第四章刚体的转动解剖_1.pdf

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1、 41 第四章 刚体的转动 一、基本要求 1理解刚体定轴转动的描述方法。2掌握转动定律，能熟练应用转动定律解题。3掌握质点角动量和角动量守恒定律，并能用它们分析、解决质点在平面内运动时的基本力学问题。4掌握刚体角动量和角动量守恒定律，并能求解一些简单问题。5理解刚体定轴转动时的动能定理。二、本章要点 1刚体定轴转动的描述 刚体作定轴转动时，其上各点均作圆周运动，且圆心都在转轴上。所以，刚体上各点的角位移、角速度、角加速度都是一样的，因此用角量描述刚体的定轴转动比较适宜。dtd 22dtddtd 2刚体定轴转动定律 IM外 3质点的角动量定理和角动量守恒定律 质点的角动量定理 dtLdMii 角

2、动量守恒定律：若作用在质点上的合力矩始终为零，则质点的角动量保持不变。即当 0iM时，L恒量。4定轴转动的质点系的角动量定理和角动量守恒定律 dtdLM外 若对一质点系，在其变化过程中始终有外M=0，则L恒量。这个结论叫做质点系对轴的角动量守恒定律。5刚体作定轴转动时的动能定理 kEA外)21(2I 三、例题 4-1 如图，两个完全相同的定滑轮分别用绳绕几圈以后，在轮绳端系一质量为 m 的 41 物体，在轮上以恒力mgF 拉绳，则两轮转动的角加速度A B。（填，=，）解：滑轮角加速度由绳拉力力矩产生。对A，因m有加速度，所以mgT；对mgFB，所以 A 受的力矩小BA。4-2 一飞轮的转动惯量

3、为，在 t=0 时角速度为0，此后轮经历制动过程，阻力矩的大小与角速度的平方成正比，比例系数 k0。当角速度减为3/0时，飞轮的角加速度 。解：由转动定律IM，且2kM，所以 Ik2 当30时，qIk20。4-3 滑轮圆盘半径为，质量为，长绳的一端绕在定滑轮圆周上，一端挂质量 m 的物体。若物体匀速下降，则滑轮与轴间的摩擦力矩为 。解：物体的受力分析如图所示。列方程 00fMTRTmg 解得摩擦力矩大小为 mgRMf 4-4 一质量 m、半径为的薄圆盘，可绕通过其一直径的轴转动，转动惯量241mRI。该盘从静止开始在恒力矩的作用下转动，t 秒后位于圆盘边缘上与轴垂直距离为的点的切向加速度大小为

4、 ，法向加速度大小为 。解：由转动定律IM 得 24mRMIM 切向加速度为 mRMRat4 由t及Ran2得，法向加速度 322216RmtMan 41 4-5 长为、质量为 m 的细杆可绕通过其一端的水平轴在竖直平面内无摩擦旋转，初始时刻杆处于水平位置，静止释放之后，当杆与竖直方向成 30时，角加速度为 ，角速度为 。解：根据转动定律IM，得 231cos2mLLmg 得 LgLg432cos3 又 Lgdddtddddtd2cos3 分离变量，积分 3002cos3dLgd 得 Lg233 4-6 飞轮质量 m=60kg，半径=0.2m，绕其水平中心轴转动，转速为 900 转/分。现利用

5、一制动用的闸杆(质量忽略)，在其一端加一竖直方向的制动力 F(恒力)。使飞轮减速，已知闸杆的尺寸如图所示，闸瓦与飞轮之间的摩擦系数=0.4，飞轮的转动惯量可按匀质圆盘计算。(1)设 F=100 牛顿，问飞轮经多长时间停止转动?在这时间内，飞轮转了几转?(2)要使飞轮在 2 秒内转速减为一半需加多大的？解：（1）杆和飞轮受力分析如图。对杆，力矩平衡，有)(baFNa FabaN 对滑轮，利用转动定律IM。因为FRabaNRM，41 且dtd，所以 dtdmRFRaba221 02002dFmRbaadtt 02FmRbaat022nFmRbaa 式中srrn/15min/9000是初始转速。代入

6、数字得 st65.5 又dddddtd，由转动定律得 ddmRFRaba221 0002dFmRbaad 20211)(4FllmRl 代入数字解得2.266，所以转数 4.422N（转）（2）因为 dtdmRFRaba221 所以 20002)(dFbaamRdtt NtbaamRF3.1414)(0 4-7 如图所示，两物体的质量分别为 m1与 m2，滑轮的转动惯量为，半径为 r。若 m2与桌面间的摩擦系数为，求 m1的加速度 a 及 41 绳子的张力。（设绳子与滑轮间无相对滑动，绳质量不计）解：对各研究对象作受力分析，列方程 RamgNfamfTIRTRTamTgm2221111 解得

7、22121/)(rImmgmma 2212211/)1(rImmgrImmT 2212122/)1(rImmgrImmT 4-8 如图所示，一刚体由匀质长棒和小球组成，棒的质量为 m，长为，小球（视为质点）质量也是 m，该刚体可绕轴在竖直平面内作无摩擦转动，将棒拉到水平位置作无初速释放，求当棒在运动过程中与铅垂线成角时，刚体的角速度和小球的法向加速度。解：设棒与竖直方向夹角为时，与水平方向夹角为，则2。规定顺时针为正方向。刚体所受的合力矩和转动惯量分别为 cos23cos2cosmgLLmgmgLM 2223431mLmkmLI 应用转动定律IM，得 mg23ddmLdddtdmLmLL222

8、343434cos 化简，分离变量，两边积分，得 dlgdcos8900 cos49sin49LqLq 小球的法向加速度为 cos492gLan 4-9 一质量为 m 的质点沿着一条空间曲线运动，质点的矢径在直角坐标系下的表示式为j tbi tarsincos，其中 a、b、皆为正常量，则在t时刻，此质点所受的力F_ ；此力对原点的力矩M_；该质点对原点的角动量 41 L_。解：因为j tbi tarsincos，所以 j tbi tavcossin rj tbi taa222sincos 所以)sincos(2j tbi tamamF 0)(2rmrFrM vmrLmj tbi ta)sin

9、cos(kmabj tbi ta)cossin(4-10 试证明：若质点只受有心力作用，则该质点作平面运动。证明：在有心力作用下，质点的角动量守恒，而角动量L垂直于r、v组成的平面。所以质点的r、v永远在上述平面内，因此质点作平面运动。此题用对称性原理也可以说明。决定质点运动的因素只有两个：速度和有心力。它们决定了一个平面，没有原因使质点偏离这个平面，所以它只能在这个平面内运动。4-11 地球质量为 m，太阳质量为，地心与日心的距离为，引力常数为，设地球绕太阳作圆周运动，则地球对太阳中心的角动量为_。解：引力提供了地球作圆周运动的向向心力，即22RmMGRvm，所以地球运动速度为 RGMv 因

10、此地球对太阳中心的角动量大小为 GMRmRmvL 4-12 哈雷彗星绕太阳运动的轨道是一个椭圆。它与太阳中心的最近距离是mr1011075.8，其时它的速率是smv/1046.541。它离太阳中心最远时的速率是)/(1008.922smv，这时它离太阳中心的距离2r_。解：哈雷彗星对太阳中心的角动量守恒，且在最近、最远处矢径与速度垂直。所以 2211vmrvmr)(1026.5121212mrvvr 4-13 我国 1988 年 12 月发射的通信卫星在到达同步轨道之前，先要在一个大的椭圆形“转移轨道”上运行若干圈。此转移轨道的近地 点 高 度 为205.5km，远 地 点 高 度 为3583

11、5.7km。卫星越 过近地点时的速率 为10.2km/s。地球半径取为 6380km，求：(1)卫星通过远地点时的速率。(2)卫星在此轨道上 41 运行的周期。解：（1）角动量守恒 2211)()(vhRmvhRm)/(59.11212skmvhRhRv（2）任一时刻卫星对地心的角动量 dtdsmdtrdlmdtdlrmrmvL2sinsinsin 式中ds为dt时间内卫星与地心的连线扫过的面积，即图中阴影部分面积。所以 mdsLdt2 两边积分，并考虑到L不变，得 abmmSLT22椭圆 式中，T为周期，a、b分别为椭圆轨道的短半轴和长半轴。又22121)(22cbahRbcRhhb，所以)

12、(57.10)(97.38055)(2211hsvhRmabmLabmT 4-14 一质子（质量为 m）从很远处以初速 v0朝着固定的原子核（质量为，核内质子数为）附近运动，原子核与 v0方向的距离为 b。质子由于受原子核斥力的作用，它的轨道是一条双曲线，如图所示，质子与原子核相距最近时，距离为sr，则质子的速度为 。解：质子受到有心力的作用，故角动量守恒。则 0mbvssvmr 所以 0vrbvss 4-15 在一较大的无摩擦的平均半径为的水平固定圆环槽内，放有两个小球，质量分别为 m 和，两球可在圆槽内自由滑动。现将一不计其长度的压缩的轻弹簧置于两球之间，如图所示。将压缩弹簧释放后，两球沿

13、相反方向被射出，而弹簧本身仍留在原处不动，则小球 m 将在槽内运动路程为_后与发生碰撞。解：从弹簧释放到两球分离，m 和所受的支持力通过环心，“m+M”系统相对于环心的角动量守恒，有 41 0MmRMvRmv 所以 mMvMmv 或 tvMmtvmM 分离后 m、M 沿相反的方向运动，且各自的速率不变，经过时间 t 相遇，则有 RtvtvMm2 将代入得 m 运行路程为 RmMMtvM2 4-16 两个质量相等、高度相同的人和分别在两根固定的悬绳(绳质量可忽略不计)上进行爬绳比赛时，的上爬速度为Av，的上爬速度为Bv，且BAvv，则先到达最高点。现将该绳跨过一轻定滑轮，两人再进行爬绳比赛，求和

14、相对于地面的速度。解：对于“A+B+滑轮”系统，所受对轮轴的外力矩之和为零，故角动量守恒。系统的角动量为 BBBAAAvmrvmrL 式中，Av、Bv分别是 A、B 相对于地的速度。因为 AAvmRL 垂直纸面向里 BBvmRL 垂直纸面向外 所以 AvmR 0BvmR 得 BAvv 即 A、B 相对于地的速度相同。设 A 方的绳子往下运动，则 B 方的绳子往上运动，则 地绳vvvAA 地绳vvvBB 所以 地绳vvA地绳 vvB 得 2BAvvv地绳 41 因此 2ABBAvvvv 4-17 一根长为l的细绳的一端固定于光滑水平面上的点，另一端系一质量为 m 的小球，开始时绳子是松弛的，小球

15、与点的距离为 h。今使小球以某个初速率沿该光滑水平面上一直线运动，该直线垂直于小球初始位置与点的连线。当小球与点的距离达到l时，绳子绷紧从而使小球沿一个以点为圆心的圆形轨迹运动，则小球作圆周运动时的动能KE与初动能0KE的比值KE0KE_。解：在绳子绷紧的短暂过程中，绳子对球的作用力通过 O 点，所以所受力对 O 点力矩之和为零，故小球对 O 点角动量守恒。有 lmvhmv0 所以 0vlhv 故 02202202)()21()()(2121kKElhmvlhvlhmvE 20)(lhEEkk 4-18 在光滑水平桌面上，质量为的木块连在原长为0L的弹簧上，弹簧的另一端固定在桌面上的点，弹簧的

16、倔强系数为 k，质量不计。有一质量为 m 的子弹以水平速度0v（其方向与垂直）射向木块并停留在其中，然后一起由点沿曲线运动到点。已知=，求物体（包括子弹）在点的速度大小和角的大小。解：对（m+M）系统，碰撞过程动量守恒。设碰后二者速度为Av，则：AvMmmv)(0 “M+m+弹簧”系统在BA 过程中机械能守恒。设在 B点速度大小为0v，则：2022)(21)(21)(21LLkvMmvMmBA 在BA 运动过程中，“M+m”系统所受重力与支持力对点力矩和为 0，弹簧拉力通过点，对点力矩和为 0，因此（m+M）对点外力矩之和为 0，系统角动量守恒。有 sin)()(0BALvMmvLMm 41

17、由式解得：mMLLmMkvmvB20202)(2020200)(arcsinLLmMkvmLLmv 4-19 如图，匀质圆盘以角速度绕通过其中心与盘面垂直的轴转动，同时射入两个质量相同、速度大小相同方向相反，且在一条直线上(与轴垂直)的子弹，子弹射入圆盘并留在盘内，则子弹射入后，圆盘的角速度将(C)。(A)增大 (B)不变 (C)减小 (D)无法确定 解：对“子弹+圆盘”系统，在子弹射入圆盘过程中，角动量守恒，则I恒量。子弹射入盘中后，系统的转动惯量增加，所以角速度减小。4-20 一质量为 m、长度为的均匀细杆水平放置在光滑桌面上，可绕过其一端且垂直杆的竖直轴旋转，杆上套着一质量为 m 的套管

18、（可作为质点），用细线和轴拉住，套管到轴的距离为/2。杆和套管所组成的系统以角速度绕轴转动。若在转动的过程中细线被拉断，套管将沿杆滑动，当套管到轴的距离为 x（x时，该系统转动角速度为 。解：在套管滑动过程中，“细干+套管”系统受到合外力矩为 0，所以系统角动量守恒。绳子刚被拉断时，系统角动量 02022000127)2(31mLLmmLIL 当套管到轴的距离为 x 时，系统角动量 3122mxmLIL 所以 )31(1272202mxmLmL 0222)3(47xLL 4-21 宇宙间某一星球，原来以某一角速度自转，由于某种自身的原因，该星球逐渐 收缩（质量不变）。经过若干年后，它的半径缩为

19、原来的 90，则其自转角速度变为原来的 _倍。（球的转动惯量为 2mR2/5）解：星球在收缩过程中，自转角动量不变。则 02020081100)%90(5252RmmRII 41 即角速度是原来的81100倍。4-22 一质量为 m、半径为的均质圆形转台，可绕通过台心的铅直轴无摩擦转动，台上有一质量也是 m 的人。当他站在转台边缘时，转台与人一起以角速度转动，当人走到台心时，转台的角速度为 。解：对“转台与人”系统，所受外力为台的重力和轴对台作用力及人所受重力。前两力通过转轴，不产生力矩；人的重力平行转轴，也不产生力矩，故系统对轴的角动量守恒，有 II00 因为22202321mRmRmRI，

20、221mRI，所以 0003II 4-23 一水平圆台绕通过圆心的铅直轴自由转动，一人站在水平圆台的圆心上，两手 平举两个哑铃，在他把哑铃水平地收缩到胸前的过程中，人与哑铃组成的系统的角动量 ，机械能 ，人、哑铃与圆台组成的系统的角动量 ，机械能 。（填“守恒”或“不守恒”）解：对“人与哑铃”系统，它所受的外力中，哑铃和人的重力对轴无力矩，人所受的圆台的摩擦力有摩擦力矩。所以对该系统0外M，故角动量不守恒。由于人与哑铃之间有相对位移，内力要做功，故系统的机械能也不守恒。对“人、哑铃和圆台”系统，它所受的外力为重力和轴的支持力，它们对轴都无力矩，故系统角动量守恒。系统内力做功，故机械能不守恒。4

21、-24 一木棒可绕固定的水平光滑轴在竖直平面内转动，木棒静止在竖直位置，一子弹垂直于棒射入棒内，使棒与子弹共同上摆。在子弹射入木棒的过程中，棒与子弹系统的机械能 ，动量 ，角动量 。（填“守恒”或“不守恒”）解：因棒与子弹有相对位移，它们之间的一对力要做功，所以机械能不守恒。因为轴对棒有作用力，沿倾斜方向，所以动量不守恒。因为系统所受外力对轴力矩为零角动量守恒。4-25 轻绳一端固定在点，另一端系一质量为 m 的小球，小球在水平面内作匀速率圆周运动，则小球的动能 ，动量 ，对点的角动量 ，对转轴的角动量 。（填“守恒”或“不守恒”）解：因为小球在运动过程中，所受的重力与拉力都与位移垂直所以它们

22、都不做功，故动能守恒。又小球所受二力之和不为 0，所以动量不守恒。拉力通过O点，对O点没有力矩，但 mg 对 O 点有力矩，所以对 O点角动量不守恒。但 T 通过转轴，对轴没有力矩，重力平行于轴，对轴也没有力矩，对轴角动量守恒（或因为拉力与重力的合力通过轴）。41 4-26 一根质量为 m、长为的细而均匀的棒，其下端绞接于水平地板上，并竖直立起，如让它倒下，则棒将以角速度撞击地面；若将棒截为长的一段，初始条件不变，则它撞击地板时的角速度为 。解：“棒与地球”系统在棒转动过程中机械能守恒。有 2223121212mLILmg 所以=Lg3 当棒长为2L时，撞击地面时角速度=2/3Lg=2 4-2

23、7 绳长、质量 m 的单摆和长也是、质量也是 m、可绕一端自由转动的匀质细 棒，把它们都拉开角由静止释放，两者运动到竖直位置时 的角速度较大。解：在杆（或球）运动过程中，“杆（或球）与地球系统机械能守恒。有 对杆：mg2L(cos1)=231(21mL)2杆 杆=Lg)cos1(3 对球：)cos1(mgL=212球mv=2221球mL Lg)cos1(2球 所以 杆球 4-28 一根长为、质量为的均质细杆，可绕通过其一端的光滑轴在竖直平面内转 动。杆从水平位置由静止自由摆到竖直位置时，则杆的转动动能=；杆的角速度 ；杆的角加速度 。解：在杆的转动过程中，“杆与地球”系统的机械能守恒，所以在竖

24、直位置时杆动能为 21kEI22LMg 41 角速度 LgMLMgLIMgL3312 当杆摆到竖直位置时，所受合力矩为 0，所以此刻角加速度 0 4-29 一芭蕾舞演员两臂平伸，绕自身的铅直轴旋转，其转动动能为，转动惯量为I。当她将手臂收回到胸前时，其转动惯量变为2/I，则她的转动角速度将变为 ，转动动能为 。转动动能为什么增大？解：演员在转动过程中对自身中心轴的角动量守恒。设演员两臂平伸时角速度为，两臂收回时角速度为，则 II 考虑到II2，IE2，所以 IE22 转动动能变为 EIEIIE224221212 转动动能增大是因为手臂收回时内力要做功。4-30 在如图所示的装置中，设质量 m1

25、、m2、1和2，半径1和2均已知，且 m1m2，设绳长不变，质量不计，绳子与滑轮间不打滑，且滑轮的质量均匀分布，其转动惯量可按均匀圆盘计算，滑轮轴承处无摩擦阻力。（1）用牛顿定律或转动定律写出各物的运动方程，求 m2的加速度和三绳的张力。（2）利用机械能守恒定律的条件分析这一系统的机械能是否守恒？利用能量关系，求下 m1降距离为 x 时的速度。解：（1）对个物体作受力分析，由牛顿运动定律及转动定律得 41 2211222221112232233221112111112121RRaRMIRMIamgmTIRTRTIRTRTamTgm 解得 gMMmmmma22212121 gmMMmmMMmT1

26、2121212122222 gMMmmMmMmmmT222121221211221212 gmMMmmMMmT22121211322222（2）对“地球”系统绳2121MMmm，所受外力为两转轴对两滑轮作用力，显然二力是不做功的；所受非保守内力是绳子的拉力332211TTTTTT、。下面分析这六个力做功情况。假设1m下降位移dx，21MM、转过的角度分别为21dd、，则六个力做功分别为 dxTdA11 dxTdRTdMAdT1111111 dxTdRTdMdAT2112122 dxTdRTdMAdT2222222 dxTdRTdMdAT3223133 dxTdxTdAT333 作功之和0dA，

27、即非保守内力之和作功之和为 0。由于系统所受外力和非保守内力都不做功，所以机械能守恒。有 22221122212121212121IIvmvmgxmgxm 考虑到2222211122112121RMIRMIRRv，解得 22)(2212121MMmmgxmmV 41（4）A 至最低点时 A、B 间绳断，受力分析如图所示。则 2434321mRIRakxTIRTRTammgTm 解得 g)32(32 解法二：对“A+B+C+D+弹簧+地球+绳”系统，所受外力中除摩擦力外，其余各力都不作功；非保守内力作功之和为 0。应用功能原理有 mgxkxImvmgx22221221221 又221mRIRv，

28、解得 2233)1(2xmkxgv 两边对时间求导，得 xvmkvgav233)1(22 xmkga33)1(以下步骤与方法一同。4-32 长为、质量为 m 的均匀细棒，一端悬挂在点上，可绕水平轴无摩擦地转动，如图所示。在同一悬挂点，有长为l的轻绳悬一小球，质量也为 m，当小球悬线偏离竖直方向某一角度时，由静止释放，小球在悬点正下方与静止的细棒发生弹性碰撞，当绳的长度l为多少时，小球与棒碰撞后，小球刚好静止。解：在小球与棒发生弹性碰撞过程中，“小球与棒”系统的角动量（对转轴）守恒；“小球、棒、地球”系统机械能守恒。设碰前瞬间小球速度为v，碰后棒角速度为，则 222312121mLIImvIml

29、v 41 解得 Ll33 4-33 一长为、质量为之均质木棒，可绕光滑水平轴在竖直平面内转动，开始时，棒在060位置由静止释放，当棒转到竖直位置时，在离轴为 3/4 处有一质量为 m 的子弹以水平向右的速度射入棒内，求棒返回向右摆起之最大角速度？解：棒在下摆过程中，“棒与地球”系统的机械能守恒；碰撞过程“棒与子弹”系统的角动量守恒。设棒摆至竖直位置时角速度为0，则 31)43()31(43)31(21)60cos1(22202202MLLmMLLmvMLLMg 解得 LMmgLMmv)1627(6836 4-34 质量为，长为的匀质直棒，可绕垂直于棒的一端的水平轴无摩擦地转动，它原来静止在平衡

30、位置上。现有一质量为 m 的弹性小球飞来，正好在棒的下端与棒垂直地相撞，相撞后使棒从平衡位置处摆动到最大角度30处。设碰撞为弹性碰撞，求小球的初速度。相撞时，小球受到多大的冲量？解：（1）碰撞过程，“球与棒”系统角动量守恒，机械能守恒；棒上摆过程，“棒与地球”系统机械能守恒。设碰前球速度为0v，碰后球速为v，棒角速度为，则)30cos1(2)31(21)31(212121)31(222222020LMgMLMLmvmvMLmvLLmv 解得)32(61230glmMmv（2）小球受到的冲量0mvmvI，利用（1）中的第一、三式，解得 gLMMLI)32(6631 41 4-35 如图，匀质圆盘

31、定滑轮的质量为，半径为，一根轻质不能伸长的绳子跨过滑轮，绳子一端联结在一轻质弹簧上，另一端悬挂一质量为 m 的物体。弹簧一端固定在点，倔强系数为k。将 m 托起，使弹簧没有伸长，然后放手。试求弹簧伸长量为x时，物体m 的加速度和速度，以及物体 m 下降到最低点时的加速度的大小和方向。解法一：利用牛顿定律和转动定律 2221121MRIRkxTIRTRTmaTmg 解得 Mmkxmga222 因为 Mmkxmgdxdvva222 所以 xvdxMmkxmgvdv00222 Mmkxmgxv2242 当m降至最低点时，0v。代入上式得，此时弹簧的伸长量 kmgxm2 所以，此刻物体的加速度为 Mm

32、mgMmkxmgam22222 负号说明加速度方向向上。解法二：利用“Bm+弹簧+地球”系统机械能守恒。设m下降x时，m速度为v，角速度为，则 222212121kxImvmgx 41 考虑到RvMRI，221，解得 2222Mmkxmgxv 或 Mmkxmgxv2242 两边对时间求导，得 va2222Mmkxvmgv Mmkxmga222 求降至最低点加速度同方法一。4-36 如图，一匀质圆盘定滑轮的质量为，半径为。一根轻质不能伸长的绳子跨过 滑轮，绳子一端系着质量为 m 的香蕉，另一端悬爬着质量也为 m 的一只猴子，两者同高。猴子沿绳上爬，问两者谁先达到滑轮处？解：设猴上升速度1v，香蕉

33、上升速度2v，滑轮角速度（总是顺时针）。因为“猴+香蕉+滑轮”系统角动量守恒，所以 021mRvImRv mRIvv21 显然，21vv，即猴先到达滑轮处。4-37 宋史记载：至和元年，即 1054 年，有一次超新星爆发，其后果是形成了如今观察到的蟹状星云及其核心中子星 PSR0531+21。此中子星质量为kgm30105.2，半径为kmR15，自转角速度srad/109.12，并以211/106.7srad的角加速度变慢。将此中子星按均匀球体计算，转动惯量为5/22mR。求:此中子星的平均密度是地球平均密度（33/105.5mkg）的几倍？它的转动动能按什么速率（以计）减少？（即求每秒钟减少的动能）这一变率是太阳的总辐射功率（W26102.4）的几倍？假设此一动能减率保持不变，该中子星再经过多长时间将停止转动？解：（1）中子星的平均密度是地球平均密度的 133102334地地地中RmVmn（倍）(2)此中子星转动过程中绕自身轴的角动量守恒，即I恒量。所以其动能随时间的变 41 化率)(10625.1515.021)21(3022WmRIdtdIdtIddtdEwk 它是太阳的总辐射功率的 太pW倍31087.3(3)它再经过时间 41220109.7)(105.221sdtdEIdtdEEtxx（年）停止转动。