第三章刚体力学
§ 3—1 刚体的定轴转动
在上述两章中，我们介绍了质点运动的一些重要规律，现在简单地介绍具有一定形状和大小的物体的运动规律．当研究物体的运动不能忽略物体的大小和形状时，质点模型就不适用了。这时，可以把物体看作是由若干质点组成的质点系。当这种质点系受到外力的作用时，有的形状和大小随着运动状态的改变而作明显的改变（例如流体和弹性体），有的形状和大小实际上只有微小的变化，例如大多数固体。当固体在运动中其形状和大小的相对改变可以作为次要因素忽略不计时，可以把固体看作是由若干彼此维持固定距离的质点组成，这种理想模型就是刚体．刚体无论在多大的外力作用下，其形状和大小都保持不变，或者说，刚体在任何情况下，刚体内任意两个质点之间的距离保持不变．例如研究地球的自转或飞轮的转动时，我们即可把地球、飞轮看成刚体．刚体也是常用的力学模型．
刚体的最简单的运动是平动和转动．当刚体运动时，如果刚体内任何一条给定的直线，在运动中始终保持它的方向不变，这种运动称为平动（图3—1a）．例如升降机的运动，汽缸中活塞的运动，刨床上刨刀的运动等等都是平动．显然，刚体平动时，在任意一段时间内，刚体中所有质点的位移都是相等的，而且在任何时刻，各个质点的速度、加速度也都是相同的．所以刚体内任何一一点的运动就可代表整个刚体的运动．
图3—1a图3—1b
图3—1 平动和转动
刚体运动时，如果刚体中的各个质点在运动中都绕同一直线作圆周运动，这种运动称为转动（图3—1b），这一直线称为转轴．例如机器上齿轮的运动，钟摆的运动，地球的自转运动等等都是转动．如果转轴是固定不动的，就称为定轴转动．在本章中，我们主要研究刚体的定轴转动．关于刚体的一般运动规律，将在
理论力学课程中讲述，这里不作讨论．
研究刚体绕定轴转动时，通常取任一垂直于
定轴的平面作为转动平面．如图所示，O为转轴
与某一转动平面的交点，P为刚体上的一个质
点，P在这一转动平面内绕O点作圆周运动，具
有一定的角位移、角速度和角加速度。显然，刚
体中任何其他质点也都在各自的转动平面内作
圆周运动，而且都具有与P点相等的角位移、角
速度和角加速度．运动学中讨论过的角位移、角图3—2 转动平面
速度和角加速度等概念以及有关的公式，都可适用于刚体的定轴转动．至于刚体内各个质点的位移、速度和加速度，则由于各质点离开转轴的距离和方位有所不同，所以也是各不相同的．转动中的角位移、角速度和角加速度等角量，与质点的位移、速度和加速度等线量之间
的关系，我们在讲述圆周运动时已作过介绍，这里不重复讨论．
刚体的一般运动比较复杂．但可以证明，刚体的一般运动可看作是平动和转动的叠加．例如，一个车轮的滚动，可以分解为车轮随着轴承的平动和整个车轮绕轴承的转动．又如，在拧紧或松开螺帽时，螺帽同时作沿轴线方向的平动和绕轴线的转动．
角速度矢量 为了充分反映刚体转动的情况，常用矢量来表示角速度．角速度矢量是这样规定的：在转轴上画一有向线段，使其长度按一定比例代表角速度的大小，它的方向与
图3—3 角速度矢量的方向按右手螺旋定则规定 图3—4 线速度和角速度之间的矢量关系刚体转动方向之间的关系按右手螺旋定则来确定，这就是使右手螺旋转动的方向和刚体转动 的方向相一致，则螺旋前进的方向，便是角速度矢量的正方向，如图3—3所示．
在转轴上确定了角速度矢量之后，则刚体上任一质点P （离转轴的距离OP 为r ，相应的矢径为r ）的线速度υ 和角速度ω 之间的关系式为（参看图3—4）
r ?=ωυ （3—1） 这样，采用两矢量的矢积表示式，可同时表述角速度和线速度之间的方向上和量值上的关系． 在定轴转动中，角加速度矢量β 按式dt
d ωβ =定义．当刚体转动加快时，β 和ω 方向相同，当刚体转动减慢时，β 与ω 方向相反．
§ 3—2 转动动能 转动惯量
本节先计算刚体以角速度ω 绕定轴转动时的转动动能，然后再引人转动中一个重要的概念，即转动惯量．
刚体可以看成是由许多质点所组成的．设各质点的质量分别为1m ?、2m ?、…，各质点与转轴的距离分别为1r 、2r …．当刚体绕定轴转动时，各质点的角速度ω 相等，但线速度各不相同．设其中第i 个质点的线速度为i v
，其大小为ωυi i r =，则相应的动能为 2222
121ωυi i i i r m m ?=? 整个刚体的动能是所有各质点的动能之和，即
+?+?=+?+?=2
22222222211222211ωωυυr m r m m m E k
∑?=222ωi i r m
因2
2
ω对各质点都相同，可从累加号内提出，所以刚体转动动能为 2)(2
2
ω∑?=i i k r m E （3一2）
上式括号内的最常用I 来表示，叫做刚体对给定转轴的转动惯量，因此上式可写作
221ωI E k =
（3—2a ） 转动惯量I 的定义式为
∑?=+?+?=i i m r m r m r I 2
222121 （3—3）
也就是说，转动惯量I 等于刚体中每个质点的质量与这一质点到转轴的距离的平方的乘积的总和，而与质点的运动速度无关．将式（3—3a ）与平动中的动能公式相比较，可知转动惯量相当于平动时的质量，是物体在转动中惯性大小的量度．
一般物体的质量可以认为是连续分布的，这时，上式（3—3）应写成积分形式
V d r dm r I ??
==ρ22 （3一3a ） 式中dV 表示相应于dm 的体积元，ρ表示体积元处的密度，r 是体积元与转轴之间的距离．
在国际单位制中，转动惯量的单位是2米千克?（代号2
m kg ?），转动惯量的量纲为2ML ．
从式（3—3）或式（3—3a ）可以看出，刚体的转动惯量决定于刚体各部分的质量对给定转轴的分布情况．具体地说，刚体的转动惯量与下列因素有关．第一，与刚体的质量有关．第二，在质量一定的情况下，还与质量的分布有关，亦即与刚体的形状、大小和各部分的密度有关．例如，同质料的质量相等的空心圆柱和实心圆柱，对于圆柱的轴来说，前者的转动惯量较大．又例如质量和半径都相等的两个圆盘，一个中间密度大而边缘密度小，另一个中间密度小而边缘密度大，对于通过圆心并与圆面垂直的转轴来说，后者的转动惯量较人．第三，转动惯量与转轴的位置有关．例如同一均匀细长棒，对于通过棒的中心并与棒垂直的转轴和通过棒的一端并与棒垂直的另一转轴，转动惯量是不相同的，后者较大．所以只有指出刚体对某一转轴的转动惯量才有明确意义．
物体的总质量为∑?=i m m ．物体对转轴的转动惯量为∑?=i i m r I 2
．通常把I 记
作2G mr I =，式中的G r 称为物体对该转轴的回转半径．这就是从该物体对该转轴的旋转效
应来看，物体的质量好象集中在离轴距离为G r 的一个圆周上．
几何形状简单的、密度均匀的几种物体对不同转轴的转动惯量如表3—1所示．
表3—1 刚体的转动惯量
图3—5
关于转动惯量的平行轴定理和垂直轴定理。这两条定理反映了刚体绕不同轴的转动惯量之间的关系，它们将有助于我们计算转动惯量。
平行轴定理图3—5表示通过刚体质心C而垂直于平行轴的一个刚体截面，平行轴于
此截面相交于A 点。可以证明，把同一刚体对过质心的轴的转动惯量c I 与对于另一个平行轴的转动惯量I 联系起来的公式是
2md I I c += （3—4）
d 为这两轴的距离 。
垂直轴定理 如图3—6所示 ，已知一块薄板绕位于板上两相互垂直的轴（设为x 轴和y 轴）的转动惯量为x I 和y I ，则薄板绕z 轴的转动惯量
y x z I I I += （3—5）
此即垂直轴定理。 圆盘绕通过中心且垂直于盘面的转动惯量为
221mR ，由垂直轴定理知，圆盘绕其直径的转动惯量为24
1mR 。
图 3—6
表3—1 所列的都是对质心轴的转动惯量。运用式（3—4）就可求出对于平行轴的转动惯量。例如对细长直棒的端垂轴的转动惯量为
2
222312121ml l m ml md I I c =??? ??+=+=
例题3一1 求质量为m 、长为l 的均匀细棒对下面（1）、（2）和（3）所给定的转轴的转动惯量．
（1）转轴通过棒的中心并与棒垂直；
（2）转轴通过棒的一端并与棒垂直；
（3）转轴通过棒上离中心为h 的一点并与棒垂直．
图3—7 例题3—1用图
解 在细棒上任取一长度元dx ，离转轴距离为x （图3一7），质量为dx dm λ=，其中λ为细棒的质量线密度．根据转动惯量定义?=dm r I 2得
（1）当转轴通过中心并与棒垂直时
λλλ12313222232|l x dx x I l l l l ===?
-- 将棒的质量线密度l
m =λ代入，即得 2312
112ml l m l I == （2）当转轴通过棒的一端并与棒垂直时，
23023
131ml l dx x I l ===?λλ （3）当转轴通过棒上离中心为h 的一点并与棒垂直时
2222212
mh ml l dx x I h l h l +==?++-λ 由此可以看出，同一均匀细棒，如果转轴的位置不同，转动惯量也不相同．
例题3—2 求质量为m 、半径为a 的细圆环或圆盘绕通过中心并与圆面垂直的转轴的转动惯量．
图3—8 例题3—2用图
解 （1）细圆环的质量可以认为全部分布在半径为a 的圆周上．即在距中心小于或大于a 的各处，质量均为零．所以转动惯量为
∑∑=?=?=222ma m a m a I i i
（2）对圆盘来说，质量均匀分布在半径为a 的整个圆面上．在离转轴的距离为r 至dr r +处取一小环，面积为rdr dS ?=π2，质量为dS dm σ=，其中ρ为圆盘的质量面密度，则小环的转动惯量为dr r dm r dI 3
22?==πσ，而整个圆盘的转动惯量为 4030222a dr r dm r dI I a m σππσ====??? 质量面密度2a
m
πσ=，代人上式得 22
1ma I =
由此可以看出两个质量相等，形状相同，转轴位置也相同的刚体，由于质量分布情况不同，两个刚体的转动惯量也不相同．
§ 3—3 力矩 转动定律
力矩 一个具有固定轴的静止物体，在外力作用下可能发生转动，也可能不发生转动．由事实可知，物体的转动与否不仅与力的大小有关，而且与力的作用点以及作用力的方向有关．例如，当我们开关门窗时，如果作用力与转轴平行或通过转轴，那末不论用多大的力也不能把门窗打开或关上．因此，在转动中必须研究力矩的作用．
设刚体所受外力f 在垂直于转轴O 的平面内（图3—9a ），力的作用线和转轴之间的垂直距离为d ，d 称为这力对转轴的力臂，力的大小与力臂的乘积称为这力对转轴的力矩．用M 表示力矩，
即
fd M = （3—6） 这是力矩的定义式
设力f 的作用点是P ，作用点离开转轴的垂直距离是r （相应的矢径是r ）．从图3—9a 中可以看出：φsin r d =，φ是力与矢径r
之间的夹角，所以上式也可写成
φsin fr M = （3—6a ）
（a ）外力在垂直于转轴的平面内 (b) 外力在不垂直于转轴的平面内
图3—9 力矩
力矩是矢量，在定轴转动中，力矩的方向是沿着转轴的，指向是按右手螺旋定则规定的，即由矢径的方向（经过小于O 180的角度）转到力的方向时右手螺旋的前进方向．根据力矩的大小和如上规定的方向，力矩可用矢径r 和力f
的矢积表示： f r M ?= （3—6b ）
如果外力不在垂直于转轴的平面内，那就必须把外力分成两个分力，一个是与转轴平行的分力，另一个是在转动平面内的分力（图3—9b ）．只有在转动平面内的分力能使物体
转动．因此，在上述力矩定义式（3—6）、式（3—6a ）和式（3—6b ）中，f 和f 应理解
为外力在它作用点的转动平面内的分力．
在国际单位制中，力矩的单位为米·牛顿（代号N m ?）．力矩的量纲是22-T ML ． 在定轴转动中，如果有几个外力同时作用在刚体上时，它们的作用将相当于某单个力矩的作用，这个力矩称为这些力的合力矩．实验指出，合力矩的量值等于这几个力各自的力矩的代数和．
转动定律 实验指出，一个可绕固定轴转动的刚体，当它所受的合外力矩（对该轴而言）等于零时，它将保持原有的角速度不变（原来静止的继续静止，原在转动的则作匀角速转动）．这就是转动刚体的第一定律，它反映了任何转动的物体都具有转动惯性．可注意到，这一定律在转动中的地位和牛顿第一定律在平动中的地位相当．
实验还指出，一个可绕固定轴转动的刚体，当它所受的合外力矩（对该轴而言）不等于零时，它将获得角加速度，角加速度的方向与合外力矩的方向相同；角加速度β的量值和它所受的合外力矩M 的量值成正比，并与它的转动惯量成反比（这里M 、I 、β都是对同一转轴而言），即
I
M ∝β或βkI M = 当M 、I 、β均用国际单位制的单位时，比例系数1=k ，于是
βI M = （3—7） 这一关系就是转动刚体的第二定律．显然，这个定律在转动中的地位和牛顿第二定律在平动中的地位也恰相当，将βI M =和ma f =两相比较，可知式中的转动惯量I 和质量m 相当．它是反映转动惯性大小（给定刚体对给定转轴而言）的物理量．
综上所述，转动定律βI M =，是表述刚体转动规律的基本方程．
用矢量式表示时，转动定律可写作
dt
d I I M ωβ== （3—7a ） 转动定律的推导 在力学理论中，刚体运动的规律可以在质点运动的最基本规律—--牛顿运动定律的基础上演绎推导出来。也就是说，两者之间有极其深刻的内在联系．下面，我们说明如何推证转动定律．
图3—10 推到转动定律用图
图3—10表示一个绕固定轴OZ 转动的刚体，其中P 点表示刚体中的某一质点，质量为
i m ?．P 点离转轴的距离为i r （相应的矢径为i r ）
．设刚体绕轴转动的角速度和角加速度分
别为ω和β，此时质点P 所受的外力和内力分别为i F 和i f ，这里i f 表示刚体中所有其他
质点对P 作用的合内力．为使讨论简化起见，我们假设i F 和i f 都在P 点的转动平面内（它们与矢径i r
的交角分别为i φ和i θ）．根据牛顿第二运动定律， i i i i a m f F )(?=+ （1）
式中的i a
是质点P 点的加速度．质点P 绕转轴作圆周运动，把力和加速度都沿径向和切向分解，可写出径向和切向分量的方程如下： 2)()()cos cos (ωφφi i in i i i i i r m a m f F ?=?=+- （2）
βφφi i it i i i i i r m a m f F )()(sin sin ?=?=+ （3）
式中2ωi in r a =和βi it r a =分别是质点P 的向心加速度和切向加速度．式（2）左边表示质点P 所受的向心力，式（3）左边表示质点P 所受的切向力．向心力的作用线是通过转轴的， 其力矩为零，我们不予考虑．在式（3）的两边各乘以i r ，我们得到
βθφ2)(sin sin i i i i i i i i r m r f r F ?=+ （4）
式（4）左边的第一项是外力i F 对转轴的力矩，第二项是内力i f 对转轴的力矩．
同理，对刚体中全部质点都可写出和式（4）相当的方程．把这些式子全部相加，则有：
βφφ)(sin sin 2i i i i
i i i i i i m r r f r F ?=+∑∑∑ （5）
因为内力中的任一对（比如说质点i m ?和j m ?之间）作用力和反作用力的力矩相加为零，所以式（5）左边表示所有内力力矩总和的项
i i i i r f θsin ∑也应等于零．这样，式（5）左边只剩下第一项i
i i
i r f φsin ∑，按定义，它是刚体所受全部外力对转轴OZ 的力矩的总和，也就是合外力矩．用M 表示合外力矩，)(2
i i m r I ?=∑表示转动惯量，则式（5）可写成
I βM =
以上，我们从牛顿第二定律和第三定律出发导出了转动定律．
图3—11例题3—3 用图
例题3—3 一轻绳跨过一轴承光滑的定滑轮，绳的两端分别悬有质最为1m 和2m 的物体，21m m <，如图3—11所示．设滑轮的质量为m ，半径为r ，其转动惯量可按221mr I =计算（滑轮视为圆盘）．绳与轮之间无相对滑动．试求物体的加速度和绳的张力．
解 按题意，滑轮具有一定的转动惯量．在转动中，两边绳子的张力不再相等．设1m 这边的张力为1T 、'1T （11T T ='），2m 这边的张力为2T 、)(222T T T ='
'．因12m m >，1m 向上运动，2m 向下运动，而滑轮顺时针旋转．按牛顿运动定律和转动定律可列出下列方程： a m P T 111=-
a m T P 222=-
βI r T r T ='-'22
式中β是滑轮的角加速度，a 是物体的加速度，g m P 11=，g m P 22=
因为绳与轮之间无相对滑动，因此，滑轮边缘上的切向加速度和物体的加速度相等，即
βr a =
从以上各式即可解得
m m m g m m r
I m m g m m a 21)()(211222112++-=++-=
而 m m m g m m m a g m T 2
1)212()(212111+++=+= m m m g m m m a g m T 2
1)212()(211222+++=-=' r m m m g m m r a )2
1()(2112++-==β 例题3—4 如图3—12所示，质量均为m 的两物体A 、B 。A 放在倾角为α的光滑斜面上，通过定滑轮由不可伸长的轻绳与B 相连。定滑轮是半径为R 的圆盘，其质量也为m 。物体 运动时，绳与滑轮无相对运动。求绳中张力1T 和2T 及物体的加速度a （轮轴光滑）
图3—12 例题3—4 用图
解 物体A,B ，定滑轮受力图见图3—12。对于作平动的刚体A,B ，分别由牛顿定律得
A ma mg T =-'αsin 1 （1）
B ma T mg ='-2 （2）
又 2211,T T T T ='=' （3） 对定滑轮，由转动定理得
βI R T R T =-12 （4） 由于绳子不可伸长，所以
βR a a B A == （5） 22
1mR I =
联立式（1），（2），（3），（4）,(5)得 mg T 5
sin 321α+=
mg T 5sin 232α+=
g a a B A 5)sin 1(2α-=
= § 3—4 力矩的功 刚体定轴转动中的动能定理
当刚体受外力矩的作用而绕固定转轴加速转动时，刚体的转动动能增加，这是由于外力矩对刚体作功的结果．在本节中，我们要研究两者之间量值上的关系．下面，我们先说明力矩的功．
力矩的功 设刚体在几个外力的作用下，在dt 时间内绕固定转轴O 转过一极小的角位
移θd ，这时，某质点P 的位移为s d ，θrd ds =（图3—13）．设质点P 处所受的外力为F 、
内力为f （图中未画出f ）．因位移s d 与OP 垂直，F 与s d 所成的夹角为α，按功的定 义，力F
在这段位移中所作的功是 θααd Fr ds F dA cos cos ==
因090=+βα，所以φαsin cos =，按式（3—6a ），上
式可写成
θMd dA = （3—8）
式中M 是力F 的力矩．式（3—7）表明力矩所作的微功等
于力矩M 和角位移θd 的乘积．
当刚体在恒力矩M 作用下转过θ角时，力矩所作的功
为
θM A = 图3—13 力矩的功
而变力矩所作的功为
?
=θMd A （3—8a ） 同理，内力f 的力矩所作的功也可写成式（3—8）的形式．换句话说，式（3—8）和
式（3—8a ）是计算力矩的功的通式，M 可以代表某一个力的力矩，也可代表某几个力的合力矩．
由式（3一8）可以求得力矩M 的功率
ωθM dt
d M dt dA N === （3一9） 当力矩与角速度同方向时，力矩的功和功率为正值；当力矩与角速度相反方向时，力矩的功和功率为负值，这时的力矩常称为阻力矩．
对一个绕固定轴转动的刚体来说，要考虑刚体上所有外力和所有内力的总功．所有外力的功的总和可表示为合外力矩的功，所有内力的功的总和也可表示为内力矩的功的总和．由于任一对内力（比如说质点i m ?和j m ?之间的内力）大小相等、方向相反且在同一直线上，这一对内力力矩的代数和为零，这一对内力力矩的总功也为零，所以定轴转动刚体上所有内力矩的总功也必为零．这样，我们只要考虑定轴刚体上合外力矩的功．
刚体定轴转动中的动能定理 如上所说，对于定轴转动的刚体，只要考虑合外力矩对
它所作的功．事实上，从转动定律βI M =出发，因θ
ωωθθωωβd d dt d d d dt d ===，我们有 θ
ωωd d I M ?
= 于是有 )21
(2ωωωθI d d I Md == （3—10）
当刚体的角速度从1t 时刻的1ω改变为2t 时刻的2ω时，在这个过程中，将式（3—10）两边进行积分后，得
212222
121)21(2121ωωωθωωI I I d d M A t t -===??→ （3一10a ）式(3一10)和式(3－10a )表明：合外力矩对定轴刚体所作的功等于刚体转动动能的增量．这一关系称为刚体定轴转动中的动能定理．
可注意到，上面我们从转动定律直接推出定轴刚体的动能定理，并未涉及刚体上的内力和内力矩．这一事实也正说明定轴刚体上所有内力的总功是等于零的．对于一个绕轴转动的非刚体来说，这一结论并不适用；这时，内力的功（或内力矩的功）的总和并非一定为零，有关情况仍需应用上章中质点系的功和动能的关系式进行分析．这里就不再赘述．
例题3—5一根质量为m 、长为l 的均匀细棒AB （图3—14），可绕一水平的光滑转轴
O 在竖直平面内转动，O 轴离A 端的距离为3
l ．今使棒从静止开始由水平位置绕O 轴转动，求：
（1）棒在水平位置上刚起动时的角加速度；
（2）棒转到竖直位置时的角速度和角加速度；
（3）棒在竖直位置时，棒的两端和中点的速度和加速度．
解 先确定细棒AB 对O 轴的转动惯量0I ．参看例题3一1（3）中计算细棒转动惯量的答案，令6
l h =，可算出 22209
1)6(121ml l m ml I =+= 再对细棒AB 所受的力作一分析：重力P ，作用在棒的中点C （重心），方向竖直向下；
轴与棒之间没有摩擦力，轴对棒作用的支承力N
垂直于棒与轴的接触面而且通过O 点，在棒的转动过程中，这力的方向和大小将是随时改变的．在棒的转动过程中，对转轴O 而言，支承力N 通过O 点，所以支承力对轴的力矩等于零．重力P 的力矩则是变力矩，大小等于
θcos 6
l mg ，其中的θ是棒的B 端从水平位置下转的角度．
图3—14 例题3—5 用图
（1）当棒在水平位置上刚起动时，所受重力力矩6
l mg
M =，按转动定律算得角加速度 l g ml l
mg
I M 239
1620===β （2）当棒转过一极小的角位移θd 时，重力知所作的微功是
θθd l mg dA cos 6= 在棒从水平位置转到竖直位置的过程中，重力矩所作的总功
6
cos 620mgl d l mg dA A ===??θθπ
棒在水平位置时的角速度00=ω，转到竖直位置时角速度为ω，按定轴转动刚体的动能定理，应有 202
16ωI mgl = 由此算得 l g ml mgl I mgl 39
13320===ω 在竖在位置时，细棒所受重力矩为零，此时瞬时角加速度为零．
（3）棒在竖直位置时，棒的两端A 、B 和中点C 的速度、加速度计算如下：
6
lg l g l r C c 336===ωυ （方向向左） 3
lg l g l r A A 333===ωυ （方向向右） 3
lg l g l r B B 32332===ωυ （方向向左）
2
362g l g l r a c c ===ω （方向向上，指向O 点） g r a A A ==2ω （方向向下，指向O 点）
g r a B B 22==ω （方向向上，指向O 点）
例题3—6 长为l 的均匀细棒，绕过其一端O 并与杆垂直的水平轴转动。设杆从水平位置由静止释放，求杆与水平线成θ角时，杆的质心速度。设转轴光滑。
解 [解法一]应用刚体定轴转动的动能定理
以杆为研究对象，它受到重力mg 和转轴的作用力N 。由
于转轴光滑，N 不作功，所以只有mg 作功。当杆从水平位置
落至题设的位置时，重力作功为
θsin 2
l mg
A = 在此期间，杆的动能的增量 02120-=
-ωI E E k k 图3—15 例题3—6 用图
由动能定理
θωs i n 2212l mg I = 将23
1ml I =代入，得 θωsin 3l g =
质心的速度为 θωυsin 32
12gl l c == [解法二]应用刚体定轴转动的机械能守恒定律
以杆和地球为一系统由于轴光滑，使作用与杆的外力1N 不作功，而地球和杆的相互作用力为保守内力，所以杆的机械能守恒。选择水平位置为杆的势能零点，开始时
00=E
至杆与水平线夹角为θ时，θωsin 2
212l mg I E -=
所以 0sin 2212=-θωl mg I θυθωsin 32
1,sin 3gl l g c == § 3—5 动量矩和冲量矩 动量矩守恒定律
与冲量相似，我们用冲量矩表示力矩在时间过程中的累积效应．冲量矩等于力矩乘以力矩所作用的时间． 刚体作定轴转动时，根据转动定律dt
d I I M ωβ ==，可得 dt
L d dt I d M ==)(ω （3—11） 和 )(ω I d dt M = （3—12）
在以上两式中，因为刚体对于某一定轴的转动惯量是一恒量，所以可将ω Id 写成)ω I d (，即量ω I 的增量，ω I L =，称为物体对转轴的动量矩．式（3—11）表明：物体对某给定轴的动量矩的时间变化率等于物体所受到的对该轴的合外力矩．这是用动量矩陈述的转动定律．当刚体的角速度从1t 时刻的1ω 改变为2t 时刻的2ω 时，在这个过程中，将式（3—12）两边进行积分后，得
122
121
)(ωωωωω I I I d dt M t t -==?? （3—12a ） dt M 是合外力矩M 在dt 时间内的冲量矩，?21t t dt
M 是合外力矩M 在12t t -这段时间内的冲量矩，所以式（3—12）和式（3—12a ）表明：转动物体所受合外力矩的冲量矩等于在这段时间内转动物体动量矩的增量，这一关系叫做动量矩定理．动量矩也叫做角动量． 这一关系也叫角动量定理．
在国际单位制中，冲量矩的单位是米·牛顿·秒（符号s N m ??），动量矩的单位是
千克·2米·1-秒（符号12-??s m kg ），冲量矩和动量矩的量纲相同，都是12-T ML ．
导出上述公式时，我们曾假定物体的转动惯量保持不变．在实际中，某些物体（例如非刚体）在运动时，虽然转动惯量可以发生变化，但是，式（3—11）仍然成立，动量矩定理也仍然是正确的．在这种情况下，可写成
11222
1ωω I I t M dt M t t -=?=? （3一13）
式中1I 和1ω
分别表示物体在开始时刻1t 的转动惯量和角速度，2I 和2ω 分别表示物体在终了时刻2t 的转动惯量和角速度，12t t t -=?是力矩M 的作用时间，M 表示力矩在这段时
间内的平均量．
如果物体所受的合外力矩M
恒等于零，那末根据式（3—10）得 0)(==dt
I d dt L d ω
所以 恒矢量==ω I L （3—14）
亦即当物体所受的合外力矩等于零时，物体的动量矩ω I 保持不变．这一结论就是动量矩守
恒定律，也叫做角动量守恒定律．
因为物体的动量矩等于物体的转动惯量和角速度的乘积，所以动量矩保持不变的情况可能有两种，一种是转动惯量和角速度均保持不变；另一种是转动惯量和角速度同时改变，但乘积保持不变．例如，一个正在转动的飞轮，当所受的摩擦阻力矩可以忽略时，就近似于前一种情况．
（a ） (b )
图3—16 动量矩守恒定律的演示实验
动量矩守恒定律的后一种情况可用下述方法进行演示．设有一人坐在凳子上，凳子能绕 竖直轴转动（转动中的摩擦忽略不计）．人的两手各握一个很重的哑铃，当他平举两臂时，在别人的帮助下，使人和凳一起以一定的角速度转动起来（图3—16a ），然后，此人在转动中放下两臂．由于这时没有外力矩作用，凳和人的动量矩保持不变，所以当人放下两臂后，转动惯量减少，结果角速度要增大，也就是说比平举两臂时要转得快一些（图3—16b ）．
在日常生活中，利用动量矩守恒定律的例子也是很多的．例如舞蹈演员、溜冰运动员等，在旋转的时候，往往先把两臂张开旋转，然后迅速把两臂收回靠拢身体，使自己的转动惯量迅速减少，因而旋转速度加快．
动量矩守恒定律，与前面介绍的动量守恒定律和能量守恒定律一样，是自然界中的普遍规律．我们以后会看到，即使在原子内部，也都很严格地遵守着这三条定律．
现在将平动和转动的一些重要公式列表对照（表3—2），以资参考．
表 3—2
例题3—7 一根质量为m ，长为l 2的均匀细棒，可以在竖直平面内绕通过其中心的水平轴转动．开始时细棒在水平位置（图3—17）．一质量为m '的小球，以速度u 垂直落到棒的端点．设小球与棒作完全弹性碰撞．求碰撞后，小球的回跳速度以及棒的角速度各等于多少？
图 3—17 小球和细棒的碰撞
解 令υ表示碰撞后小球的速度，ω表示棒的角速度．对小球来说，应用动量定理，可写出
)()(u m u m m fdt +'='--'=?υυ （向上为正） （1）
积分式表示细棒给予小球的冲量．
对于细棒，应用动量矩定理，可写出
???='='=ωI dt f l dt
f l Mdt （2） 这里积分式表示小球给予细棒的冲量矩．f '为f 的反作用力，l 为定长，可以移出积分号
外．
因f f ='，可将式（l ）和式（2）合并，得
ωυI l u m =+')( （3） 又因小球与细棒的碰撞是弹性的，遵从机械能守恒定律，即有
2222
12121ωυI m u m +'=' （4） 上式左边表示小球在碰撞前的动能，右边表示碰撞后小球和细棒的动能之和．以231ml I =代入（3）、（4）两式，即可解得
)3()3(m m m m u '+'-=υ，l
m m u m )3(6'+'=ω 式（3）可改写为
l m I ul m υω'-=' （5）
或 l l m I l u l m υω)()
(22'-=' 小球对于转轴O 的转动惯量为2l m '．小球对转轴O 的角速度，碰撞前为
l u （顺时针方向），碰撞后为
l
υ（逆时针方向）．由此可知，式（5）说明对转轴O 而言，小球和细棒的总动量矩守恒
图3—18 例题3—8 用图
例题3—8 质量为M 、半径为R 的转台，可绕通过中心的竖直轴转动（图3—18）．设阻力可以忽略不计．质量为m 的一人，站在台的边缘，人和台原来都静止．如果人沿台的边缘奔跑一周，问相对于地面来说，人和转台各转了多少角度？
解 如果以人和转台为一系统，该系统未受到外力矩的作用，因此动量矩守恒．已知开始时系统的动量矩等于零，应用动量矩守恒定律，可写出
0=''-ωωI I
式中I 和I '分别表示转台和人对转台中心轴的转动惯量，ω和ω'分别表示相应的角速度（相对于地面而言，并预先说明角速度方向相反）．转台的转动惯量为
22
1MR ，而人的转动惯量等于2mR ．上式可改写为 02122='-ωωmR MR ，ωω'=M
m 2
人相对于转台的角速度为
ωωω'+=
'+=ΩM
m M 2 人在台上奔跑一周所需的时间为 ωππ'
+=Ω=
)2(22m M M t 所以人相对于地面所绕行的角度为 m M M t 22+='=πωθ 转台所转过的角度为
m M m t M m t 242+='==πωω? 显然，?θ+应等于π2．
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
班级： 姓名： 一、选择题 1、一质点作匀速率圆周运动时，则质点的（ ） (A)动量不变，对圆心的角动量也不变． (B)动量不变，对圆心的角动量不断改变． (C)动量不断改变，对圆心的角动量不变． (D)动量不断改变，对圆心的角动量也不断改变． 2、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． 3、刚体角动量守恒的充分而必要的条件是 （ ） (A) 刚体不受外力矩的作用． (B) 刚体所受合外力矩为零． (C) 刚体所受的合外力和合外力矩均为零． (D) 刚体的转动惯量和角速度均保持不变． 4、一水平圆盘可绕通过其中心的固定竖直轴转动，盘上站着一个人.把人和圆盘取作系统，当此人在盘上随意走动时，若忽略轴的摩擦，此系 统 （ ） (A) 动量守恒． (B) 机械能守恒． (C) 对转轴的角动量守恒． (D) 动量、机械能和角动量都守恒． 二、填空题： 1. 一质量为m 的质点沿着一条曲线运动，其位置矢量在空间直角座标系中的表达式为 j t b i t a r ωωs i n c o s +=，其中a 、b 、ω皆为常量，则此质点对原点的角动量为_____ ；此质点所受对原点的力矩_____． 2、一正方形abcd 边长为L ，它的四个顶点各有 一个质量为m 的质点，此系统对下面三种转轴的 转动惯量： （1）Z 1轴： （2）Z 2轴： （3）Z 33、一人造地球卫星绕地球做椭圆轨道运动，则卫星的动量 ，动能 ，机械能 ，对地心的角动量 。（填“守恒”或“不守恒”） 4、刚体的转动惯量与 、 及 有关。 5、一质量为2kg 的质点在某一时刻的位置矢量为23r i j =+ （m ）,该时刻的速度为32i j υ=+ （m/s ）,则质点此时刻的动量p = ，相对于坐标 原点的角动量L = 。 三、简答题： 1、力学中常见三大守恒定律是什么？ 2、试用所学知识说明（1）芭蕾舞演员、花样滑冰运动员在原地快速旋转动作；（2）为什么体操和跳水运动中直体的空翻要比屈体、团体的空翻难度大。
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
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
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：23 212643ct bt ct bt a d d -==-+== ω θβω 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 2222112..()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 '=
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)
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
第三章 刚体力学习题答案 3-1 如图3-1示,一轻杆长度为2l ,两端各固定一小球,A 球质量为2m ,B 球质量为m , 杆可绕过中心的水平轴O 在铅垂面内自由转动,求杆与竖直方 向成θ角时的角加速度. 解：系统受外力有三个，即A ，B 受到的重力和轴的支撑作用力，轴的作用力对轴的力臂为零，故力矩为零，系统只受两个重力矩作用. 以顺时针方向作为运动的正方向，则A 球受力矩为正，B 球受力矩为负，两个重力的力臂相等为sin d l θ=，故合力矩为 2sin sin sin M mgl mgl mgl θθθ=-= 系统的转动惯量为两个小球（可视为质点）的转动惯量之和 2 2 2 23J ml ml ml =+= 应用转动定律 M J β= 有：2sin 3m gl m l θβ= 解得 sin 3g l θβ= 3-2 计算题3-2图所示系统中物体的加速度．设滑轮为质量均匀分布的圆柱体,其质量为 M ,半径为r ,在绳与轮边缘的摩擦力作用下旋转,忽略桌面 与物体间的摩擦,设1m ＝50kg,2m ＝200kg,M ＝15kg,r ＝0.1m. 解: 分别以1m ,2m 滑轮为研究对象，受力图如图(b)所示．对 1m ,2m 运用牛顿定律，有 a m T g m 222=- ① a m T 11= ② 对滑轮运用转动定律，有 图 3-1 图3-2
β)2 1( 2 12Mr r T r T =- ③ 又， βr a = ④ 联立以上4个方程，得 2 212s m 6 .721520058.92002-?=+ +?= + += M m m g m a 3-3 飞轮质量为60kg,半径为0.25m,当转速为1000r/min 时,要在5s 内令其制动,求制动 力F ,设闸瓦与飞轮间摩擦系数μ＝0.4,飞轮的转动惯量可按匀质圆盘计算,闸杆尺寸如图所示. 解：以飞轮为研究对象，飞轮的转动惯量2 12 J m R =，制动前角速度 为1000260 ωπ=? rad/s ，制动时角加速度为t ωβ-= - 制动时闸瓦对飞轮的压力为N F ，闸 瓦与飞轮间的摩擦力f N F F μ=，运用转动定律，得 2 12 f F R J m R ββ-== 则 2N m R F t ωμ= 以闸杆为研究对象，在制动力F 和飞轮对闸瓦的压力N F -的力矩作用下闸杆保持平衡，两力矩的作用力臂分别为(0.500.75)l =+m 和1l ＝0-50m ，则有 10N Fl F l -= 110.50600.2521000 15720.500.75 20.4560 N l l mR F F l l t ωπμ???= = = ? =+???N 图3-3
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 (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 ．
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 θ ωθ = 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 θ ωθθθθθ θ=+?=+?-+=-- 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 θ ωωωωθ=?=?-===，即20sin cos v 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 θ ωθθθ 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 θ C A v CO v
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
第3章 刚体力学基础 一、基本要求 1．理解质点及刚体转动惯量、角动量的概念，并会计算质点及刚体（规则形状刚体）的转动惯量、角动量； 2．理解刚体绕定轴转动的转动定律，并应用它来求解定轴转动刚体力矩和角加速度等问题； 3．会计算力矩的功、刚体的转动动能、刚体的重力势能，会应用机械能守恒定律解答刚体定轴转动问题； 4．掌握刚体的角动量定理和角动量守恒定律，并会分析解决含有定轴转动刚体系统的力学问题(质点与刚体碰撞类问题等)。 二、基本内容 （一）本章重点和难点： 重点：刚体绕定轴转动定律及角动量守恒定律。 难点：刚体绕定轴转动系统的角动量守恒定律及其应用。 (二) 知识网络结构图： ?????? ???????????????????角动量守恒定律定轴转动定律基本定律转动动能角动量冲量矩转动惯量力矩基本物理量 （三）容易混淆的概念： 1.转动惯量和质量 转动惯量反映刚体转动状态改变的难易程度，即刚体的转动惯性大小的量度；质量反映质点运动状态改变的难易程度，即质点的惯性大小的量度。
2.平动动能和转动动能 平动动能是与质量和平动速度的平方成正比；转动动能是与转动惯量和角速度的平方成正比。 （四）主要内容： 1．描述刚体定轴转动的角位置θ，角位移θ?、角速度ω和角加速度α（β）等物理量 t t d d ,d d ωαθω== 角量与线量的关系： 2n t ωαω θr a r a r v r s ==== 2．转动惯量--转动质点对转轴的转动惯量，等于转动质点的质量m 成以质点到转轴的距离r 的平方。2J m r =? （1）质量连续分布的刚体： ?=m r J d 2 线分布：dl dm ?=λ λ-质量线分布刚体，单位长度的质量。 面分布：dS dm ?=σ σ- 质量面分布刚体，单位面积的质量。 体分布：dV dm ?=ρ ρ 质量体分布刚体，单位体积的质量。 （2）质量离散分布刚体的转动惯量：2 i J m r =?∑ （3）平行轴定理 2 C J J md =+ 3．刚体绕定轴转动的转动定律—刚体的合外力矩等于转动惯量乘以角加速度。 t J J M d d ω α== i i i M M r F ==?∑∑ 力矩：F r M ?= 力对轴的力矩大小：θsin rF M =
第05章__刚体力学 基础补充
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： L
(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 23 1 mgl ．开始时棒静止在水平位置，当它自由下摆到θ角时，B 端速度的大小为： (A)θsin gl (B) θsin 6gl (C) θsin 3gl (D) θsin 2gl
第三章 刚体力学习题答案 3-1 如图3-1示,一轻杆长度为2l ,两端各固定一小球,A 球质 量为2m ,B 球质量为m ,杆可绕过中心的水平轴O 在铅垂面内自由转动,求杆与竖直方向成θ角时的角加速度. 解：系统受外力有三个，即A ，B 受到的重力和轴的支撑作用力，轴的作用力对轴的力臂为零，故力矩为零，系统只受两个重力矩作用. 以顺时针方向作为运动的正方向，则A 球受力矩为正，B 球受力矩为负，两个重力的力臂相等为sin d l θ=，故合力矩为 2sin sin sin M mgl mgl mgl θθθ=-= 系统的转动惯量为两个小球（可视为质点）的转动惯量之和 22223J ml ml ml =+= 应用转动定律 M J β= 有：2 sin 3mgl ml θβ= 解得 sin 3g l θ β= 3-2 计算题3-2图所示系统中物体的加速度．设滑轮为质量均 匀分布的圆柱体,其质量为M ,半径为r ,在绳与轮边缘的摩擦力作用下旋转,忽略桌面与物体间的摩擦,设1m ＝50kg,2m ＝200kg,M ＝15kg,r ＝0.1m. 图3-1 图3-2
解: 分别以1m ,2m 滑轮为研究对象，受力图如图(b)所示．对 1m ,2m 运用牛顿定律，有 a m T g m 222=- ① a m T 11= ② 对滑轮运用转动定律，有 β) 2 1 (212Mr r T r T =- ③ 又， βr a = ④ 联立以上4个方程，得 2212s m 6.72 15 20058 .92002 -?=+ +?= + += M m m g m a 3-3 飞轮质量为60kg,半径为0.25m,当转速为1000r/min 时,要在5s 内令其制动,求制动 力F ,设闸瓦与飞轮间摩擦系数μ＝,飞轮的转动惯量可按匀质圆盘计算,闸杆尺寸如图所示. 解：以飞轮为研究对象，飞轮的转动惯量21 2 J mR = ，制动前角速度为1000260ωπ=? rad/s ，制动时角加速度为t ω β-=- 制动时闸瓦对飞轮的压力为N F ，闸瓦与飞轮间的摩擦力f N F F μ=，运用转动定律，得 图3-3
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 '=