则?c?J0J0?J2?a?m?R222m?R?2mr?a
4－24 一质量为1.12kg，长为1.0m的均匀细棒，支点在棒的上端点，开始时棒自由悬挂.以100N的力打击它的下端点，打击时间为0.02s.(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.
题 4-24 图
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?m?s
22?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
12Jω0?12mgl?1?cosθ?
由式(1)、(2)可得棒的偏转角度为
22?3FΔtθ?arccos??1?m2gl??o??8838? ??4－25 我国1970年4月24日发射的第一颗人造卫星，其近地点为4.39×105 m，远地点为2.38 ×10m.试计算卫星在近地点和远地点的速率.(设地球半径为6.38×10m)
分析 当人造卫星在绕地球的椭圆轨道上运行时，只受到有心力———万有引力的作用.因此，卫星在运行过程中角动量是守恒的，同时该力对地球和卫星组成的系统而言，又是属于保守内力，因此，系统又满足机械能守恒定律.根据上述两条守恒定律可求出卫星在近地点和远地点时的速率.
解 由于卫星在近地点和远地点处的速度方向与椭圆径矢垂直，因此，由角动量守恒定律有
6
6
mr1v1?mr2v2(1)
又因卫星与地球系统的机械能守恒，故有
12mv1?2Gmmr1E?12mv2?2Gmmr2E(2)
式中G为引力常量，mＥ和m分别为地球和卫星的质量，r1和r2是卫星在近地点和远地点时离地球中心的距离.由式(1)、(2)可解得卫星在近地点和远地点的速率分别为
v1?GmEr2r1?r1?r2?3?1?8.11?10m?s
v2?
r1r2v1?6.31?10m?s3?1
4－26 在题3－26的冲击摆问题中，若以质量为m′的均匀细棒代替柔绳，子弹速度的最小值应是多少？
题 4-26 图
分析 该题与习题3－26的不同之处在于：(1)子弹与摆锤的相互作用过程不再满足动量守恒，而应属于角动量守恒，这是因为细棒和摆锤是一整体，子弹与摆锤相互作用时，轴对杆有水平方向的分力作用，因此，对子弹与摆组成的系统而言，不能满足动量守恒的条件.但是，轴对杆的作用力和杆所受的重力对转动都不产生力矩，系统角动量守恒的条件却能满足.(2)摆在转动过程中，就地球与摆组成的系统而言，满足机械能守恒定律.摆锤恰能通过最高点所需的速度，可直接应用机械能守恒定律去解.摆是刚体，摆锤与轴心之间的距离不可能发生改变.摆锤开始转动时的动能必须大于或等于转至最高点处所增加的势能. 解 取子弹与摆为系统，根据系统的角动量守恒，有
J113v?v??J1????J2?J3?ω0 (1) l2l??22式中J1?ml，J2?m?l和J3?m?l分别为子弹、摆锤和杆对轴的转动惯量.
2根据摆在转动过程中机械能守恒，有
12?J2?J3?ω02?1?3?m?gl?m?g?2l??m?g?l? (2) 2?2?由式(1)、(2)可得子弹速度的最小值为
v?4m?n2gl
4－27 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.
题 4-27 图
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
J0ω0?J1ω1
2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?mr0和J1?14mr0，
2则
ω?J1J0ω0?4ω0
(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
W?12J1ω1?212J0ω0?232mr0ω0
224－28 质量为0.50kg，长为0.40m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.
题 4-28 图
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??mgl2cosθ是变力矩，角加速度也是变化的，因
此，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?13ml由转动定律M ＝Jα可得棒在θ位置时的角加速度为 α?M?θ?J?3gcosθ2l2
当θ＝60°时，棒转动的角加速度
?2??18.4rad?s
由于α?dωdt?ωdωdθ，根据初始条件对式(1)积分，有
?则角速度为
ω0ωdω??o60o0αdθ
??3gsin?l600?7.98rad?s?1
(2)根据机械能守恒，棒下落至竖直位置时的动能为
Ek?12mgl?0.98J
(3)由于该动能也就是转动动能，即Ek?12J?，所以，棒落至竖直位置时的角速度为
2???2EkJ?3gl
?8.57rad?s
-1如图所示，压路机的滚筒可以近似看成一个圆柱形薄壁圆筒，已知圆筒直径d=1.50
m，质量m=104 kg. 如作用于圆筒中心轴O的水平牵引力F=2.0?104 N，使其在水平路面上作
*4－29
纯滚动，求：（1）滚筒的角加速度?和轴心加速度?0；（2）滚筒与路面间的摩擦力大小；（3）从静止开始滚筒在路面压过1 m距离时，滚筒的动能.
题 4-29 图
分析滚筒的运动被称为刚体平面运动，按照叠加原理该运动可以被分解为质心的平动和绕质心的转动两部分，分别满足质心运动定理和转动定律，以及相应的运动学规律.由于是纯滚动（即滚筒与地面间无相对滑动），故作用在滚筒上的为静摩擦力，且有
?0?r?,v0?r?,s?r?三式成立.滚筒的动能也可看成两个分运动动能之和，即
Ek?12mv20?12J0?.
2解（1）设作用于滚筒上的静摩擦力如图所示，由分析可知，有
F?Ff?ma0 (1)
Ffd2?J0?（2） d2
?0?Fmd?（3）
由上述三式可解得???1.33rad?sd2?2a0?
（2）由式（2）得
??1.0m?s?2
Ff?F?ma（3）由分析知，有
0?10.4N
Ek?
12mv20?12J0?
2??2???24sd?