第五章 刚体力学习题课

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 θθθωθθ===即20sin cos v k 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 jr rθωθθθθθθ=+⨯=+⨯-+=--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，2cos sin AP OA r r r ctg θθθ==02cos ()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 jr rθωθθθθθθ=+⨯=+⨯-+=--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。

第五章刚体力学(答案)本页仅作为文档封面，使用时可以删除This document is for reference only-rar21year.March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：11122212m g T m a T m g m aT R T R J a Rββ-=⎧⎪-=⎪⎪⎨-=⎪⎪=⎪⎩ ，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2013m 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 21，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。

图5-7v 21 v 俯视图 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。

第五章 刚体的转动5-1 一个匀质圆盘由静止开始以恒定角加速度绕过中心而垂直于盘面的定轴转动．在某一时刻，转速为10 r/s ，再转60转后，转速变为15 r/s ，试计算：(1)角加速度；(2)由静止达到10 r/s 所需时间；(3)由静止到10 r/s 时圆盘所转的圈数．分析 绕定轴转动的刚体中所有质点都绕轴线作圆周运动，并具有相同的角位移、角速度和角加速度，因此描述运动状态的物理量与作圆周运动的质点的相似．当角加速度恒定时，绕定轴转动的刚体用角量表示的运动学公式与匀加速直线运动的公式类似．解 (1) 根据题意，转速由rad/s 1021⨯=πω变为rad/s 1522⨯=πω期间的角位移rad 260πθ⨯=，则角加速度为22222122rad/s 54.6rad/s 2602)102()152(2=⨯⨯⨯-⨯=-=πππθωωα (2) 从静止到转速为rad/s 1021⨯=πω所需时间为s 9.61s 54.61021=⨯==παωt (3) t 时间内转的圈数为48261.91022122121=⨯⨯⨯===ππωππθt N 5-2 唱片在转盘上匀速转动，转速为78 r/min ，由开始到结束唱针距转轴分别为15 cm 和7.5 cm ，(1)求这两处的线速度和法向加速度；(2)在电动机断电以后，转盘在15 s 内停止转动，求它的角加速度及转过的圈数．分析 绕定轴转动的刚体中所有质点具有相同的角位移、角速度和角加速度，但是线速度、切向加速度和法向加速度等线量则与各质点到转轴的距离有关．角量与线量的关系与质点圆周运动的相似．解 (1) 转盘角速度为rad/s 8.17rad/s 60278=⨯=πω，唱片上m 15.01=r 和m 075.02=r 处的线速度和法向加速度分别为m /s 1.23m /s 15.017.811=⨯==r ωv222121n m /s 10.0m /s 15.017.8=⨯==r ωam /s .6130m /s 075.017.822=⨯==r ωv222222n m /s .015m /s 075.017.8=⨯==r ωa(2) 电动机断电后，角加速度为22rad/s 545.0rad/s 1517.800-=-=-=t ωα 转的圈数为 75.921517.8212212=⨯⨯===πωππθt N 5-3 如图5-3所示，半径r 1 = 30 cm 的A 轮通过皮带被半径为r 2 = 75 cm 的B 轮带动，B 轮以π rad/s 的匀角加速度由静止起动，轮与皮带间无滑动发生，试求A 轮达到3000 r/min 所需要的时间． 分析 轮与皮带间无滑动，则同一时刻，两轮边缘的线速度相同，均等于皮带的传送速度；两轮边缘的切向加速度也相同，均等于皮带的加速度．解 设A 、B 轮的角加速度分别为A α、B α，由于两轮边缘与皮带连动，切向加速度相同，即2B 1A r r αα=B A r 1 r 2图5-3则 B 12A ααr r = A 轮角速度达到rad/s 6030002⨯=πω所需要的时间为 s 40s 75.06030.0300022B 1A =⨯⨯⨯⨯===ππαωαωr r t 5-4 在边长为b 的正方形的顶点上，分别有质量为m 的四个质点，求此系统绕下列转轴的转动惯量：(1)通过其中一质点A ，平行于对角线BD 的转轴，如图5-4所示．(2)通过A 垂直于质点所在平面的转轴．分析 由若干质点组成的质点系对某转轴的转动惯量等于各质点对该转轴转动惯量的叠加．每一质点对转轴的转动惯量等于它的质量与其到转轴的垂直距离平方的乘积． 解 (1)因质点B 和D 到转轴的垂直距离A 2B 和A 1D 为a 22，质点C 到转轴的垂直距离AC 为a 2，而质点A 位于转轴上，则系统对通过A 点平行于BD 的转轴的转动惯量为()222132222ma am a m J =+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=(2) 因质点B 和D 到转轴的垂直距离AB 和AD 为a ，质点C 到转轴的垂直距离AC 为a 2，而质点A 位于转轴上，则系统对通过A 垂于质点所在平面转轴的转动惯量为()2222422ma a m ma J =+= AA 2B图5-45-5 求半径为R ，质量为m 的均匀半圆环相对于图5-5中所示轴线的转动惯量．分析 如果刚体的质量连续分布在一细线上，可用质量线密度描述其分布情况，如果分布是均匀的，则质量线密度λ为常量．在刚体上取一小段线元l d ，质量为l d λ，对转轴的转动惯量为l r d 2λ，其中该线元到转轴的距离r 与线元在刚体上的位置有关．整个刚体的转动惯量就是刚体上所有线元转动惯量的总和，即所取线元的转动惯量对刚体分布的整个区域积分的结果．解 均匀半圆环的质量线密度为Rm πλ=，在半圆环上取一小段圆弧作为线元θd d R l =，质量为θπθπλd d d d m R R m l m === 此线元到转轴的距离为θsin R r =，对轴线的转动惯量为m r d 2，则整个半圆环的转动惯量为2022221d sin d mR m R m r J =⋅==⎰⎰θπθπ 5-6 一轻绳跨过滑轮悬有质量不等的二物体A 、B ，如图5-6(a)所示，滑轮半径为20 cm ，转动惯量等于2m kg 50⋅，滑轮与轴间的摩擦力矩为m N 198⋅.，绳与滑轮间无相对滑动，若滑轮的角加速度为2rad/s 362.，求滑轮两边绳中张力之差． 分析 由于定轴转动的刚体的运动规律遵从转动定律，因此对于一个定轴转动的滑轮来说，仅当其质量可以忽略，转动惯量为零，滑R图5-5 fF T1 F T2(a) (b)图5-6轮加速转动时跨越滑轮的轻绳两边的张力才相等．这就是在质点动力学问题中通常采用的简化假设．在掌握了转动定律后，不应该再忽略滑轮质量，通常将滑轮考虑为质量均匀分布的圆盘，则跨越滑轮的轻绳两边的张力对转轴的合力矩是滑轮产生角加速度的原因．解 滑轮所受力和力矩如图5-6(b)所示，其中跨越滑轮的轻绳两边的张力分别为F T1和F T2，轴的支承力F N 不产生力矩，由转动定律可得αJ M R F F =--f T2T1)()(1f T2T1M J R F F +=-α N 101.08N )1.9836.250(2.01 3⨯=+⨯⨯= 5-7 如图5-7（a ）所示的系统中，m 1 = 50 kg ，m 2 = 40 kg ，圆盘形滑轮质量m = 16 kg ，半径R = 0.1 m ，若斜面是光滑的，倾角为30°，绳与滑轮间无相对滑动，不计滑轮轴上的摩擦，(1)求绳中张力；(2)运动开始时，m 1距地面高度为1 m ，需多少时间m 1到达地面？分析 由于存在物体运动和滑轮定轴转动，而且必须考虑圆盘形滑轮的质量，这是一个质点动力学和刚体动力学的综合问题，应该采用隔离物体法，分别对运动物体作受力分析，对转动的滑轮作所受力矩的分析，然后分别应用牛顿第二定律和转动定律．m αF ’T1 F T1m 2 m 1 F F T2a︒30m 2g m 1g（a ） （b ）图5-7解 (1)各物体与滑轮受力情况如图5-7（b ）所示，其中F T1= F ’T1，F T2= F ’T2，轴对滑轮的支承力F N 不产生力矩，选取物体运动方向为坐标轴正向，分别应用牛顿第二定律和转动定律，可得a m F g m 1T11=-a m g m F 22T230sin =︒-α2T2T121)(mR R F F =- 由于物体的加速度等于滑轮边缘的线速度，则αR a =，与以上各式联立解得22121rad/s 3021)(30sin =++︒-=g mR R m m m m α N 340)(1T1=-=αR g m FN 316)30sin (2T2=+︒=αR g m F2m/s 3==αR a(2) m 1到达地面的时间为s 0.816s 3122=⨯==a h t 5-8 飞轮质量为60 kg ，半径为0.25 m ，当转速为1000 r/min 时，要在5 s 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5-8所示．分析 制动力F 作用在闸杆上，闸杆在制动力和飞轮的正压力的力矩作用下达到平衡，转动轴在墙上，这是刚体在力矩作用下的平衡问题．由于二力的力臂已知，应该求出闸杆与飞轮之间的正压力．飞轮受到闸杆的正压F图5-8力、闸瓦与飞轮间摩擦力和轴的支承力作用，其中闸杆的正压力和轴的支承力的力矩为零，在闸瓦与飞轮间摩擦力的力矩作用下制动，应用转动定律可以求出摩擦力矩，然后由摩擦力与正压力关系可以求出闸杆与飞轮之间的正压力．解 以飞轮为研究对象，飞轮的转动惯量为221mR J =，制动前角速度为rad/s 6010002⨯=πω，制动时角加速度为tωα-=．制动时闸瓦对飞轮的压力为F N ，闸瓦与飞轮间的摩擦力N f F F μ=，应用转动定律，得αα2f 21mR J R F ==- 则 t mR F μω2N =以闸杆为研究对象．在制动力F 和飞轮对闸瓦的压力-F N 的力矩作用下闸杆保持平衡，两力矩的作用力臂分别为m )75.050.0(+=l 和m 50.01=l ，则有01N =-l F FlN 157N 6054.021000225.06075.050.050.021N 1=⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯+===πμωt mR l l F l l F 5-9 一风扇转速为900 r/min ，当马达关闭后，风扇均匀减速，止动前它转过了75转，在此过程中制动力作的功为44.4 J ，求风扇的转动惯量和摩擦力矩．分析 合外力矩对刚体所作的功等于刚体的转动动能的增量．制动过程中风扇只受摩擦力矩作用，而且由于风扇均匀减速，表明摩擦力矩为恒定值，与风扇角位移的乘积就是所作的功．解 设制动摩擦力矩为M ，风扇转动惯量为J ，止动前风扇的角位移N πθ2=，摩擦力矩所作的功为N M M W πθ2⋅-=-=摩擦力矩所作的功应等于风扇转动动能的增量，即2210ωJ W -= 则 2222m kg 01.0m kg )60/2900()4.44(22⋅=⋅⨯-⨯-=-=πωW J m N 0.0942m N 7524.442⋅=⋅⨯--=-=ππN W M 5-10 如图5-10（a ）所示，质量为24 kg 的鼓形轮，可绕水平轴转动，一绳缠绕于轮上，另一端通过质量为5 kg 的圆盘形滑轮悬有10 kg 的物体，当重物由静止开始下降了0.5 m 时，求：(1)物体的速度；(2)绳中张力．设绳与滑轮间无相对滑动．分析 这也是一个质点动力学和刚体动力学的综合问题，鼓形轮和滑轮都视为圆盘形定轴转动的刚体，应该采用隔离物体法，分别对运动物体作受力分析，对刚体作所受力矩的分析，然后分别应用牛顿第二定律和转动定律．解 各物体受力情况如图5-10（b ）所示，其中F T1= F ’T1，F T2= F ’T2，鼓形轮的转动惯量为2121R m ，圆盘形滑轮的转动惯量为2221r m ，分别应用牛顿第二定律和转动定律，可得ma F mg =-T2222T1T221)(αr m r F F =- 121T121αR m R F =(1) 绳与滑轮间无相对滑动，物体的加速度等于鼓形轮和滑轮边缘的切向加αT1 F 2α ’T2 a F T2m g（a ） （b ）图5-10速度，即12ααR r a ==．重物由静止开始下降了h = 0.5 m 时，速度ah 2=v ，由以上各式得m/s 2m/s )524(21105.08.9102)(212221=+⨯+⨯⨯⨯=++==m m m mgh ah v (2)绳中张力为N 48N 5241028.924102211T1=++⨯⨯⨯=++=m m m g mm F N 85N 5241028.9)524(102)(2121T2=++⨯⨯+⨯=+++=m m m g m m m F 5-11 一蒸汽机的圆盘形飞轮质量为200 kg ，半径为1 m ，当飞轮转速为120 r/min 时关闭蒸汽阀门，若飞轮在5 min 内停下来，求在此期间飞轮轴上的平均摩擦力矩及此力矩所作的功．分析 制动过程中飞轮只受摩擦力矩作用，该摩擦力矩不一定为恒定值，但是由于只需求平均摩擦力矩，因此可以假设飞轮均匀减速，由已知条件求出平均角加速度，再应用转动定律求出平均摩擦力矩．解 飞轮转动惯量为221mR J =，关闭蒸汽阀门后t = 5 min 内的平均角加速度为t00ωα-=，应用转动定律，平均摩擦力矩 m N 194m N 60560/212012002121202⋅-=⋅⨯⨯⨯⨯⨯-=-==.t mR J M πωα 在此期间平均摩擦力矩所作的功等于飞轮转动动能的增量J 7896J )60/2120(12002121 21212102220220-=⨯⨯⨯⨯⨯-=⋅-=-=πωωmR J W 负号表示平均摩擦力矩作负功，方向与飞轮旋转方向相反．5-12 长为85 cm 的均匀细杆，放在倾角为45°的光滑斜面上，可以绕过上端点的轴在斜面上转动，如图5-12(a)所示，要使此杆实现绕轴转动一周，至少应给予它的下端多大的初速度？分析 细杆在斜面上转动，斜面的支承力与转轴平行，转轴的支承力通过转轴，它们的力矩都为零，只有重力在转动平面内分量的力矩作功．解 如图5-12(b)所示，杆所受重力在转动平面内的分量为︒45sin mg ，当杆与初始位置的夹角为θ时，重力分量对转轴的力矩为θsin 2145sin l mg ⋅︒，此时若杆有角位移θd ，则重力矩所作的元功为θθd sin 2145sin d ⋅⋅︒=l mg W 杆从最低位置到最高位置重力矩所作的功为︒-=⋅⋅︒-==⎰⎰45sin d sin 2145sin d 0mgl l mg W W πθθ 重力矩所作的功等于此期间杆的转动动能的增量2021045sin ωJ mgl -=︒- 其中231ml J =，t 00v =ω，则 m/s 5.94m/s 45sin 85.08.9645sin 60=︒⨯⨯⨯=︒=gl v5-13 如图5-13(a)所示，滑轮转动惯量为0.012m kg ⋅，半径为7 cm ，物体质量为5 kg ，由一绳与倔强系数k=200 N/m 的弹簧相连，若绳与滑轮间无相对滑动，滑轮轴上的摩擦忽略不计，求：(1)当绳拉直弹簧无伸长时，使物体由v 0 ︒45 (a) (b) 图5-12静止而下落的最大距离；(2)物体速度达最大值的位置及最大速率．分析 下面的5-17题中将证明，如果绕定轴转动的刚体除受到轴的支承力外仅受重力作用，则由刚体和地球组成的系统机械能守恒．如果将滑轮、地球和物体与弹簧组成一个弹性系统和重力系统合成的系统，当无重力和弹性力以外的力作功的情况下，整个系统的机械能守恒，可以应用机械能守恒定律．下面的解则仅应用功能原理和力矩所作的功与刚体转动动能的关系进行计算．解 (1) 物体由静止而下落到最低点时，速度为零，位移为1x ，在此期间重力所作的功完全转换为弹簧弹性势能的增量，即21121kx mgx = m 0.49m 2008.95221=⨯⨯==k mg x (2)物体与滑轮受力如图5-13(b)所示，设物体的最大速率为0v ，此时的位移为0x ，加速度00=a ，滑轮的角加速度000==R a α，分别应用牛顿第二定律和转动定律ma F mg =-T1αJ R F F =-)(T2T1可得此时T1F mg =，F T1= F T2，又因对于轻弹簧有0T2kx F =，则得m 0.245m 2008.950=⨯==k mg xT1aF ’T1m m g(a) (b)图5-13在此过程中，重力所作之功等于弹性势能的增量、物体动能和滑轮转动动能的增量的和，即2020200212121ωJ m kx mgx ++=v 因R 00v =ω，得 m/s 31.1m/s 9.85)07.001.05(2001)(122=⨯⨯+⨯=+=mg R J m k v5-14 圆盘形飞轮A 质量为m ，半径为r ，最初以角速度ω0转动，与A 共轴的圆盘形飞轮B 质量为4m ，半径为2r ，最初静止，如图5-14所示，两飞轮啮合后，以同一角速度ω转动，求ω及啮合过程中机械能的损失．分析 当物体系统所受的合外力矩为零时，系统的角动量守恒，在此过程中，由于相互作用的内力作功，机械能一般不守恒．解 以两飞轮组成的系统为研究对象，由于运动过程中系统无外力矩作用，角动量守恒，有 ωωω2202)2(4212121r m mr mr += 得 0171ωω= 初始机械能为2022021412121ωωmr mr W =⋅=啮合后机械能为 2022222241171)2(421212121ωωωmr r m mr W =⋅+⋅=则机械能损失为 A图5-1４1202211716411716W mr W W W ==-=∆ω 5-15 一人站在一匀质圆板状水平转台的边缘，转台的轴承处的摩擦可忽略不计，人的质量为m ’，转台的质量为10 m ’，半径为R ．最初整个系统是静止的，这人把一质量为m 的石子水平地沿转台的边缘的切线方向投出，石子的速率为v （相对于地面）．求石子投出后转台的角速度与人的线速度．分析 应用角动量守恒定律，必须考虑定律的适用条件，即合外力矩为零．此外还应该注意到，定律表达式中的角动量和角速度都必须是对同一惯性参考系选取的，而转动参考系不是惯性参考系．解 以人、转台和石子组成的系统为研究对象，由于系统无外力矩作用，角动量守恒，设转台角速度ω的转向与投出的石子速度v 方向一致，初始时系统角动量为零，得0=+v mR J ω 人和转台的转动惯量为221021R m R m J '+'=，代入上式后得 Rm m '-=6v ω 人的线速度 m m R '-=='6v v ω 其中负号表示转台角速度转向和人的线速度方向与假设方向相反．5-16 一人站立在转台上，两臂平举，两手各握一个m = 4 kg 的哑铃，哑铃距转台轴r 0 = 0.8 m ，起初，转台以ω0 = 2π rad/s 的角速度转动，然后此人放下两臂，使哑铃与轴相距r = 0.2 m ，设人与转台的转动惯量不变，且J = 52m kg ⋅，转台与轴间摩擦忽略不计，求转台角速度变为多大？整个系统的动能改变了多少？分析 角动量守恒定律是从定轴转动的刚体导出的，却不但适用与刚体，而且适用于绕定轴转动的任意物体和物体系统．解 以人、转台和哑铃组成的系统为研究对象，由于系统无外力矩作用，角动量守恒，有ωω)2()2(2020mr J mr J +=+rad/s 12.0rad/s 22.04258.042522220220=⨯⨯⨯+⨯⨯+=++=πωωmr J mr J 动能的增量为J183 J )2()8.0425(21J 12)2.0425(21 )2(21)2(2122222020220=⨯⨯⨯+⨯-⨯⨯⨯+⨯=+-+=-=∆πωωmr J mr J W W W 5-17 证明刚体中任意两质点相互作用力所作之功的和为零．如果绕定轴转动的刚体除受到轴的支承力外仅受重力作用，试证明它的机械能守恒．分析 在刚体动力学中有很多涉及重力矩作功的问题，如果能证明当只有重力矩作功时刚体和地球组成的系统机械能守恒，就能应用机械能守恒定律，而且还可以用刚体的质心的势能代替整个刚体中所有质点势能的总和，使求解过程大大简化． 证 刚体中任意两质点相互作用力沿转轴方向的分量对定轴转动不起作用，而在垂直于转轴的平面内的分量F 和-F 大小相等，方向相反，作用在一条直线上，如图5-17所示．设F 与转轴的垂直距离为ϕsin r ，则当刚体有微小角位移θd 时，力F 所作的功为θϕd sin Fr ，而其反作用力-F 所作的功为θϕd sin Fr -，二者之和为零，即刚体中任意两质点相互作用力所作之功的和为零．绕定轴转动的刚体除受到轴的支承力外仅受重力作用，刚体中任意质点则受-F图5-17到内力和重力作用，当刚体转动时，因为已经证明了任意两质点相互作用内力所作之功的和为零，则刚体中各质点相互作用力所作的总功为零，而且轴的支承力也不作功，就只有重力作功，因此机械能守恒．5-18 一块长m 50.0=L ，质量为m '＝3.0 kg 的均匀薄木板竖直悬挂，可绕通过其上端的水平轴无摩擦地自由转动，质量m =0.1kg 的球以水平速度m/s 500=v 击中木板中心后又以速度m/s 10=v 反弹回去，求木板摆动可达到的最大角度．木板对于通过其上端轴的转动惯量为231L m J '= ． 分析 质点的碰撞问题通常应用动量守恒定律求解，有刚体参与的碰撞问题则通常应用角动量守恒定律求解．质点对一点的角动量在第四章中已经讨论过，当质点作直线运动时，其角动量的大小是质点动量和该点到质点运动直线的垂直距离的乘积．解 对球和木板组成的系统，在碰撞瞬间，重力对转轴的力矩为零，且无其他外力矩作用，系统角动量守恒，碰撞前后球对转轴的角动量分别为021v mL 和v mL 21-，设碰后木板角速度为ω，则有 ωJ mL mL +-=v v 21210 设木板摆动可达到的最大角度为θ，如图5-18所示，木板摆动过程中只有重力矩作功，重力矩所作的功应等于木板转动动能的增量，即)1(cos 21d sin 2121002-'=⋅'-=-⎰θθθωθgL m L g m J (1) 由以上两式得 388.050.08.90.34)1050(1.0314)(31cos 2222202=⨯⨯⨯+⨯⨯-='+-=gL m m v v θv mm ’g图5-18︒==19.67)388.0arccos(θ根据5-17的结果，由于木板在碰撞后除受到轴的支承力外仅受重力作用，它的机械能守恒，取木板最低位置为重力势能零点，达到最高位置时它的重力势能应等于碰撞后瞬间的转动动能，也可以得到(1)式．5-19 半径为R 质量为m '的匀质圆盘水平放置，可绕通过圆盘中心的竖直轴转动．圆盘边缘及R /2处设置了两条圆形轨道，质量都为m 的两个玩具小车分别沿二轨道反向运行，相对于圆盘的线速度值同为v ．若圆盘最初静止，求二小车开始转动后圆盘的角速度．分析 当合外力矩为零时，应用角动量守恒定律应该注意到表达式中的角动量和角速度都是对同一惯性参考系选取的．转动参考系不是惯性参考系，所以小车对圆盘的速度和角动量必须应用相对运动速度合成定理转换为对地面的速度和角动量．解 设两小车和圆盘的运动方向如图5-19所示，以圆盘的转动方向为正向，外轨道上小车相对于地面的角动量为)(v -ωR mR ，内轨道上小车相对于地面的角动量为)21(21v +ωR R m ，圆盘的角动量为ωω221R m J '=．对于两小车和圆盘组成的系统，外力对转轴的力矩为零，角动量守恒，得ωωω221)21(21)(R m R R m R mR '+++-v v R m m m )25(2'+=v ω vωv图5-19。