第七章 刚体力学
一 章节小结
（一）刚体运动的描述
1．刚体的定义：内部质点没有相对运动，即物体的形状和大小不变。
刚体的运动：平动+转动
2．刚体的平动：刚体上的任一条直线在各时刻的位置始终保持平行的运动。
其特点：刚体上的各质点的位移、速度、加速度都相等。所以任一质点的运动都可代表整体的平动。通常用质心来代表。
3．刚体的转动：刚体上的各个点都饶同一直线（转轴）作圆周运动的运动。
其特点：刚体上的各个点具有相同的角速度。
角速度矢量 ：大小 方向： 沿转轴和刚体的转动方向成右手螺旋关系。
角加速度 ： 线速度和角速度的关系：
（二）刚体定轴转动的描述
1定义：刚体转动的轴固定不动时叫刚体定轴转动。
2角坐标 ：规定自 轴逆时针转 为正。 3运动方程：
4角位移：
5角速度： 规定：逆时针转 ；顺时针转 。
角速度和转数的关系：
6角加速度：
7由 求 ： ； 由 求 ：
匀加速转动： ； ；
8线量和角量的关系： ； ；
（三） 刚体的动量和质心定理
刚体的动量： 或
刚体的质心定理： 其中 ：外力的矢量和； ：质心的加速度。
（四） 刚体对一定轴的转动惯量
1定义式： 或
2平行轴定理：
3垂直轴定理： （适用于平行xy平面的薄板）
（五） 刚体定轴转动的动力学
1刚体定轴转动的角动量：
2刚体定轴转动的冲量矩： ；
3刚体定轴转动的角动量定理：
4刚体定轴转动的转动定理：
（六） 刚体定轴转动的功和能
1力矩的功： 2刚体定轴转动的动能：
3刚体定轴转动的动能定理： 外=
4刚体的重心坐标： ； ；
5刚体的重力势能： 其中 ：重心的高度
（七） 质点运动规律和刚体定轴转动运动规律的比较
质点运动规律
刚体定轴转动运动规律
速度
角速度
加速度
角加速度
质量
转动惯量
力
力矩
运动定律
转动定律
动量
动量
角动量
角动量
动量定理
角动量定理
动量守恒
时 常量
角动量守恒
时 常量
力的功
力矩的功
动能
转动动能
动能定理
动能定理
重力势能
重力势能
机械能守恒
只有保守力做功时
常量
机械能守恒
只有保守力做功时
常量
二 习题分类及解题方法
（一）、转动定律的应甩
这类习题多见于含有绕定轴转动的刚体并悬有可视为质点的物体，求绳子所受张力及物体的加速度，或巳知其它一些量求转动惯量等。
解题思路
1 应用
隔离体法，分别对绕定轴转动的刚体及作平动的物体进行受力分析；
2 选择参考正方向；
3 对刚体引出转动定律表达式，对质点列出牛顿第二定律表达式，再加上线量与角量的关系
式，组成如下格式的方程组
a 转动定律表达式(绕定轴转动的刚体)
b 牛顿第二定律表达式(作平动的物体一质点)
c 线量与角量关系式
4 检查方程个数与未知量个数是否相同，如相同，解之！即可达题求。
例题5—1 如图5-1所示，迭状圆柱形滑瓶,可绕其光滑水平对称轴00/转动，设大小圆柱的半径分别为R和r，质量分别为M和m，绕在两柱体上的细绳(细绳质量忽略)分别与物体 和物体 相连， 和 挂在圆柱体的两侧(设 )求：(1)滑轮转动时的角加速度；(2)两侧细绳的张力
解 应用隔出体法 分别对绕定轴 转动的刚体—迭状滑轮及作平动的物体 、 进行受力分析，得受力分析图，如图5—2所示。图中 为参考正方向。
对于迭状滑轮，转动定律为
（5—1）
前为正号，是因为力 对转轴 的力矩使滑轮沿参考正方向转动； 前的负号，是因为力 对转轴 的力矩使滑轮的转向与参考正方向相反。 是整个迭状圆柱体滑轮的转动惯量，它是小圆柱体的转动惯量 和大圆柱体转动惯量 之和，即 (5-2)
由于 、 是一对作用、反作用力，所以有交接条件
（5-3）
对于 ，牛顿第二定律为
（5-4）
对于 ，牛顿第二定律为
（5-5）
(5-1)式中 为迭状滑轮的角加速度， (5一4)、 (5—5)式中的 、 分别为 、 ，的平动加速度。由于滑轮与绳手间没有滑动，所以滑轮边缘的切向加速度就等于所悬绳子的加速度。又由绳子不可伸长，因此绳子的加速度就等于物体的加速度，这样又有以下的交接条件： （5-6）
式中 分别为 处的切向加速度。
线量 与角量 的关系为: （5-7）
式中，等式右边取正号，是由于所选的转动参考正方向与平动参考正方向相同。上述方程经整理得:
质点运动定律
线量与角量关系
上述方程组含五个方程、五个未知量，解之得
答迭状滑轮转动时的角加速度 ，两侧细绳张力大小分别为 ； 。
(二)、动量矩定理和动量矩守恒定律的应用
1．常见习题类型及处理方法
这类习题多见于绕定轴转动的刚体与作平动的物体(可视为质点)的碰撞，这个物体既可认为作平动也可认为在与刚体碰撞的时刻绕与刚体同一定轴旋转的质点；还见于绕同一定轴转动的两个刚体的碰撞。
当遇到上述两种情况的习题时，首先对整个系统(包括刚体与质
点，或刚体与另一刚体)进行受力分析，如果系统(对某一定轴)所受的合外力矩(外力矩总和)为零，则可用动量矩守恒定律解题；如果整个系统所受的合外力矩不为零，则考虑用动量矩定理解题。
2．用动量矩守恒定律解题思路
(1)对整个系统在碰撞过程中，进行受力分析。如果满足系统所受的外力矩总和为零，则可用动量矩守恒定律解题；
(2)选择参考正转向及平动正方向；
(3)分别写出碰撞前后组成系统的各刚体和各质点的动量矩；
（4）把这些动量矩代入系统动量矩守恒定律表达式，如果式中含有线量(速度 )，还必须列出线量与角量（角速度 ）的
关系式（ ；
(5)检查从(4)得到的方程个数是否与未知量个数相同，如相同，解之！即可达题求。
应用动量矩守恒律僻题时应注意以下几点：
(1)整个系统动量矩守恒定律是对同一固定轴(对“地”固定)而言。如果不是对同一固定轴（例如有两个固定轴）还必须加上内力矩总和为零的条件（见例题5—3）。
(2)动量矩守恒定律中的角速度 是对“地”而言的。
如果一个物体在可绕定轴转动的刚体上相对于刚体也绕同一定轴运动，求角位移。这类习题的解题思路与第三章动量守恒定律的一种类型习题—一个物体在另一个物体上作相对运动引起后者的位移的解题思路相同。也是首先注意到动量矩守恒定律表达式中的角速度 是对“地”而言的，关键在于引入相对角速度，然后变角速度为角位移，即可达题求，具体做法见例题5一3。
3．用动量矩定理解题思路
(1)如果整个系统不满足动量矩守恒定律，则可分别隔离刚体及质点(或另一刚体)，在碰撞过程中进行受力分析。
(2)选定参考正转向及平动正方向；
(3)分别写下各隔离体在碰撞过程中所受的外力矩总和及碰撞前后的动量矩。
(4)分别列出各隔离体的动量矩定理表达式以及各隔离体间的交接条件。如式中含有角量还必须加线量与角量的关系式 。
(5)把从(4)得到的各方程，组成方程组，检查未知量个数是否与方程个数相同，如相同，解方程组即可达题求。
4．解题示例
v
O
v/2
图5—3
例题5—2 如图5—3所示，一静止细棒，长为 ，质量为 ，可绕竖直轴在水平面内转动。一质量为m，速度为 的子弹在水平面内沿与棒垂直的方向射入棒端，设击穿后子弹的速率减为 ，求棒的角速度。
已知
求 木棒的角速度
解 解法1
以子弹和棒为系统，由于系统所受的合外力矩为零，所以系统的动量矩守恒。现选逆时针方向为参考正转向。
碰撞前
：木棒的动量矩 ，子弹的动量矩
碰撞后：木棒的动量矩 , 子弹的动量矩
系统的动量矩守恒律表达式为
(5-8)
M
f/
f
m
图5—4
解之，得
解法2
分别隔离棒及子弹，在碰撞过程中进行受力分析，并选如图5--4所示参考正方向。图中， 是木棒对子弹的平均作用力， 是子弹对木棒的平均作用力，这是一对作用、反作用力。
碰撞前：木棒的动量矩 ，子弹的动量 ．
碰撞后：木棒的动量矩 ，子弹的动量 ，
现设 为碰撞时间即子弹在木棒中的运行时间。 对木棒，按照动量矩定理，有
（5-9）
对子弹，按动量定理，有 （5-10）
碰撞时，交接条件(作用、反作用力大小相等) （5-11）
联立以上三式，解之，得
答：木棒的角速度
R
M
m
r
图5—5
例题5—3 如图5—5所示，一个半径为 、质量为 的实心橡皮轮以角速度 绕一个无摩擦的轴旋转；另一个半径为 、质量为 的橡皮轮也安装在一个无摩擦的轴上，使第二个轮子与第一个轮子接触。问两个轮子的最后角速度是多少?
已知
求 、
解: S
S/
f
f/
图5—6
若将大小两轮看成一个系统，在碰撞过程中系统所受合外力矩为零。人们常以为可以用动量矩守恒定律解题，其实并不能。我们回顾推导动量守恒定律时，除利用系统所受合外力为零外，还利用了系统内力—一对作用、反作用力大小相等方向相反，才能达到碰撞前后系统动量守恒。对于动量矩守恒定律，同样除利用系统所受合外力矩为零的条件外，还必须利用系统内—对作用、反作用力矩大小相等而方向相反，才能达到碰撞前后系统动量矩守恒。对于绕同一固定轴转动的各刚体，当然满足作用、反作用力矩大小相等方向相反，因为这时作用力与反作用力到转轴的力臂都相同。而对于不同固定转轴的刚体，作用力与反作用力虽大小相等方向相反，但力矩不一定相等。如本题，大轮对小轮的作用力矩大小为 ，而小轮对大轮的作用力矩为 ，虽 ，但 。综上讨论本题不能用动量矩守恒定律解题。这样，就只好用动量矩原理解题。
分别隔离大轮及小轮，并在碰撞过程中进行受力分析。大轮对小轮的作用力为 ，小轮对大轮的作用力为 。 与 为一对作用反作用力。
现选如图5—6 所示的参考正方向。
碰撞前：大轮动量矩 小轮动量矩
碰撞后：大轮动量矩 小轮动量矩
式中， 、 分别为两轮接触后大轮及小轮的角速度。对于大轮，动量矩定理表达式
（5-12）
式中 前的负号，是由于力 对转轴的力矩
使大轮逆参考正方向转动。
对于小轮，动量矩定理表达式为
(5-13)
碰撞时，交接条件
(作用、反作用力大小相等) (5-14)
(两轮接触点线速度相等) （5-15）
联立式（5-12）、(5-13)、 (5—14)、 (5-15)得
答：两轮接触后，大轮及小轮的最后角速度分别为 ，
请读者思考：在例题5—2中，把木棒的动量矩定理表达（5-9）与子弹的动量定理表达式(5--10)式乘 后相加可得到系统的动量矩守恒律表达式(5-8)；在例题5—3中，把大轮的动量矩定理表达式(5-12)与小轮的动量矩定理表达式(5-13)相加而不能得到系统的动量矩守恒表达式，为什么?系统的动量矩守恒定律的条件是什么?动量矩定理和系统的动量矩守恒定律的关系如何?
例题5—4 质量为 、半径为 的转台，可绕通过中心的铅直轴转动(图5-7)。质量为 的人站在台的边缘，人和台原来都静止。如果沿台的边缘匀速奔跑一周，问相对于地面来说，人和转台各转了多少角度? (设转台的转动惯量 )
已知 、 、
求： 、
R
M
m
S
图5—8
解 本题的解题思路与第三章习题—“—个物体在另一物体上作相对运动引起后者的位移”的解题思路相同，只不过是把动量守恒改成动量矩守恒，把位移改成角位移。关键在于引进相对角速度。解本题时，可对照着例题3—2进行。
选择如图5—8中 所示的参考正转向。根据速度变换法则有
(5一16)
式中， 、 分别为人及圆台相对于“地’的角速度，并假定 的转向如图5一8所示， 为人相对于转台的角速。又根据动量矩守恒定律，有
（5-17）
式中， 前的负号，是由于所假定的 的转向与参考正转向相反。
而 ， 。把（5—16）式代入（5-17）式并经整理，得
积分上式，得:
而 ， ，所以，有
答案前的正号表示 的实际转向与假定方向相同（若为负则表示相反）。而人对“地”转过的角度
答： 转台转过的角度 ，人转过的角度
（三）、功能原理及其综合应用
1．常见习题类型(系统常由一个刚体、弹簧、地球、质点组成)
这类习题常见于求绕某一定轴转动的刚体在某时刻的动能或角速度，或经过某过程外力矩所做的功。综合题常见于先与某质点或刚体碰撞(这一元过程常用动量矩守恒定律解决)，热后刚体转动至某一位置(这一元过程常用机械能守恒定律或功能原理解决)。
2．解题思路
这类习题的解题思路与“§4—4．三”的解题思路相同，只不过是必须注意到质点的动能为 ， 现在是刚体， 刚体绕定轴转动的动能是 ，它是整个刚体所有质点动能之和。
这类习题(刚体绕定轴转动的功能原理习题)的解题思路大致是：
(1)在刚体绕定轴转动过程中对刚体进行受力分析，刚体受力情况相同的可选为—元过程。随之，选定此元过程的始末两态；
(2)分别写出刚体在始态及末态时系统(刚体、保守力的施力者)的机械能 及 ；
(3)去掉保守力，算出刚体所受的外力矩除保守力矩外(包括系统非保守内力矩)所做的功的代数和 。若 则有刚体绕定轴的功能原理计算式
，则系统机械能守恒，即:
解以上式子(有些情况还要加线量与角量关系式)，即可达题求。
图5—9
与质点的情形一样，用功能原理可解的习题—般用动力学的方法也可解(见例题5—5)．
3。解题示例
S
S/
S//
T2/
T3
?
m
T3/
mg
T1
T2
图5—10
例题5—5 如图5—9所示。弹簧的质量忽略不计，而倔强系数 牛顿／米。绳子质量忽略不计且不可伸长。滑轮的半径 10厘米，绕其抽转动的转动惯量 千克． 。空气阻力不计，求质量 千克的物体从静止开始(此时弹簧无伸长)落下 米时的速度大小( )。
己知 ， ， ， ，
求
解：解法1-用机械能守恒定律求
以弹簧、绳子、物体、地球为系统，满足系统机械能守恒定律条件( )。
系统初态(静止时刻)机械能
系统终态(物体落下 时刻)机械能：
系统机械能守懂定律表迭式： (5-18)
线量与角最关系 （5-19）
以(5—19)代入(5-18)得: （5-20）
把已知数据代入(5-20)式得: 米／秒
解法2：用动力学方法解题
由于弹簧的弹性力不是恒量而是随时间或伸长量 而变（ ），所以绳子的张力、物体的加速度 、滑轮的角加速度 等都不是恒量，都随时间或弹簧伸长量而变。在某时刻(设弹簧的伸长量为 ，利用隔离体法分别得弹簧、滑轮及物体的受力分析图如图5-10所示，并选 为参考正方向。
由于弹簧质量可忽略，所以 。由于绳子质量可忽略，所以 ， 。而 （虎克定律），又设 ，所以有
，
对于某时刻，有如下方程组
滑轮，转动定律(5一21)
物体，牛顿第二定律（5-22）
线量与角量关系 （5-23）
把（5-21）式中的 通过（5-23）式换成 ，又把（5-22）式两边乘 ，然后相加，并经整理可得: （5-24）
而
(5—24)式两边对 取积分，得:
即
上式与(5一20)式是一样的。以巳知数据代入上式，得 米/秒
例题5一6 一均匀棒长 米，质量 千克，可绕通过其上端 的水平轴转动，质量 千克的弹片以速度 米/秒射入棒中，射入处离O点为0.3米（图5-11）。求棒与弹片一起转动时的角速
度 ，及转过的角度 。
已知 、 、 、弹片射入处
求 、
解 这是个综合应用题，整个过程可分成两个元过程。
第一元过程：从子弹开始射入时刻到射入停止时刻，这是个完全非弹性碰撞过程，以弹片和木棒为系统，满足系统动量矩守恒定律条件。选逆时针转向为参考正转向。
碰撞前：弹片的动量矩为 ，木棒的动量矩为零，系统的动量矩为 。
碰撞后：弹片与木棒一起以角速度 绕 轴转动，系统的动量矩为 ，系统的动量矩守恒定律表达式为
（5-25）
把巳知数据代入上式，得 弧度／秒。
第二元过程：从木棒与弹片一起以角速度 绕轴转动开始到角速度为零为止。在这个过程中，若以木棒、弹片、地球为系统，则满足系统机械能守恒条件。
起始时刻，系统的机械能（只有转动动能）
未了时刻，系统的机械能(只有重力势能)
以上两式，重力势能零点的取法是：对于棒，以G点为重力零势能点；对于弹片，以 点为重力零势能点。机械能守恒定律表达式
（5-26）
以已知数据代入（5-25）式得 （弧度/秒），代入（5-26）式得
答：木棒与弹片一起转动时的角速度 弧度／秒，转过的角度
三 章节练习
角动量与刚体转动练习题
一. 选择题
1. 人造地球卫星绕地球做椭圆轨道运动，卫星轨道近地点和远地点分别为 A和 B 。用 L 和 Ek 分别表示对地心的角动量及其动能的瞬时值，则应有
解：由角动量守恒 由机械能守恒，
因为势能
答案 ：(C)
2. 由一半径为 R 的水平圆转台，可绕通过其中心的竖直固定光滑轴转动，转动惯量为 J ，开始时转台以匀角速度ωo 转动，此时有一质量为 m 的人站在转台中心，随后人沿半径向外跑去，当人到达转台边缘时，转台的角速度为
ω0
解：由角动量守恒
答案 ：(A)
3. 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1/3 ML2. 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入并穿入棒的自由端，设穿过棒后子弹的速率为1/2 v , 则此时棒的角速度应为
O
.
解：由角动量守恒
答案 ：(B )
4. 关于力矩有以下几种说法：
（1）对某个定轴而言，内力矩不会改变刚体的角动量。
（2）作用力和反作用力对同一轴的力矩之和必为零。
（3）质量相等，形状和大小不同的两个刚体，在相同力矩作用下，它们的角速度一定相等。
在上述说法中，
（A）只有（2）是正确的
。 （B）（1）、（2）是正确的。（C）（2）、（3）是正确的。 （D）（1）、（2）、（3）是正确的。
答案 ：(B )
二. 填空题
1. 在光滑的水平面上，一根长 L=2 m 的绳子，一端固定于O 点，另一端系一质量 m=0.5kg 的物体。开始时，物体位于位置A， OA 间距离 d=0.5m ,绳子处于松弛状态。现在使物体以初速度 vA=4 m.s-1 垂直于 OA 向右滑动，如图所示。设以后的运动中物体到达位置 B, 此时物体速度的方向与绳垂直，则此时刻物体对O 点的角动量的大小 LB = ______1N.m.s_____,物体速度的大小 vB = ____1m/s_____ .
A
O
d
B
解：由角动量守恒
O
60o
2m
m
2. 一长为 L 的轻质细杆，两端分别固定质量为 m 和 2m 的小球，此系统在竖直平面内可绕过中点 O 且与杆垂直的水平光滑固定轴（ O 轴）转动。开始时杆与水平成 60o角，处于静止状态。无初转速地释放以后，杆球这一刚体系统绕 O 轴转动。系统绕O 轴的转动惯量 J = _____3/4mL2________. 释放后，当杆转到水平位置时，刚体受到的合外力矩 M = ___1/2mgL__.角加速度β = ____ _________ .
解：转动惯量
合外力矩
由转动定律，角加速度
3. 一圆柱体质量为 M, 半径为 R , 可绕固定的通过其中心轴线的光滑轴转动，原来处于静止。现有一质量为 m 、速度为v的子弹，沿圆周切线方向射入圆柱体边缘。子弹嵌入圆
O
m
R
M
柱体后的瞬间，圆柱体与子弹一起转动的角速度ω= _____ _________.(已知圆柱体绕固定轴的转动惯量 J =1/2 MR2 ）
解：由角动量守恒
O
R
r
4. 如图所示的匀质大圆盘，质量为 M ，对于过圆心 O 点且垂直于盘面的转轴的转动惯量为 1/2 MR2 . 如果在大圆盘中挖去图示的一个小圆盘，其质量为 m ，半径为 r , 且 2r = R .
则挖去小圆盘后剩余部分对于过 O 点且垂直于盘面的转轴的转动惯量为 ______ _______________ .
解：由平行轴定理，小圆盘对 O 轴的转动惯量为
剩余部分对于过 O 轴的转动惯量
O
m
A
5. 长为 L 、质量为 M 的匀质细杆可绕通过杆一端 O 的水平光滑固定轴转动，转动惯量为 1/3 ML2， 开始时杆竖直下垂，如图所示。有一质量为 m 的子弹一水平速度 vo 射入杆上 A 点，并嵌在杆中， OA= 2/3 L, 则子弹射入后瞬间杆的角速度 ω=_____ __________.
解：由角动量守恒
刚体力学练习题二
1．质量为m、半径为r的均质细圆环，去掉2／3，剩余部分圆环对过其中点，与环面垂直的轴的转动惯量为（ ）
A． mr2／3 B．2mr2／3
C． mr2 D．4mr2／3
2. 有
A，B两个完全相同的定滑轮，边缘绕有轻绳，A的绳下端挂着一质量为m的物体， B的绳下端施加一个向下的拉力F = mg ，今由静止开始使m 下落h ，同时F也拉着绳的下端向下移动了h，在这两个过程中相等的物理量是（ ）
A．定滑轮的角加速度 B.定滑轮对转轴的转动动能
C．定滑轮的角速度 D．F和重力mg所作的功
3．有一几何形状规则的刚体，其质心用C表示，则（ ）
A. C一定在刚体上
B．C一定在刚体的几何中心
C．将刚体抛出后C的轨迹一定为一抛物线
D．将刚体抛出后C的轨迹不一定为抛物线
4．水平光滑圆盘的中央有一小孔，柔软轻绳的A端系一小球置于盘面上，绳的B端穿过小孔，现使小球在盘面上以匀角速度绕小孔作圆周运动的同时，向下拉绳的B端，则（ ）
A．小球绕小孔运动的动能不变
B．小球的动量不变
C．小球的总机械能不变
D．小球对通过盘心与盘面垂直的轴的角动量不变
5．质量为m、长为 的均质细杆，可绕过其一端，与杆垂直的水平轴在竖直平面内转动。开始杆静止于水平位置，释放后开始向下摆动，在杆摆过 ／2的过程中，重力矩对杆的冲量矩为（ ）
A． B．
C． D．
6． 均质细杆可绕过其一端且与杆垂直的水平光滑轴在竖直平面内转动。今使细杆静止在竖直位置，并给杆一个初速度，使杆在竖直面内绕轴向上转动，在这个过程中（ ）
A．杆的角速度减小，角加速度减小
B．杆的角速度减小，角加速度增大
C．杆的角速度增大，角加速度增大
D．杆的角速度增大，角加速度减小
7．一质量为m、半径为R的均质圆盘，绕过其中心的垂直于盘面的轴转动，由于阻力矩存在，角速度由 减小到 ／2，则圆盘对该轴角动量的增量为（ ）
A． B． -
C. - D． -
8．均质细圆环、均质圆盘、均质实心球、均质薄球壳四个刚体的半径相等，质量相等，若以直径为轴，则转动惯量最大的是（ ）
A．圆环 B．圆盘
C．质心球 D．薄球壳
9．地球在太阳引力作用下沿椭圆轨道绕太阳运动，在运动的过程中（ ）
A．地球的动量和动能守恒
B．地球的动能和机械能（包括动能和引力势能）守恒
C．机械能和对于垂直于轨道平面且过太阳的轴的角动量守恒
D．角动量（同上）和动量守恒
10．一均质细杆可绕过其一端且与杆垂直的水平轴在竖直面内转动，开始时杆静止在水平位置，释放后杆转过了 角，则杆的转动动能的增量等于（ ）
．
A．重力矩的功的负值 B．重力矩的功
C．重力的冲量矩的负值 D．重力的冲量矩
刚体力学练 习 三
一、选择题
1．质量为m、半径为r的均质细圆环，去掉2／3，剩余部分圆环对过其中点，与环面垂直的轴的转动惯量为（ ）
A． mr2／3 B．2mr2／3
C． mr2 D．4mr2／3
2. 有A，B两个完全相同的定滑轮，边缘绕有轻绳，A的绳下端挂着一质量为m的物体， B的绳下端施加一个向下的拉力F = mg ，今由静止开始使m 下落h ，同时F也拉着绳的下端向下移动了h，在这两个过程中相等的物理量是（ ）
A．定滑轮的角加速度 B．定滑轮对转轴的转动动能
C．定滑轮的角速度 D．F和重力mg所作的功
3．有一几何形状规则的刚体，其质心用C表示，则（ ）
A. C一定在刚体上
B．C一定在刚体的几何中心
C．将刚体抛出后C的轨迹一定为一抛物线
D．将刚体抛出后C的轨迹不一定为抛物线
4．水平光滑圆盘的中央有一小孔，柔软轻绳的A端系一小球置于盘面上，绳的B端穿过小孔，现使小球在盘面上以匀角速度绕小孔作圆周运动的同时，向下拉绳的B端，则（ ）
A．小球绕小孔运动的动能不变
B．小球的动量不变
C．小球的总机械能不变
D．小球对通过盘心与盘面垂直的轴的角动量不变
5．质量为m、长为 的均质细杆，可绕过其一端，与杆垂直的水平轴在竖直平面内转动。开始杆静止于水平位置，释放后开始向下摆动，在杆摆过 ／2的过程中，重力矩对杆的冲量矩为（ ）
A． B．
C． D．
6． 均质细杆可绕过其一端且与杆垂直的水平光滑轴在竖直平面内转动。今使细杆静止在竖直位置，并给杆一个初速度，使杆在竖直面内绕轴向上转动，在这个过程中（ ）
A．杆的角速度减小，角加速度减小
B．杆的角速度减小，角加速度增大
C．杆的角速度增大，角加速度增大
D．杆的角速度增大，角加速度减小
7．一质量为m、半径为R的均质圆盘，绕过其中心的垂直于盘面的轴转动，由于阻力矩存在，角速度由 减小到 ／2，则圆盘对该轴角动量的增量为（ ）
A． B． -
C. - D． -
8．均质细圆环、均质圆盘、均质实心球、均质薄球壳四个刚体的半径相等，质量相等，若以直径为轴，则转动惯量最大的是（ ）
A．圆环 B．圆盘
C．质心球 D．薄球壳
9．地球在太阳引力作用下沿椭圆轨道绕太阳运
动，在运动的过程中（ ）
A．地球的动量和动能守恒
B．地球的动能和机械能（包括动能和引力势能）守恒
C．机械能和对于垂直于轨道平面且过太阳的轴的角动量守恒
D．角动量（同上）和动量守恒
10．一均质细杆可绕过其一端且与杆垂直的水平轴在竖直面内转动，开始时杆静止在水平位置，释放后杆转过了 角，则杆的转动动能的增量等于（ ）．
A．重力矩的功的负值 B．重力矩的功
C．重力的冲量矩的负值 D．重力的冲量矩
二、填空题
1．均质圆盘对通过盘心，且与盘面垂直的轴的转动惯量为20 kg/m2。则该圆盘对于过R/2处，且与盘面垂直的轴的转动惯量为_______________________。
2．已知匀质细杆对过基一端与杆垂直的O轴的转动惯量为J0 ，若将此杆弯成一个等边三角形，O轴在三角形的一个角上，且与三角形所在的平面垂直，新的刚体对O轴的转动惯量为___________________。
3．半径为 30 cm的飞轮从静止开始以 0。5 rad/s2的匀角加速度转动，在轮开始转动时轮缘上一点的切向加速度 __________________，法向加速度 ____________________。t = 2 s时轮缘上一点的总加速度 ______________________。
4．一飞轮以初角速度 开始作匀角加速度转动，在第3秒末的角速度为108 rad/s2，在9钟内共转过了234 rad，则飞轮的初角速度为_________________，角加速度为________________。
5．一水平转台，绕竖直的固定轴转动，每10秒钟转一圈，转台对转轴的转动惯量为J＝1200 kg·m2 ，质量60 kg的人开始站在转台中心，随后沿半径向外跑，当人离轴2 m时，转台的角速度为________________。
6．质点系由A，B，C，D 4个质点组成，A的质量为m，位置坐标为（0，0，0），B的质量为2 m ，位置坐标为（1，0，0），C的质量为3 m，位置坐标为（0，l，0），D的质量4 m，位置坐标为（0，0，1），则质点系质心的坐标为 _____________， ______________， __________。
7．一刚体在平面力系作用下保持平衡，在已建立的 坐标系中， N，作用点的坐标为（2 m，3 m）， N，作用点在（4 m， lｍ）， 的作用点在 x轴上，则 ＝__________________， __________________。
8．质量为100 kg、半径为lｍ的均质圆盘，可绕过圆盘中心、且与盘面垂直的水平固定轴转动，盘缘绕有细绳，绳下端挂有10 kg的物体，释放后圆盘的角加速度为______________________。
9．质量为 １，可视为均质圆盘的水平圆台以角速度 l绕竖直轴转动。一质量为 2的人沿在圆台边上与圆台一起转动。当此人走到圆台中心时，圆台的角速度为_________________。
10. 转动惯量为20 kg·m2 的飞轮在一阻力矩的作用下转速由 600
转／分降为300转／分，在这个过程中M作的功为_________________，M的冲量矩为__________________。
三、计算题
1.一复摆由长为0．90 m，质量为5 kg的均质细杆和一个半径为0．10 m、质量为20 kg的均质圆盘组成。圆盘固定在细杆一端，且盘心在杆的延长线上。求复摆对过杆另一端、且与盘垂直的轴的转动惯量。
2．一飞轮直径为0．30 m，质量为5．00 kg，可视为均质圆盘，轮缘绕有细绳。现用恒力拉绳子的一端，使其由静定均匀的加速，经 0．50 s转速达 10 rad／s－1。求：
（1）飞轮的角加速度及在这段时间内转过的转数；