第五章刚体力学参考答案
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X 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 β
[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
【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。
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
m 2
m 1
O 图5-7 O M
m m
图5-11
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 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．
视小孩与平台为一个系统，该系统所受的外力矩为零，系统角动量守恒：
0Rmv J ω=-可得2()Rmv mR v J J R
ω==。
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= -0.05rad/s 2，t ＝0到 t ＝100 s 时间内飞轮所转过的角度θ=250rad ．
【提示】：
O v
v
俯视图
飞轮作匀变速转动，据0t ωωβ=+，可得出：20
0.05rad t
ωωβ-==-
据2
012
t t θωβ=+
可得结果。 2、【基础训练10】如图5-13所示，P 、Q 、R 和S 是附于刚性轻质细杆上的质量分别为4m 、3m 、2m 和m 的四个质点，PQ ＝QR ＝RS ＝l ，则系统对O O '轴的转动惯量为50ml 2。
3
、【基础训练12】 如图5-14所示，滑块A 、重物B 和滑轮C 的质量分别为m A 、m B 和m C ，滑轮的半径为R ，滑轮对轴的转动惯量J ＝
2
1
m C R 2．滑块A 与桌面间、滑轮与轴承之间均无摩擦，绳的质量可不计，绳与滑轮之间无相对滑动．滑块A 的加速度
C
B A B m m m g
m a ++=
)(22
4、【自测提高9】一长为l 、质量可以忽略的直杆，两端分别固定有质量为2m 和m 的小球，杆可绕通过其中心O 且与杆垂直的水平光滑固定轴在铅直平面内转动．开始杆与水平方向成某一角度θ，处于静止状态，如图5-21所示．释放后，杆绕O 轴转动．则当杆转到水平位置时，该系统所受到的合外力矩的大小M ＝/2mgl ，此时该系统角加速度的大小β ＝
23g l
． 【提示】：
图5-21
5、【自测提高12】一根质量为m 、长为l 的均匀细杆，可在水平桌面上绕通过其一端的竖直
固定轴转动．已知细杆与桌面的滑动摩擦系数为μ，则杆转动时受的摩擦力矩的大小为=μmgl /2 【提示】： 在细杆长x 处取线元dx ，它所受到的摩擦力矩f m
dM dm g x dx g x l
μμ=⋅⋅⋅=⋅
⋅⋅，则0
2
l
f m mgl M gxdx l μμ
==⎰
三、计算题
1、【基础训练16】一转动惯量为J 的圆盘绕一固定轴转动，起初角速度为0ω，设它所受阻力矩与转动角速度成正比，即M k ω=- (k 为正的常数)，求圆盘的角速度从0ω变为0
2
1
ω时所需时间．
解：ωk M -=根据
dt
d J
J M ωβ== 可得 ωJd Mdt =代入ωk M -=有：k dt Jd ωω-=
⎰⎰=-t d J dt 02100ωωωω
κ 所以得k
J t 2ln =
2、【基础训练18】如图5-17所示、质量分别为m 和2m 、半径分别为r 和2r 的两个均匀圆盘，同轴地粘在一起，可以绕通过盘心且垂直盘面的水平光滑固定轴转动，对转轴的转动惯量为9mr 2/2，大小圆盘边缘都绕有绳子，绳子下端都挂一质量为m 的重物，求盘的角加速解: 受力情况如图5-17，'11T T =，'22T T =
11mg T ma -= (1) 22T mg ma -= (2)
122T r T r J β-= (3)
12a r β= (4) 2a r β= (5)
联立以上几式解得: 219g r
β=图5-17 3、【自测提高16】如图5-24所示，长为l 的轻杆，两端各固定质量分别为m 和2m 的小球，
杆可绕水平光滑固定轴O 在竖直面内转动，转轴O 距两端分别为31l 和3
2
l ．轻杆原来静止在竖直位置．今有一质量为m 的小球，以水平速度0v
与杆下端小球m 作对心碰撞，碰后以0
2
1v 的速度返回，试求碰撞后轻杆所获得的角速度．
解：系统所受的合外力矩为零，角动量守恒：
碰前的角动量为：
碰后的角动量为： 两边积分： 00
120
t J kdt d ωωωω
-=⎰⎰
所以得 k J t 2ln =
l mv 320ω
])1(2)2([212
20l m l m l v m ++-2m m
m
O
2
1
v 0
v l
3
2l
31
所以：
得 4、【自测提高17】如图5-25所示，一质量均匀分布的圆盘，质量为0m ，半径为R ，放在一粗糙水平面上(圆盘与水平面之间的摩擦系数为μ)，圆盘可绕通过其中心O 的竖直固定光滑轴转动．开始时，圆盘静止，一质量为m 的子弹以水平速度v 0垂直于圆盘半径打入圆盘边缘并嵌在盘边上。求：(1) 子弹击中圆盘后，盘所获得的角速度．(2) 经过多少时间后，圆盘停止转动．(圆盘绕通过O 的竖直轴的转动惯量为201
2
m R ，忽略子弹重力造成的摩擦阻力矩)
量为J 0，环的半径为R ，初始时环的角速度为ω0．质量为m 的小球静止在环内最高处A 点，由于某种微小干扰，小球沿环向下滑动，问小球滑到与环心O 在同一高度的B 点和环的最低处的C 点时，环的角速度及小球相对于环的速度各为多大?(设环的内壁和小球都是光滑的，小球可视为质点，环截面半径r < 解:选小球和环为系统．运动过程中小球虽受重力作用，但重力方向与转轴平行，对绕轴转动不起作用，系统所受的对转轴的合外力矩为零，故系 统对该轴的角动量守恒．即系统起初的角动量J 0ω0与小球滑到B 点时系统角动量相同， J 0ω0＝(J 0＋mR 2)ω 所以00 2 0J J mR ωω= +图5-26 又因环的内壁和小球都是光滑，只有保守力做功，系统机械能守恒．取过环心的水平面为势 图5-25 ω])31 (2)32([3221322200 l m l m l v m l mv ++-=l v 230 =ω 能零点，则有 22222000111()222 B J mgR J m R v ωωω+=++ 式中v B 表示小球在B 点时相对地面的竖直分速度，也等于它相对于环的速度．代入ω得： 222002J m R R J gR B ++=ωv 当小球滑到C 点时，由角动量守恒定律，系统的角速度又回复至ω0，又由机械能守恒定律可知，小球在C 的动能完全由在A 点的重力势能转换而来．所以： ()R mg m C 22 12=v ,gR C 4=v 四、附加题 1、【基础训练17】在半径为R 的具有光滑竖直固定中心轴的水平圆盘上，有一人静止站立在距转轴为 R 2 1 处，人的质量是圆盘质量的1/10．开始时盘载人对地以角速度0ω匀速转动，现在此人垂直圆盘半径相对于盘以速率v 沿与盘转动相反方向作圆周运动，如图5-16所示．已知圆盘对中心轴的转动惯量为 22 1 MR ． 图5－16 求：(1) 圆盘对地的角速度． (2) 欲使圆盘对地静止，人应沿着 R 2 1圆周对圆盘的速度v 的大小及方向？ 解：（1）设当人以速率v 沿相对圆盘转动相反的方向走动时， 圆盘对地的绕轴角速度为ω，则人对地的绕轴角速度为 212 v v R R ωωω'=- =- （1） 的质量为M/10，有： 22 22 01121022102M R M R MR MR ωωω⎡⎤⎛⎫⎛⎫'+=+⎢⎥ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣ ⎦（2） 将（1）式代入（2）有： 0221v R ωω=+ （3） （2）欲使盘对地静止，则式（3）必为零，即02021v R ω+ =。所以，0212 R v ω=-。 式中负号表示人的走动方向与上一问中人走动的方向相反，即与盘的初始转动方向一致。 R v ω R /2 2、【（自测提高19】一轻绳绕过一定滑轮，滑轮轴光滑，滑轮的半径为R,质量为m/4，均匀分布在其边缘上．绳子的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m/2的重物，如图5-27所示。设人从静止开始相对于绳匀速向上爬时，绳与滑轮间无相对滑动，求B端重物上升的加速度？(已知滑轮对通过滑轮中心且垂直于轮面的轴的转动惯量J＝mR2/4) 图5-27 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 衡水学院 理工科专业 《大学物理B 》 刚体力学基础 习题 命题教师：郑永春 试题审核人：张郡亮 一、填空题（每空1分） 1、三个质量均为m 的质点，位于边长为a 的等边三角形的三个顶点上。此系统对通过三角形中心并垂直于三角形平面的轴的转动惯量J 0＝__ ma 2 _，对通过三角形中心且平行于其一边的轴的转动惯量为J A ＝__ 12ma 2_，对通过三角形中心和一个顶点的轴的转动惯量为J B ＝__ 21ma 2 。 2、两个质量分布均匀的圆盘A 和B 的密度分别为ρA 和ρ B (ρA >ρB )，且两圆盘的总质量和厚度均相同。 设两圆盘对通过盘心且垂直于盘面的轴的转动惯量分别为J A 和J B ，则有J A < J B 。 3、 一作定轴转动的物体，对转轴的转动惯量J ＝3.0 kg ·m 2，角速度ω0＝6.0 rad/s ．现对物体加一恒定 的制动力矩M ＝－12 N ·m ，当物体的角速度减慢到ω＝2.0 rad/s 时，物体已转过了角度?θ ＝__4.0rad 4、两个滑冰运动员的质量各为70 kg ，均以6.5 m/s 的速率沿相反的方向滑行，滑行路线间的垂直距离为 10 m ，当彼此交错时，各抓住一10 m 长的绳索的一端，然后相对旋转，则抓住绳索之后各自对绳中心的角动量L ＝__2275 kg·m 2·s 1 _；它们各自收拢绳索，到绳长为5 m 时，各自的速率υ ＝__13 m·s 1_。 5、有一质量均匀的细棒，可绕垂直于棒的一端的水平轴转动。如将此棒放在水平位置，然后任其下落，则在下落过程中的角速度大小将 变大 ，角加速度大小将 变小 。 二、单项选择题（每小题2分） （ A ）1、有两个力作用在一个有固定转轴的刚体上，下列说法正确的是： A.这两个力都平行于轴作用时，它们对轴的合力矩一定是零； B.这两个力都垂直于轴作用时，它们对轴的合力矩一定是零； C.当这两个力的合力为零时，它们对轴的合力矩也一定是零； D.当这两个力对轴的合力矩为零时，它们的合力也一定是零。 （ C ）2、一轻绳绕在有水平轴的定滑轮上，滑轮的转动惯量为J ，绳下端挂一物体。物体所受重力为P ，滑轮的角加速度为α．若将物体去掉而以与P 相等的力直接向下拉绳子，滑轮的角加速度α将 A.不变； B.变小； C.变大； D.如何变化无法判断。 （ C ）3、关于刚体的转动惯量，下列说法中正确的是 A.只取决于刚体的质量，与质量的空间分布和轴的位置无关； B.取决于刚体的质量和质量的空间分布，与轴的位置无关； C.取决于刚体的质量、质量的空间分布和轴的位置； D.只取决于转轴的位置，与刚体的质量和质量的空间分布无关。 （ C ）4、一人造地球卫星到地球中心O 的最大距离和最小距离分别是R A 和R B ．设卫星对应的角动量分别是L A 、L B ，动能分别是E KA 、E KB ，则应有 A.L B > L A ，E KA = E KB ； B.L B < L A ，E KA = E KB ； C.L B = L A ，E KA < E KB ； D.L B = L A ，E KA > E KB ． （ C ）5、一圆盘正绕垂直于盘面的水平光滑固定轴O 转动，如图1射来两个质量 习题四 本章习题都是围绕（角）动量守恒以及能量守恒，把过程分析清楚，正确带入公式就可以解决。 一、选择题 1．一根长为l 、质量为M 的匀质棒自由悬挂于通过其上端的光滑水平轴上。现有一质量为m 的子弹以水平速度v 0射向棒的中心，并以v 0/2的水平速度穿出棒，此后棒的最大偏转角恰为90?，则v 0的大小为 [ ] （A ； （B ； （C （D ）22 163M gl m 。 答案：A 解： 11122 , 1122 J J J J Mg l ωωωω=+?? ?=??? 22211, 243l m l J m J M l ??=== ??? 0012/2v v l l ω==，0021/21 /22 v v l l ωω===，111121 ()2J J J J ωωωω-= = 21122J Mgl ω=， 2 112J J Mgl J ω?? ?= ??? ， 22 114J Mgl J ω= 2 2 20224443 v ml l Mgl Ml ?? ???=?，Mgl M v m =?202163，2 202 163M v gl m =，所以 3 40gl m M v = 2．圆柱体以80rad/s 的角速度绕其轴线转动，它对该轴的转动惯量为24kg m ?。在恒力矩作用下，10s 内其角速度降为40rad/s 。圆柱体损失的动能和所受力矩的大小为 [ ] （A ）80J ，80N m ?； （B ）800J ，40N m ?；（C ）4000J ，32N m ?；（D ）9600J ，16N m ?。 答案：D 解：800=ω，40=ω，10=t ，4J = M 恒定，匀变速，所以有 0t ωωα=-，0t ωω α-= ，08040 416N m 10 M J J t ωω α--==? =? =? 3．一个转动惯量为J 的圆盘绕一固定轴转动，初角速度为0ω。设它所受阻力矩与转动角速度成正比M k ω=- (k 为正常数)。 （1）它的角速度从0ω变为0/2ω所需时间是 [ ] （A ）/2J ； （B ）/J k ； （C ）(/)ln 2J k ； （D ）/(2)J k 。 （2）在上述过程中阻力矩所做的功为 [ ] 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 L 习题三 一、选择题 1．一根长为l 、质量为M 的匀质棒自由悬挂于通过其上端的光滑水平轴上。现有一质量为m 的子弹以水平速度v 0射向棒的中心，并以v 0/2的水平速度穿出棒，此后棒的最大偏转角恰为90?，则v 0的大小为 [ ] （A ； （B ； （C （D ） 22 163M gl m 。 答案：A 解： 11122 , 1122 J J J J Mg l ωωωω=+?? ?=??? 22211, 243l ml J m J Ml ??=== ??? 0012/2v v l l ω==，0021/21 /22 v v l l ωω===，111121 ()2J J J J ωωωω-= = 21122J Mgl ω=， 2 112J J Mgl J ω?? ?= ??? ， 22 114J Mgl J ω= 2 2 202244143v ml l Mgl Ml ?? ???=?，Mgl M v m =?2 02163，2202 163M v gl m =，所以 3 40gl m M v = 2．圆柱体以80rad/s 的角速度绕其轴线转动，它对该轴的转动惯量为24kg m ?。在恒力矩作用下，10s 内其角速度降为40rad/s 。圆柱体损失的动能和所受力矩的大小为 [ ] （A ）80J ，80N m ?； （B ）800J ，40N m ?；（C ）4000J ，32N m ?；（D ）9600J ，16N m ?。 答案：D 解：800=ω，40=ω，10=t ，4J = 2201122k E J J ωω-?= - 2 2011()4(64001600)9600(J)22 k E J ωω?=-=??-= M 恒定，匀变速，所以有 0t ωωα=-，0t ωω α-= ，08040 416N m 10 M J J t ωω α--==? =? =? 3．一个转动惯量为J 的圆盘绕一固定轴转动，初角速度为0ω。设它所受阻力矩与转动角速度成正比M k ω=- (k 为正常数)。 （1）它的角速度从0ω变为0/2ω所需时间是 [ ] 34 第五章 刚体的转动 §5-1、刚体定轴转动定律 【基本内容】 一、刚体的运动 1、平动 刚体平动的特征：刚体中的任一条直线，在刚体运动过程中始终保持平行。 刚体平动的研究方法：刚体作平动时，刚体各质点的运动情况相同，视为质点处理。 2、定轴转动 刚体转动的特征：刚体上各点都绕同一固定的直线作半径不同的圆周运动，该直线称为刚体的转轴。 描述刚体转动的物理量 角位移θ? 角速度ω 角加速度β 刚体匀变速转动公式 βθ ωωβωωβωθ22 1 2 020 20=-+=+ =t t t 二、刚体所受的力矩 力矩是描述力对物体作用时产生转动效应和改变转动状态的物理量。 F r M ?= 式中F 为力在转动平面的投影，r 为轴指向力的作用点。 结论1 力矩是矢量，对于定轴，力矩的方向在转轴上； 结论2 力经过转轴和力平行于转轴，则力对此轴的力矩为0。 三、刚体定轴转动定律 定轴转动的刚体，所受的合外力矩等于刚体的转动惯量与角加速度的乘积，即 βJ M = 四、转动惯量 35 定义：对于质点系∑= i i i r m J 2 对于刚体?=dm r J 2 线分布：λλ,dx dm =是质量线密度。 面分布：σσ,dS dm =是质量面密度。 体分布：ρρ,dV dm =是质量体密度。 决定转动惯量的三个因素：刚体的质量、质量分布及转轴的位置。 【典型题例】 【例5-1】 一轻绳跨过一定滑轮，滑轮可视为匀质圆盘，质量为m ，半径为r 。绳的两端分别悬挂质量为m １和m ２的物体，m １＜m ２，如图例2-4所示。设滑轮轴所受的摩擦力矩为Mr ，绳与滑轮之间无相对滑动，试求运动物体的加速度和绳中的张力。 【解】 依题意，滑轮应视为一个有转动惯性的转动刚体，因此，在加速转动过程中，在图上必有T ２′ ＞T 1′，而且，由于绳的质量可以忽略不计，还应有T １＝T 1′，Ｔ２＝T ２′。T １、T 1′和T ２、T ２′都是绳中的张力。绳与滑轮无相对滑动的条件，在绳不能伸长的情况下表示m １与m ２有大小相同的加速度a ，且都等于 滑轮边缘的切向加速度。 以m １向上、m ２向下的实际运动方向和滑轮的顺时针转向为物体运动或转动的正方向，则按牛顿第二定律和转动定律可得 β)2 1 ( 212222111mr M r T r T a m T g m a m g m T r =--=-=- 鉴于滑轮边缘的切向加速度，也即物体的加速度a 与滑轮角加速度β之间的关系，还可以建立一个辅助方程 a ＝r β )(),(,2 //)(22112112a g m T a g m T m m m r M g m m a r -=+=++--= 【讨论】 画出受力图，作力及力矩的分析，当计滑轮质量时，滑轮两边绳子的张力一般不等。注意：这两个张力对滑轮轴的力矩方向相反。 当不计滑轮质量及摩擦阻力矩，即m ＝０，Ｍr ＝０时，结果为 g m m m m T T g m m m m a 2 12 12121122,+==+-= 与质点动力学中不计绳子与滑轮之间的摩擦，即不考虑刚体转动的结果完全一样。可见，该质点动力学问题只是刚体动力学问题的一个特例。T １≠T ２是考虑实际转动效应的一个重要特征。 线量与角量关系的a ＝r β，是一个不可少的辅助方程。 【例5-2】 一刚体由长l 、质量为m 的匀质细杆和质量为m 的小球固 定其一端而组成，且可绕杆的另一端点的轴O 在竖直平面内转动，如图所示。若轴处无摩擦，试求： (1)刚体绕轴的转动惯量； (2)当杆与竖直方向成θ角时的角速度为多大? 坐标 例2-4图 例图 θ 一、选择题 ［ C ］1、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βA 和βB ，不计 滑轮轴的摩擦，则有 (A) βA ＝βB ． (B) βA ＞βB ． (C) βA ＜βB ． (D) 开始时βA ＝βB ，以后βA ＜βB ． 图5-18 参考答案： 设定滑轮半径为Ｒ，转动惯量为J ，如图所示，据刚体定轴转动定律Ｍ=Ｊβ有： 对B ：FR=MgR= J βB ． 对A ：Mg-T=Ma TR=J βA, a=R βA, 可推出：βA ＜βB [ 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θ角，则A 端对墙壁的压力大小 (A) 为 4 1mg cos θ． (B)为 2 1mg tg θ． (C) 为 mg sin θ． (D) 不能唯一确定． [ C ]3、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． 图5-8 m m 图5-11 参考答案: 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。 设L 为每一子弹相对固定轴O 的角动量大小.故由角动量守恒定律得: J ω0+L-L=(J+J 子弹) ω ω <ω0 [ A ]4、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 2 ω，逆时针． (C) ??? ??+=R mR J mR v 2 2 ω，顺时针． (D) ?? ? ??+= R mR J mR v 2 2 ω，逆时针． 参考答案： 视小孩与平台为一个系统，该系统所受的外力矩为零，系统角动量守恒： 0=Rmv-J ω 可得结论。 [ C ]5、如图所示，一匀质细杆可绕通过上端与杆垂直的水平光滑固定轴O 旋转，初始状态为静止悬挂．现有一个小球自左方水平打击细杆．设小球与细杆之间为非弹性碰撞，则在碰撞过程中对细杆与小球这一系统 (A) 只有机械能守恒． (B) 只有动量守恒． (C) 只有对转轴O 的角动量守恒． (D) 机械能、动量和角动量均守恒． 图5-10 参考答案： 视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，不满足动量和机械能守恒的条件，故只能选（C ） [ C ]6、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5-17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 O v 俯视图 第五章 刚体力学基础 动量矩 班级______________学号____________姓名________________ 一、选择题 1、力kN j i F )53( +=，其作用点的矢径为m j i r )34( -=，则该力对坐标原点的 力矩大小为 （ B ） (A)m kN ⋅-3； （B ）m kN ⋅29； (C)m kN ⋅19； (D)m kN ⋅3。 2、圆柱体以80rad /s 的角速度绕其轴线转动，它对该轴的转动惯量为24m kg ⋅。由于恒力矩的作用，在10s 内它的角速度降为40rad /s 。圆柱体损失的动能和所受力矩的大小为( D ) (A)80J ，80m N ⋅；(B)800J ，40m N ⋅；(C)4000J ，32m N ⋅；(D)9600J ，16m N ⋅。 3、 一匀质圆盘状飞轮质量为20kg ，半径为30cm ，当它以每分钟60转的速率旋转时，其动能为 ( D ) (A)22.16π J ； (B)21.8πJ ；（C ）1.8J ； （D ）2 8.1π J 。 4、如图所示，一轻绳跨过两个质量均为m 、半径均为R 的匀质圆盘状定滑轮。绳的两端分别系着质量分别为m 和2m 的重物，不计滑轮转轴的摩擦。将系统由静止释放，且绳与两滑轮间均无相对滑动，则两滑轮之间绳的张力。（ D ） (A)mg ； (B)3mg /2； (C)2mg ； (D)11mg /8。 5、一根质量为m 、长度为L 的匀质细直棒，平放在水平桌面上。若它与桌面间的滑动摩擦系数为μ，在t =0时，使该棒绕过其一端的竖直轴在水平桌面上旋转，其初始角速度为0ω，则棒停止转动所需时间为 (A ) (A)μωg L 3/20； (B) μωg L 3/0； (C) μωg L 3/40； (D) μωg L 6/0。 6、关于力矩有以下几种说法，其中正确的是 ( B ) （A ）内力矩会改变刚体对某个定轴的角动量（动量矩）； （B ）作用力和反作用力对同一轴的力矩之和必为零； （C ）角速度的方向一定与外力矩的方向相同； （D ）质量相等、形状和大小不同的两个刚体，在相同力矩的作用下，它们的角加速度一定相等。 7、一质量为60kg 的人站在一质量为60kg 、半径为l m 的匀质圆盘的边缘，圆盘可绕与盘面相垂直的中心竖直轴无摩擦地转动。系统原来是静止的，后来人沿圆盘边缘走动，当人相对圆盘的走动速度为2m/s 时，圆盘角速度大小为 ( D ) (A) 1rad/s ； (B) 2rad/s ； (C) 2/3rad/s ； (D) 4/3rad/s 。 8、如图所示，一根匀质细杆可绕通过其一端O 的水平轴在竖直平面内自由转动，杆长5/3m 。今使杆从与竖直方向成︒60角由静止释放(g 取10m/s 2)，则杆的最大角速度为( A ) （A ）3rad/s ； (B)πrad/s ； (C)3.0rad/s ； (D)3/2rad/s 。 9、对一个绕固定水平轴O 作业5 刚体力学 ♫刚体：在力的作用下不发生形变的物体 ⎰=-⇒=21 0t t dt dt d ωθθθ ω角速度 ⎰=-⇒=21 0t t dt dt d βωωω β角加速度 1、根底训练〔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=，那么飞轮的角加速度β= -0.05 rad/s 2 ，t ＝0到 t ＝100 s 时间飞轮所转过的角度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、根底训练〔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)，如下图．绳与轮之间无相对滑动．假设某时刻滑轮沿逆时针方向转动，那么绳中的力 (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】 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 m 2 m 1 O 度方向垂直纸面向,所以,由转动定律21()T T R J β-=可得：21T T > [C ] 2、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． 【解答】 设飞轮的半径为R ,质量为m ，根据刚体定轴转动定律M J β=，当挂质量为m 的重物是： mg T ma TR J a R β β -=== 所以2 mgR J mR β= +,当以2F mg =的拉力代替重物拉绳时，有： '2mgR J β=，2'mgR J β=，比拟二者可得出结论。 3、根底训练〔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．那么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 ． 【解答】 由转动定律:M J β= (1)开场时杆处于水平位置: 0mgl J β= 其中 2 J ml =为小球相对于转轴的转动惯量,得：0g l β= (2) cos mgl J θβ=, 2g l β= 4、根底训练〔12〕 如图5-14所示，滑块A 、重物B 和滑轮C 的质量分别为m A 、m B 和m C ，滑轮的半径为R ，滑轮对轴的转动惯量J ＝ 2 1 m C R 2．滑块A 与桌面间、滑轮与轴承之间均无摩擦，绳的质量可不计，绳与滑轮之间无相对滑动．滑块A 的加速度C B A B m m m g m a ++= )(22 【解答】 由转动定律得: B A T R T R J β-= (1) B B B G T m a -= (2) A A T m a = (3) l m C A B G B T B T A 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 dt ωωω'⨯'=+ +⨯⨯ （2）刚体内的瞬心S ：()2 1 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。 (3) 动能：2221 1112222 c i i c c i T m m m J υυυωω'=+=+∑ 05刚体的定轴转动习题解答 第五章刚体的定轴转动 一选择题 1. 一绕定轴转动的刚体，某时刻的角速度为，角加速度为，则其转动加快的依据是：（） A. > 0 B. > 0，> 0 C. < 0，> 0 D. > 0，< 0 解：答案是B 。 2. 用铅和铁两种金属制成两个均质圆盘，质量相等且具有相同的厚度，则它们对过盘心且垂直盘面的轴的转动惯量。（） A. 相等； B. 铅盘的大； C. 铁盘的大； D. 无法确定谁大谁小— 解：答案是C 。 简要提示：铅的密度大，所以其半径小，圆盘的转动惯量为：2/2Mr J =。 3. 一轻绳绕在半径为r 的重滑轮上，轮对轴的转动惯量为J ，一是以力F 向下拉绳使轮转动；二是以重量等于F 的重物挂在绳上使之转动，若两种情况使轮边缘获得的切向加速度分别为a 1和a 2，则有：（） A. a 1 = a 2 B. a 1 > a 2 C. a 1< a 2 D. 无法确定解：答案是B 。 简要提示：(1) 由定轴转动定律，1αJ Fr =和11αr a =，得：J Fr a /21= (2) 受力分析得：?? ===-2222α αr a J Tr ma T mg ，其中m 为重物的质量，T 为绳子的张力。 得：)/(222mr J Fr a +=，所以a 1 > a 2。 4. 一半径为R ，质量为m 的圆柱体，在切向力F 作用下由静止开始绕轴线作定轴转动，则在2秒内F 对柱体所作功为：（） A. 4 F 2/ m B. 2 F 2 / m C. F 2 / m D. F 2 / 2 m 解：答案是A 。 简要提示：由定轴转动定律：α221MR FR =，得：mR F t 4212= =?αθ 所以：m F M W /42=?=θ 5. 一电唱机的转盘正以 0的角速度转动，其转动惯量为J 1，现将一转动惯 量为J 2的唱片置于转盘上，则共同转动的角速度应为：（） A ．0211ωJ J J + B ．0121ωJ J J + C ．021ωJ J D ．012ωJ J 解：答案是A 。 简要提示：角动量守恒 6. 已知银河系中一均匀球形天体，现时半径为R ，绕对称轴自转周期为T ，由于引力凝聚作用，其体积不断收缩，假设一万年后，其半径缩小为r ，则那时该天体的：（） A. 】 B. 自转周期增加，转动动能增加； 5刚体力学基础习题思考题 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2/2 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。 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 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。 （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 1 2 （2）根据转动定律dt d J JB M ω== =-t w Jd Mdt 0 ω 0212 1 41ωμml 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 =+)21( gdt M m m dv t v ??+=0021 2 M m mgt v + = 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 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 00 L L d dt L L t t -==⎰⎰ ， 微分形式 dt d 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=dt L d ， ∑=i i 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 M r m r i i i c ∑= ， 式中∑=i i m M 为质点系的总质量。 质心位置的坐标为： M z m z M y m y M x m x i i i c i i i c i i i c ∑∑∑= = = ,,。 对于质量连续性分布的物体，质心的位矢为 ⎰=M rdm r c 其坐标为 ⎰⎰⎰===zdm M z ydm M y xdm M x c c c 1,1,1。 物体的质心和重心是两个不同的概念。重心是地球对物体各部分引力的合力（即重力）的作用点。当物体远离地球而不受重力作用时，重心这个概念就失去意义，但质心却依然存在。对于地球上体积不太大的物体，重心和质心的位置是重合的。 8、质心运动定理 质心的运动等于同一个质点的运动，这个质点具有质点系的总质量M ，它受到的外力的矢量和，这个结论称为质心运动定理。 其数学表达式为 ∑=+++=i i n c F F F F a m 21. 质心运动定理表明，质心的运动就像把质点系的质量和外力都集中于质心上的一个质点的运动一样。 9、刚体定轴转动的角位移、角加速度随时间的关系，在角加速度恒定的情况下 t βωω+=0，2002 1 t t βωθθ++=；βθωω2202=-. 10、平行轴定理 刚体对任意一轴的转动惯量等于刚体对通过质心并与该轴平行的轴的转动惯量c I 加上刚体质量与两轴间距离d 的二次方的乘积，即 2d m I I c ∙+=， 这称为平行轴定理. 11、垂直轴定理 设薄板对垂直于板面z 轴的转动惯量为z I ，薄板对板面内相互正交的x 轴和y 轴的转动惯量分量分别为x I 和y I ，则有 y x z I I I ++， 这称为垂直轴定理. 12、刚体转动的功和能 力矩的功 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,有何优点与缺点？ 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 与广义速度a q &就是不就是只相差一个乘数m ？为什么a p 比a q &更富有意义？ 5、4既然a q T &∂∂就是广义动量,那么根据动量定理,⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂αq T dt d &就是否应等于广义力a θ？为什么在拉格朗日方程()14.3.5式中多出了 a q T ∂∂项？您能说出它的物理意义与所代表的物理量不？ 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 个就是独立的？ 5、7什么叫简正坐标？怎样去找？它的数目与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与无阻尼时有何不同？能否列出它们的微分方程？ 5、9 dL 与L d 有何区别？a q L ∂∂与a q L ∂∂有何区别？ 5、10哈密顿正则方程能适用于不完整系不？为什么？能适用于非保守系不？为什么？ 5、11哈密顿函数在什么情况下就是整数？在什么情况下就是总能量？试祥加讨论,有无就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哈密顿原理就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？ 刚体力学习题课（参考答案） 1. 解：设2m 的加速度为a ，则有： (1) 111a m T g m =- (2) 222a m g m T =- (3) 21 12111311βR M R T R T = - (4) 2 122 222223βR M R T R T =- (5) 11βR a = (6) 22βR a = 由（3）（5）得： (7) 2 1 131a M T T = - 由（4）（6）得： (8) 2 1 223a M T T = - 由（7）（8）得： (9) )(2 1 2121a M M T T += - 由（1）（2）得： (10) )()()(212121a m m T T g m m +=--- 由（7）（10）得： g M M m m m m a ) (2 1 21212 1+++-= （11） 将（11）代入（1）和（2）得： (12) ) (21 ) (21 2121212121g m M M m m M M m T +++++= (13) ) (2 1 ) (21 2221212112g m M M m m M M m T +++++= 将（11）（13）代入（8）得： g M M m m M m M m m m T ) (2 1 ) (21 221211221213+++++= （14） 2． 3. （1）g R I m mg a 3 1 /2=+= s a l t 6.02== （2）s m at v /2== s m v v mR I R v R v I R mv I mvR /5.143 ',/'',/''322 ==→⎩⎨⎧===+=+ωωωω 另解： s m gt v mR I R v I R mv mgRt /5.141 ',/''''32 ==→⎩ ⎨⎧==+=ωω第五章_刚体力学_习题解答
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