第四章 刚体的定轴转动
4–1 半径为20cm的主动轮，通过皮带拖动半径为50cm的被动轮转动，皮带与轮之间无相对滑动，主动轮从静止开始作匀角加速度转动，在4s内被动轮的角速度达到8π/s，则主动轮在这段时间内转过了 圈。
解：被动轮边缘上一点的线速度为
v2??2r2?8π?0.5?4πm/s
在4s内主动轮的角速度为
vv4π?1?1?2??20πrad/s
r1r10.2主动轮的角速度为
???20π?1?10??5πrad/s2
?t4在4s内主动轮转过圈数为
21?11(20ππ2N???20（圈）
2π2?12π2?5π4–2绕定轴转动的飞轮均匀地减速，t＝0时角速度为?0＝5rad/s，t＝20s时角速度为
??0.8?0，则飞轮的角加速度?度?＝ 。
＝ ，t＝0到t＝100s时间内飞轮所转过的角
解：由于飞轮作匀变速转动，故飞轮的角加速度为
?????0t?0.8?5?5??0.05rad/s2 201t＝0到t＝100s时间内飞轮所转过的角度为
???0t??t2?5?100??(?0.05)?1002?250rad
224–3 转动惯量是物体 量度，决定刚体的转动惯量的因素有 。 解：转动惯性大小，刚体的形状、质量分布及转轴的位置。
4–4 如图4-1，在轻杆的b处与3b处各系质量为2m和m的质点，可绕O轴转动，则质点系的转动惯量为 。
解：由分离质点的转动惯量的定义得
2m
O
b
3b 图4-1
m
1J???miri2?2mb2?m(3b)2?11mb2
i?124–5 一飞轮以600r/min的转速旋转，转动惯量为2.5kg·m2，现加一恒定的制动力矩使飞轮在1s内停止转动，则该恒定制动力矩的大小M＝_________。
解：飞轮的角加速度为
??制动力矩的大小为
???0t?0?600?2π/60??20rad/s2
1M?J??2.5?(?20π)??50πN?m
负号表示力矩为阻力矩。
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4–6 半径为0.2m，质量为1kg的匀质圆盘，可绕过圆心且垂直于盘的轴转动。现有一变力F=5t（SI）沿切线方向作用在圆盘边缘上，如果圆盘最初处于静止状态，那么它在3秒末的角加速度为 ，角速度为 。
解：圆盘的转动惯量为
J?3秒末的角加速度为
11mR2??1?(0.2)2?0.02kg?m2。 22M0.2?5t??10t?10?3?30rad/s J0.02d? dt??由
??10t?即
d??10tdt
对上式积分，并利用初始条件：t?0时，?0?0，得
?3?0d???010tdt
??45rad/s
4–7 角动量守恒定律成立的条件是 。 解：刚体（质点）不受外力矩的作用或所受的合外力矩为零。 4–8 以下运动形态不是平动的是[ ]。
A．火车在平直的斜坡上运动 B．火车在拐弯时的运动 C．活塞在气缸内的运动 D．空中缆车的运动
解：火车在拐弯时，车厢实际是平动和转动的合成，故不是平动，应选（B）。 4–9 以下说法错误的是[ ]。
A．角速度大的物体，受的合外力矩不一定大 B．有角加速度的物体，所受合外力矩不可能为零 C．有角加速度的物体，所受合外力一定不为零
D．作定轴（轴过质心）转动的物体，不论角加速度多大，所受合外力一定为零 解：角速度大的物体，角加速度不一定大，由于M?J?，所以它所受的合力矩不一定大；如果一个物体有角加速度，则它一定受到了合外力矩的作用；合外力矩不等于零，不等于所受的合力一定不为零，如物体受到了一个大小相等，方向相反而不在一条直线上的力的作用；当物体作定轴（轴过质心）转动时，质心此时的加速度为零，根据质心运动定律，它所受的合外力一定零。综上，只有（C）是错误的，故应选（C）。
4–10 有两个力作用在一个有固定转轴的刚体上：[ ] （1）这两个力都平行于轴作用时，它们对轴的合力矩一定是零； （2）这两个力都垂直于轴作用时，它们对轴的合力矩可能是零； （3）当这两个力的合力为零时，它们对轴的合力矩也一定是零； （4）当这两个力对轴的合力矩为零时，它们的合力也一定是零。 在上述说法中
A．只有（1）是正确的 B．（1）、（2）正确，（3）、（4）错误
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C．（1）、（2）、（3）都正确，（4）错误 D．（1）、（2）、（3）、（4）都正确
解：这两个力都平行于轴作用时，它们对轴的矩都为零，自然合力矩为零，故（1）正确；当两个力都垂直于轴作用时，如果两个力大小相等、方向相反，作用在物体的同一点，则它们的合力矩为零，或两个力都通过转轴，两力的力矩都等于零，合力矩也等于零，但如两力大小不等，方向相反，也可通过改变力臂，使两力的合力矩为零，如此时力臂相同，则合力矩不等于零，因此（2）也时正确的；当这两个力的合力为零时，还要考虑力臂的大小，所以合力矩不一定为零，故（3）是错误的；两个力对轴的合力矩为零时，因M?r?F，所以它们的合力不一定为零，故（4）也是错误的。故答案应选（B）。
4–11 一圆盘正绕垂直于盘面的水平光滑固定轴O转动。如图4-2所示，射来两个质量相同、速度的大小相同而方向相反，并在同一条直线上的子弹。子弹射入并且停留在圆盘内，则子弹射入的瞬间，圆盘的角速度?与射入前角速度?0相比[ ]。
A．增大 B．不变 C．减小 D．不能确定 解：设射来的两子弹的速度为v，对于圆盘和子弹组成的系统来说，无外力矩作用，故系统对轴O的角动量守恒，即
mvd?mvd?J0?0?J?
O
式中mvd这子弹对点O的角动量，J0为子弹射入前盘对轴O的转动惯量，J为子弹射入后系统对轴O的转动惯量。由于J0?J，则???0。故选（C）。
图4-2
4–12 如图4-3所示，有一个小块物体，置于一个光滑水平桌面上。有一绳其一端连接此物体，另一端穿过中心的小孔。该物体原以角速度ω在距孔为r的圆周上转动，今将绳从小孔缓慢往下拉，则物体[ ]。
A．角速度减小，角动量增大，动量改变 B．角速度不变，动能不变，动量不变 C．角速度增大，角动量增大，动量不变 D．角速度增大，动能增加，角动量不变
解：在拉力绳子的过程中，力对小球的力矩为零，故小球的角动量在转动过程中不变，有J1?1?J2?2。当小球的半径减小时，小球对O点的转动惯量减小，即J1?J2，故
r O ?2??2，角速度增大，小球转得更快。又由J1?1?J2?2可
得mv1r1?mv2r2，因r1?r2，所以v2?v1，故小球的动能增加，小球的动量也要发生变化。故选（D）
4–13 有一半径为R的水平圆转台，可绕过其中心的竖直固定光滑轴转动，转动惯量为J。开始时，转台以角速度?0转转台的角速度为[ ]。
A．
J?0J?MR2图4-3 F
动，此时有一质量为M的人站在转台中心，随后人沿半径向外跑去。当人到达转台边缘时，
J?0(J?M)R B．
2 C．
J?0MR2 D．?0
解：人站在转台中心时，他相对于转台中心的角动量为零。当人沿半径向外跑去，到达
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转台边缘的过程中，不受外力矩作用，人和转台组成的系统角动量守恒，由于人是沿半径方向走，故人和转台的角速度相同，相对于转台中心有角动量MvR?M?R2。根据角动量守恒，可列方程得
J?0?J??M?R2
故
??所以应选（A）。
J?0J?MR2
4–14 一力学系统由两个质点组成，它们之间只有引力作用，若两质点所受外力矢量和为零，则此系统[ ]。
A．动量、机械能、角动量均守恒 B．动量、机械能守恒，角动量不守恒
C．动量守恒，但机械能和角动量是否守恒不能断定 D．动量、角动量守恒，但机械能是否守恒不能断定
解：由于两质点系所受的合外力为零，故系统的动量守恒。当质点所受的合外力不是共点力时，尽管两质点所受的合外力矢量和为零，但力矩不为零，则物体将转动，从而改变系统的机械能和角动量，而当质点所受的合外力为共点力，且外力矢量和为零时，质点所受的力矩将为零。则系统的机械能和角动量将守恒，所以，应选（C）。
4–15 一个哑铃由两个质量为m，半径为R的铁球和中间一根长为l连杆组成，如图4-4所示。和铁球的质量相比，连杆的质量可以忽略不计。求此哑铃对于通过连杆中心并和它垂直的轴AA′的转动惯量？
解：球绕通过球心的轴转动的转动惯量为
R m
A′ l 图4-4
m
A
R
2mR2，根据平行轴定理，现在一个球绕离球5心
R?l/2转动的转动惯量为
2mR2?m(R?l/2)2，则哑铃绕通过连杆中心5并和它垂直的轴AA′的转动惯量为
2141J?2[mR2?m(R?l/2)2]?mR2?2mRl?ml2
5524–16 一质量m=6.0kg、长l=1.0m的匀质棒，放在水平桌面上，可绕通过其中心的竖直固定轴转动，对轴的转动惯量J=ml2/12。t=0时棒的角速度ω0=10.0rad/s。由于受到恒定的阻力矩的作用，t=20s时，棒停止运动。求：（1）棒的角加速度的大小；（2）棒所受阻力矩的大小；（3）从t=0到t=10s时间内棒转过的角度。
解：（1）棒的角加速度的大小为
?????0t?0?10??0.5rad/s2 20（2）棒所受阻力矩的大小为
M?J??121ml???6.0?12?(?0.5)??0.25N?m 1212（3）从t=0到t=10s时间内棒转过的角度为
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11??????0??0t??t2?10.0?10??0.5?(10.0)2?75rad
224–17 一球体绕通过球心的竖直轴旋转，转动惯量J?5?10?2kg?m2。从某一时刻开始，有一个力作用在球体上，使球按规律??2?2t?t2旋转，则从力开始作用到球体停止转动的时间为多少？在这段时间内作用在球上的外力矩的大小为多少？
解：由计算角速度的公式得球任意时刻转动的角速度为
??d??2?2t （1） dt令??2?2t?0，得球体停止转动的时间为
t?1s
对（1）式再求一次导数得球转动的角加速度为
d2?dt2??所以作用在球上的外力矩的大小为
??2rad/s2
M?J??5?10?2?(?2)??0.1N?m
式中负号表示球受到的力矩为阻力矩。
4–18 设电风扇的功率恒定不变为P，叶片受到的空气阻力矩与叶片旋转的角速度?成正比，比例系数的k，并已知叶片转子的总转动惯量为J。（1）原来静止的电扇通电后t秒时刻的角速度；（2）电扇稳定转动时的转速为多大？（3）电扇以稳定转速旋转时，断开电源后风叶还能继续转多少角度？
解：（1）由题意知空气阻力矩为Mf??k?，而动力矩M?时有
P?，根据转动定律，通电
M?Mf?J将Mf、M的表达式代入上式，整理可得
dt?J?P?k??2d? dtd?
两边积分有
?0积分得
tdt??0J?P?k?2d?
???tP(1?eJ) （1） k2k（2）由（1）式，当t??时，得电扇稳定转动时的转速为
?s?P/k
（3）断开电源时，电扇的转速为?0??s?P/k，只有Mf作用，那么
?k??Jd? dt 36