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L 33，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，21031ML I I +=。

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L y x 33,0==处，等边三角形薄板的面密度为243LM ，则()()()⎰⎰⎰⎰⎰⎰+=+=+=sssdxdyyxLM dS LM yxdm yxI 22222222133443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313-y 到331y-（单位均为L ）。

将上述积分化为321I I I +=，其中，⎰⎰=sdxdy x LM I 222334 ，⎰⎰=sdxdy y LM I 223334⎰⎰---⋅=33131323363422334yy dx x dy LLM I （4L 是由于积分号内的单位L 被提出）⎰-⎪⎪⎭⎫⎝⎛-=33633233132334dy y ML()⎰--⋅⋅=3363323127132334dy yML 令y t 31-=⎰-⋅=23323324338dt t ML2241ML =⎰⎰---⋅=33131323363423334yy dx y dy LLM I⎰-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=3363223312334dy y y ML2241ML =所以：2232012531ML MLI 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则 ()()()⎰⎰⎰⎰⎰⎰+=+=+=sssdxdyyxLM dS LM yxdm yxI 2222222233443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33y -到33y +（单位均为L ）。

将上述积分化为()⎰⎰-+⋅=3333222342334yy dx yxdy LLM⎰⋅=2334227320334dy y LLM2125ML =3.2一质量为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：⎰⎰⎰⎰⎰⎰====RVVVdr r d d d drd r r dV r dm r I 04202222sin sin ρθθϕϕθθρρππ将343RM =ρ代入上式，即得252MR I =3.3一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0ω，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22ωFLI =3.4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τ由重力产生，设杆的线密度为ρ，lm =ρ，则绕B 点的力矩为m g l dx gx gxdm xdG lmmg210====⎰⎰⎰ρτ杆绕B 点的转动惯量为 22231ml dx x dm x I lm===⎰⎰ρ角加速度为lgI23==τβ（2）杆的质心加速度为 g l a 432==β3.6 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μ=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 dt dL =τ 本题中，摩擦力力矩不变为2d F 'μ ，角动量由2d mv变化到0，所以222d d m t d F ⋅='ωμ解得牛4.7852=='td m F μω牛2.31425.15.0='=F F3.7 如图所示，两物体1和2的质量分别为m 1与m 2，滑轮的转动惯量为J ，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T 1与T 2（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T 1与T 2。

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）()ra JJ r T T ===-βτ21通过上面三个方程，可分别解出三个未知量()()Jr m m gr m m a ++-=221221μ ()()Jr m m Jg g r m m T ++++=22122111μ()()Jr m m Jgg r m m T ++++=22121221μμ ⑵ 在⑴的解答中，取0=μ即得()Jrm m grm a ++=22121()Jr m m Jgg r m m T +++=2212211()Jr m m gr m m T ++=22122123.8 电动机带动一个转动惯量为J=50k g ·m 2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β为 2/8min/605.0/2min /120s rad s s r rad r tππωβ=⨯⨯=∆∆=从而力矩为22310257.1850-⨯=⨯==skgm J πβτ3.9 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 J rm W 4221006.221⨯-=-=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。

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2/7.1255.0/2/10s r a d sr r a d s r t=⨯=∆∆=πωβ 转过的圈数为 r s s r n 5.25.0/1021=⨯⨯=⑵ 飞轮的转动惯量为 221mr I =所以，拉力的大小为 牛1.477.12523.052121=⨯⨯⨯====ββτmr rI rF拉力做功为J d n F FS W 1113.014.35.21.47=⨯⨯⨯=⨯==π⑶从拉动后t=10s 时飞轮角速度为s r a d t /10257.1107.1253⨯=⨯='='βω 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2/8.1815.07.125s m r a =⨯==β3.11 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 222222121rIv mvkh mgh ++=，将kg m 6=，2/8.9s kgm g =，m h 4.0=，25.0kgm I =，m r 3.0=代入，得 s m v /01.2=3.12 一均匀铅球从高为h ，与水平面夹角为α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 、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m 0的子弹以速度v 0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,m 0和θ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 ()ωω2mR J I L +==人走到盘心时ωω'=''=J I L因此，()ωωJmR J 2+='人在盘边和在盘心时，系统动能分别为22212121ωωJ Rm W +=()222222121ωωJmR J J W +='=系统动能增加 24222122121ωωJR m R m W W W +=-=∆3.15 在半径为R 1，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R 2（< R 1）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 ()0212122=--=+=ωωmR R R v m L L L 盘人解得 v RR R 2221222+-=ω3.16 如题3.16图示，转台绕中心竖直轴以角速度ω0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021ω所花的时间。

解：要使转台角速度变为021ω，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25105m kg J ⋅⨯=-和m r 1.0=代入得kg m 3105-⨯=沙粒所以 s sg kgt 5/11053=⨯=-3.17 一质子从远处射向一带电量为Z e 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3.17图所示。