1、习题三3.1 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：三角形的顶点与质心的距离为 ，设所求转动惯量为 ，垂直于薄板平面并通过30I其质心的转轴的转动惯量为 ，利用平行轴定理， 。1I 2103MLI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 处，yx3,0等边三角形薄板的面密度为 ，243LM则 sss dxyLMdSyxdmyxI 222221 34由于该积分区域是对 轴对称的， 积分区间从 到 ， 的积分区间从yy6x到 （单位均为 L） 。将上述积分化为31y，其中， ，321IIsdxyMI2234sdxyLMI23
2、4（ 是由于积分号内的单位 被提出）1326422 ydLI 436y令3632174dMLyt3102348tt1L3126423 ydxLMI362y241L所以：2232015MLII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 ， 则,1, sss dxyLdSyxdmyxI 22222 34而由于该积分区域是对 轴对称的， 积分区间从 到 ， 的积分区间从 到yy02x3y（单位均为 L） 。将上述积分化为3y322042ydxdM2303427yL153.2 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： RVV dr
3、ddrrdrmI 0402222 sinsin将 代入上式，即得34R25MRI3.3 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 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 ，求系统的转动惯量 。0I解：外力做功为 ，带子松开的长度为 L 时，系统动能为 ，所以FL21I2I3.4 质量为 长为 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ml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 由重力产生，设杆的线密度为 ，
4、，则绕 B 点的力矩为lmmgldxgxdGlmg 21000 杆绕 B 点的转动惯量为02023lIl角加速度为lgI3（2）杆的质心加速度为a43.6 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 =0.4，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由 本题中，摩擦力力矩不变为 ，角动量由 变化到 0，所以dtL 2d2dmv2dmF解得 牛4.7852tdmF牛.31.03.7 如图所示，两物体 1 和 2 的质量分别为 m1 与 m2，滑轮的转动
5、惯量为 J，半径为 r。如物体 2 与桌面间的摩擦系数为 ，求系统的加速度 a 及绳中的张力 T1 与 T2（设绳子与滑轮间无相对滑动） ； 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 T1 与 T2。解：先做受力分析，物体 1 受到重力 和绳的张力 ，对于滑轮，受到张力 和 ，gm11T1T2对于物体 2，在水平方向上受到摩擦力 和张力 ，分别列出方程22（ ）amTg11aT1（ ）22g2rJr1通过上面三个方程，可分别解出三个未知量 Jrmga21T21Jrmg212 在的解答中，取 即得0Jrga21mT21JrmgT2123.8 电动机带动一个转动惯量为 J=
6、50kgm2 的系统作定轴转动。在 0.5s 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 为2/8in/605.2mi/1sradsrrt 从而力矩为 2317.8kgJ3.9 求题 3.6 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JrmW4206.1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。3.10 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 0.50s 转速达到
7、10r/s。假定飞轮可看作实心圆柱体，求：飞轮的角加速度及在这段时间内转过的转数；拉力及拉力所作的功；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： 飞轮的角加速度为2/7.155.0/2/1sradsradt转过的圈数为rrn/2 飞轮的转动惯量为1mI所以，拉力的大小为牛1.47.253.012rIrF拉力做功为JdnSW47从拉动后 t=10s 时飞轮角速度为sradt /102513轮边缘上一点的速度为smrv /185.027.13轮边缘上一点的加速度为2/5a3.11 弹簧、定滑轮和物体的连接如题 3.11 图所示，弹簧的劲度系数为 2.0N m-1；定滑轮
8、的转动惯量是 0.5kg m2，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，221rIvmkhg将 ， ， ， ， 代入，得6/8.9sgh4.025.kgmIr3.0sv/01.23.12 一均匀铅球从高为 ，与水平面夹角为 的固定斜面顶上由静止无滑动的滚下，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。3.13 质量为 m
9、、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。另一质量为 m0 的子弹以速度 v0 射入轮缘（如题 2-31 图所示方向） 。（1）开始时轮是静止的，在质点打入后的角速度为何值？（2）用 m,m0 和 表示系统（包括轮和质点）最后动能和初始动能之比。3.14 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 。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2mRJIL人走到盘心时 因此， J2人在盘边和在盘心时，系统动能分别为 2211JRmW222系统动能增加
10、242121JRm3.15 在半径为 R1，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 R2（ R1）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 ，则021RvL盘人解得R213.16 如题 3.16 图示，转台绕中心竖直轴以角速度 0 作匀速转动。转台对该轴的转动惯量 J=510-5 kgm2。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 所花的时
11、间。021解：要使转台角速度变为 ，由于砂粒落下时不能改变体系角动量，所以必须要使体系021的转动惯量加倍才行，即Jrm2沙 粒将 和 代入2510kgmr1.0得 3沙 粒所以 sgkt5/1033.17 一质子从远处射向一带电量为 的重核，但没有瞄准，偏离了一个距离 （ 叫做散Ze b射参量） ，如习题 3.17 图所示。质子的动能为 ，重核的质量非常大，可以略去其20pMv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 vsMbpp0sZepp022041通过这两个方程可解出其中的未知变量
12、和 （解答略）vs3.18 一脉冲星质量为 1.51030kg，半径为 20km。自旋转速为 2.1 r/s，并且以 1.010-15r/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25mrI转动动能为221rIW sJdtmrdt /109.210.21.05.405 25524302 单位时间内，能量的变化百分比为： 152159./. ssrtWt因此，停止自旋所需要的时间为 s15150.09.3.19 两滑冰运动员，质量分别为 MA=60kg，M B=70kg，它们的速率
13、 VA=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：系统的总角动量；系统的角速度；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：设两滑冰运动员拉手后，两人相距为 ，两人与质心距离分别为 和 ，则sArBsMrBAMrBAB系统总角动量为skgmsVrVrL BAABABA /6302对系统的角速度 ，由于两人拉手后系统角动量不变22BABABA rMrrM所以，sradsVrLBA /67.822两人拉手前总动能为：JMWBA301221 拉手后，由于整个体系的动量保
14、持为零，所以体系动能为JVMrr BAABBA 27302122 所以体系动能保持守恒可以算出，当且仅当 时，体系能量守恒，否则能量会减小BAV2211BABAW3.20 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 ，l43如图。求：棒开始运动时的角速度；棒的最大偏转角。解：系统绕杆的悬挂点的角动量为1248.03skgmvlL子弹射入后，整个系统的转动惯量为2225.691lMlI所以，sradIL/8.子弹射入后，且杆仍然垂直时，系统的
15、动能为JW13.2动当杆转至最大偏转角 时，系统没有动能，势能的增加量为cos14cosmglMgl势由机械能守恒， 势动 W得 24.93.22 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 3.22 图） ，设滚筒的直径 D=1.50m，质量为 10t，如果水平牵引力 F 为 20000N，使它在地面上作纯滚动。求：滚筒的角加速度和轴心的加速度；摩擦力；从静止开始走了 1m 时，滚筒的转动动能与平动动能。解： 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，)(2mRIFR/3.12srad轴心的加速度为2/a 在水平方向上滚筒受到水
16、平牵引力和摩擦力的作用，由牛顿第二定律，摩擦力为牛41010mFf 由于整个体系做匀加速运动，走了一米后，滚筒的速度为asv2其平动动能为JmW42110转动动能为JmvRI 422222 103.23 如图所示，一圆柱体质量为 m，长为 ，半径为 R，用两根轻软的绳子对称地绕在圆l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：它向下运动时的线加速度；向下加速运动时，两绳的张力。解： 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)21(2RImgR32/53.6sma向下加速运动时，圆柱体竖直方向受到向下的重力 ，以及绳子的拉力 ，所mgF2以Fmg
17、2mga61)(13.24 半径 R 为 30cm 的轮子，装在一根长 为 40cm 的轴的中部，并可绕其转动，轮和轴的l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 的自旋角速度旋转，方向如图所示，求：12rads该轮自转的角动量；作用于轴上的外力矩；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 所以其转动惯量0.25hRm2hJmR自转角动量则为 2221215(0.)3.7shsJmRkgskgs（2）轮轴系统对 A 点的力矩为： llMGm0.45989.82N（3）进动的角速度为
18、13.75psJ进动的方向俯视为逆时针方向。3.25 绕有电缆的大木轴，质量为 1000kg，绕中心轴 O 的转动惯量为 300kgm2。如图所示：R 1=1.00m，R 2=0.40m。假定大木轴与地面间无相对滑动，当用力 F=9800N 的水平拉力拉电缆的一端时，问：轮子将怎样运动？轴心 O 的加速度是多大？摩擦力是多大？摩擦系数至少为多大时才能保证无相对滑动？ 如果力 F 与水平方向夹角为 （ ） 见图2（b），而仍要使木轴向前加速且与地面无相对滑动，问 最大不能超过多少？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 ，以大木轴与地的接触点这一瞬时转动中心计算力矩，f以顺时针方向为正，则 12()MFRJ而 0Jm所以 120()R229.8.4.53s轴心的加速度 01.5amABC（3）在水平方向上，由根据质心运动定理0Ffaf98014.5235.2N（4）若要大木轴只滚不滑，应有 ，也即 若地面的竖直支持力为 01aR1FfmR则 ， Nmgfg所以 1984.520.0F（5）大木轴向右运动，有 01cosfmaR相对轴心应用转动定律 120MfFJ联解上两式得 2121cosRmR21J要向前运动， 即 代入数值012cos10.4.R625
