[解答]大圆的面积为 S = πR， 质量的面密度为
σ = M/S． 大圆绕过圆心且与盘面垂直的轴线的转动惯量为
IM = MR/2． 小圆的面积为
s = πr2，
质量为
m = σs，
绕过自己圆心且垂直圆面的轴的转动惯量为
IC = mr2/2，
根据平行轴定理，绕大圆轴的转动惯量为
Im = IC + m(R/2)．
Im?IC?m(?142[解答]设飞轮对闸瓦的支持力为N`，以左端为转动轴，在力矩平衡时有
0.5N` – 1.25F = 0，
所以
N`=2.5F = 250(N)．
闸瓦对飞轮的压力为
N = N`= 250(N)， 与飞轮之间摩擦力为
f = μN = 100(N)， 摩擦力产生的力矩为
M = fR． 飞轮的转动惯量为 I = mR/2，
角加速度大小为
β = -M/I = -2f/mR = -40/3(rad·s-2)， 负号表示其方向与角速度的方向相反． 飞轮的初角速度为
ω0 = 30π(rad?s-1)．
根据公式ω = ω0 + βt，当ω = 0时， t = -ω0/β = 7.07(s)．
再根据公式ω2 = ω02 + 2βθ，可得飞轮转过的角度为
θ = -ω02/2β = 333(rad)，
转过的圈数为
n = θ/2π = 53r．
2rR42
R r O r 2
图4.4
2
2
R2)?2214m(2r?R)
222??r(2r?R)
rR22?14M(2r?R)，
22剩余部分的转动惯量为 I?IM?2Im?12M(R?r?222)．
[注意]圈数等于角度的弧度数除以2π． （2）当t = 2s，ω = ω0/2时，角加速度为
β = -ω0/2t = -7.5π．
力矩为
M = -Iβ，
摩擦力为
f = M/R = -mRβ/2 = (7.5)2π．
闸瓦对飞轮的压力为 N = f/μ，
需要的制动力为
F = N/2.5 = (7.5)2π = 176.7(N)．
4．6 一轻绳绕于r = 0.2m的飞轮边缘，以恒力F = 98N拉绳，如图（a）所示．已知飞轮的转动惯量I = 0.5kg·m2，轴承无摩擦．求
（1）飞轮的角加速度．
4．5 飞轮质量m = 60kg，半径R = 0.25m，绕水平中心轴O转动，转速为900r·min-1．现利用一制动用的轻质闸瓦，在剖杆一端加竖直方
?向的制动力F，可使
0.50 0.75 F 飞轮减速．闸杆尺寸如图所示，闸瓦与飞
O 图4.5
轮之间的摩擦因数μ
= 0.4，飞轮的转动惯量可按匀质圆盘计算． （1）设F = 100N，问可使飞轮在多长时间内停止转动？这段时间飞轮转了多少转？
（2）若要在2s内使飞轮转速减为一半，需加多大的制动力F？
21
m F=98N P=98N
(b) (a)
(图4.6
（2）绳子拉下5m时，飞轮的角速度和动能．
（3）将重力P = 98N的物体挂在绳端，如图（b）所示，再求上面的结果．
[解答]（1）恒力的力矩为 M = Fr = 19.6(N·m)， 对飞轮产生角加速度为
β = M/I = 39.2(rad·s)．
（2）方法一：用运动学公式．飞轮转过的角度为
θ = s/r = 25(rad)，
由于飞轮开始静止，根据公式ω = 2βθ，可得角速度为 ??s)； 2??= 44.27(rad·2
-12-2
水平面的摩擦因数为μ，圆盘从初角速度为ω0到停止转动，共转了多少圈？
[解答]圆盘对水平面的压力为
N = mg，
压在水平面上的面积为
S = πR，
压强为
p = N/S = mg/πR．
当圆盘滑动时，在盘上取一半径为r、对应角为dθ面积元，其面积为
dS = rdθdr，
对水平面的压力为
dN = pdS = prdrdθ，
所受的摩擦力为
df = μdN = μprdrdθ，
其方向与半径垂直，摩擦力产生的力矩为 dM = rdf = μprdrdθ，
总力矩为
M?2
2
2
飞轮的转动动能为
Ek = Iω/2 = 490(J)．
方法二：用动力学定理．拉力的功为
W = Fs = 490(J)， 根据动能定理，这就是飞轮的转动动能Ek．
根据公式Ek = Iω2/2，得角速度为
??02?R02?prdrd??2π?p13R
3?23?mgR．
??2Ek/I= 44.27(rad·s)．
-1
(3)物体的质量为
m = P/g = 10(kg)． 设绳子的张力为T，则
P – T = ma，Tr = Iβ． 由于a = βr，可得
2
Pr = mrβ + Iβ，
解得角加速度为
??Prmr?I2圆盘的转动惯量为
I = mR2/2，
角加速度大小为
???MI??4?g3R，
负号表示其方向与角速度的方向相反．
22
根据转动公式ω = ω0 + 2βθ，当圆盘停止下来时ω = 0，所以圆盘转过的角度为
????02= 21.8(rad·s-2)．
绳子的张力为
I?IPT?r?mr?I22??3?0R8?g2，
= 54.4(N)．
转过的圈数为
n?张力所做的功为
W` = Ts = 272.2(J)，
这就是飞轮此时的转动动能E`k．
飞轮的角速度为
?2??3?0R16??g2．
[注意]在圆盘上取一个细圆环，其面积为ds = 2πrdr，这样计算力矩等更简单。
4．8 一个轻质弹簧的倔强系数为k = 2.0N·m-1．它的一端固定，另一端通过一条细线绕过定滑轮和一个质量为m1 = 80g的物体相连，m 22
?`?-1
2Ek/I= 33(rad·s)．
`
4．7 质量为m，半径为R的均匀圆盘在水平面上绕中心轴转动，如图所示．盘与
ω0
O R 图4.7
r m1 图4.8 h m1 如力产所示．定滑轮可看作均匀圆盘，它的半径为r = 0.05m，质量为m = 100g．先用手托住物体m1，使弹簧处于其自然长度，然后松手．求物体m1下降h = 0.5m时的速度多大？忽略滑轮轴上的摩擦，并认为绳在滑轮边上不打滑．
[解答]根据机械能守恒定律可列方程
m1gh?2
B的角速度为
ωB = v/R2．
根据转动运动学的公式得 ωA – ω = -βAt，ωB = βBt，
即 v/R1 – ω = -βAt，v/R2 = βBt， 化得
v - ωR1 = -βAR1t，v = βBR2t， 将后式减前式得
ωR1 = (R1βA + R2βB)t， 解得
t?12m1v?2
212I??2122
kh，
2其中I = mr/2，ω = v/r，可得
2m1gh – kh = m1v + mv/2，
解得
v?2m1gh?khm1?m/222
?R1R1?A?R2?B
= 1.48(m·s-1)．
?R1MA?R1/IA?R2MB/IB
4．9 均质圆轮A的质量为M1，半径为R1，以角速度ω绕OA杆的A端转动，此时，将其放置在另一质量为M2的均质圆轮B上，B轮的半径为R2．B轮原来静止，但可绕其几何中心轴自由转动．放置后，A轮的重量由B轮支持．略去轴承的摩擦与杆OA的重量，并设两轮间的摩擦因素为μ，问自A轮放在B轮上到两轮间没有相对滑动为止，需要经过多长时间？
[解答]圆轮A对B的压力为 N = M1g， 两轮之间的摩擦力大小为 f = μN = μM1g， 摩擦力对A的力矩大小为 MA = fR1 = μM1gR1， 摩擦力对B的力矩大小为
MB = fR2 = μM1gR2， O 设A和B的角加速度大小分别为βA和βB，转动惯量分别为IA和IB，根据转动定理得方程 MA = IAβA，
即 βA = MA/IA． 同理可得
βB = MB/IB．
当两轮没有相对滑动时，它们就具有相同的线速度v，A的角速度为
ωA = v/R1，
23
??R1R1?M1gR1R2?M1gR2?1122M1R1M2R222?R12?g?2?gM1/M2
?
经过的时间为
t??M2R12?g(M1?M2)．
[注意]在此题中，由于A、B两轮不是
绕着同一轴转动的，所以不能用角动量守恒定律．
如果A轮的轮面放在B轮的轮面之上，且两轮共轴，在求解同样的问题时，既可以
A R1 用转动定律求解，也可以结合角动量守恒定律求解．
当它们之间没有滑动时，角动量为ω`，根据角动量守恒定律得
B R2 因此得
ω` = IAω/(IA + IB)．
（1）设R1≦R2，那么A轮压在B轮上的面积为
S = πR12， 压强为
IAω = (IA+IB)ω`，
B R2 A R1 A r B dr R1 2
p = M1g/S = M1g/πR1．
当A轮在B轮上产生滑动时，在A轮上取一半径为r、对应角为dθ面积元，其面积为
dS = rdθdr， 对B轮的压力为
dN = pdS = prdrdθ， 所受的摩擦力为
df = μdN = μprdrdθ，
其方向与半径垂直，摩擦力产生的力矩为
dM = rdf = μprdrdθ， 总力矩为
M?2?R1只有当R1 = R2时，两个时间才是相同的：
t?3M2R1?4?g(M1?M2)?3M2R2?4?g(M1?M2)．
4．10 均质矩形薄板绕竖直边转动，初始角速度为ω0，转动时受到空气的阻力．阻力垂直于板面，每一小面积所受阻力的大小与其面积及速度的平方的乘积成正比，比例常数为k．试计算经过多少时间，薄板角速度减为原来的一半．设薄板竖直边长为b，宽为a，薄板质量为m． [解答]在板上距离转轴为r处取一长度为b，宽度为dr的面积元，其面积为 dS = bdr．
当板的角速度ω时，面积元的速率为 v = ωr， 所受的阻力为
df = kvdS = kωrbdr， 阻力产生的力矩为
dM = rdf = kω2r3bdr， 因此合力矩为
M?2
22
2
??0032?prdrd?
a r O dS b r ?2π?p13R1?23?M1gR1．
这是A轮所受的力矩，也是B轮所受的力矩．根据转动定理得B轮的角加速度为
βB = M/IB．
根据转动公式ω` = βBt，得时间为
t?图4.10
?`?B?IA?IA?IB?IBM
2??M1R1/221222M1R/2?M2R/22?M1gR1/33M2RR?14?g(M1R?M2R)212222?M2R2/2，
?a0k?brdr?2314k?ba．
24即 t?．
板绕转轴的转动惯量为I = ma2/3，其角加速度为
（2）如果R1≧R2，那么A轮压在B轮上的面积为
S = πR22，
压强为
p = M1g/S = M1g/πR22．
同样在A轮上取一面积元，力矩的积分上限就是R2．总力矩为
M????MI??3k?ba4m22，
负号表示角加速度的方向与角速度的方向相反．
由于β = dω/dt，可得转动的微分方程
d?dt??3k?ba4m22?R20?prdr?13R2?322?0d?
，
?2π?p23?M1gR2，
分离变量得
3kba4m2由此求得时间就变为
t?3MRR2?4?g(MR?M2R)22221211dt??d??2，
． 积分得
24
3kba4m2t?1（1）系统对通过质心的竖直轴的总角
?C．
?当t = 0时，ω = ω0，所以C = -1/ω0，因此转动方程为
3kba4m2动量；
（2）系统的角速度；
（3）两人拉手前、后的总动能．这一过程中能量是否守恒？
[解答]（1）设质心距A的平行线为rA，距B的平行线为
mA rB，则有
vA rA rA + rB = r，
r 根据质心的概念
rB 可得
vB mArA = mBrB， mB 解方程组得
rA?mBmA?mBr，rB?mAmA?mBr．
t?1??1?0．
当ω = ω0/2时，解得时间为
t?4m3kba?02．
4．11 一个质量为M，半径为R并以角速度ω旋转的飞轮（可看作匀质圆盘），在某一瞬间突然有一片质量为m的碎片从轮的边缘上飞出，如图所示．假定碎片脱离飞轮时的瞬时速度方向正好竖直向上．
（1）问它能上升多高？
（2）求余下部分的
两运动员绕质心的角动量的方向相同，他们
的总角动量为
L?mAvArA?mBvBrB mAmBmA?mBR ω ?角速度、角动量和转动
图4.11 动能．
[解答]（1）碎片上抛的初速度为
v0 = ωR， 根据匀变速直线运动公式v2 – v02 = -2gh， 可得碎片上升的高度为
h = v02/2g =ω2R2/2g．
（2）余下部分的角速度仍为ω，但是转动惯量只有
I?12MR?mR，
22m·s)． r(vA?vB)= 630(kg·
2-1
（2）根据角动量守恒定律得
L = (IA + IB)ω， 其中IA和IB分别是两绕质心的转动惯量
IA = mArA2和IB = mBrB2． 角速度为
-1
ω = L/(IA + IB) = 8.67(rad·s)． （3）两人拉手前的总动能就是平动动能
Ek1?1212mAvA?212所以角动量为
L = Iω = R2(M/2 – m)ω．
转动动能为
Ek?12I?2mBvB= 2730(J)；
2拉手后的总动能是绕质心的转动动能：
Ek2?IA??212?1M22(?m)?R． 22IB?= 2730(J)，
2可见：这一过程能量是守恒的．
[讨论]（1）角动量．根据上面的推导过程可得两人绕质心的总转动惯量为
I?mArA?mBrB?22
4．12 两滑冰运动员，在相距1.5m的两平行线上相向而行，两人质量分别为mA = 60kg，mB = 70kg，它们速率分别为vA = 7m·s-1，vB = 6m·s-1，当两者最接近时，便函拉起手来，开始绕质心作圆周运动，并保持二者的距离为1.5m．求该瞬时：
mAmBmA?mB2r(rA?rB)
?mAmBmA?mBr，
25