第五章刚体定轴转动
刚体：任何情况下形状和体积都不改变的物体（理想化模型）。
刚体是特殊的质点系，其上各质点间的相对位置保持不变。有关质点系的规律都可用于刚体，而且考虑到刚体的特点，规律的表示还可较一般的质点系有所简化。
§1 刚体的运动
一. 刚体的运动形式
1.平动
在运动中，如果连接刚体内任意两点的直线在各个时刻的位置都彼此平行，则这样的运动称为刚体的平动。平动是刚体的基本运动形式之一，刚体做平动时，可用质心或其上任何一点的运动来代表整体的运动。以前所讲过的关于质点的运动学规律都适用于刚体的平动。
2.转动
转动也是刚体的基本运动形式之一，它又可分为：
定轴转动：运动中各质元均做圆周运动，且各圆心都在同一条固定的直线（转轴）上。（本章着重讨论定轴转动）定点转动：运动中刚体上只有一点固定不动，整个刚体绕过该定点的某一瞬时轴线转动（如陀螺的运动）。
在动力学的处理中，通常选取质心为基点比较方便。
二. 刚体转动的描述（运动学问题）
1.定点转动 （1）角量的描述
刚体绕基点O 的转动，其转轴是可以改变的。为反映瞬时
轴的方向及刚体转动的快慢和转
向，引入角速度矢量ω?
。
t
d d θωω==ρ 式中θd 是刚体绕瞬时轴转动的无限小角位移。
规定角速度的方向沿瞬时轴，且与刚体转向成右手螺旋关系。
为反映刚体角速度的变化情况，引入角加速度矢量 t
d
d ω
αρ
ρ=
一般情况下，αρ
并不一定沿着瞬时轴。
在定轴转动的情况下，ωρ
和αρ
都只有沿固定转轴的分量，此时可用代数量ω和α来表示角速度和角加速度。设定转轴的取向，规定转向与转轴取向成右手螺旋关系时的ω和α为正量，反之为负量。
（2）线量和角量的关系
刚体上任意点P P 点线速度：
r r ρ
ρρρρ?=?=⊥ωωv
P 点线加速度：
v
d d d d d v d ρρρρρ
ρρρρρ?+?=?+?==ωαωωr t r r t t a
r ρ
ρ?α称作旋转加速度； v ρ
ρ?ω称作向轴加速度。
2.定轴转动
此时转轴固定，矢量αω?
?、退化为
代数量。刚体上各点都绕同一轴
作圆周运动，且各点αω、都分别相同。
ω⊥=r v αω
ω⊥⊥⊥====r t
r t a r a t n d d d v d 2
??
??
?
??-=-+=-+=)
(2 21 )( 0202200θθαωωαωθθαωωt t t
§2 刚体的定轴转动定律
ω
??=?====∑∑∑⊥⊥
)( v )(d d )
(d d 2i
i i i
i i i i
iz z z z r m r m L L z t
L M O t
L M 轴对点对外外ρ
ρ
令 ∑⊥?=i
i i z r m J 2 ─ 刚体对z 轴的转动惯量
则 ω?=z z J L ，t
J t L M z
z z d d d d ω
==
外 即 αz z J M =外 ─ 转动定律
其中∑?=⊥⊥i
i i i z r F M θsin 外 是对z 轴的外力矩和。定轴情况下，
可不写下标z ，记作：αJ M = ，
J 反映刚体的转动惯性。
转动定律与牛顿第二定律相比，有
M ～ F ， J ～ m ， α～ a 。
§3 转动惯量的计算
?∑?=?=⊥⊥
m
i i m r J r m J )
( d )
(2
2连续分立
J 由质量对轴的分布决定。
一. 常用的几种转动惯量表示式 细圆环： 2mR J O =
均匀圆盘：221
mR J C =
R
m
O m
均匀细杆：
2
121ml J C =，231ml J A =
二.计算转动惯量的几条规律 1. 对同一轴J 具有可叠加性 ∑=i J J 2.平行轴定理
2md J J C +=
min J J C =∴
§4 转动定律应用举例
已知：如图示，轮
R = 0.2m ，
m =1kg ，v o =0，h =1.5m ，绳轮间无相对滑动，绳不可伸长，下落时间t =3s 。
求：轮对O 轴J =？ 解：动力学关系：
对轮：α?=?J R T (1) 对m ： ma T mg =- (2)
C d m J C
J
平行
×
运动学关系：
R
a
=
α
2
2
1
at
h= (4) (1)~(4)联立解得2
2
)1
2
(mR
h
gt
J-
=
分析结果：·单位对；
·h
、m一定，J↑→t↑，合理；
·若J = 0，得2
2
1
gt
h=，正确。
代入数据：
2
2
2
m
kg
14
.1
2.0
1
)1
5.1
2
3
8.9
(
?
=
?
?
-
?
?
=
J
§5 定轴转动中的功能关系
一. 力矩的功
力矩的空间积累效应：
θ
θ
α
θ
α
d
d)
cos
(
)
d
(
cos
d
M
r
F
r
F
W
=
?
=
=
⊥
⊥
⊥
⊥
力矩的功2
1
?=θ
θ
θ
Md
W
二. 定轴转动动能定理
??
?=
=
=2
1
2
1
2
1
d
d
d
d
dθ
θ
ω
ω
θ
θ
ω
ω
θ
ω
θJ
t
J
M
W
2
1
2
22
1
2
1
ω
ωJ
J-
=
T =–T
′
令 2
21ωJ E k = ─ 转动动能
）
（可证：∑?=22v 21
21i i m J ω 于是得到刚体定轴转动动能定理： 12k k E E W -= 四. 应用举例
对于包括刚体的系统，功能原理和机械能守恒定律仍成立。 [例]已知：如图示，均匀直杆质量为m ，长为l ，初始水平静止。
轴光滑，
4/l AO = 。
求:杆下摆到θ角时，角速度=ω？轴对杆的作用力
=N ?
？
解：（杆+地球）系统，只有重力作功，E 守恒。 初态：，01=k E 0 1=P E 令 末态：,2122ωO k J E =
θsin 4
2l
mg E P -= 则： 0sin 4212=-θωl
mg J O (1)
由平行轴定理 2md J J C O += ，
有 22248
7
)4(121ml l m ml J O =+= (2)
(1)、(2)解得： l g 7sin 62θ
ω= 。
应用质心运动定理求轴力N ρ
：
C a m g m N ?
??=+
Cl l ma N mg l =+-θsin ?方向： (3)
Ct t ma N mg t =+θcos ?方向： (4)
7
O l
Ct J mg l l a θαcos 444
?==7
cos 3θg
=
(6) 由(3)(4)(5)(6)解得：
,sin 7
13
θmg N l =
θcos 74
mg N t
-= t
mg l mg N ?cos 7
4
?sin 713?-?=θθ
N
16sin 15372+?=θmg
N
)ctg 13
4(tg ||tg
11
θβ--==l t N N
§6 刚体定轴转动的角动量定理和角动量守恒定律
现在讨论力矩对时间的积累效应。 质点系：
对点：t
L
M d d ρρ=外，1221d L L t M t t ρρ?-=?外
对轴： z t t z z L L t M 122
1
d -=?外
刚体： L z =J z ω
由此得到刚体定轴转动的角动量定理： 122
1
d ωωz z t t z J J t M -=?外
刚体定轴转动的角动量守恒定律：
若M 外z = 0，则J z ω= 常量.
若几个刚体组成一个刚体系，且其中各刚体都绕同一轴转动。则在刚体系0=z M 外的情况下，有.const ∑=i iz J ω，这时角动量可在系统内部各刚体间传递，而却保持刚体系对转轴的总角动量不变。
[例] 如图示，已知：h ，R ，M =2m ，θ=60?
求：碰撞后的瞬刻盘的 ？=0ω
(黏土块)
y
P 转到x 轴时盘 的 ω=? ?=α
解：m 下落：
?=2
v 21m mgh
gh 2v = (1)
对（m +盘）系统，碰撞t ?极小，冲力远大于重力，故重力对O 轴力矩可忽略，又轴处外力对轴
的力矩为零，故系统角动量守恒：
0cos v ωθJ R
m = (2)
又 222221
mR mR MR J =+= (3)
由(1)(2)(3)得：
θωcos 220R gh
=
(4) 对（m + M +地球）系统，只有重力作功，
E 守恒，令P 、x 重合时E P = 0，则：
2
202121sin ωωθJ J mgR =+ (5)
由(3)(4)(5)得：
v
α
,
θθωsin cos 22
2
R g R gh += )34(2
.21R h g
R +=
)60(ο=θ R
g
mR mgR J M 222
===
α 。 一、基本要求
1．掌握质点系对定轴的角动量守恒定律并应用其解题。 2．理解刚体定轴转动定律，会求解定轴转动刚体与质点的联动问题。
3．理解刚体定轴转动的动能定律及刚体与质点系统的功能关系。
4．了解转动惯量的定义及计算方法。
二、知识系统图
例题
1.判断对错
（1）匀速定轴转动的刚体上任一点的切向加速度和法向加速度均为零。
（2）作用在定轴转动刚体上的两个力的合力为零时，合力矩也一定为零，总功也一定为零。
（3）作用在定轴转动刚体上的两个力的合力矩为零时，合力也一定为零，总功也一定为零。
（4）一物体可绕定轴无摩擦匀速转动，当它热胀冷缩时，其角速度保持不变。 （5）已知刚体质心C 距离转轴为c r ,则刚体对该轴的转动惯量为2
c mr J =。 答：
（1）选题目的 明确匀速定轴转动刚体上任一点的运动情况。
错误。 匀速定轴转动刚体上的任一点都作匀速圆周运动，速度的大小不变而方向时刻在改变，所以切向加速度为零，而法向加速度不为零。
（2）选题目的 明确对定轴转动刚体的力与力矩的区别及力与力矩的功的区别。 错误。 大小相等方向相反的两个力，如果作用在刚体上距转轴距离不同的两个点，则合力为零但合力矩不为零，合力矩不为零时总功也不为零。
（3）选题目的 同（2）。
错误。 作用在刚体上距转轴距离不同的两个点上的两个力，合力矩为零时，合力必然不为零。但因合力矩为零，所以总功为零。
（4）选题目的 对定轴的角动量守恒定律的灵活运用。
错误。 物体热胀冷缩，是质元间内力相互作用的结果，因外力矩为零，所以对定轴的角动量ωI 守恒。热胀时I 增大ω减小，冷缩时I 减小ω增大。 （5）选题目的 对转动惯量定义的理解。
错误。转动惯量定义为dm r J ?
=2
，根据质心的定义m
dm r r c ?=??（m 是刚体的质量）显
然有2
c mr J ≠。
2．一个内壁光滑的圆环形细管，正绕竖直光滑固定轴OO ′自由转动。管是刚性的，转动惯量为J 。环的半径为R ，初角速度为0ω，一质量为
m 的小球静止于管的最高点A 处，如图所示，由于微小
干扰，小球向下滑动。试判断小球在管内下滑过程中，下列说法是否正确，并说明理由。（1）地球、环与小球系统的机械能不守恒；（2）小球的动量不守恒；（3）小球对OO ′轴的角动量守恒。
解：选题目的 明确机械能、动量和角动量守恒的条件及分析方法。 （1）不正确。
对小球、环管、地球系统，外力的功为零，非保守内力
只有一对小球与管壁之间的相互作用力N ?和N ?
'。在小球下滑过程中，小球受管壁的压
力N ?始终与小球相对管壁的速度方向（与管壁相切）垂直，所以N ?和N ?
'这一对力做功之和为零，此结论与参照系的选择无关，所以有0=非保内W ，因此系统满足机械能守恒的条件。 （2）正确。
在小球下滑过程中，始终受管壁的压力和重力，二力的方向不在一条直线上，所以合力不为零，使得小球的动量不断变化。 （3）不正确。
开始小球在A 点时，小球对OO ′轴的角动量为零，小球滑到B 点时，由于随同管壁转动而具有垂直于环半径的水平分速度，它对OO ′轴的角动量不再为零。越过最底的C 点时，它对OO ′轴的角动量又为零了，由此可知，小球下滑时对OO ′轴的角动量是变化的，从条件上分析，是因为小球下滑过程中，受管壁的压力的方向不通过OO ′轴，因而对OO ′轴有力矩的缘故。
3．两个均匀圆柱，对各自中心轴的转动惯量分别为1J 和2J ，两轴平行，两柱沿同一转向分别以角速度10ω和20ω绕各自中心轴匀速转动，平移两轴使其边缘相接触，当接触处无相对滑动时，两个圆柱的角速度分别为1ω和2ω。有人认为此过程两圆柱系统的角动量守恒，有：2211220110J J J J ωωωω+=+ ，你认为这个方程成立吗？ 答：选题目的 明确角动量守恒的条件及分析方法。 该方程不成立。
此方程的列出是把两圆柱看作一个系统，因无外力矩，所以角动量守恒。而质点系对定
轴的角动量守恒定律要求质点系绕同一定轴转动，本题中两柱转动的轴不重合，所以方程不成立。对每个柱来说，均受到外力矩的作用，所以角动量不守恒，此外力矩即相互之间的摩擦力矩。
4．长为l 质量为M 的匀质细杆可绕通过其上端的水平固定轴O 转动，开始时杆静止在竖直位置，被一质量为m 水平速度为0v 的子弹击中距O 点为r 的地方，且埋于杆内，求杆刚被击中后的角速度ω。有人认为子弹与杆的碰撞过程动量守恒，杆的动量为
==??dx l M x vdm l
ω
ωMl 21 ，所以ωωMl mr mv 2
1
0+= ，得Ml mr mv +=
220ω ，你以为此解如何？
答：选题目的 明确动量和角动量守恒的条件及分析方法。
上述解答是错误的。子弹与杆的碰撞过程中系统的动量不守恒，因为还受到轴的作用力，该力是冲击力，不能忽略。由于碰撞过程极为短暂，可认为杆的位置还来不及变化，因此子弹与杆系统的重力对定轴O 无力矩，轴的作用力也无力矩，所以碰撞过程中系统对
定轴O 的角动量守恒，有ωω2
2
031Ml mr r mv +
= ，可解得 2
2033Ml mr r
mv +=ω 。
5.一根轻绳绕过质量为
4m
，半径为
R 的定滑轮，定滑轮的质量均匀分布在边缘上。绳的
一端系一质量为
2m
的重物，绳的另一端由质量为m 的人抓住，如图，绳与滑轮不打滑。
当人以匀速率u 相对绳子向上爬时，求重物上升的加速度。 解：选题目的 牛顿定律与刚体定轴转动定律的综合应用。
重物受重力和向上的张力1T ，人受重力和向上的张力2T ，滑轮受张力1T 和2T 的力矩的作用，设重物上升的加速度为a ，分别用牛顿定律与刚体定轴转动定律列运动方程
()ma
T mg R m
R T T a m g m T =-=-=-
221214
2
2α
式中α为刚体转动的角加速度。因人以匀速率u 相对绳子向上爬，所以人对地与重物对地的加速度相等。因绳与滑轮不打滑，有a R =α，解方程得g a 7
2
=。可见与人爬的速率u 无关。
6.质量为m 半径为R 的匀质圆盘可绕过盘心的光滑竖直轴在水平桌面上转动。盘与桌面间的滑动摩擦系数为μ。若用外力使其角速度达到0ω时撤去外力，求：（1）此后圆盘还能转动多长时间？共转了多大角度？（2）上述过程中摩擦力矩所做的功。 解：选题目的 刚体转动定律、动能定理及运动学知识的综合应用。 （1）撤去外力后，盘在摩擦力矩作用下最终停止转动。盘的质量密度为2
R m
πσ=，取半径为r 宽为dr 的质元rdr dm πσ2=，它受到的摩擦力矩为
dr gr gdm r dM 2
2πσμμ-=-= 总的摩擦力矩为
mgR dr gr M R
μπσμ3
2
20
2
-
=-=? 注：由于盘不同处的摩擦力矩不同，因此只能选取质元，求出质元的摩擦力矩再积分求出盘总的摩擦力矩。因圆形底面上同一半径圆周上质元的摩擦力矩相同，故选取半径为r 宽为dr 的圆环为质元。 据转动定律： R
g
J M mR J 3421
2μα-===
转动时间：g R t μωα
ω4300
=-=
，转过的角度：g
R t t μωαωθ83212
020=+= （2）根据动能定理可得摩擦力矩所做的功2
02204
1210ωωmR J W -=-
= 7.长为l 质量为m 匀质细杆可绕通过其上端的水平固定轴O 转动，另一质量也为m 的小球，用长为l 的轻绳系于O 轴上，如图。开始时杆静止在竖直位置，现将小球在垂直于轴的平面内拉开一定角度，然后使其自由摆下与杆端发生弹性碰撞，结果使杆的最大摆角为3
π，求小球最初被拉
开的角度θ。
解：选题目的 明确机械能、动量和角动量守恒的条件及分析方法。 在小球下落过程中，对小球与地球系统，只有重力做功，所以 机械能守恒，设v 为小球碰前速度，有 2
2
1)cos 1(mv mgl =
-θ （1） 球与杆的碰撞过程极短暂，可认为杆的位置还来不及变化，因此球与杆系统的重力对定轴O 无力矩，轴的支持力也无力矩，所以系统在碰撞过程中对轴的角动量守恒，有：
ω2
3
1ml l v m mvl +
'= （2） 式中v '为小球碰后的速度，ω为杆碰后的角速度。 又因为是弹性碰撞，故动能也守恒，有
2222)31
(212121ωml v m mv +'= （3） 碰后杆上升过程，杆与地球系统的机械能守恒
)3
cos 1(21)31(2122π
ω-=mgl ml （4） 由（1）、（2）、（3）、（4）联立解得
32arccos =θ 。
8．一个质量为M 半径为R 的匀质球壳可绕一
光滑竖直中心轴转动。轻绳绕在球壳的水平最大圆周上，又跨过一质量为m 半径为r 的匀质圆盘，此圆盘具有光滑水平轴，然后在下端系一质量也为m 的物体，如图。求当物体由静止下落h 时的速度v 。
解：选题目的 牛顿定律与刚体定轴转动定律的综合应用，也可用能量关系求解。
m M mg a 946+=方法 1 设绳对球壳和物体的拉力分别为1T 和2T ，球壳和圆盘的角加速度分别为1α和
2α，根据牛顿定律与刚体定轴转动定律分别列出运动方程
因绳子不打滑，所以 r a R 21αα==
以上方程联立可求得
再利用 ah v 2=
得 2
1
9412??
? ??+=m M mgh v
方法 2 对球壳、圆盘、物体和地球组成的系统，无外力做功，非保守的内力即绳子的张力所做总功为零，所以机械能守恒。m 的初始高度作为势能零点，有
mgh mv mr MR =++???
? ??
???
? ??
222
22122
12
1213221ωω 式中1ω与2ω分别表示球壳与圆盘在物体下落h 时的角速度，它们有下列关系
r v R 21ωω== ，两式联立解出2
1
9412??
? ??+=m M mgh v
由以上计算看出第二种解法较简便，显示出守恒定律的优越性。
另外，此题还有实用意义，测出物体下落h 高度时的速度v ，可计算处于球壳位置上任意不规则物体的转动惯量。
9．有一转台，质量为M 半径为R ，可绕光滑竖直中心轴转动，初始角速度为0ω，一质量为m 的人站在转台中心。若人相对转台以恒定速率u 沿半径向边缘走去，求人走了时间t 后，转台的角速度ω及转过的角度θ。
解：在人走动过程中，人和转台组成的系统不受对竖直轴的外力矩，因此角动量守恒，设时间t 时，人走到距轴为ut r =处，人看作质点，转动惯量为2
mr ，有
ωω??
?
??+=2220222t mu R M R M 可求出 2
2
20
21MR t
mu +=
ωω
根据θ和ω的关系dt
d θ
ω=
，积分得 ma
T mg mr r )T T (=-=-22
2122
1
α1
2132α??
? ??=MR R T
(
)?????
???????? ??=
+
==
t
t M m R ut M
m
u R dt MR t mu dt 0
212
1
2
2
2002arctan 221ωωωθ
习作题
1. 如图所示，长为l 的轻杆，两端各固定质量分别为m 和2m 的小球，杆可绕水平光
滑轴在竖直面内转动，转轴O 距两端分别为l 31
和l 32。原来静止在竖直位置。今有一质量为m 的小球，以水平速度0v 与杆下端小球m 作对心碰撞，碰后以0
21
v 的水平速度返回，试求碰撞后轻杆所获得的角速度。
2. 质量为M 的匀质圆盘，可绕通过盘中心垂直于盘的固定光滑
轴转动，绕过盘的边缘挂有质量为m ，长为l 的匀质柔软绳索（如图）．设绳与圆盘无相对滑动，试求当圆盘两侧绳长之差为S 时，绳的加速度的大小。
3. 如图所示，A 和B 两飞轮的轴杆在同一中心线上，设两轮的
转动惯量分别为10=A J kg ?m 2和20=B J kg ?m 2。开始时，A 轮转速为600rev ?min -1，B 轮静止。C 为摩擦啮合器，其转动惯量可忽略不计。A 、B 分别与C 的左、右两个组件相连，当C 的左右组件啮合，B 轮得到加速而A 轮减速，直到两轮的转速相等为止。设轴光滑，求：
（1） 两轮啮合后的转速n ； （2） 两轮各自角动量的变化量。
4. 如图，钢球A 和B 质量相等，正被绳牵着以角速度
4 rad ?s -1绕竖直轴转动，两球与轴的距离都为 15cm ，现在把轴环C 下移，使两球与轴的距离减为5cm 。此时钢球的角速度ω= 。
5.1、一长为l 的棒AB ，靠在半径为r 的半圆形柱面上，如图所示。今A 点以恒定速度0v 沿水平线运动。试求：(i)B 点的速度B v ；(ii)画出棒的瞬时转动中心的位置。 解：如图，建立动直角系A xyz -，取A 点为原点。B A AB v v r ω=+? ，关键是求ω 法1(基点法)：取A 点为基点，sin C A AC A CO A A v v r v v v v ωθ=+?=+=+ 即sin AC A r v ωθ?= ，AC r ω⊥ ，化成标量为 ω在直角三角形OCA ?中，AC r rctg θ= 所以200sin sin sin cos A AC v v v r rctg r θθ θωθθ === 即2 0sin cos v k r θωθ = 取A 点为基点，那么B 点的速度为： 20023 00sin [(cos )sin ] cos sin sin (1)cos B A AB v v v r v i k l i l j r v l l v i j r r θωθθθθθθ=+?=+?-+=-- 法2(瞬心法)：如图，因棒上C 点靠在半圆上，所以C 点的速度沿切线方向，故延长OC ，使其和垂直于A 点速度线交于P 点，那么P 点为瞬心。 在直角三角形OCA ?中，sin OA r r θ = 在直角三角形OPA ?中，2 cos sin AP OA r r r ctg θ θθ == 02 cos ()sin A PA PA PA r v r k r j r i i v i θωωωωθ=?=?-=== ，即20sin cos v r θωθ = 取A 点为基点，那么B 点的速度为： 2002300sin [(cos )sin ] cos sin sin (1)cos B A AB v v v r v i k l i l j r v l l v i j r r θωθθθ θθ θ=+?=+?-+=-- 5.2、一轮的半径为r ，竖直放置于水平面上作无滑动地滚动，轮心以恒定速度0v 前进。求轮缘上任一点(该点处的轮辐与水平线成θ角)的速度和加速度。 解：任取轮缘上一点M ，设其速度为M v ，加速度为M a
第五章 刚体力学基础 一、选择题 1 甲乙两人造卫星质量相同，分别沿着各自的圆形轨道绕地球运行，甲的轨道半径较小，则与乙相比，甲的： (A)动能较大，势能较小，总能量较大； (B)动能较小，势能较大，总能量较大； (C)动能较大，势能较小，总能量较小； (D)动能较小，势能较小，总能量较小； ［ C ］难度：易 2 一滑冰者，以某一角速度开始转动，当他向内收缩双臂时，则： (A)角速度增大，动能减小； (B)角速度增大，动能增大； (C)角速度增大，但动能不变； (D)角速度减小，动能减小。 ［ B ］难度：易 3 两人各持一均匀直棒的一端，棒重W ，一人突然放手，在此瞬间，另一个人感到手上承受的力变为： (A)3w ； (B) 2w (C) 43w ； (D) 4 w 。 ［ D ］难度：难 4 长为L 、质量为M 的匀质细杆OA 如图悬挂．O 为水平光滑固定转轴，平衡时杆竖直下垂，一质量为m 的子弹以水平速度0v 击中杆的A 端并嵌入其内。那么碰撞后A 端的速度大小： (A)M m mv +12120； (B) M m mv +330 ； (C) M m mv +0 ； (D) M m mv +330。 ［ B ］难度：中 L
5 一根质量为m 、长为l 的均匀直棒可绕过其一端且与棒垂直的水平光滑固定轴转动．抬起另一端使棒竖直地立起，如让它掉下来，则棒将以角速度ω撞击地板。如图将同样的棒截成长为2 l 的一段，初始条件不变，则它撞击地板时的角速度最接近 于： (A)ω2； (B) ω2； (C) ω； (D) 2ω。 ［ A ］难度：难 6 如图：A 与B 是两个质量相同的小球，A 球用一根不能伸长的绳子拴着，B 球用橡皮拴着，把它们拉到水平位置，放手后两小球到达竖直位置时绳长相等，则此时两球的线速度： (A)B A v v = (B) B A v v < (C) B A v v > (D)无法判断。 ［ C ］难度：中 7 水平圆转台上距转轴R 处有一质量为m 的物体随转台作匀速圆周运动。已知物体与转台间的静摩擦因数为μ，若物体与转台间无相对滑动，则物体的转动动能为： (A)mgR E k μ41≤ (B) mgR E k μ2 1 ≤ (C) mgR E k μ≤ (D) mgR E k μ2≤ ［ B ］难度：中 8 一匀质细杆长为l ，质量为m 。杆两端用线吊起，保持水平，现有一条线突然断开，如图所示，则断开瞬间另一条绳的张力为： (A) mg 43 (B) mg 41 (C) mg 2 1 (D) mg ［ B ］难度：难 9 一根均匀棒AB ，长为l ，质量为m ，可绕通过A 端且与其垂直的固定轴在竖直面内自由摆动，已知转动惯量为2 3 1 mgl ．开始时棒静止在
一、选择题 [ C ] 1、 （基础训练2）一轻绳跨过一具有水平光滑轴、质量为M 的定滑轮，绳的两端分别悬有质量为m 1和 m 2的物体(m 1＜m 2)，如图5-7所示．绳 与轮之间无相对滑动．若某时刻滑轮沿逆时针方向转动，则绳中的张力 (A) 处处相等． (B) 左边大于右边． (C) 右边大于左边． (D) 哪边大无法判断． 【提示】逆时针转动时角速度方向垂直于纸面向外，由于(m 1＜m 2)，实际上滑轮在作减速转动，角加速度方向垂直纸面向内，所以，由转动定律21()T T R J β-=可得：21T T > （或者：列方程组：1112 2212 m g T m a T m g m a T R T R J a R ββ-=??-=???-=? ?=?? ，解得：()()12212m m gR m m R J β-=++，因为m 1＜m 2，所以β<0，那么由方程120T R T R J β-=<，可知，21T T >） [ B ] 2、（基础训练5）如图5-9所示，一静止的均匀细棒，长为L 、质量为m 0，可绕通过棒的端点且垂直于棒长的光滑固定轴O 在水平面内转动，转动惯量为2 01 3 m L ．一质量为m 、速率为v 的子弹在水平面内沿与棒垂直的方向射出并穿出棒的自由端，设穿过棒后子弹的速率为v 2 1，则此时棒的角速度应为 (A) 0v m m L ． (B) 03v 2m m L ． (C) 05v 3m m L ． (D) 07v 4m m L 【提示】把细棒与子弹看作一个系统，该系统所受合外力矩为零， 所以系统的角动量守恒： 20123v mvL m L m L ω??=+ ??? ，即可求出答案。 [ C ] 3、（基础训练7）一圆盘正绕垂直于盘面的水平光滑固定轴O 转动，如图5-11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，子弹射入圆盘并且留在盘内，则子弹射入后的瞬间，圆盘的角速度ω (A) 增大． (B) 不变． (C) 减小． (D) 不能确定． 【提示】把三者看成一个系统，则系统所受合外力矩为零，所以系统的角动量守恒。设L 图5-7 m m 图5-11 v 2 1 v 俯视图 图5-9
一、选择题 [ C ] 1、（基础训练2）一轻绳跨过一具有水平光滑轴、质量为M 的定滑轮，绳的两端分别悬有质量为m 1 和m 2的物体(m 1＜m 2)，如图5-7所示．绳 与轮之间无相对滑动．若某时刻滑轮沿逆时针方向转动，则绳中的张力 (A) 处处相等． (B) 左边大于右边． (C) 右边大于左边． (D) 哪边大无法判断． 【提示】逆时针转动时角速度方向垂直于纸面向外，由于(m 1＜m 2)，实际上滑轮在作减速转动，角加速度方向垂直纸面向内，所以，由转动定律21()T T R J β-=可得：21T T > （或者：列方程组：1112 2212m g T m a T m g m a T R T R J a R ββ-=??-=???-=? ?=?? ，解得：()()122 12m m gR m m R J β-=++，因为m 1＜m 2，所以β<0，那么由方程120T R T R J β-=<，可知，21T T >） [ B ] 2、（基础训练5）如图5-9所示，一静止的均匀细棒，长为L 、质量为m 0，可 绕通过棒的端点且垂直于棒长的光滑固定轴O 在水平面内转动，转动惯量为2 01 3 m L ．一质量为m 、速率为v 的子弹在水平面内沿与棒垂直的方向射出并穿出棒的自由端，设穿过棒后子弹的速率为v 2 1，则此时棒的角速度应为 (A) 0v m m L ． (B) 03v 2m m L ． (C) 05v 3m m L ． (D) 07v 4m m L 【提示】把细棒与子弹看作一个系统，该系统所受合外力矩为零， 所以系统的角动量守恒： 20123v mvL m L m L ω??=+ ??? ，即可求出答案。 [ C ] 3、（基础训练7）一圆盘正绕垂直于盘面的水平光滑固定轴O 转动，如图5-11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，子弹射入圆盘并且留在盘内，则子弹射入后的瞬间，圆盘的角速度ω (A) 增大． (B) 不变． (C) 减小． (D) 不能确定． 【提示】把三者看成一个系统，则系统所受合外力矩为零，所以系统的角动量守恒。设L 为一颗子弹相对于转轴O 的角动量的大小，则有 图5-7 m m 图5-11 v ? 2 1 v ? 俯视图 图5-9
第五章 刚体力学参考答案（2014） 一、 选择题 [ C ]1、【基础训练2】一轻绳跨过一具有水平光滑轴、质量为M 的定滑轮，绳的两端分别悬有质量为m 1和m 2的物体(m 1＜m 2)，如图5-7所示．绳与轮之间无相对滑动．若某时刻滑轮沿逆时针方向转动，则绳中的张力 (A) 处处相等． (B) 左边大于右边． (C) 右边大于左边． (D) 哪边大无法判断． 【提示】： 逆时针转动时角速度方向垂直于纸面向外,由于m 1＜m 2,实际上滑轮在作减速转动,角加速度方向垂直纸面向内,设滑轮半径为R,受右端绳子向下拉力为T 2，左端绳子向下拉力为T 1，对滑轮由转动定律得:(T 2-T 1)R=J [ D ]2、【基础训练3】如图5-8所示，一质量为m 的匀质细杆AB ，A 端靠在粗糙的竖直墙壁上，B 端置于粗糙水平地面上而静止．杆身与竖直方向成角，则A 端对墙壁的压力大 (A) 为 41mg cos ． (B)为2 1 mg tg ． (C) 为 mg sin ． (D) 不能唯一确定 图5-8 【提示】： 因为细杆处于平衡状态，它所受的合外力为零，以B 为参考点，外力矩也是平衡的，则有： A B N f = A B f N mg += θθθlcon N l f l mg A A +=sin sin 2 三个独立方程有四个未知数，不能唯一确定。 [ C ] 3、基础训练（7）一圆盘正绕垂直于盘面的水平光滑固定轴O 转动，如图5-11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，子弹射入圆盘并且留在盘内，则子弹射入后的瞬间，圆盘的角速度 (A) 增大． (B) 不变． (C) 减小． (D) 不能确定． 【提示】： 把三者看作同一系统时,系统所受合外力矩为零,系统角动量守恒。 m 2 m 1 O 图5-7 O M m m 图5-11
3 一、选择题 1甲乙两人造卫星质量相同， 分别沿着各自的圆形轨道绕地球运行, 与乙相比，甲的： (A) 动能较大，势能较小， (B) 动能较小，势能较大， (C) 动能较大，势能较小， (D) 动能较小，势能较小， 4长为L 、质量为M 的匀质细杆 轴，平 衡时杆竖直下垂，一质量为 端并嵌入其内。那么碰撞后 A 端的速度大小: 5 一根质量为m 、长为I 的均匀直棒可绕过其一端且与棒垂直 的水平光 滑固定轴转动.抬起另一端使棒竖直地立起，如让它 掉下来，则棒将以角速度 ⑷撞击地板。如图将同样的棒截成长 为少2的一段，初始条件不变，则它撞击地板时的角速度最接近 于： 6如图：A 与B 是两个质量相同的小球， A 球用一根不 能伸长的绳子拴着，B 球用橡皮拴着，把它们拉到水平位 置，放手后两小球到达竖直位置时绳长相等，则此时两球 第五章刚体力学基础 甲的轨道半径较小, 总能量较大; 总能量较大; 总能量较小; 总能量较小; C ］难度: 2 一滑冰者，以某一角速度开始转动, (A) 角速度增大，动能减小； (B) 角速度增大，动能增大； (C) 角速度增大，但动能不变； (D) 角速度减小，动能减小。 当他向内收缩双臂时，则: 3两人各持一均匀直棒的一端，棒重 受 的力变为： (A)% ； W , —人突然放手，在此瞬间, 另一个人感到手上承 (B) W 2 OA 如图悬挂.0为水平光滑固定转 m 的 子弹以水平速度v 0击中杆的 12mv 0 (A) 12m+M 3mv 0 (B) 3m + M V o mv o (C) mmM (D)倍。 (A) 2 ; (B) 42^ :A ］难度：难 (C) (D)
38 第五章刚体力学 5-1作定轴转动的刚体上各点的法向加速度，既可写为2n v a R =，这表示法向加速度的大小与刚体上各点到转轴的距离R 成反比；也可以写为2n a R ω=，这表示法向加速度的大小与刚体上各点到转轴的距离 R 成正比。这两者是否有矛盾？为什么？ 解：没有矛盾。根据公式2 n v a R =，说法向加速度的大小与刚体上各点到转轴的距离R 成反比，是有 条件的，这个条件就是保持v 不变；根据公式2n a R ω=，说法向加速度的大小与刚体上各点到转轴的距离R 成正比，也是有条件的，条件就是保持ω不变。 5-2一个圆盘绕通过其中心并与盘面相垂直的轴作定轴转动，当圆盘分别在恒定角速度和恒定角加速度两种情况下转动时，圆盘边缘上的点是否都具有法向加速度和切向加速度？数值是恒定的还是变化的？解：设圆盘的角速度为ω，角加速度为α，则： （1）圆盘以恒定角速度转动时：()20n a R d R dv a dt dt τωω?=??===??0a τ=、n a 数值均是恒定的。（2）圆盘以恒定角加速度转动时：000t dt t ωωαωα=+=+∫（其中0ω为0t =时圆盘转动的角速度） ()()220n a R t R d R dv a R dt dt τωωαωα?==+?∴?===??n a 数值是变化的、而a τ数值均是恒定的。 5-3原来静止的电机皮带轮在接通电源后作匀变速转动，30s 后转速达到1152rad s ??。求： (1)在这30s 内电机皮带轮转过的转数； (2)接通电源后20s 时皮带轮的角速度；
39 (3)接通电源后20s 时皮带轮边缘上一点的线速度、切向加速度和法向加速度，已知皮带轮的半径为5.0cm。 解：电机作匀速转动，所以角加速度α为常量() 00ω=d dt ωα= ∵0t dt t ωαα∴==∫故：2 152 5.0730 rad s t ωα?===?而：d dt θω=2 0012 t t dt tdt t θωαα∴===∫∫（1）2211152302280362.92230t rad θα==××=?转（2）'1 5.0720101.3t rad s ωα?==×??（3）''1 5.07v R m s ω?==?22 5.075100.254a R m s τα??==××=?2 '2222 101.3510513.1n v a R m s R ω??===××=?5-4一飞轮的转速为1250rad s ??，开始制动后作匀变速转动，经过90s 停止。求开始制动后转过33.1410rad ×时的角速度。解：d dt ωα=∵00t dt t ωωαα∴?==∫2 025025 2.8909 rad s t ωα?∴=?=?=?=??()'''230001 3.14102 t t dt t t θωαωα=+=+=×∫即：()'2'31 2.8250 3.141002 t t ×?+?×= '13.6t s ∴='1 0250 2.813.6212t rad s ωωα?∴=+=?×=?5-5分别求出质量为m =0.50kg、半径为r =36cm 的金属细圆环和薄圆盘相对于通过其中心并垂直于环面和盘面的轴的转动惯量；如果它们的转速都是1105rad s ??，它们的转动动能各为多大？
第五章思考题 5.1虚功原理中的“虚功”二字作何解释？用虚功原理理解平衡问题,有何优点和缺点? 5.2 为什么在拉格朗日方程中，a θ不包含约束反作用力?又广义坐标与广义力的含义如 何？我们根据什么关系由一个量的量纲定出另一个量的量纲? ５.３广义动量a p 和广义速度a q 是不是只相差一个乘数m ?为什么a p 比a q 更富有意义? 5.4既然a q T ??是广义动量,那么根据动量定理,??? ? ????αq T dt d 是否应等于广义力a θ?为什么在拉格朗日方程()14.3.5式中多出了a q T ??项?你能说出它的物理意义和所代表的物理量吗? 5.5为什么在拉格朗日方程只适用于完整系?如为不完整系,能否由式()13.3.5得出式()14.3.5？ 5.6平衡位置附近的小振动的性质,由什么来决定？为什么22s 个常数只有２s 个是独立的？ 5.７什么叫简正坐标?怎样去找?它的数目和力学体系的自由度之间有何关系又每一简正坐标将作怎样的运动? 5.8多自由度力学体系如果还有阻尼力，那么它们在平衡位置附近的运动和无阻尼时有何不同?能否列出它们的微分方程? 5.9 dL 和L d 有何区别？a q L ??和a q L ??有何区别？ 5.10哈密顿正则方程能适用于不完整系吗?为什么?能适用于非保守系吗？为什么? ５.１1哈密顿函数在什么情况下是整数？在什么情况下是总能量?试祥加讨论，有无是总能量而不为常数的情况？ 5.1２何谓泊松括号与泊松定理？泊松定理在实际上的功用如何? 5.１3哈密顿原理是用什么方法运动规律的？为什么变分符号δ可置于积分号内也可移到积分号外?又全变分符号?能否这样? ５.１4正则变换的目的及功用何在?又正则变换的关键何在？ 5．1５哈密顿-雅可比理论的目的何在？试简述次理论解题时所应用的步骤. ５.16正则方程()15.5.5与()10.10.5及()11.10.5之间关系如何？我们能否用一正则变换由前者得出后者？ 5.17在研究机械运动的力学中，刘维定理能否发挥作用？何故? 5.1８分析力学学完后,请把本章中的方程和原理与牛顿运动定律相比较,并加以评价.
第五章 刚体力学参考答案 一．选择题 [ C ]1、一轻绳跨过一具有水平光滑轴、质量为M 的定滑轮，绳的两端分别悬有质量为m 1和m 2的物体(m 1＜m 2)，如图5-7所示．绳与轮之间无相对滑动．若某时刻滑轮沿逆时针方向转动，则绳中的张力 (A) 处处相等． (B) 左边大于右边． (C) 右边大于左边． (D) 哪边大无法判断． ） 参考答案： 逆时针转动时角速度方向垂直于纸面向外, 由于m 1＜m 2,实际上滑轮在作减速转动,角加速度方向垂直纸面向内,所以,由转动定律得:(T 2-T 1)R=J [ D ]2、如图5-8所示，一质量为m 的匀质细杆AB ，A 端靠在粗糙的竖直墙壁上，B 端置于粗糙水平地面上而静止．杆身与竖直方向成q 角，则A 端对墙壁的压力大小 (A) 为 41mg cos q ． (B)为21 mg tg q ． (C) 为 mg sin q ． (D) 不能唯一确定． ] 参考答案： 因为细杆处于平衡状态，它所受的合外力为零，以B 为参考点，外力矩平衡可有： N A =f B f A +N B =mg sin sin cos 2A A l mg f l N l θθθ=+ 三个独立方程有四个未知数，不能唯一确定。 [ B ]3、如图5-9所示，一静止的均匀细棒，长为L 、质量为M ，可绕通过棒的端点且 垂直于棒长的光滑固定轴O 在水平面内转动，转动惯量为2 31ML ．一质量为m 、速率为v 的子弹在水平面内沿与棒垂直的方向射出并穿出棒的自由端，设穿过棒后子弹的速率为 v 21，则此时棒的角速度应为 ） (A) ML m v ． (B) ML m 23v ． (C) ML m 35v ． (D) ML m 47v ． 图5-9 参考答案： 把质点与子弹看作一个系统，该系统所受外力矩为零，系统角动量守恒： Lmv=Lmv/2+1/3ML 2ω 可得出答案。 m 2 m 1 O 图5-7 图5-8 v 21 v 俯视图
第五章刚体力学基础 一、选择题 1 甲乙两人造卫星质量相同，分别沿着各自的圆形轨道绕地球运行，甲的轨道半径较小，则与乙相比，甲的： (A)动能较大，势能较小，总能量较大； (B)动能较小，势能较大，总能量较大； (C)动能较大，势能较小，总能量较小； (D)动能较小，势能较小，总能量较小； ［ C ］难度：易 2 一滑冰者，以某一角速度开始转动，当他向内收缩双臂时，则： (A)角速度增大，动能减小； (B)角速度增大，动能增大； (C)角速度增大，但动能不变； (D)角速度减小，动能减小。 ［ B ］难度：易 3 两人各持一均匀直棒的一端，棒重W，一人突然放手，在此瞬间，另一个人感到手上承受的力变为：
(A)3w ； (B) 2w (C) 43w ； (D) 4 w 。 ［ D ］难度：难 4 长为L 、质量为M 的匀质细杆OA 如图悬挂．O 为水平光滑固定转轴，平衡时杆竖直下垂，一质量为m 的子弹以水平速度0v 击中杆的A 端并嵌入其内。那么碰撞后A 端的速度大小： (A) M m mv +12120； (B) M m mv +330 ； (C) M m mv +0 ； (D) M m mv +330。 ［ B ］难度：中 5 一根质量为m 、长为l 的均匀直棒可绕过其一端且与棒垂直的水平光滑固定轴转动．抬起另 一端使棒竖直地立起，如让它掉下来，则棒将以角速度ω撞击地板。如图将同样的棒截成长为 2 l 的一段，初始条件不变，则它撞击地板时的角速度最接近于： (A)ω2； (B) ω2； (C) ω； (D) 2ω。 ［ A ］难度：难 6 如图：A 与B 是两个质量相同的小球，A 球用一根不能伸长的绳子拴着，B 球用橡皮拴着，把它们拉到水平位置，放手后两小球到达竖直位置时绳长相等，则此时两球的线速度： L
第5章 刚体力学 一、选择题(共61题) 1．如图所示，一悬绳长为l ，质量为m 的单摆和一长度为l 、质量为m 能绕水平轴自由转动的匀质细棒（细棒绕此轴转动惯量是2 31ml ），现将摆球和细棒同时从与竖直方向成θ角 的位置由静止释放，当它们运动到竖直位置时，摆球和细棒的角速度之间的关系为 （ ） A 、 21ωω> B 、21ωω= C 、 21ωω< [属性]难易度：2分；所属知识点：刚体的定轴转动 [答案] C 2．轻质绳子的一端系一质量为 m 的物体，另一端穿过水平桌面上的小孔A ，用手拉着， 物体以角速度ω绕A 转动，如图所示。若绳子与桌面之间，物体与桌面之间的摩擦均可忽 略，则当手用力F 向下拉绳子时，下列说法中正确的是( ) A 、物体的动量守恒 B 、 物体的角动量守恒 C 、 力F 对物体作功为零 D 、 物体与地球组成的系统机械能守恒 [属性]难易度：2分；所属知识点：动量守恒、机械能守恒、角动量守恒
[答案] B 3．如图，细绳的一端系一小球B ，绳的另一端通过桌面中心的小孔O 用手拉住，小球在水 平桌面上作匀速率圆周运动。若不计一切摩擦，则在用力F 将绳子向下拉动的过程中 ( ) A 、 小球的角动量守恒，动能变大 B 、 小球的角动量守恒，动能不变 C 、 小球的角动量守恒，动能变小 D 、 小球的角动量不守恒，动能变大 [属性]难易度：2分；所属知识点： 角动量守恒、动能 [答案] A 4．光滑的水平桌面上，有一长为L 2、质量为m 的匀质细杆，可绕通过其中点o ，且与杆 垂直的竖直轴自由转动，其转动惯量为 23 1mL 。开始时，细杆静止，有一个质量为m 的小球沿桌面正对着杆的一端A ，在垂直于杆长的方向上以速度v 运动，并与杆的A 端碰撞后与杆粘在一起转动，则这一系统碰撞后的转动角速度为( ) A 、 L v 2 B 、 L v 43 C 、 L v 32 D 、 L v 54 [属性]难易度：2分；所属知识点： 角动量守恒 [答案] C 5．如图所示，一静止的均匀细棒，长为l ，质量为M ，可绕通过棒的中点O ﹑且垂直于棒 长的水平轴在竖直面内自由转动，转动惯量为 212 1Ml 。一质量为m 、速度为v 的子弹在竖直方向射入棒的右端，击穿棒后子弹的速度为v 21，则此棒的角速度为（ ） A 、 l M mv B 、l M mv 3 C 、 l M mv 2 D 、 l M mv 23v
一、 选择题 [ C ]1、【基础训练2】一轻绳跨过一具有水平光滑轴、质量为M 的定滑轮，绳的两端分别悬有质量为m 1和m 2的物体(m 1＜m 2)，如图5-7所示．绳与轮之间无相对滑动．若某时刻滑轮沿逆时针方向转动，则绳中的张力 [ D ]2、【基础训练3】如图5-8所示，一质量为m 的匀质细杆AB ，A 端靠在粗糙的竖直墙壁上，B 端置于粗糙水平地面上而静止．杆身与竖直方向成θ角，则A 端对墙壁的压力大 (A) 为 41mg cos θ． (B)为2 1 mg tg θ． (C) 为 mg sin θ． (D) 不能唯一确定 图5-8 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，子弹射入圆盘并且留在盘内，则子弹射入后的瞬间，圆盘的角速度 (A) 增大． (B) 不变． (C) 减小． (D) 不能确定． 【提示】： 把三者看作同一系统时,系统所受合外力矩为零,系统角动量守恒。 m m 图5-11
设L 为每一子弹相对与O 点的角动量大小，ω0为子弹射入前圆盘的角速度，ω为子弹射入后的瞬间与圆盘共同的角速度，J 为圆盘的转动惯量，J 子弹为子弹转动惯量，据角动量守恒定律有： 00 ()J L L J J J J J ωω ωωω+-=+= <+子弹 子弹 [ C ]4、【自测提高4】光滑的水平桌面上，有一长为2L 、质量为m 的匀质细杆，可绕过其中点且垂直于杆的竖直光滑固定轴O 自由转动，其转动惯量为 3 1mL 2 ，起初杆静止．桌面上有两个质量均为m 的小球，各自在垂直于杆的方向上，正对着杆的一端，以相同速率v 相向运动，如图5-19所示．当两小球同时与杆的两个端点发生完全非弹性碰撞后，就与杆粘在一起转动，则这一系统碰撞后的转动角速度应为 (A) L 32v ． (B) L 54v ． (C) L 76v ． (D) L 98v ． (E) L 712v ． 图5-19 【提示】： 视两小球与细杆为一系统，碰撞过程中系统所受合外力矩为零，满足角动量守恒条件，所以 2221 [(2)]12 lmv lmv ml ml m l ω+=++ 可得答案（C ） [ A ] 5、【自测提高7】质量为m 的小孩站在半径为R 的水平平台边缘上．平台可以绕通过其中心的竖直光滑固定轴自由转动，转动惯量为J ．平台和小孩开始时均静止．当小孩突然以相对于地面为v 的速率在台边缘沿逆时针转向走动时，则此平台相对地面旋转的角速度和旋转方向分别为 (A) ??? ??= R J mR v 2 ω，顺时针． (B) ??? ??=R J mR v 2ω，逆时针． (C) ??? ??+=R mR J mR v 22ω，顺时针． (D) ?? ? ??+=R mR J mR v 22ω，逆时针． 【提示】： 二、填空题 1、【基础训练8】绕定轴转动的飞轮均匀地减速，t ＝0时角速度为05rad ω=，t ＝20s 时角速度为00.8ωω=，则飞轮的角加速度β= -0.05 rad/s 2 ，t ＝0到 t ＝100 s 时间内飞轮所转过的角度θ= 250rad ． O v 俯视图
一、选择题 [ C ] 1、基础训练（2）一轻绳跨过一具有水平光滑轴、质量为M 的定滑轮，绳的两端分别悬有质量为m 1和m 2的物体(m 1＜m 2)，如图5-7所示．绳 与轮之间无相对滑动．若某时刻滑轮沿逆时针方向转动，则绳中的张力 (A) 处处相等． (B) 左边大于右边． (C) 右边大于左边． (D) 哪边大无法判断． 参考答案： 逆时针转动时角速度方向垂直于纸面向外, 由于(m 1＜m 2)，实际上滑轮在作减速转动,角加速度方向垂直纸面向内,所以,由转动定律21()T T R J β-=可得：21T T > [ B ] 2、基础训练（5）如图5-9所示，一静止的均匀细棒，长为L 、质量为M ，可绕通过棒的端点且垂直于棒长的光滑固定轴O 在水平面内转动，转动惯量为2 3 1 ML ．一质量为m 、 速率为v 的子弹在水平面内沿与棒垂直的方向射出并穿出棒的自由端，设穿过棒后子弹的速率为v 2 1 ，则此时棒的角速度应为 (A) ML m v ． (B) ML m 23v ． (C) ML m 35v ． (D) ML m 47v ． 图5-9 [ C ] 3、基础训练（7）一圆盘正绕垂直于盘面的水平光滑固定轴O 转动，如图5-11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，子弹射入圆盘并且留在盘内，则子弹射入后的瞬间，圆盘的角速度 (A) 增大． (B) 不变． (C) 减小． (D) 不能确定． 图5-7 m 图5-11 v 2 1 v 俯视图
[ C ] 4、自测提高（2）将细绳绕在一个具有水平光滑轴的飞轮边缘上，现在在绳端挂一质量为m 的重物，飞轮的角加速度为 ．如果以拉力2mg 代替重物拉绳时，飞轮的角加速度将 (A) 小于 ． (B) 大于 ，小于2 ． (C) 大于2 ． (D) 等于2 ． [ A ] 5、自测提高（7）质量为m 的小孩站在半径为R 的水平平台边缘上．平台可以绕通过其中心的竖直光滑固定轴自由转动，转动惯量为J ．平台和小孩开始时均静止．当小孩突然以相对于地面为v 的速率在台边缘沿逆时针转向走动时，则此平台相对地面旋转的角速度和旋转方向分别为 (A) ??? ??=R J mR v 2ω，顺时针． (B) ??? ??=R J mR v 2ω，逆时针． (C) ? ?? ??+=R mR J mR v 22ω，顺时针． (D) ?? ? ??+=R mR J mR v 22ω，逆时针． 二、填空题 6、基础训练（8）绕定轴转动的飞轮均匀地减速，t ＝0时角速度为05rad ω=，t ＝20s 时角速度为00.8ωω=，则飞轮的角加速度β= -0.05 rad/s 2 ，t ＝0到 t ＝100 s 时间内飞轮所转过的角度θ= 250rad ． 7、基础训练（9）一长为l ，质量可以忽略的直杆，可绕通过其一端的水平光滑轴在竖直平面内作定轴转动，在杆的另一端固定着一质量为m 的小球，如图5-12所示．现将杆由水平位置无初转速地释放．则杆刚被释放时的角加速度β0= g/l ，杆与水平方向夹角为60°时的角加速度β= g/2l ．
第3章 刚体力学习题解答 3.13 某发动机飞轮在时间间隔t 内的角位移为 ):,:(43s t rad ct bt at θθ-+=。求t 时刻的角速度和角加速度。 解：23212643ct bt ct bt a dt d dt d -== -+== ωθβω 3.14桑塔纳汽车时速为166km/h ，车轮滚动半径为0.26m ，发动机转速与驱动轮转速比为0.909, 问发动机转速为每分多少转？ 解：设车轮半径为R=0.26m ，发动机转速为n 1, 驱动轮转速为n 2, 汽车速度为v=166km/h 。显然，汽车前进的速度就是驱动轮边缘的线速度， 909.0/2212Rn Rn v ππ==，所以： min /1054.1/1024.93426.014.3210 166909.02909.013 rev h rev n R v ?=?===????π 3.15 如题3-15图所示，质量为m 的空心圆柱体，质量均匀分布，其内外半径为r 1和r 2，求对通过其中心轴的转动惯量。 解：设圆柱体长为h ，则半径为r ，厚为dr 的薄圆筒的质量dm 为： 2..dm h r dr ρπ= 对其轴线的转动惯量dI z 为 232..z dI r dm h r dr ρπ== 2 1 222211 2..()2 r z r I h r r dr m r r ρπ== -? 3.17 如题3-17图所示，一半圆形细杆，半径为 ，质量为 ，求对过细杆二端 轴的转动惯量。 解：如图所示，圆形细杆对过O 轴且垂直于圆形细杆所在平面的轴的转动惯量为mR 2，根据垂直轴定理z x y I I I =+和问题的对称性知：圆形细杆对过 轴的转动惯量为 1 2 mR 2，由转动惯量的可加性可求得：半圆形细杆对过细杆二端 轴的转动惯量为：21 4 AA I mR '=
一．选择题 [ C ]1、一轻绳跨过一具有水平光滑轴、质量为M 的定滑轮，绳的两端分别悬有质量为m 1和m 2的物体(m 1＜m 2)，如图5-7所示．绳与轮之间无相对滑动．若某时刻滑轮沿逆时针方向转动，则绳中的张力 (A) 处处相等． (B) 左边大于右边． (C) 右边大于左边． (D) 哪边大无法判断． 参考答案： 逆时针转动时角速度方向垂直于纸面向外, 由于m 1＜m 2,实际上滑轮在作减速转动,角加速度方向垂直纸面向内,所以,由转动定律得:(T 2-T 1)R=J β [ D ]2、如图5-8所示，一质量为m 的匀质细杆AB ，A 端靠在粗糙的竖直墙壁上，B 端置于粗糙水平地面上而静止．杆身与竖直方向成q 角，则A 端对墙壁的压力大小 (A) 为 41 mg cos q ． (B)为21 mg tg q ． (C) 为 mg sin q ． (D) 不能唯一确定． [ B ]3、如图5-9所示，一静止的均匀细棒，长为L 、质量为M ，可绕通过棒的端点且 垂直于棒长的光滑固定轴O 在水平面内转动，转动惯量为2 31 ML ．一质量为m 、速率为v 的子弹在水平面内沿与棒垂直的方向射出并穿出棒的自由端，设穿过棒后子弹的速率为 v 21，则此时棒的角速度应为 (A) ML m v ． (B) ML m 23v ． (C) ML m 35v ． (D) ML m 47v ． 图5-9 参考答案： 把质点与子弹看作一个系统，该系统所受外力矩为零，系统角动量守恒： Lmv=Lmv/2+1/3ML 2ω 可得出答案。 图5-7 图5-8 v 21 v 俯视图
mg —sin f A l sin 三个独立方程有四个未知数，不能唯一确定。 【提示】: 把三者看作同一系统时，系统所受合外力矩为零，系统角动量守恒。 设L 为每一子弹相对与 O 点的角动量大小，3 为子弹射入前圆盘的角速度，3为子弹射入 第五章刚体力学参考答案(2014) —、 选择题 [C ]1、【基础训练2】一轻绳跨过一具有水平光滑轴、质量为 M 的定滑轮，绳的两端分别 悬有质量为 m 和m 的物体(m v m )，如图5-7所示?绳与轮之间无相对滑动?若某时刻滑轮 沿逆时针方向转动，则绳中的张力 (A)处处相等. (B) 左边大于右边. (C)右边大于左边. (D) 哪边大无法判断. 【提示】： 逆时针转动时角速度方向垂直于纸面向外 ，由于m v m ,实际上滑轮在作减 速转动，角加速度方向垂直纸面向内 ，设滑轮半径为 R,受右端绳子向下拉 力为T 2，左端绳子向下拉力为 T i ,对滑轮由转动定律得:(T 2-T I )R=J [D ]2、【基础训练3】如图5-8所示，一质量为 m 的匀质细杆AB 壁上，B 端置于粗糙水平地面上而静止?杆身与竖直方向成 角，则 1 1 (A)为 mg pos . (B) 为 mg g 4 2 (C) 为 m?n m2 m 1 图5-7 A 端靠在粗糙的竖直墙 A 端对墙壁的压力大 .(D) 不能唯一确定 图5-8 ■: ：: ； SK B 【提示】: 因为细杆处于平衡状态，它所受的合外力为零，以 B 为参考点，外力矩也是平衡的，则有: N A f B A N B mg N A lcon [C]3、基础训练(7) 一圆盘正绕垂直于盘面的水平光滑固定轴 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， 内，则子弹射入后的瞬间，圆盘的角速度 (A) 增大. (C)减小. (B) (D) 不变. 不能确定. O 转动，如图5-11射来 子弹射入圆盘并且留在盘 m <
第五章 刚体力学基础 动量矩 班级______________学号____________姓名________________ 一、选择题 1、力kN j i F )53( +=，其作用点的矢径为m j i r )34( -=，则该力对坐标原点的力矩大小为 （ ） (A)m kN ?-3； （B ）m kN ?29； (C)m kN ?19； (D)m kN ?3。 2、圆柱体以80rad /s 的角速度绕其轴线转动，它对该轴的转动惯量为24m kg ?。由于恒力矩的作用，在10s 内它的角速度降为40rad /s 。圆柱体损失的动能和所受力矩的大小为( ) (A)80J ，80m N ?；(B)800J ，40m N ?；(C)4000J ，32m N ?；(D)9600J ，16m N ?。 3、 一匀质圆盘状飞轮质量为20kg ，半径为30cm ，当它以每分钟60转的速率旋转时，其动能为 ( ) (A)22.16π J ； (B)21.8πJ ；（C ）1.8J ； （D ）28.1πJ 。 4、如图所示，一轻绳跨过两个质量均为m 、半径均为R 的匀 质圆盘状定滑轮。绳的两端分别系着质量分别为m 和2m 的重 物，不计滑轮转轴的摩擦。将系统由静止释放，且绳与两滑轮 间均无相对滑动，则两滑轮之间绳的张力。（ ） (A)mg ； (B)3mg /2； (C)2mg ； (D)11mg /8。 5、一根质量为m 、长度为L 的匀质细直棒，平放在水平桌面 上。若它与桌面间的滑动摩擦系数为μ，在t =0时，使该棒绕过其一端的竖直轴在水平桌面上旋转，其初始角速度为 0ω，则棒停止转动所需时间为 ( ) (A)μωg L 3/20； (B) μωg L 3/0； (C) μωg L 3/40； (D) μωg L 6/0。 6、关于力矩有以下几种说法，其中正确的是 ( ) （A ）内力矩会改变刚体对某个定轴的角动量（动量矩）； （B ）作用力和反作用力对同一轴的力矩之和必为零； （C ）角速度的方向一定与外力矩的方向相同； （D ）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，它们的角加速度一定相等。 7、一质量为60kg 的人站在一质量为60kg 、半径为l m 的匀质圆盘的边缘，圆盘可绕与盘面相垂直的中心竖直轴无摩擦地转动。系统原来是静止的，后来人沿圆盘边缘走动，当人相对圆盘的走动速度为2m/s 时，圆盘角速度大小为 ( ) (A) 1rad/s ； (B) 2rad/s ； (C) 2/3rad/s ； (D) 4/3rad/s 。 8、如图所示，一根匀质细杆可绕通过其一端O 的水平轴在竖直平面 内自由转动，杆长5/3m 。今使杆从与竖直方向成?60角由静止释放(g 取10m/s 2)，则杆的最大角速度为( ) （A ）3rad/s ； (B)πrad/s ； (C)3.0rad/s ； (D)3/2rad/s 。 9、对一个绕固定水平轴O 量相同、速率相等的子弹，并停留在盘中，则子弹射入后转 盘的角速度应 ( ) (A) 增大； (B) 减小； (C) 不变；(D) 无法确定。
一、选择题 ［ C ］1、如图所示，A 、 B 为两个相同的绕着轻绳的 定滑轮．A 滑轮挂一质量为M 的物体，B 滑轮受拉力F ，而 且F ＝Mg ．设A 、B 两滑轮的角加速度分别为βA 和βB ，不计 滑轮轴的摩擦，则有 (A) βA ＝βB ． (B) βA ＞βB ． (C) βA ＜βB ． (D) 开始时βA ＝βB ，以后βA ＜βB ． 图5-18 提示： 设定滑轮半径为Ｒ，转动惯量为J ，如图所示，据刚体定轴转动定律Ｍ=Ｊβ有： 对B ：FR=MgR= J βB ． 对A ：Mg-T=Ma TR=J βA, a=R βA, 可推出：βA ＜βB [ D ]2、如图5-8所示，一质量为m 的匀质细杆AB ，A 端靠在粗糙的竖直墙壁上，B 端置于粗糙水平地面上而静止．杆身与竖直方向成θ角，则A 端对墙壁的压力大小 (A) 为 41mg cos θ． (B)为2 1 mg tg θ． (C) 为 mg sin θ． (D) 不能唯一确定． [ C ]3、一圆盘正绕垂直于盘面的水平光滑固定轴O 转动，如图5-11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，子弹射入圆盘并且留在盘内，则子弹射入后的瞬间，圆盘的角速度ω (A) 增大． (B) 不变． (C) 减小． (D) 不能确定． 图5-8 m m 图5-11
提示: 把三者看作同一系统时,系统所受合外力矩为零, 系统角动量守恒。 设L 为每一子弹相对固定轴O 的角动量大小.故由角动量守恒定律得: J ω0+L-L=(J+J 子弹) ω ω <ω0 [ A ]4、质量为m 的小孩站在半径为R 的水平平台边缘上．平台可以绕通过其中心的竖直光滑固定轴自由转动，转动惯量为J ．平台和小孩开始时均静止．当小孩突然以相对于地面为v 的速率在台边缘沿逆时针转向走动时，则此平台相对地面旋转的角速度和旋转方向分别为 (A) ?? ? ??= R J mR v 2 ω，顺时针． (B) ??? ??=R J mR v 2ω，逆时针． (C) ? ? ? ??+= R mR J mR v 2 2 ω，顺时针． (D) ?? ? ??+=R mR J mR v 22 ω，逆时针． 提示： 视小孩与平台为一个系统，该系统所受的外力矩为零，系统角动量守恒： 0=Rmv-J ω 可得结论。 [ C ]5、如图所示，一匀质细杆可绕通过上端与杆垂直的水平光滑固定轴O 旋转，初始状态为静止悬挂．现有一个小球自左方水平打击细杆．设小球与细杆之间为非弹性碰撞，则在碰撞过程中对细杆与小球这一系统 (A) 只有机械能守恒． (B) 只有动量守恒． (C) 只有对转轴O 的角动量守恒． (D) 机械能、动量和角动量均守恒． 图5-10 提示： 视小球与细杆为一系统，碰撞过程中系统所受合外力矩为零，满足角动量守恒条件，不满足动量和机械能守恒的条件，故只能选（C ） [ C ]6、光滑的水平桌面上，有一长为2L 、质量为m 的匀质细杆，可绕过其中点且垂直于杆的竖直光滑固定轴O 自由转动，其转动惯量为 3 1mL 2 ，起初杆静止．桌面上有两个质量均为m 的小球，各自在垂直于杆的方向上，正对着杆的一端，以相同速率v 相向运动，如图5-17所示．当两小球同时与杆的两个端点发生完全非弹性碰撞后，就与杆粘在一起转动，则这一系统碰撞后的转动角速度应为 (A) L 32v ． (B) L 54v ． (C) L 76v ． (D) L 98v ． (E) L 712v ． 图5-19 O v 俯视图