题 4-16 图
解 (1)碎块抛出时的初速度为
v0?ωR
由于碎块竖直上抛运动，它所能到达的高度为
h?v022g?ωR2g22
(2)圆盘在裂开的过程中，其角动量守恒，故有
L?L0?L?
12式中L?m?Rω为圆盘未碎时的角动量；L??mRω为碎块被视为质点时，碎块对轴的
22角动量；L为破裂后盘的角动量.则
?1?2L??m??m?Rω
?2?4－17 在光滑的水平面上有一木杆，其质量m1＝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m2＝10g的子弹，以v ＝2.0×10m· s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.
2
-1
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
J2ω??J1?J2?ω?
式中J2?m2?l/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
2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??J2ωJ1?J2?6m2v?m1?3m2?
?29.1s?1
4－18 一质量为20.0kg的小孩，站在一半径为3.00m、转动惯量为450kg· 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1.00m·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
ω?ω0?ω1.
解 由相对角速度的关系，人相对地面的角速度为
ω?ω0?ω1?ω0?vR
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为转台对转台中心轴的转动惯量,J1＝mR2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
ω0??mR22vRJ0?mR??9.52?10?2s?1
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＝πrad?s?1转动，转台对转轴的转动惯量为
J0＝4.0×10-3kg·m2.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
10m?根据系统的角动量守恒定律，有
?0Qdt?0.10kg
J0ω0?J0?mr?2?ω
则t＝10s时，转台的角速度
??J0?0J0?mr2?0.8πs
?14－20 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· m2，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和速率u＝50m· s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Jω；(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
-1
-1
??u?ωr?dm?murm.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
Jω?mur?0(1)
因喷气的流量恒定，故有
m?2Qt (2)
由式(1)、(2)可得喷气的喷射时间为
t?Jω2Qur?2.67s
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
m2的物体发生完全非弹性碰撞，碰撞后物体沿摩擦因
数为?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。注意前两个过程，只能运用刚体定轴转动所满足的力学规律.其中，第一个过程满足机械能守恒，如以细杆摆至垂直位置时细杆质心为势能零
点，则细杆在水平位置的势能应为mgl2(而不是mgl),摆至垂直位置时细杆的动能为
12J?(而不是
212mv)；第二个过程细杆和物体对点O的角动量守恒（而不是动量守恒，想
2一想为什么？），此外对完全非弹性碰撞，碰撞后瞬间满足v???l,??为碰撞后细杆的角速度，v为碰撞后物体的速度. 解 由分析知，有
转动过程 mgl2?12J?
vl2碰撞过程 J??(J?m2l)2
滑动过程 ?m2g?s?0?1m2()v 22将J?13ml代入以上三式，解得物体滑过的距离为
6l25?2s?
讨论 碰撞时作用在细杆-物体系统的外力均通过点O，外力矩为零，故系统对点O的角动量守恒，但此时转轴的点O处会产生水平方向的轴力分量，使合外力并不为零，故系统动量并不守恒，这是初学者容易犯的一种错误.
题 4-21 图
4－22 一位溜冰者伸开双臂来以1.0r?s?1绕身体中心轴转动，此时的转动惯量为1.33
22kg?m,她收起双臂来增加转速，如收起双臂后的转动惯量变为0.48 kg?m.求（1）她收
起双臂后的转速；（2）她收起双臂前后绕身体中心轴的转动动能各为多少？
分析 各种物体（含刚体和变形体）在运动过程中，只要对空间某定点或定轴的外力矩之和为零，则物体对同一点或轴的角动量就守恒，在本题中当溜冰者绕身体中心轴转动时，人体重力和地面支持力均与该轴重合，故无外力矩作用，满足角动量守恒.此时改变身体形状（即改变对轴的转动惯量）就可改变转速，这是在体育运动中经常要利用的物理规律. 解 （1）由分析知，有
J0?0?J?
则 ??J0J?0?2.77r?s
1212-1 （2）收起双臂前 Ek1?J0?0?26.2J
2 收起双臂后 Ek2?J??72.6J
2此时由于人体内力做功，有 Ek2?Ek1
4－23 一质量为m′、半径为R的转台，以角速度ωa转动，转轴的摩擦略去不计.(1)有一质量为m的蜘蛛垂直地落在转台边缘上.此时，转台的角速度ωb为多少？(2)若蜘蛛随后慢慢地爬向转台中心，当它离转台中心的距离为r时，转台的角速度ωc为多少？设蜘蛛下落前距离转台很近.
分析 对蜘蛛和转台所组成的转动系统而言，在蜘蛛下落至转台面以及慢慢向中心爬移过程中，均未受到外力矩的作用，故系统的角动量守恒.应该注意的是，蜘蛛爬行过程中，其转动惯量是在不断改变的.由系统的角动量守恒定律即可求解. 解 (1)蜘蛛垂直下落至转台边缘时，由系统的角动量守恒定律，有
J0ωa??J0?J1?ωb
式中J0?12m?R为转台对其中心轴的转动惯量，J1?mR为蜘蛛刚落至台面边缘时，它
22对轴的转动惯量.于是可得
ωb?J0J0?J1ωa?m?m??2mωa
(2)在蜘蛛向中心轴处慢慢爬行的过程中，其转动惯量将随半径r而改变， 即J2?mr.在此过程中，由系统角动量守恒，有
J0ωa??J0?J1?ωc
2