4-1分析與解力對軸之力矩通常有三種情況：其中兩種情況下力矩為零：一是力的作用線通過轉軸，二是力平行于轉軸(例如門的重力并不能使門轉).不滿足上述情況下的作用力(含題述作用力垂直于轉軸的情況)對軸之矩不為零，但同時有兩個力作用時，只要滿足兩力矩大小相等，方向相反，兩力矩對同一軸的合外力矩也可以為零，由以上規則可知(1)(2)說法是正確.對于(3)(4)兩種說法，如作用于剛體上的兩個力為共點力，當合力為零時，它們對同一軸的合外力矩也一定為零，反之亦然.但如這兩個力為非共點力，則以上結論不成立，故(3)(4)說法不完全正確.綜上所述，應選(B).4-2分析與解剛體中相鄰質元之間的一對內力屬于作用力與反作用力，且作用點相同，故對同一軸的力矩之和必為零，因此可推知剛體中所有內力矩之和為零，因而不會影響剛體的角加速度或角動量等，故(1)(2)說法正確.對說法(3)來說，題述情況中兩個剛體對同一軸的轉動慣量因形狀、大小不同有可能不同，因而在相同力矩作用下，產生的角加速度不一定相同，因而運動狀態未必相同，由此可見應選(B).4-3分析與解如圖所示，在棒下落過程中，重力對軸之矩是變化的，其大小與棒和水平面的夾角有關.當棒處于水平位置，重力矩最大，當棒處于豎直位置時，重力矩為零.因此在棒在下落過程中重力矩由大到小，由轉動定律知，棒的角加速亦由大到小，而棒的角速度卻由小到大(由機械能守恒亦可判斷角速度變化情況)，應選(C).4-4分析與解對于圓盤一子彈系統來說，并無外力矩作用，故系統對軸O的角動量守恒，故L不變，此時應有下式成立，即mvd-mvd+J?=J①式中mvD為子彈對點O的角動量刃°為圓盤初始角速度，J為子彈留在盤中后系統對軸O的轉動慣量，J0為子彈射入前盤對軸O的轉動慣量.由于1>J0，則s<w°.故選(C).4-5分析與解由于衛星一直受到萬有引力作用，故其動量不可能守恒，但由于萬有引力一直指向地球中心，則萬有引力對地球中心的力矩為零，故衛星對地球中心的角動星守恒，即rXmv=恒量，式中『為地球中心指向衛星的位矢.當衛星處于橢圓軌道上不同位置時，由于Ir|不同，由角動量守恒知衛星速率不同，其中當衛星處于近地點時速率最大，處于遠地點時速率最小，故衛星動能并不守恒，但由萬有引力為保守力，則衛星的機械能守恒，即衛星動能與萬有引力勢能之和維持不變，由此可見，應選(B).4-6分析這是剛體的運動學問題.剛體定軸轉動的運動學規律與質點的運動學規律有(1)由于角速度(1)由于角速度s=2兀n(n為單位時間內的轉數)，根據角加速度的定義解在勻變速轉動中角加速度為a=s—%=2兀。—〃在勻變速轉動中角加速度為a=s—%=2兀。—〃0)=13.1rad?s-2ttdt(2)發動機曲軸轉過的角度為3=st+Lat2=—~%ot=n(n-n)0220在12s內曲軸轉過的圈數為

t=3904-7分析與質點運動學相似，剛體定軸轉動的運動學問題也可分為兩類：（1）由轉動的運動方程，通過求導得到角速度、角加速度；（2）在確定的初始條件下，由角速度、角加速度通過積分得到轉動的運動方程.本題由3=3（t）出發，分別通過求導和積分得到電動機的角加速度和6.0s內轉過的圈數.解（1）根據題意中轉速隨時間的變化關系，將t=6.0s代入，即得刃=刃（一e-t/）=0.95刃=8.6s-1(2)角速度隨時間變化的規律為?M刃(1一)a=——=—oe-1/t=4.5e-t/2Yad-s-2/dtt（3）t=6.0s時轉過的角度為e=j6口dt=j6①（一e-t/t）lt=36.9rad貝0t=6.0s時電動機轉過的圈數N=e/2n=5.87圈4-8分析如將原子視為質點，則水分子中的氧原子對AA'軸和BB'軸的轉動慣量均為零，因此計算水分子對兩個軸的轉動慣量時，只需考慮氫原子即可.解由圖可得J=2md2sin2。AA'HJ=2md2cos2。BB'H此二式相加，可得JA+JB=2m^d2,J+J則d=，—■AABB-=9.59x10-11m2mlH由二式相比，可得JA/JB=tan2e1廠,1.93“ce=arctan'-^a-=arctan=52.3。J1.14'BB'4-9分析根據轉動慣量的可疊加性，飛輪對軸的轉動慣量可視為圓盤與兩圓柱體對同軸的轉動慣量之和；而勻質圓盤、圓柱體對軸的轉動慣量的計算可查書中公式，或根據轉動慣量的定義，用簡單的積分計算得到.116解根據轉動慣量的疊加性，由勻質圓盤、圓柱體對軸的轉動慣量公式可得=0.136kg-m2

116O'ooR動慣量的可加性，求解第4-10分析由于布J=』尸2dm計算，式中dm可取半徑為r、寬度為dr窄圓環；轉動慣量看成是原大圓盤和挖去的小圓盤對同一軸的轉動慣量的差值.至于第二問需用到平行軸定理.題4T()劊O'ooR動慣量的可加性，求解第解挖去后的圓盤如圖(b)所示.(1)解1由分析知問可有兩種方法：一是由定義式O是用補償法可將剩余部分的r一問可有兩種方法：一是由定義式O是用補償法可將剩余部分的J=r2dm=JRr2-r-2nrdr2m[Rj15幾=r3dr=—mRR2R/232mnnR2=—mR232由分析知，剩余部分對OO軸的轉動慣量為解2整個圓盤對mnnR2=—mR232由分析知，剩余部分對OO軸的轉動慣量為15一J0=J-J2=32mR2m(R)2m—-n—LnR2"2)O'軸的轉動慣量為(2)由平行軸定理，剩余部分對O'一O'軸的轉動慣量為R2=——mR2324-11分析在運動過程中，飛輪和重物的運動形式是不同的.飛輪作定軸轉動，而重物是作落體運動，它們之間有著內在的聯系.由于繩子不可伸長，并且質量可以忽略.這樣，飛輪的轉動慣量，就可根據轉動定律和牛頓定律聯合來確定，其中重物的加速度，可通過它下落時的勻加速運動規律來確定.該題也可用功能關系來處理.將飛輪、重物和地球視為系統，繩子張力作用于飛輪、重物的功之和為零，系統的機械能守恒.利用勻加速運動的路程、速度和加速度關系，以及線速度和角速度的關系，代入機械能守恒方程中即可解得.解1設繩子的拉力為Ft對飛輪而言，根據轉動定律，有FtR=Ja(1)而對重物而言，由牛頓定律，有mg-弓=ma由于繩子不可伸長，因此a=Ra重物作勻加速下落，則有71“h=at22由上述各式可解得飛輪的轉動慣量為J=mR2停-1)［匕〃J=mR2解2根據系統的機械能守恒定律，有11(1‘)一mgh+mv2+Jrn2=022(1‘)而線速度和角速度的關系為TOC\o"1-5"\h\z\o"CurrentDocument"v=R①(2‘)又根據重物作勻加速運動時，有v=at(3')v2=2ah(4')由上述各式可得J=mR2若軸承處存在摩擦，上述測量轉動慣量的方法仍可采用.這時，只需通過用兩個不同質量的重物做兩次測量即可消除摩擦力矩帶來的影響.4-12分析由于作用在飛輪上的力矩是恒力矩，因此，根據轉動定律可知，飛輪的角加速度是一恒量；又由勻變速轉動中角加速度與時間的關系，可解出飛輪所經歷的時間.該題還可應用角動量定理直接求解.解1在勻變速轉動中，角加速度a=3~30，由轉動定律M=Ja，可得飛輪所經歷t的時間t=3一30J=2nJ(n-n)=10.8sMM0解2飛輪在恒外力矩作用下，根據角動量定理，有jtMdt=J饑-3)0t=^^0J=旦(n-n)=10.8sMM04-13分析該系統的運動包含圓柱體的轉動和懸掛物的下落運動(平動).兩種不同的

(h)P—F'=mg—F'=ma(h)TOC\o"1-5"\h\z2T2T.||2且F]=F」.又由角量與線量之間的關系，得a=raTl"!|13』解上述方程組，可得物體下落的加速度2mga=2—在t=1.0s時，B下落的距離為在t=1.0s時，B下落的距離為mgt2——=2.45m1mgt2——=2.45ms=—at2=——22m+2m(2)由式(2)可得繩中的張力為F=m(g—a)=mim2g=39.2NTm+2m

4-14分析由于組合輪是一整體，它的轉動慣量是兩輪轉動慣量之和，它所受的力矩是兩繩索張力矩的矢量和(注意兩力矩的方向不同).對平動的物體和轉動的組合輪分別列出動力學方程，結合角加速度和線加速度之間的關系即可解得.1解分別對兩物體及組合輪作受力分析，如圖(b).根據質點的牛頓定律和剛體的轉動定律，有mP—F'=mg-F=maTOC\o"1-5"\h\z1T11T111F—P=F—mg=ma「i!.||.|J(2)T22T2222FR—Fr=(J+J)aT1T212F，=F,F，=F(4)T1T1T2T2由角加速度和線加速度之間的關系，有\o"CurrentDocument"a=Ra(5)a=ra(6)解上述方程組，可得=mR—mrr1J+J+mR2+mr2mR—mr2J+J+mR2+mr2F=J+J+mr2+mRrT1J+J+mR2+mr21'FJ+J+mR2+mRrT2J+J+mR2+mr22'4-15分析這是連接體的動力學問題，對于這類問題仍采用隔離體的方法，從受力分析著手，然后列出各物體在不同運動形式下的動力學方程'物體A和B可視為質點，則運用牛頓定律.由于繩與滑輪間無滑動，滑輪兩邊繩中的張力是不同的，滑輪在力矩作用下產生定軸轉動，因此，對滑輪必須運用剛體的定軸轉動定律列出動力學方程，并考慮到角量與線量之間的關系，即能解出結果來.解作A、B和滑輪的受力分析，如圖(b).其中A是在張力Fti、重力H，支持力F；和摩擦力F；的作用下運動，根據牛頓定律，沿斜面方向有F-mgsin0一amgcos0=maTOC\o"1-5"\h\zT11111而B則是在張力Ft2和重力P2的作用下運動，有mg-F=ma(2)由于繩子不能伸長、繩與輪之間無滑動，則有a=a=ra(3)對滑輪而言，根據定軸轉動定律有F'r-F'r=Ja(4)T2T1F，=F,F=F(5)T1T1T2T2解上述各方程可得__mg—mgsin0—amgcos012Jm+m+一F=mmgG+sin0+〃cos0)+(sin0+〃cos0\ngJ/r2T1F=mmgG+sin0+〃cos0)+mgJ/r2T2m+m+J/r24-16分析飛輪的制動是閘瓦對它的摩擦力矩作用的結果，因此，由飛輪的轉動規律可確定制動時所需的摩擦力矩.但是，摩擦力矩的產生與大小，是由閘瓦與飛輪之間的正壓力七決定的，而此力又是由制動力F通過杠桿作用來實現的.所以，制動力可以通過杠桿的力矩平衡來求出.解飛輪和閘桿的受力分析，如圖(b)所示.根據閘桿的力矩平衡，有f々+1)—fl=0

而Fn=f'n，M=F|=而Fn=f'n，M=F|=則閘瓦作用于輪的摩擦力矩為、Nl摩擦力矩是恒力矩，211飛輪作勻F^d角加速轉動，由轉動的運動規律，有2TH因飛輪的質量集中于輪緣由式(1)、(2)可得制動力(h)它繞軸的轉動慣量J=md2/4，根據轉動定律M=Ja，題4-16圖F=nnmd1i\=3.14X102N‘V+1力4-17分析轉動圓盤在平板上能逐漸停止下來是由于平板對其摩擦力矩作用的結果由于圓盤各部分所受的摩擦力的力臂不同，總的摩擦力矩應是各部分摩擦力矩的積分.為此，可考慮將圓盤分割成許多同心圓環，取半徑為r、寬為dr的圓環為面元，環所受摩擦力dFf=2n卬mgdr/nR2，其方向均與環的半徑垂直，因此，該圓環的摩擦力矩曲=rXdFf，其方向沿轉動軸，則圓盤所受的總摩擦力矩M=/dM.這樣，總的摩擦力矩的計算就可通過積分來完成.由于摩擦力矩是恒力矩，則由角動量定理^t=A(Jw)，可求得圓盤停止前所經歷的時間八t.當然也可由轉動定律求解得.解(1)由分析可知，圓盤上半徑為r、寬度為dr的同心圓環所受的摩擦力矩為dM=rxdF=-^2r2‘mgdr/R2L

式中k為軸向的單位矢量.圓盤所受的總摩擦力矩大小為M=』dMJ^T^r="(2)由于摩擦力矩是一恒力矩，圓盤的轉動慣量J=mR2/2.由角動量定理^t=A(Js)，可得圓盤停止的時間為.J口3口R△t=——=M4pg4-18分析由于空氣的阻力矩與角速度成正比，由轉動定律可知，在變力矩作用下，通風機葉片的轉動是變角加速轉動，因此，在討論轉動的運動學關系時，必須從角加速度和角速度的定義出發，通過積分的方法去解.解(1)通風機葉片所受的阻力矩為M=—Cs，由轉動定律M=Ja，可得葉片的角加速度為_d/_C①—擊—J根據初始條件對式(1)積分，有j。，些=]t-Cdt?0^0J由于C和J均為常量，得(2)刃=刃e-ct/j(2)當角速度由s0—12s0時，轉動所需的時間為t=—ln2C(2)根據初始條件對式(2)積分，有jbdb=j/e-ct/jdt000nJ/b=—o2C在時間t內所轉過的圈數為N=墮=虹2n4nC4-19分析由于棒的質量不計，該系統對z軸的角動量即為兩小球對z軸的角動量之和，首先可求出系統對z軸的轉動慣量(若考慮棒的質量，其轉動慣量為多少，讀者可自己想一想)，系統所受合外力矩既可以運用角動量定理，也可用轉動定律來求解.相比之下，前者對本題更直接.L=J/=2mr2=2ml2/(—e-tIin2。0解(1)兩小球對z軸的轉動慣量為J=2mrL=J/=2mr2=2ml2/(—e-tIin2。0此處也可先求出每個小球對z軸的角動量后再求和.(2)由角動量定理得M=罕=d^^ml2刃(一e-t1in2J=2m"ssvn^ae-tt=0時，合外力矩為M=2m"①sin2ao此處也可先求解系統繞z軸的角加速度表達式，即a=乎=①e-1，再由M=Ja求得dtM.4-20分析盤邊緣裂開時，小碎塊以原有的切向速度作上拋運動，由質點運動學規律可求得上拋的最大高度.此外，在碎塊與盤分離的過程中，滿足角動量守恒條件，由角動量守恒定律可計算破裂后盤的角動量.解(1)碎塊拋出時的初速度為v=?R由于碎塊豎直上拋運動，它所能到達的高度為[V2以R2h=―^=2g2g(2)圓盤在裂開的過程中，其角動量守恒，故有L=L-L"1式中L=-mR2⑦為圓盤未碎時的角動量；L=mR也為碎塊被視為質點時，碎塊對軸的角動量；L為破裂后盤的角動量.則-r1.工L=—m—mR如"2)4-21分析子彈與桿相互作用的瞬間，可將子彈視為繞軸的轉動.這樣，子彈射入桿前

的角速度可表示為3,子彈陷入桿后，它們將一起以角速度3'轉動.若將子彈和桿視為系統，因系統不受外力矩作用，故系統的角動量守恒.由角動量守恒定律可解得桿的角速度.解根據角動量守恒定理J2①=J]+J2)$式中J2=m2(//2》為子彈繞軸的轉動慣量，J23為子彈在陷入桿前的角動量，3=2v/l為子彈在此刻繞軸的角速度.J1=ml2/12為桿繞軸的轉動慣量.可得桿的角速度為6mV=2=29.1s-i(m+3m)4-22分析兩傘型輪在嚙合過程中存在著相互作用力，這對力分別作用在兩輪上，并各自產生不同方向的力矩，對轉動的輪I而言是阻力矩，而對原靜止的輪II則是啟動力矩由于相互作用的時間很短，雖然作用力的位置知道，但作用力大小無法得知，因此，力矩是未知的.但是，其作用的效果可從輪的轉動狀態的變化來分析.對兩輪分別應用角動量定理，并考慮到嚙合后它們有相同的線速度，這樣，嚙合后它們各自的角速度就能求出.解設相互作用力為F，在嚙合的短時間At內，根據角動量定理，對輪I、輪II分別有TOC\o"1-5"\h\z-FAt=JCw—刃)(1)FAt=Jco(2)兩輪嚙合后應有相同的線速度，故有ro=ro(3)由上述各式可解得嚙合后兩輪的角速度分別為o=51Jr2+Jor24-23分析小孩與轉臺作為一定軸轉動系統，人與轉臺之間的相互作用力為內力，沿豎直軸方向不受外力矩作用，故系統的角動量守恒.在應用角動量守恒時，必須注意人和轉臺的角速度3、30都是相對于地面而言的，而人相對于轉臺的角速度31應滿足相對角速度的關系式o=%+O].解由相對角速度的關系，人相對地面的角速度為Vo=o+o=o+—由于系統初始是靜止的，根據系統的角動量守恒定律，有Jo+JCo+o)=000101式中J0、L=mR2分別為轉臺、人對轉臺中心軸的轉動慣量由式(1)、(2)可得轉臺的角速度為mR2mR2vJ+mR2R=—9.52x10-2s-1式中負號表示轉臺轉動的方向與人對地面的轉動方向相反.4-24分析對轉動系統而言，隨著砂粒的下落，系統的轉動慣量發生了改變.但是，砂粒下落對轉臺不產生力矩的作用，因此，系統在轉動過程中的角動量是守恒的在時間t內落至臺面的砂粒的質量，可由其流量求出，從而可算出它所引起的附加的轉動慣量這樣，轉臺在不同時刻的角速度就可由角動量守恒定律求出.解在時間0—10s內落至臺面的砂粒的質量為m=j10sQdr=0.10kg0根據系統的角動量守恒定律，有J刃=J+mr2X000貝0t=10s時，轉臺的角速度x=—匕％—=0.80Jns-1J+mr214-25分析將飛船與噴出的氣體作為研究系統，在噴氣過程中，系統不受外力矩作用，其角動量守恒.在列出方程時應注意：（1）由于噴氣質量遠小于飛船質量，噴氣前、后系統的角動量近似為飛船的角動量J3;（2）噴氣過程中氣流速率u遠大于飛船側面的線速度3r，因此，整個噴氣過程中，氣流相對于空間的速率仍可近似看作是u，這樣，排出氣體的總角動量』「+xrIm牝mur.經上述處理后，可使問題大大簡化.m解取飛船和噴出的氣體為系統，根據角動量守恒定律，有Jx-mur=0（1）因噴氣的流量恒定，故有m=2Qt（2）由式（1）、（2）可得噴氣的噴射時間為t=_2^=2.67s2Qur4-26分析對蜘蛛和轉臺所組成的轉動系統而言，在蜘蛛下落至轉臺面以及慢慢向中心爬移過程中，均未受到外力矩的作用，故系統的角動量守恒.應該注意的是，蜘蛛爬行過程中，其轉動慣量是在不斷改變的.由系統的角動量守恒定律即可求解.解（1）蜘蛛垂直下落至轉臺邊緣時，由系統的角動量守恒定律，有Jx=（J+j\o式中J=1m'R2為轉臺對其中心軸的轉動慣量，J=mR2為蜘蛛剛落至臺面邊緣時，021它對軸的轉動慣量.于是可得

①=—匕一①=一———①bJ+Ja—+2—a⑵在蜘蛛向中心軸處慢慢爬行的過程中，其轉動慣量將隨半徑r而改變，即J2=—r2.在此過程中，由系統角動量守恒，有J3=J+Jb4-27分析該題屬于常見的剛體轉動問題，可分為兩個過程來討論：（1）瞬間的打擊過程.在瞬間外力的打擊下，棒受到外力矩的角沖量，根據角動量定理，棒的角動量將發生變化，則獲得一定的角速度.（2）棒的轉動過程.由于棒和地球所組成的系統，除重力（保守內力）外無其他外力做功，因此系統的機械能守恒，根據機械能守恒定律，可求得棒的偏轉角度解(1)由剛體的角動量定理得AL=J3=jMdt=解(1)由剛體的角動量定理得AL=J3=jMdt=FlAt-^2.0k（2）取棒和地球為一系統，并選|恒，即,J32=o由式（1）、3=arccos)g-m2-s-1處為重力勢官能零點.在轉動過程中，系統的機械能守2—gl(1-cos3)(2)可得棒的偏轉角度為E三\L3F2擊2)1-"—2glJ=88o38'4-28分析當人造衛星在繞地球的橢圓軌道上運行時，只受到有心力萬有引力的作用.因此，衛星在運行過程中角動量是守恒的，同時該力對地球和衛星組成的系統而言，又是屬于保守內力，因此，系統又滿足機械能守恒定律.根據上述兩條守恒定律可求出衛星在近地點和遠地點時的速率.解由于衛星在近地點和遠地點處的速度方向與橢圓徑矢垂直，因此，由角動量守恒定律有TOC\o"1-5"\h\zmrv=—rv（1）\o"CurrentDocument"1122又因衛星與地球系統的機械能守恒，故有G——_1G———°1-r1E=2—V2-七君（2）式中G為引力常量，mE和m分別為地球和衛星的質量，r1和七是衛星在近地點和遠地點時離地球中心的距離.由式(1)、(2)可解得衛星在近地點和遠地點的速率分別為v=：""二=8.11x103m-s-11yr偵+r/v=r1v=6.31x103m-s-12r124-29分析由于地球自轉一周的時間為24小時，由刃=2n/T可確定地球的自轉角速度和地球自轉時的轉動動能?=12Js2.隨著自轉周期的增加，相應自轉的角速度將減小，因而轉動動能也將減少.通過對上述兩式微分的方法，可得到動能的減少量八Ek與周期的變化AT的關系.根據動能定理可知，地球轉動動能的減少是潮汐力矩作功的結果，因此，由W=MAO=AE/,即可求出潮汐的平均力矩.解(1)地球的質量mE=5.98X1024kg，半徑R=6.37X106m，所以，地球自轉的動能-1■E=—J刃2=2n2x0.33mR2/T2=2.12x1029JK2E2n(2)對式①=—兩邊微分，可得2nd/=-dTT2當周期變化一定量時，有TOC\o"1-5"\h\z人2n切2A切=———AT=——AT(1)T22n由于地球自轉減慢而引起動能的減少量為切3口(2)AE=J3A3=-JAT=——EAT(2)又根據動能定理\o"CurrentDocument"W=MAO=AEk(3)由式(2)、(3)可得潮汐的摩擦力矩為M=Ek函=7.47x10-2N-m2n2n式中n為一年中的天數(n=365)，AT為一天中周期的增加量.4-30分析沿軸向的拉力對小球不產生力矩，因此，小球在水平面上轉動的過程中不受外力矩作用，其角動量應保持不變.但是，外力改變了小球圓周運動的半徑，也改變了小球的轉動慣量，從而改變了小球的角速度.至于拉力所作的功，可根據動能定理由小球動能的變化得到.解(1)根據分析，小球在轉動的過程中，角動量保持守恒，故有式中J0和^分別是小球

在半徑為ro和12ro時對軸的轉動慣量，即J?=J（^式中Jo和^分別是小球在半徑為r°和1/2r°時對軸的轉動慣量，即J0=mr2和J=4mr2，則（2）隨著小球轉動角速度的增加，其轉動動能定理可得拉力的功為（2）隨著小球轉動角速度的增加，其轉動動能定理可得拉力的功為1TT7113W=2J.2-—J.2=—mr2/24-31分析轉動定律M=Ja是一瞬時關系式，為求棒在不同位置的角加速度，只需確定棒所在位置的力矩就可求得.由于重力矩M（3）=mg1cos3是變力矩，角加速度也是變化的，因此，在求角速度時，就必須根據角加速度用積分的方法來計算（也可根據轉動中的動能定理，通過計算變力矩的功來求）.至于棒下落到豎直位置時的動能和角速度，可采用系統的機械能守恒定律來解，這是因為棒與地球所組成的系統中，只有重力作功（轉軸處的支持力不作功），因此，系統的機械能守恒.解（1）棒繞端點的轉動慣量J=3ml2由轉動定律M=Ja可得棒在。位置時的角加速度為M（3）3gcos3TOC\o"1-5"\h\za==J21當。=60°時，棒轉動的角加速度a=18.4s-2d..d.由于a==，根據初始條件對式（1）積分，有dtd3jm.d.=j60Oad300則角速度為6oo=7.98s-i0■3gsin6oo=7.98s-i0.=■—1（2）根據機械能守恒，棒下落至豎直位置時的動能為E=1mgl=0.98Jk21（3）由于該動能也就是轉動動能，即E=天J2，所以，棒落至豎直位置時的角速度K2為■2E"-—K\J4-32分析兩飛輪在軸方向嚙合時，軸向力不產生轉動力矩，兩飛輪系統的角動量守恒，由此可求得B輪的轉動慣量.根據兩飛輪在嚙合前后轉動動能的變化，即可得到嚙合過程中機械能的損失.解（1）取兩飛輪為系統，根據系統的角動量守恒，有J口=（J+Jb貝0B輪的轉動慣量為J=口1—口2J=^^J=20.0kg-m22b1n1(2)系統在嚙合過程中機械能的變化為AE=-J+J讓--J(D2=—1.32X104J2122211式中負號表示嚙合過程中機械能減少.4-33分析該題與習題3—30的不同之處在于：（1）子彈與擺錘的相互作用過程不再滿足動量守恒，而應屬于角動量守恒，這是因為細棒和擺錘是一整體，子彈與擺錘相互作用時，軸對桿有水平方向的分力作用，因此，對子彈與擺組成的系統而言，不能滿足動量守恒的條件.但是，軸對桿的作用力和桿所受的重力對轉動都不產生力矩，系統角動量守恒的條件卻能滿足.（2）擺在轉動過程中，就地球與擺組成的系統而言，滿足機械能守恒定律.擺錘恰能通過最高點所需的速度，可直接應用機械能守恒定律去解擺是剛體，擺錘與軸心之間的距離不可能發生改變.擺錘開始轉動時的動能必須大于或等于轉至最高點處所增加的勢能.解取子彈與擺為系統，根據系統的角動量守恒，有(1)J-=J仁]+J+Jb(1)1l1[2〃23(1式中J1=ml2、j2=mi2和j3=3mi2分別為子彈、擺錘和桿對軸的轉動慣量.根據擺在轉動過程中機械能守恒，有—(J+Jlb2+Lmgl=mg(2l)+22302由式（1）、（2）可得子彈速度的最小值為

V=虹預n4-34分析雖然小球在環中作圓周運動，但由于環的轉動，使球的運動規律復雜化了.由于應用守恒定律是解決力學問題最直接而又簡便的方法，故以環和小球組成的轉動系統來分析.在小球下滑的過程中，重力是系統僅有的外力，由于它與轉軸平行，不產生外力矩，因此，該系統對軸的角動量守恒.若以小球位于點A、B處為初、末兩狀態，由角動量守恒定律可解得小球在點B時環的角速度wb.在進一步求解小球在點B處相對環的速度vB時，如果仍取上述系統，則因重力（屬外力）對系統要作功而使系統的機械能不守恒；若改取小球與地球為系統，也因環對小球的作用力在轉動過程中作功，而使系統的機械能守恒仍不能成立；只有取環、小球與地球為系統時，系統才不受外力作用，而重力為保守內力，環與球的相互作用力雖不屬保守內力，但這一對力所作功的總和為零，因此系統的機械能守恒根據兩守恒定律可解所需的結果.但必須注意：在計算系統的動能時，既有環的轉動動能，又有小球對地的動能（它可視為小球隨環一起轉動的轉動動能1mr2cd2與小球相對于環運動的動能2B1-mv2之和).2B解以環和小球為轉動系統，由系統的角動量守恒有取環、小球與地球為系統時，由系統的機械能守恒可得J刃=G+mR2L000B取環、小球與地球為系統時，由系統的機械能守恒可得11()一.1…JD2+mgR=J+mR2D2+mv22。020B2B由式（1）、（2）可解得小球在B點時，環的角速度與小球相對于環的線速度分別為小球在C點時，由于總的轉動慣量不變，用同樣的方法可得環的角速度和小球相對于環的速度分別為D=DVC=、.頑4-35分析取飛船及兩質點A、B為系統，在運行時，系統不受合外力矩作用，該系統的角動量守恒.若在運行過程中通過系統內的相互作用，改變其質量分布，使系統的角動量只存在于兩質點上，此時，飛船的角動量為零，即飛船停止了轉動又因為在運行過程中合外力的功亦為零，且又無非保守內力作功，所以，系統也滿足機械能守恒當輕線恰好拉直時質點的角速度與飛船停止轉動時質點的角速度相等時，連線的長度也就能夠求出解飛船繞其中心軸的轉動慣量為J=1m'R2，兩質點在起始時和輕線割斷瞬間的轉動慣量分別為J2=2mR2和J2=2感+/>.由于過程中系統的角動量守恒，為使