PAGEPAGE390大學物理剛體力學期末考試復習習題集1.1設地球繞日作圓周運動.求地球自轉和公轉的角速度為多少rad/s?估算地球赤道上一點因地球自轉具有的線速度和向心加速度.估算地心因公轉而具有的線速度和向心加速度（自己搜集所需數據）.[解答]1.2汽車發動機的轉速在12s內由1200rev/min增加到3000rev/min.（1）假設轉動是勻加速轉動，求角加速度.(2)在此時間內，發動機轉了多少轉？[解答]（1）（2）所以轉數=1.3某發動機飛輪在時間間隔t內的角位移為球t時刻的角速度和角加速度.[解答]1.4半徑為0.1m的圓盤在鉛直平面內轉動，在圓盤平面內建立坐標系，原點在軸上.x和y軸沿水平和鉛直向上的方向.邊緣上一點A當t=0時恰好在x軸上，該點的角坐標滿足求（1）t=0時，（2）自t=0開始轉時，（3）轉過時，A點的速度和加速度在x和y軸上的投影.[解答]（1）（2）時，由（3）當時，由1.5鋼制爐門由兩個各長1.5m的平行臂AB和CD支承，以角速度逆時針轉動，求臂與鉛直時門中心G的速度和加速度.[解答]因爐門在鉛直面內作平動，門中心G的速度、加速度與B或D點相同。所以：1.6收割機拔禾輪上面通常裝4到6個壓板.拔禾輪一邊旋轉，一邊隨收割機前進.壓板轉到下方才發揮作用，一方面把農作物壓向切割器，另一方面把切割下來的作物鋪放在收割臺上，因此要求壓板運動到下方時相對于作物的速度與收割機前進方向相反.已知收割機前進速率為1.2m/s，拔禾輪直徑1.5m，轉速22rev/min,求壓板運動到最低點擠壓作物的速度.[解答]取地面為基本參考系，收割機為運動參考系。取收割機前進的方向為坐標系正方向1.7飛機沿水平方向飛行，螺旋槳尖端所在半徑為150cm，發動機轉速2000rev/min.（1）槳尖相對于飛機的線速率等于多少？（2）若飛機以250km/h的速率飛行，計算槳尖相對于地面速度的大小，并定性說明槳尖的軌跡.[解答]取地球為基本參考系，飛機為運動參考系。（1）研究槳頭相對于運動參考系的運動：（2）研究槳頭相對于基本參考系的運動：由于槳頭同時參與兩個運動：勻速直線運動和勻速圓周運動。故槳頭軌跡應是一個圓柱螺旋線。1.8桑塔納汽車時速為166km/h.車輪滾動半徑為0.26m.自發動機至驅動輪的轉速比為0.909.問發動機轉速為每分多少轉.[解答]設發動機轉速為，驅動輪的轉速為。由題意：（1）汽車的速率為（2）（2）代入（1）2.2在下面兩種情況下求直圓錐體的總質量和質心位置.（1）圓錐體為均質；（2）密度為h的函數:為正常數.[解答]建立如圖坐標O-x,由對稱軸分析知質心在x軸上。由得：（1）質量（2）質量2.3長度為的均質桿，令其豎直地立于光滑的桌面上，然后放開手，由于桿不可能絕對沿鉛直方向，故隨即到下.求桿子的上端點運動的軌跡（選定坐標系，并求出軌跡的方程式）.[解答]建立坐標系，水平方向為軸，豎直方向為軸.桿上端坐標為（x,y）,桿受重力、地面對桿豎直向上的支承力，無水平方向力。由（質心運動定理）質心在桿的中點，沿水平方向質心加速度為零。開始靜止，桿質心無水平方向移動。由桿在下落每一瞬時的幾何關系可得：即桿上端運動軌跡方程為：（1）用積分法證明：質量為m長為的均質細桿對通過中心且與桿垂直的軸線的轉動慣量等于.[解答]建立水平方向o—x坐標（2）用積分法證明：質量為m、半徑為R的均質薄圓盤對通過中心且在盤面內的轉動軸的轉動慣量為.[解答]令或利用公式3.2圖示實驗用的擺，，，，，近似認為圓形部分為均質圓盤，長桿部分為均質細桿.求對過懸點且與擺面垂直的軸線的轉動慣量.[解答]將擺分為兩部分：均勻細桿（），均勻圓柱（）則==（用平行軸定理）I=0.14+2.51=2.653.3在質量為M半徑為R的均質圓盤上挖出半徑為r的兩個圓孔，圓孔中心在半徑R的中點，求剩余部分對過大圓盤中心且與盤面垂直的軸線的轉動慣量.[解答]設未挖兩個圓孔時大圓盤轉動慣量為I。如圖半徑為r的小圓盤轉動慣量為和。則有（）3.5一轉動系統的轉動慣量為，轉速為，兩制動閘瓦對輪的壓力都為392N，閘瓦與輪緣間的摩擦系數為，輪半徑為，從開始制動到靜止需要用多少時間？[解答]3.6均質桿可繞支點O轉動，當與桿垂直的沖力作用某點A時，支點O對桿的作用力并不因此沖力之作用而發生變化，則A點稱為打擊中心.設桿長為L，求打擊中心與支點的距離.[解答]桿不受作用時，支點O對桿的作用力，方向豎直向上，大小為桿的重量。依題意，當桿受力時，不變。建立如圖坐標系，軸垂直紙面向外。由質心運動定理得：（方向投影）（質心在桿中點）（1）由轉動定理得：（2）有角量與線量的關系（3）（1）（2）（3）聯立求解3.7現在用阿特伍德機測滑輪轉動慣量.用輕線且盡可能潤滑輪軸.兩端懸掛重物質量各為，且.滑輪半徑為.自靜止始，釋放重物后并測得內下降.滑輪轉動慣量是多少？[解答]分析受力。建立坐標系，豎直向下為軸正方向，水平向左為軸正方向。軸垂直紙面向里。根據牛頓第二定律，轉動定理，角量與線量關系可列標量方程組：已知求解上列方程組：3.8斜面傾角為，位于斜面頂端的卷揚機鼓輪半徑為R，轉動慣量為I，受到驅動力矩M，通過繩索牽引斜面上質量為m的物體，物體與斜面間的摩擦系數為，求重物上滑的加速度.繩與斜面平行，不計繩質量.[解答]分析受力及坐標如圖。軸垂直紙面向外。列標量方程組：（1）（2）（3）（4）解得：3.9利用圖中所示裝置測一輪盤的轉動慣量，懸線和軸的距離為r.為減小因不計軸承摩擦力矩而產生的誤差，先懸掛質量較小的重物，從距地面高度處由靜止開始下落，落地時間為，然后懸掛質量較大的重物，同樣由高度下落，所需時間為，根據這些數據確定輪盤的轉動慣量.近似認為兩種情況下摩擦力矩相同.[解答]分析受力及坐標如圖。軸垂直紙面向里。列方程：解得即4.1扇形裝置如圖，可繞光滑的鉛直軸線O轉動，其轉動慣量I為.裝置的一端有槽，槽內有彈簧，槽的中心軸線與轉軸的垂直距離為r.在槽內裝有一小球，質量為m，開始時用細線固定，只彈簧處于壓縮狀態.現用燃火柴燒斷細線，小球以速度彈出.求轉動裝置的反沖角速度.在彈射過程中，由小球和轉動裝置構成的系統動能守恒否？總機械能守恒否？為什么？（彈簧質量不計）[解答]取小球和轉動裝置為物體系，建立順時針為轉動正方向。在彈射過程中，物體系相對于轉動軸未受外力矩，故可知物體受對轉軸的角動量守恒。有動能不守恒，原因是彈性力對系統作正功，物體系動能增加。總機械能守恒。原因是此過程中無耗散力做功。應有守恒關系式：4.2質量為2.97kg，長為1.0m的均質等截面細桿可繞水平光滑的軸線O轉動，最初桿靜止于鉛直方向.一彈片質量為10kg，以水平速度200m/s射出并嵌入桿的下端，和桿一起運動，求桿的最大擺角.[解答]取子彈和桿為物體系。分兩個過程。過程1：子彈嵌入前一瞬時開始到完全嵌入時為止。此過程時間極短，可視為在原地完成。此時受力為，為轉軸對桿的支承力，對于軸，外力矩為零。有角動量守恒。規定逆時針為轉軸正方向。得:解得：過程2：由過程1末為始到物體系擺至最高點為止。此過程中一切耗散力做功為零。故物體系機械能守恒。取桿的最低點為重力勢能零點。有解得4.3一質量為，速度為的子彈沿水平面擊中并嵌入一質量為，長度為的棒的端點，速度與棒垂直，棒原來靜止于光滑的水平面上.子彈擊中棒后共同運動，求棒和子彈繞垂直于平面的軸的角速度等于多少？[解答]取與為物體系。此物體系在水平面內不變外力矩。故角動量守恒，規定逆時針為轉動正方向。設嵌入后物體系共同質心為，到棒右端距離為，棒自身質心為。由有物體系對點的角動量守恒可得：解得4.4某典型脈沖星，半徑為幾千米，質量與太陽的質量大致相等，轉動角速率很大.試估算周期為50ms的脈沖星的轉動動能.（自己查找太陽質量的數據）[解答]5.110m高的煙囪因底部損壞而倒下來，求其上端到達地面時的線速度.設倒塌時底部未移動.可近似認為煙囪為細均質桿.[解答]5.2用四根質量各為m長度各為的均質細桿制成正方形框架，可繞其一邊的中點在豎直平面內轉動，支點O是光滑的.最初，框架處于靜止且AB邊沿豎直方向，釋放后向下擺動，求當AB邊達到水平時，框架質心的線速度以及框架作用于支點的壓力N.[解答]框架對O點的轉動慣量：在框架擺動過程中，僅受重力和支點的支撐力，重力為保守力，支撐力不做功，故此過程中框架的機械能守恒。取過框架中心的水平線為重力勢能零點：有解得：框架轉到AB水平位置時，故支點O對框架的作用力，僅有法向分量。由質心運動定理得：框架作用支點的力N與是作用力與反作用力。5.3由長為，質量各為m的均質細桿制成正方形框架，其中一角連于光滑水平轉軸O，轉軸與框架所在平面垂直.最初，對角線OP處于水平，然后從靜止開始向下擺動.求對角線OP與水平成時P點的速度，并求此時框架對支點的作用力.[解答]框架對O點轉動慣量由機械能守恒：先求支點O對框架作用力，由轉動定理由質心運動定理：投影得：解得：設N與方向夾角為，則5.4質量為m長為的均質桿，其B端放在桌面上，A端用手支住，使桿成水平.突然釋放A端，在此瞬時，求：（1）桿質心的加速度，（2）桿B端所受的力.[解答]取桿為隔離體，受力分析及建立坐標如圖。規定順時針為轉動正方向。依據質心運動定理有：（1）依據轉動定理：（2）依據角量與線量關系：（3）此外，（4）由聯立上述四個方程求得：5.5下面是均質圓柱體在水平地面上作無滑滾動的幾種情況，求地面對圓柱體的靜摩擦力f.（1）沿圓柱體上緣作用以水平拉力F，柱體作加速滾動.（2）水平拉力F通過圓柱體中心軸線，柱體作加速滾動.（3）不受任何主動力的拉動或推動，柱體作勻速滾動.（4）在主動力偶矩的驅動下作加速滾動.設柱體半徑為R.[解答]取均勻圓柱體為隔離體，建立坐標系，水平向右為軸正方向，軸垂直紙面向里。假設方向水平向右。（1）得（符號表示實際方向與假設方向相反）（2）得（符號表示實際方向與假設方向相同）（3）得（符號表示實際方向與假設方向相反）5.6板的質量為M，受水平力F的作用，沿水平面運動.板與水平面間的摩擦系數為.在板上放一半徑為R質量為的實心圓柱，此圓柱只滾動不滑動.求板的加速度.[解答]設所求板對地的加速度為a，（方向與相同）。以板為參照系(非慣性系)。取圓柱體為隔離體，分析受力如圖，軸垂直紙面向里。依質心運動定律有：（1）依據轉動定理有：（2）依據角量與線量關系有：（3）此外：（4）（5）取板為隔離體，受力如圖，并建立如圖坐標系。列標量方程有：(6)(7)(8)(9)(10)(11)將上述十一個方程聯立求解得：5.7在水平桌面上放置一質量為m的線軸，內徑為b，外徑為R，其繞中心軸轉動慣量為.線軸與地面間的靜摩擦系數為.線軸受一水平拉力F，如圖所示.（1）使線軸在桌面上保持無滑滾動之F最大值是多少？（2）若F與水平方向成角，試證，時，線軸向前滾動；時，線軸線后滾動.[解答]取線軸為隔離體。建立坐標系，水平向右為正方向，軸垂直紙面向里。（1）依據質心運動定理有：（1）依據對質心軸的轉動定理有：（2）由角量與線量的關系得：（3）上述三式聯立求解得：欲保持無滑滾動得：即（2）列標量方程解得：討論：當即時（向前滾動）同理時（向后滾動）6.1汽車在水平路面上勻速行駛，后面牽引旅行拖車，假設拖車僅對汽車施以水平向后的拉力。汽車重，其重心于后軸垂直距離為，前后軸距離為。表示力與地面的距離。問汽車前后輪所受地面支持力與無拖車時有無區別？是計算之。[解答]取汽車為隔離體，設車受前后輪的支持力分別為，，方向水平向上。前后輪受地面摩擦力分別為，，方向分別先后和向前。建立坐標系，水平向右為軸正方向，軸垂直紙面向外。汽車勻速運動，受力平衡：當有時：（以后軸為軸）解得：當無時：解得：比較可知6.2將一塊木板的兩端至于兩個測力計上，即可測出板的重心。這樣測人的重心就比較困難。因很難將頭和腳置于測力計上而身體挺直。若令人躺在板上，能否測出？若能，給出求重心之法。[解答]設為質心與間的垂直距離，為質心與間的垂直距離可求。6.3電梯高2.2m，其質心在中央。懸線亦過中央。另有負載，其重心離電梯中垂線相距0.5m。問（1）當電梯勻速上升時，光滑導軌對電梯的作用力，不計摩擦（電梯僅在四角處受導軌作用力）；（2）當電梯以加速度0.05m/s2上升時，力如何？[解答]（1）由平衡：在水平方向以O為軸線得：（2）水平方向無轉動效應得（以O為軸線）：第一題4-1一汽車發動機曲軸的轉速在內由均勻的增加到。（1）求曲軸轉動的角加速度；（2）在此時間內，曲軸轉了多少轉？

題4.1解：（1）由于角速度2n（n為單位時間內的轉數），根據角加速度的定義，在勻變速轉動中角加速度為（2）發動機曲軸轉過的角度為在12s內曲軸轉過的圈數為

第二題4-2某種電動機啟動后轉速隨時間變化的關系為，式中，。求：（1）時的轉速；（2）角加速度隨時間變化的規律；（3）啟動后內轉過的圈數。

題4.2解：（1）根據題意中轉速隨時間的變化關系，將t6.0s代入，即得（2）角加速度隨時間變化的規律為（3）t=6.0s時轉過的角度為則t=6.0s時電動機轉過的圈數

第三題4-3如圖所示，一通風機的轉動部分以初角速度繞其軸轉動，空氣的阻力矩與角速度成正比，比例系數為一常量。若轉動部分對其軸的轉動慣量為，問：（1）經過多少時間后其轉動角速度減少為初角速度的一半？（2）在此時間內共轉過多少轉？

題4.3解：（1）通風機葉片所受的阻力矩為，由轉動定律，可得葉片的角加速度為（1）根據初始條件對式（1）積分，有由于C和J均為常量，得當角速度由時，轉動所需的時間為（2）根據初始條件對式（2）積分，有即在時間t內所轉過的圈數為

第四題4-4一燃氣輪機在試車時，燃氣作用在渦輪上的力矩為，渦輪的轉動慣量為。當輪的轉速由增大到時，所經歷的時間為多少？

題4.4解1：在勻變速轉動中，角加速度，由轉動定律，可得飛輪所經歷的時間解2：飛輪在恒外力矩作用下，根據角動量定理，有則

第五題4-5用落體觀察法測定飛輪的轉動慣量，是將半徑為的飛輪支承在點上，然后在繞過飛輪的繩子的一端掛一質量為的重物，令重物以初速度為零下落，帶動飛輪轉動，記下重物下落的距離和時間，就可算出飛輪的轉動慣量。試寫出它的計算式。（假設軸承間無摩擦）

題4.5解1：設繩子的拉力為FT，對飛輪而言，根據轉動定律，有（1）而對重物而言，由牛頓定律，有（2）由于繩子不可伸長，因此，有（3）重物作勻加速下落，則有（4）由上述各式可解得飛輪的轉動慣量為解2：根據系統的機械能守恒定律，有（1）而線速度和角速度的關系為（2）又根據重物作勻加速運動時，有（3）（4）由上述各式可得若軸承處存在摩擦，上述測量轉動慣量的方法仍可采用。這時，只需通過用兩個不同質量的重物做兩次測量即可消除摩擦力矩帶來的影響。

第六題4-6一飛輪由一直徑為，厚度為的圓盤和兩個直徑為，長為的共軸圓柱體組成，設飛輪的密度為，求飛輪對軸的轉動慣量。

題4.6解：根據轉動慣量的疊加性，由勻質圓盤、圓柱體對軸的轉動慣量公式可得

第七題4-7如圖所示，圓盤的質量為，半徑為。求它對軸（即通過圓盤邊緣且平行于盤中心軸）的轉動慣量。

題4.7解：根據平行軸定理和繞圓盤中心軸O的轉動慣量可得

第八題4-8試證明質量為，半徑為的均勻球體，以直徑為轉軸的轉動慣量為。如以和球體相切的線為軸，其轉動慣量又為多少？

題4.8證：如圖所示，圖中陰影部分的小圓盤對OO軸的轉動慣量為式中為勻質球體的密度。則球體以其直徑OO為轉軸的轉動慣量為又由平行軸定理可得球繞O1O1軸的轉動慣量為

第九題4-9質量面密度為的均勻矩形板，試證其對與板面垂直的，通過幾何中心的軸線的轉動慣量為。其中為矩形板的長，為它的寬。

題4.9證：取如圖所示坐標，在板上取一質元，它對與板面垂直的，通過幾何中心的軸線的轉動慣量為整個矩形板對該軸的轉動慣量為

第十題4-10如圖所示，質量的實心圓柱體，其半徑為，可以繞其固定水平軸轉動，阻力忽略不計。一條輕的柔繩繞在圓柱體上，其另一端系一個質量的物體。求：（1）物體由靜止開始下降后的距離；（2）繩的張力。

題4.10解：（1）分別作兩物體的受力分析圖。對實心圓柱體而言，由轉動定律得（1）對懸掛物體而言，依據牛頓定律，有（2）且。又由角量與線量的關系，得解上述方程組，可得物體下落的加速度在t=1.0s時，B下落的距離為（2）由式（2）可得繩中的張力為

第十一題4-11質量為和的兩物體、分別懸掛在如圖所示的組合輪兩端。設兩輪的半徑分別為和，兩輪的轉動慣量分別為和，輪與軸承間的摩擦力略去不計，繩的質量也略去不計。試求兩物體的加速度和繩的張力。

題4.11解：分別對兩物體及組合輪作受力分析，根據質點的牛頓定律和剛體的轉動定律，有（1）（2）（3）（4）由角加速度和線加速度之間的關系，有（5）（6）解上述方程組，可得

第十二題4-12如圖所示裝置，定滑輪的半徑為，繞轉軸的轉動慣量為，滑輪兩邊分別懸掛質量為和的物體、。置于傾角為的斜面上，它和斜面間的摩擦因數為。若向下作加速運動時，求：（1）其下落加速度的大小；（2）滑輪兩邊繩子的張力。（設繩的質量及伸長均不計，繩與滑輪間無滑動，滑輪軸光滑）

題4.12解：作A、B和滑輪的受力分析圖。其中A是在張力FT1、重力P1，支持力FN和摩擦力Ff的作用下運動，根據牛頓定律，沿斜面方向有（1）而B則是在張力FT2和重力P2的作用下運動，有（2）由于繩子不能伸長、繩與輪之間無滑動，則有對滑輪而言，根據定軸轉動定律有（4）且有（5）解上述各方程可得

第十三題4-13如圖所示，飛輪的質量為，直徑為，轉速為。現用閘瓦制動使其在內停止轉動，求制動力。設閘瓦與飛輪之間的摩擦因數，飛輪質量全部分布在輪緣上。

題4.13解：飛輪和閘桿的受力分析如圖所示。根據閘桿的力矩平衡，有而，則閘瓦作用于輪的摩擦力矩為（1）摩擦力矩是恒力矩，飛輪作勻角加速轉動，由轉動的運動規律，有（2）因飛輪的質量集中于輪緣，它繞軸的轉動慣量，根據轉動定律，由式（1）、（2）可得制動力

第十四題4-14圖是測試汽車輪胎滑動阻力的裝置。輪胎最初為靜止，且被一輕質框架支承者，輪軸可繞點自由轉動，其轉動慣量為、質量為、半徑為。今將輪胎放在以速率移動的傳送帶上，并使框架保持水平。（1）如果輪胎與傳送帶之間的動摩擦因數為，則需要經過多長時間車輪才能達到最終的角速度？（2）在傳送帶上車胎滑動的痕跡長度是多少？

題4.14解：車胎所受滑動摩擦力矩為（1）根據轉動定律，車輪轉動的角加速度為（2）要使輪與帶之間無相對滑動，車輪轉動的角速度為（3）開始時車輪靜止，即，故由勻加速轉動規律，可得(4)由上述各式可解得（2）在t時間內，輪緣上一點轉過的弧長而傳送帶移動的距離l=vt，因此，傳送帶上滑痕的長度

第十五題4-15一半徑為、質量為的勻質圓盤，以角速度繞其中心軸轉動，現將它平放在一水平板上，盤與板表面的摩擦因數為。（1）求圓盤所受的摩擦力矩。（2）問經過多少時間后，圓盤轉動才能停止？

題4.15解：（1）圓盤上半徑為r、寬度為dr的同心圓環所受的摩擦力大小，其方向與環的半徑垂直，它的摩擦力矩為式中k為軸向的單位矢量。圓盤所受的總摩擦力矩大小為（2）由于摩擦力矩是一恒力矩，圓盤的轉動慣量J=mR2/2。由角動量定理，可得圓盤停止的時間為

第十六題4-16一質量為、半徑為的均勻圓盤，通過其中心且與盤面垂直的水平軸以角速度轉動，若在某時刻，一質量為的小碎塊從盤邊緣裂開，且恰好沿垂直方向上拋，問它可能達到的高度是多少？破裂后圓盤的角動量為多大？

題4.16解：（1）碎塊拋出時的初速度為由于碎塊豎直上拋運動，它所能到達的高度為（2）圓盤在裂開的過程中，其角動量守恒，故有式中為圓盤未碎時的角動量；為碎塊被視為質點時，對軸的角動量；L為破裂后盤的角動量。則

第十七題4-17在光滑的水平面上有一木桿，其質量為，長為，可繞通過其中點并與之垂直的軸轉動，一質量為的子彈，以的速度射入桿端，其方向與桿及軸正交。若子彈陷入桿中，試求所得到的角速度。

題4.17解：根據角動量守恒定理式中為子彈繞軸的轉動慣量，為子彈在陷入桿前的角動量，為子彈在此刻繞軸的角速度。為桿繞軸的轉動慣量，是子彈陷入桿后它們一起繞軸的角速度。可得桿的角速度為

第十八題4-18半徑分別為、的兩個薄傘形輪，它們各自對通過盤心且垂直盤面轉軸的轉動慣量為和。開始時輪Ⅰ以角速度轉動，問與輪Ⅱ成正交嚙合后，兩輪的角速度分別為多大？

題4.18解：設相互作用力為F，在嚙合的短時間內，根據角動量定理，對輪I、輪II分別有（1）（2）兩輪嚙合后應有相同的線速度，故有（3）由上述各式可解得嚙合后兩輪的角速度分別為

第十九題4-19一質量為的小孩，站在一半徑為、轉動慣量為的靜止水平轉臺的邊緣上，此轉臺可繞通過轉臺中心的豎直軸轉動，轉臺與軸間的摩擦不計。如果此小孩相對轉臺以的速率沿轉臺邊緣行走，問轉臺的角速率有多大？

題4.19解：設轉臺相對地的角速度為，人相對轉臺的角速度為。由相對角速度的關系，人相對地面的角速度為（1）由于系統初始是靜止的，根據系統的角動量守恒定律，有（2）式中J0、J1=mR2分別為轉臺、人對轉臺中心軸的轉動慣量。由式（1）、（2）可得轉臺的角速度為式中負號表示轉臺轉動地方向與人對地面的轉動方向相反。

第二十題4-20一轉臺繞其中心的豎直軸以角速度轉動，轉臺對轉軸的轉動慣量為。今有砂粒以的流量豎直落至轉臺，并粘附于臺面形成一圓環，若環的半徑為，求砂粒下落時，轉臺的角速度。

題4.20解：在時間010s內落至臺面的砂粒的質量為根據系統的角動量守恒定律，有則t=10s時，轉臺的角速度

第二十一題4-21為使運行中的飛船停止繞其中心軸的轉動，可在飛船的側面對稱地安裝兩個切向控制噴管，利用噴管高速噴射氣體來制止旋轉。若飛船繞其中心軸的轉動慣量，旋轉的角速度，噴口與軸線之間的距離；噴氣以恒定的流量和速率從噴口噴出，問為使該飛船停止旋轉，噴氣應噴射多長時間？

題4.21分析：將飛船與噴出的氣體作為研究系統，在噴氣過程中，系統不受外力矩作用，其角動量守恒。在列出方程時應注意：（1）由于噴氣質量遠小于飛船質量，噴氣前、后系統的角動量近似為飛船的角動量J；（2）噴氣過程中氣流速率u遠大于飛船側面的線速度r，因此，整個噴氣過程中，氣流相對于空間的速率仍可近似看作是u，這樣，排出氣體的總角動量。經上述處理后，可使問題大大簡化。解：取飛船和噴出的氣體為系統，根據角動量守恒定律，有因噴氣的流量恒定，故有由式（1）、（2）可得噴氣的噴射時間為

第二十二題4-22一質量為、半徑為的轉臺，以角速度轉動，轉軸的摩擦略去不計。（1）有一質量為的蜘蛛垂直地落在轉臺邊緣上。此時，轉臺的角速度為多少？（2）若蜘蛛隨后慢慢地爬向轉臺中心，當它離轉臺中心的距離為時，轉臺的角速度為多少？設蜘蛛下落前距離轉臺很近。

題4.22解：（1）蜘蛛垂直下落至轉臺邊緣時，由系統的角動量守恒定律，有式中為轉臺對其中心軸的轉動慣量，為蜘蛛剛落至臺面邊緣時，它對軸的轉動慣量。于是可得（2）在蜘蛛向中心軸處慢慢爬行的過程中，其轉動慣量將隨半徑r而改變，即。在此過程中，由系統角動量守恒，有則

第二十三題4-23一質量為，長為的均勻細棒，支點在棒的上端點，開始時棒自由懸掛。以的力打擊它的下端點，打擊時間為。（1）若打擊前棒是靜止的，求打擊時其角動量的變化；（2）棒的最大偏轉角。

題4.23解：（1）在瞬間打擊過程中，由剛體的角動量定理得（1）（2）在棒的轉動過程中，取棒和地球為一系統，并選O處為重力勢能零點。在轉動過程中，系統的機械能守恒，即（2）由式（1）、（2）可得棒的偏轉角度為

第二十四題4-24（1）設氫原子中電子在圓形軌道中以速率繞質子運動。作用在電子上的向心力為電作用力，其大小為，其中為電子、質子的電量，為軌道半徑，為恒量。試證軌道半徑為（2）假設電子繞核的角動量只能為的整數倍，其中為普朗克常量。試證電子的可能軌道半徑由下式確定：（3）試由以上兩式消去，從而證明符合這兩個要求的軌道半徑必須滿足以下關系式：式中可取正整數。

題4.24證：（1）電子繞質子作圓周運動的向心力是它們之間的電作用力（可略去萬有引力），根據徑向動力學方程F=man，有則電子的軌道半徑為（2）根據題中電子角動量的量子化條件，即，有則電子可能的軌道半徑為（3）根據（1）和（2）的結果消去v，電子可能的軌道半徑也可表示為

第二十五題4-25我國1970年4月24日發射的第一顆人造衛星，其近地點為、遠地點為。試計算衛星在近地點和遠地點的速率。（設地球半徑為）

題4.25解：由于衛星在近地點和遠地點處的速度方向與橢圓徑矢垂直，因此，由角動量守恒定律有（1）又因衛星與地球系統的機械能守恒，故有（2）式中G為引力常量，mE和m分別為地球和衛星質量，r1和r2是衛星在近地點和遠地點時離地球中心的距離。由式（1）、（2）可解得衛星在近地點和遠地點的速率分別為

第二十六題4-26地球對自轉軸的轉動慣量為，其中為地球的質量，為地球的半徑。（1）求地球自轉時的動能；（2）由于潮汐的作用，地球自轉的速度逐漸減小，一年內自轉周期增加，求潮汐對地球的平均力矩。

題4.26分析：由于地球自轉一周的時間為24小時，由可確定地球的自轉角速度和地球自轉時的轉動動能。隨著自轉周期的增加，相應自轉的角速度將減小，因而轉動動能也將減少。通過對上述兩式微分的方法，可得到動能的減少量與周期的變化的關系。根據動能定理可知，地球轉動動能的減少是潮汐力矩作功的結果，因此，由，即可求出潮汐的平均力矩。解：（1）地球的質量，半徑，所以，地球自轉的動能（2）對式兩邊微分，可得當周期變化一定時，有（1）由于地球自轉減慢而引起動能的減少量為（2）又根據動能定理（3）由式（2）、（3）可得潮汐的摩擦力矩式中n為一年中的天數（n=365），為一天中周期的增加量。

第二十七題4-27如圖所示，與兩飛輪的軸桿由摩擦嚙合器連接，輪的轉動慣量，開始時輪靜止，輪以的轉速轉動，然后使與連接，因而輪得到加速而輪減速，直到兩輪的轉速都等于為止。求：（1）輪的轉動慣量；（2）在嚙合過程中損失的機械能。

題4.27解：（1）取兩飛輪為系統，根據系統的角動量守恒，有則B輪的轉動慣量為（2）系統在嚙合過程中機械能的變化為式中負號表示嚙合過程機械能減少。

第二十八題4-28一質量為、半徑為的勻質圓柱體，從傾角為的斜面上無滑動地滾下，求其質心的加速度。

題4.28解1：按題意作圖并作圓柱體的受力分析（如圖所示）。由牛頓第二定律可得圓柱體的質心C在x方向上的動力學方程為（1）在斜面對圓柱體的摩擦力矩作用下，圓柱體繞其中心軸轉動，根據轉動定律，有（2）在無滑動滾動時，質心的加速度C與轉動的角速度之間的關系為（）聯立解上述三個方程式，可得解2：若以圓柱體與斜面的接觸線為瞬時轉動軸，則摩擦力Ff和支持力FN都不產生力矩，使圓柱體繞瞬時軸轉動時的是重力矩mgsin，故有其中是圓柱體繞瞬時軸轉動時的轉動慣量，由平行軸定理有故有則解3：以地球和圓柱體組成的系統滿足機械能守恒定律，有將上式對t求導，可得式中，且有和，則可得到顯然上述三種方法均能得到同樣的結果。

第二十九題4-29一長為、質量為的均勻細棒，在光滑的平面上繞質心作無滑動的轉動，其角速度為。若棒突然改繞其一端轉動，求：（1）以端點為轉軸的角速度；（2）在此過程中轉動動能的改變。

題4.29解：（1）棒的質心的動量定理為式中是棒所受的平均力，vC為棒質心的速度。棒在轉動過程中受到外力矩作用，根據角動量定理，有式中J為棒繞質心的轉動慣量（即）。而根據角動量與線量的關系可解得（2）在此過程中轉動動能的改變為

第三十題4-30一長為的均勻細桿，一端靠在摩擦略去不計的垂直墻上，另一端放在摩擦亦略去不計的水平地板上，如圖所示。開始時細桿靜止并與地板成角。當松開細桿后，細桿開始滑下。問細桿脫離墻壁時，細桿與地面的夾角為多大？

題4.30解：以初始位置時細桿的質心位置為坐標原點，取坐標如圖所示。細桿在任意位置時的質心坐標為（1）（2）取初始位置時的勢能為零，根據系統的機械能守恒定律，有（3）因為細桿的質心速度，細桿對其中心的軸的轉動慣量，通過式（1）、（2）和（3）可得（4）（5）根據中心C在x方向的動力學方程，當細桿與墻壁脫離接觸時，則。由式（1）可得（6）將式（4）和式（5）代入式（6），且令，有即細桿脫離墻壁時與地面的夾角為

第三十一題4-31如圖所示，、兩個輪子的質量分別為和，半徑分別為和。另有一細繩繞在兩輪上，并按圖所示連接。其中輪繞固定軸轉動。試求：（1）輪下落時，其輪心的加速度；（2）細繩的拉力。題4.31解：分別作兩輪的受力分析，如圖所示。取豎直向下為y軸正向。輪A繞軸O作定軸轉動，故有（1）對于輪B除了繞其軸C轉動外，其質心C還在向下作平動。根據牛頓定律，輪B質心的動力學方程為（2）根據轉動定律，有（3）角量與線量的關系，、分別為輪A、B邊緣上一點的加速度，二者和C點加速度之間的關系為，且有。解上述各式可得1定軸轉動剛體的運動學方程為，則當時，剛體上距軸0.1處一點的加速度大小為（）（A）3.6（B）3.8（C）1.2（D）2.42如下圖P、Q、R、S是附于剛性輕細桿上的4個質點，質量分別為4，3，2和，系統對軸的轉動慣量為（）（A）50（B）14（C）10（D）93一剛體以繞軸勻速轉動（沿著轉軸正方向）如果某時刻，剛體上一點的位置矢量，則該時刻的速度為（）（A）（B）（C）（D）4兩個勻質圓盤A和B的密度分別為，且>，但兩圓盤質量和厚度相同。如兩盤對通過盤心垂直于盤面的軸的轉動慣量分別為，則（）（A）>（B）>（C）（D）不能確定5關于力矩有以下幾種說法（1）內力矩不會改變剛體對某個定軸的角動量（2）作用力和反作用力對同一軸的力矩之和為零（3）大小相同方向相反兩個力對同一軸的力矩之和一定為零（4）質量相等，形狀和大小不同的剛體，在相同力矩作用下，它們的角加速度一定相等。在上述說法中（）（A）只有（2）是正確的（B）（1）（2）（3）是正確的（C）（1）（2）是正確的（D）（3）（4）是正確的6下列說法中哪個或哪些是正確的（）（1）作用在定軸轉動剛體上的力越大，剛體轉動的角加速度應越大。（2）作用在定軸轉動剛體上的合力矩越大，剛體轉動的角速度越大（3）作用在定軸轉動剛體上的合力矩為零，剛體轉動的角速度為零（4）作用在定軸轉動剛體上合力矩越大，剛體轉動的角加速度越大（5）作用在定軸轉動