《大学物理学》课程作业习题（含解答）第4章作业题

4一10如图(a)所示，圆盘的质量为m，半径为R.求：（1）以O为中心，将半径为R/2的部分挖去，剩余部分对0O轴的转动惯量：（2）剩余部分对OO轴（即通过圆盘边缘且平行于盘中心轴)的转动惯量O.(b)(a)题4-10图分析由于转动惯量的可加性，求解第一问可有两种方法：一是由定义式J=「r~dm计算，式中dm可取半径为r、宽度为dr窄圆环；二是用补偿法可将剩余部分的转动惯量看成是原大圆盘和挖去的小圆盘对同一轴的转动惯量的差值。至于第二问需用到平行轴定理解挖去后的圆盘如图(b)所示。(1）解1由分析知Jo- ram-r最2mdr-rar-0mR解2整个圆盘对00轴转动惯量为J,mR2，挖去的小圆盘对00轴转动惯量2RmR2，由分析知，剩余部分对00轴的转动惯量为元R2元2J =J,-J2=-10mR?(2）由平行轴定理，乘剩余部分对00轴的转动惯量为Jo=号mR+m-()]-号m元一4－11用落体观察法测定飞轮的转动惯量，是将半径为R的飞轮支承在O点上，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

4 －10 如图(a)所示，圆盘的质量为m，半径为R．求：(1) 以O为中心，将半径为R／2 的 部分挖去，剩余部分对OO 轴的转动惯量；(2) 剩余部分对O′O′轴(即通过圆盘边缘且平行 于盘中心轴)的转动惯量． 分析 由于转动惯量的可加性，求解第一问可有两种方法：一是由定义式 J r dm 2  = 计算， 式中dm 可取半径为r、宽度为dr 窄圆环；二是用补偿法可将剩余部分的转动惯量看成是原 大圆盘和挖去的小圆盘对同一轴的转动惯量的差值．至于第二问需用到平行轴定理． 解 挖去后的圆盘如图(b)所示． (1) 解1 由分析知 2 / 2 3 2 2 / 2 2 2 0 32 15 d 2 2π d π d r r mR R m r r R m J r m r R R R R = = = =    解2 整个圆盘对OO 轴转动惯量为 2 1 2 1 J = mR ，挖去的小圆盘对OO 轴转动惯量 2 2 2 2 2 32 1 2 2 π 2 π 1 mR R R R m J  =                    = ，由分析知，剩余部分对OO 轴的转动惯量为 2 0 1 2 32 15 J = J − J = mR (2) 由平行轴定理，剩余部分对O′O′轴的转动惯量为 2 2 2 2 2 0 32 39 2 π 32 π 15 R mR R R m J mR m =               = + −   4 －11 用落体观察法测定飞轮的转动惯量，是将半径为R 的飞轮支承在O点上，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)。题4-11图分析在运动过程中，飞轮和重物的运动形式是不同的。飞轮作定轴转动，而重物是作落体运动，它们之间有着内在的联系。由于绳子不可伸长，并且质量可以忽略。这样，飞轮的转动惯量，就可根据转动定律和牛顿定律联合来确定，其中重物的加速度，可通过它下落时的匀加速运动规律来确定.该题也可用功能关系来处理。将飞轮、重物和地球视为系统，绳子张力作用于飞轮、重物的功之和为零，系统的机械能守恒。利用匀加速运动的路程、速度和加速度关系，以及线速度和角速度的关系，代入机械能守恒方程中即可解得，解1设绳子的拉力为Ft，对飞轮而言，根据转动定律，有()FR=Ja而对重物而言，由牛顿定律，有(2) mg-F,=ma由于绳子不可伸长，因此，有(3)α= Rα重物作匀加速下落，则有h=jar?(4)由上述各式可解得飞轮的转动惯量为gtJ =mR2h解2根据系统的机械能守恒定律，有+Jo=0(1)-mgh+而线速度和角速度的关系为0= Ro(2) 又根据重物作匀加速运动时，有0=at(3)

承间无摩擦)． 分析 在运动过程中，飞轮和重物的运动形式是不同的．飞轮作定轴转动，而重物是作落体 运动，它们之间有着内在的联系．由于绳子不可伸长，并且质量可以忽略．这样，飞轮的转 动惯量，就可根据转动定律和牛顿定律联合来确定，其中重物的加速度，可通过它下落时的 匀加速运动规律来确定． 该题也可用功能关系来处理．将飞轮、重物和地球视为系统，绳子张力作用于飞轮、重 物的功之和为零，系统的机械能守恒．利用匀加速运动的路程、速度和加速度关系，以及线 速度和角速度的关系，代入机械能守恒方程中即可解得． 解1 设绳子的拉力为FＴ，对飞轮而言，根据转动定律，有 FTR = Jα (1) 而对重物而言，由牛顿定律，有 mg − FT = ma (2) 由于绳子不可伸长，因此，有 a = Rα (3) 重物作匀加速下落，则有 2 2 1 h = at (4) 由上述各式可解得飞轮的转动惯量为         = −1 2 2 2 h gt J mR 解2 根据系统的机械能守恒定律，有 0 2 1 2 1 2 2 − mgh + mv + Jω = (1′) 而线速度和角速度的关系为 v = Rω (2′) 又根据重物作匀加速运动时，有 v = at (3′)

0?=2ah(4)由上述各式可得g=mR2h若轴承处存在摩擦，上述测量转动惯量的方法仍可采用。这时，只需通过用两个不同质量的重物做两次测量即可消除摩擦力矩带来的影响4-14质量为ml和m2的两物体A、B分别悬挂在图(a)所示的组合轮两端.设两轮的半径分别为R和r，两轮的转动惯量分别为万和.，轮与轴承间、绳索与轮间的摩擦力均略去不计，绳的质量也略去不计.试求两物体的加速度和绳的张力。FNAFf2中mBFTAA(a)(b)题4-14图分析由于组合轮是一整体，它的转动惯量是两轮转动惯量之和，它所受的力矩是两绳索张力矩的矢量和（注意两力矩的方向不同）.对平动的物体和转动的组合轮分别列出动力学方程，结合角加速度和线加速度之间的关系即可解得。解分别对两物体及组合轮作受力分析，如图(b).根据质点的牛顿定律和刚体的转动定律，有()P-Fr=mg-Fr=mai(2)Ff2-P = Ff2 -mg = ma2

2ah 2 v = (4′) 由上述各式可得         = −1 2 2 2 h gt J mR 若轴承处存在摩擦，上述测量转动惯量的方法仍可采用．这时，只需通过用两个不同质量的 重物做两次测量即可消除摩擦力矩带来的影响． 4 －14 质量为m1 和m2 的两物体A、B 分别悬挂在图(a)所示的组合轮两端.设两轮的半径 分别为R 和r，两轮的转动惯量分别为J1 和J2 ，轮与轴承间、绳索与轮间的摩擦力均略去 不计，绳的质量也略去不计.试求两物体的加速度和绳的张力. 分析 由于组合轮是一整体，它的转动惯量是两轮转动惯量之和，它所受的力矩是两绳索张 力矩的矢量和(注意两力矩的方向不同).对平动的物体和转动的组合轮分别列出动力学方 程，结合角加速度和线加速度之间的关系即可解得. 解 分别对两物体及组合轮作受力分析，如图(b).根据质点的牛顿定律和刚体的转动定律， 有 P1 FT1 = m1g − FT1 = m1a1 −  (1) FT 2 −P2 = FT 2 −m2g = m2a2  (2)

(3)FnR-Frar=(I+J,)aFr = Fn,Ff2 = Fr2(4)由角加速度和线加速度之间的关系，有α = Rα(5) a, =ra(6)解上述方程组，可得m,R-m,ra="J+J.+mR+m,rgRm,R-m,J,+J+mR+mrJ+J.+mr?+mRJ+J,+mR+mrJ+J,+mR+mRFr2:m.gJ.+J,+m,R+mr24一18如图所示，一通风机的转动部分以初角速度oo绕其轴转动，空气的阻力矩与角速度成正比，比例系数C为一常量.若转动部分对其轴的转动惯量为J，间：（1）经过多少时间后其转动角速度减少为初角速度的一半？（2）在此时间内共转过多少转？题4-18图分析由于空气的阻力矩与角速度成正比，由转动定律可知，在变力矩作用下，通风机叶片的转动是变角加速转动，因此，在讨论转动的运动学关系时，必须从角加速度和角速度的定义出发，通过积分的方法去解。解（1）通风机叶片所受的阻力矩为M=-C，由转动定律M=Jα，可得叶片的角加速度为

FT1R− FT 2 r = (J1 + J2 )α (3) FT1 = FT1  , FT 2 = FT 2  (4) 由角加速度和线加速度之间的关系，有 a1 = Rα (5) a2 = rα (6) 解上述方程组，可得 gR J J m R m r m R m r a 2 2 2 1 2 1 1 2 1 + + + − = gr J J m R m r m R m r a 2 2 2 1 2 1 1 2 2 + + + − = m g J J m R m r J J m r m Rr FT 2 1 2 2 1 2 1 2 2 1 2 1 1 + + + + + + = m g J J m R m r J J m R m Rr FT 2 2 2 2 1 2 1 1 2 1 2 1 2 + + + + + + = 4 －18 如图所示，一通风机的转动部分以初角速度ω0 绕其轴转动，空气的阻力矩与角速 度成正比，比例系数C 为一常量.若转动部分对其轴的转动惯量为J，问：(1) 经过多少时 间后其转动角速度减少为初角速度的一半？(2) 在此时间内共转过多少转？ 分析 由于空气的阻力矩与角速度成正比，由转动定律可知，在变力矩作用下，通风机叶片 的转动是变角加速转动，因此，在讨论转动的运动学关系时，必须从角加速度和角速度的定 义出发，通过积分的方法去解. 解 (1) 通风机叶片所受的阻力矩为M ＝－Cω，由转动定律M ＝Jα，可得叶片的角加速度 为

()J根据初始条件对式(1)积分，有%-1-5a由于C 和J均为常量，得=W,e-arlJ(2) 当角速度由00→1200时，转动所需的时间为1==n2(2）根据初始条件对式(2)积分，有'do=lae-adt0-2即在时间内所转过的圈数为_ JooN=21-4nc4一21在光滑的水平面上有一木杆，其质量m1=1.0kg，长1=40cm，可绕通过其中点并与之垂直的轴转动.一质量为m2=10g的子弹，以v=2.0X102㎡=s-的速度射入杆端，其方向与杆及轴正交.若子弹陷入杆中，试求所得到的角速度，2题4-21图分析子弹与杆相互作用的瞬间，可将子弹视为绕轴的转动.这样，子弹射入杆前的角速度可表示为の，子弹陷入杆后，它们将一起以角速度の’转动.若将子弹和杆视为系统，因系统不受外力矩作用，故系统的角动量守恒.由角动量守恒定律可解得杆的角速度.解根据角动量守恒定理J.=(,+J.)a式中J,=m,(1/2)为子弹绕轴的转动惯量，J2为子弹在陷入杆前的角动量，=20/l为子弹在此刻绕轴的角速度.J，=m72/12为杆绕轴的转动惯量.可得杆的角速度为

J Cω t ω α = = − d d (1) 根据初始条件对式(1)积分，有 t J C ω ω ω t ω d d  0 0 = − 由于C 和J 均为常量，得 Ct J ω ω e / 0 − = (2) 当角速度由ω0 → 12 ω0 时，转动所需的时间为 ln 2 C J t = (2) 根据初始条件对式(2)积分，有 θ ω e t Ct J θ t d d / 0 0 0 −   = 即 C Jω θ 2 0 = 在时间t 内所转过的圈数为 C θ Jω N 2π 4π 0 = = 4 －21 在光滑的水平面上有一木杆，其质量m1 ＝1.0 kg，长l ＝40cm，可绕通过其中点 并与之垂直的轴转动.一质量为m2 ＝10g 的子弹，以v ＝2.0×10 2 m· s －1 的速度射入杆端， 其方向与杆及轴正交.若子弹陷入杆中，试求所得到的角速度. 分析 子弹与杆相互作用的瞬间，可将子弹视为绕轴的转动.这样，子弹射入杆前的角速度 可表示为ω，子弹陷入杆后，它们将一起以角速度ω′ 转动.若将子弹和杆视为系统，因系统 不受外力矩作用，故系统的角动量守恒.由角动量守恒定律可解得杆的角速度. 解 根据角动量守恒定理 J ω = (J + J )ω  2 1 2 式中 ( ) 2 J 2 = m2 l / 2 为子弹绕轴的转动惯量，J2ω为子弹在陷入杆前的角动量，ω＝2v/l 为子 弹在此刻绕轴的角速度. /12 2 1 1 J = m l 为杆绕轴的转动惯量.可得杆的角速度为

6m,t= 29.1 s-0J+J,(m +3m2)一质量为20.0kg的小孩，站在一半径为3.00m、转动惯量为450kgm2的静止水4 -23平转台的边缘上，此转台可绕通过转台中心的竖直轴转动，转台与轴间的摩擦不计.如果此小孩相对转台以1.00ms-1的速率沿转台边缘行走，问转台的角速率有多大？分析小孩与转台作为一定轴转动系统，人与转台之间的相互作用力为内力，沿竖直轴方向不受外力矩作用，故系统的角动量守恒.在应用角动量守恒时，必须注意人和转台的角速度@、の都是相对于地面而言的，而人相对于转台的角速度の1应满足相对角速度的关系式0=0+0解由相对角速度的关系，人相对地面的角速度为0=00+0=0+%由于系统初始是静止的，根据系统的角动量守恒定律，有J.0 +J(0 +01)=0式中石、J=mR2分别为转台、人对转台中心轴的转动惯量.由式(1)、(2)可得转台的角速度为mR?=-9.52×10-2 s0Jo+mRR式中负号表示转台转动的方向与人对地面的转动方向相反424一转台绕其中心的竖直轴以角速度o=πs1转动，转台对转轴的转动惯量为J。=4.0×10-3kgm2.今有砂粒以Q=21g:sl的流量竖直落至转台，并粘附于台面形成圆环，若环的半径为r=0.10m，求砂粒下落1=10s时，转台的角速度分析对转动系统而言，随着砂粒的下落，系统的转动惯量发生了改变.但是，砂粒下落对转台不产生力矩的作用，因此，系统在转动过程中的角动量是守恒的.在时间1内落至台面的砂粒的质量，可由其流量求出，从而可算出它所引起的附加的转动惯量.这样，转台在不同时刻的角速度就可由角动量守恒定律求出解在时间0-10s内落至台面的砂粒的质量为m= fl°Qd = 0.10 kg根据系统的角动量守恒定律，有Jo0=(o +mr:)o则=10s时，转台的角速度==0.80J,元s-J.+mr

( ) 1 1 2 2 1 2 2 29.1s 3 6 − = + = +  = m m m J J J ω ω v 4 －23 一质量为20.0 kg 的小孩，站在一半径为3.00 m、转动惯量为450 kg· m2 的静止水 平转台的边缘上，此转台可绕通过转台中心的竖直轴转动，转台与轴间的摩擦不计.如果此 小孩相对转台以1.00 m·s －1 的速率沿转台边缘行走，问转台的角速率有多大？ 分析 小孩与转台作为一定轴转动系统，人与转台之间的相互作用力为内力，沿竖直轴方向 不受外力矩作用，故系统的角动量守恒.在应用角动量守恒时，必须注意人和转台的角速度 ω、ω0 都是相对于地面而言的，而人相对于转台的角速度ω1 应满足相对角速度的关系式 ω = ω0 + ω1 . 解 由相对角速度的关系，人相对地面的角速度为 R ω ω ω ω v = 0 + 1 = 0 + 由于系统初始是静止的，根据系统的角动量守恒定律，有 J0ω0 + J1 (ω0 + ω1 ) = 0 式中J0 、J1 ＝mR 2 分别为转台、人对转台中心轴的转动惯量.由式(1)、(2)可得转台的角 速度为 2 1 2 0 2 0 9.52 10 s − − = −  + = − J mR R mR ω v 式中负号表示转台转动的方向与人对地面的转动方向相反. 4 －24 一转台绕其中心的竖直轴以角速度ω0 ＝πs -1 转动，转台对转轴的转动惯量为J0 ＝4.0 ×10 -3 kg·m2 .今有砂粒以Q ＝2t g·s -1 的流量竖直落至转台，并粘附于台面形成 一圆环，若环的半径为r ＝0.10 m，求砂粒下落t ＝10 s 时，转台的角速度. 分析 对转动系统而言，随着砂粒的下落，系统的转动惯量发生了改变.但是，砂粒下落对 转台不产生力矩的作用，因此，系统在转动过程中的角动量是守恒的.在时间t 内落至台面 的砂粒的质量，可由其流量求出，从而可算出它所引起的附加的转动惯量.这样，转台在不 同时刻的角速度就可由角动量守恒定律求出. 解 在时间0→10 s 内落至台面的砂粒的质量为 Qd 0.10 kg 10s 0 = =  m t 根据系统的角动量守恒定律，有 J ω (J mr )ω 2 0 0 = 0 + 则t ＝10 s 时，转台的角速度 1 2 1 0 0 0 0.80 π s − = + = J J mr J ω ω

4 -17一半径为R、质量为m的匀质圆盘，以角速度の绕其中心轴转动，现将它平放在一水平板上，盘与板表面的摩擦因数为μ.（1）求圆盘所受的摩擦力矩。（2）问经多少时间后，圆盘转动才能停止？分析转动圆盘在平板上能逐渐停止下来是由于平板对其摩擦力矩作用的结果由于圆盘各部分所受的摩擦力的力臂不同，总的摩擦力矩应是各部分摩擦力矩的积分为此，可考虑将圆盘分割成许多同心圆环，取半径为r、宽为dr的圆环为面元，环所受摩擦力dF，=2元rmgdr/元R2，其方向均与环的半径垂直，因此，该圆环的摩擦力矩dM=r×dFr，其方向沿转动轴，则圆盘所受的总摩擦力矩M=『dM.这样，总的摩擦力矩的计算就可通过积分来完成.由于摩擦力矩是恒力矩，则由角动量定理MA1=A(Jo)，可求得圆盘停止前所经历的时间A1.当然也可由转动定律求解得。解（1）由分析可知，圆盘上半径为r、宽度为dr的同心圆环所受的摩擦力矩为dM = r xdF, =-(2r2 umgdr / R2 )k式中k为轴向的单位失量.圆盘所受的总摩擦力矩大小为R2rumgdr =2umgRM-[dM= ["(2）由于摩擦力矩是一恒力矩，圆盘的转动惯量J=mR/2.由角动量定理MA1=A(Jo)，可得圆盘停止的时间为84一27一质量为1.12kg，长为1.0m的均匀细棒，支点在棒的上端点，开始时棒自由悬挂.以100N的力打击它的下端点，打击时间为0.02s.（1）若打击前棒是静止的，求打击时其角动量的变化：（2）棒的最大偏转角

4 －17 一半径为R、质量为m 的匀质圆盘，以角速度ω绕其中心轴转动，现将它平放在一 水平板上，盘与板表面的摩擦因数为μ.(1) 求圆盘所受的摩擦力矩.(2) 问经多少时间后， 圆盘转动才能停止？ 分析 转动圆盘在平板上能逐渐停止下来是由于平板对其摩擦力矩作用的结果.由于圆盘各 部分所受的摩擦力的力臂不同，总的摩擦力矩应是各部分摩擦力矩的积分.为此，可考虑将 圆盘分割成许多同心圆环，取半径为r、宽为dr 的圆环为面元，环所受摩擦力dFｆ ＝2πrμ mgdr/πR 2 ，其方向均与环的半径垂直，因此，该圆环的摩擦力矩dM ＝r ×dFｆ ，其方向 沿转动轴，则圆盘所受的总摩擦力矩M ＝∫ dM.这样，总的摩擦力矩的计算就可通过积分来 完成.由于摩擦力矩是恒力矩，则由角动量定理MΔt ＝Δ(Jω)，可求得圆盘停止前所经历的 时间Δt.当然也可由转动定律求解得. 解 (1) 由分析可知，圆盘上半径为r、宽度为dr 的同心圆环所受的摩擦力矩为 M r F ( )k 2 2 f d = d = − 2r μmgdr/ R 式中k 为轴向的单位矢量.圆盘所受的总摩擦力矩大小为 r μmgR R r μmg M M R 3 2 d 2 d 0 2 2 = = =   (2) 由于摩擦力矩是一恒力矩，圆盘的转动惯量J ＝mR 2/2 .由角动量定理MΔt ＝Δ(Jω)， 可得圆盘停止的时间为 μg ωR M Jω t 4 3 Δ = = 4 －27 一质量为1.12 kg，长为1.0 m 的均匀细棒，支点在棒的上端点，开始时棒自由悬 挂.以100 N 的力打击它的下端点，打击时间为0.02 s.(1) 若打击前棒是静止的，求打击时 其角动量的变化；(2) 棒的最大偏转角

题4-27图分析该题属于常见的刚体转动问题，可分为两个过程来讨论：（1）瞬间的打击过程.在瞬间外力的打击下，棒受到外力矩的角冲量，根据角动量定理，棒的角动量将发生变化，则获得一定的角速度.(2）棒的转动过程.由于棒和地球所组成的系统，除重力（保守内力)外无其他外力做功，因此系统的机械能守恒，根据机械能守恒定律，可求得棒的偏转角度解（1）由刚体的角动量定理得4L = Joo = [ Mdt = FI4t = 2.0 kg·m2 .s-l(2）取棒和地球为一系统，并选0处为重力势能零点.在转动过程中，系统的机械能守恒，即mgl(1- cos0)do?由式(1)、(2)可得棒的偏转角度为3FA=88380 = arccosmgl4一30如图所示，一质量为m的小球由一绳索系着，以角速度o在无摩擦的水平面上，作半径为ro的圆周运动.如果在绳的另一端作用一竖直向下的拉力，使小球作半径为ro/2的圆周运动.试求：（1）小球新的角速度：（2）拉力所作的功

分析 该题属于常见的刚体转动问题，可分为两个过程来讨论：(1) 瞬间的打击过程.在瞬 间外力的打击下，棒受到外力矩的角冲量，根据角动量定理，棒的角动量将发生变化，则获 得一定的角速度.(2) 棒的转动过程.由于棒和地球所组成的系统，除重力(保守内力)外无其 他外力做功，因此系统的机械能守恒，根据机械能守恒定律，可求得棒的偏转角度. 解 (1) 由刚体的角动量定理得 2 1 0 d 2.0 kg m s − = = = =    ΔL Jω M t FlΔt (2) 取棒和地球为一系统，并选O 处为重力势能零点.在转动过程中，系统的机械能守恒， 即 Jω mgl(1 cosθ) 2 1 2 1 2 0 = − 由式(1)、(2)可得棒的偏转角度为 88 38 3 Δ arccos 1 o 2 2 2 =          = − m gl F t θ 4 －30 如图所示，一质量为m 的小球由一绳索系着，以角速度ω0 在无摩擦的水平面上， 作半径为r0 的圆周运动.如果在绳的另一端作用一竖直向下的拉力，使小球作半径为r0/2 的 圆周运动.试求：(1) 小球新的角速度；(2) 拉力所作的功

题4-30图分析沿轴向的拉力对小球不产生力矩，因此，小球在水平面上转动的过程中不受外力矩作用，其角动量应保持不变但是，外力改变了小球圆周运动的半径，也改变了小球的转动惯量，从而改变了小球的角速度.至于拉力所作的功，可根据动能定理由小球动能的变化得到。解，（1）根据分析，小球在转动的过程中，角动量保持守恒，故有式中J。和J，分别是小球在半径为n和12ro 时对轴的转动惯量，即Joo = Ja)式中J。和J分别是小球在半径为r。和1/2ro时对轴的转动惯量，即J。=m和J=mg，则二0g= 4000=(2）随着小球转动角速度的增加，其转动动能也增加，这正是拉力作功的结果.由转动的动能定理可得拉力的功为W-Jor-J -mia4一31质量为0.50kg，长为0.40m的均匀细棒，可绕垂直于棒的一端的水平轴转动.如将此棒放在水平位置，然后任其落下，求：（1）当棒转过60°时的角加速度和角速度：(2）落到竖直位置时的动能；（3）下落到竖直位置时的角速度

分析 沿轴向的拉力对小球不产生力矩，因此，小球在水平面上转动的过程中不受外力矩作 用，其角动量应保持不变.但是，外力改变了小球圆周运动的半径，也改变了小球的转动惯 量，从而改变了小球的角速度.至于拉力所作的功，可根据动能定理由小球动能的变化得到. 解 (1) 根据分析，小球在转动的过程中，角动量保持守恒，故有式中J0 和J1 分别是小球 在半径为r0 和12 r0 时对轴的转动惯量，即 0 0 1ω1 J ω = J 式中J0 和J1 分别是小球在半径为r０ 和1/2 r０ 时对轴的转动惯量，即 2 0 mr0 J = 和 2 1 0 4 1 J = mr ，则 0 0 0 1 ω 4ω J J ω = = (2) 随着小球转动角速度的增加，其转动动能也增加，这正是拉力作功的结果.由转动的动 能定理可得拉力的功为 2 0 2 0 2 0 0 2 1 1 2 3 2 1 2 1 W = J ω − J ω = mr ω 4 －31 质量为0.50 kg，长为0.40 m 的均匀细棒，可绕垂直于棒的一端的水平轴转动.如 将此棒放在水平位置，然后任其落下，求：(1) 当棒转过60°时的角加速度和角速度；(2) 下 落到竖直位置时的动能；(3) 下落到竖直位置时的角速度

题4-31图分析转动定律M=Jα是一瞬时关系式，为求棒在不同位置的角加速度，只需确定棒所在位置的力矩就可求得.由于重力矩M(の)=mgcosQ是变力矩，角加速度也是变化的，因此，在求角速度时，就必须根据角加速度用积分的方法来计算（也可根据转动中的动能定理，通过计算变力矩的功来求).至于棒下落到竖直位置时的动能和角速度，可采用系统的机械能守恒定律来解，这是因为棒与地球所组成的系统中，只有重力作功（转轴处的支持力不作功)，因此，系统的机械能守恒.解（1）棒绕端点的转动惯量JnF由转动定律M=Ja可得棒在O位置时的角加速度为M(@)_ 3gcos021当0=60°时，棒转动的角加速度α= 18.4 s-2da_ oda由于α=2，根据初始条件对式(1)积分，有dedt'oda = J ado则角速度为3g sin 0| - 7.98 s-（2）根据机械能守恒，棒下落至竖直位置时的动能为Ek=mgl =0.98 J(3）由于该动能也就是转动动能，即EkJo，所以，棒落至竖直位置时的角速度为8.7sVJVI

分析 转动定律M ＝Jα是一瞬时关系式，为求棒在不同位置的角加速度，只需确定棒所在 位置的力矩就可求得.由于重力矩 ( ) θ l M θ mg cos 2 = 是变力矩，角加速度也是变化的，因 此，在求角速度时，就必须根据角加速度用积分的方法来计算(也可根据转动中的动能定理， 通过计算变力矩的功来求).至于棒下落到竖直位置时的动能和角速度，可采用系统的机械能 守恒定律来解，这是因为棒与地球所组成的系统中，只有重力作功(转轴处的支持力不作功)， 因此，系统的机械能守恒. 解 (1) 棒绕端点的转动惯量 2 3 1 J = ml 由转动定律M ＝Jα可得棒在θ 位置时的角加速度 为 ( ) l g θ J M θ α 2 3 cos = = 当θ ＝60°时，棒转动的角加速度 2 18 4 s −  = . 由于 θ ω ω t ω α d d d d = = ，根据初始条件对式(1)积分，有   = o 60 0 0 ωdω αdθ ω 则角速度为 60 1 0 7.98 s 3 sin o − = = l g θ ω (2) 根据机械能守恒，棒下落至竖直位置时的动能为 0.98 J 2 1 EK = mgl = (3) 由于该动能也就是转动动能，即 2 2 1 EK = Jω ，所以，棒落至竖直位置时的角速度为 1 8.57 s 2 3 −  = = = l g J E ω K