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第三章刚体力学习题答案
3-1如图3-1示,一轻杆长度为2l,两端各固定一小球,A球质量为2m,B球质量为m,杆可绕过中心的水平轴O在铅垂面内自由转动,求杆与竖直方向成
角时的角加速度.
图3-1
解：
系统受外力有三个，即A，B受到的重力和轴的支撑作用力，轴的作用力对轴的力
臂为零，故力矩为零，系统只受两个重力矩作用.以顺时针方向作为运动的正方向，则A
球受力矩为正，B球受力矩为负，两个重力的力臂相等为dlsin，故合力矩为
M2mglsinmglsinmglsin
系统的转动惯量为两个小球（可视为质点）的转动惯量之和
J2ml2ml23ml2
应用转动定律
MJ
有：
mglsin
3ml2
解得
gsin
3l
3-2计算题3-2图所示系统中物体的加速度．设滑轮为质量均匀分布的圆柱体
其质量为
M,
半径为r
在绳与轮边缘的摩擦力作用下旋转
忽略桌面与
物体间的摩擦
设m1＝50kg,m2＝200kg,M＝15kg,r＝0.1m.
图3-2
解:
分别以m1,m2滑轮为研究对象，受力图如图（b）所示．对m1,m2运用牛顿定律，有
m2gT2m2a①
T1m1a②
对滑轮运用转动定律，有
T2rT1r（1Mr2）③
2
又，ar④
联立以上4个方程，得
m2g
2009.8
ms
2
a
7.6
M
15
m1m2
5200
2
2
3-3飞轮质量为60kg,半径为0.25m,当转速为1000r/min时,要在5s内令其制动,求制动力
F,设闸瓦与飞轮间摩擦系数＝,飞轮的转动惯量可按匀质
圆盘计算,闸杆尺寸如图所示.
图3-3
解：
以飞轮为研究对象，飞轮的转动惯量
J
1mR2，制动前角速度
1000
2
为2
-制动时闸瓦对飞轮的压力为
FN，闸
60
rad/s，制动时角加速度为
t
瓦与飞轮间的摩擦力
Ff
FN，运用转动定律，得
FfR
J
1
mR2
2
则FN
mR
2t
以闸杆为研究对象，在制动力
F和飞轮对闸瓦的压力
FN的力矩作用下闸杆保持平衡，两
力矩的作用力臂分别为
l
（0.500.75）
m和l1＝0-50m，则有
Fl
FNl1
0
F
l1FN
l1mR
t
0.50
60
0.25
2
1000
157N
l
l2
0.500.75
20.4
5
60
3-4设有一均匀圆盘,质量为m,半径为R,可绕过盘中心的光滑竖直轴在水平桌面上转动.
圆盘与桌面间的滑动摩擦系数为,若用外力推动它使其角速度达到0时,撤去外力,
求：
（1）此后圆盘还能继续转动多少时间
（2）上述过程中摩擦力矩所做的功.
解：
（1）撤去外力后，盘在摩擦力矩
Mf作用下停止转动-设盘质量密度为
m
2，则
R
有
Mf
R
g2
r2dr
2mgR
0
3
根据转动定律
Mf
J
1
2
4g
J
mR
3R
2
t
0
3R
0
4g
（2）根据动能定理有
摩擦力的功Wf
01J
2
0
21mR2
0
2
4
3-5如题3-6图所示,一匀质细杆质量为m,长为l,可绕过一端O的水平轴自由转动,杆于
水平位置由静止开始摆下．求：
（1）初始时刻的角加速度；
（2）杆转过角时的角速度.
图3-6
解:
（1）由转动定律，有
mg
1
（
1
ml2）
2
3
3g
∴
2l
（2）由机械能守恒定律，有
mgl
sin
1
（
1
ml2）2
2
2
3
3gsin
∴
l
3-6固定在一起的两个同轴均匀圆柱体可绕其光滑的水平对称轴OO转动．设大小圆柱
体的半径分别为R和r,质量分别为M和m．绕在两柱体上的细绳分别与物体m1和m2相
连,m1和m2则挂在圆柱体的两侧,如3-8图所示．设R＝0.20m,r＝0.10m,m＝4kg,M＝10
kg,m1＝m2＝2kg,且开始时m1,m2离地均为h＝2m．求：
（1）柱体转动时的角加速度；
（2）两侧细绳的张力．
解:
设a1,a2和β分别为m1,m2和柱体的加速度及角加速
度，方向如图（如图b）．
（a）图
（b）图
（1）m1,m2和柱体的运动方程如下：
T2
m2g
m2a2
①
m1g
T1
m1a1
②
T1R
T2rI
③
式中T1T1,T2T2,a2
r,a1
R
而
I
1MR2
1mr2
2
2
由上式求得
Rm1
rm2
I
m1R2
m2r2g
0.2
2
0.1
2
9.8
1
0.202
1
0.102
0.202
0.102
10
4
2
2
2
2
6.13rads2
（2）由①式
T2
m2r
m2g
2
0.10
6.13
2
9.8
20.8N
由②式
T1
m1g
m1R
2
9.8
20.2.
6.13
17.1N
3-7
一风扇转速为900r/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
中制动力做的功为,求风扇的转动惯量和摩擦力矩.
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
2N，摩擦
力矩所做的功为
A
M
M2N
摩擦力所做的功应等于风扇转动动能的增量，即
A0
1J
2
2
2A
2
（
44.4）
2
J
2
（900
2
/60）2
0.01kgm
M
A
44.4
0.0942Nm
2
N
2
75
3-8
一质量为M、半径为r的圆柱体,在倾斜
角的粗糙斜面上从距地面
h高处只滚不滑
而下,试求圆柱体滚止地面时的瞬时角速度
.
解：
在滚动过程中，圆柱体受重力
Mg和斜面的摩
擦力F作用，设
圆柱体滚止地面时，质心在瞬时速
率为v，则此时质心的平动动能为
1
Mv2，与此同时，圆柱体以角速度
绕几何中心轴转
1
2
动，其转动动能为
J
2.将势能零点取在地面上，初始时刻圆柱体的势能为
Mgh，由于
2
圆柱体只滚不滑而下，摩擦力为静摩擦力，对物体不做功，只有重力做功，机械能守恒，
于是有Mgh
1Mv2
1J2
1
2
2
式中J
Mr2,v
r，代入上式得
2
Mgh
1
（Mr21
Mr2）
2
2
2
即
2
gh
r
3
3-9一个轻质弹簧的倔强系数
k
2.0N/m,它的一端固定,另一端通过一条细绳绕过一个
定滑轮和一个质量为
m＝80g
的物体相连,如图所示.定滑轮可看作均匀圆盘,它的质量
为M＝100g,半径r＝0.05m.先用手托住物体m,使弹簧处于其自然长度,然后松手.求物体m下降h＝0.5m时的速度为多大忽略滑轮轴上的摩
擦,并认为绳在滑轮边缘上不打滑.
图3-11
解：
由于只有保守力（弹性力、重力）做功，所以由弹簧、滑轮和物体
m组成的系统机
械能守恒，故有
mgh
1kh2
1I
21mv2
2
2
2
v
r,I
1Mr2
2
所以
2mgh
kh2
v
1M
1.48m/s
m
2
3-10有一质量为m1、长为l的均匀细棒,静止平放在滑动摩擦系数为的水平桌面上,它
可绕通过其端点O且与桌面垂直的固定光滑轴转动.另有一水平运动
的质量为m2的小滑块,从侧面垂直于棒与棒的另一端A相碰撞,设
碰撞时间极短.已知小滑块在碰撞前后的速度分别为V1和V2,如图示,
求碰撞后从细棒开始转动到停止转动的过程所需的时间（已知棒绕O
点的转动惯量J
1
ml1
2）.
图3-12
3
解：
对棒和滑块组成的系统，因为碰撞时间极短，所以棒和滑块所受的摩擦力矩远小于相互间的冲量矩，故可认为合外力矩为零，所以系统的角动量守恒，且碰撞阶段棒的角位移
忽略不计，由角动量守恒得
m2v1l
m2v2l
1ml12
3
碰撞后在在转动过程中棒受到的摩擦力矩为
M
t
gm1dx
1
mgl
f
0
l
2
1
由角动量定理得转动过程中
t
1
m1l2
Mfdt
0
0
3
联立以上三式解得：
t
2m2V1
V2
m1g
3-11
哈雷彗星绕太阳运动的轨道是一个椭圆．它离太阳最近距离为
r1＝×1010m时的速率
是v1＝×104m·s-1,它离太阳最远时的速率是
v2＝×102m·s-1，这时它离太阳的距离r2为
多少（太阳位于椭圆的一个焦点.）
解:
哈雷彗星绕太阳运动时受到太阳的引力——即有心力的作用，所以角动量守恒；
又由于
哈雷彗星在近日点及远日点时的速度都与轨道半径垂直，故有
r1mv1
r2mv2
∴
r2
r1v1
8.75
1010
5.46
104
5.26
1012m
v2
9.08
102
3-12
平板中央开一小孔
质量为m的小球用细线系住
细线穿过小孔后挂一质量为
M1的重
物．小球做匀速圆周运动
当半径为r0时重物达到平衡．今在M1的下方再挂一质量为M2
的物体,如3-14图．试问这时小球做匀速圆周运动的角速度
和半径r为多少
图3-14
解:
在只挂重物时M1，小球作圆周运动的向心力为M1g，即
M1gmr00
2
①
挂上M2后，则有
（M1M2）gmr
2
②
重力对圆心的力矩为零，故小球对圆心的角动量守恒．
即r0mv0rmv
r020r2③
联立①、②、③得
M1g
0
mr0
M1g（M
2
1M2）3
mr0
M1
M1
M2
g
M1
r0
r
2
3
m
M1M2
3-13如图示,长为l的轻杆,两端各固定质量分别为m和2m的小球,杆可绕水平光滑轴
在竖直平面内转动,转轴O距两端的距离分别为l/3或2l/3.原来静止在竖直位置.今
有一质量为m的小球,以水平速度v0与杆下端的小球m做对心碰
撞,碰后以v0/2的速度返回,试求碰撞后轻杆所获得的角速度
.
图3-13
解：
将杆与两端的小球视为一刚体，水平飞来的小球
m与刚体视为一系统，在碰撞过程中，
外力包括轴O处的作用力和重力，
均不产生力矩，故合外力矩为零，系统角动量守恒-选逆
时针转动为正方向，则由角动量守恒得
mv0
2l
v0
2l
3
m
J
2
3
Jm（2l）2
2m（l）2
3
3
解得
3v0
2l
3-14圆盘形飞轮A质量为m,半径为r,最初以角速度0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,如图所示,两飞轮啮合后,以同一速度转动,求及啮合过程中机械能的损失.
图3-14
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
1mr2
0
1mr2
14m（2r）2
2
2
2
1
得0
17
初始机械能为W1
11mr2
0
2
1mr2
0
2
22
4
啮合后机械能为W2
11mr2
2
114m（2r）2
22
22
则机械能损失为
WW1
W2
161
mr2
0
2
174
211mr202
174
16
W
17
3-15如图示,一匀质圆盘半径为r,质量为m1,可绕过中心的垂轴O转动.初时盘静止,一质量
为m2的子弹一速度v沿与盘半径成160的方向击中盘边缘后以速度v/2沿与半径方
向成230的方向反弹,求盘获得的角速度.
图3-15
解：
对于盘和子弹组成的系统，撞击过程中轴O的支撑力的力臂为零，不提供力矩，其他
外力矩的冲量矩可忽略不计，故系统对轴O的角动量守恒，即
L1L2，初时盘的角动量为零，只有子弹有角动量，故
L1m2vrsin60
末态中盘和子弹都有角动量，设盘的角速度为，则
L2
m2
vrsin30
1m1r2
2
2
v
1
2
故有
m2vrsin60m22rsin30
2m1r
可解得：
（231）m2v
2m1r
3-16
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
10m',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.
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
JmRv0
人和转台的转动惯量J110m'R2m'R2，代入上式后得
2
mv
6m'R
人的线速度为vR
mv
6m'
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-
3-17一人站在转台上,两臂平举,两手各握一个m
4kg,哑铃距转台轴
r0
0.8m,起初转
台以
0
2
rad/s
的角速度转动
然后此人放下两臂
使哑铃与轴相距
r
0.2m,
设人与转
台的转动惯量不变
且J5kg
m2,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
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
（J
2mr0
2）0
（J2mr2）
J2mr02
5240.82
2
12.0rad/s
J2mr2
0
24
0.22
5
动能的增量为
W
W
W
1（J
2mr2）
2
1（J
2mr
2）
0
2
0
2
2
0
1
1
（5
24
0.22）
122
（52
40.82）
（2）2
2
2
＝183J
3-18如3-20图所示,质量为M,长为l的均匀直棒,可绕垂直于棒一端的水平轴O无摩擦地转动,它原来静止在平衡位置上．现有一质量为m的弹性小球飞来,正好在棒的下端与棒垂
直地相撞．相撞后,使棒从平衡位置处摆动到最大角度30°处．
（1）设这碰撞为弹性碰撞,试计算小球初速v0的值；
（2）相撞时小球受到多大的冲量
图18
解:
（1）设小球的初速度为v0，棒经小球碰撞后得到的初角速度为，而小球的速度变为
v，按题意，小球和棒做弹性碰撞，所以碰撞时遵从角动量守恒定律和机械能守恒定律，可列式：
mv0l
I
mvl
①
1mv02
1I
2
1mv2
②
2
2
2
上两式中I
1Ml2
，碰撞过程极为短暂，可认为棒没有显着的角位移；碰撞后，棒从竖直
3
位置上摆到最大角度
30o，按机械能守恒定律可列式：
1I
2
Mgl（1
cos30）
③
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