第四章 刚体转动
习题4-7 某种电动机启动后转速随时间变化的关系为ω=ω0(1-e
-t
τ
) ，式中
（2）角加速度随时间变化的规律；ω0=9. 0rad /s ，τ=2. 0s 。求（1）t=6.0 s时的转速；（3）启动后6.0 s 内转过的圈数。
解：（1）根据题意，转速随时间的变化关系，将t=6 s代入，可得
-t
ω=ω0(1-e
τ
) =0. 95ω0=8. 6
(rad /s )
（2）角速度随时间变化的规律为
-ω0-τ
α=d ω/dt =e =4. 5e 2
τ
t
t
(rad /s 2)
（3）t=6.0 s时转过的角度为
θ=⎰ωdt =⎰ω0(1-e
66
-
t
τ
) dt =36. 9rad
则t=6.0 s时电机转过的圈数为
N =
θ
=5. 87圈（r ） 2π
习题4-10 如图所示，圆盘的质量为m, 半径为 R. 。求：(1) 以O 为中心，将半径为R/2的部分挖去，剩余部分对OO 轴的转动惯量；（2）剩余部分对O’O’轴（即通过圆盘边缘且平行于盘中心轴）的转动惯量。
解：（1）方法1：根据定义J =⎰r 2dm 计算，式中dm 取半径为r 、宽度为dr 的窄圆环。
J 0=⎰r 2dm =⎰
R
R /2
r 2
m
πR 2
2πrdr =
2m R 2
⎰R /2
R
r 3dr =
15
mR 2 32
方法2：将剩余部分转动惯量看作是原大圆盘和挖去小圆盘对同一轴的转动惯量的差值。整个圆盘对oo 轴的转动惯量为J 1=量
1
mR 2，挖去小圆盘对oo 轴转动惯2
2
1⎡m ⎛R ⎫J 1=⎢2π ⎪
2⎢⎣πR ⎝2⎭
2⎤
1⎛R ⎫
⎥ ⎪=mR 2
32⎥⎦⎝2⎭
由分析可知，剩余部分转动惯量为
J 0=J 1-J 2=
15
mR 2 32
（2）由平行轴定理，剩余部分对o’o’轴的转动惯量为
2⎤⎡15m R 39⎛⎫
J o ' =mR 2+⎢m -2π ⎪⎥R 2=mR 2
3232πR ⎝2⎭⎥⎢⎣⎦
习题4-11 用落体观察法测定飞轮的转动惯量，是将半径为R 的飞轮支承在O 点上，然后再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）。
解题分析：飞轮做定轴转动，重物做落体运动，飞轮的转动惯量根据转动定律和牛顿第二定律联合确定。重物加速度可通过下落时匀加速运动规律确定。 解：设绳子拉力为F T ，对飞轮利用转动定律
F T R =J α
对重物用牛顿第二定律
（1）
mg -F T =ma
根据角量和线量之间的关系
a =R α
（2）
（3）
重物做匀加速下落，则有
h =
12
at 2
（4）
由（1）（2）（3）（4）可解得飞轮的转动惯量与下落距离和时间的关系式
⎫gt 2
J =m R -1⎪
2h ⎪⎝⎭
2⎛
习题4-13 如图所示，质量m 1=16 kg的实心圆柱体A, 其半径为r=15 cm, 可以绕其固定水平轴转动，阻力忽略不计，一条轻的柔绳绕在圆柱体上，其另一端系一个质量为m 2=8.0 kg 的物体B ，求（1）物体B 由静止开始下落1.0 s 后的距离；（2）绳的张力。
解题分析：圆柱体做转动（转动定律），悬挂物做下落运动（牛顿第二定律），两运动量之间有角量与线量相联系。 解：
（1） 分别对两物体做受力分析，对圆柱体甴转动定律
F T r =J α=
1
m 1r 2α 2
（1）
对悬挂物体，根据牛顿第二定律
'
m 2g -F T =m 2a
（2）
且F T =
F T ' ，角量与线量之间的关系
a =r α （3）
解（1）（2）（3）方程组，可得物体下落加速度
a =
t=1.0 s时，B 下落距离为
2m 2g
m 1+2m 2
s =
m 212
at =gt 2=2. 45(m ) 2m 1+2m 2
（2） 由式（2）可得绳的张力为
F T =m (g -a ) =
m 1m 2
g =39. 2N
m 1+2m 2
习题4-14 质量为m 1和m 2的两物体A 和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J 1和J 2，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。
解题分析：由于组合轮是一个整体，因此其转动惯量为两轮转动惯量之和，所受力矩为两绳索力矩矢量和（注意力矩方向不同），对转动物体运用转动定律，平动物体运用牛顿第二定律，结合角量与线量之间关系可解。 解：
分别对两物体及组合轮作受力分析，根据质点的牛顿定律和刚体的转动定律有
⎧m 1g -F T 1=m 1a 1
⎪F -m g =m a ⎪T 2222
⎨
(F R -F r ) =(J +J ) αT 212⎪T 1⎪⎩F T 1' =F T 1, F T 2' =F T 2
1
由角量与线量之间的关系
⎧a 1=R α
⎨
a =r α⎩2
解上述方程组，可得
a 1=a 2=
m 1R -m 2r J 1+J 2+m 1R +m 2r
m 1R -m 2r J 1+J 2+m 1R +m 2r
22
2
2
2
gR gr
F T 1=F T 2=
J 1+J 2+m 2r 2+m 2Rr J 1+J 2+m 1R +m 2r
2
2
m 1g m 2g
J 1+J 2+m 1R 2+m 1Rr J 1+J 2+m 1R +m 2r
2
习题4-18 如图所示，一通风机的转动部分以初角速度ω0绕其轴转动，空气的阻力距与角速度成正比，比例系数c 为一常量。若转动部分对其轴的转动惯量为J ，问：（1）经过多少时间后其转动角速度减少为从初角速度的一半？（2）在此时
间内共转过多少转？ 解：
（1） 通风机片所受阻力矩为M =-C ω，甴转动定律M =J α，可得叶片的角加
速度为
d ωC ω
=- dt J d ω
t
α=
根据初始条件对式（1）进行积分
（1）
⎰ω
由于C 和J 均为常量，得
ω
ω
=⎰-
C
dt J
ω=ω0
C -t e J
（2）
1
当角加速度ω=ω0时，转动所需时间为
2
J
t =ln 2 C
（2） 根据初始条件对（2）积分，有
⎰0d θ=⎰0ω0
即
θt
C -t e J dt
θ=
在时间t 内所转过的圈数为
N =
J ω0
2C
J ω0θ= 2π4πC
习题4-21 在光滑的水平面上有一木杆，其质量m 1=1.0 kg，长l =40 cm，可绕通过其中点并与之垂直的轴转动。一质量为m 2=10 g的子弹，以v =2.0×102 m/s的速度射入杆端，其方向与杆及轴正交。若子弹陷入杆中，试求所得到的角速度。 解：根据角动量守恒定理J 2ω=(J 1+J 2) ω' ，式中J 2=m 2(l /2) 2为子弹绕轴的转动惯量，J 2ω为子弹陷入杆前的角动量，ω=2v /l 为子弹在此刻绕轴的角速度。
J 1=m 1l 2/12为杆绕轴的转动惯量。可得杆的角速度为
ω' =
J 2ω6m 2v
==29. 1rad /s
J 1+J 2(m 1+3m 2) l
习题4-26 一质量为m ’、半径为R 的转台，以角速度ωa 转动，转轴的摩擦略去不计，（1）有一质量为m 的蜘蛛垂直地落在转台边缘上，此时转台的角速度ωb ’为多少？（2）若蜘蛛随后慢慢地爬向转台中心，当它离转台中心的距离为r 时，转台的角速度ωc 为多少？设蜘蛛下落前距离转台很近。
分析：对蜘蛛和转台所构成的转动系统而言，蜘蛛下落至转台面以及慢慢向中心爬移过程中，均未受到外力矩的作用，故系统的角动量守恒。应注意，蜘蛛爬行过程中，距离中心距离改变，其转动惯量是在不断改变的。本题由系统角动量守恒定律可求解。
解：（1）蜘蛛垂直下落至转台边缘时，由系统角动量守恒定律，有
J 0ωa =(J 0+J 1) ωb
其中，J 0=
1
m ' R 2为转台对其中心轴的转动惯量，J 1=mR 2为蜘蛛刚落至台面2
边缘时，对轴的转动惯量。于是可得
ωb =
J 0m '
ωa =ωa
J 0+J 1m ' +2m
（2）在蜘蛛向中心轴处慢慢爬行的过程中，其转动惯量将随半径r 而改变，即J 2=mr 2。在此过程中，有系统角动量守恒，有
J 0ωa =(J 0+J 2) ωc
J 0m ' R 2
即 ωc =ωa =ωa 22J 0+J 2m ' R +2mr