第 2 章 刚体定轴转动
一、选择题 1(B)，2(B)，3(C)，4(C)，5(C) 二、填空题 (1). 62.5 1.67ｓ (2). (3). (4). (5). 4.0 rad 0.25 kg·m2
l 1 1 mgl 参考解：M＝ d M ＝ gm / l r d r mgl 0 2 2
v B 2 gR
2 2 J 0 0 R 2 mR J 0
当小球滑到 C 点时，由角动量守恒定律，系统的角速度又回复至0，又由机械能守恒定律 知，小球在 C 的动能完全由重力势能转换而来．即：
1 2 mv C mg 2 R , v C 4 gR 2
四 研讨题 1. 计算一个刚体对某转轴的转动惯量时，一般能不能认为它的质量集中于其质心，成为一 质点，然后计算这个质点对该轴的转动惯量？为什么？举例说明你的结论。 参考解答： 不能． 因为刚体的转动惯量
m1
m2

m1 m2 gr m1 m2 r 2 J
T1 T1 a
rT 2 T2
a m1g m2 g
开始时系统静止，故 t 时刻滑轮的角速度．
m1 m2 grt t m1 m2 r 2 J
4.一匀质细棒长为 2L，质量为 m，以与棒长方向相垂直的速度 v0 在 光滑水平面内平动时， 与前方一固定的光滑支点 O 发生完全非弹性碰 撞．碰撞点位于棒中心的一侧
=M /J = 2n
2 J 0 2 3 R 0 / 16πg 4 M
解：在 r 处的宽度为 dr 的环带面积上摩擦力矩为
总摩擦力矩
故平板角加速度 设停止前转数为 n，则转角 由 可得
2 0 2 4 Mn / J
n
2. 一转动惯量为 J 的圆盘绕一固定轴转动，起初角速度为0．设它所受阻力矩与转动角速 度成正比，即 M＝－k (k 为正的常数)，求圆盘的角速度从0 变为 解：根据转动定律： ∴ 两边积分： 得 ∴
0
A B R C
2
小球到 B 点时：
J00＝(J0＋mR2)
①
1 1 1 2 2 J 0 0 mgR J 0 2 m 2 R 2 v B 2 2 2


②
式中 vB 表示小球在 B 点时相对于地面的竖直分速度，也等于它相对于环的速度． 由式①得： ＝J0 0 / (J0 + mR2) 代入式②得
ln2 = kt / J t＝(J ln2) / k
1
3.如图所示， 设两重物的质量分别为 m1 和 m2， 且 m1＞m2， 定滑轮的半径为 r， 对转轴的转动惯量为 J，轻绳与滑轮间无滑动，滑轮轴上摩擦不计．设开始时 系统静止，试求 t 时刻滑轮的角速度．
r
解：作示力图．两重物加速度大小 a 相同，方向如图. m1g－T1＝m1a T2－m2g＝m2a 设滑轮的角加速度为，则 (T1－T2)r＝J 且有 a＝r 由以上四式消去 T1，T2 得：
1 2 1 2
L L L
v0
O
1 L 处，如图所示．求棒在碰撞后的瞬 2
时绕 O 点转动的角速度． (细棒绕通过其端点且与其垂直的轴转动时 的转动惯量为 ml 2 ，式中的 m 和 l 分别为棒的质量和长度．) 解：碰撞前瞬时，杆对 O 点的角动量为
v0
1 3

3L / 2 0
v 0 x d x
L/2 0
1 v 0 x d x v 0 L2 mv 0 L 2
2
式中为杆的线密度．碰撞后瞬时，杆对 O 点的角动量为
1 3 3 1 1 J m L m L 3 4 2 4 2
因碰撞前后角动量守恒，所以
2
7 2 mL 12
4
r
2
i
mi 与各质量元和它们对转轴的距离有关．如一匀质圆盘对
过其中心且垂直盘面轴的转动惯量为 的转动惯量为零．
1 mR 2 ，若按质量全部集中于质心计算，则对同一轴 2
2. 刚体定轴转动时，它的动能的增量只决定于外力对它做的功而与内力的作用无关。对于 非刚体也是这样吗？为什么？ 参考解答： 根据动能定理可知，质点系的动能增量不仅决定于外力做的功，还决定于内力做的功。 由于刚体内任意两质量元间的距离固定，或说在运动过程中两质量元的相对位移为零， 所以每一对内力做功之和都为零。 故刚体定轴转动时， 动能的增量就只决定于外力的功而与 内力的作用无关了。 非刚体的各质量元间一般都会有相对位移，所以不能保证每一对内力做功之和都为零， 故动能的增量不仅决定于外力做的功还决定于内力做的功。 3. 乒乓球运动员在台面上搓动乒乓球，为什么乒乓球能自动返回？ 参考解答： 分析：乒乓球（设乒乓球为均质球壳）的运动可分解为球随质心的平动和绕通过质心的轴的 转动．乒乓球在台面上滚动时，受到的水平方向的力只有摩擦力．若乒乓球平动的初始速度 vc 的方向如图，则摩擦力 Fr 的 方向一定向后．摩擦力的作用有二，对质心的运动来说，它 使质心平动的速度 vc 逐渐减小；对绕质心的转动来说， 它将使转动的角速度 逐渐变小． 当质心平动的速度 vc= 0 而角速度 0 时，乒乓 球将返回．因此，要使乒乓球能自动返回，初始速度 vc 和初始角速度 0 的大小应满足一定的关系．
3
解题：由质心运动定理: Fr m
dv c dt
因 Fr mg , 得 v c v c0 g (1) 由对通过质心的轴（垂直于屏面）的转动定律 M I 2 d , 得 3 (2) RFr ( mR 2 ) 0 gt 3 dt 2R 3 v c. v c 由(1),(2)两式可得 0 , 令 vc 0； 0 2 R 3v 可得 0 c . 2R 这说明当 vc= 0 和0 的大小满足此关系时，乒乓球可自动返回．
7mL2 / 12
∴
1 mv 0 L 2
= 6v0 / (7L)
5. 空心圆环可绕光滑的竖直固定轴 AC 自由转动，转动惯量为 J0，环的半径为 R，初 始时环的角速度为0．质量为 m 的小球静止在环内最高处 A 点，由于某种微小干扰， 小球沿环向下滑动，问小球滑到与环心 O 在同一高度的 B 点和环的最低处的 C 点时， 环的角速度及小球相对于环的速度各为多大?(设环的内壁和小球都是光滑的，小球可 视为质点，环截面半径 r<<R.) 解：选小球和环为系统．运动过程中所受合外力矩为零，角动量守恒．对地球、小球 和环系统机械能守恒．取过环心的水平面为势能零点．
1 0 时所需的时间． 2
Jd / dt = -k
d k dt J 0 / 2 1 t k 0 d 0 J d t
2E 0
三、计算题 1. 有一半径为 R 的圆形平板平放在水平桌面上，平板与水平桌面的摩擦系数为μ，若平板 绕通过其中心且垂直板面的固定轴以角速度ω0 开始旋转，它将在旋转几圈后停止？（已知 圆形平板的转动惯量 J
பைடு நூலகம்
1 mR 2 ，其中 m 为圆形平板的质量） 2 mg 2 r rdr R 2 R 2 M dM mgR 0 3 dM