习题解答

习题三答案

一质量为M ，边长为L 的等边三角形薄板，求绕垂直于薄板平面并通过其顶点的转轴的转动惯量。

解1

L ，设所求转动惯量为0I ，垂直于薄板平面并通过

其质心的转轴的转动惯量为1I ，利用平行轴定理，2

1013I I ML =+。

取直角坐标系原点位于转轴与边的交点，三角形的一个顶点位于0,x y L ==处，等边三

角形薄板的面密度为σ=

==，通过质心的转动惯量为 ()()()22222

21s

s

s

I x y dm x y dS x

y dxdy σ=+=+=

+??????

由于该积分区域是对y 轴对称的，y 积分区间从63-

到33+，x 的积分区间从3

1

3-y 到

3

31y

-(单位均为L)。将上述积分化为321I I I +=，其中， ??=

s

dxdy x L M I 2

2

2334 ，??=s

dxdy y

L M I 2

2

3334

??---?=33131323

3

6

342

2334y y dx x dy L L M I [4L 是由于积分号内的单位L 被提出] ?

-???

? ??-=

336

33

2

331323

34dy y ML ()

?--??=33

6

33231271

32334dy y ML [令y t 31-=]

023322433ML t dt ??=

?- ? ???

?2

241ML = ??---?=3313

132

3

3

6

342

3334y

y dx y dy L L M I ?

-???

? ??-=

336322

33123

34dy y y ML 2

241ML = 所以： 2232012

5

31ML ML I I I =+

+=

解2：在薄板平面内取直角坐标系，原点即为通过转轴的三角形顶点，另两个顶点分别位于

???? ??23,21，??

?

? ??-23,21，如下图所示。

则

()()()22222

22

3s

s

s

I x y dm x y dS x

y dxdy L σ=+=+=

+??????

而由于该积分区域是对y 轴对称的，y 积分区间从0到

23，x 的积分区间从3

3y -到3

3y

+

(单位均为L)。上述积分化为 )4220I L dy x y dx =+??=23

034227320334dy y L L M 2125ML =

一质量为M 、半径为R 的均匀球体，求对于通过球心转轴的转动惯量。 解：

()

()2

2

43sin sin sin V

V

V

I r dm r dV r drd d θθρρθθ?=

==???

()()23

4

250

01sin 2cos 1cos 5R d d r dr d R π

π

πρ?θθρπθθ??==-???????

? 35

5553

01183822cos cos 35

154155M R R R MR R π

ππρπθθρπ??=-===????

一个轮子装在固定轴上，整个系统无摩擦地自由转动。一条质量可忽略的带子缠绕在轴上，并以已知恒定的力F r

拉之，以测定轮轴系统的转动惯量。当带子松开的长度为L 时，系统转动的角速度为ω，求系统的转动惯量I 。

解：外力做功为FL ，带子松开的长度为L 时，系统动能为

221ωI ，所以22ω

FL I =

质量为m 长为l 的均质杆，其B 端水平的放在桌上，A 端用手支住，问在突然撒手的瞬时，(1)绕B 点的力矩和角加速度各是多少？(2)杆的质心加速度是多少？

解：(1)绕B 点的力矩M r 由重力产生，设杆的线密度为ρ，l

m

=ρ，则绕B 点的力矩为

0001

2

mg m l M xdG gxdm gx dx mgl ρ====???

杆绕B 点的转动惯量为 202

0231ml dx x dm x I l m ===??ρ

角加速度为 32M g

I l β==

(2)杆的质心加速度为 g l a 4

3

2==β

飞轮的质量为60kg ，直径为0.50m ，转速为1000r/min ，现要求在5s 内使其制动，求制动

力F 。假定闸瓦与飞轮之间的摩擦系数μ=，飞轮的质量全部分布在轮的外周上。尺寸如图所示。

解：设在飞轮接触点上所需要的压力为F '，则摩擦力为F μ'，摩擦力的力矩为2

d

F 'μ，在制动过程中，摩擦力的力矩不变，而角动量由2

d

mv

变化到0，所以由 0Mdt L L =-?有 2

22d

d m t d F ?='ωμ

解得785.42m d F N t ωμ'=

=。由杆的平衡条件得 0.5

314.21.25

F F N '==。 如图所示，两物体1和2的质量分别为1m 与2m ，滑轮的转动惯量为I ，半径为r 。

⑴如物体2与桌面间的摩擦系数为μ，求系统的加速度a 及绳中的张力1T 与2T (设绳子与滑轮间无相对滑动)；

⑵如物体2与桌面间为光滑接触，求系统的加速度a 及绳中的张力1T 与2T 。 T m

1m

解：⑴先做受力分析，物体1受到重力g m 1和绳的张力1T ，对于滑轮，受到张力1T 和2T ，

对于物体2，在水平方向上受到摩擦力g m 2μ和张力2T ，分别列出方程

a m T g m 111=- [()a g m T -=11] a m g m T 222=-μ [()g a m T μ+=22]

()12a T T r M I I

r

α-=== 通过上面三个方程，可分别解出三个未知量

()()212212m m gr a m m r I μ-=++，()()22112121m r g Ig T m m m r I μ++=++，()()21222121m r g Ig T m m m r I

μμ++=++ ⑵ 在⑴的解答中，取0=μ即得

()21212m gr a m m r I =++， ()2211212m r g Ig T m m m r I +=++，()21222

12m m r g

T m m r I

=++。

电动机带动一个转动惯量为I =50kg·m 2

的系统作定轴转动。在内由静止开始最后达到120r/min 的转速。假定在这一过程中转速是均匀增加的，求电动机对转动系统施加的力矩。 解：由于转速是均匀增加的，所以角加速度α为

2120/min 2/8/0.560/min

r rad r

rad s t s s ωπαπ??=

==?? 从而力矩为

322508 1.25710M I kgm s απ-==?=?

求题中制动力矩在制动过程中所作的功。

解：制动力矩在制动过程中所作的功等于系统动能的变化 J r m W 4221006.22

1

?-=-

=ω 本题也可以先求出摩擦力做功的距离以及摩擦力的大小来求解。

一飞轮直径为0.30m ，质量为5.00kg ，边缘绕有绳子，现用恒力拉绳子的一端，使其由静止均匀的加速，经转速达到10r/s 。假定飞轮可看作实心圆柱体，求：

⑴飞轮的角加速度及在这段时间内转过的转数； ⑵拉力及拉力所作的功；

⑶从拉动后t=10s 时飞轮的角速度及轮边缘上一点的速度和加速度。 解：⑴ 飞轮的角加速度为

210/2/125.7/0.5r s rad r

rad s t s

ωπα??=

==? 转过的圈数为

r s s r n 5.25.0/102

1

=??=

⑵ 飞轮的转动惯量为 2

2

1mr I =， 所以，拉力的大小为

110.3

5125.747.1222

M I F mr N r r αα====???=

拉力做功为

J d n F FS W 1113.014.35.21.47=???=?==π

⑶从拉动后t=10s 时，轮角速度为

3

125.710 1.25710/t rad s ωα''==?=? 轮边缘上一点的速度为

s m r v /18815.010257.13

=??='='ω 轮边缘上一点的加速度为

2

125.70.1518.8/a r m s α==?=。

弹簧、定滑轮和物体的连接如图所示，弹簧的劲度系数为 m -1

；定滑轮的转动惯量是0.5kg m 2

，半径为0.30m ，问当6.0kg 质量的物体落下0.40m 时，它的速率为多大？假设开始时物体静止而弹簧无伸长。

解：当物体落下0.40m 时，物体减少的势能转化为弹簧的势能、物体的动能和滑轮的动能， 即

2

2

2222121r Iv mv kh mgh ++=，

将kg m 6=，2

/8.9s kgm g =，m h 4.0=，2

5.0kgm I =，m r 3.0=代入，得 s m v /01.2=

一均匀铅球从高为h ，与水平面夹角为θ的固定斜面顶上由静止无滑动地滚下，求滚到底端时球心的速度。试用下述几种方法求解：(1)转动定理，以球和斜面的接触点为瞬时转轴；(2)质心运动定理；(3)机械能守恒定律；(4)角动量定理。

图 无滑移滚动的铅球

解 铅球的受力如图所示，根据质心运动定理，质心沿斜面平移运动的方程为

sin mg f ma θ-=

绕质心的转动方程为

C fR I α=，225C I mR =．

因为是无滑移的滚动，有 a R α=

消去f ，我们有 sin C mg I R ma θα-=， 2

sin C mg I a R ma θ-= 即 25sin mg ma ma θ

-=，5sin /7a g θ=

滚到底端时球心的速度为

c v ==

质量为m 、半径为R 的自行车轮，假定质量均匀分布在轮缘上，可绕轴自由转动。一质量

为m 0的子弹以速度v 0射入轮缘(如题3-13图所示方向)。 (1)开始时轮是静止的，在子弹打入后轮的角速度为何值？

(2)用m,m 0和θ表示系统[包括轮和子弹]最后动能和初始动能之比。

解：由角动量守恒定律有

2

000sin ()m v R m m R θω=+，000sin ()m v m m R

θ

ω=

+

2

22221

00000222100000002

()()sin sin ()()k k m m R E m m R m v m E m v m v m m R m m ωθθ??++=== ?++?? 在自由旋转的水平圆盘上，站一质量为m 的人。圆盘的半径为R ，转动惯量为J ，角速度

为ω。如果这人由盘边走到盘心，求角速度的变化及此系统动能的变化。 解：系统的角动量在整个过程中保持不变。

人在盘边时，角动量为 (

)

ωω2

mR J I L +==

人走到盘心时角动量为 ωω'=''=J I L

因此 ()ωωJ

mR J 2

+=

'

人在盘边和在盘心时，系统动能分别为

2

2212

121ωωJ R m W +=，()22

2222121ωωJ mR J J W +=

'= 系统动能增加 2422

2122121ωωJ

R m R m W W W +

=-=? 在半径为1R ，质量为m 的静止水平圆盘上，站一质量为m 的人。圆盘可无摩擦地绕通过圆盘中心的竖直轴转动。当这人开始沿着与圆盘同心，半径为2R [21R R <]的圆周匀速地走动时，设他相对于圆盘的速度为v ，问圆盘将以多大的角速度旋转？ 解：整个体系的角动量保持为零，设人匀速地走动时圆盘的角速度为ω，则 ()2

122120L L L m v R R mR

ωω=+=--=人盘 解得 v R R R 2

2

212

22+-=

ω 如题图示，转台绕中心竖直轴以角速度0ω作匀速转动。转台对该轴的转动惯量J =5×10-5

kg·m 2

。现有砂粒以1g/s 的速度落到转台，并粘在台面形成一半径r =0.1m 的圆。试求砂粒落到转台，使转台角速度变为102ω所花的时间。

解：要使转台角速度变为102ω，由于砂粒落下时不能改变体系角动量，所以必须要使体系

的转动惯量加倍才行，即 J r m =2

沙粒。将25

10

5m kg J ??=-和m r 1.0=代入得

kg m 3105-?=沙粒

所以 s s

g kg

t 5/11053=?=

-

一质子从远处射向一带电量为Ze 的重核，但没有瞄准，偏离了一个距离b [b 叫做散射参量]，如习题图所示。质子的动能为2

02p M v ，重核的质量非常大，可以略去其反冲能量，即可以把重核看作是静止的。求质子能接近重核的最近距离s 。

解：设质子在离核最近处，速度为v 。分别列出体系的角动量守恒方程和能量守恒方程

vs M b v M p p =0

s

Ze v M v M p p 022

2042121πε+

= 由vs M b v M p p =0得0/v v b s =，代入能量守恒方程得

2

22

00011224p p v b Ze M v M s s πε??=+

???， ()()222

2

0002p p Ze M v s s M v b πε??

--= ??

?，

02p s M v = 由于0s >，因而

02p s M v = 一脉冲星质量为×1030

kg ，半径为20km 。自旋转速为 r/s ，并且以×10-15

r/s 的变化率减慢。问它的转动动能以多大的变化率减小？如果这一变化率保持不变，这个脉冲星经过多长时间就会停止自旋？设脉冲星可看作匀质球体。

解：脉冲星的转动惯量为 252mr I =

转动动能为 2

225121r m I W ωω==

转动动能的变化率为 225dW d mr dt dt

ω

ω

= ()2

30415250.4 1.510210 2.12 1.0102 1.9910/J s ππ-=?????????=?

由d dt

ω

α=

，t ωα=，得停止自旋所需要的时间为 15152

2.1/ 2.1101.010/r s t s r s

ωα-===??

[单位时间内，能量的变化百分比为：

1152

151095.0/1.2/100.122---?=??==s s

r s r dt d W dt dW ωω

因此，停止自旋所需要的时间为s s

151

151005.11095.01

?=?--]？？？

两滑冰运动员，质量分别为M A =60kg ，M B =70kg ，它们的速率V A =7m/s ，V B =6m/s ，在相距1.5m 的两平行线上相向而行，当两者最接近时，便拉起手来，开始绕质心作圆周运动并保持两者间的距离为1.5m 。求该瞬时：⑴系统的总角动量；⑵系统的角速度；⑶两人拉手前、后的总动能。这一过程中能量是否守恒，为什么？

解：⑴设两滑冰运动员拉手后，两人相距为s ，两人与质心距离分别为A r 和B r ，则 s M M M r B A B A +=

， s M M M r B

A A

B +=

两人拉手前系统总角动量为

()s kgm s V V M M M M r V M r V M L L L B A B

A B

A B B B A A A B A /6302=++=

+=+=

⑵设两人拉手后系统的角速度为ω，由于两人拉手后系统角动量不变

22

A A

B B L M r M r ωω=+

所以， s rad s V V r M r M L

B A B B A A /67.82

2

=+=+=

ω ⑶两人拉手前总动能为： J V M V M W B B A A 27302

1

21221=+=

拉手后，由于整个体系的动量保持为零，所以体系动能为 ()J V V M M M M r M r M W B A B

A B A B B A A 27302121212222

22=++=

+=

ωω 所以体系动能保持守恒。可以算出，当且仅当B B A A V M V M =时，体系能量守恒，否则能量会减小，且

()

()22121

B B A A B A V M V M M M W W W -+=

-=?-

一长l =0.40m 的均匀木棒，质量M=1.00kg ，可绕水平轴O 在竖直平面内转动，开始时 棒自然地竖直悬垂。现有质量m=8g 的子弹以v=200m/s 的速率从A 点与O 点的距离为34l ，如图。求：⑴棒开始运动时的角速度；⑵棒的最大偏转角。

解：系统绕杆的悬挂点的角动量为

21

340.48L mvl kgm s -==

子弹射入后，整个系统的转动惯量为

222054.016

9

31kgm ml Ml I =+=

由角动量守恒有

s rad I

L

/88.8==

ω ⑵子弹射入后，且杆仍然垂直时，系统的动能为

2

12 2.13W I J ω==动

当杆转至最大偏转角θ时，系统动能为零，势能的增加量为

()()3

1241cos 1cos W Mgl mgl θθ?=-+-势 由机械能守恒，势动W W ?= 得 ο

24.94=θ。

一根均匀细棒的下端A 放在光滑的水平面上，上端B 受一竖直向上的力F r

，棒这时是静

止的，如图所示．当力F r

撤去后棒就会下落到地面上，则它下落的方式是

(A) A 点不动 (B)中点C 竖直下落，(C)B 点竖直下落 (D)条件不足不能确定．

根据质心运动定理，当力F 撤去后，棒的质心在重力作用下竖直下落。[B]

压路机的滚筒可近似地看作一个直径为D 的圆柱形薄壁圆筒[如习题 图]，设滚筒的直径D=1.50m ，质量为10吨，如果水平牵引力F 为20000N ，使它在地面上作纯滚动。求：⑴滚筒的角加速度和轴心的加速度；⑵摩擦力；⑶从静止开始走了1m 时，滚筒的转动 动能与平动动能。

解：⑴ 采用瞬时转轴法，通过滚筒与地面接触点的轴，摩擦力无力矩，只有水平牵引力有

力矩，所以[注意利用平行轴定理计算滚筒对地面接触点的轴的转动惯量] 22

()FR I mR mR αα==+ ， 21.33/F

rad s mR

α== 轴心的加速度为 2

1/a R m s α==

⑵ 在水平方向上滚筒受到水平牵引力和摩擦力的作用，由牛顿第二定律，摩擦力为 4

20000100001110f F ma N =-=-?=? ⑶ 由于整个体系做匀加速运动，走了一米后，滚筒的速度为as v 2=

其平动动能为 24

112110W mv J ==?

转动动能为 ()()

2

2

2

24

11

122

2

2

/110W I mR v R mv J ω==?==?

如图所示，一圆柱体质量为m ，长为l ，半径为R ，用两根轻软的绳子对称地绕在圆柱两端，两绳的另一端分别系在天花板上。现将圆柱体从静止释放，试求：

⑴它向下运动时的线加速度；⑵向下加速运动时，两绳的张力。

解：⑴ 采用瞬时转轴法，以绳和圆柱体的接触点为瞬时转轴，绳的张力无力矩，所以 (

)2212

mgR I mR mR ββ==+

R g 32=

β， 2

/53.63

2s m g R a ===β ⑵向下加速运动时，圆柱体竖直方向受到向下的重力mg ，以及绳子的拉力F 2，所以

ma F mg =-2， 11

26()F m g a mg =-=。

半径R 为30cm 的轮子，装在一根长l 为40cm 的轴的中部，并可绕其转动，轮和轴的质量共5kg ，系统的回转半径为25cm ，轴的一端A 用一根链条挂起，如果原来轴在水平位置，并使

轮子以1

12s rad s ω-=?的自旋角速度旋转，方向如图所示，求：

⑴该轮自转的角动量；⑵作用于轴上的外力矩；⑶系统的进动角速度，并判断进动方向。

解：本题属于进动问题。

(1)因为轮轴系统的回转半径为0.25h R m =，所以其转动惯量2

h I mR =，自转角动量为

2

221215(0.25)12 3.75s h s I mR kg m s kg m s ωω--==????=??

(2)轮轴系统对A 点的力矩为：

22l l M G mg =?=?0.459.89.82

N m N m =???=?

(3)

绕有电缆的大木轴，质量为m =1000kg ，绕中心轴O 的转动惯量为0I =300kg·m 2

。如图

所示：1R =1.00m ，2R =0.40m 。假定大木轴与地面间无相对滑动，当用F=9800N 的水平拉力拉电缆的一端时，问： ⑴轮子将怎样运动？

⑵轴心O 的加速度是多大？ ⑶摩擦力是多大？

⑷摩擦系数至少为多大时才能保证无相对滑动？

⑸如果力F 与水平方向夹角为θ[/2θπ<][见图(b)]，而仍要使木轴向前加速且与地面无相对滑动，问θ最大不能超过多少？

R

2R R 2R

r

f r (a) f r

(b)

解：本题为纯滚动问题。

(1) 当大木轴与地面无相对滑动时，大木轴将绕地面作纯滚动。

(2) 设地面给大木轴的摩擦力为f ，以大木轴与地的接触点这一瞬时转动中心计算力矩，以

顺时针方向为正，则12()M F R R I α=-=，而2

01I I mR =+[平行轴定理]，所以

12201()F R R M I I mR α-=

=+2

29.8(1.000.40) 4.523001001

s s --?-==+? 轴心的加速度为 2

01 4.52a R m s α-==?

(3) 在水平方向上，由根据质心运动定理

0F f ma -=，0f F ma =-98001000 4.52=-?35.2810N =?

(4) 若要大木轴只滚不滑，应有01a R α≤，也即1F f mR α-≤。若地面的竖直支持力为N ，则 N mg =，f N mg μμ== 所以 19801000 4.52

0.5410009.8

F mR mg αμ--?=

==?

(5) 大木轴向右运动，有 01cos F f ma mR θα-== 相对轴心应用转动定律 120M fR FR I α=-=

联解上两式得 2

1201cos FR FR I mR θαα-=+，12

2

01

cos FR FR I mR θα-=

+ 要向前运动， 0α≥，即12cos R R θ≥ 代入数值得 210.40cos 0.401.00

R R θ≥

==，6625θ'≤o 。