大学物理学第4章作业题

分析 由于转动惯量的可加性，求解第一问可有两种方法：一是由定义式Jr2dm计算，式中dm 可取半径为r、宽度为dr 窄圆环；二是用补偿法可将剩余部分的转动惯量看成是原大圆盘和挖去的小圆盘对同一轴的转动惯量的差值．至于第二问需用到平行轴定理． 解 挖去后的圆盘如图(b)所示． (1) 解1 由分析知

m2πrdrR/2πR2

2mR315 2rdrmR2RR/232J0r2dmr2R解2 整个圆盘对OO 轴转动惯量为J11mR2，挖去的小圆盘

2对OO

R轴转动惯量J21m2π2πR22R212mR，由分析知，剩232余部分对OO 轴的转动惯量为

J0J1J215mR2 32(2) 由平行轴定理，剩余部分对O′O′轴的转动惯量为

223915mR2J0mRm2πRmR2

32πR322

4 －11 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)．

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FＴ，对飞轮而言，根据转动定律，有

FTRJα (1)

而对重物而言，由牛顿定律，有

mgFTma (2)

由于绳子不可伸长，因此，有

aRα (3)

重物作匀加速下落，则有

1hat2 (4)

2由上述各式可解得飞轮的转动惯量为

gt2JmR2h1 2解2 根据系统的机械能守恒定律，有 11mghmv2Jω20 (1′)

22而线速度和角速度的关系为

(2′)

又根据重物作匀加速运动时，有

vat (3′) v22ah (4′)

由上述各式可得

gt2JmR2h1 2vRω

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 －14 质量为m1 和m2 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J1 和J2 ，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.

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

P1FT1m1gFT1m1a1 FT2P2FT2m2gm2a2 FT1RFT2rJ1J2α FT1FT1,FT2FT2

(1) (2) (3)

(4)

由角加速度和线加速度之间的关系，有

a1Rα (5) a2rα (6)

解上述方程组，可得

a1m1Rm2rgR 22J1J2m1Rm2rm1Rm2rgr

J1J2m1R2m2r2a2J1J2m1r2m2RrFT1m1g

J1J2m1R2m2r2J1J2m1R2m1RrFT2m2g 22J1J2m1Rm2r

4 －18 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？

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

dωCωα (1)

dtJ根据初始条件对式(1)积分，有

tdωCω0ω0Jdt ω由于C 和J 均为常量，得

ωω0eCt/J

(2)

当角速度由ω0 → 12 ω0 时，转动所需的时间为

Jtln2

Ct(2) 根据初始条件对式(2)积分，有

θ0dθω0eCt/Jdt

0即 θ在时间t 内所转过的圈数为

NθJω02π4πCJω02C

4 －21 在光滑的水平面上有一木杆，其质量m1 ＝1.0 kg，长l ＝40cm，可绕通过其中点并与之垂直的轴转动.一质量

－

为m2 ＝10g 的子弹，以v ＝2.0×102 m· s1 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.

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

J2ωJ1J2ω 式中J2m2l/22为子弹绕轴的转动惯量，J2ω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.J1m1l2/12为杆绕轴的转动惯量.可得杆的角速度为

ωJ2ω6m2v29.1s1 J1J2m13m2

4 －23 一质量为20.0 kg 的小孩，站在一半径为3.00 m、转动惯量为450 kg· m2 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1.00 m· s1 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ωω0ω1 . 解 由相对角速度的关系，人相对地面的角速度为

vωω0ω1ω0

R由于系统初始是静止的，根据系统的角动量守恒定律，有

J0ω0J1ω0ω10 式中J0 、J1 ＝mR2 分别为转台、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

mR2v21 ω09.5210s2J0mRR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 －24 一转台绕其中心的竖直轴以角速度ω0 ＝πs-1 转动，转台对转轴的转动惯量为J0 ＝4.0 ×10-3 kg· m2 .今有砂粒以Q ＝2t g· s-1 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 ＝0.10 m，求砂粒下落t ＝10 s 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→10 s 内落至台面的砂粒的质量为

10smQdt0.10kg 0根据系统的角动量守恒定律，有

J0ω0J0mr2ω

则t ＝10 s 时，转台的角速度

ωJ0ω01 0.80Jπs12J0mr

4 －17 一半径为R、质量为m 的匀质圆盘，以角速度ω绕其中心轴转动，现将它平放在一水平板上，盘与板表面的摩擦因数为μ.(1) 求圆盘所受的摩擦力矩.(2) 问经多少时间后，圆盘转动才能停止？

分析 转动圆盘在平板上能逐渐停止下来是由于平板对其摩擦力矩作用的结果.由于圆盘各部分所受的摩擦力的力臂不同，总的摩擦力矩应是各部分摩擦力矩的积分.为此，可考虑将圆盘分割成许多同心圆环，取半径为r、宽为dr 的圆环为面元，环所受摩擦力dFｆ ＝2πrμmgdr/πR2 ，其方向均与环的半径垂直，因此，该圆环的摩擦力矩dM ＝r ×dFｆ ，其方向沿转动轴，则圆盘所受的总摩擦力矩M ＝∫ dM.这样，总的摩擦力矩的计算就可通过积分来完成.由于摩擦力矩是恒力矩，则由角动量定理MΔt ＝Δ(Jω)，可求得圆盘停止前所经历的时间Δt.当然也可由转动定律求解得.

解 (1) 由分析可知，圆盘上半径为r、宽度为dr 的同心圆环所受的摩擦力矩为

dMrdFf2r2μmgdr/R2k 式中k 为轴向的单位矢量.圆盘所受的总摩擦力矩大小为

MdMR02r2μmg2drμmgR 2R3(2) 由于摩擦力矩是一恒力矩，圆盘的转动惯量J ＝mR2/2 .

由角动量定理MΔt ＝Δ(Jω)，可得圆盘停止的时间为

ΔtJω3ωR M4μg

4 －27 一质量为1.12 kg，长为1.0 m 的均匀细棒，支点在棒的上端点，开始时棒自由悬挂.以100 N 的力打击它的下端点，打击时间为0.02 s.(1) 若打击前棒是静止的，求打击时其角动量的变化；(2) 棒的最大偏转角.

分析 该题属于常见的刚体转动问题，可分为两个过程来讨论：(1) 瞬间的打击过程.在瞬间外力的打击下，棒受到外力矩的角冲量，根据角动量定理，棒的角动量将发生变化，则获得一定的角速度.(2) 棒的转动过程.由于棒和地球所组成的系统，除重力(保守内力)外无其他外力做功，因此系统的机械能守恒，根据机械能守恒定律，可求得棒的偏转角度.

解 (1) 由刚体的角动量定理得

ΔLJω0MdtFlΔt2.0kgm2s1 (2) 取棒和地球为一系统，并选O 处为重力势能零点.在转动过程中，系统的机械能守恒，即

112Jω0mgl1cosθ

22由式(1)、(2)可得棒的偏转角度为

3F2Δt2oθarccos18838 2mgl

4 －30 如图所示，一质量为m 的小球由一绳索系着，以角速度ω0 在无摩擦的水平面上，作半径为r0 的圆周运动.如果在绳的另一端作用一竖直向下的拉力，使小球作半径为r0/2 的圆周运动.试求：(1) 小球新的角速度；(2) 拉力所作的功.

分析 沿轴向的拉力对小球不产生力矩，因此，小球在水平面上转动的过程中不受外力矩作用，其角动量应保持不变.但是，外力改变了小球圆周运动的半径，也改变了小球的转动惯量，从而改变了小球的角速度.至于拉力所作的功，可根据动能定理由小球动能的变化得到. 解 (1) 根据分析，小球在转动的过程中，角动量保持守恒，故有式中J0 和J1 分别是小球在半径为r0 和12 r0 时对轴的转动惯量，即

J0ω0J1ω1 式中J0 和J1 分别是小球在半径为r０ 和1/2 r０ 时对轴的转动惯量，即J0mr02和J11mr02，则

4ωJ1ω04ω0 J0(2) 随着小球转动角速度的增加，其转动动能也增加，这正是拉力作功的结果.由转动的动能定理可得拉力的功为

11322WJ1ω12J0ω0mr02ω0

222

4 －31 质量为0.50 kg，长为0.40 m 的均匀细棒，可绕垂

直于棒的一端的水平轴转动.如将此棒放在水平位置，然后任其落下，求：(1) 当棒转过60°时的角加速度和角速度；(2) 下落到竖直位置时的动能；(3) 下落到竖直位置时的角速度.

分析 转动定律M ＝Jα是一瞬时关系式，为求棒在不同位置的角加速度，只需确定棒所在位置的力矩就可求得.由于重力矩Mθmglcosθ是变力矩，角加速度也是变化的，因此，

2在求角速度时，就必须根据角加速度用积分的方法来计算(也可根据转动中的动能定理，通过计算变力矩的功来求).至于棒下落到竖直位置时的动能和角速度，可采用系统的机械能守恒定律来解，这是因为棒与地球所组成的系统中，只有重力作功(转轴处的支持力不作功)，因此，系统的机械能守恒.

解 (1) 棒绕端点的转动惯量J1ml2由转动定律M ＝Jα可

3得棒在θ 位置时的角加速度为

Mθ3gcosθα

J2l当θ ＝60°时，棒转动的角加速度 18.4s2

由于αdωωdω，根据初始条件对式(1)积分，有

dtdθ则角速度为

ωω0ωdω60o0αdθ

3gsinθl60o07.98s1

(2) 根据机械能守恒，棒下落至竖直位置时的动能为

1EKmgl0.98J

2(3) 由于该动能也就是转动动能，即EK至竖直位置时的角速度为

ω12Jω，所以，棒落22EK3g8.57s1 Jl

4 －32 如图所示，A 与B 两飞轮的轴杆由摩擦啮合器连

接，A 轮的转动惯量J1 ＝10.0 kg· m2 ，开始时B 轮静止，A 轮以n1 ＝600 r· min-1 的转速转动，然后使A 与B 连接，因而B 轮得到加速而A 轮减速，直到两轮的转速都等于n ＝200 r· min-1 为止.求：(1) B 轮的转动惯量；(2) 在啮合过程中损失的机械能.

分析 两飞轮在轴方向啮合时，轴向力不产生转动力矩，两飞轮系统的角动量守恒，由此可求得B 轮的转动惯量.根据两飞轮在啮合前后转动动能的变化，即可得到啮合过程中机械能的损失.

解 (1) 取两飞轮为系统，根据系统的角动量守恒，有

则B 轮的转动惯量为

J2J1ω1J1J2ω2

ω1ω2nnJ112J120.0kgm2 ω2n2(2) 系统在啮合过程中机械能的变化为 112ΔEJ1J2ω2J1ω121.32104J

22式中负号表示啮合过程中机械能减少.

4 －34 如图所示，有一空心圆环可绕竖直轴OO′自由转

动，转动惯量为J0 ，环的半径为R，初始的角速度为ω0 ，今有一质量为m 的小球静止在环内A 点，由于微小扰动使小球向下滑动.问小球到达B、C 点时，环的角速度与小球相对于环的速度各为多少？ (假设环内壁光滑.)

分析 虽然小球在环中作圆周运动，但由于环的转动，使球的运动规律复杂化了.由于应用守恒定律是解决力学问题最直接而又简便的方法，故以环和小球组成的转动系统来分析.在小球下滑的过程中，重力是系统仅有的外力，由于它与转

轴平行，不产生外力矩，因此，该系统对轴的角动量守恒.若以小球位于点A、B 处为初、末两状态，由角动量守恒定律可解得小球在点B 时环的角速度ωB .在进一步求解小球在点B 处相对环的速度vB 时，如果仍取上述系统，则因重力(属外力)对系统要作功而使系统的机械能不守恒；若改取小球与地球为系统，也因环对小球的作用力在转动过程中作功，而使系统的机械能守恒仍不能成立；只有取环、小球与地球为系统时，系统才不受外力作用，而重力为保守内力，环与球的相互作用力虽不属保守内力，但这一对力所作功的总和为零，因此系统的机械能守恒.根据两守恒定律可解所需的结果.但必须注意：在计算系统的动能时，既有环的转动动能，又有小球对地的动能(它可视为小球随环一起转动

22的转动动能1mr2ωB与小球相对于环运动的动能1mvB之和).

22解 以环和小球为转动系统，由系统的角动量守恒有

J0ω0J0mR2ωB (1) 取环、小球与地球为系统时，由系统的机械能守恒可得

111222J0ω0mgRJ0mR2ωBmvB (2)

222由式(1)、(2) 可解得小球在B 点时，环的角速度与小球相

对于环的线速度分别为

ωBJ0ω0J0mR2

22J0ω0RvB2gRJ0mR2小球在C 点时，由于总的转动惯量不变，用同样的方法可得环的角速度和小球相对于环的速度分别为

ωCω0

vC4gR