第2章 刚体定轴转动

第2章 刚体定轴转动 一、选择题 1(B)，2(B)，3(A)，4(D)，5(C)，6(C)，7(C)，8(C)，9(D)，10(C)

二、填空题 (1). v ≈15.2 m /s，n2＝500 rev /min

(2). 62.5 1.67ｓ (3). g / l g / (2l) (4). 5.0 N·m (5). 4.0 rad/s (6). 0.25 kg·m2

(7). Ma21

(8). mgl21参考解：M＝Md＝mglrrlgml21d/0 (9). 212mRJmrJ (10). lg/sin3 三、计算题 1. 有一半径为R的圆形平板平放在水平桌面上，平板与水平桌面的摩擦系数为μ，若平板绕通过其中心且垂直板面的固定轴以角速度ω0开始旋转，它将在旋转几圈后停止？（已知

圆形平板的转动惯量221mRJ，其中m为圆形平板的质量） 解：在r处的宽度为dr 的环带面积上摩擦力矩为 rrrRmgMd2d2

总摩擦力矩 mgRMMR32d0 故平板角加速度  =M /J 设停止前转数为n，则转角  = 2n 由 J/Mn4220

可得 gRMJnπ16/342020

2. 如图所示，一个质量为m的物体与绕在定滑轮上的绳子相联，绳子质量可以忽略，它与定滑轮之间无滑动．假设定滑轮质量为M、半径为R，其转动

惯量为221MR，滑轮轴光滑．试求该物体由静止开始下落的过程中，下落速度与时间的关系． 解：根据牛顿运动定律和转动定律列方程 m

M R 对物体： mg－T ＝ma ① 对滑轮： TR = J ② 运动学关系： a＝R ③ 将①、②、③式联立得

a＝mg / (m＋21M) ∵ v0＝0， ∴ v＝at＝mgt / (m＋21M)

3. 为求一半径R＝50 cm的飞轮对于通过其中心且与盘面垂直的固定转轴的转动惯量，在飞轮上绕以细绳，绳末端悬一质量m1＝8 kg的重锤．让重锤从高2 m处由静止落下，测得下落时间t1＝16 s．再用另一质量m2=4 kg的重锤做同样测量，测得下落时间t2＝25 s．假定摩擦力矩是一个常量，求飞轮的转动惯量．

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－Mf＝Ja / R ① mg－T＝ma ②

h＝221at ③ 则将m1、t1代入上述方程组，得 a1＝2h /21t＝0.0156 m / s2 T1＝m1 (g－a1)＝78.3 N J＝(T1R－Mf )R / a1 ④ 将m2、t2代入①、②、③方程组，得 a2＝2h /22t ＝6.4×10-3 m / s T2＝m2(g－a2)＝39.2 N J = (T2R－Mf)R / a2 ⑤

由④、⑤两式，得 J＝R2(T1－T2) / (a1－a2)＝1.06×103 kg·m2

4. 一转动惯量为J的圆盘绕一固定轴转动，起初角速度为0．设它所受阻力矩与转动角速度成正比，即M＝－k (k为正的常数)，求圆盘的角速度从0变为021时所需的时间．

解：根据转动定律：   Jd / dt = -k ∴ tJkdd

两边积分： ttJk02/dd100 得 ln2 = kt / J ∴ t＝(J ln2) / k

5. 某人站在水平转台的中央，与转台一起以恒定的转速n1转动，他的两手各拿一个质量为

T M R Tmg a

T RTmg m的砝码，砝码彼此相距l1 (每一砝码离转轴21l1),当此人将砝码拉近到距离为l2时(每一砝码离转轴为21l2)，整个系统转速变为n2．求在此过程中人所作的功．(假定人在收臂过程中自身对轴的转动惯量的变化可以忽略) 解：(1) 将转台、砝码、人看作一个系统，过程中人作的功W等于系统动能之增量： W＝Ek＝212210222204)21(214)21(21nmlJnmlJ 这里的J0是没有砝码时系统的转动惯量． (2) 过程中无外力矩作用，系统的动量矩守恒：

2(J0＋2121ml) n1 = 2 (J0＋2221ml) n2

∴ 1222212102nnnlnlmJ (3) 将J0代入W式，得 2221212llnmnW

6. 一质量均匀分布的圆盘，质量为M，半径为R，放在一粗糙水平面上(圆盘与水平面之间的摩擦系数为)，圆盘可绕通过其中心O的竖直固定光滑轴转动．开始时，圆盘静止，一质量为m的子弹以水平速度v0垂直于圆盘半径打入圆盘边缘并嵌在盘边上，求 (1) 子弹击中圆盘后，盘所获得的角速度． (2) 经过多少时间后，圆盘停止转动．

(圆盘绕通过O的竖直轴的转动惯量为221MR，忽略子弹重力造成的摩擦阻力矩)

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． mv0R＝(21MR2＋mR2)

RmMm210

v

(2) 设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 RfrrgrM0d2＝(2 / 3)gR3＝(2 / 3)MgR 设经过t时间圆盘停止转动，则按角动量定理有 －Mft＝0－J＝－(21MR2＋mR2)＝- mv 0R

∴  MgmMgRRmMRmtf2v33/2vv000

m R O 0v 7.一匀质细棒长为2L，质量为m，以与棒长方向相垂直的速度v0在光滑水平面内平动时，与前方一固定的光滑支点O发生完全非弹性碰

撞．碰撞点位于棒中心的一侧L21处，如图所示．求棒在碰撞后的瞬时绕O点转动的角速度．(细棒绕通过其端点且与其垂直的轴转动时的转动惯量为231ml，式中的m和l分别为棒的质量和长度．)

解：碰撞前瞬时，杆对O点的角动量为 LmLxxxxLL0202/002/30021ddvvvv

式中为杆的线密度．碰撞后瞬时，杆对O点的角动量为 222

1272141234331

mLLmLmJ

因碰撞前后角动量守恒，所以 LmmL022112/7v

∴  = 6v0 / (7L) 8. 长为l的匀质细杆，可绕过杆的一端O点的水平光滑固定轴转动，开始时静止于竖直位置．紧挨O点悬一单摆，轻质摆线的长度也是l，摆球质量为m．若单摆从水平位置由静止开始自由摆下，且摆球与细杆作完全弹性碰撞，碰撞后摆球正好静止．求： (1) 细杆的质量． (2) 细杆摆起的最大角度．

解：(1) 设摆球与细杆碰撞时速度为v 0，碰后细杆角速度为，系统角动量守恒 得： J = mv0l 由于是弹性碰撞，所以单摆的动能变为细杆的转动动能

 2202121Jmv

代入J＝231Ml，由上述两式可得 M＝3m (2) 由机械能守恒式  mglm2021v及 cos121212MglJ

并利用(1) 中所求得的关系可得 31arccos

四 研讨题 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iimr2与各质量元和它们对转轴的距离有关．如一匀质圆盘对

L 21L

2

1L

O 0

v

0v

OM

m l l 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. 刚体定轴转动时，它的动能的增量只决定于外力对它做的功而与内力的作用无关。对于非刚体也是这样吗？为什么？

参考解答： 根据动能定理可知，质点系的动能增量不仅决定于外力做的功，还决定于内力做的功。 由于刚体内任意两质量元间的距离固定，或说在运动过程中两质量元的相对位移为零，所以每一对内力做功之和都为零。故刚体定轴转动时，动能的增量就只决定于外力的功而与内力的作用无关了。 非刚体的各质量元间一般都会有相对位移，所以不能保证每一对内力做功之和都为零，故动能的增量不仅决定于外力做的功还决定于内力做的功。

3. 乒乓球运动员在台面上搓动乒乓球，为什么乒乓球能自动返回？ 参考解答： 分析：乒乓球（设乒乓球为均质球壳）的运动可分解为球随质心的平动和绕通过质心的轴的转动．乒乓球在台面上滚动时，受到的水平方向的力只有摩擦力．若乒乓球平动的初始速度vc的方向如图，则摩擦力 Fr的 方向一定向后．摩擦力的作用有二，对质心的运动来说，它

使质心平动的速度vc 逐渐减小；对绕质心的转动来说，它将使转动的角速度逐渐变小． 当质心平动的速度vc

= 0而角速度 0 时，乒乓

球将返回．因此，要使乒乓球能自动返回，初始速度vc

和初始角速度0的大小应满足一定的关系．

解题：由质心运动定理:tmFcrddv 因mgFr , 得 gcc

0vv (1)

由对通过质心的轴（垂直于屏面）的转动定律IM

tmRRFrdd)32(2, 得 gtR230 (2)

由(1),(2)两式可得 Rccvv.023, 令 0 0；cv

可得 Rc23.0v 这说明当vc= 0和0的大小满足此关系时，乒乓球可自动返回．