最新大学物理(第四版)课后习题及答案 刚体
题4.1：一汽车发动机曲轴的转速在s 12内由13min r 102.1-??均匀的增加到13min r 107.2-??。
（1）求曲轴转动的角加速度；（2）在此时间内，曲轴转了多少转？
题4.1解：（1）由于角速度ω =2πn （n 为单位时间内的转数），根据角加速度的定义t d d ωα=，在匀变速转动中角加速度为
()200
s rad 1.132-?=-=-=t n n t
πωωα （2）发动机曲轴转过的角度为 ()t n n t t t 00
20221
+=+=+=πωωαωθ
在12 s 内曲轴转过的圈数为
圈3902
20=+==t n n N πθ 题4.2：某种电动机启动后转速随时间变化的关系为)1(0τωωt
e --=，式中10s rad 0.9-?=ω，
s 0.2=τ。求：
（1）s 0.6=t 时的转速；（2）角加速度随时间变化的规律；（3）启动后s 0.6内转过的圈数。
题4.2解：（1）根据题意中转速随时间的变化关系，将t = 6.0 s 代入，即得
100s 6.895.01--==???
? ??-=ωωωτt e （2）角加速度随时间变化的规律为
220s 5.4d d ---===t
t e e t ττωωα （3）t = 6.0 s 时转过的角度为
rad 9.36d 1d 60060=???
? ??-==??-s t s t e
t τωωθ 则t = 6.0 s 时电动机转过的圈数
圈87.52==
π
θN 题4.3：如图所示，一通风机的转动部分以初角速度0ω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？
题4.3解：（1）通风机叶片所受的阻力矩为ωM C -=，由转动定律αM J =，可得叶片的角加速度为
J
C t ωωα-==d d （1） 根据初始条件对式（1）积分，有
??-=ω
ωω00d d d t t J C t 由于C 和J 均为常量，得
t J C e -=0ωω
当角速度由0021
ωω→时，转动所需的时间为
2ln C
J t = （2）根据初始条件对式（2）积分，有 ??-=t t J C t e 000d d ωθθ
即
C
J 20ωθ= 在时间t 内所转过的圈数为
C
J N πωπθ420== 题4.4：一燃气轮机在试车时，燃气作用在涡轮上的力矩为m N 1003.23??，涡轮的转动惯量为2m kg 0.25?。当轮的转速由13min r 1080.2-??增大到14min r 1012.1-??时，所经历的时间为多少？
题4.4解1：在匀变速转动中，角加速度t 0ωωα-=
，由转动定律αM J =，可得飞轮所经历的时间
()s 8.10200
=-=-=n n M
J J M t πωω 解2：飞轮在恒外力矩作用下，根据角动量定理，有
()00d ωω-=?J t M t
则
()s 8.10200
=-=-=n n M
J J M t πωω 题4.5：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，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4.5解1：设绳子的拉力为F T ，对飞轮而言，根据转动定律，有
αJ R F =T
而对重物而言，由牛顿定律，有
ma F mg =-T （2）
由于绳子不可伸长，因此，有
αR a =（3）
重物作匀加速下落，则有
22
1at h =（4）
由上述各式可解得飞轮的转动惯量为
???? ??-=1222
h gt mR J 解2：根据系统的机械能守恒定律，有
02
12122=++-ωJ mv mgh （1'） 而线速度和角速度的关系为
ωR v =（2'）
又根据重物作匀加速运动时，有
at v =（3'）
ah v 22=（4'）
由上述各式可得
???? ??-=1222
h gt mR J 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。
题4.6：一飞轮由一直径为cm 30，厚度为cm 0.2的圆盘和两个直径为cm 10，长为cm 0.8的共轴圆柱体组成，设飞轮的密度为33m kg 108.7-??，求飞轮对轴的转动惯量。 题4.6解：根据转动惯量的叠加性，由匀质圆盘、圆柱体对轴的转动惯量公式可得
2
424122221121m kg 136.0211612212212?=??? ??+=??
? ??+??? ???=+=ad ld d m d m J J J πρ
题4.7：如图所示，圆盘的质量为m ，半径为R 。求它对O O ''轴（即通过圆盘边缘且平行于盘中心轴）的转动惯量。
题4.7解：根据平行轴定理2O O mR J J +='和绕圆盘中心轴O 的
转动惯量2O 21mR J =可得 2222O O 2321mR mR mR mR J J ++=
+=' 题4.8：试证明质量为m ，半径为R 的均匀球体，以直径为转轴的转动惯量为25
2mR 。如以和球体相切的线为轴，其转动惯量又为多少？
题4.8证：如图所示，图中阴影部分的小圆盘对OO '轴的转动惯量为
()()
x x R x R m r J d 21d 21d 22222--==ρπ
式中3
43R m πρ=为匀质球体的密度。则球体以其直径OO '为转轴的转动惯量为 ()
222252d 21d mR x x R J J R R =-==??-πρ 又由平行轴定理可得球绕O 1O '1轴的转动惯量为
225
7mR mR J J =+=' 题4.9：质量面密度为σ的均匀矩形板，试证其对与板面垂直的，通过几何中心的轴线的转动惯量为)(1222b l lb +σ
。其中l 为矩形板的长，b 为它的宽。
题4.9证：取如图所示坐标，在板上取一质元y x m d d d σ=，
它对与板面垂直的，通过几何中心的轴线的转动惯量为
()
y x y x J d d d 22σ+= 整个矩形板对该轴的转动惯量为 ()()
???--+=+==22222222121d d d J l
l b b b l lb y x y x J σσ 题4.10：如图所示，质量kg 161=m 的实心圆柱体A ，其半径为cm 15=r ，可以绕其固定水平轴转动，阻力忽略不计。一条轻的柔绳绕在圆柱体上，其另一端系一个质量kg 0.82=m 的物体B 。求：（1）物体由静止开始下降s 0.1后的距离；（2）绳的张力T F 。
题4.10解：（1）分别作两物体的受力分析图。对实心圆柱体而言，由转动定律得
αα21T 2
1r m J r F ==（1） 对悬挂物体而言，依据牛顿定律，有
a m F g m F P 2T 2T
2='-='-（2） 且T
T F F '=。又由角量与线量的关系，得 αr a =
解上述方程组，可得物体下落的加速度
2
1222m m g m a += 在t = 1.0 s 时，B 下落的距离为
m 45.22212
12
22=+==m m gt m at s （2）由式（2）可得绳中的张力为
()N 2.3922
121=+=-=g m m m m a g m F T 题4.11：质量为1m 和2m 的两物体A 、B 分别悬挂在如图所示的组合轮两端。设两轮的半径分别为R 和r ，两轮的转动惯量分别为1J 和2J ，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。
题4.11解：分别对两物体及组合轮作受力分析，根据质点的牛顿定律和刚体的转动定律，
有
11T111T 1a m F g m F P =-='-（1）
222T22T2
a m g m F P F =-=-'（2） ()()α21T2T1J J r F R F +=-（3）
T2T2T1T1
,F F F F ='='（4） 由角加速度和线加速度之间的关系，有
αR a =1（5）
αr a =2（6）
解上述方程组，可得
gR r m R m J J r m R m a 2
22121211+++-= gr r m R m J J r m R m a 2
22121212+++-= g m r m R m J J Rr m r m J J F 12
2212122221T1++++++= g m r m R m J J Rr m R m J J F 22
2212112121T2++++++= 题4.12：如图所示装置，定滑轮的半径为r ，绕转轴的转动惯量为J ，滑轮两边分别悬挂质量为1m 和2m 的物体A 、B 。A 置于倾角为θ的斜面上，它和斜面间的摩擦因数为μ。若B 向下作加速运动时，求：（1）其下落加速度的大小；（2）滑轮两边绳子的张力。（设绳的质量及伸长均不计，绳与滑轮间无滑动，滑轮轴光滑）
题4.12解：作A 、B 和滑轮的受力分析图。其中A 是在张力F T1、重力P 1，支持力F N 和摩擦力F f 的作用下运动，根据牛顿定律，沿斜面方向有
11111T cos sin a m g m g m F =--θμθ（1）
而B 则是在张力F T2和重力P 2的作用下运动，有
22T22a m F g m =-（2）
由于绳子不能伸长、绳与轮之间无滑动，则有
αr a a ==21
对滑轮而言，根据定轴转动定律有
αJ r F r F ='-'T1T2
（4） 且有
T22T 1T T1
,F F F F ='='（5） 解上述各方程可得
22111221cos sin r
J m m g m g m g m a a ++--==θμθ ()()2
212
121T1cos sin cos sin 1r J m m r gJ m g m m F ++++++=θμθθμθ ()2
212
221T2cos sin 1r J m m r gJ m g m m F +++++=θμθ 题 4.13：如图所示，飞轮的质量为kg 60，直径为m 50.0，转速为13min r 100.1-??。现用闸瓦制动使其在s 0.5内停止转动，求制动力F 。设闸瓦与飞轮之间的摩擦因数40.0=μ，飞轮
质量全部分布在轮缘上。
题4.13解：飞轮和闸杆的受力分析如图所示。根据闸杆的
力矩平衡，有
()01N
21='-+l F l l F 而N N F F '=，则闸瓦作用于轮的摩擦力矩为 d F l l l d F d F M μμ1
21N f 2212+===（1） 摩擦力矩是恒力矩，飞轮作匀角加速转动，由转动的运动
规律，有
t
n t t πωωωα200==-=（2） 因飞轮的质量集中于轮缘，它绕轴的转动惯量42md J =，
根据转动定律αJ M =，由式（1）、（2）可得制动力
()N 1014.32211?=+=t
l l nmdl F μπ 题4.14：图是测试汽车轮胎滑动阻力的装置。轮胎最初为静止，且被一轻质框架支承者，轮轴可绕点O 自由转动，其转动惯量为2m kg 75.0?、质量为kg 0.15、半径为cm 0.30。今将轮胎放在以速率1s m 0.12-?移动的传送带上，并使框架AB 保持水平。（1）如果轮胎与传送带之间的动摩擦因数为60.0，则需要经过多长时间车轮才能达到最终的角速度？（2）在传送带上车胎滑动的痕迹长度是多少？
题4.14解：车胎所受滑动摩擦力矩为
mgr M μ=（1）
根据转动定律，车轮转动的角加速度为
J
M =α （2） 要使轮与带之间无相对滑动，车轮转动的角速度为
vr =ω （3）
开始时车轮静止，即00=ω，故由匀加速转动规律t αωω+=0，可得
α
ω=t (4) 由上述各式可解得
s 13.12
==mgr Jv t μ （2）在t 时间内，轮缘上一点转过的弧长
22
t r r s αθ== 而传送带移动的距离l = vt ，因此，传送带上滑痕的长度
m 80.62212
2
2==-=-=mgr Jv t r vt s l d μα 题 4.15：一半径为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）问经过多少时间后，圆盘转动才能停止？
题 4.15解： （1）圆盘上半径为r 、宽度为d r 的同心圆环所受的摩擦力大小2f d 2d R r mg r F μπ=，其方向与环的半径垂直，它的摩擦力矩为
()
k F r M 22f d 2d d R r mg r μ-=?= 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 mgR R r mg r M M 0223
2d 2d μμ （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()ωJ t M ?=?，可得圆盘停止的时间为
g
R M J t μωω43==? 题4.16：一质量为m '、半径为R 的均匀圆盘，通过其中心且与盘面垂直的水平轴以角速度ω转动，若在某时刻，一质量为m 的小碎块从盘边缘裂开，且恰好沿垂直方向上抛，问它可能达到的高度是多少？破裂后圆盘的角动量为多大？
题4.16解：（1）碎块抛出时的初速度为
R v ω=0
由于碎块竖直上抛运动，它所能到达的高度为
g
R g v h 222
220ω== （2）圆盘在裂开的过程中，其角动量守恒，故有
L L L '-=0
式中ω2021R m L '=为圆盘未碎时的角动量；ω22
1mR L ='为碎块
被视为质点时，对轴的角动量；L 为破裂后盘的角动量。则
ω221R m m L ??? ??-'= 题4.17：在光滑的水平面上有一木杆，其质量为kg 0.11=m ，长为cm 40=l ，可绕通过其中点并与之垂直的轴转动，一质量为g 102=m 的子弹，以12s m 100.2-??=v 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。
题4.17解：根据角动量守恒定理
()ωω'+=212J J J
式中()2222l m J =为子弹绕轴的转动惯量，ω2J 为
子弹在陷入杆前的角动量，v 2=ω为子弹在此刻
绕轴的角速度。12211l m J =为杆绕轴的转动惯量，
ω'是子弹陷入杆后它们一起绕轴的角速度。可得