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第2章 刚体定轴转动
R1
R2
O
O`
H
图2.28
2.28 质量为M的空心圆柱体，质量均匀分布，其内外半径为R1和R2，求对通过其中心轴的转动惯量．
解：设圆柱体的高为H，其体积为V = π(R22 – R12)h，体密度为ρ = M/V．在圆柱体中取一面积为S = 2πRH，厚度为dr的薄圆壳，体积元为dV = Sdr = 2πrHdr，其质量为dm = ρdV，
绕中心轴的转动惯量为dI = r2dm = 2πρHr3dr，
总转动惯量为．

a
O
b
X
Y
Z
图2.29
2.29 一矩形均匀薄板，边长为a和b，质量为M，中心O取为原点，坐标系OXYZ如图所示．试证明：
（1）薄板对OX轴的转动惯量为；
（2）薄板对OZ轴的转动惯量为．
证： 薄板的面积为S = ab，质量面密度为σ = M/S．
（1）在板上取一长为a，宽为dy的矩形元，其面积为dS = ady，
其质量为dm =σdS，
绕X轴的转动惯量为dIOX = y2dm = σay2dy，
积分得薄板对OX轴的转动惯量为．
a
O
b
X
Y
Z
Z`
O`
y
x
r
同理可得薄板对OY轴的转动惯量为．
（2）方法一：平行轴定理．在板上取一长为b，宽为dx的矩形元，其面积为dS = bdx，质量为dm = σdS，
绕过质心的O`Z`轴的转动惯量等于绕OX轴的转动惯量
dIO`Z` = b2dm/12．
根据平行轴定理，矩形元对OZ轴的转动惯量为
dIOZ = x2dm + dIO`Z` = σbx2dx + b2dm/12，
积分得薄板对OZ轴的转动惯量为
．
方法二：垂直轴定理．在板上取一质量元dm，绕OZ轴的转动惯量为dIOZ = r2dm．
由于r2 = x2 + y2，所以dIOZ = (x2 + y2)dm = dIOY + dIOX，
因此板绕OZ轴的转动惯量为．
θ
A
A`
R
图2.30

2.30 一半圆形细杆，半径为R，质量为M，求对过细杆二端AA`轴的转动惯量．
解：半圆的长度为C = πR，质量的线密度为λ = M/C．在半圆上取一弧元ds = Rdθ，其质量为dm = λds，到AA`轴的距离为r = Rsinθ，
绕此轴的转动惯量为dI = r2dm = λR3sin2θdθ，半圆绕AA`轴的转动惯量为

O
r
R
r
图2.31

2.31 如图所示，在质量为M，半径为R的匀质圆盘上挖出半径为r的两个圆孔．圆孔中心在圆盘半径的中点．求剩余部分对大圆盘中心且与盘面垂直的轴线的转动惯量．
解：大圆的面积为S = πR2，质量的面密度为σ = M/S．大圆绕过圆心且与盘面垂直的轴线的转动惯量为IM = MR2/2．小圆的面积为s = πr2，质量为m = σs，绕过自己圆心且垂直圆面的轴的转动惯量为IC = mr2/2，
根据平行轴定理，绕大圆轴的转动惯量为Im = IC + m(R/2)2．
，
剩余部分的转动惯量为
．

O
0.50
F
0.75
图2.32
2.32 飞轮质量m = 60kg，半径R = 0.25m，绕水平中心轴O转动，转速为900r·min-1．现利用一制动用的轻质闸瓦，在剖杆一端加竖直方向的制动力，可使飞轮减速．闸杆尺寸如图所示，闸瓦与飞轮之间的摩擦因数μ = 0.4，飞轮的转动惯量可按匀质圆盘计算．
（1）设F = 100N，问可使飞轮在多长时间内停止转动？这段时间飞轮转了多少转？
（2）若要在2s内使飞轮转速减为一半，需加多大的制动力F？
解：设飞轮对闸瓦的支持力为N`，以左端为转动轴，在力矩平衡时有0.5N` – 1.25F = 0，
所以N`=2.5F = 250(N)．
闸瓦对飞轮的压力为N = N`= 250(N)，
与飞轮之间摩擦力为f = μN = 100(N)，
摩擦力产生的力矩为M = fR．
飞轮的转动惯量为I = mR2/2，
角加速度大小为β = -M/I = -2f/mR = -40/3(rad·s-2)，
负号表示其方向与角速度的方向相反．
飞轮的初角速度为ω0 = 30π(rad·s-1)．
根据公式ω = ω0 + βt，当ω = 0时，t = -ω0/β = 7.07(s)．
再根据公式ω2 = ω02 + 2βθ，可得飞轮转过的角度为θ = -ω02/2β = 333(rad)，
转过的圈数为n = θ/2π = 53r．
[注意]圈数等于角度的弧度数除以2π．
（2）当t = 2s，ω = ω0/2时，角加速度为β = -ω0/2t = -7.5π．
力矩为M = -Iβ，
摩擦力为f = M/R = -mRβ/2 = (7.5)2π．
闸瓦对飞轮的压力为N = f/μ，
需要的制动力为F = N/2.5 = (7.5)2π = 176.7(N)．

F=98N
P=98N
m
(a)
(b)
(图2.33)
2.33 一轻绳绕于r = 0.2m的飞轮边缘，以恒力F = 98N拉绳，如图（a）所示．已知飞轮的转动惯量I = 0.5kg·m2，轴承无摩擦．求
（1）飞轮的角加速度．
（2）绳子拉下5m时，飞轮的角速度和动能．
（3）将重力P = 98N的物体挂在绳端，如图（b）所示，再求上面的结果．
解：（1）恒力的力矩为M = Fr = 19.6(N·m)，
对飞轮产生角加速度为β = M/I = 39.2(rad·s-2)．
（2）方法一：用运动学公式．飞轮转过的角度为θ = s/r = 25(rad)，
由于飞轮开始静止，根据公式ω2 = 2βθ，可得角速度为 = 44.27(rad·s-1)；
飞轮的转动动能为Ek = Iω2/2 = 490(J)．
方法二：用动力学定理．拉力的功为W = Fs = 490(J)，
根据动能定理，这就是飞轮的转动动能Ek．
根据公式Ek = Iω2/2，得角速度为= 44.27(rad·s-1)．
(3)物体的质量为m = P/g = 10(kg)．
设绳子的张力为T，则P – T = ma，Tr = Iβ．
由于a = βr，可得Pr = mr2β + Iβ，
解得角加速度为= 21.8(rad·s-2)．
绳子的张力为= 54.4(N)．
张力所做的功为W` = Ts = 272.2(J)，这就是飞轮此时的转动动能E`k．
飞轮的角速度为= 33(rad·s-1)．

R
ω0
O
图2.34
2.34 质量为m，半径为R的均匀圆盘在水平面上绕中心轴转动，如图所示．盘与水平面的摩擦因数为μ，圆盘从初角速度为ω0到停止转动，共转了多少圈？
解：圆盘对水平面的压力为N = mg，
压在水平面上的面积为S = πR2，
压强为p = N/S = mg/πR2．
当圆盘滑动时，在盘上取一半径为r、对应角为dθ面积元，其面积为dS = rdθdr，
对水平面的压力为dN = pdS = prdrdθ，
所受的摩擦力为df = μdN = μprdrdθ，
其方向与半径垂直，摩擦力产生的力矩为dM = rdf = μpr2drdθ，
总力矩为．
圆盘的转动惯量为I = mR2/2，
角加速度大小为，负号表示其方向与角速度的方向相反．
根据转动公式ω2 = ω02 + 2βθ，当圆盘停止下来时ω = 0，所以圆盘转过的角度为
，转过的圈数为 ．
[注意]在圆盘上取一个细圆环，其面积为ds = 2πrdr，这样计算力矩等更简单。
m1
m1
m
h
r
图2.35
2.35 一个轻质弹簧的倔强系数为k = 2.0N·m-1．它的一端固定，另一端通过一条细线绕过定滑轮和一个质量为m1 = 80g的物体相连，如力产所示．定滑轮可看作均匀圆盘，它的半径为r = 0.05m，质量为m = 100g．先用手托住物体m1，使弹簧处于其自然长度，然后松手．求物体m1下降h = 0.5m时的速度多大？忽略滑轮轴上的摩擦，并认为绳在滑轮边上不打滑．
解：根据机械能守恒定律可列方程，
其中I = mr2/2，ω = v/r，可得2m1gh – kh2 = m1v2 + mv2/2，
解得= 1.48(m·s-1)．

2.36 均质圆轮A的质量为M1，半径为R1，以角速度ω绕OA杆的A端转动，此时，将其放置在另一质量为M2的均质圆轮B上，B轮的半径为R2．B轮原来静止，但可绕其几何中心轴自由转动．放置后，A轮的重量由B轮支持．略去轴承的摩擦与杆OA的重量，并设两轮间的摩擦因素为μ，问自A轮放在B轮上到两轮间没有相对滑动为止，需要经过多长时间？
O
A
R1
R2
B
解：圆轮A对B的压力为 N = M1g，
两轮之间的摩擦力大小为 f = μN = μM1g，
摩擦力对A的力矩大小为MA = fR1 = μM1gR1，
摩擦力对B的力矩大小为MB = fR2 = μM1gR2，
设A和B的角加速度大小分别为βA和βB，转动惯量分别为IA和IB，根据转动定理得方程MA = IAβA，即 βA = MA/IA．
同理可得βB = MB/IB．
当两轮没有相对滑动时，它们就具有相同的线速度v，A的角速度为ωA = v/R1，
B的角速度为ωB = v/R2．
根据转动运动学的公式得ωA – ω = -βAt，ωB = βBt，
即 v/R1 – ω = -βAt，v/R2 = βBt，化得 v - ωR1 = -βAR1t，v = βBR2t，
将后式减前式得ωR1 = (R1βA + R2βB)t， 解得

经过的时间为．
[注意]在此题中，由于A、B两轮不是绕着同一轴转动的，所以不能用角动量守恒定律．
a
r
b
dS
r
O
图2.37

2.37 均质矩形薄板绕竖直边转动，初始角速度为ω0，转动时受到空气的阻力．阻力垂直于板面，每一小面积所受阻力的大小与其面积及速度的平方的乘积成正比，比例常数为k．试计算经过多少时间，薄板角速度减为原来的一半．设薄板竖直边长为b，宽为a，薄板质量为m．
解：在板上距离转轴为r处取一长度为b，宽度为dr的面积元，其面积为dS = bdr．当板的角速度ω时，面积元的速率为v = ωr，所受的阻力为df = kv2dS = kω2r2bdr，阻力产生的力矩为dM = rdf = kω2r3bdr，因此合力矩为．
板绕转轴的转动惯量为I = ma2/3，其角加速度为，
负号表示角加速度的方向与角速度的方向相反．
由于β = dω/dt，可得转动的微分方程，
分离变量得，积分得．
当t = 0时，ω = ω0，所以C = -1/ω0，因此转动方程为．
当ω = ω0/2时，解得时间为．

ω
R
图2.38
2.38 一个质量为M，半径为R并以角速度ω旋转的飞轮（可看作匀质圆盘），在某一瞬间突然有一片质量为m的碎片从轮的边缘上飞出，如图所示．假定碎片脱离飞轮时的瞬时速度方向正好竖直向上．
（1）问它能上升多高？
（2）求余下部分的角速度、角动量和转动动能．
解：（1）碎片上抛的初速度为v0 = ωR，
根据匀变速直线运动公式v2 – v02 = -2gh，
可得碎片上升的高度为h = v02/2g =ω2R2/2g．
（2）余下部分的角速度仍为ω，但是转动惯量只有，
所以角动量为L = Iω = R2(M/2 – m)ω．
转动动能为．

2.39 两滑冰运动员，在相距1.5m的两平行线上相向而行，两人质量分别为mA = 60kg，mB = 70kg，它们速率分别为vA = 7m·s-1，vB = 6m·s-1，当两者最接近时，便函拉起手来，开始绕质心作圆周运动，并保持二者的距离为1.5m．求该瞬时：
（1）系统对通过质心的竖直轴的总角动量；
（2）系统的角速度；
（3）两人拉手前、后的总动能．这一过程中能量是否守恒？
vB
r
vA
mA
mB
rA
rB
解：（1）设质心距A的平行线为rA，距B的平行线为rB，则有rA + rB = r，
根据质心的概念可得mArA = mBrB，
解方程组得，．
两运动员绕质心的角动量的方向相同，他们的总角动量为
= 630(kg·m2·s-1)．
（2）根据角动量守恒定律得L = (IA + IB)ω，其中IA和IB分别是两绕质心的转动惯量
IA = mArA2和IB = mBrB2．角速度为ω = L/(IA + IB) = 8.67(rad·s-1)．
（3）两人拉手前的总动能就是平动动能= 2730(J)；
拉手后的总动能是绕质心的转动动能：= 2730(J)，
可见：这一过程能量是守恒的．
[讨论]（1）角动量．根据上面的推导过程可得两人绕质心的总转动惯量为
，
角速度为
可见：角速度与两人的质量无关，只与它们的相对速度和平行线的距离有关．
（2）损失的能量．两人的转动动能为
，
因此动能的变化量为ΔE = Ek2 – Ek1
简化得，
负号表示能量减少．可见：如果mAvA≠mBvB，则ΔE≠0，即能量不守恒．在本题中，由于mAvA = mBvB，所以能量是守恒的．
v0
l
l/4
O
l/4
图2.40

2.40．一均匀细棒长为l，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，碰撞点位于离棒中心一方l/4处，如图所示，求棒在碰撞后的瞬时绕过O点垂直于棒所在平面的轴转动的角速度ω0．
解：以O点为转动轴，棒的质心到轴的距离为l/4，在碰撞之前，棒对转轴的角动量为mv0l/4．在碰撞之后瞬间，棒绕轴的角动量为Iω0．
棒绕质心的转动惯量为Ic = ml2/12，
根据平行轴定理，棒绕O点为转动惯量为．
根据角动量守恒定律得mv0l/4 = Iω0，
所以角速度为．

5