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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4.1：一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4.1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td 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4.2：某种电动机启动后转速随时间变化的关系为)1(0τωωte --=，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4.2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100s 6.895.01--==⎪⎪⎭⎫⎝⎛-=ωωωτte（2）角加速度随时间变化的规律为220s 5.4d d ---===tte e t ττωωα（3）t = 6.0 s 时转过的角度为 rad 9.36d 1d 60060=⎪⎪⎭⎫⎝⎛-==⎰⎰-s tst e t τωωθ 则t = 6.0 s 时电动机转过的圈数圈87.52==πθN 题4.3：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4.3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JC 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 JC e-=0ωω当角速度由0021ωω→时，转动所需的时间为2ln CJt = （2）根据初始条件对式（2）积分，有⎰⎰-=tt JC t e00d d ωθθ即CJ 20ωθ=在时间t 内所转过的圈数为 CJ N πωπθ420==题4.4：一燃气轮机在试车时，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⋅。
题4.1：一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4.1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td 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4.2：某种电动机启动后转速随时间变化的关系为)1(0τωωte --=，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4.2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100s 6.895.01--==⎪⎪⎭⎫⎝⎛-=ωωωτte（2）角加速度随时间变化的规律为220s 5.4d d ---===tte e t ττωωα（3）t = 6.0 s 时转过的角度为 rad 9.36d 1d 60060=⎪⎪⎭⎫⎝⎛-==⎰⎰-s tst e t τωωθ 则t = 6.0 s 时电动机转过的圈数圈87.52==πθN 题4.3：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4.3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 JC 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 JC e-=0ωω当角速度由0021ωω→时，转动所需的时间为2ln CJt = （2）根据初始条件对式（2）积分，有⎰⎰-=tt JC t e00d d ωθθ即 CJ 20ωθ=在时间t 内所转过的圈数为CJ N πωπθ420==题4.4：一燃气轮机在试车时，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⋅。
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2.5kg·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。
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 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600r ，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 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 = ()22Oz121b 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 2ox d 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 =xy rθ0drr d θydmθxdmzO aybx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+++=MR2m 1m 2m 2T ρm ρ2N ρgM ρ2T ρ1T ρ1m 1ρgm ρ1g m M m m M m T 221122/2/2+++=4-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=++-=MRmr 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 MRmr 22)2(+-=ω又因为 ts v td 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RDhd T 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 。
