习题三答案
3.1一质量为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1
，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，2
1013I 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 ==处，等边三
角形薄板的面密度为σ=
==，通过质心的转动惯量为 ()()()22222
212
3s
s
s
I x y dm x y dS x
y dxdy L 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3
13-y 到3
31y
-(单位均为L)。将上述积分化为321I I I +=，其中， ??=
s
dxdy x L M I 22
2334 ，??=s
dxdy y L M
I 22
3334 ??---?=3313
1323
3
6
342
2334y
y dx x dy L L M I [4L 是由于积分号内的单位L 被提出]
?
-???
? ??-=
33633
2
331323
34dy y ML ()
?--??=33
6
33231271
32334dy y ML [令y t 31-=]
02332t dt ?=
? ??
?2
241ML = ?
?---?=3313
132
3
3
6
342
3334y
y dx y dy L L M I ?
-???
? ??-=
336322
33123
34dy y y ML 2
241ML =
所以： 2232012
5
31ML 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
()()()22222
2s
s
s
I x y dm x y dS x
y dxdy 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3
3y -到3
3y
+
(单位均为L)。上述积分化为 )4220I L x y dx =+??=23
034227320334dy y L L M 2125ML =
3.2一质量为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：
()
()2
2
43sin sin sin V
V
V
I r dm r dV r drd d θθρρθθ?=
==???
()()23
4
250
01sin 2cos 1cos 5R d d r dr d R π
π
πρ?θθρπθθ??==-???????
? 35
555
3
1183822c o s c o s 35154155
M R R R M R R π
ππρπθθρπ??=-===????
3.3一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 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22ω
FL I =
3.4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 由重力产生，设杆的线密度为ρ，l
m
=ρ，则绕B 点的力矩为 0
1
2
mg
m l
M xdG gxdm gx dx mgl ρ=
===
?
?? 杆绕B 点的转动惯量为 20
20
2
3
1ml dx x dm x I l
m
=
==
??
ρ 角加速度为 32M g I l β=
= (2)杆的质心加速度为 g l a 4
3
2==β
3.6 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=0.4，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2
d
F 'μ，在制动过程中，摩擦力的力矩不变，而角动量由2
d
mv
变化到0，所以由 0Mdt L L =-?有 2
22d
d 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 '==。 3.7 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 。
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 I
r
α-=== 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 I μμ++=++ 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 +=++，()21222
12m m r g
T m m r I
=++。
3.8 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0.5s 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/min
r rad r
rad s t s s ωπαπ??=
==?? 从而力矩为
322508 1.25710M I kgm s απ-==?=?
3.9 求题3.6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 4221006.22
1
?-=-
=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。
3.10 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0.50s 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 r
rad s t s
ωπα??===? 转过的圈数为
r s s r n 5.25.0/102
1
=??=
⑵ 飞轮的转动惯量为 2
2
1mr I =， 所以，拉力的大小为
110.35125.747.1222
M I F mr N r r αα====???= 拉力做功为
J d n F FS W 1113.014.35.21.47=???=?==π
⑶从拉动后t=10s 时，轮角速度为 3
125.710 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
2
125.70.1518.8/a r m s α==?=。
3.11 弹簧、定滑轮和物体的连接如图3.11所示，弹簧的劲度系数为2.0N 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
2
2
2222121r 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=
3.12 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3.12 无滑移滚动的铅球
解 铅球的受力如图3.12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-=， 2
sin C mg I a R ma θ-= 即
2
5sin mg ma ma θ-=，5sin /7a g θ=
滚到底端时球心的速度为
c v ==
3.13 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
2
000sin ()m v R m m R
θω=+，000sin ()m v m m R
θ
ω=
+
2
22221
00000222100000002
()()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??++=== ?++?? 3.14 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 ()ωωJ
mR J 2
+=
'
人在盘边和在盘心时，系统动能分别为
22212121ωωJ R m W +=，()
22
22
22121ωωJ
mR J J W +=
'=
系统动能增加 2422
2122121ωωJ
R m R m W W W +
=-=? 3.15 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 ()2
122120L L L m v R R mR
ωω=+=--=人盘 解得
v R R R 2
2
212
22+-=
ω 3.16 如题3.16图示，转台绕中心竖直轴以角速度0ω作匀速转动。转台对该轴的转动惯量
J =5×10-5 kg·m 2。现有砂粒以1g/s 的速度落到转台，并粘在台面形成一半径r =0.1m 的圆。
试求砂粒落到转台，使转台角速度变为10
2ω所花的时间。
解：要使转台角速度变为10
2ω，由于砂粒落下时不能改变体系角动量，所以必须要使体系
的转动惯量加倍才行，即 J r m =2沙粒。将25105m kg J ??=-和m r 1.0=代入得
kg m 3105-?=沙粒
所以 s s
g kg
t 5/11053=?=-
3.17 一质子从远处射向一带电量为Ze 的重核，但没有瞄准，偏离了一个距离b [b 叫做散射
参量]，如习题3.17图所示。质子的动能为2
0p M v ，重核的质量非常大，可以略去其反冲
能量，即可以把重核看作是静止的。求质子能接近重核的最近距离s 。
解：设质子在离核最近处，速度为v 。分别列出体系的角动量守恒方程和能量守恒方程
vs M b v M p p =0 s
Ze v M v M p p 022
2042121πε+
= 由vs M b v M p p =0得0/v v b s =，代入能量守恒方程得
2
22
00011224p p v b Ze M v M s s πε??=+
???， ()()222
2
002p p Ze M v s s M v b πε??--= ??
?，
02p s M v = 由于0s >，因而
02p s M v = 3.18 一脉冲星质量为1.5×1030kg ，半径为20km 。自旋转速为2.1 r/s ，并且以1.0×10-15r/s
的变化率减慢。问它的转动动能以多大的变化率减小？如果这一变化率保持不变，这个脉冲星经过多长时间就会停止自旋？设脉冲星可看作匀质球体。
解：脉冲星的转动惯量为 252mr I =
转动动能为 2
225121r m I W ωω==
转动动能的变化率为 225dW d mr dt dt
ω
ω= ()
2
30
415250.4 1.510210
2.12 1.0102 1.9910/J s ππ-=?????????=?
由d dt
ω
α=
，t ωα=，得停止自旋所需要的时间为 15152
2.1/ 2.1101.010/r s t s r s
ωα-===??
[单位时间内，能量的变化百分比为：
1152
151095.0/1.2/100.122---?=??==s s
r s r dt d W dt dW ωω
因此，停止自旋所需要的时间为s s
151
151005.11095.01
?=?--]？？？
3.19 两滑冰运动员，质量分别为M A =60kg ，M B =70kg ，它们的速率V A =7m/s ，V B =6m/s ，在相距1.5m 的两平行线上相向而行，当两者最接近时，便拉起手来，开始绕质心作圆周运动并保持两者间的距离为1.5m 。求该瞬时：⑴系统的总角动量；⑵系统的角速度；⑶两人拉手前、后的总动能。这一过程中能量是否守恒，为什么？
解：⑴设两滑冰运动员拉手后，两人相距为s ，两人与质心距离分别为A r 和B r ，则 s M M M r B A B A +=
， s M M M r B
A A
B +=
两人拉手前系统总角动量为
()s k g m s V V M M M M r V M r V M L L L B A B
A B A B B B A A A B A /6302
=++=
+=+=
⑵设两人拉手后系统的角速度为ω，由于两人拉手后系统角动量不变 2
2
A A
B B L M r M r ωω=+ 所以，
s rad s V V r M r M L
B A B
B A A /67.82
2=+=+=
ω ⑶两人拉手前总动能为： J V M V M W B B A A 27302
1
21221=+=
拉手后，由于整个体系的动量保持为零，所以体系动能为 ()J V V M M M M r M r M W B A B
A B A B B A A 27302121212222
22=++=
+=
ωω 所以体系动能保持守恒。可以算出，当且仅当B B A A V M V M =时，体系能量守恒，否则能量会减小，且
()
()22121
B B A A B A V M V M M M W W W -+=
-=?-
3.20一长l =0.40m 的均匀木棒，质量M=1.00kg ，可绕水平轴O 在竖直平面内转动，开始时 棒自然地竖直悬垂。现有质量m=8g 的子弹以v=200m/s 的速率从A 点与O 点的距离为3l ，如图。求：⑴棒开始运动时的角速度；⑵棒的最大偏转角。
解：系统绕杆的悬挂点的角动量为
21
34
0.48L mvl kgm s -== 子弹射入后，整个系统的转动惯量为
222054.016
9
31kgm ml Ml I =+=
由角动量守恒有
s rad I
L
/88.8==
ω ⑵子弹射入后，且杆仍然垂直时，系统的动能为
2
12 2.13W I J
ω==动 当杆转至最大偏转角θ时，系统动能为零，势能的增加量为
()()
3
1241cos 1cos W Mgl mgl θθ?=-+-势 由机械能守恒，势动W W ?= 得
24.94=θ。
3.21 一根均匀细棒的下端A 放在光滑的水平面上，上端B 受一竖直向上的力F ，棒这时是静止的，如图所示．当力F 撤去后棒就会下落到地面上，则它下落的方式是
(A) A 点不动 (B)中点C 竖直下落，(C)B 点竖直下落 (D)条件不足不能确定．
根据质心运动定理，当力F 撤去后，棒的质心在重力作用下竖直下落。[B]
3.22 压路机的滚筒可近似地看作一个直径为D 的圆柱形薄壁圆筒[如习题3.22 图]，设滚筒的直径D=1.50m ，质量为10吨，如果水平牵引力F 为20000N ，使它在地面上作纯滚动。求：⑴滚筒的角加速度和轴心的加速度；⑵摩擦力；⑶从静止开始走了1m 时，滚筒的转动 动能与平动动能。
解：⑴ 采用瞬时转轴法，通过滚筒与地面接触点的轴，摩擦力无力矩，只有水平牵引力有
力矩，所以[注意利用平行轴定理计算滚筒对地面接触点的轴的转动惯量]
22
()FR I mR mR αα==+ ， 2
1.33/F r a d s mR
α=
= 轴心的加速度为 2
1/a R m s α==
⑵ 在水平方向上滚筒受到水平牵引力和摩擦力的作用，由牛顿第二定律，摩擦力为 4
20000100001110f F ma N =-=-?=? ⑶ 由于整个体系做匀加速运动，走了一米后，滚筒的速度为as v 2=
其平动动能为 24112110W mv J ==? 转动动能为 ()()
2
22
24
11
1222
2/110W I mR v R mv J ω==
?==?
3.23 如图所示，一圆柱体质量为m ，长为l ，半径为R ，用两根轻软的绳子对称地绕在圆
柱两端，两绳的另一端分别系在天花板上。现将圆柱体从静止释放，试求：
⑴它向下运动时的线加速度；⑵向下加速运动时，两绳的张力。
解：⑴ 采用瞬时转轴法，以绳和圆柱体的接触点为瞬时转轴，绳的张力无力矩，所以
(
)2212
mgR I mR mR ββ==+
R g 32=
β， 2
/53.63
2s m g R a ===β ⑵向下加速运动时，圆柱体竖直方向受到向下的重力mg ，以及绳子的拉力F 2，所以
ma F mg =-2， 11
()F m g a mg
=-=。
3.24半径R 为30cm 的轮子，装在一根长l 为40cm 的轴的中部，并可绕其转动，轮和轴的质量共5kg ，系统的回转半径为25cm ，轴的一端A 用一根链条挂起，如果原来轴在水平位置，并使轮子以112s rad s ω-=?的自旋角速度旋转，方向如图所示，求：
⑴该轮自转的角动量；⑵作用于轴上的外力矩；⑶系统的进动角速度，并判断进动方向。
解：本题属于进动问题。
(1)因为轮轴系统的回转半径为0.25h R m =，所以其转动惯量2h I mR =，自转角动量为
2
221215(0.25)12 3.75s h s I mR kg m s kg m s ωω--==????=??
(2)轮轴系统对A 点的力矩为：
22l l M G mg =?
=?0.4
59.89.82
N m N m =???=? (3)
3.25 绕有电缆的大木轴，质量为m =1000kg ，绕中心轴O 的转动惯量为0I =300kg·m 2。如图所示：1R =1.00m ，2R =0.40m 。假定大木轴与地面间无相对滑动，当用F=9800N 的水平拉力拉电缆的一端时，问： ⑴轮子将怎样运动？ ⑵轴心O 的加速度是多大？ ⑶摩擦力是多大？ ⑷摩擦系数至少为多大时才能保证无相对滑动？ ⑸如果力F 与水平方向夹角为θ[/2θπ<][见图(b)]，而仍要使木轴向前加速且与地面无相对滑动，问θ最大不能超过多少？
θ
f (a) f (b) 解：本题为纯滚动问题。
(1) 当大木轴与地面无相对滑动时，大木轴将绕地面作纯滚动。
(2) 设地面给大木轴的摩擦力为f ，以大木轴与地的接触点这一瞬时转动中心计算力矩，以
顺时针方向为正，则12()M F R R I α=-=，而201I I mR =+[平行轴定理]，所以
122
01
()F R R M I I mR α-=
=+22
9.8(1.000.40) 4.523001001s s --?-==+? 轴心的加速度为 201 4.52a R m s α-==? (3) 在水平方向上，由根据质心运动定理
0F f ma -=，0f F ma =-98001000 4.52=-?35.2810N =?
(4) 若要大木轴只滚不滑，应有01a R α≤，也即1F f mR α-≤。若地面的竖直支持力为N ，则 N mg =，f N mg μμ== 所以 19801000 4.52
0.5410009.8
F mR mg αμ--?=
==?
(5) 大木轴向右运动，有 01cos F f ma mR θα-== 相对轴心应用转动定律 120M fR FR I α=-= 联解上两式得 2
1201cos FR FR I mR θαα-=+，12
2
01cos FR FR I mR θα-=+
要向前运动， 0α≥，即12cos R R θ≥ 代入数值得 210.40cos 0.401.00
R R θ≥
==，6625θ'≤。