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
如图，取轮心O 为原点，建立动系O xyz -，其中轮心的速度方向为x 轴正向，O xy -平面位于轮上。那么轮子的角速度为k k ωωθ=-=
取O 点为基点，那么M O OM v v r ω=+?
因轮无滑动地滚动，所以C 点为瞬心。0O CO v r v ω=?=
即
0CO k r j v i ω-?=，化简有00CO v v
r r
ω==，那么有：
00
00(cos sin )(cos sin )(1sin )cos M O OM v v r v i k r i j v v i k r i j r
v i v j ωωθθθθθθ=+?=-?+=-?+=+-
0000002
0[(1sin )cos ]cos sin (cos sin )(cos sin )(cos sin )
M M d d
a v v i v j v i v j dt dt
v i j v i j v i j r
θθθθθθθθθωθθθθ=
=+-=+=+=-+=-+ 5.3、半径为r 的圆柱夹在两块相互平行的平板A 和B 之间，两板分别以速度1v 和2v 匀速反向运动，如图示。若圆柱和两板间无相对滑动，求： (i)圆柱瞬心的位置
(ii)位于圆柱上与板的接触点M 的加速度。
解：(i)如图，圆柱瞬心的位置为C 点，不妨设12v v > 在图示的直角坐标系中，k ωω=-，
11v v i =，22v v i =-，CM CM r r j =， (2)CN CN CM r r j r r j =-=-
因为1M CM v v r ω==?，2N CN v v r ω==?
所以有1CM v r ω=，2(2)CN CM v r r r ωω==-，联立解得：1
12
2CM rv r v v =+
或者取N 点为基点，那么：
11222(2)M N NM v v v i v r v i k rj r v i ωωω===+?=--?=-
1
v 2
v A
B
求得122v v r ω+=
，因1CM v r ω=，故1
12
2CM rv r v v =+ 于是求得瞬心的位置位于距离M 点1
12
2CM rv r v v =
+的直径上。
(ii) 瞬心到圆柱轴心O 的距离为12
12
CO CM v v r r r r v v -=-=
+
圆柱轴心O 的速度为1212121222
O CO CO v v v v v v
v r r i ri i r v v ωω+--=?==
=+
M 点相对O 点的速度为：1212122
MO M O v v v v
v v v v i i i -+=-=-
= M 点相对O 点做圆周运动，故22
12()4MO M v v v a j r r
+==-
5.4、高为h 、顶角为2α的圆锥，在一平面上无滑动地滚动。已知圆锥轴线以恒定角速度Ω绕过顶点的铅直轴转动。求：
(i)圆锥的角速度
(ii)锥体底面上最高点的速度 (iii)圆锥的角加速度
解：取圆锥的顶点为原点，建立动系O xyz - 取圆锥和平面交线为y 轴， 圆锥的对称面OAB 位于O yz -平面
因圆锥轴线以恒定角速度Ω绕过顶点的铅直轴 转动，若设圆锥绕自身轴线的角速度为'ω 那么圆锥绕顶点的角速度为'ωω=+Ω
又OB 母线与平面接触，为圆锥的瞬时转动轴，故ω平行于OB
(i)在角速度合成的矢量三角形中，圆锥的角速率ctg ωα=Ω，即ctg j ωα=-Ω (ii)在动系O xyz -中，锥体底面上最高点A 的位矢可以表示为：
cos2sin 2OA OA OA r r j r k αα=+
由图中的几何关系可知：cos OA h
r α
= 所以(cos 2sin 2)cos OA h
r j k ααα
=
+
αΩ
'
ωωO
那么最高点A 的速度为：
(cos 2sin 2)2cos cos A OA h
v r ctg j j k h i ωααααα
=?=-Ω?
+=-Ω (iii)因圆锥的角速度为ctg j ωα=-Ω，所以圆锥的角加速度为：
2()d d dj
ctg j ctg ctg j ctg i dt dt dt
ωααααα=
=-Ω=-Ω=-ΩΩ?=Ω 5.5、在一半径为R 的球体上置一半径为r 的较小的球，它们的连心线'OO 与竖直轴间保持α角，如图示。若'OO 绕竖直轴以恒定的角速度ω转动，小球在大球上无滑动地滚动。分别求出小球最高点A 和最低点B 的速度。 解：建立如图所示的动直角坐标系O xyz -
使'OO r 位于O yz -平面内。则有：
k ωω=，''cos 'sin j k ωωαωα=+
'()sin ()cos OO r r R j r R k αα=-+++ 'O A r rk =，'O B r rk =-
在大球和小球的角速度矢量直角三角形中，有'ω=所以2'sin cos sin j k ωωααωα=+
''[()sin ()cos ]
[()sin ]()sin O OO v r k r R j r R k k r R j r R i
ωωααωαωα=?=?-+++=?-+=+
2'''()sin (sin cos sin )sin [(1cos )]A O O A v v r r R i j k rk r R i
ωωαωααωαωαα=+?=+++?=++
2'''()sin (sin cos sin )()sin [(1cos )]
B O O B v v r r R i j k rk r R ωωαωααωαωαα=+?=+++?-=-+
5.6、一边长为d 、质量为m 的匀质立方体，分别求出该立方体对过顶点的棱边、面对角线
和体对角线的转动惯量P J 、f J 和b J
解：如图，要求图示棱边的转动惯量P J ，先求立文体过质心O 且平行于棱的z 轴的转动惯量z J
在图示的直角坐标系O xyz -中，,,x y z 轴皆为惯量主轴
ω
R
'
ω
故5
2
/2
/2
/2
2
2
2
2
/2/2/2()()66
d d d z d d d d md J x y dm x y dxdydz ρρ---=+=+==????
由平行轴定理：222
22()2623
P z md md md J J m =+=+=
要求图示面对角线的转动惯量f J ，先求立文体过质心O 点，且平行于面对角线的轴的转动惯量z J
，此轴与坐标轴的方向余弦分别为，坐标轴为惯量主轴，所以有： 222
006
000
00
0600
00
6x O y z md J md J J J md ?? ? ??? ? ?== ? ? ? ??
? ? ??
?
由平行轴定理有：
22222
22
00650
0()626412000
6f md md d md md md J m md ?? ? ? ?=+=+= ?
? ?
? ? ??
?
?
?
体对角线与坐标轴的方向余弦分别为，坐标轴为惯量主轴，那么体对角线的转动惯量为：
222
2
006
06600
6b md md md J md ?? ? ? ?== ?
? ? ??
? 5.7、一匀质等边三角形的薄板，边长为l 、质量为m 。试在图示坐标系下，求出薄板对质心C 的惯量矩阵C
J ，并由此导出对顶点O 的惯量矩阵O
J
O ξηζ-的坐标轴分别相互平行，ξη和xy 都在薄板平面内。
解：由图中坐标系C xyz -的取法可知，,y z
x 轴是是三角板的对称面的法线，故,,x y z 都是惯量主轴。
三角板的密度为：σ=
先求三角板对x 轴的转动惯量。
因三角板关于y 轴对称，所以三角板对x 轴的转动惯量x J
是y 轴一侧直角板的2倍，如图，取距离C 点为x ，厚为dx 的线性微元，由图中几何关系
知，线性微元的高为())2
32l l h x tg
x π
=-=-，22(2)m
dm dS hdx l x dx l
σσ===- 线性微元对过质心且垂直于线性微元的轴的转动惯量为2
1()12
dm h ，由平行轴定理知线性微
元对x
轴的转动惯量：22
2211()()(()()122312x h l dJ dm h dm dm h =+=+
222
2
23222()()(2)()212212444()36
x l l m l l dJ dm x x l x x x dx
l m m m ml x x x dx
l l =-+=--+=-+-+
2
/2
3220
44422()3624
l x x m m m ml ml J dJ x x x dx l l ==-+-+=??
再求三角板对y 轴的转动惯量
如图，取距离C 点为y ，厚为dy
的线性微元，由图中几何关系知，线性微元的长为
2)63l a y tg π==
，228()33l m
dm ady dy y dy l
σ===- 线性微元对过质心且垂直于线性微元的轴的转动惯量为21
()12
dm a 故线性微元对y 轴的转动惯量：
2222321128()()121233244]399y l m dJ dm a y dy l
m y y y dy l
=
==+--
2
322/24439924l y y l m ml J dJ y y y dy l -==-+-=
?? 最后求z 轴的转动惯量：
如图，对于线元过中心且平行于z 轴的转动惯量为
21
()12
dm a
由平行轴定理知线元对z 轴的转动惯量为：
221
()()12
z dJ dm a dm y =
+
22222
232/222
18)1224243242412
l z z l ml ml m J dJ a dm y dm y dm y y dy
l ml ml ml
-==+=+=+-=
+=?????
所以三角板对板对质心C 的惯量矩阵2
22200241000
0010242400200
12C ml ml ml J ml ?? ? ???
? ?== ? ? ? ??? ? ??
?
由平行轴定理易知：
222
2
24128x ml ml ml
J J m ξ=+=+=
222
27()224424
y l ml ml ml
J J m η=+=+=
222
2512312z ml ml ml J J m ζ=+=+=
因三角板中0ζ=，所以0000
O J J J J J J ξ
ξηξη
ηζ??-
?=- ? ??
?
因三角板的两腰在坐标系O ξηζ-
中方程为：η=
和η=
即ξ=
和l ξ=
20
20
02
()423l J d d l d m d d l ξη
ξξηη
ηηηηηη=
=-=-=
所以23070240010O ml J ??
-
?=- ? ? ???
5.8、质量为m ，长为l
的夹角θ保持恒定。求杆对端点O 的角动量。 解：选取端点O 为原点，建立如图所示 的直角坐标系O xyz -，并取杆方向为y 轴
那么2
13
x z J J ml ==，0y J =
因杆上的质点在y 轴上，所以0x z ==
0xy J xydm ==?，0xz J xzdm ==?，xz J =?故杆对O 点的惯量矩阵为：
2210
030
001003O ml J ml ?? ? ?
= ? ? ???
在图示的直角坐标系O xyz -中，cos sin j k ωωθωθ=+
于是杆对O 点的角动量为：2
2210
00030
00cos 01sin 100sin 33O ml L J ml ml ωωθωθωθ???? ? ???
?
? ?=?== ? ? ? ? ? ??? ? ?
???
?
即2
1sin 3
O L ml k ωθ=
5.9、一半径为r ，质量为m 的圆盘，在水平面上作纯滚动，盘面法线与铅直轴间保持恒定角度α，盘心则以恒定速率u 作半径为2r 的圆周运动。求圆盘的动能。
解：如图所示，过圆盘的质心C 作法线，与铅直轴相交于O 点，建立动直角坐标系O xyz -，
x 轴沿CO 方向。连接AO ，以及连接OB ，这样就构成了一个陀螺在平面II 滚动。且OA
为陀螺的瞬时转动轴，故圆盘的角速度为：
(cos sin )AO e i k ωωωββ==+。
因,,x y z 轴都是圆盘的对称线，所以x 轴， y 轴和z 轴都是惯量主轴。 设铅直转轴与水平面相交于'O 点。 设圆盘绕x 轴自转的角速度为''i ωω= 圆盘的盘心绕铅直轴的角速度为：
(cos sin )i k ααΩ=Ω-+ θ
r
m
u 2r
O
B
A '
O D
'
ωω
由图中的几何关系知：
2sin OC
r r α=，2222
222222sin sin ()24sin ()sin OA OC r r r r r r r r αβαα
====+++
22
2
22
sin 4
cos 1sin 14sin 4sin αββαα
=-=-=++ 又已知2(cos sin )()2sin C OC r v r i k i rj ααα=Ω?=Ω-+?-=-Ω，即2u
r Ω= 212x J mr =
，2222221
1214()()4
4sin 4sin y z OC r J J mr mr mr m mr αα
==+=+=+ 在角速度矢量三角形合成的图示中，'ωω=+Ω 即(cos sin )'(cos sin )i k i i k ωββωαα+=+Ω-+ 化简有： sin sin ωβα=Ω，cos 'cos ωβωα=-Ω 所以sin sin sin 2sin u r ααωββΩ=
=，即sin (cos sin )(cos sin )2sin u i k i k r α
ωωβββββ
=+=+ 因坐标轴都是惯量主轴，所以圆盘的动能为：
222222222222221
()
21
()2
1114
[cos ()sin ]224sin (sin 24)32
x x y y z z x x z z T J J J J J mr mr mu ωωωωωωβωβαα=++=+=++=+
5.10、一半径为r 的匀质圆盘，平躺在粗糙的水平桌面上，绕通过其中心的竖直轴转动，初始时刻圆盘的角速度大小为0ω。已知圆盘与桌面间的摩擦系数为μ。问经过多少时间圆盘将停止转动？
解：设匀质圆盘的面密度为σ，在圆盘上取一微元，数据如图所示。
圆盘对过其中心的竖直轴的转动惯量为221()2z J r r σπ=由角动量定理
dL
M dt
=，因圆盘定轴转动。故z z z J M ω=圆盘上所取微元只受重力，水平桌面的支持力和摩擦力 重力和支持力大小相等，方向相反。 若选择逆时针为正。那么有： z z J J k ωω=
ω
μ
r
f d θ
圆盘上所取微元的力矩为：
2()()z dM x f dm gxk xd dx gxk gd x dxk μμσθμσθ=?=-=-=-
223
0023
r
z z M dM g x dxd k gr k π
μσθπμσ==-=-??
? 431223r k gr k σπωπμσ=-，化简为：43g r
μω=- 积分可得：43g
t c r μω=-+，c 为积分常数 因初始时刻，0t =时，0ωω=，代入ω的表达式可得：0c ω= 因此043g
t r
μωω=-
+ 显然圆盘停止转动时，0ω=，即0403g
t r μω=-
+，解得034r t g
ωμ= 5.11、如图示，一矩形匀质薄板ABCD ，长为l ，宽为d ，质量为m 。薄板绕竖直轴AB 以初角速度0ω转动，阻力与薄板表面垂直并与面积及速度的平方成正比，比例系数为k ，问经过多少时间后，薄板的角速度减为初角速度的一半？
解：匀质薄板的密度为m m
S ld
σ=
=，在薄板上取一矩形微元，数据如图所示。 因阻力与薄板表面垂直并与面积及速度的平方成正比，比例系数为k
又微元质量为：m
dm dS dydz ld
σ==，微元速度为：v r yi ωω=?=- 所以微元受到的阻力为：22
df k y dydzi ω=
微元对z 轴的转动惯量为2
2z m dJ y dm y dydz ld
==
薄板对z 轴的转动惯量为：2
2003l d z z m md
J dJ y dydz ld ===???微元受到的力矩为23z dM r df k y dydzk ω=?=-
薄板受到的力矩为：2
32400
1
4
l d
z z
M dM k y dydzk k ld k ωω==-=-??
?
据定轴转动角动量定理：z z J M ω=
代入数据得：
2241
34
md k k ld k ωω=-，分离变量：22134d kld dt m ωω=- 积分得：
21
3
4kld t c m
ω
=
+，c 为积分常数 l y
dz
因薄板绕竖直轴AB 以初角速度0ω转动，即0
1
c ω=
，所以0
2
0434m kld t m
ωωω=
+ 当薄板的角速度减为初角速度的一半时有：
02042
34m kld t m ωωω=
+，化简知2
043m
t kld ω=
5.12、一质量为m ，长为l 的匀质细长杆，一端与固定点O 光滑铰链。初始时刻杆竖直向上，尔后倒下，试分别求出此后杆绕铰链O 转动的角速度ω，作用于铰链上的力N F 与杆转过的角度θ的关系。
解：建立如图示的动直角坐标系O xyz - 杆对过质心C 且垂直于杆的轴的转动惯量为21
12
C J ml = 因杆在旋转过程中只有重力做，机械能守恒：
2222111
(1cos )()22226
C l l mg m J m l θωωω-=+=
化简有：ω=
3(1g ω=-
对杆用质心定理有：2()[()]22
N i j d l l
F mg ma m a a m i j dt ωω+==+=- 即2
(
)(sin cos )22
N l
l
F m i j mg i j ωωθθ=---
杆对z 轴的力矩为：sin (sin cos )sin 222
z l l mgl M j mg i j j mg i k θ
θθθ=?-=?=-
由坐标轴的取法知，对,,x y z 轴有2
13
x z J J ml ==，0y J =
因杆绕z 轴作定轴转动，故z z J M ω=
所以有：2
1
sin 3
2mgl ml θω=
，即3sin 2g l θ
ω= 代入N F 得：111
sin (35cos )[sin 2(35cos )]424
N F mg i mg j mg i j θθθθ=--+=-++
或者求角速度时用角动量定理：2
211sin 3
32mgl ml ml θωθ=
=，化简：3sin 2g l
θθ= 即2
sin 3l d g d θθθ=，两边积分可得：220
0sin 3l d g d ωθθθθ=??
求得22
3(1cos )g l θωθ-==
质心定理：2()(sin cos )22
N l l F m i j mg i j ωωθθ=---，代入,θθ可得： [sin 2(35cos )]/4N F mg i j θθ=-++
5.13、一段匀质圆弧，半径为R ，绕通过弧线中点并与弧线垂直的水平轴线摆动，求弧线作微振动时的周期。
解：建立如图所示的直角坐标系O xy -，长为s 的圆弧的夹角范围22s s R R
θ-≤≤ 由质心定义：c
rdm rdl rdl rRd rd r dm dl dl Rd d λθθλθθ
=====
?????????? 式中λ表示弧长的线密度。令
02s
R
θ=，那么00θθθ-≤≤ 考虑到圆弧的对称性和坐标的选取，写成正交分解式得：
00
cos 2sin c OC
R d xd R
x r d θθθθ
θθθθθ
-
====
???，0c y =
所以质心到弧的中点的距离为'000
22
sin (1sin )O C OC R
r R r R R θθθθ=-=-
=-
弧对过圆心且垂直于圆面的轴的转动惯量为2O J sR λ=
由平行轴定理知2O C OC J J sr λ=+，2''O C O C J J sr λ=+，所以有：
222'''''22'200
200
()()()(2)4(sin )
2
2(1sin )
O C O C O OC O C O O C OC O C OC O C OC OC J J sr J sr sr J s r r r r sR sR r r sR sR R r R
sR sR R sR λλλλλλλλλλθθλθθ=+=-+=++-=+-=+-=+-=-
当弧绕过'O 即''
0O C
O sgr J λ??+
=，这正是简谐振动方程，其圆频率为ω=
代入数据并化简可得：ω=
=
=所以微振动时的周期为：22T π
ω
=
=
=5.14、一矩形薄板，边长分别为l 和d ，以角速度ω绕对角线转动，今若突然改为绕l 边转动，求此时薄板的角速度Ω
mg
解：建立如图所示的动直角坐标系B xyz - 初始时，矩形薄板以角速度ω绕对角线BD 转动， 突然改为绕矩形边BA 轴以角速度Ω转动。 在坐标系B xyz -中，k Ω=-Ω
，ω=
+
如图，在矩形板上取一矩形微元dxdz ，设矩形薄板的面密度为σ 则22x dJ z dm z dxdz σ==，因此22300
1
3
l d
l
x x J dJ z dxdz d z dz l d σσσ==
==???
?
22z dJ x dm x dxdz σ==，因此2230001
3
l d d z z J dJ x dxdz l x dx ld σσσ====????
由薄板转动惯量的垂直轴定理知33
1133y x z J J J l d ld σσ=+=+
xz dJ xzdm xzdxdz σ==，因此22001
4
l d xz xz J dJ xzdxdz d l σσ===???
因矩形薄板中，0y =，0xy yz J J ==
故3223322311034
011
00
33
110
4
3x
xz B y xz
z l d
d l J J J J l d ld J J d l
ld σσσσσσ??
- ?-??
?
? ?==+ ? ? ?- ?
?? ?- ???
在切换转轴过程中，虽然转轴对矩形薄板有冲力，但对于BA 轴来说，力矩并没有改变，始
终为0。故在切换转轴过程中，对于BA 轴角动量守恒：
B B J k J k ω??=?Ω?，代入,,B J ωΩ可得：
()()322332233223322311034
11000
001331104311034
0110000013311043l d d l l d ld d l ld l d d l l d ld d l
ld σσσσσσσσσσσσ??- ? ? ? ?+?? ? ? ? ?- ???
??- ???
? ? ?=+?? ? ? ?-Ω ??? ?- ???
dx
x
dz
即2233111433d l ld ld σσσ-
+=-Ω
，化简可得：Ω= 5.15、一半径为r ，质量为m 的球体，
今若突然将其表面上的一点O 度矢量ω及球体对O 点的角动量L 。已知O 线与v 成α角，如图所示。
解：选取如图所示的动直角坐标系O xyz -。
,,x y z 轴为对称面的法线，故,,x y z 所以000
000
x O y z J J J J ??
?= ? ??
?
如图，在球体上取一立体微元
2
2
2
22
52(sin )(sin )sin 82
155
D D D r J h dm h dV r dV r rd r d dr
r mr ππ
ρρ?ρ???θρπ=====
=??????
所以2
25
x D J J mr ==
由平行轴定理可得：2
222255
y z D J J J mr mr mr mr ==+=
+= 球体无转动地以速度v 运动进，合力为0。球体表面定住不动后，虽然定点O 会对球体很大的冲击力，但冲击力始终过O 点，对O 点的力矩为0，角动量守恒：O L r mv J ω=?=?
即22225070005
cos sin 075mr i
j k m
r mr v v mr αα
ω?? ??? ? ?
?= ? ? ?
??? ? ??
?
2
7sin 5
rv mr αω=
解得：5sin 7v r αω=，5sin 7v k r α
ω=
sin L mr v mrv k α=?=
5.16、一匀质圆盘竖直地在一坡角为α的斜面上无滑动地滚下。证明：
(i)圆盘质心的加速度大小为
2
sin 3
g α (ii)圆盘和斜面间的摩擦系数至少为1
3
tg α
解：匀质圆盘的受力分析如图所示。
设匀质圆盘的质量为m ，半径为r ，斜面的摩擦系数为μ。 建立如图所示的动直角坐标系C xyz -，圆盘位于C xz -平面
x 轴平行于斜面，y 轴垂直于圆盘的盘面。
N f fi F i μ=-=-，N N F F k =，(sin cos )mg mg i k αα=-
圆盘应用质心定理（x 轴方向）：sin C mg f ma α-= 圆盘应用质心定理（z 轴方向）：cos 0N F mg α-= 圆盘质心应用角动量定理（y 轴方向）：y J fr ω= 圆盘无滑动滚动条件：C v r ω=，求导有：C a r ω= 静摩擦力定义：N f F μ≤ 联立上面诸式可得：2sin 3C a g α=
，1
3
tg μα≥ 5.17、长为l 的匀质棒，一端以光滑铰链悬挂于固定点。若起始时，棒自水平位置静止开始
运动，当棒通过竖直位置时铰链突然松脱，棒开始自由运动。在以后的运动中： (i)证明棒质心的轨迹为一抛物线。
(ii)棒的质心下降h 距离时，棒已转过多少圈？ 解：（i ）建立如图所示固定直角坐标系O xyz -，
设棒的质量为m ，棒在竖直位置时的角速度为0k ω 匀质棒从水平位置摆动到竖直位置，只有重力做功， 机械能守恒（取棒的质心C 点处为0势能点）：
22222000111111
()()22222212
C C l mgl mv J m ml ωωω=+=+
化简可得：0ω=
棒脱离铰链后，只受重力作用。
x 轴方向：0C mx = （1）
y 轴方向：C my mg = （2）
z 轴方向：0C C J M ω== （3）
mg
f
y
F C
v
棒脱离铰链时，0t =，03g
k k ωω==
，0C x i =， 012C x li ω=-，2
C l
y j =，0C y j = （4）
对（1
）式积分并代入（4
）可得：012C x l ω==
= （5） 对（5）式积分得：C x =
（6） 对（2）式积分并代入（4）得：C y gt =，再次积分得：211
22
C y gt l =+ （6）
由（5）、（6）消去时间t 可得棒脱离铰链时，质心C 的轨道方程：
221
32
C C y x l l =+，由表达式可看出棒质心的轨道方程为抛物线型。
（
ii ）当质心下降h 时，即2C l y h =+
，代入（6）式可得：t =由（3）式和（4）式知03g
k
k ωω==
，棒脱离铰链后将匀速转动。 那么棒转过的圈数为：2t t n T ωπ=
== 5.18、质量为'm 的平板，受水平力F 的作用，在一不光滑的水平面上运动。平板与水平面间的摩擦系数为μ，平板上放有一质量为m 的匀质实心圆柱，在平板上作纯滚动。试求出平板的加速度。
解：对平板和圆柱作受力分析如图所示。其中f 是圆柱对平板的摩擦力，'f 是水平面对平板的摩擦力，f -是平板对圆柱的摩擦力。 取端点为原点，建立平行于平板的动坐标系O xyz -
'f f
'
N F
N
f
F
N ma
由受力分析列出圆柱和平板的运动学方程为：
x 方向：''F f f m a --=，C f ma mx -=
y 方向：''N m g N =+，N mg =
圆柱在平板上作纯滚动，z 方向：D J fr ω=-，C x r ω= 式中2
12
D J mr =
为圆柱绕轴线转动惯量 由滑动摩擦力条件：''f N μ=
联立上面诸式可得： 33(')
3'F g m m a m m
μ-+=
+
5.19、一粗糙的半球形碗，半径为R ，别有一半径为r 较小的匀质球体，从碗边无初速度地沿碗的内壁滚下，如图示。求出球体的角速度大小ω与所在位置?角的关系，以及球体在
最低处时球心的速度。
解：当球体从碗的A 点滚到B 点时，球体与 碗相切的A 点已经转过了θ?-角。 球体无滑滚动，应有：
()()2
R r π
?θ?-=- (1) 球体受力分析如图所示，有：
(质心做圆周运动，切向)：sin ()mg f m R r ??-=-- (2)
(质心角动量定理)：2
25fr mr θ=? (3) 对(1)式求导有：R r r θ?-=-，代入(3)式得：2
()5
f m R r ?=-- 代入(2)式有：5sin 7()
g R r ??=-
-，即102(sin )7()
g
d d R r ????=--
积分有：
/2102sin 7()g d d R r ?
?π????=
--?
?
，即107(R
?=- 22(r R r R r r ωθ??--=+=
=-=()v R r ω=-
f
mg
N
A
B
5.20、一半径为R ，的匀质圆球，置于同样固定球体的表面上。初始时刻此两球的连心线与铅直线成α
面时，连心线与铅直线间的夹角θ，及此时球体的角速度的大小解：建立如图所示的直角坐标系O xyz -，y 'O 点相对相对O 点的角速度为k θ，
球体'O 上的点相对'O 点的角速度为k ?
那么球体'O 相对O 点的角速度为()k k k ωθ?θ?=+=+ (1)
A 点为'OO 与铅直线成α角时，两球体的切点
B 点为'OO 与铅直线成θ角时，两球体的切点
所以球体'O 的约束条件：BC AB =，即()R R θ?θ=-，化为2?θ= (2) 当球体'O 脱离固定球表面时，球体'O 对球体O 的压力为0，且球体'O 做圆周运动：
2cos 2mg m R θθ= (3)
受力分析如图所示，那么对于'O 有：
x 方向：sin 2mg f mR θθ-= (4)
y 方向：2cos 2mg N mR θθ-= (5)
z 方向：22
5
mR fR ?= (6)
由(2)式知，2?θ=，代入(6)式得：24
55
f mR mR ?θ==
代入(4)式可得：5sin 14g
R
θθ= 5sin 14d d d g
dt d d R
θθθθθθθθ=
==
分离变量：5sin 14g
d d R
θθθθ=
因球体'O 初始时刻条件为：θα=，0θ= 积分可得：0
5sin 14g
d d R
θ
θ
αθθθθ=?
?
可求得2
5(cos cos )7g
R
θαθ=
- (7) 把(7)式代入(5)式可得：
21710
cos 2cos cos 77
N mg mR mg mg θθθα=-=
- O y
R B
A f
N
当1710
cos cos 077
N mg mg θα=
-=时， 即10
cos(cos )17
arc θα=时，球体'O 脱离固定球O 的表面
球体'O 的角速度为5cos 2
17g k k α
?=
5.21、一半径为r 的球体，绕其水平的直径以角速度0ω转动，尔后将其放置在摩擦系数为μ的水平桌面上。求出此球体开始作纯滚动时，球体已前进的距离s 解：建立如图所示的静直角坐标系O xyz -，球体受力分析如图所示。 初始时刻，0t =，0x y z ===，0y =，0ωω= 在球体滑动时，列出动力学方程：
x 方向(质心角动量定理)：22
5mr rf ω=- y 方向：f my = (2)
z 方向：N mg = (3)
摩擦力定义：f N μ= (4)
质心动量定理：0ft m r ω=- (5) 联立(1)、 (3)、(4)式并代入初始条件可得：05
2gt r
ωμω=-+ (6) 由(2)、 (3)、(4)式并代入初始条件得：y g μ=- 积分并代入初始条件得：y gt μ= 积分并代入初始条件有：21
2
y gt μ=
(7) 由(5)、(6)可得：027r
t g
ωμ=
代入(7)可求出球体开始作纯滚动时，球体已前进的距离为：22
0249r y g
ωμ=
5.22、桌球是用棍棒冲击使球体运动的一种游戏。设桌球的半径为r ，置于光滑的平面上。问应在什么高度处水平冲击球体，球体才不会滑动而作纯滚动？ 解：设桌球的质量为m ，受力为F ，作用点到水平面的距离为h
ωN
mg
对桌球与水平面的切点应用角动量定理：
222
()5
mr mr Fh ω+= 由于桌球滑有滑动，所以应用质心运动定理：
F m r ω=
联立7
5
h r =
5.23、一半径为R 的匀质球体，以速度0v 在水平面上无滑动地滚动，突然遇到一高为h (2
R <
)小0v 至少应为多大？
从开始上翻到完全登上台阶为止
球体在两个过程的受力分析如图所示。
在碰撞过程中，取球体与台阶的接触点为'O 点，并取为为参考点，那么对球体而言，台阶的支持力'N 和台阶的摩擦力'f 的力矩为0，重力mg 和水平面的支持力N 具有力矩，但它们为有限力，碰撞时间极短，引起角动量的变化相对球体自身的角动量很小。 所以球体角动量近似守恒。
0''()O O O O mv R h J J ωω-+= (1)
球体2
222''27
55
O O OO J J mr mR mR mR =+=
+= (2) 球体无滑动地在水平面滚动，故0O v R ω= (3) 联立(1)、(2)和3)式(可解得：'0215(
)7O h
v R R
ω=- (4) 0
v '
刚体力学 1、（0981A15） 一刚体以每分钟60转绕z 轴做匀速转动(ω? 沿z 轴正方向)．设某时刻刚体上一点 P 的位置矢量为k j i r ??? ? 5 4 3++=，其单位为“10-2 m ”，若以“10-2 m ·s -1”为速度单位，则该时刻P 点的速度为： (A) k j i ???? 157.0 125.6 94.2++=v (B) j i ??? 8.18 1.25+-=v (C) j i ??? 8.18 1.25--=v (D) k ?? 4.31=v ［ ］ 2、（5028B30） 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A 和B ，不计滑轮轴的摩擦，则 有 (A) A ＝B ． (B) A ＞B ． (C) A ＜ B ． (D) 开始时 A ＝ B ，以后 A ＜ B ． ［ ］ 3、（0148B25） 几个力同时作用在一个具有光滑固定转轴的刚体上，如果这几个力的矢量和为零，则此刚体 (A) 必然不会转动． (B) 转速必然不变． (C) 转速必然改变． (D) 转速可能不变，也可能改变． ［ ］ 4、（0153A15） 一圆盘绕过盘心且与盘面垂直的光滑固定轴O 以角速度 按图 示方向转动.若如图所示的情况那样，将两个大小相等方向相反但不在同一条直线的力F 沿盘面同时作用到圆盘上，则圆盘的角速度 (A) 必然增大． (B) 必然减少． (C) 不会改变． (D) 如何变化，不能确定． ［ ］ 5、（0165A15） 均匀细棒OA 可绕通过其一端O 而与棒垂直的水平固定光滑轴转动，如图所示．今使棒从水平位置由静止开始自由下落，在棒摆动到竖直位置的过程中，下述说法哪一种是正确的？ (A) 角速度从小到大，角加速度从大到小． A M B F O F F ω O A
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
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
习题 5-1. 如图，一轻绳跨过两个质量为m 、半径为r 的均匀圆盘状定滑轮，绳的两端分别挂着质量为m 2和m 的重物，绳与滑轮间无相对滑动，滑轮轴光滑，两个定滑轮的转动惯量均为2/2mr ，将由两个定滑轮以及质量为m 2和m 的重物组成的系统从静止释放，求重物的加速度和两滑轮之间绳内的张力。 解：受力分析如图 ma T mg 222=- （1） ma mg T =-1 （2） βJ r T T =-)(12 （3） βJ r T T =-)(1 （4） βr a = (5) 联立 g a 4 1= ， mg T 8 11= 5-2. 如图所示,一均匀细杆长为l ，质量为m ，平放在摩擦系数为μ的水平桌面上,设开始时杆以角速度0ω绕过中心O 且垂直与桌面的轴转动，试求:（1）作用于杆的摩擦力矩；（2）经过多长时间杆才会停止转动。 （1） 设杆的线l m = λ，在杆上取一小质元 dx dm λ= gdx dmg df μλμ== gxdx dM μλ= 考虑对称
mgl gxdx M l μμλ?= =20 4 12 （2） 根据转动定律d M J J dt ω β== ? ? =-t w Jd Mdt 0 ω 02 12 14 1ωμml mglt - =- 所以 g l t μω30= 5-3. 如图所示，一个质量为m 的物体与绕在定滑轮上的绳子相联，绳子的质量可以忽略，它与定滑轮之间无滑动。假设定滑轮质量为M 、半径为R ,其转动惯量为2/2 MR ， 试求该物体由静止开始下落的过程中，下落速度与时间的关系。 dt dv m ma T mg ==- βJ TR = βR dt dv = 整理 mg dt dv M m =+) 2 1( gdt M m m dv t v ? ? + = 21 2 M m m g t v + =
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
习题5 5-1．如图，一轻绳跨过两个质量为m 、半径为r 的均匀圆盘状定滑轮，绳的两端分别挂着质量为m 2和m 的重物，绳与滑轮间无相对滑动，滑轮轴光滑，两个定滑轮的转动惯量均为2/2 m r ，将由两个定滑轮以及质量为m 2和m 的重物组成的系统从静止释放，求重物的加速度和两滑轮之间绳内的张力。 解：受力分析如图，可建立方程： ma T mg 222=-┄① ma mg T =-1┄② 2()T T r J β-=┄③ βJ r T T =-)(1┄④ βr a = ，2/2J mr =┄⑤ 联立，解得：g a 41=，mg T 8 11 = 。 5-2．如图所示，一均匀细杆长为l ，质量为m ，平放在摩擦系数为μ的水平桌面上，设开始时杆以角速度0ω绕过中心O 且垂直与桌面的轴转动，试求：（1）作用于杆的摩擦力矩；（2）经过多长时间杆才会停止转动。 解：（1）设杆的线密度为：l m = λ，在杆上取一小质元dm d x λ=，有微元摩擦力： d f dmg gd x μμλ==， 微元摩擦力矩：d M g xd x μλ=， 考虑对称性，有摩擦力矩： 20 1 24 l M g xd x mgl μλμ==?； （2）根据转动定律d M J J dt ωβ==，有：000t Mdt Jd ωω-=??， 2011412mglt m l μω-=-，∴03l t g ωμ=。 或利用：0Mt J J ωω -= -，考虑到0ω=，21 12 J ml =， 有：03l t g ωμ=。 T
5-3．如图所示，一个质量为m 的物体与绕在定滑轮上的绳子相联，绳子的质量 可以忽略，它与定滑轮之间无滑动。假设定滑轮质量为M 、半径为 R ,其转动惯量为2/2MR ，试求该物体由静止开始下落的过程中， 下落速度与时间的关系。 解：受力分析如图，可建立方程： m g T ma -=┄① βJ TR =┄② a R β= ，21 2 J mR = ┄③ 联立，解得：22mg a M m =+，2Mmg T M m =+， 考虑到dv a dt =，∴0022v t mg dv dt M m =+??，有：22mg t v M m =+。 5-4．轻绳绕过一定滑轮，滑轮轴光滑，滑轮的质量为4/M ，均 匀分布在其边缘上，绳子A 端有一质量为M 的人抓住了绳端，而在绳的另一端B 系了一质量为4/M 的重物，如图。已知滑轮对O 轴的转动惯量4/2 MR J =，设人从静止开始以相对绳匀速向上爬时，绳与滑轮间无相对滑动，求B 端重物上升的加速度？ 解一： 分别对人、滑轮与重物列出动力学方程 A Ma T Mg =-1人 B a M g M T 4 42=- 物 αJ R T R T =-21滑轮 由约束方程: αR a a B A ==和4/2 MR J =,解上述方程组 得到2 g a = . 解二： 选人、滑轮与重物为系统，设u 为人相对绳的速度，v 为重
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？
第五张 刚体力学 平动中见彼此,转动中见分高低.运动美会让你感受 到创造的乐趣.走过这遭,也许会有曾经沧海难为水的感叹.别忘了,坐标变换将为你迷津救渡,同时亦会略显身手. 【要点分析与总结】 1 刚体的运动 （1）刚体内的任一点的速度、加速度（A 为基点） A r υυω'=+? ()()A d r a a r dt ωωω'?'=++?? （2）刚体内的瞬心S ：()21 s A A r r ωυω =+ ? 〈析〉ω 为基点转动的矢量和，12ωωω=++ A r r r '=+ dr dt υ= *A A A dr dr d r r r dt dt dt υωυω''''= +=++?=+? ()A d r d d a dt dt dt ωυυ'?==++ ()r ωω'?? 值得注意的是：有转动时r ' 与r ω'? 的微分，引入了r ω'? 与 ()r ωω'?? 项。 2 刚体的动量，角动量，动能 （1）动量：c P m υ=
（2）角动量： x x xx xy xz i i i y yx yy yz y zx zy zz z z L J J J L r m L J J J J J J J L ωυωωω???? ??-- ? ? ?=?===-- ? ? ? ? ? ?--???? ?? ∑ 式中： 转动惯量()()()2222 22xx yy zz J y z dm J z x dm J x y dm ?=+? ?=+?? =+????? 惯量积xx yy zz J xydm J yzdm J zxdm ?=? ?=?? =????? 且c c c L r m L υ'=?+ * l e 方向（以l 为轴）的转动惯量： (),,l l J e J e J ααβγβγ?? ? == ? ??? 222222xx yy zz yz zx xy J J J J J J αβγβγγααβ =++--- （,,αβγ分别为l e 与,,x y z 轴夹角的余弦） * 惯量主轴 惯量主轴可以是对称轴或对称面的法线 若X 轴为惯量主轴，则含X 的惯量积为0，即: 0==xy xz J J 若,,x y z 轴均为惯量主轴，则:xx yy zz L J i J j J k =++ 〈析〉建立的坐标轴轴应尽可能的是惯量主轴，这样会降低解题繁度。 (3) 动能：22211112222c i i c c i T m m m J υυυωω'=+=+∑
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.
作业5 刚体力学 ?刚体：在力的作用下不发生形变的物体 ?=-?=210t t dt dt d ωθθθω角速度 ?=-?=21 0t t dt dt d βωωω β角加速度 1、（基础8）绕定轴转动的飞轮均匀地减速，t ＝0时角速度为05rad s 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 ． 【解答】 飞轮作匀变速转动，据0t ωωβ=+，可得出：20 0.05rad s t ωωβ-==- 据2 012 t t θωβ=+ 可得结果。 ?定轴转动的转动定律： 定轴转动的角加速度与它所受的合外力矩成正比，与刚体的转动惯量成反比.βJ M = 质点运动与刚体定轴转动对照 [ C ] 1、（基础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． 【解答】 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 β [ D ] 2、（基础3）如图所示，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为 θ cos 41 (A)mg θtan 21(B)mg θsin (C)mg (D)不能唯一确定 m 2 m 1 O
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