物理学教程（第二版）上册课后答案4

第四章 刚体的转动

4－1 有两个力作用在一个有固定转轴的刚体上：

(1)这两个力都平行于轴作用时，它们对轴的合力矩一定是零； (2)这两个力都垂直于轴作用时，它们对轴的合力矩可能是零； (3)当这两个力的合力为零时，它们对轴的合力矩也一定是零； (4)当这两个力对轴的合力矩为零时，它们的合力也一定是零． 对上述说法下述判断正确的是( )

(A)只有(1)是正确的 (B)(1)、(2)正确，(3)、(4)错误 (C) (1)、(2)、(3)都正确，(4)错误 (D)(1)、(2)、(3)、(4)都正确

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 关于力矩有以下几种说法：

(1)对某个定轴转动刚体而言，内力矩不会改变刚体的角加速度； (2)一对作用力和反作用力对同一轴的力矩之和必为零；

(3)质量相等，形状和大小不同的两个刚体，在相同力矩的作用下，它们的运动状态一定相同．

对上述说法下述判断正确的是( )

(A)只有(2)是正确的 (B)(1)、(2)是正确的

(C)(2)、(3)是正确的 (D)(1)、(2)、(3)都是正确的

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 均匀细棒OA可绕通过其一端O而与棒垂直的水平固定光滑轴转动，如图所示，今使棒从水平位置由静止开始自由下落，在棒摆到竖直位置的过程中，下述说法正确的是( ) (A)角速度从小到大，角加速度不变 (B)角速度从小到大，角加速度从小到大 (C)角速度从小到大，角加速度从大到小 (D)角速度不变，角加速度为零

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 一圆盘绕通过盘心且垂直于盘面的水平轴转动，轴间摩擦不计．如图射来两个质量相同，速度大小相同，方向相反并在一条直线上的子弹，它们同时射入圆盘并且留在盘内，则子弹射入后的瞬间，圆盘和子弹系统的角动量L以及圆盘的角速度ω的变化情况为( ) (A)L 不变，ω增大 (B)两者均不变 (C)L不变，ω减小 (D)两者均不确定

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

mvd?mvd?J0ω0?Jω

式中mvd为子弹对点O的角动量?0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?＜?0．故选(C)．

4－5 假设卫星环绕地球中心作椭圆运动，则在运动过程中，卫星对地球中心的( ) (A)角动量守恒，动能守恒 (B)角动量守恒，机械能守恒 (C)角动量不守恒，机械能守恒 (D)角动量不守恒，动量也不守恒 (Ｅ)角动量守恒，动量也守恒

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 一汽车发动机曲轴的转速在12 s 内由1.2×103r·min-1均匀的增加到2.7×103r·min-1．(1)求曲轴转动的角加速度；(2)在此时间内，曲轴转了多少转？

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＝2πn(n 为单位时间内的转数)，根据角加速度的定义α?变速转动中角加速度为

α?ω?ω0t?2π?n?n0?t?13.1rad?s?2dωdt，在匀

(2)发动机曲轴转过的角度为

???0t?在12 s内曲轴转过的圈数为

12?t?2???02t?π?n?n0?t

N?θ2π?n?n02-47

t?390圈

4－7 水分子的形状如图所示，从光谱分析知水分子对AA′轴的转动惯量JAA′＝1.93 ×10kg·m，对BB′轴转动惯量JBB′＝1.14 ×10kg·m，试由此数据和各原子质量求出氢和氧原子的距离D和夹角θ．假设各原子都可当质点处理．

-47

2

2

题 4-7 图

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

JAA??2mHdsinθ JBB??2mHdcosθ

2222此二式相加，可得JAA??JBB??2mHd 则 d?JAA??JBB?2mH?9.59?10?112m

由二式相比，可得 JAA?/JBB??tan2θ 则 θ?arctanJAA?JBB??arctan1.931.14?52.3

o4－8 一飞轮由一直径为30㎝，厚度为2.0㎝的圆盘和两个直径为10㎝，长为8.0㎝的共轴圆柱体组成，设飞轮的密度为7.8×10kg·m，求飞轮对轴的转动惯量．

3

-3

题 4-8 图

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

1?d??d?J?J1?J2?2?m1?1??m2?2?2?2?2?2? ??414?2πρ?ld1?ad2??0.136kg?m162??1122

4－9 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(如图)．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 4-9 图

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

FTR?Jα (1)

而对重物而言，由牛顿定律，有

mg?FT?ma (2)

由于绳子不可伸长，因此，有

a?Rα (3)

重物作匀加速下落，则有

h?12at (4)

2由上述各式可解得飞轮的转动惯量为

?gt2??J?mR??1?2h?

??2解2 根据系统的机械能守恒定律，有

?mgh?12mv?212Jω?0 (1′)

2而线速度和角速度的关系为

v?Rω (2′)

又根据重物作匀加速运动时，有

v?at (3′)

v?2ah (4′)

2由上述各式可得

?gt2??J?mR??1?2h?

??2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．

4－10 一燃气轮机在试车时，燃气作用在涡轮上的力矩为2.03×103N·m，涡轮的转动惯量为25.0kg·m2．当轮的转速由2.80×103r·min-1增大到1.12×104r·min-1时，所经历的时间t为多少？ 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α?间

t?ω?ω0MJ?2πJMω?ω0t，由转动定律M?Jα，可得飞轮所经历的时

?n?n0??10.8s

解2 飞轮在恒外力矩作用下，根据角动量定理，有

?则 t?ω?ω0MJ?t0Mdt?J?ω?ω0?

2πJM?n?n0??10.8s

4－11 质量为m1和m2的两物体A、B分别悬挂在图(a)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J1和J2，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 图

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

P1?FT?1?m1g?FT1?m1a1 (1) FT?2?P2?FT2?m2g?m2a2 (2)

FT1R?FT2r??J1?J2?α (3) FT?1?FT1,FT?2?FT2 (4)

由角加速度和线加速度之间的关系，有

a1?Rα (5) a2?rα (6)

解上述方程组，可得

a1?m1R?m2rJ1?J2?m1R?m2r22gR

a2?m1R?m2rJ1?J2?m1R?m2r222gr

FT1?J1?J2?m1r?m2RrJ1?J2?m1R?m2r222m1g

FT2?J1?J2?m1R?m1RrJ1?J2?m1R?m2r22m2g

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m1和m2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 图

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

FT1?m1gsinθ?μm1gcosθ?m1a1 (1)

而B则是在张力FＴ2和重力P2的作用下运动，有

m2g?FT2?m2a2 (2)

由于绳子不能伸长、绳与轮之间无滑动，则有

a1?a2?rα (3)

对滑轮而言，根据定轴转动定律有

FT?2r?FT?1r?Jα (4) FT?1?FT1,FT?2?FT2 (5)

解上述各方程可得

a1?a2?m2g?m1gsin???m1gcos?m1?m2?J/r2

FT1?m1m2g?1?sinθ?μcosθ???sinθ?μcosθ?m1gJ/rm1?m2?J/rFT2?22

m1m2g?1?sinθ?μcosθ??m2gJ/rm1?m2?J/r22

3

-1

4－13 如图(a)所示，飞轮的质量为60kg，直径为0.50m，转速为1.0 ×10r·min.现用闸瓦制动使其在5.0s内停止转动，求制动力F.设闸瓦与飞轮之间的摩擦因数 μ＝0.40，飞轮的质量全部分布在轮缘上.

题 4-13 图

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

?l1?0 F?l1?l2??FN?，则闸瓦作用于轮的摩擦力矩为 而FN?FNM?Ffd2?12FNμd?l1?l22l1Fμd (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

α?ω?ω0t?ω0t?2πnt (2)

2因飞轮的质量集中于轮缘，它绕轴的转动惯量J?md/4，根据转动定律M?Jα，由式

(1)、(2)可得制动力

F??nmdl1??l1?l2?t?3.14?102N

4－14 如图所示，一通风机的转动部分以初角速度ω0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 4-14 图

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

α?dωdt??CωJ (1)

根据初始条件对式(1)积分，有

?由于C和J均为常量，得

ωdωωω0??t0?CJdt

ω?ω0e?Ct/J (2)

当角速度由ω0→1ω0时，转动所需的时间为

2t?JCln2

(2)根据初始条件对式(2)积分，有

?即 θ?在时间t内所转过的圈数为

θ0dθ?Jω02C?t0ω0e?Ct/Jdt

N?θ2π?Jω04πC

?14－15 电风扇接通电源后一般经5s后到达额定转速n0?300r?min2,而关闭电源后经

16 s后风扇停止转动，已知电风扇的转动惯量为0.5kg?m，设启动时电磁力矩M和转动时的阻力矩Mf均为常数，求启动时的电磁力矩M.

分析 由题意知M和Mf均为常数，故启动时电风扇在M和Mf共同作用下，作匀加速转动，直至到达额定转速，关闭电源后，电风扇仅在Mf的作用下作匀减速转动.运用匀变速转动的运动学规律和转动定律既可求解.

解 设启动时和关闭电源后，电风扇转动时的角加速度分别为?1和?2，则启动过程

M?Mf?J?

?0??1t1

关闭电源后 ?Mf?J?2

?0??2t2?0

联解以上各式并将?0?2?n060以及n0、t1、t2、J值代入，得

M?4.12N?m

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？

分析 盘边缘裂开时，小碎块以原有的切向速度作上抛运动，由质点运动学规律可求得上抛的最大高度.此外，在碎块与盘分离的过程中，满足角动量守恒条件，由角动量守恒定律可计算破裂后盘的角动量.

题 4-16 图

解 (1)碎块抛出时的初速度为

v0?ωR

由于碎块竖直上抛运动，它所能到达的高度为

h?v022g?ωR2g22

(2)圆盘在裂开的过程中，其角动量守恒，故有

L?L0?L?

12式中L?m?Rω为圆盘未碎时的角动量；L??mRω为碎块被视为质点时，碎块对轴的

22角动量；L为破裂后盘的角动量.则

?1?2L??m??m?Rω

?2?4－17 在光滑的水平面上有一木杆，其质量m1＝1.0kg，长l＝40cm，可绕通过其中点并与之垂直的轴转动.一质量为m2＝10g的子弹，以v ＝2.0×10m· s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.

2

-1

题 4-17 图

分析 子弹与杆相互作用的瞬间，可将子弹视为绕轴的转动.这样，子弹射入杆前的角速度可表示为ω，子弹陷入杆后，它们将一起以角速度ω′转动.若将子弹和杆视为系统，因系统不受外力矩作用，故系统的角动量守恒.由角动量守恒定律可解得杆的角速度. 解 根据角动量守恒定理

J2ω??J1?J2?ω?

式中J2?m2?l/2?为子弹绕轴的转动惯量，J2ω为子弹在陷入杆前的角动量，ω＝2v/l为子

2弹在此刻绕轴的角速度.J1?m1l2/12为杆绕轴的转动惯量.可得杆的角速度为

ω??J2ωJ1?J2?6m2v?m1?3m2?

?29.1s?1

4－18 一质量为20.0kg的小孩，站在一半径为3.00m、转动惯量为450kg· m2的静止水平转台的边缘上，此转台可绕通过转台中心的竖直轴转动，转台与轴间的摩擦不计.如果此小孩相对转台以1.00m·s－1的速率沿转台边缘行走，问转台的角速率有多大？

分析 小孩与转台作为一定轴转动系统，人与转台之间的相互作用力为内力，沿竖直轴方向不受外力矩作用，故系统的角动量守恒.在应用角动量守恒时，必须注意人和转台的角速度ω、ω0都是相对于地面而言的，而人相对于转台的角速度ω1应满足相对角速度的关系式

ω?ω0?ω1.

解 由相对角速度的关系，人相对地面的角速度为

ω?ω0?ω1?ω0?vR

由于系统初始是静止的，根据系统的角动量守恒定律，有

J0ω0?J1?ω0?ω1??0

式中J0为转台对转台中心轴的转动惯量,J1＝mR2为人对转台中心轴的转动惯量.由式(1)、(2)可得转台的角速度为

ω0??mR22vRJ0?mR??9.52?10?2s?1

式中负号表示转台转动的方向与人对地面的转动方向相反. 4－19 一转台绕其中心的竖直轴以角速度ω0＝πrad?s?1转动，转台对转轴的转动惯量为

J0＝4.0×10-3kg·m2.今有砂粒以Q＝2（tQ在单位为g·s-1，t的单位为s）的流量竖直落至转台，并粘附于台面形成一圆环，若环的半径为r＝0.10m，求砂粒下落t＝10s时，转台的角速度. 分析 对转动系统而言，随着砂粒的下落，系统的转动惯量发生了改变.但是，砂粒下落对转台不产生力矩的作用，因此，系统在转动过程中的角动量是守恒的.在时间t内落至台面的砂粒的质量，可由其流量求出，从而可算出它所引起的附加的转动惯量.这样，转台在不同时刻的角速度就可由角动量守恒定律求出. 解 在时间0→10s内落至台面的砂粒的质量为

10m?根据系统的角动量守恒定律，有

?0Qdt?0.10kg

J0ω0?J0?mr?2?ω

则t＝10s时，转台的角速度

??J0?0J0?mr2?0.8πs

?14－20 为使运行中的飞船停止绕其中心轴的转动，可在飞船的侧面对称地安装两个切向控制喷管(如图所示)，利用喷管高速喷射气体来制止旋转.若飞船绕其中心轴的转动惯量J＝2.0×103kg· m2，旋转的角速度ω＝0.2rad· s-1，喷口与轴线之间的距离r＝1.5m；喷气以恒定的流量Q＝1.0kg·s和速率u＝50m· s从喷口喷出，问为使该飞船停止旋转，喷气应喷射多长时间？

分析 将飞船与喷出的气体作为研究系统，在喷气过程中，系统不受外力矩作用，其角动量守恒.在列出方程时应注意：(1)由于喷气质量远小于飞船质量，喷气前、后系统的角动量近似为飞船的角动量Jω；(2)喷气过程中气流速率u 远大于飞船侧面的线速度ωr，因此，整个喷气过程中，气流相对于空间的速率仍可近似看作是 u，这样，排出气体的总角动量

-1

-1

??u?ωr?dm?murm.经上述处理后，可使问题大大简化.

解 取飞船和喷出的气体为系统，根据角动量守恒定律，有

Jω?mur?0(1)

因喷气的流量恒定，故有

m?2Qt (2)

由式(1)、(2)可得喷气的喷射时间为

t?Jω2Qur?2.67s

题 4-20 图

4－21 如图所示，长为l、质量为m的均质杆，可绕点O在竖直平面内转动，令杆至水平位置由静止摆下，在竖直位置与质量为

m2的物体发生完全非弹性碰撞，碰撞后物体沿摩擦因

数为?的水平面滑动，试求此物体滑过的距离s.

分析 本题可分为三个过程，即细杆绕点O的转动过程，细杆与物体的完全非弹性碰撞以及碰撞后物体在粗糙水平面上的滑动过程。注意前两个过程，只能运用刚体定轴转动所满足的力学规律.其中，第一个过程满足机械能守恒，如以细杆摆至垂直位置时细杆质心为势能零

点，则细杆在水平位置的势能应为mgl2(而不是mgl),摆至垂直位置时细杆的动能为

12J?(而不是

212mv)；第二个过程细杆和物体对点O的角动量守恒（而不是动量守恒，想

2一想为什么？），此外对完全非弹性碰撞，碰撞后瞬间满足v???l,??为碰撞后细杆的角速度，v为碰撞后物体的速度. 解 由分析知，有

转动过程 mgl2?12J?

vl2碰撞过程 J??(J?m2l)2

滑动过程 ?m2g?s?0?1m2()v 22将J?13ml代入以上三式，解得物体滑过的距离为

6l25?2s?

讨论 碰撞时作用在细杆-物体系统的外力均通过点O，外力矩为零，故系统对点O的角动量守恒，但此时转轴的点O处会产生水平方向的轴力分量，使合外力并不为零，故系统动量并不守恒，这是初学者容易犯的一种错误.

题 4-21 图

4－22 一位溜冰者伸开双臂来以1.0r?s?1绕身体中心轴转动，此时的转动惯量为1.33

22kg?m,她收起双臂来增加转速，如收起双臂后的转动惯量变为0.48 kg?m.求（1）她收

起双臂后的转速；（2）她收起双臂前后绕身体中心轴的转动动能各为多少？

分析 各种物体（含刚体和变形体）在运动过程中，只要对空间某定点或定轴的外力矩之和为零，则物体对同一点或轴的角动量就守恒，在本题中当溜冰者绕身体中心轴转动时，人体重力和地面支持力均与该轴重合，故无外力矩作用，满足角动量守恒.此时改变身体形状（即改变对轴的转动惯量）就可改变转速，这是在体育运动中经常要利用的物理规律. 解 （1）由分析知，有

J0?0?J?

则 ??J0J?0?2.77r?s

1212-1 （2）收起双臂前 Ek1?J0?0?26.2J

2 收起双臂后 Ek2?J??72.6J

2此时由于人体内力做功，有 Ek2?Ek1

4－23 一质量为m′、半径为R的转台，以角速度ωa转动，转轴的摩擦略去不计.(1)有一质量为m的蜘蛛垂直地落在转台边缘上.此时，转台的角速度ωb为多少？(2)若蜘蛛随后慢慢地爬向转台中心，当它离转台中心的距离为r时，转台的角速度ωc为多少？设蜘蛛下落前距离转台很近.

分析 对蜘蛛和转台所组成的转动系统而言，在蜘蛛下落至转台面以及慢慢向中心爬移过程中，均未受到外力矩的作用，故系统的角动量守恒.应该注意的是，蜘蛛爬行过程中，其转动惯量是在不断改变的.由系统的角动量守恒定律即可求解. 解 (1)蜘蛛垂直下落至转台边缘时，由系统的角动量守恒定律，有

J0ωa??J0?J1?ωb

式中J0?12m?R为转台对其中心轴的转动惯量，J1?mR为蜘蛛刚落至台面边缘时，它

22对轴的转动惯量.于是可得

ωb?J0J0?J1ωa?m?m??2mωa

(2)在蜘蛛向中心轴处慢慢爬行的过程中，其转动惯量将随半径r而改变， 即J2?mr.在此过程中，由系统角动量守恒，有

J0ωa??J0?J1?ωc

2

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