对水平面的压力为dN = pdS = prdrdθ， 所受的摩擦力为df = μdN = μprdrdθ，
其方向与半径垂直，摩擦力产生的力矩为dM = rdf = μpr2drdθ， 总力矩为
M??2?0?R0132?2π?pR??mgR?prdrd?33．
2圆盘的转动惯量为I = mR2/2，
角加速度大小为
???M4?g??I3R，
负号表示其方向与角速度的方向相反．
根据转动公式ω2 = ω02 + 2βθ，当圆盘停止下来时ω = 0，所以圆盘转过的角度为
22?03?0R????2?8?g，
转过的圈数为
23?0R?n??2?16??g．
[注意]在圆盘上取一个细圆环，其面积为ds = 2πrdr，这样计算力矩等更简单。
2．33一个轻质弹簧的倔强系数为k = 2.0N·m-1．它的一端固定，另一端通过一条细线绕过定滑轮和一个品质为m1 = 80g的物体相连，如图所示．定滑轮可看作均匀圆盘，它的半径为r = 0.05m，品质为m = 100g．先用手托住物体m1，使弹簧处于其自然长度，然后松手．求物体m1下降h = 0.5m时的速度多大？忽略滑轮轴上的摩擦，并认为绳在滑轮边上不打滑．
[解答]根据机械能守恒定律可列方程 m m1gh?2
111m1v2?I?2?kh2222，
其中I = mr/2，ω = v/r，可得
2m1gh – kh2 = m1v2 + mv2/2， 解得
r m1 图2.33 h m1 v?2m1gh?khm1?m/2= 1.48(m·s-1)．
2
2．34均质圆轮A的质量为M1，半径为R1，以角速度ω绕OA杆的A端转动，此时，将其放置在另一品质为M2的均质圆轮B上，B轮的半径为R2．B轮原来静止，但可绕其几何中心轴自由转动．放置后，A轮的重量由B轮支持．略去轴承的摩擦与杆OA的重量，并设两轮间的摩擦因素 为μ，问自A轮放在B轮上到两轮间没有相对滑动为止，需要经过多长时间？
[解答]圆轮A对B的压力为 N = M1g，
O 两轮之间的摩擦力大小为 f = μN = μM1g， A R1 摩擦力对A的力矩大小为MA = fR1 = μM1gR1，
摩擦力对B的力矩大小为MB = fR2 = μM1gR2，
设A和B的角加速度大小分别为βA和βB，转动惯量分别为IA和IB，
B 根据转动定理得方程MA = IAβA，
即 βA = MA/IA． R2 同理可得βB = MB/IB．
当两轮没有相对滑动时，它们就具有相同的线速度v，A的角速度为ωA = v/R1， B的角速度为ωB = v/R2．
根据转动运动学的公式得ωA – ω = -βAt，ωB = βBt，
即 v/R1 – ω = -βAt，v/R2 = βBt， 化得 v - ωR1 = -βAR1t，v = βBR2t， 将后式减前式得ωR1 = (R1βA + R2βB)t， 解得
t??R1经过的时间为
R1?A?R2?BR1MA/IA?R2MB/IB
?R1?R1?M1gR1R2?M1gR2?112M1R12M2R222
?R1?2?g?2?gM1/M2
??R1t??M2R12?g(M1?M2)．
[注意]在此题中，由于A、B两轮不是绕着同一轴转动的，所以不能用角动量守恒定律．
如果A轮的轮面放在B轮的轮面之上，且两轮共轴，在求解同样的问题时，既可以用转动定律求解，也可以结合角动量守恒定律求解．
当它们之间没有滑动时，角动量为ω`，根据角动量守恒定律得
A B IAω = (IA+IB)ω`，
R1 因此得ω` = IAω/(IA + IB)． R2 2
（1）设R1≦R2，那么A轮压在B轮上的面积为S = πR1， 压强为p = M1g/S = M1g/πR12．
当A轮在B轮上产生滑动时，在A轮上取一半径为r、对应角为dθ面积元，其面积为dS = rdθdr， 对B轮的压力为dN = pdS = prdrdθ， 所受的摩擦力为df = μdN = μprdrdθ，
其方向与半径垂直，摩擦力产生的力矩为dM = rdf = μpr2drdθ， 总力矩为
M??2?0?R10?pr2drd?
12?2π?pR13??M1gR133．
这是A轮所受的力矩，也是B轮所受的力矩．根据转动定理得B轮的角加速度为βB = M/IB．
根据转动公式ω` = βBt，得时间为
I?IB?`?A??BIA?IBM ?M1R12/2M2R22/2??M1R12/2?M2R22/22?M1gR1/3，
t?3M2R22R?1t?224?g(MR?MR)． 1122即
（2）如果R1≧R2，那么A轮压在B轮上的面积为S = πR22，
压强为p = M1g/S = M1g/πR22．
同样在A轮上取一面积元，力矩的积分上限就是R2．总力矩为
A r B dr R1 M???pr2dr?d?00R22?
132?2π?pR2??M1gR233，
由此求得时间就变为
3M2R12R2?t?24?g(M1R12?M2R2)．
t?只有当R1 = R2时，两个时间才是相同的：
2．35 均质矩形薄板绕竖直边转动，初始角速度为ω0，转动时受到空气的阻力．阻力垂直于板面，每一小面积所受阻力的大小与其面积及速度的平方的乘积成正比，比例常数为k．试计算经过多少时间，薄板角速度减为原来的一半．设薄板竖直边长为b，宽为a，薄板品质为m．
[解答]在板上距离转轴为r处取一长度为b，宽度为dr的面积元，其面积为dS = bdr． 当板的角速度ω时，面积元的速率为v = ωr， 所受的阻力为df = kv2dS = kω2r2bdr，
a 阻力产生的力矩为dM = rdf = kω2r3bdr，
因此合力矩为
3M2R1?3M2R2??4?g(M1?M2)4?g(M1?M2)．
1M??k?2br3dr?k?2ba404．
ar O dS 图2.35
b r 板绕转轴的转动惯量为I = ma/3，其角加速度为
2
M3k?2ba2?????I4m，
负号表示角加速度的方向与角速度的方向相反．
由于β = dω/dt，可得转动的微分方程
d?3k?2ba2??dt4m，
分离变数得
3kba2d?dt??24m?，
积分得
3kba21t??C4m?．
当t = 0时，ω = ω0，所以C = -1/ω0，因此转动方程为
3kba211t??4m??0．
当ω = ω0/2时，解得时间为
t?4m3kba2?0．
2．36 一个质量为M，半径为R并以角速度ω旋转的飞轮（可看作匀质圆盘），在某一瞬间突然有一片品质为m的碎片从轮的边缘上飞出，如图所示．假定碎片脱离飞轮时的瞬时速度方向正好竖直向上．
（1）问它能上升多高？
（2）求余下部分的角速度、角动量和转动动能． [解答]（1）碎片上抛的初速度为v0 = ωR， 根据匀变速直线运动公式v2 – v02 = -2gh，
R ω 图2.36
可得碎片上升的高度为h = v02/2g =ω2R2/2g．
（2）余下部分的角速度仍为ω，但是转动惯量只有
I?1MR2?mR22， Ek?121MI??(?m)?2R2222．
所以角动量为L = Iω = R2(M/2 – m)ω．
转动动能为
2．37 两滑冰运动员，在相距1.5m的两并行线上相向而行，两人质量分别为mA = 60kg，mB = 70kg，它们速率分别为vA = 7m·s-1，vB = 6m·s-1，当两者最接近时，便函拉起手来，开始绕质心作圆周运动，并保持二者的距离为1.5m．求该瞬时：
（1）系统对通过质心的竖直轴的总角动量；
mA （2）系统的角速度；
vA （3）两人拉手前、后的总动能．这一过程中能量是否守恒？ rA [解答]（1）设质心距A的并行线为rA，距B的并行线为rB，则有 r rB rA + rB = r，
根据质心的概念可得mArA = mBrB， vB 解方程组得 mB rA?mBmArrB?rmA?mB，mA?mB．
两运动员绕质心的角动量的方向相同，他们的总角动量为
L?mAvArA?mBvBrB mAmB?r(vA?vB)mA?mB= 630(kg·m2·s-1)．
（2）根据角动量守恒定律得L = (IA + IB)ω，
其中IA和IB分别是两绕质心的转动惯量IA = mArA2和IB = mBrB2． 角速度为ω = L/(IA + IB) = 8.67(rad·s-1)．
（3）两人拉手前的总动能就是平动动能
Ek1?1122mAvA?mBvB22= 2730(J)；
拉手后的总动能是绕质心的转动动能：
Ek2?11IA?2?IB?222= 2730(J)，
可见：这一过程能量是守恒的．
[讨论]（1）角动量．根据上面的推导过程可得两人绕质心的总转动惯量为
mAmBmAmB?r2I?mr?mr?r(rA?rB)mA?mBmA?mB，
2AA2BB角速度为
??可见：角速度与两人的质量无关，只与它们的相对速度和并行线的距离有关．
（2）损失的能量．两人的转动动能为
LvA?vB?Ir
1mAmB12?(vA?vB)2Ek2?(IA?IB)?2mA?mB2，
因此动能的变化量为
