第2章刚体定轴转动

第2章 刚体定轴转动

2.28 质量为M 的空心圆柱体，质量均匀分布，其内外半径为R 1和R 2，求对通过其中心轴的转动惯量．

解：设圆柱体的高为H ，其体积为V = π(R 22 – R 12)h ，体密度为ρ = M/V ．在圆柱体中取一面积为S = 2πRH ，厚度为d r 的薄圆壳，体积元为d V = S d r = 2πrH d r ，其质量为d m = ρd V ，

绕中心轴的转动惯量为d I = r 2d m = 2πρHr 3d r ， 总转动惯量为2

1

3

4

42112d ()2

R R I H

r r H R R πρπρ==-?

22211()2m R R =+．

2.29 一矩形均匀薄板，边长为a 和b ，质量为M ，中心O 取为原点，坐标系OXYZ 如图所示．试证明：

（1）薄板对OX 轴的转动惯量为21

12OX I Mb =； （2）薄板对OZ 轴的转动惯量为221

()12

OZ

I M a b =+． 证： 薄板的面积为S = ab ，质量面密度为σ = M/S ．

（1）在板上取一长为a ，宽为d y 的矩形元，其面积为d S = a d y ， 其质量为d m =σd S ，

绕X 轴的转动惯量为d I OX = y 2d m = σay 2d y ， 积分得薄板对OX 轴的转动惯量为/2/2

2

3

/2

/2

1

d 3b b OX

b b I a y y a y σσ--==?3211

1212

ab Mb σ=

=． 同理可得薄板对OY 轴的转动惯量为21

12

OY I Ma =

． （2）方法一：平行轴定理．在板上取一长为b ，宽为d x 的矩形元，其面积为d S = b d x ，质量为d m = σd S ， 绕过质心的O`Z`轴的转动惯量等于绕OX 轴的转动惯量

d I O`Z` = b 2d m /12． 根据平行轴定理，矩形元对OZ 轴的转动惯量为 d I OZ = x 2d m + d I O`Z ` = σbx 2d x + b 2d m /12， 积分得薄板对OZ 轴的转动惯量为

/22

2/2

1

d d 12a M OZ

a I

b x x b m σ-=+??/2

3

2/2

11312

a a

b x b M σ-=+

221

()12M a b =+．

方法二：垂直轴定理．在板上取一质量元d m ，绕OZ 轴的转动惯量为d I OZ = r 2d m ．

由于r 2 = x 2 + y 2，所以d I OZ = (x 2 + y 2)d m = d I OY + d I OX ， 因此板绕OZ 轴的转动惯量为221

()12

OZ OY OX I I I M a b =+=

+．

2.30 一半圆形细杆，半径为R ，质量为M ，求对过细杆二端AA `轴的转动惯量．

解：半圆的长度为C = πR ，质量的线密度为λ = M/C ．在半圆上取

图

2.28

一弧元d s = R d θ，其质量为d m = λd s ，到AA `轴的距离为r = R sin θ， 绕此轴的转动惯量为d I = r 2d m = λR 3sin 2θd θ，半圆绕AA `轴的转动惯量为

32

sin d I R λθθ=?π

3

1(1cos 2)d 2R

λθθ=-?π32

122R MR λ==π

2.31 如图所示，在质量为M ，半径为R 的匀质圆盘上挖出半径为r 的两个圆孔．圆孔中心在圆盘半径的中点．求剩余部分对大圆盘中心且与盘面垂直的轴线的转动惯量．

解：大圆的面积为S = πR 2，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I M = MR 2/2．小圆的面积为s = πr 2，质量为m = σs ，绕过自己圆心且垂直圆面的轴的转动惯量为I C = mr 2/2， 根据平行轴定理，绕大圆轴的转动惯量为I m = I C + m (R/2)2．

2221()(2)24m C R I I m m r R =+=+222

1(2)4

r r R σπ=+22221(2)4r M r R R =+，

剩余部分的转动惯量为

422

2122()2M m r I I I M R r R

=-=--．

2.32 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 ，可使飞轮减速．闸杆尺寸如图所示，闸瓦与飞轮之间的摩擦因数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 ？

解：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 2/2，

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 ．

[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)．

O

r

R r

图2.31

图2.32

2.33 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·m 2，轴承无摩擦．求 （1）飞轮的角加速度．

（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：（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)．

（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ω2 = 2βθ，可得角速度为

ω=s -1)； 飞轮的转动动能为E k = Iω2/2 = 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E k ．

根据公式E k = Iω2/2

，得角速度为ω=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 ，T r = Iβ． 由于a = βr ，可得Pr = mr 2β + Iβ， 解得角加速度为2

Pr

mr I β=

+= 21.8(rad·s -2)． 绳子的张力为2

I IP

T r mr I

β==+= 54.4(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`ω=

s -1)．

2.34 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：圆盘对水平面的压力为N = mg ，

压在水平面上的面积为S = πR 2， 压强为p = N /S = mg /πR 2．

当圆盘滑动时，在盘上取一半径为r 、对应角为d θ面积元，其面积为d S = r d θd r ， 对水平面的压力为d N = p d S = pr d r d θ， 所受的摩擦力为d f = μd N = μpr d r d θ，

其方向与半径垂直，摩擦力产生的力矩为d M = r d f = μpr 2d r d θ，

总力矩为220

d d R

M pr r πμθ=

??

312π3p R μ=2

3

mgR μ=．

圆盘的转动惯量为I = mR 2/2， 角加速度大小为43M g

I R

μβ=-

=-

，负号表示其方向与角速度的方向相反． 根据转动公式ω2 = ω02 + 2βθ，当圆盘停止下来时ω = 0，所以圆盘转过的角度为

2200328R g ωωθβμ=-=，转过的圈数为 2

03216R n g

ωθππμ==．

F

=98N P

=98N

(a)

(b) (图2.33)

图2.34

[注意]在圆盘上取一个细圆环，其面积为d s = 2πr d r ，这样计算力矩等更简单。 2.35 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m 1 = 80g 的物体相

连，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m 1，使弹簧处于其自然长度，

然后松手．求物体m 1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：根据机械能守恒定律可列方程22211111

222

m gh m v I kh ω=

++， 其中I = mr 2/2，ω = v /r ，可得2m 1gh – kh 2 = m 1v 2 + mv 2/2，

解得v =s -1)．

2.36 均质圆轮A 的质量为M 1，半径为R 1，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M 2的均质圆轮B 上，B 轮的半径为R 2．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：圆轮A 对B 的压力为 N = M 1g ，

两轮之间的摩擦力大小为 f = μN = μM 1g ，

摩擦力对A 的力矩大小为M A = fR 1 = μM 1gR 1， 摩擦力对B 的力矩大小为M B = fR 2 = μM 1gR 2，

设A 和B 的角加速度大小分别为βA 和βB ，转动惯量分别为I A 和I B ，根据转动定理得方程M A = I A βA ，即 βA = M A /I A ． 同理可得βB = M B /I B ．

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/R 1， B 的角速度为ωB = v/R 2．

根据转动运动学的公式得ωA – ω = -βA t ，ωB = βB t ，

即 v/R 1 – ω = -βA t ，v/R 2 = βB t ，化得 v - ωR 1 = -βA R 1t ，v = βB R 2t ， 将后式减前式得ωR 1 = (R 1βA + R 2βB )t ， 解得

1

12A B R t R R ωββ=

+1

12//A A B B

R R M I R M I ω=

+

11112122211221122R R M gR R M gR M R M R ωμμ=+

1

12

22/R g gM M ωμμ=

+ 经过的时间为21

122()

M R t g M M ωμ=+．

[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．

2.37 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：在板上距离转轴为r 处取一长度为b ，宽度为d r 的面积元，其面积为d S = b d r ．当板的角速度ω时，面积元的速率为v = ωr ，所受的阻力为d f = kv 2d S = kω2r 2b d r ，阻力产生的力矩为d M = r d f = kω2r 3b d r ，因此合力矩为23

240

1d 4a

M k br r k ba ωω=

=?． 板绕转轴的转动惯量为I = ma 2

/3，其角加速度为2234M k ba I m

ωβ=-=-， 负号表示角加速度的方向与角速度的方向相反．

由于β = d ω/d t ，可得转动的微分方程22

d 3d 4k ba t m

ωω=-， 分离变量得

223d d 4kba t m ωω=-，积分得231

4kba t C m ω

=+． 当t = 0时，ω = ω0，所以C = -1/ω0，因此转动方程为20

311

4kba t m ωω=-．

当ω = ω0/2时，解得时间为20

43m

t kba ω=．

2.38 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）求余下部分的角速度、角动量和转动动能． 解：（1）碎片上抛的初速度为v 0 = ωR ， 根据匀变速直线运动公式v 2 – v 02 = -2gh ， 可得碎片上升的高度为h = v 02/2g =ω2R 2/2g ．

（2）余下部分的角速度仍为ω，但是转动惯量只有221

2

I MR mR =-， 所以角动量为L = I ω = R 2(M /2 – m )ω．

转动动能为22211()222

k M

E I m R ωω=

=-．

2.39 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m A = 60kg ，m B = 70kg ，它们速率分别为v A = 7m·s -1，v B = 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： （1）系统对通过质心的竖直轴的总角动量； （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：（1）设质心距A 的平行线为r A ，距B 的平行线为r B ，则有r A + r B = r ， 根据质心的概念可得m A r A = m B r B ，

解方程组得B A A B m r r m m =+，A

B A B

m r r m m =+． 两运动员绕质心的角动量的方向相同，他们的总角动量为

图2.38

B

A A A

B B B L m v r m v r =+()A B

A B A B

m m r v v m m =

++= 630(kg·

m 2·s -1)． （2）根据角动量守恒定律得L = (I A + I B )ω，其中I A 和I B 分别是两绕质心的转动惯量

I A = m A r A 2和I B = m B r B 2．角速度为ω = L/(I A + I B ) = 8.67(rad·s -1)．

（3）两人拉手前的总动能就是平动动能22

11122k A A B B

E m v m v =

+= 2730(J)； 拉手后的总动能是绕质心的转动动能：22

21122

k A B E I I ωω=+= 2730(J)，

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

2

2()A B

A A

B B A B A B

m m I m r m r r r r m m =+=

++2A B A B m m r m m =

+， 角速度为A B

v v L I r

ω+==

可见：角速度与两人的质量无关，只与它们的相对速度和平行线的距离有关． （2）损失的能量．两人的转动动能为

221()2

k A B E I I ω

=+21()2A B A B A B m m v v m m =++， 因此动能的变化量为ΔE = E k 2 – E k 1222

111()()222

A B A B A A B B A B m m v v m v m v m m =

+-++

简化得2

()2()

A A

B B A B m v m v E m m -?=-+，

负号表示能量减少．可见：如果m A v A ≠m B v B ，则ΔE ≠0，即能量不守恒．在本题中，由于m A v A = m B v B ，所以能量是守恒的．

2.40．一均匀细棒长为l ，质量为m ，以与棒长方向相垂直的速度v 0，在光

滑水平面内平动时，与前方一固定的光滑支点O 发生完全非弹性碰撞，碰

撞点位于离棒中心一方l /4处，如图所示，求棒在碰撞后的瞬时绕过O 点垂直于棒所在平面的轴转动的角速度ω0． 解：以O 点为转动轴，棒的质心到轴的距离为l /4，在碰撞之前，棒对转轴

的角动量为mv 0l /4．在碰撞之后瞬间，棒绕轴的角动量为I ω0．

棒绕质心的转动惯量为I c = ml 2/12，

根据平行轴定理，棒绕O 点为转动惯量为2

c I I m

d =+222117

()12448

ml m l ml =

+=． 根据角动量守恒定律得mv 0l /4 = I ω0， 所以角速度为000121

/47v mv l I l

ω=

=．