =，可得叶片的角加速度为J C t ωωα-==d d （1）根据初始条件对式（1）积分，有⎰⎰-=ωωω00d d d t t J C t 由于C 和J 均为常量，得t J C e -=0ωω 当角速度由0021ωω→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 t J C t e 000d d ωθθ即CJ 20ωθ= 在时间t 内所转过的圈数为CJ N πωπθ420== 题：一燃气轮机在试车时，燃气作用在涡轮上的力矩为m N 1003.23⋅⨯，涡轮的转动惯量为2m kg 0.25⋅。
大学物理2-1第四章（刚体力学）习题答案习题四4-1 一飞轮的半径为2m ，用一条一端系有重物的绳子绕在飞轮上，飞轮可绕水平轴转动，飞轮与绳子无相对滑动。
当重物下落时可使飞轮旋转起来。
若重物下落的距离由方程2at x =给出，其中2s m 0.2=a 。
试求飞轮在t 时刻的角速度和角加速度。
[解] 设重物的加速度为t a ，t 时刻飞轮的角速度和角加速度分别为ω和β，则a txa 2d d 22t ==因为飞轮与绳子之间无相对滑动，所以βR a =t则 2t rad/s 0.220.222=?===R a R a β 由题意知 t =0时刻飞轮的角速度00=ω 所以 rad 0.20t t t ==+=ββωω4-2 一飞轮从静止开始加速，在6s 内其角速度均匀地增加到200minrad，然后以这个速度匀速旋转一段时间，再予以制动，其角速度均匀减小。
又过了5s 后，飞轮停止转动。
若该飞轮总共转了100转，求共运转了多少时间 [解] 分三个阶段进行分析10 加速阶段。
由题意知111t βω= 和11212θβω= 得22111211t ωβωθ==20 匀速旋转阶段。
212t ωθ= 3制动阶段。
331t βω= 33212θβω= 22313213t ωβωθ== 由题意知100321=++θθθ 联立得到πωωω210022312111?=++t t t所以 s 1836020025602002660200210022=-??-=ππππt 因此转动的总时间 s 19418356321=++=++=t t t t4-3 历史上用旋转齿轮法测量光速的原理如下：用一束光通过匀速旋转的齿轮边缘的齿孔A ，到达远处的镜面反射后又回到齿轮上。
设齿轮的半径为5cm ，边缘上的齿孔数为500个，齿轮的转速，使反射光恰好通过与A 相邻的齿孔B 。
(1)若测得这时齿轮的角速度为600s r ，齿轮到反射镜的距离为500 m ，那么测得的光速是多大(2)齿轮边缘上一点的线速度和加速度是多大[解] (1) 齿轮由A 转到B 孔所需要的时间5103126005002?===ππωθt所以光速 s m 10310315002285=??==TL c(2) 齿轮边缘上一点的线速度s m 1088.1260010522?===-πωR v齿轮边缘上一点的加速度()25222s m 1010.71052600?===-πωR a4-4 刚体上一点随刚体绕定轴转动。
第四章 刚体的转动4-1 一汽车发动机曲轴的转速在12s 内由3102.1⨯r.min -1增加到3107.2⨯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？ 解：曲轴做匀变速转动。
（1）角速度n πω2=，根据角速度的定义dtd ωα=，则有：()=-=-=tn n t002πωωα13.1rad.s -2 （2）发动机曲轴转过的角度为t t t 221020ωωαωθ+=+=()t n n 0+=π在12秒内曲轴转过的圈数为 N 390220=+==t n n πθ圈。
4-2 一半径为0.25米的砂轮在电动机驱动下，以每分钟1800转的转速绕定轴作逆时针转动，现关闭电源，砂轮均匀地减速，15秒钟后停止转动.求（1）砂轮的角加速度；（2）关闭电源后10=t s 时砂轮的角速度,以及此时砂轮边缘上一点的速度和加速度大小.解：（1）4.1886060180020==⨯=ππω rad.s 1- 57.12415600=-=-=πα rad.s 2- （2）7.621057.124.1880=⨯-=+=t αωω rad.s 1-7.1525.07.62=⨯==r v ω m.s 1-14.3-==αr a t m.s 2- , 9872==ωr a n m. s 2-98822=+=n t a a a m. s 2-.4-3如图，质量201=m kg 的实心圆柱体A 其半径为20=r cm ，可以绕其固定水平轴转动，阻力忽略不计，一条轻绳绕在圆柱体上，另一端系一个质量102=m kg 的物体B ，求：（1）物体B 下落的加速度；（2）绳的张力T F 。
解： （1） 对实心圆柱体A ，利用转动定律αα2121r m J r F T == ——①对物体B ，利用牛顿定律a m F g m T 22=- ——② 有角量与线量之间的关系 αr a = 解得：9.422212=+=m m g m a m ·s -2（2）由②得 492)(2121=+=-=g m m m m a g m F T Ｎ4—3题图4-4如图,一定滑轮两端分别悬挂质量都是m 的物块A 和B ，图中R 和r ，已知滑轮的转动惯量为J ，求A 、B 两物体的加速度及滑轮的角加速度（列出方程即可）。
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zz 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 dtωωβ====。
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。
习 题 四4-1 一飞轮的半径为2m ，用一条一端系有重物的绳子绕在飞轮上，飞轮可绕水平轴转动，飞轮与绳子无相对滑动。
当重物下落时可使飞轮旋转起来。
若重物下落的距离由方程2at x =给出，其中2s m 0.2=a 。
试求飞轮在t 时刻的角速度和角加速度。
[解] 设重物的加速度为t a ，t 时刻飞轮的角速度和角加速度分别为ω和β，则a txa 2d d 22t ==因为飞轮与绳子之间无相对滑动，所以 βR a =t 则 2t rad/s 0.220.222=⨯===R a R a β 由题意知 t =0时刻飞轮的角速度00=ω 所以 rad 0.20t t t ==+=ββωω4-2 一飞轮从静止开始加速，在6s 内其角速度均匀地增加到200min rad ，然后以这个速度匀速旋转一段时间，再予以制动，其角速度均匀减小。
又过了5s 后，飞轮停止转动。
若该飞轮总共转了100转，求共运转了多少时间? [解] 分三个阶段进行分析10 加速阶段。
由题意知 111t βω= 和 11212θβω= 得22111211t ωβωθ==20 匀速旋转阶段。
212t ωθ=30 制动阶段。
331t βω= 33212θβω= 22313213t ωβωθ== 由题意知 100321=++θθθ 联立得到πωωω210022312111⨯=++t t t所以 s 18320025602002660200210022=⨯⨯⨯-⨯⨯-⨯=ππππt 因此转动的总时间 s 19418356321=++=++=t t t t4-3 历史上用旋转齿轮法测量光速的原理如下：用一束光通过匀速旋转的齿轮边缘的齿孔A ，到达远处的镜面反射后又回到齿轮上。
设齿轮的半径为5cm ，边缘上的齿孔数为500个，齿轮的转速，使反射光恰好通过与A 相邻的齿孔B 。
(1)若测得这时齿轮的角速度为600s r ，齿轮到反射镜的距离为500 m ，那么测得的光速是多大?(2)齿轮边缘上一点的线速度和加速度是多大? [解] (1) 齿轮由A 转到B 孔所需要的时间5103126005002⨯=⨯==ππωθt 所以光速 s m 10310315002285⨯=⨯⨯==TL c(2) 齿轮边缘上一点的线速度 s m 1088.1260010522⨯=⨯⨯⨯==-πωR v齿轮边缘上一点的加速度 ()25222s m 1010.71052600⨯=⨯⨯⨯==-πωR a4-4 刚体上一点随刚体绕定轴转动。
已知该点转过的距离s 与时间t 的关系为203026t a t a s +=τ。
求证它的切向加速度每经过时间τ均匀增加0a 。
[证明] 该点的切向加速度 0022t d d d d a t a t s t v a +===τ所以 ()00000t τt a a t a a t a a a =⎪⎭⎫⎝⎛+-⎥⎦⎤⎢⎣⎡++=-+τττ 因此，切向加速度每经过时间τ均匀增加0a4-5 如图所示的一块均匀的长方形薄板，边长分别为a 、b 。
中心O 取为原点，坐标系如图所示。
设薄板的质量为M ，求证薄板对Ox 轴、Oy 轴和Oz 轴的转动惯量分别为2Ox 121Mb J =2Oy 121Ma J =()22Oz 121b a M J +=[解] 根据转动惯量的定义 ⎰=m r J d 2对ox J 取图示微元，有 ⎰=m mb J 2oxd 1212121mb = 同理可得 2oy 121ma J =对于 ⎰⎰⎰⎰+=+==m ym x m y x m r J d d d )(d 22222oz22ox oy 121121mb ma J J +=+=4-6 一个半圆形薄板的质量为m 、半径为R ，当它绕着它的直径边转动时，其转动惯量是多大?[解] 建立坐标系，取图示面积元 θd d d r r s =，根据转动惯量的定义有⎰⎰⎰==πθπθ2222ox d d 2sin d Rr r R mr m y J 20023241d d sin 2mR r r R m R==⎰⎰πθπ4-7 一半圆形细棒，半径为R ，质量为m ，如图所示。
求细棒对轴A A '的转动惯量。
[解] 建立图示的坐标系，取图示l d 线元，θλλd d d R l m ==， 根据转动惯量的定义式有⎰⎰=='πθθλ0222A A d sin d R R m x J202221d sin mR mR ==⎰πθθπ4-8 试求质量为m 、半径为R 的空心球壳对直径轴的转动惯量。
[解] 建立如图所示的坐标系，取一θθθd +→的球带，θπd 2d rR s =它对y 轴的转动惯量θππd 24d d 222rR Rmr m r I == 又 θcos R r =所以 θθd cos 2d 32mR I =2223232d cos 2d mR mR I I ===⎰⎰-ππθθ 此即空心球壳对直径轴的转动惯量。
4-9 图示为一阿特伍德机，一细而轻的绳索跨过一定滑轮，绳的两端分别系xy rθ有质量为1m 和2m 的物体，且1m >2m 。
设定滑轮是质量为M ，半径为r 的圆盘，绳的质量及轴处摩擦不计，绳子与轮之间无相对滑动。
试求物体的加速度和绳的张力。
[解] 物体21,m m 及滑轮M 受力如图所示对a m T g m m 1111:=- (1) 对a m g m T m 2222:=- (2)对βJ r T r T M ='-'21:(3)又 2/2Mr J = (4)βr a = (5)'=11T T (6)'=22T T (7)联立（1）-（7）式，解得2/)(2121M m m gm m a ++-=g m M m m M m T 121212/2/2+++=g m M m m M m T 221122/2/2+++=MR2m 1m 2m 2T ρm ρ2N ρgM ρ2T ρ1T ρ1m 1ρgm ρ14-l0 绞车上装有两个连在一起的大小不同的鼓轮(如图)，其质量和半径分别为m =2kg 、r =0.05m ，M =8kg 、R =0.10m 。
两鼓轮可看成是质量均匀分布的圆盘，绳索质量及轴承摩擦不计。
当绳端各受拉力1T =1 kg ，2T =2kg 时，求鼓轮的角加速度。
[解] 根据转动定律，取顺时针方向为正βJ R T r T =+-21(1)2/2/22MR mr J += (2)联立(1)，(2)式可得 22221rad/s 6.3422=++-=MR mr R T r T β4-11 质量为M 、半径为R 的转盘，可绕铅直轴无摩擦地转动。
转盘的初角速度为零。
一个质量为m 的人，在转盘上从静止开始沿半径为r 的圆周相对圆盘匀角速走动，如果人在圆盘上走了一周回到了原位置，那么转盘相对地面转了多少角度?[解一] 取m 和M 组成的系统为研究对象，系统对固定的转轴角动量守恒。
设人相对圆盘的速度为v ，圆盘的角速度为ω，设人转动方向为正方向，则0)(=++ωωJ r v mr (1) 而2/2MR J =(2)联立（1）、（2）式可得222/mrMR mvr+-=ω 人在转盘上走一周所用的时间v r t /2π=转盘转过的角度为πωθ22/222mr MR mr t +-== 负号表示方向与正方向相反。
[解二]由角动量守恒定律可解（见上）v m MR mr22)2(+-=ω又因为 tsv t d d ,d d ==θω 所以r s π2=∆代入即可πθ22/222mr MR mr +-=4-12 如图所示，一质量为m 的圆盘形工件套装在一根可转动的轴上，它们的中心线相互重合。
圆盘形工件的内、外直径分别为1D 和2D 。
该工件在外力矩作用下获得角速度0ω，这时撤掉外力矩，工件在轴所受的阻力矩作用下最后停止转动，其间经历了时间t 。
试求轴处所受到的平均阻力f [轴的转动惯量略而不计，圆盘形工件绕其中心轴的转动惯量为()222181D D m +]。
[解] 根据角动量定理 12ωωI I t M -= 21D f M ⋅-= ()222181D D m I += 联立上述三式得到 ()t D D D m f )4(122210+=ω4-13 一砂轮直径为1m ，质量为50kg ，以900min r 的转速转动，一工件以200 N 的正压力作用于轮子的边缘上，使砂轮在11.8s 内停止转动。
求砂轮与工件间的摩擦系数(砂轮轴的摩擦可忽略不计，砂轮绕轴的转动惯量为221mR ，其中，m 和R 分别为砂轮的质量和半径)。
[解] 根据角动量定理， 12ωωI I Mt -=NR M μ-=221mR I =02=ω联立上述四式得到 5.08.112002602900215020=⨯⨯⨯⨯⨯==πωμNtmR4-14 以20m N ⋅的恒力矩作用于有固定轴的转轮上，在10s 内该轮的转速由零增大到100min r 。
此时撤去该力矩，转轮因摩擦力矩的作用，又经100s 而停止，试求转轮的转动惯量。
[解] 设转轮的转动惯量为J ，摩擦力矩为f M ，则根据角动量定理⎰⎰=21d d 0L L tL t M考虑到本题力矩为常矢量，以外力矩方向为正方向，有 0)(1-=-ωJ t M M f (1) ωJ t M -=-02f(2)联立(1)、(2)式可得100106021006021001020211ππωω⨯+⨯⨯=+=t t Mt J 2kg.m 4.17=4-15 设流星从各个方向降落到某星球，使该星球表面均匀地积存了厚度为h 的一层尘埃(h 比该星球的半径R 小得多)。
试证明：由此而引起的该星球自转周期的变化为原来的自转周期的()RD hd 5倍。
式中R 是星球的半径，D 和d 分别为星球和尘埃的密度。
[解] 取星球和尘埃为研究对象，在尘埃落向星球的过程中，系统的角动量守恒。
设开始时星球的转动惯量为1J ，角动量为1ω，星球的自转周期为1T ；当落上厚度为h 的尘埃后，转动惯量为2J ，角速度为2ω，自转周期为2T ，由角动量守恒得：2211ωωJ J =而 112ωπ=T 222ωπ=T得到2121J J T T =设尘埃对自转轴的转动惯量为0J ，则 012J J J += 而 2313452DR R J π⋅=因此 ()2330343452dR R h R J ⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+=ππ 所以 ()()[]D d R h DR R dR R h R J J T T 113513452343432113232331012-++=⋅⎥⎦⎤⎢⎣⎡-++=+=πππ 又因为 h <<R 所以RDhdD R h d T T 51335112+=+= 因此RDhdT T T 5112=-4-16 如图所示的飞船以角速度s rad 20.0=ω绕其对称轴自由旋转，飞船的转动惯量2m kg 2000⋅=J 。
