第四章课后习题答案
4-8 一个半径为r ＝1m ，转速为1500r/min 得飞轮，受到制动，均匀减速，经时间t ＝50s 后静止，求：（1）飞轮得角加速度与飞轮得角速度随时间得关系；（2）飞轮到静止这段时间内转过得转数；（3）t ＝25s 时飞轮边缘上一点得线速率与加速度得大小。
解 （1）由于均匀减速，所以角加速度不变为
2015000.5/6050r
r s s s
β-=
=-?
由角速度与角加速度得关系得
25/0
t
r s
d dt ω
ωβ=?
?
得 250.5(/)t r s ω=-
（2） d d d d dt dt d d ωωθωω
βθθ
=
==
25/r s
d d θβθωω=??
解得 625r θ=
所以转数为625
（3）由于250.5(/)t r s ω=-
所以t=25s 时 12.5/25(/)r s rad s ωπ== 所以线速率为 25(/)v r m s ωπ==
角加速度大小不变
4-9 某电机得转速随时间得关系为ω＝ω0（1－e -t/τ），式中，ω0＝9、0rad/s ，τ＝2、0s ，求：（1）t ＝6、0s 时得转速；（2）角加速度随时间变化得规律；（3）启动6s 后转过得圈数。
解 （1）t=60s 代入得
39(1)(/)8.6/e rad s rad s ω-=-=
（2）由d dt
ω
β=
得 2
4.5t e β-
=
（3）由6
d dt θθω=??
33618e θ-=+ [/2][5.87]5n θπ===
4-10 一个圆盘绕穿过质心得轴转动，其角坐标随时间得关系为θ（t ）＝γt+βt 3，其初始转速为零，求其转速随时间变化得规律。解 由d dt
θ
ω=
得 23t ωγβ=+
由于初始时刻转速为零，γ=0
23t ωβ=
4-11 求半径为R ，高为h ，质量为m 得圆柱体绕其对称轴转动时得转动惯量。 解 建立柱坐标，取圆柱体上得一个体元，其对转轴得转动惯量为
2
222
m m
dJ dV d d dz R h R h
ρρρρθππ== 积分求得
23220001
2
R h m J d d dz mR R h πρρθπ=
=??? 4-12一个半径为R ，密度为ρ得薄板圆盘上开了一个半径为R/2得圆孔，圆孔与盘边缘相切。求该圆盘对通过圆盘中心而与圆盘垂直得轴得转动惯量。解：把圆孔补上，取圆盘上一面元dS ，到转轴得距离为r ，则其转动惯量为
22dJ r dS r rdrd ρρθ==
积分得绕轴转动惯量为
23410
12
R
J r drd R π
ρθπρ==?
?
圆孔部分得绕轴转动惯量可由平行轴定理得
4
422213()()()222232
R R R R J πρπρρπ=+=
总得转动惯量为
4
121332
R J J J πρ=-=
4-13电风扇在开启电源后，经过t 1时间达到额定转速ω，当关闭电源后，经过t 2时间后停止转动，已知风扇转子得转动惯量为J ，并假定摩擦力矩与电动机得电磁力矩均为常量，求电动机得电磁力矩。解：由转动定理得
1
e f M M J J t ω
β-==
20f M J J
t ω
β--== 解得，电磁力矩为
1
2
(
)e M J t t ωω
=+
4-14质量为m A 得物体A 静止在光滑水平面上，它与一质量不计得绳子相连接，此绳跨过一半径为R ，质量为m 得圆柱形滑轮C ，并系在另一个质量为m B 得物体上，B 竖直悬挂，圆柱形滑轮可绕其几何中心转动。当滑轮转动时，它与绳子间没有相对滑动，且滑轮与轴承间得摩擦了可忽略，求（1）这两个物体得加速度为多少？水平与竖直两段绳子得张力各为多少？（2）物体B 从静止下落距离为y 时，其速率为多少？解：设水平方向物体受到得拉力大小为F A ,竖直方向 物体受到得拉力为F B 。 两个物体得加速度大小相等
对物体A 受力分析，在水平方向由牛顿第二定律得
A A F m a =
对物体B 受力分析，由牛顿第二定律得
B B B m g F m a -=
对圆柱滑轮，其绕轴转动惯量为
21
2
J mR =
有转动定律得
B A F R F R J β-=
由于绳子与滑轮没有相对滑到，所以有
a R β=
联立以上各式求得两物体得线加速度
1
2
B A B m g a m m m
=
++
水平绳子得张力
1
2
A B A A B m m g F m m m
=
++
竖直绳子得张力
1
()21
2
A B B A B m m m g
F m m m
+=
++ 由于物体B 静止下落，所以其下落距离与速率得关系为
v =
4-15 一半径为R ，质量为m 得均质圆盘，一角速度ω绕其中心轴转动，现将其放在水平板上，盘与板表面得摩擦因数为μ求（1）圆盘所受到得摩擦力矩。（2）经过多少时间后，圆盘才能停止转动解：（1）在圆盘上取一面元dS ，距中心轴距离为r ，其受到得摩擦力大小为
2
m
df gdS R μ
π= 圆盘绕其中心轴转动，所以此体元做半径为r 得圆周运动，由于摩擦力得方向与运动方向相反，摩擦力得力臂长为r ，所以此体元受到得摩擦力矩为dM rdf =
所以圆盘受到得摩擦力矩为
22200
2
3
R S
m m M r gdS r grdr d mg R R R πμ
μθμππ===???? （2）停止转动时，圆盘得角速度为零，由于力矩不变，所以角加速度恒定，有
0M
t t J
ωβω=-=-
其中圆盘绕中心轴得转动惯量为
21
2
J mR =
求得时间t 为
34R
t g ωμ
= 4-16 一质量为m 长为L 得均质细棒，绕其一端在水平地面上转动，初始时刻得角速度为ω，棒与地面得摩擦因数为μ。求（1）细棒所受到得摩擦力矩。（2）细棒停止转动时，转过得角度。解：（1）取细棒上一线元d x ,设其距转轴距离为x ，细棒受到得摩擦力大小为
m
df gdx L
μ
= 细棒绕其一端转动，则此线元绕其一定做半径为x 圆周运动，摩擦力得方向与运动方向相反，线元受到得摩擦力矩为dM xdf =
所以细棒得摩擦力矩大小为
1
2
L
m M x gdx mg L L μ
μ==? （2）由于角加速度恒定，由2
22
12βθωω=-得 22
M
J
θω-=- 其中细棒绕其一端得转动惯量
21
3
J mL =
转过得角度为
23L g ωθμ
=
4-17 一通风机得转动部分以初角速度ω0绕其轴转动，空气得阻力矩与角速度成正比，比例系数c 为一常量。若转动部分对其轴得转动惯量为J 。求（1）经过多长时间后其转动角速度减少为初始角速度得一半？（2）在此时间内共转过多少转？解：（1）由转动定律M J β=得
d c J J
dt
ωωβ-== 积分得
00t
c
d dt J ωωωω-=?? 0c t J
e
ωω-=
转速为初始角速度一半时
ln2J
t c
=
（2）可由角速度与角度得关系求得，即
ln 20
J c dt d θ
ωθ=?
?
亦可采用下列解法即
d d d d c J
J J dt dt d d ωωθω
ωω
θθ
-=== 积分得
20
J
d d c ωθ
ωθω=-?
?
02J c
ωθ=
转过得转数
int[
]4J n c
ωπ= 4-18一质量20、0kg 得小孩，站在一半径为3、00m 、转动惯量为450kg ·m 2
得静止水平转台边缘上，此转台可绕通过转台中心得竖直轴转动，转台与轴间得摩擦不计。如果此小孩相对转台以1、00m/s 得速率沿转台边缘行走，问转台得角速度多大？解：设转台对地得角速度为ω，小孩对地得角速度为ω1 由角动量守恒
214502030ωω+?=
由相对运动
1331ωω-=
解之得转台角速度大小为
221
ω=
4-19 一转台绕其中心得竖直轴以角速度ω0=πs -1
转动，转台对转轴得转动惯量为J 0=4、0×10-3 kg ·m 2
。进有砂粒以Q=2t （Q 得单位为g/s ，t 得单位为s ）得流量竖直落到转台上，并黏附于台面形成一圆环，若圆环得半径r=0、10m ，求砂粒下列t=10s 时，转动得角速度。
解：设任意时刻得转动惯量为J ，角速度为ω，则由角动量守恒有
00J J ωω=
所以只要确定了任意时刻得转动惯量，就能求得转动得角速度
20
J
t
J dJ r Qdt =?
?
解之得
322335224.0100.110 4.01010()J t t kgm ----=?+?=?+
把t=10s 代入得
325.010()J kgm -=?
所以转动得角速度为
100.80.8s ωωπ-==
4-20 一质量为m ’，半径为R 得转台，以角速度ω转动，绕转轴得转动惯量为J ，转轴
得摩擦不计，求（1）有一质量为m 得蜘蛛垂直落在转台边缘上，并附着在转台上，此时转台得角速度为多少？（2）蜘蛛随后慢慢得爬向转台中心，当它离转台中心距离为r 时，转台得角速度为多少？解：（1）由于蜘蛛附着在转台上，所以有共同角速度，由角动量守恒得
2()'J J mR ωω=+
所以转台得角速度为
2
'J J mR
ω
ω=
+ （2）同理可得，当蜘蛛离转台中心距离为r 时，转台得角速度为
2
'J J mr ω
ω=
+
4-21 一质量为1、12kg ，长为1、0m 得均匀细棒，支点在棒得上端点，开始时棒自由悬挂，当以100N 得力打击它得下端点，打击时间为0、02s ，求（1）若打击前棒就是静止得，打击后其角动量得变化。（2）棒得最大转角。解：（1）由冲量矩定理得
FL t J ω?=
所以打击后棒获得得角动量为
2110010.022()FL t kgm s -?=??=
（2）设棒得最大转角为θ 由机械能守恒得
211
(1cos )22
mg L J θω-= 代入数据解之得，最大转角为
88.63θ=o
4-22 一质量为m 得小球由一绳索系着，以角速度ω0在无摩擦得水平面上，绕以半径为
r 0得圆周运动，如果在绳得另一端作用一个竖直向下得拉力，小球做以半径为r 0/2得圆周运动，求（1）小球新得角速度。（2）拉力所做得功。解：（1）由角动量守恒得
22000()2
r
mr m ωω=
所以小球新得角速度为
04ωω=
（2）由动能定理得拉力做得功为
222222
00000
112()2222
r W m mr mr ωωω=-= 4-23在光滑得水平面上有一轻质弹簧（其劲度系数为k ），它得一端固定，另一端系一质量为m ’得滑块，最初滑块静止，弹簧处于自然长度l 0，今有一质量为m 得子弹以速度v 0沿水平方向并垂直与弹簧轴线射向滑块并留在其中，滑块在水平面内滑动，当弹簧被拉伸至长度为l 时，求滑块速度得大小与方向（用已知量与v 0表示）解：子弹射入滑块过程中沿子弹方向动量守恒
01(')mv m m v =+
子弹射入滑块并留在其中后，子弹与滑块作为一个整体角动量守恒
01(')(')sin l m m v l m m v θ+=+
其中θ为弹簧长度为l 就是速度方向与弹簧伸长方向得夹角
子弹射入滑块并留在其中后，子弹，弹簧与滑块作为一个整体机械能守恒
2221111
(')(')222
kl m m v m m v =+-+ 联立以上各式解之得
v =
00
arcsin
(')
ml v v l m m θ=+
4-24 A 与B 两飞轮得轴杆在同一中心线上，设两轮得转动惯量分布为J A =10、0 kg ·m 2
与J B =20、
0 kg ·m 2
。开始时B 轮静止，A 轮以600r/min 得转速转动，然后使A 与B 连接，A 得到减速，B 得到加速，直到两轮得转速相等，设轴光滑，求（1）两轮最后得转速；（2）啮合过程中损失得机械能。解：（1）有角动量守恒得
()A A A B J J J ωω=+
代入数据解之得