1、1第 3 章 刚体力学基础一、目的与要求1确切理解描述刚体平动和定轴转动的基本物理定义及性质，并掌握角量与线量的关系。2确切理解和掌握力矩、转动惯量的概念及计算方法，掌握刚体定轴转动的动力学方程，熟练应用刚体定轴转动定律求解刚体定轴转动及与质心联动问题。3理解刚体转动动能概念。掌握力矩的功，刚体的重力势能，刚体的动能定理和机械能守恒定律。4确切理解角动量概念，并能对含有定轴转动刚体在内的系统正确应用角动量定理及角动量守恒定律。5了解进动现象和基本描述。二、内容提要1刚体的基本运动刚体的平动：刚体运动时，在刚体内所作的任一条直线始终保持和自身平行。其特点为：对刚体上任两点 和 ，它们的运动轨迹相
2、似， ， 。因此描述刚体ABBAvBAa的平动时，可用其上任一质点的运动来代表。刚体的定轴转动：刚体内各质元均作圆周运动，且各圆心在同一条固定不动的直线上。刚体的平面平行运动：刚体上每一质元均在平行于某一固定平面的平面中。2力矩和转动惯量力矩：使刚体产生角加速度的外来作用 FrM转动惯量：刚体转动惯性大小的量度 iimJ2对于质量连续分布的刚体 Vrd2转动惯量的平行轴定理： 2dJcz转动惯量的垂直轴定理： yxz23刚体定轴转动定律：刚体所受的外力对转轴的力矩之代数和等于刚体对该轴的转动惯量与刚体的角加速度的乘积 JtMd、 、 均相对于同一转轴。J4刚体定轴转动的动能定理力矩的功： dA
3、转动动能： 21JEk动能定理： 12机械能守恒定律：系统（包括刚体）只有保守力作功时，系统的动能（包括转动动能）与势能之和为常量，即常量PkE5刚体定轴转动的角动量定理及其守恒定律角动量定理：对一固定轴的合外力矩等于刚体对该轴的角动量对时间的变化率，即 zzMJt)(d角动量守恒定律：当 时， 常量。0zzJ6刚体的平面平行运动动能：作平面平行运动的动能等于质心的平动动能与刚体绕过质心的瞬时轴的转动动能之和 221cckJmEv三、例题3-1 一轻绳绕于半径为 的圆盘边缘，在绳端施以 的拉力，圆盘可绕水平固RmgF定光滑轴转动，圆盘质量为 ，圆盘从静止开始转动，试求（1）圆盘的角加速度及转动
4、M的角度和时间的关系。 （2）如以质量 的物体挂在绳端，再计算圆盘的角加速度及转动的m角度和时间的关系。分析 本题是刚体绕定轴转动问题 ，应用转动定律 即可求出圆盘的角加速度，JM对转动定律积分可求解 。)(t3解 （1）圆盘所受的合外力矩为 FRM对圆盘用转动定律，有 )21(J因而角加速度为(1)RmgF2由于 ，且 时， ，积分（1）式，有td0ttMg0d得(2)tRm2而 ，且 时， ，积分（2）式，有td0ttMg0d可得转动角度和时间的关系为 2tRm（2）设 为绳子的张力，对圆盘，由转动定律有T(4)21(对物体 ，由牛顿定律，有(5)maTg而 (6)R联立（4） 、 （5）
5、 、 （6）式，即可解得转动角度与时间的关系为(7)mRMgg2212由 ， ，且 时， ， 。通过对（7）式积分，即可得tdt00转动角度与时间的关系为(8)2tmRg4说明 本题的第二 问是典型的刚体与质点连接的联体问题，可采用隔离研究，对质点用牛顿定律，对刚体用转动定律，并注意与（1）问的区别。同时，从（7）式可明显看出，这类问题也可将系统看成一个转动惯量为 的刚体，运用转动定律求解。21mRM3-2 长为 ，质量分布不均匀的细杆，其线密度为 （ 、 为常量） ，细杆l bra可绕轴 在铅直平面内转动，如图所示，忽略轴 的摩擦力，将杆从水平位置释放，试求z z杆转到铅直位置时，杆所具有的
6、角速度 。分析 这是一个 刚体绕定轴转动问题。当求细杆重力对轴的力矩时，因杆质量不均匀，要先恰当地求出元力矩 ，通 过积分求 ，然后采用转动定律 形zMdz dJtM式，积分即可求 。解 设 时刻杆与垂线间的夹角为 ，由于杆的质量不均匀，求重力对 轴的力矩时，t z可在杆上取线元 ，该线元对 轴的力矩为rdzsin)(grz对 轴的总力矩为z si)d(0rMlzbaglin)(0si32ll细杆的质量不均匀，因此其对 轴的转动惯量为zllz rmrJ0202)d(lba02)(431ll根据转动定律 ，有tJMzdtlbalbagl d)413(sin)2( 3积分变量替换 t代入上式化简得
7、5d)43(dsin)32( lbalbag初始条件 时， ，当转到 时，积分上式0002 d)43(dsin)3( lbalbag得 lbag)34(说明 本 题有多种解法。题中给出了用转动定律求解的方法，也可用动能定理，机械能守恒定律求解。读者可自己考 虑。3-3 一均质细杆，长为 ，质量为 ，可绕通过一端的水平轴 转动，如图。一质lMO量为 的子弹以速度 射入细杆，子弹射入点离 点的距离为 ，试求m0vO4/3l（1）杆刚开始运动时的角速度及可摆到的最大角度。（2）求轴上的横向力为零时，子弹射入的位置（即打击中心位置） 。分析 子弹射入 细杆过程中，子弹、细杆系统角动量守恒；细杆摆动时，
8、机械能守恒，由两守恒定律可求 及 。子 弹射入细杆， 细杆轴受力，轴受横向力的冲量应等于子弹、细max杆系统动量的改变，横向力 时，即可求出打 击中心位置。0横N解 （1）子弹射入细杆过程极其短暂，此过程中杆的位置还来不及变化，故子弹和细杆这个系统的重力对定轴 无力矩，轴力当然也无力矩，故这个系统在子弹射入过程中对O定轴 的角动量守恒O(1)43(143220lmMllv射入后子弹与杆共同摆动过程中，系统机械能守恒，取子弹射入处为势能零点 )(322lgll(2)cos1(4cos14g联立（1） 、 （2）可解得杆的角速度及可摆到的最大角度分别为 lmM)2716(30v6)2716)(32
9、(541cos0max glmMv（2）将子弹和细杆视为一个系统，则系统受的外力为 ， ， ， ，如图，横N竖设子弹打在距轴 处，根据动量定理x0dvtNc横(3)2mlMx系统对 轴角动量守恒，有OJmv02231lx)(M因而(4)22031lmxv将（4）式代入（3）式 022031)1(dvmMlxLtN横当 时，则0横 031)21(220vmlxMLm解此方程得 lx3此即打击中心的位置。说明 子 弹和细杆组成的系统受到外界对细杆转轴的作用力，故系统动量不守恒，这一点需特别注意，但由于该作用力通 过转轴，不 产生力矩，系统角动量守恒，并且因该力通过转轴，其力矩的功（实际上也就是力的
10、功） 为零，系 统机械能守恒，综合角动量守恒，机械能守恒求解本题。另外，打击中心即为使杆在轴处沿打击方向横向力为零时的打击点。73-4 一质量为 的子弹，穿过与均匀细杆连接的物体后，速度由 减至 ，设杆可mv2绕过 点的固定轴在竖直平面内转动，杆长为 ，杆与物体的质量均为 ，如图，开始时，Ol M杆与物体静止于铅垂位置，物体的大小可以忽略不计，子弹与物体作用过程极短，试求，欲使物体与杆可以在竖直平面内完成圆周运动，子弹的速度不能小于多少？分析 子弹、物体系统对 轴角动量守恒，物体 绕 轴转动机械能守恒，物体与杆恰能OO完成圆周运动的条件是其转到垂直位置时的动能为零，由此求解本题。解 假定子弹穿
11、过物体后，物体与杆的角速度为 ，物体与杆转动过程中，由机械能守恒及物体与杆恰能完成圆周运动的条件，有 )2(2)31(22 lMgllgMll 解得 lg9子弹穿过物体，子弹、杆、物体组成系统对 轴角动量守恒，因此O2)31(22lmMllmvv解得 28gll所以 23mglMv说明 本 题综合运用角动量守恒和机械能守恒求解，其关 键在于分析守恒条件，子弹和细杆组成的系统在细杆转轴处受外力作用，但此力力矩 为 零，因此其力矩的功也 为零，因而角动量、机械能守恒。3-5 如图，有一长度为 ，质量为 的均匀细杆静止水平放在摩擦系数为 的水平l1 桌面上，它可绕通过其端点 且与桌面垂直的固定光滑轴
12、转动，另一质量为 水平运动O2m的小滑块从侧面沿垂直于杆的方向与杆的另一端 相碰撞，并被反向弹回，碰撞时间极短。A已知小滑块与细杆碰撞前后的速率分别为 和 ，求（ 1）碰撞后杆绕 轴转动的角速度；1v2O（2）碰撞后从杆开始转动到停止转动的过程中所需的时间。分析 滑块与细杆碰撞角动量守恒，由此求 细杆转动的 ，此后， 细杆受摩擦力矩作用8转速逐渐减为零，由摩擦力矩，根据角动量定理即可求出时间 。t解 （1）以杆和滑块为研究系统。由于碰撞时间极短，杆所受到的摩擦力矩远小于滑块的冲力矩，故可认为合外力矩为零，因此系统的角动量守恒，即(1)212123lmllmv解得 l122)(3（2）碰后杆在转
13、动过程中所受的摩擦力矩为(2)glmxlgxmgMlf 1012dd由角动量定理得(3)2103dlttf由式（1） 、 （2） 、 （3）联立解得 gmt12v说明 本 题需注意两点：（1）在处理碰撞问题时，通常因碰撞时间极短，摩擦力矩远小于碰撞产生的冲力矩，角动量守恒；（ 2）棒各处摩擦力矩不同，首先要写出微元力矩，即，通过积分求摩擦力矩。mxgd3-6 如图，两个半径分别为 和 的圆柱体，转动惯量分别为 和 ，分别可绕1R2 1J2其轴转动。最初大圆柱的角速度为 ，小圆柱不转动，现将小圆柱向右平移，碰到大圆柱0后由于摩擦力的作用而被带着转动，最后两圆柱无滑动地各自以恒定角速度沿相反方向转
14、动。试求小圆柱和大圆柱的最终角速度。分析 大圆柱与小圆柱接触后，由于摩擦力矩作用，大圆柱转速减小，小圆柱转速变大，最后稳定。对两圆柱分别应用角 动量定理，由两 圆柱摩擦力相等 ，稳定后接触点线21f速度相等 ，即可求出 稳定后两圆柱角速度。21R解 两圆柱体从接触到稳定只受摩擦力，其一对摩擦力 ，对两圆柱体分别应用角动量定理21f9(1)011dJtfR(2)22注意到 。21f由（1） 、 （2）式可得(3)20121)(JR两圆柱稳定后，其接触点线速度相等，即(4)21由（3） 、 （4）式可解得小圆柱最终角速度： ，大圆柱最终角速度：021212RJ。02121RJ说明 两柱体从开始接触
15、到稳定过程中，均受到外力矩作用，这一外力矩就是摩擦力矩，因此角动量不守恒，只能对两柱体分 别使用角动量定理求解。两柱体达到稳定后，两柱体不再有相对滑动。因此，接触点处线速度相同，故可得（4）式。3-7 如图所示，长为 的均匀细杆水平地放置在桌面上，质心离桌边缘的距离为 ，l a从静止开始下落。已知杆与桌边缘之间的摩擦系数为 。试求：杆开始滑动时的临界角。分析 细杆滑 动前以 点为轴 在重力矩作用下转动， 细杆质心做以 点为圆心的圆周AA运动，根据转动定律及质心运 动定律即可求出 点摩擦力A与 角关系，细杆开始滑动 的临界条件为 。f Nf解 无滑动时，杆绕过 点的固定轴做定轴转动，由转动定律有
16、(1)AJmgacos由平行轴定理求细杆绕 点转动时的转动惯量(2)221malJCA无滑动时，杆绕 点转动，杆上各点做圆周运动，对质心 ，由牛顿运动定律得C(3)2sinmgf10(4)maNgcos杆绕 点转动，只有重力作功，机械能守恒，有A21sinAJa得(5)AJmgsi2将式（5）代入式（3） ，并利用式（2） ，得(6)21sin4sinalggf将式（1）代入式（4） ，并利用式（2） ，得(7)21coscosalmggN开始滑动的临界条件为(8)f因此，由式（6） 、 （7） 、 （8） ，有 22 1coscos1sin4sin almggalmgg CCCC 式中 为临
17、界角，整理可得C236tanalC说明 在一般涉及 转轴对刚体的作用力的问题中，除了要应用转动定律外，一般还要用到质心运动定理，如本题。3-8 一长为 的均匀薄窄平板，一端靠在摩擦略去不计的垂直墙壁上，另一端放在L2摩擦亦略去不计的水平地板上。开始时，木板静止并与地板成角 ，当松开木板后，木板0下滑，试求木板脱离墙壁时，木板与地面间的夹角 为多大？分析 木板运 动可看成木板质心平动和绕质心的转动，木板下滑过程中，墙壁对其作用力 ， 不作功，机械能守恒，由此可得木板绕质心转动的角速度 与 角关系：1N2 。对木板由质心运 动定律结合 可得 或 与 的关系。木板脱离墙壁)()(1Nxa11的条件为
18、 或 ，由此求得木板脱离 墙壁时与地面的 夹角 。01Nxa 解 取板初始位置时的质心为坐标原点，建立坐标如图。对木板，由质心运动定理有 xm1要使木板脱离墙壁，则 01N即 xa木板在脱离墙壁前受到三个力作用；墙壁给板的作用力 ，地板给板的作用力 和1N2N木板重力 ，如图所示。在任一时刻板质心的位置坐标为mgP(1)cos(0Lx(2)iniy因此任一时刻板的质心速度 、 分别为xvy(3)sindsidLttx (4)coy质心加速度在 轴上的分量为Ox tLttax dsincsdv(5)tLio2可取板和地球为研究系统，在板下滑过程中，除保守内力外，其余力均不作功，故系统的机械能守恒
19、，有 221)(1Jmgyyxv其中 2)(1LJ将式（3）和式（4）代入上式，得 222361Lmmgy12解出 23Lgy将式（2）代入上式，得(6)g2)sin(i30故(7)cos4dLt将式（6）和式（7）代入式（5） ，有 )cos43(sinco2)sin(i30 Lggax i49si0g当木板脱离墙壁时， ，即xacosincosin230g于是 0si3i可得木板脱离墙壁时，木板与地面间夹角为 )sin2arc(0说明 应 用机械能守恒定律时，需注意的是，木板的动能包括质心运动动能和绕质心的转动动能。另外，也应注意木板脱离墙壁的条件 或 。01Nxa3-9 将质量为 的均匀
20、金属丝弯成一半径为 的圆环，其上套有一质量等于 的mRm21小珠，小珠可在此圆环上无摩擦地运动，这一系统可绕固定在地面上的竖直轴转动，如图所示。开始时，小珠（可看作质点）位于圆环的顶部处，系统绕轴旋转的角速度为 ，求：当小珠滑到A0与环心同一水平的 处及环的底部 处时，环的角速度BC值，以及小珠相对环和相对地面的速度值。分析 小珠与 圆环组成系统绕 轴转动角动量守恒，由此可解得小珠滑到 、 点ABC时圆环的转动角速度 、 。同 时，系统机械能守恒可解得小珠在 、 点相对圆环的速1213度 、 。小珠相 对地面速度为两速度合成。1v2解 取圆环、小珠为系统，在小珠下落过程中，系统所受外力对 轴的
21、力矩为零，AC故系统对 轴角动量守恒，设小珠落至 、 处时环的角速度分别为 、 ，则有ACBC12(1)120)(mRJ(2)2式中 为圆环对 轴的转动惯量，圆环绕过中心且垂直环面的轴的转动量为 ，根据JAC 2mR垂直轴定理(3)221,mRJRJ由（1）（3）式解得(4)012(5)取小珠、环及地球为系统，在小珠下落过程中，外力做功为零，系统中又无非保守内力做功，所以系统的机械能守恒。设小珠落至 、 处时，相对于环的速度分别为 、BC1v，则有2v(6)21212120 )()(1mRJmgRJ (7)22)(v由（4）（7）式，解得小珠在 、 处相对于环的速度分别为BC(8)gR210v
22、(9)4小珠相对于环作圆周运动，所以 的方向与 轴平行向下， 的方向与 轴垂1vAC2vAC直向左。小珠落到 处时，环上 处相对于地面速度为 ，方向垂直纸面向里。故小珠BR1在 处相对于地面的速度大小为(10)212RBv把（4） 、 （8）式代入（10）式可得14gRB2430v环上 处相对于地面的速度恒为零，所以小珠在 处相对于地面的速度，即为相对于环的CC速度，故有 gRC42v说明 对 于本题要注意，这是一个包含有刚体和质点的系统。实际上对所有的质点系，只要外力对某轴的力矩之和为零， 则质点系关于该轴角动 量守恒，只要无非保守力作功，系统机械能守恒。3-10 如图，一实心圆柱体在一倾角
23、为 的斜面上作无滑动滚动。设摩擦系数为 ，求使该实心圆柱体只滚不滑时， 的取值范围。如果 和 可调节，能否使圆柱体在无滑下滚过程中质心保持匀速运动。分析 圆柱体无滑下 滚过程中，根据质心运动定律及绕质心轴转动定律，结合纯滚条件可解得摩擦力 与 角关系。 纯滚时，摩擦力 ，由此可限定 角取值范围。raCfNf由上也可得质心 与 关系并由此可判断无滑下滚过程中质心的运动状态。Ca解 设实心圆柱体的半径为 ，其对中心轴的转动惯量 ，其受力如图。r 21mrJC质心沿斜面平动（以沿斜面向下为正）有(1)Cmafgsin在垂直斜面方向有(2)0cosN绕质心的转动有(3)CJfr只滚不滑的条件是(4)r
24、aC由（1） 、 （2） 、 （3） 、 （4）式可得(5)sin2mgrJC15(6)sin2mgrJfC欲使物体只滚不滑，则必须有 cosNf所以 cssin2mgrJC(7)Ctg即 )(arctg2CJmr将 代入，即得21mrJC3arctg要保证只滚不滑，则由（6）式知(8)sin31si2mgrJfC由（7）式知(9)tg31t2rJC从（1）式知(10)Cmafgsin将（8）式代入（10）式得 si32aC此时调节 只能改变 ，但不会为零，故不能使质心以匀速无滑下滚。说明 这是一个典型的 刚体平面平行运动。此类刚体的平面平行运动，其运动可看成质心的平动和绕通过质心轴的转动，其
25、求解 过程一般为（1）对质 心平动应用质心运动定律；（2）对绕过质心轴的转动应用转动定律；然后结合运动的特点求解。其中，对质心运动的分析和16描述非常重要。3-11 三个质量都为 的小球， 和 小球分别固定于一长为 的刚性轻质（其质量mABl可忽略不计）细杆两端，并置于光滑水平面上， 小球以速度 与 小球对心弹性碰撞，D0vB与 方向夹角为 。求碰后（1）棒的角速度；（2） 小球损失的动能。AB0v45分析 取 球与由细杆相连的 、 球为系统，碰撞前后系统动量守恒， 对 质心角BCA动量守恒，同时动能守恒，由三守恒定律即可求棒 绕质心转动 的角速度，而 小球碰撞前后D的速度也可求出，从而可求
26、球损失的动能。D解 （1）由 、 、 三小球组成的系统，在碰撞过程中，系统的角动量、动能和A动量都守恒。 和 对心碰撞，设其碰后速度为 ，显然Bv与 在同一直线上，同时设碰后， 质心速度为 ，v0 ABC转动角速度为 ，则角动量守恒（对 质心 ） 。C(1)20 )(45sin245sin2lmllmvv动能守恒(2)22220 )(1)(11 Clv动量守恒(3)Cmv0化简以上三式得(4)l20v(5)221Cv(6)C0由（4） 、 （6）两式得(7)lC2v联立（5） 、 （6）两式，并考虑到（7）式得(8)043l将（8）代入（4）式即得棒的角速度为17l0724v（2）小球 损失的
27、动能为D2201mE而 000 7174343 vvlll则 209mE而 为小球 原有的动能。因而 ，可见小球 D 损失的动能为原有2001vED0498E动能的 。498说明 小球和细杆组成的系统不受外力，当然也不受外力矩作用，因而 动量、角动量守恒，同时小球的碰撞为弹性碰撞，动能也守恒。需要注意的是在刚体定轴转动中，由于刚体受轴的作用力，刚体的动量一般不守恒，但本题无此轴力的作用。同时，从结果我们可看出细杆既作平动（以质心速度 表示），又作 绕质心 的转动 ，转动角速度为 。CvC3-12 如图所示，将一个质点沿一个半径为 的光滑半球形碗的内面水平地投射，碗r保持静止。设 是质点恰好能达
28、到碗口所需要的初速率。试求出 作为 的函数， 是0 0v0用角度表示的质点的初位置。分析 质点运 动过程中，对 轴角动量守恒，同 时机械能也守恒，由两守恒定律可求O解本题。解 设小球于 点以 投射，此时对 轴的角动量为K0v020rmJ其中 00sinr则 00sivmrJ当质点到达碗口时，角动量为18vmrJ2由于小球所受的力与轴 在同一平面内，则合外力矩 ，所以角动量守恒。O 0M0即 vmrr0sinv又全过程中仅重力作功，机械能守恒 0220cos1gr0v20cssinr所以 0020cossin1grgrv说明 由此题可以看出，用守恒定律求解 题非常方便。3-13 如图，半径为 的
29、乒乓球，绕质心轴的转动惯量 ， 为乒乓球的质R23mRJ量，以一定的初速度在粗糙的水平面上运动，开始时球的质心速度为 ，初角速度为 ，0Cv0两者的方向如图所示，已知乒乓球与地面之间的摩擦系数为 ，试求乒乓球开始作纯滚运动所需的时间及纯滚时的质心速度。分析 乒乓球在整个运动过程中都受到摩擦力作用，大小为 是定值，方向向左。开mg始时， 乒乓球质心向右运动且 绕质心逆时针转动，摩擦力阻止质心运动的同时也阻止其绕质心逆时针转动，使质心速度 和角速度 越来越小。若 质 心初速度较大时，当 减为零时，Cv质心速度 还末为零，乒乓球 继续向右运动，此 时在摩擦力 作用下，乒乓球开始顺时Cv g针转动，因
30、此时顺时针转动的 较小， 乒乓球还是又滚又滑。此后，由于摩擦力作用，质心速度继续减小，但同时顺时针转动 的角速度不断增大，直到 满 足 条件时，乒乓球开始RCv纯滚运动，因此，利用质心运 动定理和转动定律即可求解乒乓球开始作纯滚运动所需时间及纯滚时质心速度，另外，也可在 选择好恰当参考点下，用角动量守恒定律可求出纯滚时质心19的速度 ，进而求出纯滚所需 时间。Cv解法一 如图的水平向右为质心速度的正方向，设如图的逆时针转动为角速度的正方向，在球又滚又滑阶段，滑动摩擦力为定值，由质心运动定理，有 mgdtCv初条件为时，0t0C代入积分上式得(1)gtC0v由转动定律 mRtJd初条件为时，0t
31、0代入积分上式得(2)tJmgR0又因纯滚条件为(3)Cv设达到纯滚的时间为 ，负号表示纯滚时，乒乓球滚动方向与规定方向相反，把（1） 、t（2）式，代入（3）式，得 )(1010 tJmgRgtCv将 代入得2mRJgJRgt CC5)(2)1(00v把 代入（1）式，得出开始纯滚时质心速度为t 10gtCv200000 523)(52RRCCvv解法二 利用角动量守恒定律。如图，取开始时乒乓球与地面的接触点 为参考点，O设角动量的正方向为垂直图面向里，因乒乓球不受外力矩，故角动量守恒，球对参考点的角动量等于质心角动量与绕质心轴的角动量的矢量和。开始时的角动量为O，开始纯滚时的角动量为 ，由
32、角动量守恒，有)(0JmRCv )(JmRCvJRCv0即 )(32)(0020 RRmC 因纯滚时满足条件 RCv故纯滚时的质心速度 满足 0032)321(C即 005RCv设达到纯滚所需时间为 ，则因1t10gtC即 100523tRCCvv故 gtC)(01从上可知，当 ，即 时， ，即球达到纯滚后)523(00Rv0032RCvCv质心继续向右运动，顺时针转动，当 时， ，即球达到纯滚后质心向左运动，逆时针转动。说明 对于刚 体的平面平行运 动，我 们总是将其分为质心的平动及绕质心的转动两部分，本题也不例外。质心的平动应用质心运动定律，转动应用转动定律，加上运动的特殊约21束（如本题
33、的纯滚）就可求解一般的刚体平面运动问题。本题中的解法二巧妙选择了参考点，用角动量守恒也同样可求解。四、习题3.1 如图，用实验方法测定飞轮对于其转轴的转动惯量。飞轮的半径为 ，今在飞轮R上绕一细绳，绳的末端挂一质量为 的重锤，让重锤自高度1m处落下，测得下落时间 ，为消除轴承摩擦所引起的摩擦h1t力矩的影响，再用质量为 的重锤作第二次试验。此重锤自2同一高度处下落的时间为 ，假设摩擦力矩是个常量，与重t锤的重量无关，求飞轮的转动惯量。3.2 如图所示，一质量为 的均质方形薄板，其边M长为 ，铅直放置着，它可以自由地绕其一固定边转动。L若有一质量为 ，速度为 的小球垂直于板面碰在板的mv边缘上。
34、设碰撞是弹性的，试分析碰撞后，板和小球的运动情况。3.3 以力 将一块粗糙平面压在轮上，平面与轮之间的滑动摩擦系数为 ，轮的初F 角速度为 ，问转过多少角度时轮即停止转动？已知0轮的半径为 R，质量为 ，可看作均质圆盘，轴的质量m不计。3.4 两轮 、 分别绕通过其中心的垂直轴同向转动，角速度分别为AB， 。已知两轮的半径与质量分别为 ，1srad50A1srad20B m2.0Ar， ， ，试求两轮对心衔接（即啮合）后的角速度。.BkgAm43.5 一质量为 ，半径为 的圆盘形转台以角速度 绕过中心且垂直台面的轴转动，MR0转轴的摩擦略去不计，有一质量为 的蜘蛛垂直地落在转台的边缘上。试求：
35、（1）转台m新的角速度 为多少？（2）若蜘蛛慢慢地爬向转台中心，当蜘蛛离转台中心的距离为 时， r转台的角速度 为多少？3.6 质量为 ，长为 的一根棒，可在竖直平面内自l由运动，如图。假如棒在水平线上方 角的位置从静止开30始运动，试计算当棒摆过水平方向时作用于支点的力。223.7 一根长 ，质量为 的均质细杆竖直在地面上，如果此杆以下端接地处 为转轴lmO转动而倒下，如图所示，则杆的上端 到达地面时速率为多少？A3.8 半径为 ，质量为 的匀质圆盘以匀角速度RM绕通过盘心，垂直盘面的水平轴转动，圆盘边缘绕有轻0绳，绳的下端系着一个放在地面上的质量为 的物体，起m初绳是松驰的，试求绳被拉紧后
36、物体上升的最大高度。3.9 如图所示，一具有圆形周边，质量对其中心对称分布的物体（如实心圆柱体、空心圆筒、球等） ，在一倾角为 的斜面上无滑滚动。设摩擦系数为 ，求使该物体只滚不滑时， 的取值范围，并讨论空心圆筒、实心圆柱体和球等具体情况。3.10 在光滑的桌面上有一质量为 ，长 的细杆，Ml2一质量为 的小球沿桌面以速率 垂直地撞击在细杆的一m0v端（如图） 。设碰撞是完全弹性的，求碰后球和杆的运动情况。在什么条件下细杆旋转半圈后会第二次撞在小球上。3.11 如图两个完全相同的均匀球，球的质量均为 ，m一个球无滑动地作水平滚动，以速度 撞向另一个静止的0v小球，假定摩擦力足够小，使得它在碰撞过程中的作用可以忽略，而碰撞可以看成是完全弹性的。（1）在碰撞后足够长的时间之后，每个球又作无滑动的滚动，试求这时每个球的速度。（2）初始能量中由于摩擦力而转换为热能的比率是多少？3.12 如图所示，均匀细杆长 ，可绕通过中心 的lO固定水平轴在铅垂面内自由转动。开始时，细杆静止于水平位置，一质量与细杆相同的蜘蛛以速度 垂直落到细0v杆的 长度处，落下后立即向端点爬去，试问：41（1）为使细杆以匀角速度转动，蜘蛛沿细杆爬行的速度应是多少？（2）为使蜘蛛在细杆转到铅直位置前能爬到端点，蜘蛛下落的速度 最大值是多少？0v23
