第四章 刚体的转动 问题与习题解答

第四章 刚体的转动 问题与习题解答

问题：4-2、4-5、4-9

4-2

如果一个刚体所受合外力为零，其合力矩是否也一定为零？如果刚体所受合外力矩为零，其合外力是否也一定为零？

答： 一个刚体所受合外力为零，其合力矩不一定为零，如图a 所示。刚体所受合外

力矩为零，其合外力不一定为零，例如图b 所示情形。 4-5

为什么质点系动能的改变不仅与外力有关，而且也与内力有关，而刚体绕定轴转动动能的改变只与外力矩有关，而与内力矩无关？ 答：

因为合外力对质点所作的功，等于质点动能的增量；而质点系中内力一般也做功，故内力对质点系的动能的增量有贡献。而在刚体作定轴转动时，任何一对内力对转轴的力矩皆为一对大小相等、方向相反的力矩，且因定轴转动时刚体转过的角度d θ都一样，故其一对内力矩所作的功()0in

ij ij ji ij ji W M d M d M M d θθθ=+=+=，其内力功总和也为零，因而根据刚体定轴转动的动能定理可知：内力矩对其转动动能的增量无贡献。 4-9

一人坐在角速度为0ω的转台上，手持一个旋转的飞轮，其转轴垂直地面，角速度为ω'。如果突然使飞轮的转轴倒转，将会发生什么情况？设转台和人的转动惯量为J ，飞轮的转动惯量为J '。 答：

（假设人坐在转台中央，且飞轮的转轴与转台的转轴重合）视转台、人和飞轮为同一系统。 （1）如开始时飞轮的转向与转台相同，则系统相对于中心轴的角动量为：

10L J J ωω''=+

飞轮转轴快速倒转后，飞轮的角速度大小还是ω'，但方向与原来相反；如设转台此时的角速度为1ω，则系统的角动量为：

21L J J ωω''=-

在以上过程中，外力矩为零，系统的角动量守恒，所以有：

10J J J J ωωωω''''-=+

即 102J J

ωωω'

'=+

，转台的转速变大了。 （2）如开始时飞轮的转向与转台相反，则系统相对于中心轴的角动量为：

10L J J ωω''=-

飞轮转轴快速倒转后，飞轮的角速度大小还是ω'，但方向与原来相反；如设转台此时的角速度为1ω

，则系统的

1F 3a

b

角动量为：

21L J J ωω''=+

在以上过程中，外力矩为零，系统的角动量守恒，所以有：

10J J J J ωωωω''''+=-

即 102J J

ωωω'

'=-，转台的转速变慢了。

习题：4-1、4-2、4-3、4-4、4-5、（选择题）

4-11、4-14、4-15、4-17、4-27、4-30、4-34

4-1

有两个力作用在一个有固定转轴的刚体上：

（1）这两个力都平行于轴作用时，它们对轴的合力矩一定是零； （2）这两个力都垂直于轴作用时，它们对轴的合力矩可能是零； （3）当这两个力的合力为零时，它们对轴的合力矩也一定是零； （4）当这两个力对轴的合力矩为零时，它们的合力也一定是零。 对上述说法，下述判断正确的是（ B ）

（A ）只有（1）是正确的 （B ）（1）、（2）正确，（3）、（4）错误 （C ）（1）、（2）、（3）都正确，（4）错误 （D ）（1）、（2）、（3）、（4）都正确 4-2

关于力矩有以下几种说法：

（1）对某个定轴转动刚体而言，内力矩不会改变刚体的角加速度； （2）一对作用力和反作用力对同一轴的力矩之和必为零；

（3）质量相等、形状和大小不同的两个刚体，在相同力矩的作用下，它们的运动状态一定相同。 对上述说法，下述判断正确的是（ B ）

（A ）只有（2）是正确的 （B ）（1）、（2）是正确的 （C ）（2）、（3）是正确的 （D ）（1）、（2）、（3）都是正确的 4-3

均匀细棒OA 可绕通过其一端O 而与棒垂直的水平固定光滑轴转动，如图所示。今使棒从水平位置由静止开始自由下落，在棒摆到竖直位置的过程中，下述说法正确的是（ C ）

（A ）角速度从小到大，角加速度不变 （B ）角速度从小到大，角加速度从小到大 （C ）角速度从小到大，角加速度从大到小 （D ）角速度不变，角加速度为零 4-4

一圆盘绕通过盘心且垂直于盘面的水平轴转动，轴间摩擦不计。如图射来两个质量相同、速度大小相同、方向相反并在一条直线上的子弹，它们同时射入圆盘并且留在盘内，在子弹射入后的瞬间，对于圆盘和子弹系统的角动量

L 以及圆盘的角速度ω则有（ C ） 4-3图 4-4图 （A ）L 不变，ω增大 （B ）两者均不变

m

m

o

A

（C ）L 不变，ω减小 （D ）两者均不确定 4-5

假设卫星环绕地球中心作椭圆运动，则在运动过程中，卫星对地球中心的（ B ） （A ）角动量守恒，动能守恒 （B ）角动量守恒，机械能守恒

（C ）角动量不守恒，机械能守恒 （D ）角动量不守恒，动量也不守恒 （E ）角动量守恒，动量也守恒 4-11

用落体观测法测定飞轮的转动惯量，是将半径为R 的飞轮支承在点O 上，然后在绕过飞轮的绳子的一端挂一质量为m 的重物，令重物以初速度为零下落，带动飞轮转动（如图）。记下重物下落的距离和时间，就可算出飞轮的转动惯量。试写出它的计算式。（假设轴承间无摩擦） 解：

（方法一）如图，设绳子张力为T F ,则根据转动定律，有： T F R J α=

而对m 来说，根据牛顿定律，有：

T mg F ma -=

另有： a R α= 由上三式解出：

2

2mgR a mR J

=+，

m 作匀加速直线运动，故下落的时间t 和距离h 的关系为：

2/2h at =，

即： 2

22

12mgR h t mR J

=⋅⋅+ 所以，飞轮的转动惯量为：

22

12gt J mR h ⎛⎫

=- ⎪⎝⎭

（方法二）根据能量守恒定律，将地球、飞轮和m 视为同一系统，且设m 开始下落的位置为重力势能的零势能点， 则有：

2211

022

mgh mv J ω-+

+= 另有： v R ω=，v at =，2

2v ah =，

故解出：