大学物理第四章习题解
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
v 2=ω2r 2=8π⨯0. 5=4πm/s
在4s 内主动轮的角速度为
v v 4πω1====20πrad/s
r 1
r 1
0. 2
主动轮的角速度为
ω-ω20πα1===5πrad/s2
∆t
4
在4s 内主动轮转过圈数为
21ω1(20ππ2N ===20（圈）
2π2α12π2⨯5π
4–2绕定轴转动的飞轮均匀地减速，t ＝0时角速度为ω0＝5rad/s，t ＝20s 时角速度为
ω=0. 8ω0，则飞轮的角加速度α＝t ＝0到t ＝100s 时间内飞轮所转过的角度θ
＝ 。
解：由于飞轮作匀变速转动，故飞轮的角加速度为
α=
ω-ωt
=
0. 8⨯5-5
=-0. 05rad /s 2 20
t ＝0到t ＝100s 时间内飞轮所转过的角度为
θ=ω0t +αt 2=5⨯100+⨯(-0. 05) ⨯1002=250rad
22
4–3 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
11
J =
∑∆m i r i 2=2mb 2+m (3b ) 2=11mb 2
i =1
2
4–5 一飞轮以600r/min的转速旋转，转动惯量为2.5kg·m 2，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
α=
制动力矩的大小为
ω-ωt
=
0-600⨯2π/60
=-20rad /s 2
1
M =J α=2. 5⨯(-20π)=-50πN ⋅m
负号表示力矩为阻力矩。
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
11
mR 2=⨯1⨯(0. 2) 2=0. 02kg ⋅m 2。 22M 0. 2⨯5t
==10t =10⨯3=30rad /s J 0. 02
d ω
d t
α=
由
α=10t =
即
d ω=10t d t
对上式积分，并利用初始条件：t =0时，ω0=0，得
⎰0
ω
d ω=
⎰010t d t
3
ω=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 α，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
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ω与射入前角速度ω0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
m v d -m v d +J 0ω0=J ω
O
式中m v d 这子弹对点O 的角动量，J 0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J 0
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J 1ω1=J 2ω2。当小球的半径减小时，小球对O 点的转动惯量减小，即J 1>J 2，故
ω2>ω2，角速度增大，小球转得更快。又由J 1ω1=J 2ω2可
得m v 1r 1=m v 2r 2，因r 1>r 2，所以v 2>v 1，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ω0转转台的角速度为[ ]。
A ．
J ω0J +MR
2
图4-3
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 ω(J +M ) R
J ωMR
B ．
2
C ．
2
D ．ω0
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
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M v R =M ωR 2。根据角动量守恒，可列方程得
J ω0=J ω+M ωR 2
故
J ωJ +MR
ω=
所以应选（A ）。
2
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 ）。
4–20 两个匀质圆盘，一大一小，同轴地粘结在一起，构成一个组合轮。小圆盘的半径为r ，质量为m ；大圆盘的半径r '＝2r ，质量m '＝2m 。组合轮可绕通过其中心且垂直于盘面的光滑水平固定轴O 转动，对O 轴的转动惯量J ＝9mr 2/2。两圆盘边缘上分别绕有轻质细绳，细绳下端各悬挂质量为m 的物体A 和B ，如图4-7所示。这一系统从静止开始运动，绳与盘无相对滑动，绳的长度不变。已知r =10cm。求：（1）组合轮的角加速度；（2）当物体A 上升h ＝40cm 时，组合轮的角速度。
α
图4-7
图4-8
解：（1）各物体受力情况如图4–8。A 、B 看成质点，应用牛顿第二定律。滑轮是刚体，
应用刚体转动定律，得
T -mg =ma mg -T '=m a ' T 'r '-Tr =J α
J =
又因绳与盘无相对滑动，故有
119
m 'r '2+mr 2=mr 2 222
a =r α
a '=r 'α
由上述方程组，代入题给已知条件可得
α=
2g
=10. 3rad /s 2 19r
（2）设θ为组合轮转过的角度，则
θ=
所以组合轮的角速度为
h 0. 4==4rad r 0. 1
ω=2αθ=2⨯10. 3⨯4=9. 08rad /s
4–24 如图4-14所示，A 和B 两飞轮的轴杆在同一中心线上，设两轮的转动惯量分别为
J A =10kg ⋅m 2和J B =20kg ⋅m 2，开始时，A 轮转速为600转/分，B 轮静止，C 为摩擦啮合器，其转动惯量可忽略不计，A 、B 分别与C 的左、右两个组件相连，当C 的左右组件啮合时，B 轮加速而A 轮减速，直到两轮的转速相等为止。设轴光滑，求：（1）两轮啮合后的转速n ；（2）两轮各自所受的冲量矩。
解：选A 、B 两轮为系统，合外力矩为零，系统角动量守恒，有
J A ωA =(J A +J B )ω
J ω=20. 9rad /s
J A +J B
ω=
A
C
B
n =
ω
2π
=200r/min
ωA
A 轮所受的冲量矩为
⎰M A d t =J A (ω-ωA )=-4. 19⨯10
B 轮所受的冲量矩：
2
N ⋅m ⋅s
图4-14
负号表示冲量矩与ωA 方向相反。
⎰
M B d t =J B (ω-ωB )=4. 19⨯102N ⋅m ⋅s
正号表示冲量矩与ωA 方向相同。
4–26 如图4-15所示，一质量M ，半径为R 的圆柱，可绕固定的水平轴O 自由转动。今有一质量为m ，速度为v 0的子弹，水平射入静止的圆柱下部（近似看作在圆柱边缘），且停留在圆柱内（v 0垂直于转轴）。求：（1）子弹与圆柱的角速度；（2）该系统损失的机械能。
解：（1）子弹与圆柱发生完全非弹性碰撞，所受合外力矩为零，角动量守恒。设子弹与圆柱碰后角速度为ω，则有
m v 0R =J ω
其中J =
1
MR 2+mR 2，是子弹和圆柱绕轴O 转动的转动惯2
R O
v 0
量。所以子弹射入后子弹与圆柱的角速度为
ω=
MR 2+mR 22
m v 0R
（2）损失的机械能为
∆E =
121 m v 0-J ω2=222(M +2m )
2
Mm v 0
图4-15
4–28 如图4-16所示，一均匀细棒长L ，质量为m ，可绕经过端点的O 轴在铅直平面内转动，现将棒自水平位置轻轻放开，当棒摆至竖直位置时棒端恰与一质量也为m 的静止物块相碰，物块与地面的滑动摩擦因数为μ，物块被击后滑动s 距离后停止，求相撞后棒的质心离地面的最大高度。
解：取棒和地球为一系统，细棒从水平位置转到竖直位置的过程中，只有重力作功，机械能守恒，得
11⎛1L ⎫
J ω2= mL 2⎪ω2=mg 22⎝32⎭
A
所以
ω=
3g
（1） L
取棒和木块为研究对象，碰后棒的角速度为ω′，木块的速度为v ，碰前后M 外=0。故角动量守恒，有
图
4-16
11
m v L +mL 2ω'=0+mL 2ω （2）
33
物体碰后在地面上滑行，应用动能定理，有
1
-μmgs =0-m v 2
2
v =2μgs （3）
由（1）、（2）和（3）式得碰后棒的角速度为
ω'=
⎫3⎛ Lg +μgs ⎪
⎪L ⎝3⎭
设棒与物体碰后，棒的质心升高Δh ，由机械能守恒，有
mg ∆h =
故
1
J ω'2 2
∆h =
L
+3μs -6μsl 2
即质心离地面的最大高度为
L
+∆h =L +3μs -sL 2
4–29 长为l 、质量为M 的匀质杆可绕通过杆一端O 的水平光滑固定轴转动，转动惯量
h =
为J =Ml 2/3，开始时杆竖直下垂，如图4-17所示。有一质量为m 的子弹以水平速度v 0射入杆上A 点，并嵌在杆中，OA ＝2l /3。求子弹射入后瞬间杆的角速度ω。
解：子弹射入前后子弹和杆组成的系统的角动量守恒，所以
2l /3
v 0
A O
m v 0
所以
2l 2l 1⎛2l ⎫
=m v +J ω=m ω ⎪+Ml 2ω 333⎝3⎭
6m v
(3M +4m ) l
2
ω=
图4-17
4–31 证明关于行星运动的开普勒第二定律，即行星对恒星的径矢在相等的时间内扫过相等的面积。
证明：设t 时刻行星的位置径矢为r ，t +dt 时刻位置径矢为r +dr ，如图4-19所示。d t 时间内径矢扫过的面积为
L
d S =
1
r d r sin θ 2
O
r
r +dr
d r
v θ
单位时间扫过的面积为
d S 1d r 11=r sin θ=r v sin θ=L d t 2d t 22m
题4–31图
式中m 为行星的质量，L 为行星绕恒星运动的角动量大小。由于行星在运动过程中只受到万有引力的作用，引力对行星的力矩恒为零，故行星在运动过程中角动量守恒。由此可见，行星对恒星的径矢在相等的时间内扫过相等的面积。