第四章-刚体的转动-问题与习题解答上课讲义

第四章 刚体的转动 问题与习题解答问题：4-2、4-5、4-94-2如果一个刚体所受合外力为零，其合力矩是否也一定为零？如果刚体所受合外力矩为零，其合外力是否也一定为零？答： 一个刚体所受合外力为零，其合力矩不一定为零，如图a 所示。

刚体所受合外力矩为零，其合外力不一定为零，例如图b 所示情形。

4-5为什么质点系动能的改变不仅与外力有关，而且也与内力有关，而刚体绕定轴转动动能的改变只与外力矩有关，而与内力矩无关？ 答：因为合外力对质点所作的功，等于质点动能的增量；而质点系中内力一般也做功，故内力对质点系的动能的增量有贡献。

而在刚体作定轴转动时，任何一对内力对转轴的力矩皆为一对大小相等、方向相反的力矩，且因定轴转动时刚体转过的角度d θ都一样，故其一对内力矩所作的功()0inij ij ji ij ji W M d M d M M d θθθ=+=+=，其内力功总和也为零，因而根据刚体定轴转动的动能定理可知：内力矩对其转动动能的增量无贡献。

4-9一人坐在角速度为0ω的转台上，手持一个旋转的飞轮，其转轴垂直地面，角速度为ω'。

如果突然使飞轮的转轴倒转，将会发生什么情况？设转台和人的转动惯量为J ，飞轮的转动惯量为J '。

答：（假设人坐在转台中央，且飞轮的转轴与转台的转轴重合）视转台、人和飞轮为同一系统。

（1）如开始时飞轮的转向与转台相同，则系统相对于中心轴的角动量为：10L J J ωω''=+飞轮转轴快速倒转后，飞轮的角速度大小还是ω'，但方向与原来相反；如设转台此时的角速度为1ω，则系统的角动量为：21L J J ωω''=-在以上过程中，外力矩为零，系统的角动量守恒，所以有：10J J J J ωωωω''''-=+即102J Jωωω''=+，转台的转速变大了。

（2）如开始时飞轮的转向与转台相反，则系统相对于中心轴的角动量为：10L J J ωω''=-飞轮转轴快速倒转后，飞轮的角速度大小还是ω'，但方向与原来相反；如设转台此时的角速度为1ω，则系统的F 1F 3ab角动量为：21L J J ωω''=+在以上过程中，外力矩为零，系统的角动量守恒，所以有：10J J J J ωωωω''''+=-即 102J Jωωω''=-，转台的转速变慢了。

习题：4-1、4-2、4-3、4-4、4-5、（选择题）4-11、4-14、4-15、4-17、4-27、4-30、4-344-1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。

对上述说法，下述判断正确的是（ B ）（A ）只有（1）是正确的 （B ）（1）、（2）正确，（3）、（4）错误 （C ）（1）、（2）、（3）都正确，（4）错误 （D ）（1）、（2）、（3）、（4）都正确 4-2关于力矩有以下几种说法：（1）对某个定轴转动刚体而言，内力矩不会改变刚体的角加速度； （2）一对作用力和反作用力对同一轴的力矩之和必为零；（3）质量相等、形状和大小不同的两个刚体，在相同力矩的作用下，它们的运动状态一定相同。

对上述说法，下述判断正确的是（ B ）（A ）只有（2）是正确的 （B ）（1）、（2）是正确的 （C ）（2）、（3）是正确的 （D ）（1）、（2）、（3）都是正确的 4-3均匀细棒OA 可绕通过其一端O 而与棒垂直的水平固定光滑轴转动，如图所示。

今使棒从水平位置由静止开始自由下落，在棒摆到竖直位置的过程中，下述说法正确的是（ C ）（A ）角速度从小到大，角加速度不变 （B ）角速度从小到大，角加速度从小到大 （C ）角速度从小到大，角加速度从大到小 （D ）角速度不变，角加速度为零 4-4一圆盘绕通过盘心且垂直于盘面的水平轴转动，轴间摩擦不计。

如图射来两个质量相同、速度大小相同、方向相反并在一条直线上的子弹，它们同时射入圆盘并且留在盘内，在子弹射入后的瞬间，对于圆盘和子弹系统的角动量L 以及圆盘的角速度ω则有（ C ） 4-3图 4-4图 （A ）L 不变，ω增大 （B ）两者均不变mmoA（C ）L 不变，ω减小 （D ）两者均不确定 4-5假设卫星环绕地球中心作椭圆运动，则在运动过程中，卫星对地球中心的（ B ） （A ）角动量守恒，动能守恒 （B ）角动量守恒，机械能守恒（C ）角动量不守恒，机械能守恒 （D ）角动量不守恒，动量也不守恒 （E ）角动量守恒，动量也守恒 4-11用落体观测法测定飞轮的转动惯量，是将半径为R 的飞轮支承在点O 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） 解：（方法一）如图，设绳子张力为T F ,则根据转动定律，有： T F R J α=而对m 来说，根据牛顿定律，有：T mg F ma -=另有： a R α= 由上三式解出：22mgR a mR J=+，m 作匀加速直线运动，故下落的时间t 和距离h 的关系为：2/2h at =，即： 22212mgR h t mR J=⋅⋅+ 所以，飞轮的转动惯量为：2212gt J mR h ⎛⎫=- ⎪⎝⎭（方法二）根据能量守恒定律，将地球、飞轮和m 视为同一系统，且设m 开始下落的位置为重力势能的零势能点， 则有：2211022mgh mv J ω-++= 另有： v R ω=，v at =，22v ah =， 故解出：2212gt J mR h ⎛⎫=- ⎪⎝⎭4-14质量为1m 和2m 的两物体A 、B 分别悬挂在如图所示的组合轮两端。

设两轮的半径分别为R 和r ，两轮的转动惯量分别为1J 和2J ，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。

解： A 、B 及组合轮的受力情况如右图所示，根据牛顿运动定律及刚体的转动定律，得：1111T m g F m a -= 2222T F m g m a -= 1212()T T F R F r J J α-=+又因为：12,a R a r αα== 联立求解，得：121221212()m R m r gR a J J m R m r -=+++， 122221212()m R m r gra J J m R m r -=+++ 2122211221212()T J J m Rr m r m g F J J m R m r +++=+++， 2121121221212()T J J m R m Rr m gF J J m R m r +++=+++4-15如图所示装置，定滑轮的半径为r ，绕转轴的转动惯量为J ，滑轮两边分别悬挂质量为1m 和2m 的物体A 、B 。

A 置于倾角为θ的斜面上，它和斜面间的摩擦因数为μ，若B 向下作加速运动时，求：（1）其下落的加速度大小；（2）滑轮两边绳子的张力。

（设绳的质量及伸长均不计，绳与滑轮间无滑动，滑轮轴光滑） 解：用隔离法分析A 、B 和定滑轮的受力，如图（b ）所示。

由牛顿定律和刚体的定轴转动定律，得：1111sin cos T F m g m g m a θμθ--=， 222T m g F m a -=，m 2(a)AB F T2F T2F F T1m 2gm 1gF Nm 1gsin θ(b)T1'T1a 1F F 'a 221T T F r F r J α-=,而由于绳子不可伸长，故有：a r α=，联立上几式，可得：211212sin cos m g m g m g a Jm m rθμθ--=++，11221212(1sin cos )(sin cos )T m gJ m m g r F J m m r θμθθμθ++++=++21222212(1sin cos )T m gJm m g r F Jm m rθμθ+++=++ 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，圆盘转动才停止？ 解：（1）取面元dS 为细圆环，2dS rdr π=， 所受摩擦力矩的大小为2222m gm dM r gdm r gdS r dr R Rμμμπ=⋅=⋅⋅=⋅， 所以， 220223R gm gmRM dM r dr R μμ==⋅=⎰⎰ （2）由角动量定理，得：0M t J ω-∆=-， 而 22J mR =，所以，有：34J Rt M gωωμ∆== 4-27一质量为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。

当以100N 的力打击它的下端点，打击时间为0.02s 时，（1）若打击前棒是静止的，求打击时其角动量的变化；（2）求棒的最大偏转角。

解：（1）设打击后细棒获得的初角速度为0ω，由角动量定理，得：rω200013L Mdt Fl t ml ω∆==⋅∆=⎰，求得 003F t ml ω=⋅∆所以， 210100 1.00.02 2.0()L Fl t kg m s -∆=⋅∆=⨯⨯=⋅⋅；（2）细棒的上摆过程，机械能守恒：2200011(1cos )232l ml mg ωθ⋅⋅=-， 解得：22023()arccos[1]8838F t m gl θ⋅∆'=-= 4-30如图所示，一质量为m 的小球由一绳索系着，以角速度0ω在无摩擦的水平面上，绕以半径为0r 的圆周运动。

如果在绳的另一端作用一竖直向下的拉力，小球则以半径为0/2r 的圆周运动。

试求：（1）小球新的角速度；（2）拉力所作的功。

解：（1）因为F r指向转轴O 点，故其力不产生力矩，则根据角动量守恒定律，有：0011J J ωω=,即 220001()2r mr m ωω=，解得： 104ωω=；（2）由刚体转动的动能定理，得其拉力所作的功为：2222110000113222W J J mr ωωω=-= 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0J ，环的半径为R ，初始的角速度为0ω，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。