角加速度单位

角加速度单位

-黄色小短文

2023年2月16日发(作者：含铁血黄素沉着症)

题4.1：一汽车发动机曲轴的转速在

s12

内由13minr102.1均匀的增加到13minr107.2。

（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2n（n为单位时间内的转数），根据角加速度的定义

td

d

，

在匀变速转动中角加速度为



2

00srad1.13

2











t

nn

t





（2）发动机曲轴转过的角度为

tnnttt

0

0

2

022

1











在12s内曲轴转过的圈数为

圈390

22

0



t

nn

N





题4.2：某种电动机启动后转速随时间变化的关系为)1(

0



t

e，式中1

0

srad0.9

，

s0.2

。求：（1）

s0.6t

时的转速；（2）角加速度随时间变化的规律；（3）启动后

s0.6

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6.0s代入，即得

1

00

s6.895.01





















t

e

（2）角加速度随时间变化的规律为

2

2

0s5.4

d

d







t

t

ee

t









（3）t=6.0s时转过的角度为

rad9.36d1d6

0

0

6

0





















s

t

stet

则t=6.0s时电动机转过的圈数

圈87.5

2







N

题4.3：如图所示，一通风机的转动部分以初角速度

0



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

ωMC

，由转动定律

αMJ

，可得叶片的角

加速度为

J

C

t





d

d

（1）

根据初始条件对式（1）积分，有







0

0

d

d

dtt

J

C

t

由于C和J均为常量，得

t

J

C

e

0



当角速度由

002

1

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

te

0

0

0

dd

即

C

J

2

0





在时间t内所转过的圈数为

C

J

N









42

0

题4.4：一燃气轮机在试车时，燃气作用在涡轮上的力矩为mN1003.23，涡轮的转动惯量

为2mkg0.25。当轮的转速由13minr1080.2增大到14minr1012.1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

0







，由转动定律

αMJ

，可得飞轮所经历

的时间

s8.10

2

0

0



nn

M

J

J

M

t



解2：飞轮在恒外力矩作用下，根据角动量定理，有



0

0

dJtMt

则

s8.10

2

0

0



nn

M

J

J

M

t



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

JRF

T

而对重物而言，由牛顿定律，有

maFmg

T

（2）

由于绳子不可伸长，因此，有

Ra

（3）

重物作匀加速下落，则有

2

2

1

ath（4）

由上述各式可解得飞轮的转动惯量为

















1

2

2

2

h

gt

mRJ

解2：根据系统的机械能守恒定律，有

0

2

1

2

1

22Jmvmgh（1）

而线速度和角速度的关系为

Rv

（2）

又根据重物作匀加速运动时，有

atv（3）

ahv22

（4）

由上述各式可得

















1

2

2

2

h

gt

mRJ

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

cm30

，厚度为

cm0.2

的圆盘和两个直径为

cm10

，长为

cm0.8

的

共轴圆柱体组成，设飞轮的密度为33mkg108.7，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

24

2

4

1

2

2

2

2

1

121

mkg136.0

2

1

16

1

22

1

22

1

2













































adld

d

m

d

mJJJ



题4.7：如图所示，圆盘的质量为m，半径为R。求它对

OO

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2

OO

mRJJ



和绕圆盘中心轴O的

转动惯量2

O2

1

mRJ可得

2222

OO2

3

2

1

mRmRmRmRJJ



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2

5

2

mR

。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

xxRxRmrJd

2

1

d

2

1

d22222

式中

34

3

R

m



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

2

2

22

5

2

d

2

1

dmRxxRJJR

R





又由平行轴定理可得球绕O

1

O

1

轴的转动惯量为

22

5

7

mRmRJJ



题4.9：质量面密度为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)(

12

22bllb



。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

yxmddd

，

它对与板面垂直的，通过几何中心的轴线的转动惯量为

yxyxJddd22

整个矩形板对该轴的转动惯量为







2

2

22

2

2

22

12

1

dddJ

l

l

b

b

bllbyxyxJ

题4.10：如图所示，质量

kg16

1

m的实心圆柱体A，其半径为

cm15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

kg0.8

2

m的

物体B。求：（1）物体由静止开始下降

s0.1

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

2

1T2

1

rmJrF（1）

对悬挂物体而言，依据牛顿定律，有

amFgmFP

2T2T2









（2）

且

TT

FF



。又由角量与线量的关系，得

ra

解上述方程组，可得物体下落的加速度

21

2

2

2

mm

gm

a





在t=1.0s时，B下落的距离为

m45.2

22

1

21

2

2

2





mm

gtm

ats

（2）由式（2）可得绳中的张力为

N2.39

2

21

21



g

mm

mm

agmF

T

题4.11：质量为

1

m和

2

m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

1

J和

2

J，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

11T111T1

amFgmFP





（1）

222T22T2

amgmFPF

（2）



21T2T1

JJrFRF

（3）

T2T2T1T1

,FFFF





（4）

由角加速度和线加速度之间的关系，有

Ra

1

（5）

ra

2

（6）

解上述方程组，可得

gR

rmRmJJ

rmRm

a

2

2

2

121

21

1





gr

rmRmJJ

rmRm

a

2

2

2

121

21

2





gm

rmRmJJ

RrmrmJJ

F

1

2

2

2

121

2

2

221

T1





gm

rmRmJJ

RrmRmJJ

F

2

2

2

2

121

1

2

121

T2





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

1

m

和

2

m

的物体A、B。A置于倾角为的斜面上，它和斜面间的摩擦因数为。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

cossinamgmgmF（1）

而B则是在张力F

T2

和重力P

2

的作用下运动，有

22T22

amFgm（2）

由于绳子不能伸长、绳与轮之间无滑动，则有

raa

21

对滑轮而言，根据定轴转动定律有

JrFrF







T1T2

（4）

且有

T22T1TT1

,FFFF





（5）

解上述各方程可得

2

21

112

21

cossin

r

J

mm

gmgmgm

aa











2

21

2

121

T1

cossincossin1

rJmm

rgJmgmm

F











2

21

2

221

T2

cossin1

rJmm

rgJmgmm

F









题4.13：如图所示，飞轮的质量为

kg60

，直径为

m50.0

，转速为13minr100.1。现用闸

瓦制动使其在

s0.5

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，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

0

1N21





lFllF

而

NN

FF





，则闸瓦作用于轮的摩擦力矩为

dF

l

ll

dF

d

FM

1

21

Nf22

1

2





（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

tt





2

00



（2）

因飞轮的质量集中于轮缘，它绕轴的转动惯量42mdJ，

根据转动定律JM

，由式（1）、（2）可得制动力



N1014.32

21

1





tll

nmdl

F





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2mkg75.0、质量为

kg0.15

、半径为

cm0.30

。今将轮

胎放在以速率1sm0.12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

mgrM

（1）

根据转动定律，车轮转动的角加速度为

J

M

（2）

要使轮与带之间无相对滑动，车轮转动的角速度为

vr（3）

开始时车轮静止，即

0

0

，故由匀加速转动规律t

0

，可得





t(4)

由上述各式可解得

s13.1

2



mgr

Jv

t



（2）在t时间内，轮缘上一点转过的弧长

2

2

t

r

rs

而传送带移动的距离l=vt，因此，传送带上滑痕的长度

m80.6

22

1

2

2

2

mgr

Jv

trvtsld





题4.15：一半径为R、质量为m的匀质圆盘，以角速度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。（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dr的同心圆环所受的摩擦力大小

2

f

d2dRrmgrF，其方向与环的半径垂直，它的摩擦力矩为

kFrM22

f

d2ddRrmgr

式中k为轴向的单位矢量。圆盘所受的总摩擦力矩大小为

RmgR

R

rmgr

MM

0

2

2

3

2d2

d



（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JtM

，

可得圆盘停止的时间为

g

R

M

J

t





4

3



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

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

Rv

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

22

222

0





（2）圆盘在裂开的过程中，其角动量守恒，故有

LLL





0

式中2

02

1

RmL



为圆盘未碎时的角动量；2

2

1

mRL

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

2

2

1

RmmL



















题4.17：在光滑的水平面上有一木杆，其质量为

kg0.1

1

m，长为

cm40l

，可绕通过其中

点并与之垂直的轴转动，一质量为

g10

2

m的子弹，以12sm100.2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





212

JJJ

式中2

22

2lmJ为子弹绕轴的转动惯量，

2

J为

子弹在陷入杆前的角动量，

lv2为子弹在此刻

绕轴的角速度。122

11

lmJ为杆绕轴的转动惯量，

是子弹陷入杆后它们一起绕轴的角速度。可得

杆的角速度为

1

21

2

21

2s1.29

3

6













lmm

vm

JJ

J



题4.18：半径分别为

1

r

、

2

r

的两个薄伞形轮，它们各自对通过盘心且垂直盘面转轴的转动惯

量为

1

J

和

2

J

。开始时轮Ⅰ以角速度

0



转动，问与轮Ⅱ成正交啮合后，两轮的角速度分别为

多大？

题4.18解：设相互作用力为F，在啮合的短时间

t

内，根据角动量定理，对轮I、轮II分别有



0111

JtFr

（1）

222

JtFr

（2）

两轮啮合后应有相同的线速度，故有

2211

rr

（3）

由上述各式可解得啮合后两轮的角速度分别为

2

12

2

21

2101

2

2

12

2

21

2

201

1

,

rJrJ

rrJ

rJrJ

rJ

















题4.19：一质量为

kg0.20

的小孩，站在一半径为

m00.3

、转动惯量为2mkg450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1sm00.1的速率沿转台边缘行走，问转台的角速率有多大？

题4.19解：设转台相对地的角速度为

0



，人相对转台的角速度为

1



。由相对角速度的关系，

人相对地面的角速度为

R

v



010

（1）

由于系统初始是静止的，根据系统的角动量守恒定律，有

0

10100

JJ（2）

式中J

0

、J

1

=mR2分别为转台、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

12

2

0

2

0

s1052.9





R

v

mRJ

mR



式中负号表示转台转动地方向与人对地面的转动方向相反。

题4.20：一转台绕其中心的竖直轴以角速度1

0

s转动，转台对转轴的转动惯量为

23

0

mkg100.4J。今有砂粒以1sg2tQ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

m10.0r

，求砂粒下落

s10t

时，转台的角速度。

题4.20解：在时间010s内落至台面的砂粒的质量为

kg10.0ds10

0

tQm

根据系统的角动量守恒定律，有

2

000

mrJJ

则t=10s时，转台的角速度

1

2

0

00s8.0









mrJ

J

题4.21：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，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

23

0

mkg100.2J，旋转的角速度1srad2.0

，喷口与轴线之间的距离

m5.1r

；喷气

以恒定的流量1skg0.1Q和速率1sm50u从喷口喷出，问为使该飞船停止旋转，喷气应

喷射多长时间？

题4.21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J；（2）喷气过程中气流速率u远大于飞船侧面的线速度r，

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murmruL

m

d。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

0murJ

因喷气的流量恒定，故有

Qtm2

由式（1）、（2）可得喷气的喷射时间为

s67.2

Qur

J

t



题4.22：一质量为

m

、半径为R的转台，以角速度

a



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

b



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

c



为多少？设蜘蛛

下落前距离转台很近。

题4.22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



b10a0

JJJ

式中2

02

1

RmJ



为转台对其中心轴的转动惯量，2

1

mRJ为蜘蛛刚落至台面边缘时，它对轴

的转动惯量。于是可得

aa

10

0

b2



mm

m

JJ

J













（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2

2

mrJ。

在此过程中，由系统角动量守恒，有



c20a0

JJJ

则

a

22

2

a

20

0

c2



mrRm

Rm

JJ

J













题4.23：一质量为

kg12.1

，长为

m0.1

的均匀细棒，支点在棒的上端点，开始时棒自由悬挂。

以

N100

的力打击它的下端点，打击时间为

s02.0

。（1）若打击前棒是静止的，求打击时其

角动量的变化；（2）棒的最大偏转角。

题4.23解：（1）在瞬间打击过程中，由刚体的角动量定理得

12

0

smkg0.2dtFltMJL（1）

（2）在棒的转动过程中，取棒和地球为一系统，并选O处为重

力势能零点。在转动过程中，系统的机械能守恒，即

cos1

2

1

2

1

2

0

mglJ（2）

由式（1）、（2）可得棒的偏转角度为

8388

3

1arccos

2

22

























glm

tF



题4.24：（1）设氢原子中电子在圆形轨道中以速率v绕质子运动。作用在电子上的向心力为

电作用力，其大小为2

0

24/re

，其中e为电子、质子的电量，r为轨道半径，

0



为恒量。

试证轨道半径为

2

0

2

4mv

e

r





（2）假设电子绕核的角动量只能为2/h

的整数倍，其中

h

为普朗克常量。试证电子的可能

轨道半径由下式确定：

mv

nh

r

2



（3）试由以上两式消去v，从而证明符合这两个要求的轨道半径必须满足以下关系式：

2

2

0

2

me

hn

r







式n中可取正整数

3,2,1

。

题4.24证：（1）电子绕质子作圆周运动的向心力是它们之间的电作用力

2

0

2

4r

e

F



（可略去

万有引力），根据径向动力学方程F=ma

n

，有

r

mv

r

e2

2

0

2

4





则电子的轨道半径为

2

0

2

4mv

e

r





（2）根据题中电子角动量的量子化条件，即

2

h

nL，有

242

0

2h

n

mv

e

mvL

则电子可能的轨道半径为

mv

nh

r

2



（3）根据（1）和（2）的结果消去v，电子可能的轨道半径也可表示为

2

2

0

2

me

hn

r







题4.25：我国1970年4月24日发射的第一颗人造卫星，其近地点为m1039.45、远地点

为m1038.26。试计算卫星在近地点和远地点的速率。（设地球半径为m1038.66）

题4.25解：由于卫星在近地点和远地点处的速度方向与椭圆径矢垂直，因此，由角动量守

恒定律有

2211

rmvrmv

（1）

又因卫星与地球系统的机械能守恒，故有

2

E

2

2

1

E

2

12

1

2

1

r

Gmm

mv

r

Gmm

mv

（2）

式中G为引力常量，m

E

和m分别为地球和卫星质量，r

1

和r

2

是卫星在近地点和远地点时离

地球中心的距离。由式（1）、（2）可解得卫星在近地点和远地点的速率分别为

13

211

2E

1

sm1011.8

2







rrr

rGm

v

13

1

2

1

2

sm1031.6v

r

r

v

题4.26：地球对自转轴的转动惯量为2

E

33.0Rm，其中

E

m为地球的质量，R为地球的半径。

（1）求地球自转时的动能；（2）由于潮汐的作用，地球自转的速度逐渐减小，一年内自转

周期增加s105.35，求潮汐对地球的平均力矩。

题4.26分析：由于地球自转一周的时间为24小时，由

T/2

可确定地球的自转角速度

和地球自转时的转动动能2

k2

1

JE。随着自转周期的增加，相应自转的角速度将减小，因

而转动动能也将减少。通过对上述两式微分的方法，可得到动能的减少量

k

E与周期T的

变化的关系。根据动能定理可知，地球转动动能的减少是潮汐力矩作功的结果，因此，由

k

EMW，即可求出潮汐的平均力矩。

解：（1）地球的质量kg1098.524

E

m，半径m1037.66R，所以，地球自转的动能

J1012.2/33.02

2

1

2922

E

22

k

TRmJE

（2）对式

T





2

两边微分，可得

T

T

d

2

d

2





当周期变化一定时，有

TT

T









2

22

2

（1）

由于地球自转减慢而引起动能的减少量为

TETJJE

k

3

k2







（2）

又根据动能定理

k

EMW

（3）

由式（2）、（3）可得潮汐的摩擦力矩

mN1047.7

2

16

2

k





n

TE

M





式中n为一年中的天数（n=365），T为一天中周期的增加量。

题4.27：如图所示，A与B两飞轮的轴杆由摩擦啮合器连接，A轮的转动惯量

2

1

mkg0.10J，开始时B轮静止，A轮以1

1

minr600n的转速转动，然后使A与B连接，

因而B轮得到加速而A轮减速，直到两轮的转速都等于1minr200n为止。求：（1）B轮

的转动惯量；（2）在啮合过程中损失的机械能。

题4.27解：（1）取两飞轮为系统，根据系统

的角动量守恒，有



22111

JJJ

则B轮的转动惯量为

2

1

2

21

1

2

21

2

mkg0.20







J

n

nn

JJ





（2）系统在啮合过程中机械能的变化为

J1032.1

2

1

2

1

42

11

2

221

JJJE

式中负号表示啮合过程机械能减少。

题4.28：一质量为m、半径为R的匀质圆柱体，从倾角为的斜面上无滑动地滚下，求其质

心的加速度。

题4.28解1：按题意作图并作圆柱体的受力分析（如图所示）。由牛顿第二定律可得圆柱体

的质心C在x方向上的动力学方程为

C

maFmg

f

sin（1）

在斜面对圆柱体的摩擦力矩作用下，圆柱体绕其

中心轴转动，根据转动定律，有

2

f2

1

mRJRF（2）

在无滑动滚动时，质心的加速度a

C

与转动的角速

度之间的关系为

Ra

C

（）

联立解上述三个方程式，可得

sin

3

2

C

ga

解2：若以圆柱体与斜面的接触线为瞬时转动轴，则摩擦力F

f

和支持力F

N

都不产生力矩，

使圆柱体绕瞬时轴转动时的是重力矩mgsin，故有

JmgR



sin



其中

J

是圆柱体绕瞬时轴转动时的转动惯量，由平行轴定理有

22

2

3

mRmRJJ



故有

sin

2

1

R

g



则

sin

3

2

C

gRa

解3：以地球和圆柱体组成的系统满足机械能守恒定律，有

恒量

C

22

C2

1

2

1

mghJmvE

将上式对t求导，可得

0

d

d

d

d

d

d

CC

C



t

h

mg

t

J

t

v

mv





式中





sin

d

d

,

d

d

,

d

d

C

C

Cv

t

h

t

a

t

v



，且有Rv

C

和Ra

C

，则可得到

sin

3

2

C

ga

显然上述三种方法均能得到同样的结果。

题4.29：一长为

l

、质量为m的均匀细棒，在光滑的平面上绕质心作无滑动的转动，其角速

度为。若棒突然改绕其一端转动，求：（1）以端点为转轴的角速度；（2）在此过程中

转动动能的改变。

题4.29解：（1）棒的质心的动量定理为

C

mvptF

式中

F

是棒所受的平均力，v

C

为棒质心

的速度。棒在转动过程中受到外力矩作

用，根据角动量定理，有

JJt

l

F





2

式中J为棒绕质心的转动惯量（即2

12

1

mlJ）。而根据角动量与线量的关系





2

l

v

C

可解得



4

1

4

1

2









mlJ

J

（2）在此过程中转动动能的改变为

2222

32

1

2

1

2

1

mlJJE

k







题4.30：一长为

l2

的均匀细杆，一端靠在摩擦略去不计的垂直墙上，另一端放在摩擦亦略

去不计的水平地板上，如图所示。开始时细杆静止并与地板成

0



角。当松开细杆后，细杆

开始滑下。问细杆脱离墙壁时，细杆与地面的夹角为多大？

题4.30解：以初始位置时细杆的质心位置为坐标原点，取坐标如图所示。细杆在任意位置

时的质心坐标为



0

coscoslx

（1）



0

sinsinly

（2）

取初始位置时的势能为零，根据系统的机械能守恒定

律，有

2

C

2

C2

1

2

1

Jmvmgy（3）

因为细杆的质心速度lv

C

，细杆对其中心的轴的转

动惯量2

C3

1

mlJ，通过式（1）、（2）和（3）可得



l

g

2

sinsin3

0









（4）





cos

4

3

d

d

l

g

t

（5）

根据中心C在x方向的动力学方程

x1N

maF，当细杆

与墙壁脱离接触时

0

N1

F，则0

x

a。由式（1）可得

sin

d

d

x

l

t

x

v

t

ll

t

v

a

d

d

sincos

d

d

2

x

x



（6）

将式（4）和式（5）代入式（6），且令

0

x

a，有

cossinsin

2

3

cos

4

3

sin

0



l

g

l

g

即

0

sin

3

2

sin

细杆脱离墙壁时与地面的夹角为















0

sin

3

2

arcsin

题4.31：如图所示，A、B两个轮子的质量分别为

1

m和

2

m，半径分别为

1

r和

2

r。另有一细

绳绕在两轮上，并按图所示连接。其中A轮绕固定轴

O

转动。试求：（1）B轮下落时，其轮

心的加速度；（2）细绳的拉力。

题4.31解：分别作两轮的受力分析，如图所示。取竖直向下为y轴正向。轮A绕轴O作定

轴转动，故有

A

2

111T2

1

armrF

（1）

对于轮B除了绕其轴C转动外，其质心C还在向下作平动。根据牛顿定律，轮B质心

的动力学方程为

C2T2

amFgm

（2）

根据转动定律，有

B

2

222T2

1

rmrF（3）

角量与线量的关系

2

B

B

1

A

A

,

rr







，

A

a

、

B

a

分别为轮A、B边缘上一点的加速度，二者和

C点加速度之间的关系为

BCA

aaa

，且有

TT

FF





。解上述各式可得



g

mm

mm

a

21

21

C23

2







g

mm

mm

FF

21

21

TT23





