物理学(五版)至课后习题答案详解

4-1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()

(A)只有(1)是正确的(B)(1)、(2)正确，(3)、⑷错误

(C)⑴、(2)、(3)都正确，⑷错误(D)(1)、(2)、(3)、(4)都正确

分析与解力对轴之力矩通常有三种情况：其中两种情况下力矩为零：一是力的作用线通过

转轴，二是力平行于转轴(例如门的重力并不能使门转).不满足上述情况下的作用力(含题

述作用力垂直于转轴的情况)对轴之矩不为零，但同时有两个力作用时，只要满足两力矩大

小相等，方向相反，两力矩对同一轴的合外力矩也可以为零，由以上规则可知(1)(2)说法是

正确.对于(3)(4)两种说法，如作用于刚体上的两个力为共点力，当合力为零时，它们对同

一轴的合外力矩也一定为零，反之亦然.但如这两个力为非共点力，则以上结论不成立，故

(3)(4)说法不完全正确.综上所述，应选(B).

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()

(A)只有(2)是正确的(B)⑴、⑵是正确的

(0(2)、(3)是正确的(D)⑴、⑵、(3)都是正确的

分析与解刚体中相邻质元之间的一对内力属于作用力与反作用力，且作用点相同，故对同

一轴的力矩之和必为零，因此可推知刚体中所有内力矩之和为零，因而不会影响刚体的角加

速度或角动量等，故(1)(2)说法正确.对说法(3)来说，题述情况中两个刚体对同一轴的转

动惯量因形状、大小不同有可能不同，因而在相同力矩作用下，产生的角加速度不一定相同,

因而运动状态未必相同，由此可见应选(B).

4-3均匀细棒0A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

()

(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

题4-3图

分析与解如图所示，在棒下落过程中，重力对轴之矩是变化的，其大小与棒和水平面的夹

角有关.当棒处于水平位置，重力矩最大，当棒处于竖直位置时，重力矩为零.因此在棒在

下落过程中重力矩由大到小，由转动定律知，棒的角加速亦由大到小，而棒的角速度却由小

到大（由机械能守恒亦可判断角速度变化情况），应选（C）.

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，

则子弹射入后的瞬间，圆盘和子弹系统的角动量£以及圆盘的角速度co的变化情况为（）

（A）L不变，。增大（B）两者均不变

（C）L不变，。减小（D）两者均不确定

分析与解对于圆盘一子弹系统来说，并无外力矩作用，故系统对轴0的角动量守恒，故L

不变，此时应有下式成立，即

mvd—mud+./0co0=Jco

式中，如D为子弹对点0的角动量3。为圆盘初始角速度，■/为子弹留在盘中后系统对轴0

的转动惯量，Jo为子弹射入前盘对轴0的转动惯量.由于■/>Jo，则。.故选（C）.

题4-4图

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（）

（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

分析与解由于卫星一直受到万有引力作用，故其动量不可能守恒，但由于万有引力一直指

向地球中心，则万有引力对地球中心的力矩为零，故卫星对地球中心的角动星守恒，即rx〃w

=恒量，式中r为地球中心指向卫星的位矢.当卫星处于椭圆轨道上不同位置时;由于IrI

不同，由角动量守恒知卫星速率不同，其中当卫星处于近地点时速率最大，处于远地点时速

率最小，故卫星动能并不守恒，但由万有引力为保守力，则卫星的机械能守恒，即卫星动能

与万有引力势能之和维持不变，由此可见，应选(B).

4-6一汽车发动机曲轴的转速在12s内由1.2x103r.min"均匀的增加到2.7'1()3广min!(1)

求曲轴转动的角加速度；(2)在此时间内，曲轴转了多少转？

分析这是刚体的运动学问题.刚体定轴转动的运动学规律与质点的运动学规律有类似的关

系，本题为匀变速转动.

解⑴由于角速度广如为单位时间内的转数)，根据角加速度的定义。端，在

匀变速转动中角加速度为

CO-CO2兀（〃一〃0）,-2

a=------0=-------—=13.1rads

(2)发动机曲轴转过的角度为

M

6=oy+ga产=t—n(n-»0)

在12s内曲轴转过的圈数为

N=g="&”390圈

27i2

4-7某种电动机启动后转速随时间变化的关系为口=g(l-

，式中So=9.0S”，T

=2s.求：(1)f=6.0s时的转速；(2)角加速度随时间变化的规律；(3)启动后6.0s内

转过的圈数.

分析与质点运动学相似，刚体定轴转动的运动学问题也可分为两类：(1)由转动的运动方

程，通过求导得到角速度、角加速度；(2)在确定的初始条件下，由角速度、角加速度通过

积分得到转动的运动方程.本题由。=0(f)出发，分别通过求导和积分得到电动机的角加速

度和6.0s内转过的圈数.

解(1)根据题意中转速随时间的变化关系，将f=6.0s代入，即得

co=co（l—err-1

0=O.95co0=8.6s

(2)角速度随时间变化的规律为

"迎=%6-〃==41-〃2(㈤§2)

(itTV'

(3)t=6.0s时转过的角度为

7r

6=(codr=「to0(l—e)dr=36.9rad

则/=6.0s时电动机转过的圈数

N=6/2兀=5.87圈

4-8水分子的形状如图所示，从光谱分析知水分子对AA，轴的转动惯量JAA=193x10”

kg-m2,对BB，轴转动惯量JBB，=1.14x10-47卜8田，试由此数据和各原子质量求出氢和氧原

子的距离D和夹角0.假设各原子都可当质点处理.

B

题4-8图

分析如将原子视为质点，则水分子中的氧原子对AA，轴和BB，轴的转动惯量均为零，因此

计算水分子对两个轴的转动惯量时，只需考虑氢原子即可.

解由图可得

2

JM.=2mHdsin2

2

JBB-2mHdcof?0

2

此二式相加，可得JM+41f=2mHd

则d=J皿=9.59x107m

\2mH

由二式相比，可得JAA」JBB'=tai?。

=arctanf^=52.3°

则0=arctan

vJBBVI.14

4-9一飞轮由一直径为30cm,厚度为2.0cm的圆盘和两个直径为10cm,长为8.0cm的共轴

圆柱体组成，设飞轮的密度为7.8xl()3kg.mV求飞轮对轴的转动惯量.

题4-9图

分析根据转动惯量的可叠加性，飞轮对轴的转动惯量可视为圆盘与两圆柱体对同轴的转动

惯量之和；而匀质圆盘、圆柱体对轴的转动惯量的计算可查书中公式，或根据转动惯量的定

义，用简单的积分计算得到.

解根据转动惯量的叠加性，由匀质圆盘、圆柱体对轴的转动惯量公式可得

=+gad；)=0.136kg.m2

4-10如图(a)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00轴的转动惯量；(2)剩余部分对。。啾(即通过圆盘边缘且平行

于盘中心轴)的转动惯量.

题4-1()图

分析由于转动惯量的可加性，求解第一问可有两种方法：一是由定义式1/=Jr2dm计算,

式中d〃？可取半径为人宽度为dr窄圆环；二是用补偿法可将剩余部分的转动惯量看成是原

大圆盘和挖去的小圆盘对同一轴的转动惯量的差值.至于第二问需用到平行轴定理.

解挖去后的圆盘如图(b)所示.

(1)解1由分析知

_r21fK2〃2c]

J=\rdm=r——72兀心

°(}JJR，2TIR2

2m怦

r3dr=

R2R/232

1,

解2整个圆盘对00轴转动惯量为4=9成2,挖去的小圆盘对00轴转动惯量

2

4=3*若)=/店,由分析知，剩余部分对0。轴的转动惯量为

J0=Jt-J2=^mR-

(2)由平行轴定理，剩余部分对0O,轴的转动惯量为

4="，〃乃+祖一笈=生加必

°32TIR-<2JJ32

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0点上，然后在绕

过飞轮的绳子的一端挂一质量为根的重物，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).

题4-1I图

分析在运动过程中，飞轮和重物的运动形式是不同的.飞轮作定轴转动，而重物是作落体

运动，它们之间有着内在的联系.由于绳子不可伸长，并且质量可以忽略.这样，飞轮的转

动惯量，就可根据转动定律和牛顿定律联合来确定，其中重物的加速度，可通过它下落时的

匀加速运动规律来确定.

该题也可用功能关系来处理.将飞轮、重物和地球视为系统，绳子张力作用于飞轮、重

物的功之和为零，系统的机械能守恒.利用匀加速运动的路程、速度和加速度关系，以及线

速度和角速度的关系，代入机械能守恒方程中即可解得.

解1设绳子的拉力为尸T,对飞轮而言，根据转动定律，有

FTR-Ja(1)

而对重物而言，由牛顿定律，有

mg—FT—ma(2)

由于绳子不可伸长，因此，有

a=Ra(3)

重物作匀加速下落，则有

由上述各式可解得飞轮的转动惯量为

J=mR矍--1

2/?

解2根据系统的机械能守恒定律，有

-mgh+—mv2+—Jar=0(1')

而线速度和角速度的关系为

v=Reo⑵)

又根据重物作匀加速运动时，有

v=at3)

v2=2ah(4')

由上述各式可得

-匡_1]

12力)

若轴承处存在摩擦，上述测量转动惯量的方法仍可采用.这时，只需通过用两个不同质量的

重物做两次测量即可消除摩擦力矩带来的影响.

4-12一燃气轮机在试车时，燃气作用在涡轮上的力矩为2.03x()3N-m,涡轮的转动惯量为

25.0kg-m2.当轮的转速由2.80'1()3「1市1?增大到1.12x104rmin」时，所经历的时间[为多

少？

分析由于作用在飞轮上的力矩是恒力矩，因此，根据转动定律可知，飞轮的角加速度是一

恒量；又由匀变速转动中角加速度与时间的关系，可解出飞轮所经历的时间.该题还可应用

角动量定理直接求解.

解1在匀变速转动中，角加速度a=竺二%,由转动定律M=Ja,可得飞轮所经历的时

t

间

t=—~~—J=n)=10.8s

MM0

解2飞轮在恒外力矩作用下，根据角动量定理，有

[Mdt=J(co—(y0)

则tJi)J=出储-%)=10.8s

MM

4—13如图(a)所示，质量m—16kg的实心圆柱体A,其半径为r-15cm,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〃?2=

8.0kg的物体B.求：(1)物体B由静止开始下降1.0s后的距离；(2)绳的张力FT.

题4-13图

分析该系统的运动包含圆柱体的转动和悬挂物的下落运动(平动).两种不同的运动形式应

依据不同的动力学方程去求解，但是，两物体的运动由柔绳相联系，它们运动量之间的联系

可由角量与线量的关系得到.

解(1)分别作两物体的受力分析，如图(b).对实心圆柱体而言，由转动定律得

rf12

FTr=Ja=—m}ra

对悬挂物体而言，依据牛顿定律，有舄-耳=%g-耳=m2a

且FT=FT，.又由角量与线量之间的关系，得

a=ra

解上述方程组，可得物体下落的加速度

4=2叫g

叫+2叫

在f=1.0s时，B下落的距离为

s=-at2=团⑻-=2.45m

2+2ml

(2)由式⑵可得绳中的张力为

FT=m(g-a)=-W2—g=39.2N

叫+2叫

4-14质量为协和他的两物体A、B分别悬挂在图(a)所示的组合轮两端.设两轮的半径

分别为R和〃两轮的转动惯量分别为/和小，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.

题4-14图

分析由于组合轮是一整体，它的转动惯量是两轮转动惯量之和，它所受的力矩是两绳索张

力矩的矢量和(注意两力矩的方向不同).对平动的物体和转动的组合轮分别列出动力学方

程，结合角加速度和线加速度之间的关系即可解得.

解分别对两物体及组合轮作受力分析，如图(b).根据质点的牛顿定律和刚体的转动定律，

有

R一母i一耳】=成6(1)

—P2-FT2—m2g-叫a2(2)

FnR-FT2r-(J,+J2)a(3)

F：=%,F"=FT2⑷

由角加速度和线加速度之间的关系，有

4=Ra(5)

a2=ra(6)

解上述方程组，可得

m,R-m-,r„

a.=----------!----------------可gR

+J2+m}R~+m2r'

—mr

a2

22

J{+J2+iriyR'+m2r

.J,+J-,+m,r~+m,Rr

FT.=--------*—：——^-7rng

J1+J2+myR~+叫广

-m.R~+m.Rr

Ff、=———=---------rrhg

2

Jx+J2+〃qR-+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•/,滑轮两边分别悬挂质量

为町和机2的物体A、B.A置于倾角为，的斜面上，它和斜面间的摩擦因数为"，若B向

下作加速运动时，求：（1）其下落加速度的大小；（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.）

(a)(b)

题4-15图

分析这是连接体的动力学问题，对于这类问题仍采用隔离体的方法，从受力分析着手，然

后列出各物体在不同运动形式下的动力学方程.物体A和B可视为质点，则运用牛顿定律.由

于绳与滑轮间无滑动，滑轮两边绳中的张力是不同的，滑轮在力矩作用下产生定轴转动，因

此，对滑轮必须运用刚体的定轴转动定律.列出动力学方程，并考虑到角量与线量之间的关

系，即能解出结果来.

解作A、B和滑轮的受力分析，如图（b）.其中A是在张力尸TI、重力打，支持力FN和

摩擦力凡的作用下运动，根据牛顿定律，沿斜面方向有

FTi—ggsin。一〃，“gcos。=rr\ax⑴

而B则是在张力和重力尸2的作用下运动，有

m28-FT2=〃与出⑵

由于绳子不能伸长、绳与轮之间无滑动，则有

⑶

对滑轮而言，根据定轴转动定律有

耳J一耳J=Ja(4)

%—F-r\，F；2—片2⑸

解上述各方程可得

__?且一^1gsi11夕一〃町geos。

4a2j

叫+用+”

2

m17772g(1+sin。+〃cos6)+(sin0+〃cos。)7nlg//r

仍+叫+///

2

_m1m2g(l+sin0+jucosO)-hm2gJ/r

%2=77-2

见+生+4//r

4-16如图(a)所示，飞轮的质量为60kg,直径为0.50m,转速为1.0x1()3「min」.现用闸

瓦制动使其在5.0s内停止转动，求制动力F.设闸瓦与飞轮之间的摩擦因数〃=0.40,飞轮

的质量全部分布在轮缘上.

(b)

题4-16图

分析飞轮的制动是闸瓦对它的摩擦力矩作用的结果，因此，由飞轮的转动规律可确定制动

时所需的摩擦力矩.但是，摩擦力矩的产生与大小，是由闸瓦与飞轮之间的正压力尸Z决定

的，而此力又是由制动力F通过杠杆作用来实现的.所以，制动力可以通过杠杆的力矩平衡

来求出.

解飞轮和闸杆的受力分析，如图（b）所示.根据闸杆的力矩平衡，有

F（/,+/2）-^/,=O

而心=用,，则闸瓦作用于轮的摩擦力矩为

⑴

摩擦力矩是恒力矩，飞轮作匀角加速转动，由转动的运动规律，有

_co-co_co_2Tm

00⑵

ttt

因飞轮的质量集中于轮缘，它绕轴的转动惯量/=m//4,根据转动定律M=./a,由式

（1）、（2）可得制动力

/=叫=3.14x1。N

4-17一半径为R、质量为旭的匀质圆盘，以角速度。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（1）求圆盘所受的摩擦力矩.（2）问经多少时间后，

圆盘转动才能停止？

分析转动圆盘在平板上能逐渐停止下来是由于平板对其摩擦力矩作用的结果.由于圆盘各

部分所受的摩擦力的力臂不同，总的摩擦力矩应是各部分摩擦力矩的积分.为此，可考虑将

圆盘分割成许多同心圆环，取半径为，、宽为dr的圆环为面元，环所受摩擦力d*=2皿U

mgdr/jt/J2,其方向均与环的半径垂直，因此，该圆环的摩擦力矩dM=rXdFr,其方向

沿转动轴，则圆盘所受的总摩擦力矩M=jdM.这样，总的摩擦力矩的计算就可通过积分来

完成由于摩擦力矩是恒力矩，则由角动量定理MA/=△（%）,可求得圆盘停止前所经历的

时间△t.当然也可由转动定律求解得.

解（1）由分析可知，圆盘上半径为八宽度为dr的同心圆环所受的摩擦力矩为

dM=rxdFf=-（2/gir/）fc

式中A为轴向的单位矢量.圆盘所受的总摩擦力矩大小为

M=JdM=J。——R?”=—/imgR

（2）由于摩擦力矩是一恒力矩，圆盘的转动惯量/=〃?*/2.由角动量定理MAf=A（j①）,

可得圆盘停止的时间为

,Ja>3a)R

△t=-=-----

M4〃g

4-18如图所示，一通风机的转动部分以初角速度。°绕其轴转动，空气的阻力矩与角速

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初角速度的一半？（2）在此时间内共转过多少转？

题4-18图

分析由于空气的阻力矩与角速度成正比，由转动定律可知，在变力矩作用下，通风机叶片

的转动是变角加速转动，因此，在讨论转动的运动学关系时，必须从角加速度和角速度的定

义出发，通过积分的方法去解.

解（1）通风机叶片所受的阻力矩为M=—Co,由转动定律M=Ja,可得叶片的角加速度

为

根据初始条件对式（1）积分，有

.3dft>r'C,

一=d/

“a>JoJ

由于C和1/均为常量，得口=co.e-Q,J（2）

当角速度由。o—12g时，转动所需的时间为

t=—ln2

C

（2）根据初始条件对式（2）积分，有

即。=皿

2C

在时间f内所转过的圈数为

TV=—=

2兀471c

4-19如图所示，一长为2/的细棒AB,其质量不计，它的两端牢固地联结着质量各为加

的小球，棒的中点0焊接在竖直轴z上，并且棒与z轴夹角成a角.若棒在外力作用下绕z轴（正

向为竖直向上）以角直速度。=。0（1一屋'）转动，其中30为常量.求（1）棒与两球构成的系

统在时刻f对Z轴的角动量；（2）在r=0时系统所受外力对z轴的合外力矩.

题4-19图

分析由于棒的质量不计，该系统对z轴的角动量即为两小球对z轴的角动量之和，首先可

求出系统对z轴的转动惯量（若考虑棒的质量，其转动惯量为多少，读者可自己想一想），系

统所受合外力矩既可以运用角动量定理，也可用转动定律来求解.相比之下，前者对本题更

直接.

解（1）两小球对z轴的转动惯量为/=2/w/=2n7（/sinay=2/??（/sina）2）则系统对z轴

的角动量为

L-J（o=2mr=2mFeo。（1-e~'）sin2a

此处也可先求出每个小球对z轴的角动量后再求和.

（2）由角动量定理得

22z

M--=成%o（l-"'卜!!%]=2m/（yosina^

t=0时，合外力矩为M=2mFcOoSin2a此处也可先求解系统绕z轴的角加速度表达式，即

a=—coQe~'，再由M=Ja求得

dr

4-20一质量为"、半径为R的均匀圆盘，通过其中心且与盘面垂直的水平轴以角速度。

转动，若在某时刻，一质量为〃？的小碎块从盘边缘裂开，且恰好沿垂直方向上抛，问它可

能达到的高度是多少？破裂后圆盘的角动量为多大？

分析盘边缘裂开时，小碎块以原有的切向速度作上抛运动，由质点运动学规律可求得上抛

的最大高度.此外，在碎块与盘分离的过程中，满足角动量守恒条件，由角动量守恒定律可

计算破裂后盘的角动量.

S>,n

题4-2()图

解(1)碎块抛出时的初速度为

v0—coR

由于碎块竖直上抛运动，它所能到达的高度为

若CO2R-

A=—=-------

2g2g

(2)圆盘在裂开的过程中，其角动量守恒，故有

L=.E

式中£=■!■加R2①为圆盘未碎时的角动量；2/=〃?代。为碎块被视为质点时，碎块对轴的

2

角动量；L为破裂后盘的角动量,则

L=|—mr—m|/?2co

(2

4-21在光滑的水平面上有一木杆，其质量皿=1.0kg,长/=40cm,可绕通过其中点

并与之垂直的轴转动.一质量为他=10g的子弹，以v=2.0Xl()2m.sT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.

题4-21图

分析子弹与杆相互作用的瞬间，可将子弹视为绕轴的转动.这样，子弹射入杆前的角速度

可表示为3,子弹陷入杆后，它们将一起以角速度”转动.若将子弹和杆视为系统，因系统

不受外力矩作用，故系统的角动量守恒.由角动量守恒定律可解得杆的角速度.

解根据角动量守恒定理

，

J2(o=(+J2)(W

式中4=牡(〃2)2为子弹绕轴的转动惯量，为子弹在陷入杆前的角动量，(o=2v/l为子

弹在此刻绕轴的角速度.4=町广/]2为杆绕轴的转动惯量.可得杆的角速度为

，J>86〃?、。cc[-I

a>=——=——=7-----=——r=29.1s

J1+J2(班+3?)

4-22半径分别为打、门的两个薄伞形轮，它们各自对通过盘心且垂直盘面转轴的转动

惯量为A和上.开始时轮I以角速度。0转动，问与轮H成正交啮合后(如图所示)，两轮的

角速度分别为多大？

分析两伞型轮在啮合过程中存在着相互作用力，这对力分别作用在两轮上，并各自产生不

同方向的力矩，对转动的轮I而言是阻力矩，而对原静止的轮n则是启动力矩.由于相互作

用的时间很短，虽然作用力的位置知道，但作用力大小无法得知，因此，力矩是未知的.但

是，其作用的效果可从轮的转动状态的变化来分析.对两轮分别应用角动量定理，并考虑到

啮合后它们有相同的线速度，这样，啮合后它们各自的角速度就能求出.

解设相互作用力为F,在啮合的短时间A♦内，根据角动量定理，对轮I、轮II分别有

一耳.四=〃电-0>0)⑴

F'Q=J2口2⑵

两轮啮合后应有相同的线速度，故有

q助=r2co2(3)

由上述各式可解得啮合后两轮的角速度分别为

Ct/]2T

r

Jxr24-J2^\

4-23一质量为20.0kg的小孩，站在一半径为3.00m、转动惯量为450kg-m2的静止水

平转台的边缘上，此转台可绕通过转台中心的竖直轴转动，转台与轴间的摩擦不计.如果此

小孩相对转台以1.00m.sT的速率沿转台边缘行走，问转台的角速率有多大？

分析小孩与转台作为一定轴转动系统，人与转台之间的相互作用力为内力，沿竖直轴方向

不受外力矩作用，故系统的角动量守恒.在应用角动量守恒时，必须注意人和转台的角速度

。、。0都是相对于地面而言的，而人相对于转台的角速度。।应满足相对角速度的关系式

GJ=CDQ+CD].

解由相对角速度的关系，人相对地面的角速度为

V

①=g+①]=①。+1

由于系统初始是静止的，根据系统的角动量守恒定律，有

J0CD0+J](Ct>o+CO,)=0

式中/、/=mR2分别为转台、人对转台中心轴的转动惯量.由式（1）、（2）可得转台的角

速度为

m店v

=—9.52xl(y2s-1

2

Jo+mAR

式中负号表示转台转动的方向与人对地面的转动方向相反.

4-24一转台绕其中心的竖直轴以角速度。0转动，转台对转轴的转动惯量为Jo

=4.0X10。kg.m）.今有砂粒以。=2tg-s-1的流量竖直落至转台，并粘附于台面形成

一圆环，若环的半径为r=0.10m,求砂粒下落f=10s时，转台的角速度.

分析对转动系统而言，随着砂粒的下落，系统的转动惯量发生了改变.但是，砂粒下落对

转台不产生力矩的作用，因此，系统在转动过程中的角动量是守恒的.在时间f内落至台面

的砂粒的质量，可由其流量求出，从而可算出它所引起的附加的转动惯量.这样，转台在不

同时刻的角速度就可由角动量守恒定律求出.

解在时间0-10s内落至台面的砂粒的质量为

w=£°sQdr=0.10kg

根据系统的角动量守恒定律，有

J0co0=（./0+mpyo

则/=10s时，转台的角速度

"”=0.80，2

Ja+mr

4-25为使运行中的飞船停止绕其中心轴的转动，可在飞船的侧面对称地安装两个切向控

制喷管（如图所示），利用喷管高速喷射气体来制止旋转.若飞船绕其中心轴的转动惯量J=

2.0X103kg-m2,旋转的角速度。=0.2rad-s-1,喷口与轴线之间的距离r=1.5m；喷

气以恒定的流量。=1.0kg.5和速率〃=50m-s'从喷口喷出，问为使该飞船停止旋转,

喷气应喷射多长时间？

分析将飞船与喷出的气体作为研究系统，在喷气过程中，系统不受外力矩作用，其

角动量守恒.在列出方程时应注意：(1)由于喷气质量远小于飞船质量，喷气前、后系统的

角动量近似为飞船的角动量J。；(2)喷气过程中气流速率u远大于飞船侧面的线速度。r,

因此，整个喷气过程中，气流相对于空间的速率仍可近似看作是"，这样，排出气体的总角

动量［(»+cor)iin«mur.经上述处理后，可使问题大大简化.

Jm

解取飞船和喷出的气体为系统，根据角动量守恒定律，有

Ja>-mur=0(1)

因喷气的流量恒定，故有

m=2Qt(2)

由式(1)、(2)可得喷气的喷射时间为

Ja)

=2.67s

2Qur

4-26一质量为"八半径为R的转台，以角速度<0A转动，转轴的摩擦略去不计.(1)有

一质量为〃？的蜘蛛垂直地落在转台边缘上.此时，转台的角速度。B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，转台的角速度仇为多少？设蜘蛛

下落前距离转台很近.

分析对蜘蛛和转台所组成的转动系统而言，在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.应该注意的是，蜘蛛爬行过程中，其转

动惯量是在不断改变的.由系统的角动量守恒定律即可求解.

解(1)蜘蛛垂直下落至转台边缘时，由系统的角动量守恒定律，有

4恁=(4+4融

式中为转台对其中心轴的转动惯量，4=机尸为蜘蛛刚落至台面边缘时，它

对轴的转动惯量.于是可得

m

co,--------co,=--------co,,

b4+J,"m'+2ma

(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J2=mr.在此过程中，由系统角动量守恒，有J0coa=(Jo+，如.

4—27―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.以100N的力打击它的下端点，打击时间为0.02s.(1)若打击前棒是静止的，求打击时

其角动量的变化；(2)棒的最大偏转角.

题4-27图

分析该题属于常见的刚体转动问题，可分为两个过程来讨论：（1）瞬间的打击过程.在瞬

间外力的打击下，棒受到外力矩的角冲量，根据角动量定理，棒的角动量将发生变化，则获

得一定的角速度.（2）棒的转动过程.由于棒和地球所组成的系统，除重力（保守内力）外无其

他外力做功，因此系统的机械能守恒，根据机械能守恒定律，可求得棒的偏转角度.

解（1）由刚体的角动量定理得

AL=Jg=JMdt=FlAt=2.0kg-m2-s-1

（2）取棒和地球为一系统，并选0处为重力势能零点.在转动过程中，系统的机械能守恒,

即

由式（1）、（2）可得棒的偏转角度为

6»=arcco;1一,=88°38'

Im-gl）

4-28我国1970年4月24日发射的第一颗人造卫星，其近地点为4.39xl05m.远地点为

2.38xlO6m.试计算卫星在近地点和远地点的速率.（设地球半径为6.38xlO6m）

分析当人造卫星在绕地球的椭圆轨道上运行时，只受到有心力------万有引力的作用.因

此，卫星在运行过程中角动量是守恒的，同时该力对地球和卫星组成的系统而言，又是属于

保守内力，因此，系统又满足机械能守恒定律.根据上述两条守恒定律可求出卫星在近地点

和远地点时的速率.

解由于卫星在近地点和远地点处的速度方向与椭圆径矢垂直，因此，由角动量守恒定律有

mWi=m5V2（1）

又因卫星与地球系统的机械能守恒，故有

婀-智等⑵

式中G为引力常量，m.和根分别为地球和卫星的质量，〃和万是卫星在近地点和远地点

时离地球中心的距离.由式（1）、（2）可解得卫星在近地点和远地点的速率分别为

3-1

叼==8.1lxIOm-s

3-1

v2=—v,=6.3lxIOm-s

4-29地球对自转轴的转动惯量为0.33,WEN,其中me为地球的质量，R为地球的半径.（1）

求地球自转时的动能；（2）由于潮汐的作用，地球自转的速度逐渐减小，一年内自转周期增

加3.5XI。"s,求潮汐对地球的平均力矩.

分析由于地球自转一周的时间为24小时，由”=2兀/T可确定地球的自转角速度和地球自

转时的转动动能处=12%2.随着自转周期的增加，相应自转的角速度将减小，因而转动

动能也将减少.通过对上述两式微分的方法，可得到动能的减少量A瓦与周期的变化AT

的关系.根据动能定理可知，地球转动动能的减少是潮汐力矩作功的结果，因此，由

W==八以，即可求出潮汐的平均力矩.

解（1）地球的质量mE=5.98X1024kg,半径R=6.37X106m,所以，地球自转的动

能

（）

EK=g1/①2=2兀2X0.33加/2/72=2.12X129J

兀

（2）对式①=」2两边微分，可得

T

2兀

da）=-yydT

当周期变化一定量时，有

==Ar（1）

T22兀

由于地球自转减慢而引起动能的减少量为

3

双=JCD\CD=--J\T=--EQT（2）

2兀71

又根据动能定理

W=M\0=AEK（3）

由式（2）、（3）可得潮汐的摩擦力矩为

\M\=&一，=7.47xKT?N.m

I12兀2”

式中”为一年中的天数。=365）,为一天中周期的增加量.

4-30如图所示，一质量为〃？的小球由一绳索系着，以角速度0°在无摩擦的水平面上，

作半径为“的圆周运动.如果在绳的另一端作用一竖直向下的拉力，使小球作半径为/■口的

圆周运动.试求：（1）小球新的角速度；（2）拉力所作的功.