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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
(2) 根据初始条件对式(2)积分，有 即
在时间t 内所转过的圈数为
4-19 分析 由于棒的质量不计，该系统对z 轴的角动量即为两小球对z 轴的角动量之和，首先可求出系统对z 轴的转动惯量(若考虑棒的质量，其转动惯量为多少，读者可自己想一想)，系统所受合外力矩既可以运用角动量定理，也可用转动定律来求解.相比之下，前者对本题更直接.
解 (1) 两小球对z 轴的转动惯量为 ，则系统对z 轴的角动量为
此处也可先求出每个小球对z轴的角动量后再求和. (2) 由角动量定理得
t ＝0时，合外力矩为
此处也可先求解系统绕z 轴的角加速度表达式，即 ，再由M ＝Jα求得M.
4-20 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.
解 (1) 碎块抛出时的初速度为
由于碎块竖直上抛运动，它所能到达的高度为
(2) 圆盘在裂开的过程中，其角动量守恒，故有
式中 为圆盘未碎时的角动量； 为碎块被视为质点时，碎块对轴的角动量；L 为破裂后盘的角动量.则
4-21 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
式中 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 为子弹在此刻绕轴的角速度. 为杆绕轴的转动惯量.可得杆的角速度为
4-22 分析 两伞型轮在啮合过程中存在着相互作用力，这对力分别作用在两轮上，并各自产生不同方向的力矩，对转动的轮Ⅰ而言是阻力矩，而对原静止的轮Ⅱ则是启动力矩.由于相互作用的时间很短，虽然作用力的位置知道，但作用力大小无法得知，因此，力矩是未知的.但是，其作用的效果可从轮的转动状态的变化来分析.对两轮分别应用角动量定理，并考虑到啮合后它们有相同的线速度，这样，啮合后它们各自的角速度就能求出.
解 设相互作用力为F，在啮合的短时间Δt 内，根据角动量定理，对轮Ⅰ、轮Ⅱ分别有 (1)
(2)
两轮啮合后应有相同的线速度，故有
(3)
由上述各式可解得啮合后两轮的角速度分别为
4-23 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 .
解 由相对角速度的关系，人相对地面的角速度为
由于系统初始是静止的，根据系统的角动量守恒定律，有
式中J0 、J1 ＝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