3-37 分析 两质点被刚性杆连接构成一整体,其质心坐标可按质心位矢式求出．虽然两力分别作用在杆端不同质点上,但对整体而言,可应用质心运动定律和运动学规律来求解． 解 (1) 选如图所示坐标,则t ＝0 时,系统质心的坐标为

对小球与杆整体应用质心运动定律,得 (1) (2)

根据初始条件t ＝0 时,v ＝0,分别对式(1)、式(2)积分可得质心速度的分量与时间的函数关系式,有

(3) (4)

根据初始条件t ＝0 时,x ＝xC0 ,y ＝yC0 ,对式(3)、式(4)再一次积分可得质心坐标与时间的函数关系式,有

及

(2) 利用动量定理并考虑到系统的初始状态为静止,可得系统总动量与时间的函数关系

4-1 分析与解 力对轴之力矩通常有三种情况：其中两种情况下力矩为零：一是力的作用线通过转轴，二是力平行于转轴(例如门的重力并不能使门转)．不满足上述情况下的作用力(含题述作用力垂直于转轴的情况)对轴之矩不为零，但同时有两个力作用时，只要满足两力矩大小相等，方向相反，两力矩对同一轴的合外力矩也可以为零，由以上规则可知(1)(2)说法是正确．对于(3)(4)两种说法，如作用于刚体上的两个力为共点力，当合力为零时，它们对同一轴的合外力矩也一定为零，反之亦然．但如这两个力为非共点力，则以上结论不成立，故(3)(4)说法不完全正确．综上所述，应选(B)．

4-2 分析与解 刚体中相邻质元之间的一对内力属于作用力与反作用力，且作用点相同，故对同一轴的力矩之和必为零，因此可推知刚体中所有内力矩之和为零，因而不会影响刚体的角加速度或角动量等，故(1)(2)说法正确．对说法(3)来说，题述情况中两个刚体对同一轴的转动惯量因形状、大小不同有可能不同，因而在相同力矩作用下，产生的角加速度不一定相同，因而运动状态未必相同，由此可见应选(B)．

4-3 分析与解 如图所示，在棒下落过程中，重力对轴之矩是变化的，其大小与棒和水平面的夹角有关．当棒处于水平位置，重力矩最大，当棒处于竖直位置时，重力矩为零．因此在棒在下落过程中重力矩由大到小，由转动定律知，棒的角加速亦由大到小，而棒的角速度却由小到大(由机械能守恒亦可判断角速度变化情况)，应选(C)．

4-4 分析与解 对于圆盘一子弹系统来说，并无外力矩作用，故系统对轴O 的角动量守恒，故L 不变，此时应有下式成立，即

式中mvD 为子弹对点O 的角动量ω０ 为圆盘初始角速度，J 为子弹留在盘中后系统对轴O 的转动惯量，J0为子弹射入前盘对轴O 的转动惯量．由于J ＞J0 ，则ω＜ω０ ．故选(C)． 4-5 分析与解 由于卫星一直受到万有引力作用，故其动量不可能守恒，但由于万有引力一直指向地球中心，则万有引力对地球中心的力矩为零，故卫星对地球中心的角动星守恒，即r ×mv ＝恒量，式中r 为地球中心指向卫星的位矢．当卫星处于椭圆轨道上不同位置时，由于｜r ｜

不同，由角动量守恒知卫星速率不同，其中当卫星处于近地点时速率最大，处于远地点时速率最小，故卫星动能并不守恒，但由万有引力为保守力，则卫星的机械能守恒，即卫星动能与万有引力势能之和维持不变，由此可见，应选(B)．

4-6 分析 这是刚体的运动学问题．刚体定轴转动的运动学规律与质点的运动学规律有类似的关系，本题为匀变速转动．

解 (1) 由于角速度ω＝2π n(n 为单位时间内的转数)，根据角加速度的定义 ，在匀变速转动中角加速度为

(2) 发动机曲轴转过的角度为

在12 s 内曲轴转过的圈数为

4-7 分析 与质点运动学相似，刚体定轴转动的运动学问题也可分为两类：(1) 由转动的运动方程，通过求导得到角速度、角加速度；(2) 在确定的初始条件下，由角速度、角加速度通过积分得到转动的运动方程．本题由ω＝ω(t)出发，分别通过求导和积分得到电动机的角加速度和6.0 s 内转过的圈数．

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

(2) 角速度随时间变化的规律为

(3) t ＝6.0 s 时转过的角度为

则t ＝6.0 s时电动机转过的圈数 圈

4-8 分析 如将原子视为质点，则水分子中的氧原子对AA ′轴和BB′ 轴的转动惯量均为零，因此计算水分子对两个轴的转动惯量时，只需考虑氢原子即可． 解 由图可得

此二式相加，可得 则

由二式相比，可得 则

4-9 分析 根据转动惯量的可叠加性，飞轮对轴的转动惯量可视为圆盘与两圆柱体对同轴的转动惯量之和；而匀质圆盘、圆柱体对轴的转动惯量的计算可查书中公式，或根据转动惯量的定义，用简单的积分计算得到．

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

4-10 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 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

解2 整个圆盘对OO 轴转动惯量为 ，挖去的小圆盘对OO 轴转动惯量 ，由分析知，剩余部分对OO 轴的转动惯量为

(2) 由平行轴定理，剩余部分对O′O′轴的转动惯量为

4-11 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 (1) 而对重物而言，由牛顿定律，有 (2) 由于绳子不可伸长，因此，有 (3) 重物作匀加速下落，则有

(4)

由上述各式可解得飞轮的转动惯量为

解2 根据系统的机械能守恒定律，有 (1′) 而线速度和角速度的关系为 (2′) 又根据重物作匀加速运动时，有 (3′) (4′) 由上述各式可得

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．

4-12 分析 由于作用在飞轮上的力矩是恒力矩，因此，根据转动定律可知，飞轮的角加速度是一恒量；又由匀变速转动中角加速度与时间的关系，可解出飞轮所经历的时间．该题还可应用角动量定理直接求解．

解1 在匀变速转动中，角加速度 ，由转动定律 ，可得飞轮所经历的时间

解2 飞轮在恒外力矩作用下，根据角动量定理，有

则

4-13 分析 该系统的运动包含圆柱体的转动和悬挂物的下落运动(平动).两种不同的

运动形式应依据不同的动力学方程去求解，但是，两物体的运动由柔绳相联系，它们运动量之间的联系可由角量与线量的关系得到.

解 (1) 分别作两物体的受力分析，如图(b).对实心圆柱体而言，由转动定律得

对悬挂物体而言，依据牛顿定律，有

且FＴ ＝FＴ′ .又由角量与线量之间的关系，得

解上述方程组，可得物体下落的加速度

在t ＝1.0 s 时，B 下落的距离为

(2) 由式(2)可得绳中的张力为

4-14 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 (1) (2) (3)

, (4)

由角加速度和线加速度之间的关系，有 (5) (6) 解上述方程组，可得

4-15 分析 这是连接体的动力学问题，对于这类问题仍采用隔离体的方法，从受力分析着手，然后列出各物体在不同运动形式下的动力学方程.物体A和B可视为质点，则运用牛顿定律.由于绳与滑轮间无滑动，滑轮两边绳中的张力是不同的，滑轮在力矩作用下产生定轴转动，因此，对滑轮必须运用刚体的定轴转动定律.列出动力学方程，并考虑到角量与线量之间的关系，即能解出结果来.

解 作A、B 和滑轮的受力分析，如图(b).其中A 是在张力FＴ1 、重力P1 ，支持力FＮ 和摩擦力Fｆ 的作用下运动，根据牛顿定律，沿斜面方向有 (1)

而B 则是在张力FＴ2 和重力P2 的作用下运动，有 (2)

由于绳子不能伸长、绳与轮之间无滑动，则有 (3)

对滑轮而言，根据定轴转动定律有 (4) , (5) 解上述各方程可得

4-16 分析 飞轮的制动是闸瓦对它的摩擦力矩作用的结果，因此，由飞轮的转动规律可确定制动时所需的摩擦力矩.但是，摩擦力矩的产生与大小，是由闸瓦与飞轮之间的正压力FＮ 决定的，而此力又是由制动力F 通过杠杆作用来实现的.所以，制动力可以通过杠杆的力矩平衡来求出. 解 飞轮和闸杆的受力分析，如图(b)所示.根据闸杆的力矩平衡，有

而 ，则闸瓦作用于轮的摩擦力矩为 (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 (2)

因飞轮的质量集中于轮缘，它绕轴的转动惯量 ，根据转动定律 ，由式(1)、(2)可得制动力

4-17 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 ＝2πrμmgdr/πR2 ，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

式中k 为轴向的单位矢量.圆盘所受的总摩擦力矩大小为

(2) 由于摩擦力矩是一恒力矩，圆盘的转动惯量J ＝mR2/2 .由角动量定理MΔt ＝Δ(Jω)，可得圆盘停止的时间为

4-18 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 (1) 根据初始条件对式(1)积分，有

由于C 和J 均为常量，得 (2)

当角速度由ω0 → 12 ω0 时，转动所需的时间为