題：一，汽車發(fā)動機曲軸的轉速在12s內由L2xlO3rmin_,均勻的增加到

2.7xlO3rmin-'o（1）求曲軸轉動的角加速度;（2）在此時間內，曲軸轉

了多少轉

題解：（1）由于角速度2/7（〃為單位時間內的轉數(shù)），根據(jù)

角加速度的定義。=也，在勻變速轉動中角加速度為

dr

（o-co02乃（〃一2）一

tt

（2）發(fā)動機曲軸轉過的角度為

0=（ont+g）=0丁。1=乃（〃+〃（））t

在12s內曲軸轉過的圈數(shù)為

汽=2="出=390圈

2乃2

題：某種電動機啟動后轉速隨時間變化的關系為/=軟（1-6，），式中

<yo=9.Orads-',R=2.0S。求：（1）r=6.0s時的轉速;（2）角加速度隨時

間變化的規(guī)律；（3）啟動后6.05內轉過的圈數(shù)。

題解：（1）根據(jù)題意中轉速隨時間的變化關系，將亡S代入，即

得

co=ct）（（\-er=0.95g=8.6s-1

（2）角加速度隨時間變化的規(guī)律為

dry伙、-z_j

a=——=—er=4.5ce-s

drr

（3）t=S時轉過的角度為

/\

cC6sr6s-I

6=J06x1/=J°g\-erdz=36.9rad

則亡二s時電動機轉過的圈數(shù)

n

N=￡-=5.87圈

24

題：如圖所示，一通風機的轉動部分以初角速度g繞其軸轉動，空氣

的阻力矩與角速度成正比，比例系數(shù)C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

題解：（1）通風機葉片所受的阻力矩為

M=-C（o,由轉動定律M=Ja,可得葉片的加

速度為

根據(jù)初始條件對式（1）積分，有

匚軟卜夫

由于C和J均為常量，得

(o=(o^e」

當角速度由g-gg時，轉動所需的時間為

(2)根據(jù)初始條件對式(2)積分，有

J：d0=J：ge%

即

e嚏

在時間亡內所轉過的圈數(shù)為

2不4位？

題：一燃氣輪機在試車時，燃氣作用在渦輪上的力矩為2.03x103N.iii,

渦輪的轉動慣量為25.0kgm2o當輪的轉速由2.80X10,rmin-'增大到

1.12xl04「minT時,所經歷的時間為多少

題解1：在勻變速轉動中，角加速度””也，由轉動定律?=加,可

得飛輪所經歷的時間

CD-CO,..ITTJ/\,CC

t=--------J=---（〃一%）=10.8s

MM

解2：飛輪在恒外力矩作用下，根據(jù)角動量定理，有

J=mK

解2:根據(jù)系統(tǒng)的機械能守恒定律，有

-mgh+^ni\r+^Ja)2=0(1)

而線速度和角速度的關系為

v=Reo(2)

又根據(jù)重物作勻加速運動時，有

v=at(3)

v2=2ah(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。

題：一飛輪由一直徑為30cm,厚度為2.0cm的圓盤和兩個直徑為10cm,

長為8.0cm的共軸圓柱體組成，設飛輪的密

度為7.8x103kg.m-3,求飛輪對軸的轉動慣

量。

題解：根據(jù)轉動慣量的疊加性，由句質圓盤、圓柱體對軸的轉動慣量

公式可得

,,,1（dS1（d.V

J=J,+J,=2ox-/7：^yj+-W2I-y

=白題（/d：+gad；）=0.136kg.m2

題：如圖所示，圓盤的質量為小，半徑為R。求

它對軸（即通過圓盤邊緣且平行于盤中心

軸）的轉動慣量。

題解：根據(jù)平行軸定理Jo=Jo+〃〃和繞圓盤中心軸0的轉動慣量

J。=；陽浦可得

\Q

2

=Jo+mR~=—mR~+irR+—mR~

22

題：試證明質量為嗎半徑為R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

題證：如圖所示，圖中陰影部分的小圓盤對。0軸的轉動慣量為

dJ=yr2dm=g(R?-x2-x2)tLv

式中夕=匕為勻質球體的密度。則球體以其

4成

直徑00為轉軸的轉動慣量為

J=jd./=_/)&=—mR1

又由平行軸定理可得球繞a。I軸的轉動慣量為

J=J

5

題：質量面密度為0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合以1+⑹。其中/為矩形板的長，b為它

的寬。

dJ=(.V2+y2)dd.vdy

整個矩形板對該軸的轉動慣量為

J=JdJ=J：J：(_?+)bdvdy=—9(/2+b2)

FF]2

題：如圖所示，質量g=16kg的實心圓柱體A,其半徑為r=15cm,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嗎=8.0kg的物體B。求：（1）物體由靜止開始下

降1.0s后的距離；（2）繩的張力斗。

題解：（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

Fyr=Ja=^mxr~a(1)

對懸掛物體而言，依據(jù)牛頓定

律，有

g一耳=叫g一耳=m2a（2）

且耳=耳。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

a=^-

niy+2m2

在十二s時，B下落的距離為

s=-at2=竹-=2.45in

2叫+2rn2

（2）由式（2）可得繩中的張力為

f

FT=-a)=-^h-g-39.2N

“4+2叫

題：質量為叫和〃?2的兩物體A、B分別懸掛在如圖所示的組合輪兩端。

設兩輪的半徑分別為R和「，兩輪的轉動慣量分別為人和乙，輪與軸承

間、繩索與輪間的摩擦力均略去不計，繩的質量也略去不計。試求兩

物體的加速度和繩的張力。

題解：分別對兩物體及組合輪作受力分析，根

據(jù)質點的牛頓定律和剛體的轉動定律，有

6-母=叫g一0=/他（1）

%—P?=F.門-〃12g=m2a2(2)

(耳卅一/r)=(/+/次(3)

%=%，/=42(4)

由角加速度和線加速度之間的關系，有

4=Ra(5)

a2=ra(6)

解上述方程組，可得

mR-nur?

a.=---------x!---f---<gR

，+J2+〃遇"+/n,r

222

Jt+J2+n^R+m2r

l4+1,+，小產+nuRr

0=-r—r叫g

J）+4+，邛~+叫廣

，+J2+，％R1+叫Rr

T22

'J1+J2+niyR+m2r陽2g

題：如圖所示裝置，定滑輪的半徑為「，繞轉軸的轉動慣量為J,滑

輪兩邊分別懸掛質量為叫和性的物體A、BoA置于傾角為。的斜面上,

它和斜面間的摩擦因數(shù)為〃。若8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）

耳I-〃?]gsin0—I。％gcos0="(4(1)

而B則是在張力民和重力2的作用下運動，有

m2g-En=ni2a2(2)

由于繩子不能伸長、繩與輪之間無滑動，則有

a{=a2=ra

對滑輪而言，根據(jù)定軸轉動定律有

F^r-F^r-Ja(4)

且有

居2

解上述各方程可得

_m、g-sin0-2叫geos。

q=%=-2；

〃?1+m2+—

w/n2g(1+sin6+〃cos8)+(sin8+〃cos

2

m}?+㈣+〃r

，〃i，％g(l+sin0+〃cos。)+mgJ/r?

%=1

題：如圖所示，飛輪的質量為60kg,直徑為

0.50m,轉速為1.0x10、rmin"o現(xiàn)用間瓦制動

使其在50s內停止轉動，求制動力產。設同

瓦與飛輪之間的摩擦因數(shù)〃=0.40,飛輪質量全部分布在輪緣上。

題解：飛輪和閘桿的受力分析如圖所示。根據(jù)閘桿的力矩平衡，有

小吟。

而&=4，則間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(guī)律，有

a=『平(2)

因飛輪的質量集中于輪緣，它繞軸的轉動慣量J=〃//4,根據(jù)轉動定

律知=/。，由式(1)、(2)可得制動力

F=-^V=3.14xlO2N

聞+?

題：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O自由轉動，其轉動慣量為0.75kg.m2、質

量為15.0kg、半徑為30.0cm。今將輪胎放在以速率12.0ms-1移動的傳送

帶上，并使框架48保持水平。(1)如果

輪胎與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)為0.60,

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

題解：車胎所受滑動摩擦力矩為

M=卬igr(1)

根據(jù)轉動定律，車輪轉動的角加速度為

"絲(2)

J

要使輪與帶之間無相對滑動，車輪轉動的色速度為

co=vr(3)

開始時車輪靜止，即4=0,故由勻加速轉動規(guī)律可得

/=色(4)

a

由上述各式可解得

t=-=1.13s

pmgr

(2)在亡時間內，輪緣上一點轉過的弧長

s=r0=—ar

2

而傳送帶移動的距離/=”，因此，傳送帶上滑痕的長度

1八2

d=l-s=vt——rar--------=6.80m

2廠7

題：一半徑為/?、質量為〃?的勻質圓盤，以角速度o繞其中心軸轉動，

現(xiàn)將它平放在一水平板上，盤與板表面的摩擦因數(shù)為〃。(1)求Iffl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

題解：(1)圓盤上半徑為八寬度為dr的同心圓環(huán)所受的摩擦力

大小此=2%〃皿?/成2,其方向與環(huán)的半徑垂直，它的摩擦力拓為

dM=rxdFf=一Qr?卬〃熄r[R，)k

式中〃為軸向的單位矢量。圓盤所受的總摩擦力矩大小為

A4f...娟-2

M=IdM=I———2—=—WfiR

JJ。R~3

(2)由于摩擦力矩是一恒力矩，圓盤的轉動慣量J二?/2。由角動

量定理〃△/=△(〃”)，可得圓盤停止的時間為

A,/=——Jco=-3（-t）-R

M4〃g

題：一質量為4、半徑為R的均勻圓盤，通過其中心且與盤面垂直的

水平軸以角速度o轉動，若在某時刻，一質量

為小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

題解：(1)碎塊拋出時的初速度為

vo=coR

由于碎塊豎直上拋運動，它所能到達的高度為

詔療R2

n=—=-------

2g2g

(2)圓盤在裂開的過程中，其角動量守恒，故有

式中4=—我3為圓盤未碎時的角動量；L為碎塊被視為質點

時，對軸的角動量；￡為破裂后盤的角動量。則

題：在光滑的水平面上有一木桿，其質量為町=1.0kg,長為/=40cm,

可繞通過其中點并與之垂直的軸轉動，一質量為嗎=10g的子彈，以

”2.0x102m.sT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。

題解：根據(jù)角動量守恒定理\

式中心=色(〃2丫為子彈繞軸的轉動慣<UW

量，匕。為子彈在陷入桿前的角動量，/=29為子彈在此刻繞軸的角速

度。”=犯尸/]2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

〃=上幺=1-29.1/

j]+J2("4+3〃4y

題：半徑分別為5、G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人和乙。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

題解：設相互作用力為尸，在嚙合的短

時間4內，根據(jù)角動量定理，對輪I、

輪II分別有

-尸=-4)(1)

FrQ=J2co2(2)

兩輪嚙合后應有相同的線速度，故有

耳例=4g(3)

由上述各式可解得嚙合后兩輪的角速度分別為

@=人叫匕4%礦

'J^+J2r；

題：一質量為20.0kg的小孩,站在一半徑為3.00m、轉動慣量為450kg.m

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1.00ms-1的速率沿轉

臺邊緣行走，問轉臺的角速率有多大

題解：設轉臺相對地的角速度為00,人相對轉臺的角速度為叼。由相

對角速度的關系，人相對地面的角速度為

<y=690+6?)=64>0+(1)

由于系統(tǒng)初始是靜止的，根據(jù)系統(tǒng)的角動量守恒定律，有

J。/+，3+?)=0(2)

式中《、/二版分別為轉臺、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

"iR2v

=-9.52x1O_2s",

1

Jo+mRR

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。

題：一轉臺繞其中心的豎直軸以角速度5=/ST轉動，轉臺對轉軸的

轉動慣量為4=4.0x10-3kgm2o今有砂粒以Q=2fgsT的流量豎直落至轉

臺，并粘附于臺面杉成一圓環(huán)，若環(huán)的半徑為,MO.lOm,求砂粒下落

f=10s時，轉臺的角速度o

題解：在時間010S內落至臺面的砂粒的質量為

cHK

m=J。Qdt=0.10kg

根據(jù)系統(tǒng)的角動量守恒定律，有

J0690=(j()+/)69

則t=10s時，轉臺的角速度

@==0.8心-1

Jo+wr

題：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4=2.0x1()3kgm2,旋轉的角速度/=0.2rad.「，

噴口與軸線之間的距離r=1.5m；噴氣以恒定的流量Q=LOkg.sT和速率

〃=50m.sT從噴口噴出，問為使該飛船停止旋轉，噴氣應噴射多長時間

題分析：將飛船與噴出的氣體作為研究系統(tǒng)，在噴氣過程中，系統(tǒng)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(tǒng)的角動量近似為飛船的角動量

J;（2）噴氣過程中氣流速率=遠丫

大于飛船側面的線速度r,因此，弋卜節(jié);

整個噴氣過程中，氣流相對于空間《）

的速率仍可近似看作是〃，這樣，排

出氣體的總角動量L=j〃山。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(tǒng)，根據(jù)角動量守恒定律，有

Jco-mur=0

因噴氣的流量恒定，故有

in=2Qt

由式（1）、（2）可得噴氣的噴射時間為

題：一質量為"、半徑為R的轉臺，以角速度他轉動，轉軸的摩擦略

去不計。（1）有一質量為w的蜘蛛垂直地落在轉臺邊緣上。此時，轉

臺的角速度也為多少（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q為多少設蜘蛛下落前距離轉

臺很近。

題解：（1）蜘蛛垂直下落至轉臺邊緣時，由系統(tǒng)的角動量守恒定律,

有

J0G）a=（JO+，）0b

式中1/O=T，R2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

CO=----4----（O=----加------69,

h4+4aM+2ma

（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(tǒng)角動量守恒，有

=Qo+J2k4

則

2

cJo+J,amR+2mr°

題：一質量為1.12kg,長為1.0m的均勻細棒，支

點在棒的上端點，開始時棒自由懸掛。以100N的

力打擊它的下端點，打擊時間為0.02s。（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。

題解：（1）在瞬間打擊過程中，由剛體的角動量定理得

21

AZ.=J(o0=j/Wdr=F/Ar=20kg-m.s-(1)

(2)在棒的轉動過程中，取棒和地球為一系統(tǒng)，并選。處為重力勢

能零點。在轉動過程中，系統(tǒng)的機械能守恒，即

cos。)(2)

由式(1)、(2)可得棒的偏轉角度為

0=arccoJ1-乏"=8838'

1，，皿)

題：(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T/4吟/，其中e為電子、質子

的電量，「為軌道半徑，￡。為恒量。試證軌道半徑為

r=4-玄-------r

(2)假設電子繞核的角動量只能為力/酎的整數(shù)倍，其中人為普朗克常

量。試證電子的可能軌道半徑由下式確定：

nh

r=------

2mnv

(3)試由以上兩式消去v,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：

r=---------

mne'

式〃中可取正整數(shù)1,2,3-O

題證：（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

F=，U（可略去萬有引力），根據(jù)徑向動力學方程尸二加4,有

4g/一

e2_mv2

4f2r

則電子的軌道半徑為

e2

r=----------r

4笳。〃?工

（2）根據(jù)題中電子角動量的量子化條件，即乙=〃二，有

2不

e2h

L=mv-------------------z-=n

4gMV27r

則電子可能的軌道半徑為

nh

r=------

27nnv

（3）根據(jù)（1）和（2）的結果消去乙電子可能的軌道半徑也可表

示為

rnne

題：我國1970年4月24日發(fā)射的第一顆人造衛(wèi)星，其近地點為

4.39x105m、遠地點為2.38x106m。試計算衛(wèi)星在近地點和遠地點的速率。

（設地球半徑為6.38xl（fm）

題解：由于衛(wèi)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

mv^=inv2r,(1)

又因衛(wèi)星與地球系統(tǒng)的機械能守恒，故有

L小包生"彳-2（2）

2a2一弓

式中G為引力常量，株和m分別為地球和二星質量，廠和廣2是衛(wèi)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(wèi)星在

近地點和遠地點的速率分別為

v=—V）=6.31x103m-s-1

'2A

題：地球對自轉軸的轉動慣量為O.33/〃E相，其中人為地球的質量，R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3.5又10-飛，求潮汐對地球

的平均力矩。

題分析：由于地球自轉一周的時間為24小時，由0=2^77可確定地球

的自轉角速度和地球自轉時的轉動動能2*。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叫與周期”的變化的關系。

根據(jù)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，由卬=稱。=4，即可求出潮汐的平均力矩。

解：(1)地球的質量恤=5.98x10"kg,半徑&=6.37xl0"m,所以，地球自

轉的動能

Ek=■!?〃/=2乃晨0.33恤肥/尸=2.12x10”J

2

(2)對式出手兩邊微分，可得

dry=—y^d7'

當周期變化一定時，有

△o=-至△7=-竺47(1)

T22乃

由于地球自轉減慢而引起動能的減少量為

AE=J(tA(o=--./AT=--EAT(2)

k2萬7tk

又根據(jù)動能定理

VV==AEk(3)

由式(2)、(3)可得潮汐的摩擦力矩

=7.47x1o16N-m

1IA71|=2/n

式中〃為一年中的天數(shù)(=二365),“為一天中周期的增加量。

題：如圖所示，A與B兩飛輪的軸桿由摩擦嚙合器連接，A輪的轉動

慣量4=10.0kg-m2,開始時B輪靜止,A輪以％=600r-min-'的轉速轉動，

然后使A與B連接，因而B輪得到加速而A輪減速，直到兩輪的轉速都

等于〃=200rminT為止。求：(1)B輪的轉動慣量；(2)在嚙合過程中

損失的機械能。

題解：(1)取兩飛先為系統(tǒng)，根

據(jù)系統(tǒng)的角動量守恒，有

</倒=(4+J2M

則B輪的轉動慣量為

2

=——空3=———J}=20.0kgin

<y2n2

(2)系統(tǒng)在嚙合過程中機械能的變化為

△E=—(J|+J)^2—J\^\=-I.32x104J

222

式中負號表示嚙合過程機械能減少。

題：一質量為,八半徑為A的勻質圓柱體，從傾旃為〃的斜面上無滑

動地滾下，求其質心的加速度。

題解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。在X方向上的動力學方程為

mgsin0-Ff=mac(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(jù)轉動定

律，有

F(R=Ja——mR2a(2)

2

在無滑動滾動時，質心的加速度我與轉動的角速度之間的關系為

ac=Ret()

聯(lián)立解上述三個方程式，可得

2?八

%=滑皿8

解2：若以圓柱體與斜面的接觸線為瞬時轉動軸，則摩擦力E和支

持力&都不產生力矩，使圓柱體繞瞬時軸轉動時的是重力矩力的in,

故有

mgRsin0=J'a

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

a=——sin<7

2R

則

2

ac=Ra=彳gsin。

解3:以地球和圓柱體組成的系統(tǒng)滿足機械能守恒定律，有

E=—mVf.+—J(oz+mg%=恒量

22

將上式對t求導，可得

dvr.dcod/zr_

mvc--+Jco——+mg—―=0

drdrdr

式中強㈣

皿~=-vsin0,且有vc=Reo和ac=Ra,貝”可得到

drdrdr

2?A

1=§gsine

顯然上述三種方法均能得到同樣的結果。

題：一長為/、質量為小的均勻細棒，在光滑的平面上繞質心作元滑

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4；（2）在此過程中轉動動能的改變。

題解：（1）棒的質心的動量定

理為

FZ—△］）=mvc

式中戶是棒所受的三均力，生為棒質心的速度。棒在轉動過程中受到

外力矩作用，根據(jù)角動量定理，有

-F—Ar=Jco'-Jco

2

式中J為棒繞質心的轉動慣量(即「加)。而根據(jù)角動量與線量的

關系

可解得

co,=---J：---co=—1co

,1p4

J+-inl-

4

(2)在此過程中轉動動能的改變