习题三答案一质量为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1L ，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，21013I I ML =+。

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0,x y L ==处，等边三角形薄板的面密度为σ===，通过质心的转动惯量为 ()()()2222221sssI x y dm x y dS xy dxdy σ=+=+=+⎰⎰⎰⎰⎰⎰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 L M I 222334 ，⎰⎰=sdxdy yL M I 223334⎰⎰---⋅=33131323363422334y y dx x dy L L M I [4L 是由于积分号内的单位L 被提出] ⎰-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=33633233132334dy y ML ()⎰--⋅⋅=3363323127132334dy y ML [令y t 31-=]023322433ML t dt ⎛⎫=⋅- ⎪ ⎪⎝⎭⎰2241ML = ⎰⎰---⋅=33131323363423334yy dx y dy L L M I ⎰-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=3363223312334dy y y ML 2241ML = 所以： 2232012531ML ML I 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，如下图所示。

则()()()22222223sssI x y dm x y dS xy dxdy L σ=+=+=+⎰⎰⎰⎰⎰⎰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)。

上述积分化为 )4220I L dy x y dx =+⎰⋅=23034227320334dy y L L M 2125ML =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：()()2243sin sin sin VVVI r dm r dV r drd d θθρρθθϕ===⎰⎰⎰()()23425001sin 2cos 1cos 5R d d r dr d R πππρϕθθρπθθ⎡⎤==-⎢⎥⎣⎦⎰⎰⎰⎰ 35555301183822cos cos 35154155M R R R MR R πππρπθθρπ⎡⎤=-===⎢⎥⎣⎦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 r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ω，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22ωFL I =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M r 由重力产生，设杆的线密度为ρ，lm=ρ，则绕B 点的力矩为00012mg m l M xdG gxdm gx dx mgl ρ====⎰⎰⎰杆绕B 点的转动惯量为 2020231ml dx x dm x I l m ===⎰⎰ρ角加速度为 32M gI l β==(2)杆的质心加速度为 g l a 432==β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=，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 '，则摩擦力为F μ'，摩擦力的力矩为2dF 'μ，在制动过程中，摩擦力的力矩不变，而角动量由2dmv变化到0，所以由 0Mdt L L =-⎰有 222dd m t d F ⋅='ωμ解得785.42m d F N t ωμ'==。

由杆的平衡条件得 0.5314.21.25F F N '==。

如图所示，两物体1和2的质量分别为1m 与2m ，滑轮的转动惯量为I ，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1T 与2T (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1T 与2T 。

T m1m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]()12a T T r M I Irα-=== 通过上面三个方程，可分别解出三个未知量()()212212m m gr a m m r I μ-=++，()()22112121m r g Ig T m m m r I μ++=++，()()21222121m r g Ig T m m m r Iμμ++=++ ⑵ 在⑴的解答中，取0=μ即得()21212m gr a m m r I =++， ()2211212m r g Ig T m m m r I +=++，()2122212m m r gT m m r I=++。

电动机带动一个转动惯量为I =50kg·m 2的系统作定轴转动。

在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α为2120/min 2/8/0.560/minr rad rrad s t s s ωπαπ∆⨯===∆⨯ 从而力矩为322508 1.25710M I kgm s απ-==⨯=⨯求题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 r m 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。

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210/2/125.7/0.5r s rad rrad s t sωπα∆⨯===∆ 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110.35125.747.1222M I F mr N r r αα====⨯⨯⨯=拉力做功为J d n F FS W 1113.014.35.21.47=⨯⨯⨯=⨯==π⑶从拉动后t=10s 时，轮角速度为3125.710 1.25710/t rad s ωα''==⨯=⨯ 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2125.70.1518.8/a r m s α==⨯=。

弹簧、定滑轮和物体的连接如图所示，弹簧的劲度系数为 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222222121r Iv mv kh 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=一均匀铅球从高为h ，与水平面夹角为θ的固定斜面顶上由静止无滑动地滚下，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。

图 无滑移滚动的铅球解 铅球的受力如图所示，根据质心运动定理，质心沿斜面平移运动的方程为sin mg f ma θ-=绕质心的转动方程为C fR I α=，225C I mR =．因为是无滑移的滚动，有 a R α=消去f ，我们有 sin C mg I R ma θα-=， 2sin C mg I a R ma θ-= 即 25sin mg ma ma θ-=，5sin /7a g θ=滚到底端时球心的速度为c v ==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。

一质量为m 0的子弹以速度v 0射入轮缘(如题3-13图所示方向)。

(1)开始时轮是静止的，在子弹打入后轮的角速度为何值？(2)用m,m 0和θ表示系统[包括轮和子弹]最后动能和初始动能之比。

解：由角动量守恒定律有2000sin ()m v R m m R θω=+，000sin ()m v m m Rθω=+22222100000222100000002()()sin sin ()()k k m m R E m m R m v m E m v m v m m R m m ωθθ⎛⎫++=== ⎪++⎝⎭ 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 +==人走到盘心时角动量为 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 R m W +=，()222222121ωωJ mR J J W +='= 系统动能增加 24222122121ωωJR m R m W W W +=-=∆ 在半径为1R ，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2R [21R R <]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 ()2122120L L L m v R R mRωω=+=--=人盘 解得 v R R R 2221222+-=ω 如题图示，转台绕中心竖直轴以角速度0ω作匀速转动。