第五章 刚体力学
第五章_刚体力学_习题解答
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。
刚体力学
下面列出几种常见的，形状对称、材料密度均匀的刚体绕某一些轴的转动惯量．这些结果都可以用前面所说的积分方法计算出来，所有公式中的M都代表物体的总质量．3. 定轴转动的转动定律刚体作定轴转动时只有一个自由度，若取角坐标 ϕ来描述, 则转动定律为MI α= （5．17）式中 M 为刚体所受外力矩之和，I为绕定轴的转动惯量，为转动的角加速度．它提供了解决定轴转动问题的基本方程． 试将式（5．17）与牛顿第二定律 m =Fa 比较．定轴转动中 M , I , α分别对应于质点动力学中的 F , m , a . I 对应于质点的惯性质量 m ，由此可见, I 反映了刚体在转动中的惯性，因此，它被称为转动惯量．4．动能定理利用动能定理及由此导出的机械能守恒原理在处理某些问题时有许多方便之处，常使问题解决得简便迅速．在刚体的定轴转动中，动能定理应如何表达呢？首先来讨论功的概念。
（1）功．外力 F 作用在沿定轴转动的刚体上，它所作的功21W Md ϕ==⎰⎰ F ds （5．18）式中 M 是力对转轴的力矩．力所作的功已表为力矩所作的功． 可以证明：刚体内力作功的总和为零。
刚体内第i 个质点与第k 个质点相互作用的内力为 ik F 与 ki F ，如刚体稍微改变其位置，第i 个质点与第 k 个质点的位移为i dr 与 k dr ，这一对内力作功之和为ik i ki k ik i ki k d d d d +=- F r F r F r F r()ik i k d =- F r r （5．19）()i k d -r r 显然是质点i 相对于质点k 的相对位移． 因为刚体内任意两质点间的距离保持不变，所以相对于质点 k ，质点 i 只能在以质点 k为球心的某个球面上运动；那么相对位移 ()i k d -r r 必然与相对矢径i k -r r 垂直，但内力ik F 必沿着质点i 与质点k 的联线，因此它也和()i k d -r r 垂直．因此一对内力的功()ik i k d - F r r = 0 （5．20）每一对内力的功为零．对所有内力的功求总和自然也为零．（2（5. 21）（3）动能定理．刚体作定轴转动时的动能定理可表为W（外）（5．22）W（外）为外力所作的功．上式又可表为（5．23）如外力全为势力，动能定理可表为机械能守恒原理1122T V T V +=+ （5．24）V 代表刚体的势能．5．动量矩、动量矩守恒图5－5刚体绕定轴转动的动量矩为 JI ω=，转动定律可以用动量矩来表示为即（5．25）当刚体所受外力矩 0M =时，动量矩守恒J=常量即 21J J = （5．26）第六章（四）刚体的平面平行运动刚体的又一种常见的运动方式是平面平行运动．作这种运动时，刚体内所有的点都平行于某一固定的平面而运动．也就是说，刚体上每一点都在与某一固定平面平行的平面内运动．因此，刚体内垂直于固定平面的任一直线，在运动中始终垂直于该平面，而且垂线上各点的运动情况相同．研究这种运动，只需取平行于该平面的任一剖面加以研究就可以了．作平面平行运动的刚体有三个自由度．刚体的质心可以在平面中运动，即有两个平动自由度，刚体又可以绕通过质心与固定平面垂直的轴转动，即有一个转动自由度，所以总共有三个自由度．1．平面平行运动的运动学刚体的平面平行运动可以看成是，刚体随着某个基点平动，再绕基点转动．为了方便起见，常常取这基点在质心．即刚体随着质心以速度0v 平动，再绕质心以角速度ω转动．下面证明如果基点不取在质心，那么平动速度自然不同，但转动的角速度 ω却是一样的，也即是 ω和基点的选取无关．设在t 时刻，刚体的位 置为ABC ；而到了 t t +∆时， 该刚体运动到了A ’B ’C ’位 置．这个位置的改变可以看 成是：刚体先随着C 点平动，位移为C d ，再绕C 点转动角ϕ．这个位置改变也可以看成：刚体随着A 点平动，位移为 A d ，再绕A 点转动角ϕ．最后的位置都是A ’B ’C ’．从图中我们可以看出，基点选取的不同，位移也不同．但不论基点选在那里，刚体转过的角度ϕ都是一样的．本例中/2ϕπ=。
第05章刚体力学基础学习知识补充
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) 4w 。
［ 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) Mm mv +330；(C) Mm mv +0； (D) M m mv +330。
［ B ］难度：中L5 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2l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。
05.刚体力学
全加速度——即切向、法向加速度的矢量和. 全加速度——即切向、法向加速度的矢量和 ——即切向 矢量和
6.4 如图 已知某瞬时曲柄的角速度 ω = 4rad / s, 如图. 角加速度 ε = 2rad / s2 ；曲柄长为 r = 20cm 。 托架上重物重心G的轨迹 速度、加速度。 的轨迹、 求：托架上重物重心 的轨迹、速度、加速度。
F 1
z
F 2
r
dF t
dm
ω
ε
F n
F i
M z = I zε
—— 刚体定轴转动 刚体定轴转动 动力学基本方程 基本方程. 的动力学基本方程
作用在刚体上的所有外力对转轴之合力矩等于 作用在刚体上的所有外力对转轴之合力矩等于 刚体 刚体对于转轴的转动惯量与其角加速度的乘积。 刚体对于转轴的转动惯量与其角加速度的乘积。
ρ dm b C θx
（推导用图） 推导用图）
y
Iz = Ix + I
z r
——无限薄刚体板对任一垂直 无限薄刚体板 无限薄刚体 的转动惯量， 于它的坐标轴 z 的转动惯量， 等于该薄板 薄板刚体对另两坐标轴 等于该薄板刚体对另两坐标轴 的转动惯量之和。 的转动惯量之和。
x
y
x
y
（推导用图） 推导用图）
ω
B
如图: 曲柄作 平面运动. 连 如图: OA曲柄作定轴转动,也是平面运动.AB连 曲柄 定轴转动,也是平面运动 杆作平面运动 平面运动. 活塞作直线运动,也是平面运动 活塞作直线运动 平面运动. 杆作平面运动 B活塞作直线运动,也是平面运动
在刚体上有无限多 平面图形始终作平面 个平面图形始终作平面 运动, 这样的一个 一个平面 运动 这样的一个平面 图形的运动 的运动， 代表了 图形的运动，就代表了 平面运动。 整个刚体的平面运动 整个刚体的平面运动。 因此, 因此 只需研究其中的 一个平面图形的运动. 平面图形的运动 一个平面图形的运动 2. 平面运动的分解 平面运动的分解 将复杂的平面运动, 分解成简单的 平动” 成简单的“ --- 将复杂的平面运动, 分解成简单的“平动” 转动（定轴） 应用合成运动的概念, 合成运动的概念 与“转动（定轴）” ；应用合成运动的概念 求刚体上各点的速度 加速度. 速度和 求刚体上各点的速度和加速度 如上: 杆的运动可分解成“ 如上: AB杆的运动可分解成“平动” 与“转 杆的运动可分解成 平动” 动”.
刚体力学
第五章刚体力学引言：前面一章我们讨论了质点组在外力和内力作用下的运动规律，在此基础上，本章就开始讨论一种特殊形式的质点组---即刚体在外力作用下的运动规律。
对刚体在力的作用下运动规律的研究就称为刚体力学.一、刚体的定义和自由度：什么叫刚体？[对刚体的概念在普通力学中讲过，可由学生回答，然后再得出它正确的定义]，一个质点组，无论所受的作用力如何，只要质点组内任意两个质点之间的距离保持不变，这样的质点组就叫做刚体，这也就是刚体的含义。
由刚体的定义可知，刚体不同于质点的概念，质点是忽略大小和形状，只具备一定质量的几何点，而刚体则是要考虑物体的大小和形状，但忽略其大小和形状变化的一种理想的力学模型。
对物体形状、大小的改变与所研究的问题无关或者关系不大的物体我们都可以将它看作刚体。
因为刚体是质点组的一种特殊情况，所以在上一章中涉及到的所有定理对刚体也同样成立。
把上一章得出的结论应用到刚体上来是研究刚体力学的基本出发点和基本方法。
在上章曾经讲过，一个自由质点需要三个独变量才能确定它在空间的位置。
为确定一个力学系统的位置所需要的独立变量的个数，就叫做这个力学系统的自由度数。
因此一个质点有三个自由度，由N个自由质点组成的质点组，显然就有3N个自由度。
刚体虽然由大量质点组成，但是根据刚体内任意两质点间的距离始终保持不变的这一特征，刚体的自由度并不是很多，那么刚体的自由度到底有几个？我们知道刚性联系的两个质点组成的质点组，它们两者之间存在着在一个刚性的几何约束条件。
因此它的自由度应该是6-1=5，刚性联系的三个质点组成的质点组的自由度是5+3-2=6[2个质点是5个，加上一个质点的3个自由度，再减去增加的2个几何约束条件，所以……]由此可以推知三个以上质点组成的刚体，其自由度也都只有六个,所以,刚体的自由度最多是六个,其实一个刚体,只要它上面不在同一直线上的三个点的位置确定了,刚体的位置也就确定了,所以说一个自由刚体的自由度只有六个。
第5章 刚体力学
F Fz F
z k Fz来自 F M z k r F M z rF sin
O
r
F
2）合力矩等于各分力矩的矢量和
大学物理讲义
M M1 M 2 M 3
3） 刚体内作用力和反作用力的力矩互相抵消
M ij
大学物理讲义
四
角量与线量的关系
d dt
d d 2 dt dt
2
a
an r
et v a
t
at r an r
2
大学物理讲义
5.2 转动定律 转动惯量 平行轴定理
一 力矩
刚体绕 O z 轴旋转 , 力 F
M
F
作用在刚体上点 P , 且在转动 平面内, 为由点O 到力的 作用点 P 的径矢 . Z 的力矩 F 对转轴
>0
z
z
<0
d dt
定轴转动(fixed-axis rotation)的特点 1） 每一质点均作圆周运动，圆面为转动平面；
2） 任一质点运动 , , 均相同，但 v, a 不同；
3） 运动描述仅需一个坐标变量 .
大学物理讲义
三
匀变速转动公式
大学物理讲义
质点运动
转动(rotation)：刚体中所有的点都绕同一直线 做圆周运动. 转动又分定轴转动和非定轴转动
刚体的一般运动 质心的平动
+
绕质心的转动
大学物理讲义
二 刚体转动的角速度和角加速度
角坐标 (t ) 约定 沿逆时针方向转动 r 角位移
理论力学简明教程第五章答案
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制造的乐趣.走过这遭,或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 dtωωω'⨯'=++⨯⨯ （2）刚体内的瞬心S ：()21s A A r r ωυω=+⨯〈析〉ω为基点转动的矢量和，12ωωω=++A r r r '=+dr dtυ=*A A A dr dr d r r r dt dt dt υωυω''''=+=++⨯=+⨯ ()A d r d d a dt dt dtωυυ'⨯==++()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 yxyy yz y zx zyzz 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()()()222222xx yy zz J y z dmJ z x dm J x y dm ⎧=+⎪⎪=+⎨⎪=+⎪⎩⎰⎰⎰惯量积xx yy zz J xydm J yzdm J zxdm ⎧=⎪⎪=⎨⎪=⎪⎩⎰⎰⎰且c c cL 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别离为l e 与,,x y z 轴夹角的余弦） * 惯量主轴惯量主轴能够是对称轴或对称面的法线若X 轴为惯量主轴，那么含X 的惯量积为0，即: 0==xy xz J J 若,,x y z 轴均为惯量主轴，那么:xx yy zz L J i J j J k =++ 〈析〉成立的坐标轴轴应尽可能的是惯量主轴，如此会降低解题繁度。
5《学习指南 试题精解》 第五章 刚体力学
第5章 刚体力学5.1 本章要求：1、通过质点在平面内的运动情况理解角动量、动量矩和角动量守恒定律,了解转动惯量的概念；2、理解刚体的定轴转动的转动定律和刚体在定轴转动情况下的角动量定理和角动量守恒定律；3、能应用角动量定理和角动量守恒定律解简单的刚体运动的力学问题。
5.2 内容提要1、质点的角动量v r m P r L ⨯=⨯=；2、质点的角动量定理作用于质点的冲量矩等于质点的角动量的增量。
积分形式00L L d dt LL tt -==⎰⎰ ，微分形式dtd M =外 3、角动量守恒定律如果某一固定点，质点所受合外力矩为零，则此质点对该固定点的角动量矢量保持不变。
则0=dtLd ， ∑=ii L L = 常矢量 4、刚体物体内任意两点间的距离在外力作用下始终保持不变，从而其大小和形状都保持不变的物体，称为刚体。
刚体也是物体的一种理想模型。
5、平动 刚体运动时，连接刚体中任意两点的直线始终保持它的方位不变。
这种运动称为刚体的平动或平移。
6、转动刚体运动时，如果刚体内各点都绕同一直线作圆周运动，这种运动称为刚体的转动；这一直线称为转轴。
如果转轴相对于所取的参考系是固定不动的，就称为定轴转动。
如果转轴上一点静止于参考系，而转动的方位在变动，这种转动称为定点转动。
刚体的一般运动，可以看作平动和转动所合成。
7、质心质心是与质点系的质量分布有关的一个代表点,它的位置在平均意义上代表着质点分布的中心。
对于有许多质点组成的系统，如果用i m 和i r 表示第i 个质点的质量和位矢，用c r 表示质心的位矢，则有Mrm r iii c ∑=，式中∑=ii m M 为质点系的总质量。
质心位置的坐标为：Mzm z M ym y M xm x iii c iii c iii c ∑∑∑===,,。
对于质量连续性分布的物体，质心的位矢为⎰=Mrdmr c其坐标为⎰⎰⎰===zdm Mz ydm M y xdm M x c c c 1,1,1。
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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 va 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2n 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 dtτωω⎧=⎪⎨===⎪⎩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：2152 5.0730rad s t ωα−===⋅而：d dt θω=20012t t dt tdt t θωαα∴===∫∫（1）2211152302280362.92230t rad θα==××=≐转（2）'15.0720101.3t rad s ωα−==×⋅≐（3）''15.07v R m s ω−==⋅225.075100.254a R m s τα−−==××=⋅2'2222101.3510513.1n 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 dtωα=∵00t dt t ωωαα∴−==∫2025025 2.8909rad s t ωα−∴=−=−=−=−⋅()'''230001 3.14102t t dt t t θωαωα=+=+=×∫即：()'2'31 2.8250 3.141002t t ×−+−×='13.6t s ∴='10250 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？40解：222220.500.360.0648 6.4810J mr kg m kg m −==×=⋅=×⋅环24222201122 3.241042r m J r r dr r r kg m r ρππππ−=⋅⋅=⋅⋅==×⋅∫盘()22211 6.481010535722E J J ω−∴==×××≐环环()22211 3.2410105178.522E J J ω−==×××≐环盘5-6将一根均匀细直杆等分为四段，每段的长度为l 、质量都为l m ，并在直杆内的三个等分点上分别放置一个质量为m 的质点。
现使此体系以角速度ω绕过其一端点并与细杆垂直的轴转动，试求此体系相对该转轴的转动惯量和转动动能。
解：据题意，体系的转动惯量为：()()()()2222216444231433l l J m l ml m l m l m m l ⎛⎞=+++=+⎜⎟⎝⎠体系的转动动能为：222221164321472233k l l E J m m l m m l ωωω⎛⎞⎛⎞==+=+⎜⎟⎜⎟⎝⎠⎝⎠5-7转动惯量为220kg m ⋅、直径为50cm 的飞轮以1105rad s −⋅的角速度旋转。
现用闸瓦将其制动，闸瓦对飞轮的正压力为400N，闸瓦与飞轮之间的摩擦系数为0.50。
求：(1)闸瓦作用于飞轮的摩擦力矩；(2)从开始制动到停止，飞轮转过的转数和经历的时间；(3)摩擦力矩所作的功。
已知：220J kg m =⋅150 2.5102R cm m −==×11105rad s ω−=⋅()400N N =0.50µ=110rad s ω−=⋅求：（1）f M （2）t （3）A解：（1）()10.5400 2.51050f M fR N R N m µ−=−=−⋅=−×××=−⋅41（2）由动能定理：()22225211111120105 1.1102222A J J J J ωωω=−=−=−××=−×（3）由转动定理：f d M J dt ω=得：250 2.520f M d rad s dt J ω−−===−⋅积分得：2102.5 2.5t dt t ωω−=−=−∫()1105422.5 2.5t s ω∴===5-8轻绳缠绕在一个质量为0m 的圆盘状定滑轮的边缘，其一端悬挂一质量为m 的物体，如图所示，如果滑轮的半径为r ，求物体与滑轮之间的绳子张力、物体下落的加速度和圆盘的角加速度。
解：圆盘的转动惯量为：2012J m r =()()2012mg T ma m r Tr J m r ααα⎧−==⋅⎪∴⎨==⎪⎩由牛顿第二定律得由转动定理得解得：()()000022122mg m m r m mg T m r m m αα⎧=⎪+⎪∴⎨⎪==⎪+⎩物体下落的加速度为：022mga r m m α==+5-9轻绳跨过一个质量为M 的圆盘状定滑轮，其一端悬挂一质量为m 的物体，另一端施加一竖直向下的拉力F ，使定滑轮按逆时针方向转动，如图所示。
如果滑轮的半径为r，求物体与滑轮之间的绳子张力和物体上升的加速度。
解：如图示为各物体的受力情况：()()()T mg ma m r F T r J αα⎧−==⋅⎪⎨−=⎪⎩由牛顿第二定律得由转动定理得42即得：()()()1122T mg m r F T r Mr αα−=⋅⎧⎪⎨−=⎪⎩⋯⋯⋯（1）+（2）得：12F mg m M r α⎛⎞−=+⎜⎟⎝⎠()()22F mg m M rα⋅−∴=+故：()()()222222F mg a r m M F mg m Mg F T mg m m M m Mα⋅−⎧=⋅=⎪⎪+⎨⋅−⋅+⎪=+⋅=⎪++⎩5-10一根质量为m、长为l 的均匀细棒，在竖直平面内绕通过其一端并与棒垂直的水平轴转动，如图5-8所示。
现使棒从水平位置自由下摆，求：(1)开始摆动时的角加速度；(2)摆到竖直位置时的角速度。
解：（1）开始摆动时细棒所受力矩为：2lmg ⋅由转动定理：2l mg J α⋅=2322123l l mg mg g J l ml α⋅⋅∴===（2）由机械能守恒：2122l mg J ω⋅=ω∴=5-11一根高为h 的均匀直杆，起初竖直立于地面上，后因受扰动而倒下，求直杆顶端触及地面时直杆的角加速度和线速度。
解：设：直杆的质量为m ，直杆倒下过程中，直杆没有滑动。
由机械能守恒定律：2221112223l mg J ml ωω⎛⎞⋅==⋅⋅⎜⎟⎝⎠v l ω∴=（直杆顶端的线速度）43由转动定理得：2123l mg J ml αα⎛⎞⋅==⋅⎜⎟⎝⎠232123l mg g l ml α⋅∴==5-12有一质量为m 、长为l 的均匀细直棒，其一端由桌子边缘支撑，另一端用手指托住，使它呈水平状。
在某瞬间突然将手指抽回，求在此瞬间：（1）直棒绕桌边支撑点的角加速度；（2）直棒质心的竖直加速度；（3）桌边支撑点作用于直棒的竖直方向的力的大小。
解：（1）均匀细真棒绕桌边的转动惯量为：213J ml =手指抽回的瞬间，由转动定理得：2123l mg J ml αα⎛⎞⋅==⋅⎜⎟⎝⎠232123l mg g l ml α⋅∴==（2）直棒质心的竖直加速度为：332224c l g l g a l α=⋅=⋅=（3）对于质心，真棒在竖直方向受重力和桌边支撑点的作用力T 共同作用，由牛顿第二定律得：c mg T ma −=3144c T mg ma m g g mg ⎛⎞∴=−=−=⎜⎟⎝⎠5-13如果由于温室效应，地球大气变暖，致使两极冰山熔化，对地球自转有何影响？为什么？答：冰山融化，则两极的冰溶化为水后，向海洋中流动，海平面升高，地球的转动惯量增大。
角动量守恒定律知，地球的自转会变慢。
（J ω=∵常量）5-14一个质量为0m 半径为R 的圆盘状平台，以角速度Ω绕通过中心的竖直轴自由旋转。
有一质量为m 的小爬虫垂直地落在平台的边缘。
问：Tmg44（1）小爬虫刚落到平台边缘时，平台的转速是多少？（2）当小爬虫从平台边缘向平台中心爬动离中心的距离为r 时，平台的转速是多少？解：（1）圆盘的转动惯量为：21012J m R =小虫对平台中心的转动惯量为：22J mR =由角动量守恒定律：()112J J J ωΩ=+011202m J J J m mωΩΩ∴==++（2）当小爬虫从平台边缘向平台中心爬动离中心的距离为r 时，小虫对平台中心的转动惯量为：'22J mr =；由角动量守恒定律：()'112J J J ωΩ=+201'221202m R J J J m R mr ωΩΩ∴==++5-15一水平放置的圆盘绕竖直轴旋转，角速度为1ω，它相对于此轴的转动惯量为1J 。
现在它的正上方有一个以角速度为2ω转动的圆盘，这个圆盘相对于其对称轴的转动惯量为2J 。
两圆盘相平行，圆心在同一条竖直线上。