第3章 刚体力学基础

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A 和B ，它们的运动轨迹相似，B A v v =，B A a a =。因此描述刚体的平动时，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

F r M ?=

转动惯量：刚体转动惯性大小的量度

∑=i

i i r m J 2

对于质量连续分布的刚体

?=V

m r J d 2

转动惯量的平行轴定理：2

md J J c z += 转动惯量的垂直轴定理：y x z J J J +=

3．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

βω

J t

J

M ==d d M 、β、J 均相对于同一转轴。

4．刚体定轴转动的动能定理 力矩的功：?

=θd M A

转动动能：221

ωJ E k = 动能定理：2

1222

121ωωJ J A -=

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

=+=P k E E E 常量

5．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

z z M J t

=)(d d

ω 角动量守恒定律：当0=z M 时，=ωz J 常量。

6．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

222

1

21ωc c k J m E +=

v 三、例题

3-1 一轻绳绕于半径为R 的圆盘边缘，在绳端施以mg F =的拉力，圆盘可绕水平固定光滑轴转动，圆盘质量为M ，圆盘从静止开始转动，试求（1）圆盘的角加速度及转动的角度和时间的关系。（2）如以质量m 的物体挂在绳端，再计算圆盘的角加速度及转动的角度和时间的关系。

分析 本题是刚体绕定轴转动问题，应用转动定律βJ M =即可求出圆盘的角加速度，对转动定律积分可求解)(t ωω=。

解 （1）圆盘所受的合外力矩为

FR M =

对圆盘用转动定律，有

ββ)2

1

(2MR J FR ==

因而角加速度为

MR mg

MR FR 222

==

β (1)

由于t

d d ω

β=

，且0=t 时，0=ω，积分（1）式，有

?

?=t

t MR

mg

d 2d ω

ω 得

t MR

mg

2=

ω (2)

而t

d d θ

ω=

，且0=t 时，0=θ，积分（2）式，有

?

?=t

t t MR m g

d 2d ω

θ 可得转动角度和时间的关系为

2t MR

mg =

θ （2）设T 为绳子的张力，对圆盘，由转动定律有

β)2

1

(2MR TR =

(4)

对物体m ，由牛顿定律，有

ma T mg =-

(5) 而

βR a =

(6)

联立（4）、（5）、（6）式，即可解得转动角度与时间的关系为

mR

MR mg

mR MR mgR

222

1

22+=

+=

β

(7)

由t d d ωβ=，t

d d θω=，且0=t 时，0=ω，0=θ。通过对（7）式积分，即可得转

动角度与时间的关系为

22t mR

MR mg

+=

θ

(8)

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

222

1

mR MR +的刚体，运用转动定律求解。 3-2 长为l ，质量分布不均匀的细杆，其线密度为br a +=λ（a 、b 为常量），细杆可绕轴z 在铅直平面内转动，如图所示，忽略轴z 的摩擦力，将杆从水平位置释放，试求杆转到铅直位置时，杆所具有的角速度ω。

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z M d ，通过积分求z M ，然后采用转动定律θ

ω

ωωd d d d J t J M ==形式，积分即可求ω。

解 设t 时刻杆与垂线间的夹角为θ，由于杆的质量不均匀，求重力对z 轴的力矩时，可在杆上取线元r d ，该线元对z 轴的力矩为

θλsin )d (d gr r M z -=

对z 轴的总力矩为

θλsin )d (0gr r M l

z ?-=

r r br a g l

d sin )(0

θ?

+-=

θsin )3

2(2l b

a gl +-=

细杆的质量不均匀，因此其对z 轴的转动惯量为

??==l

l

z r r m r J 0

202

)d (d λ

?

+=l

r br a r 0

2

d )(

434131bl al +=

根据转动定律t J M z z d d ω

=，有

t l bl a l b a gl d d )4131(sin )32(32ωθ?+=+-

积分变量替换 θ

ω

ωωd d d d ?=t 代入上式化简得

ωωθθd )4

3(d sin )32(l l b

a l

b a g +=+-

初始条件2

π

=

θ时，0=ω，当转到0=θ时，积分上式

??+=+-ω

ωωθθ0

02

πd )43(d sin )32(l l b a l b a g 得

l

bl a g

bl a )34()23(4++=

ω

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l ，质量为M ，可绕通过一端的水平轴O 转动，如图。一质量为m 的子弹以速度0v 射入细杆，子弹射入点离O 点的距离为4/3l ，试求

（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，机械能守恒，由两守恒定律可求ω及max θ。子弹射入细杆，细杆轴受力，轴受横向力的冲量应等于子弹、细杆系统动量的改变，横向力0=横N 时，即可求出打击中心位置。

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O 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定轴O 的角动量守恒

ω])4

3

(31[43220l m Ml m l +=v (1)

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 4

])43(31[21222l Mg l m Ml ++ω

)]cos 1(2

4[)cos 1(43θθ-++-=l

l Mg l mg

(2)

联立（1）、（2）可解得杆的角速度及可摆到的最大角度分别为

l

m M m )2716(360

+=

v ω

])2716)(32(541[cos 2

21

max

gl

m M m M m ++-=-v θ

（2）将子弹和细杆视为一个系统，则系统受的外力为Mg ，mg ，横N ，竖N ，如图，设子弹打在距轴x 处，根据动量定理 0d v v v m M m t N

c -+=?横

02

v m l

M

mx -+=ωω (3)

系统对O 轴角动量守恒，有 ωJ xm xm +=v v 0

ωω2

2

31Ml m x +

=

ω)3

1(22

Ml m x +=

因而

2

20

3

1Ml m x xm +=

v ω (4)

将（4）式代入（3）式

02

20

3

1)2

1

(d v v m Ml m x xm ML m x t N -+?+

=?横

当0=横N 时，则

03

1)2

1

(02

20

=-+?+

v v m Ml m x xm ML m x

解此方程得

l x 3

2=

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。

3-4 一质量为m 的子弹，穿过与均匀细杆连接的物体后，速度由v 减至

2

v

，设杆可绕过O 点的固定轴在竖直平面内转动，杆长为l ，杆与物体的质量均为M ，如图，开始时，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O 轴角动量守恒，物体绕O 轴转动机械能守恒，物体与杆恰能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 假定子弹穿过物体后，物体与杆的角速度为ω，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

(22)31(21222l l Mg l Mg l Mg Ml Ml ++?=++ω 解得

l

g

29=

ω 子弹穿过物体，子弹、杆、物体组成系统对O 轴角动量守恒，因此

2

)31(22l

m Ml Ml l m ?++=v v ω

解得

2

23238m gl

M m Ml =

=ωv 所以

2

232m

gl

M ≥v

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l ，质量为1m 的均匀细杆静止水平放在摩擦系数为μ的水平桌面上，它可绕通过其端点O 且与桌面垂直的固定光滑轴转动，另一质量为2m 水平运动的小滑块从侧面沿垂直于杆的方向与杆的另一端A 相碰撞，并被反向弹回，碰撞时间极短。已知小滑块与细杆碰撞前后的速率分别为1v 和2v ，求（1）碰撞后杆绕O 轴转动的角速度；（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ω，此后，细杆受摩擦力矩作

用转速逐渐减为零，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

ω2122123

1

l m l m l m +-=v v

(1)

解得

l

m m 1212)

(3v v +=

ω

（2）碰后杆在转动过程中所受的摩擦力矩为

gl m x x l g

m x m g M l

f 10

12

1

d d μμμ-=-

=?-=??

(2)

由角动量定理得

ω2

10

310d l m t M t

f -=? (3)

由式（1）、（2）、（3）联立解得

g

m m t 12

12

2μv v +=

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

mx g d μ-，通过积分求摩擦力矩。

3-6 如图，两个半径分别为1R 和2R 的圆柱体，转动惯量分别为1J 和2J ，分别可绕其轴转动。最初大圆柱的角速度为0ω，小圆柱不转动，现将小圆柱向右平移，碰到大圆柱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21f f =，稳定后接触点线速度相等2211R R ωω=，即可求出稳定后两圆柱角速度。

解 两圆柱体从接触到稳定只受摩擦力，其一对 摩擦力21f f =，对两圆柱体分别应用角动量定理

011111d ωωJ J t f R -=-?

(1)

2222d ωJ t f R -=-?

(2)

注意到21f f =。 由（1）、（2）式可得

2

2011121)

(ωωωJ J J R R --=

(3)

两圆柱稳定后，其接触点线速度相等，即

2211R R ωω=

(4)

由（3）、（4）式可解得

小圆柱最终角速度：021********ωωR J R J R R J +=，大圆柱最终角速度：02

1

22212

2

11ωωR J R J R J +=。 说明 两柱体从开始接触到稳定过程中，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l 的均匀细杆水平地放置在桌面上，质心离桌边缘的距离为a ，从

静止开始下落。已知杆与桌边缘之间的摩擦系数为μ。试求：杆开始滑动时的临界角。

分析 细杆滑动前以A 点为轴在重力矩作用下转动，细杆质心做以A 点为圆心的圆周运动，根据转动定律及质心运动定律即可求出A 点摩擦力f 与θ角关系，细杆开始滑动的临界条件为N f μ=。

解 无滑动时，杆绕过A 点的固定轴做定轴转动，由转动定律有

βθA J mga =cos

(1)

由平行轴定理求细杆绕A 点转动时的转动惯量

22212

1

ma ml ma J J C A +=

+= (2)

无滑动时，杆绕A 点转动，杆上各点做圆周运动，对质心C ，由牛顿运动定律得 2sin ωθma mg f =-

(3)

βθma N mg =-cos

(4)

杆绕A 点转动，只有重力作功，机械能守恒，有

22

1

sin ωθA J mga =

得

A

J mga θ

ωsin 22=

(5)

将式（5）代入式（3），并利用式（2），得

2

2212sin 24sin a l mga mg f ++=θ

θ

(6)

将式（1）代入式（4），并利用式（2），得

2

2212cos 12cos a

l mga mg N +-=θ

θ (7)

开始滑动的临界条件为

N f μ=

(8)

因此，由式（6）、（7）、（8），有

2

2222212cos 12cos 12sin 24sin a

l mga mg a l mga mg C

C C C +-=++θμθμθθ 式中C θ为临界角，整理可得

2

22

36tan a l l C +=

μθ

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L 2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0θ，当松开木板后，木板下滑，试求木板脱离墙壁时，木板与地面间的夹角θ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1N ，2N 不作功，机械能守恒，由此可得木板绕质心转动的角速度ω与θ角关系：

)(θωω=。对木板由质心运动定律结合)(θωω=可得1N 或x a 与θ的关系。木板脱离墙

壁的条件为01=N 或0=x a ，由此求得木板脱离墙壁时与地面的夹角θ。

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

x ma N =1

要使木板脱离墙壁，则

01=N

即

0=x a

木板在脱离墙壁前受到三个力作用；墙壁给板的作用力1N ，地板给板的作用力2N 和木板重力mg P =，如图所示。在任一时刻板质心的位置坐标为 )cos (cos 0θθ-=L x (1)

)sin (sin 0θθ-=L y

(2)

因此任一时刻板的质心速度x v 、y v 分别为 θωθθsin d d sin d d L t L t x x -=-==

v (3)

θωcos d d L t

y y -==v

(4)

质心加速度在Ox 轴上的分量为

t

L t L t a x x d d sin d d cos d d ω

θθθω--==

v

t

L L d d sin cos 2

ω

θ

θω--= (5)

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，有

2222

1)(21ωJ m mgy y x ++=

v v 其中

2)2(12

1

L m J =

将式（3）和式（4）代入上式，得

2222223

2

6121L m L m L m mgy ωωω=+=

解出

2

23L

gy

=

ω 将式（2）代入上式，得

L

g 2)

sin (sin 30θθω-=

(6)

故

θωcos 43d d L

g

t -= (7)

将式（6）和式（7）代入式（5），有

)cos 43(sin cos 2)sin (sin 30θθθθθL

g

L L g L

a x ----=

θθθθc o s s i n 4

9c o s s i n 20g g +-

= 当木板脱离墙壁时，0=x a ，即

θθθθcos sin 49

cos sin 230g g = 于是

0sin 32

sin θθ=

可得木板脱离墙壁时，木板与地面间夹角为

)sin 3

2arcsin(0θθ=

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01=N 或0=x a 。

3-9 将质量为m 的均匀金属丝弯成一半径为R 的圆环，其上套有一质量等于

m 2

1

的小珠，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A 处，系统绕轴旋转的角速度为0ω，求：当小珠滑到与环心同一水平的B 处及环的底部C 处时，环的角速度值，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AC 轴转动角动量守恒，由此可解得小珠滑到B 、C 点

时圆环的转动角速度1ω、2ω。同时，系统机械能守恒可解得小珠在B 、C 点相对圆环的

速度1v 、2v 。小珠相对地面速度为两速度合成。

解 取圆环、小珠为系统，在小珠下落过程中，系统所受外力对AC 轴的力矩为零，故系统对AC 轴角动量守恒，设小珠落至B 、C 处时环的角速度分别为1ω、2ω，则有 120)2

1

(ωωmR J J +

= (1)

20ωωJ J =

(2)

式中J 为圆环对AC 轴的转动惯量，圆环绕过中心且垂直环面的轴的转动量为2

mR ，根据垂直轴定理

222

1

,

mR J mR J J =

=+ (3)

由（1）~（3）式解得 012

1ωω=

(4)

02ωω=

(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B 、C 处时，相对于环的速度分别为1v 、2v ，则有 212122120)21(21)21(21212121v m R m J mgR J ++=+ωωω (6)

222220)2

1(2121)2(2121v m J R mg J +=+ωω

(7)

由（4）~（7）式，解得小珠在B 、C 处相对于环的速度分别为

gR R 22

12

201+=

ωv (8)

gR 42=v

(9)

小珠相对于环作圆周运动，所以1v 的方向与AC 轴平行向下，2v 的方向与AC 轴垂直向左。小珠落到B 处时，环上B 处相对于地面速度为R 1ω，方向垂直纸面向里。故小珠在B 处相对于地面的速度大小为

22121R B ω+=v v

(10)

把（4）、（8）式代入（10）式可得

gR R B 24

32

20+=

ωv 环上C 处相对于地面的速度恒为零，所以小珠在C 处相对于地面的速度，即为相对于环的速度，故有

gR C 42==v v

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为θ的斜面上作无滑动滚动。设摩擦系数为μ，求使该实心圆柱体只滚不滑时，θ的取值范围。如果θ和μ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r a C β=可解得摩擦力f 与θ角关系。

纯滚时，摩擦力N f μ≤，由此可限定θ角取值范围。由上也可得质心C a 与θ关系并由此可判断无滑下滚过程中质心的运动状态。 解 设实心圆柱体的半径为r ，其对中心轴的转动惯量2

2

1mr J C =，其受力如图。 质心沿斜面平动（以沿斜面向下为正）有

C ma f mg =-θsin

(1)

在垂直斜面方向有

0cos =-θmg N

(2)

绕质心的转动有

βC J fr =

(3)

只滚不滑的条件是

r a C β=

(4)

由（1）、（2）、（3）、（4）式可得

θβsin 2

mg mr

J r

C +=

(5)

θsin 2

mg mr

J J f C C

+=

(6)

欲使物体只滚不滑，则必须有

θμμcos mg N f =≤

所以

θμθ

cos sin 2

mg mr

J mg J C C ≤+

C

C J mr J 2

tg +≤μ

θ (7)

即

)(arctg 2

C

C J mr J +≤μθ

将2

2

1mr J C =代入，即得

μθ3arctg ≤

要保证只滚不滑，则由（6）式知

θθsin 31

sin 2

mg mg mr

J J f C C =+=

(8)

由（7）式知

θθμtg 31

tg 2

=+≥

mr

J J C C (9)

从（1）式知

C ma f mg =-θsin

(10)

将（8）式代入（10）式得

θsin 3

2

g a C =

此时调节θ只能改变C a ，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

分析和描述非常重要。

3-11 三个质量都为m 的小球，A 和B 小球分别固定于一长为l 的刚性轻质（其质量可忽略不计）细杆两端，并置于光滑水平面上，D 小球以速度0v 与B 小球对心弹性碰撞，AB 与0v 方向夹角为

45。求碰后（1）棒的角速度；（2）D 小球损失的动能。

分析 取A 球与由细杆相连的B 、C 球为系统，碰撞前后系统动量守恒，对AB 质心

角动量守恒，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D 小球碰撞前后的速度也可求出，从而可求D 球损失的动能。

解 （1）由A 、B 、D 三小球组成的系统，在碰撞过程中，系统的角动量、动能和动

量都守恒。D 和B 对心碰撞，设其碰后速度为v ，显然v 与0v 在同一直线上，同时设碰后，AB 质心速度为C v ，转动

角速度为ω，则

角动量守恒（对AB 质心C ）。

ω20

)2

(245sin 245sin 2l

m l m l m += v v (1)

动能守恒

222220)2(2

1)2(2212121C m l m m m v v v +?+=ω (2)

动量守恒

C m m m v v v 20+=

(3)

化简以上三式得 l ω20=-v v

(4) 2

2222022

1C l v v v +=

-ω (5)

C v v v 20=-

(6)

由（4）、（6）两式得

ωl C 2

2

=

v (7)

联立（5）、（6）两式，并考虑到（7）式得

04

2

3v v -=

ωl (8)

将（8）代入（4）式即得棒的角速度为

l 0

724v ?=

ω （2）小球D 损失的动能为

2202

121v v m m E -=

? 而

000071724423423v v v v v -=-??=-=

l l l ω 则

2

049

24v m E =

? 而20021v m E =为小球D 原有的动能。因而049

48E E =?，可见小球D 损失的动能为原有动能的

49

48。 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C v 表示），又作绕质心C 的转动，转动角速度为ω。

3-12 如图所示，将一个质点沿一个半径为r 的光滑半球形碗的内面水平地投射，碗保持静止。设0v 是质点恰好能达到碗口所需要的初速率。试求出0v 作为0θ的函数，0θ是用角度表示的质点的初位置。

分析 质点运动过程中，对O O '轴角动量守恒，同时机械能也守恒，由两守恒定律可求解本题。

解 设小球于K 点以0v 投射，此时对O O '轴的角动量为

2

000r mr J v =ω 其中

00sin θr r =

则

0000sin θωv mr J =

当质点到达碗口时，角动量为

v v

mr r

mr J ==2

ω 由于小球所受的力与轴O O '在同一平面内，则合外力矩0=M ，所以角动量守恒。

ωωJ J =00

即 v v mr mr =00sin θ

00sin θv v =

又全过程中仅重力作功，机械能守恒 0220cos 2

121θmgr m m +=v v 0220cos 2θgr +=v v

00220c o s 2s i n θθgr +=v

所以

02

00cos 2sin 1cos 2θθθgr

gr =-=

v 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R 的乒乓球，绕质心轴的转动惯量23

2

mR J =

，m 为乒乓球的质量，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0C v ，初角速度为0ω，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μ，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mg μ是定值，方向向左。开始时，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C v 和角速度ω越来越小。若质心初速度较大时，当ω减为零时，质心速度C v 还末为零，乒乓球继续向右运动，此时在摩擦力mg μ作用下，乒乓球开始顺时针转动，因此时顺时针转动的ω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ωR C =v 条件时，乒乓球开始纯滚运动，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

滚时质心的速度C v ，进而求出纯滚所需时间。

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

m g dt

d m

C

μ-=v 初条件为

0=t 时，0C C v v =

代入积分上式得

gt C C μ-=0v v

(1)

由转动定律

mgR t

J

μω

-=d d 初条件为

0=t 时，0ωω=

代入积分上式得

t J

mgR

μωω-

=0

(2)

又因纯滚条件为

ωR C -=v

(3)

设达到纯滚的时间为1t ，负号表示纯滚时，乒乓球滚动方向与规定方向相反，把（1）、（2）式，代入（3）式，得

)(1010t J

mgR

R gt C μωμ-

-=-v

将23

2

mR J =

代入得

g R J

m R

g R t C C μωμω5)

(2)

1(002

001+=++=

v v 把1t 代入（1）式，得出开始纯滚时质心速度为

10gt C C μ-=v v

000005

2

53)(52ωωR R C C C -=+-

=v v v

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O 为参考点，

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O 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)(00ωJ mR C -v ，开始纯滚时的角动量为)(ωJ mR C +v ，由角动量守恒，有

ωωJ mR J mR C C +=-v v 00

即

)(32

)(002

0ωωωωR R R R mR

J C C +-=+-

=-v v 因纯滚时满足条件

ωR C =v

故纯滚时的质心速度C v 满足

0032

)321(ωR C C -=+v v

即

005

2

53ωR C C -=v v

设达到纯滚所需时间为1t ，则因

10gt C C μ-=v v

即

10005

2

53gt R C C μω-=-v v 故

g

R t C μω5)

(2001+=v

从上可知，当0)525

3(00>-ωR C v ，即003

2

ωR C >v 时，0>C v ，即球达到纯滚后质心继续向右运动，顺时针转动，当003

2

ωR C

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