七夕散文诗-圣诞促销

第三章 刚体的转动
3-1 一飞轮受摩擦力矩作用减速转动，其角加速度与角速 度成正比，即

k

，式中
k
为比例常数。初始角速度 为

0
，求：
（1）飞轮角速度随时间变化的关系；
（2）角速 度由

0
减为

0
2
所需的时间以及在此时间内飞 轮转过的转数。
解：（1）由


d

，
k


dt
d

k


dt
分离变量
d


kdt
，并由初始条件
t0,



0
；
等式两边积分


ln

0
d




kdt

0
t

kt




0
e
kt


0
（2）当角速度由

0
减为

0
2
时

0
2


0
e
kt

e
kt

由


1111

tlnln2

2k2k
d

，



0
e
kt

dt
d



0
e
kt

dt
分离变量
d



0
e
 kt
dt
，并由初始条件
t0
，

0
；等式两 边积分



代入
t
k

0
d




0
e
kt
dt

0
t

0

e
kt
1
< br>
0
k


0
k
e
kt

1
ln2
，得飞轮转过的角度
k



0
k


0
k
e
ln2


0
k


0
k

1

0


22k
飞轮转过的转数
N



0

2

4

k
3-2 一刚体由静止开始绕一固定轴作匀 角加速转动。由实验可测得刚体上
某点的切向加速度为
a
t
，法向加速度为< br>a
n
，试证明
a
n
a
t
2
，

为任意时间内
转过的角度。
解：刚体定轴转动时,设刚体上某点作圆周运动的半径为
R
，则该点的
法向加速度为
a
n


2
R

切向加速度为
a
t
R


a
n

2
R

2


a
t
R

2
2




0

，且

0
0,

0
0
又

2


0

2
2< br>

a
n
2

2


a
t

3-3 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因数为
，求杆转动时受摩擦力矩
的大小。
解：设杆的线密度为

。 在杆上取一线元距转轴为
r
，质量为
dm

dr
。该线元在转动时受桌面摩擦力为
df

dN

d

mg



g

dr


摩擦力方向与
r
垂直，故线元受摩擦力矩的大小为
dMrdf

g

rdr

杆转动时受摩擦力矩的大小为
r
M

dM


g

rdr

g

0
2
l< br>2
l
0
l
2


g


2

又
m

l

M
1

mg

l
2
3-4 如图所 示，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

，处于静止
状态，释放后，杆绕
O
轴转动。当杆转到水平位
置时，求系统所受的合外力矩
M
与系统的角加速
度

大小。
解：两小球对水平转轴的转动惯量为
3

l< br>
l

Jm

2m

ml2

4

2

2

22


题3-4图
当杆转到水平位置时，小球和直杆所受合外
力矩为

题3-4图

M2mg
ll1
mgmgl

222
由刚体的转动定律
MJ


1
mgl
M
2
2g



3
J3l
ml
2
4
3-5 如图
(a)
所示，一轻绳绕于半径
r0.2m
的飞轮边缘，现以恒力
F98N

拉绳的一端，使飞轮由静止开始加速转动。
已知飞轮的转动惯量为
J0.5kgm
2
，飞轮
与轴承之间的摩擦不计。
（1） 求飞轮的角加速度；
（2） 求绳子拉下
5m
时，飞轮的角速度和飞轮获得的动能；
（3） 这动能和拉力
F
所做的功是否相等？为什么？
（4） 如以重量
P98N
的物体
m
挂在绳端，如图
(b)
示，飞轮将如何运动？试
再 计算飞轮的角加速度和绳子拉下
5m
时飞轮获得的动能。这动能和重力对物体
m
所做的功是否相等？为什么？

题3-5图

解：恒力
F
作用于飞轮的力矩
MFr19.6Nm

（1）由刚体转动第二定律
MJ

，飞轮
的角加速度


M
39.2rads
2

J
（2）绳子拉下
5m
时，飞轮转过的角度


l
25rad

题3-5图
(a)
题3-5图
(b)

r
1
2

t

2
设经过的时间为
t
，则


t
2


1.13s

飞轮的角速度



t44.3rads
1

飞轮获得的动能
E
k

1
J

2
490J

2
（3）拉力
F
所做的功为
AFl490J

与飞轮获得的动能相等
（4）若在绳端挂
98N
重量的物体
< br>T

rJ



PTma
P

则有

解得


21.8rads
2

J

ar


mr

r

TT

绳子拉下
5m
时，飞轮的角速度为


，由
t


l
2

，



r







t






飞轮获得动能
E
k
2

2l



33.0rads
1




r
1
J

2
272.4J

2
重力对物体所做的功
A

Pl490J



物体所获动能
E
k
1
2
1
2
mvm


r

217.8J

22

重力对物体所做的功为物体动能和飞轮动能之和。
3-6 如图所示，两物体的质量分别为
m
1
和
m
2
，滑轮转动惯量 为
J
，半径
为
r
，则
（1） 若
m
2
与桌面间滑动摩擦系数为

，求
系统的加速度
a
及绳中张力（设绳不可伸长，
绳与滑轮间无相对滑动）；
（2） 如
m
2
与桌面为光滑接触，求系统的加
速度与绳中张力；
（3） 若滑轮的质量不计则结果又如何？
题3-6图

解：（1）若
m
2
与桌面滑动摩擦系数为

，则有如下方程组


m
1
gT
1
m
1
a



T
1
T
2

rJ




T
2
< br>
m
2
gm
2
a

ar

解得
a

m
1


m
2

g
J
m
1
m
2

2
r

J

m
1< br>
m
2


m
2

2
< br>g
r

T
1



J
m< br>1
m
2

2
r
J

m
2

m
1


m
1


2

g
r

T
2


J
m
1
m
2

2
r
（2）若
m
2
与桌面光滑接触，则有

m
1
g

a< br>
J
m
1
m
2

2

r


m
1
gT
1
m
1
a
J


TT

rJ

m
1
m
2
g
2
m
1
g

1

2
r
解得

T
1



J
Tma
2
2

m
1
m
2

2
< br>
r

ar


m
1
m
2
g

T
2

J

m
1
m
2

2

r

（3）若再忽略滑轮质量 
m
1
gT
1
m
1
a

TT0

12
解得


T
2
m
2
a


ar

m
1g

a

m
1
m
2




TT
m
1
m
2
g
12< br>
m
1
m
2

3-7 如图所示，轻弹簧、定滑轮和物
体系统。已知弹簧倔强系数
k2Nm
1
，定
滑轮转动惯量
J0.5kgm
2
，半径
r0.3m
，
开始物体静止，弹簧无伸长，求当质量为
m60kg
的物体落下
0.4m
时它的速度大小。
题

3-7

图

解：设物体
m
下落了
x
时，其速度为
v
，由机械能守恒定律
111mgxkx
2
mv
2
J

2

222
又


v
故有
r
1J

2
1
2

1
m
v
mgxkx< br>

2

22r2


2
< br>2mgxkx


v


J


m
2

r
代入
x0.4m
，
m 60kg
，
r0.3m
，
J0.5kgm
2
，k2Nm
1

m8s
1
得
v2.67
1
2

3-8 如图所示，一质量为
m
的物体
与绕在定滑轮上的绳子相联，绳子质量可
以忽略，它与滑轮之间无滑动。假设定滑
轮质量为
M
，半径为
R< br>，转动惯量为
MR
2
2
，
滑轮轴光滑。求该物体由静止开始下落过
程中下落速度与时间的关系。
解：方法一：由牛顿第二定律及刚体
的转动定律得

mgTma
TRJ


mg



aR

得
a

M

m
1
2

JMR
2

2

题 3-8图


故物体
m
的下落速度为
题3-8图

v
at
方法二：由机械能守恒定律
mgt

M
m
2
mgh
其中
h
1
2
1
mvJ

2

22
1
2
1

v

2
1
1
a t

t
v
t

JMR
2

22

t

2
2
解得
v

mgt

M
m
2
3-9 水分 子的形状如图所示。从光谱分析知水分子对
AA

轴的转动惯量是
J
AA

1.9310
47
kgm
2
，对
B B

轴的转动惯量是
J
BB

1.1410
 47
kgm
2
。试由此数据和各原子的质量求出
氢和氧原子间的距离
d
和夹角

。假设各原子都可当质点
处理。
解：水分子中两个氢 分子对
AA

轴和
BB

轴的转动惯
量分别为J
AA

、
J
BB


题3-9图




J
AA



r
2
dm


d sin

dm2M
H
d
2
sin
2

①
2

2

J
BB


2






r
2
dm


dcos

dm2M
H< br>d
2
cos
2

②
2

2

2
已知氢原子质量
M
H
1.6736710
27
kg

JAA

1.9310
47
kgm
2

J
BB

1.1410
47
kgm
2




J
①、②两式相除，得
tan
2


AA



2< br>
J
BB


2arctan

1.30

104.86

104

52


把

值代入①式得


J
AA
< br>
9.5810
11
m

d

< br>2Msin
2



H
2

3 -10 如图所示，从一个半径为
R
的均匀薄板上挖去一个直径为
R
的圆 板。
所形成的圆洞中心在距原薄板中心
R2
处。所剩薄板的质量为
m
。求此时薄板对
于通过圆中心而与板面垂直的轴的转动惯量。
解：设均匀薄板被挖去圆板后的 转动惯量为
J
，挖去圆板前的转动惯量为J
1
，
被挖去的圆板对转轴 的转动惯量为
J
2
，则有
JJ
1
J
2

1
2
被挖去的圆板对通 过自己圆心
O

并垂
直于板面的转轴的转动惯量为

题3-10图
2
1

R

m


，由平行轴定理
2

2

1

R< br>
R

J
2
m


m


2

2

2

2
2


R

又 < br>m



S



2

2
m

R


R


2

2
2

m

3
1
故
J
2
mR
2

8
J
1

1m

2
2
2

mm


R
2

1


m

RmR
< br>22

3

3
薄板对通过圆中心
O
的垂直轴 的转动惯量
JJ
1
J
2

2113
mR2
mR
2
mR
2

3824
3-11 如图所示，一根质量均匀的
铁丝，质量为
m
，长为
L
，在其中心
O
处
弯成

120

角，放在
xOy
平面内。
（1） 求对
Ox、Oy
轴和
Oz
轴的转动惯量；
（2） 如果

60

，（1）中结果如何？
题3-11图

解：（1）

120

,






2
30


m
dl，对
Ox
L
在距
O
点为
l
处取线元
dl
，距
Ox
轴为
rlsin

。线元质量为
d m
轴的转动惯量为
dJr
2
dml
2
sin
2

铁丝对
Ox
轴的转动惯量
J
ox
2
dJ2

L
2
0
L
2
0
m
dl

L
m
22
sin

ldl

L
L
2m
2

2

l
3

1
2

sin30

d

mL


0
L

3

48
同理
J
oy

（2）若

60

,


11
mL
2
，
J
oz
mL
2

1612
60


L
2
0



2

2

J
ox
m
2

2
1
sin60ldlmL
2

L16



J
oy
11

mL
2

mL
2

J
oz
4812
3-12 长为
1m
，质量为
2.5kg
的匀质棒，垂直悬挂在转轴
O
点上，用
F100N
的水平力撞击棒的下端，该力作用的时间为
0.02s
，求：
（1） 棒所获得的动量矩；
（2） 棒的端点上升的距离。
解：棒对转轴的转动惯量为
1
Jml
2
0.833kgm
2

3
（1）在打击瞬间，重力对转轴不产生力矩，由
角动量定理，棒所获得的动量矩
J

Flt2.0kgm
2
s
1



题3-12图
（2）撞击后，棒转动到最高位置时角速度为零， 以棒和地球为研究对象，
此过程中机械能守恒。设棒的中心
A
上升的距离为
h
。
1
J

2
mgh

2
1< br>22
ml

J

2
3
l
2

2
h

2mg2mg6g
其中


Flt
2.4rads
1
代入上式
J
h0.098m

棒的端点上升的距离
H2h0.196m

3-13 如图所示，一根质量为
m
，长为
2l
的均匀细棒，可在竖直平面内绕
通过其中心的水平轴转动，开始时细棒在水 平位置。一质量为
m

的小球，以速
度
u
垂直落到棒的端点 。设小球与棒作弹性碰撞。
求碰撞后小球的回跳速度以及棒的角速度。
解：棒的转动惯量为
J
11
2
m

2l

ml
2

123


题3-13图
设碰撞后小球的速度为
v
，棒的角速度为

。碰撞过程内力比外力大的多，碰撞
过程角动量 守恒，则有

m

ulm

vlJ

①
又因小球与棒作弹性碰撞，机械能守恒
111
m

u
2
m'v
2
J

2
②
222
1
把
Jml
2
代入①②两式解得
3u

m3m


6m

u
v






m3m


l
m3m

3-14 如图所示，一长
l0.40m
，质量为
m1.0kg
的均匀细木棒，由其 上
端的光滑水平轴吊起而处于静止，今有一质量
m8.0g
的子弹以
v0
200ms
1
的
速率水平射入棒中，射入点在轴下
d 3l4
处。求：
（1）子弹停在棒中时棒的角速度；
（2）棒的最大偏转角。 < br>解：（1）子弹对转轴的转动惯量为

3l

J

 md
2
m

0.7210
3
kgm
2


4

细木棒的转动惯量

1
232
Jml53.3310kgm


题3-14图
3
v
子弹射入棒前对转轴的角速度为

< br>
0
，射入后与棒一起转动的角速度为

。
d
射入木 棒前后，子弹与木棒的角动量守恒
2

J

J


J






v
J

0
8.88rads
1

J
J
3
l
4
（2）设棒的最大偏转角为

，棒的中心和 子弹上升的高度分别为
l

1cos


、
3l

1cos


。由机械能守恒定律
24
1< br>
J

J


2
mg
3l
1cos


Mg
l

1cos


242
解得
cos

0.074


9415


3-15 如图所示，质量为
m
，长为
l
的均匀细杆可绕过端点
O
的固定水平轴
转动。杆从水平位置由静止开始下摆，杆摆
至竖直位置时刚好和光滑水平桌面上的小球
相碰。小球看作质点，质量也为
m
，设碰撞
是弹性的，忽略轴上摩擦，求碰后小球获得
的速度
v
。
题3-15图

1
解：细杆的转动惯量为
Jml
2

3
l
杆摆在竖直位置时，质心下降了，
2
由机械能守恒定律
1l
2
J

0
mg

22

0

mglmgl3g


1
2
Jl
ml
3

题3-15图


设碰撞后小球的速度为
v
，杆的角速度为

。碰撞过程内力比外力大的多，
碰撞过程角动量守恒，则有
J

0
J

mvl
①
由于是弹性碰撞，机械能守恒
111
2
J

0
 J

2
mv
2
②
222
把

0


3g
11
和
Jml
2
代入①②两式得
v3gl

l
32

第三章 刚体的转动
3-1 一飞轮受摩擦力矩 作用减速转动，其角加速度与角速度成正比，即

k

，式中
k
为比例常数。初始角速度为

0
，求：
（1）飞轮角速度随时间变化的关系；
（2）角速度由

0
减为< br>
0
2
所需的时间以及在此时间内飞轮转过的转数。
解：（1）由< br>

d

，

k


dt
d

k


dt
分离变量 d


kdt
，并由初始条件
t0,



0
；
等式两边积分


ln
< br>0
d




kdt

0
t

kt




0
e
kt


0
（2）当角速度由

0
减为

0
2
时

0
2


0
e
kt

e
kt

由


1111

tlnln2

2k2k
d

，



0
e
kt

dt
d



0
e
kt

dt
分离变量
d



0
e
 kt
dt
，并由初始条件
t0
，

0
；等式两 边积分



代入
t
k

0
d




0
e
kt
dt

0
t

0

e
kt
1
< br>
0
k


0
k
e
kt

1
ln2
，得飞轮转过的角度
k



0
k


0
k
e
ln2


0
k


0
k

1

0


22k
飞轮转过的转数
N



0

2

4

k
3-2 一刚体由静止开始绕一固定轴作匀 角加速转动。由实验可测得刚体上
某点的切向加速度为
a
t
，法向加速度为< br>a
n
，试证明
a
n
a
t
2
，

为任意时间内
转过的角度。
解：刚体定轴转动时,设刚体上某点作圆周运动的半径为
R
，则该点的
法向加速度为
a
n


2
R

切向加速度为
a
t
R


a
n

2
R

2


a
t
R

2
2




0

，且

0
0,

0
0
又

2


0

2
2< br>

a
n
2

2


a
t

3-3 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因数为
，求杆转动时受摩擦力矩
的大小。
解：设杆的线密度为

。 在杆上取一线元距转轴为
r
，质量为
dm

dr
。该线元在转动时受桌面摩擦力为
df

dN

d

mg



g

dr


摩擦力方向与
r
垂直，故线元受摩擦力矩的大小为
dMrdf

g

rdr

杆转动时受摩擦力矩的大小为
r
M

dM


g

rdr

g

0
2
l< br>2
l
0
l
2


g


2

又
m

l

M
1

mg

l
2
3-4 如图所 示，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

，处于静止
状态，释放后，杆绕
O
轴转动。当杆转到水平位
置时，求系统所受的合外力矩
M
与系统的角加速
度

大小。
解：两小球对水平转轴的转动惯量为
3

l< br>
l

Jm

2m

ml2

4

2

2

22


题3-4图
当杆转到水平位置时，小球和直杆所受合外
力矩为

题3-4图

M2mg
ll1
mgmgl

222
由刚体的转动定律
MJ


1
mgl
M
2
2g



3
J3l
ml
2
4
3-5 如图
(a)
所示，一轻绳绕于半径
r0.2m
的飞轮边缘，现以恒力
F98N

拉绳的一端，使飞轮由静止开始加速转动。
已知飞轮的转动惯量为
J0.5kgm
2
，飞轮
与轴承之间的摩擦不计。
（1） 求飞轮的角加速度；
（2） 求绳子拉下
5m
时，飞轮的角速度和飞轮获得的动能；
（3） 这动能和拉力
F
所做的功是否相等？为什么？
（4） 如以重量
P98N
的物体
m
挂在绳端，如图
(b)
示，飞轮将如何运动？试
再 计算飞轮的角加速度和绳子拉下
5m
时飞轮获得的动能。这动能和重力对物体
m
所做的功是否相等？为什么？

题3-5图

解：恒力
F
作用于飞轮的力矩
MFr19.6Nm

（1）由刚体转动第二定律
MJ

，飞轮
的角加速度


M
39.2rads
2

J
（2）绳子拉下
5m
时，飞轮转过的角度


l
25rad

题3-5图
(a)
题3-5图
(b)

r
1
2

t

2
设经过的时间为
t
，则


t
2


1.13s

飞轮的角速度



t44.3rads
1

飞轮获得的动能
E
k

1
J

2
490J

2
（3）拉力
F
所做的功为
AFl490J

与飞轮获得的动能相等
（4）若在绳端挂
98N
重量的物体
< br>T

rJ



PTma
P

则有

解得


21.8rads
2

J

ar


mr

r

TT

绳子拉下
5m
时，飞轮的角速度为


，由
t


l
2

，



r







t






飞轮获得动能
E
k
2

2l



33.0rads
1




r
1
J

2
272.4J

2
重力对物体所做的功
A

Pl490J



物体所获动能
E
k
1
2
1
2
mvm


r

217.8J

22

重力对物体所做的功为物体动能和飞轮动能之和。
3-6 如图所示，两物体的质量分别为
m
1
和
m
2
，滑轮转动惯量 为
J
，半径
为
r
，则
（1） 若
m
2
与桌面间滑动摩擦系数为

，求
系统的加速度
a
及绳中张力（设绳不可伸长，
绳与滑轮间无相对滑动）；
（2） 如
m
2
与桌面为光滑接触，求系统的加
速度与绳中张力；
（3） 若滑轮的质量不计则结果又如何？
题3-6图

解：（1）若
m
2
与桌面滑动摩擦系数为

，则有如下方程组


m
1
gT
1
m
1
a



T
1
T
2

rJ




T
2
< br>
m
2
gm
2
a

ar

解得
a

m
1


m
2

g
J
m
1
m
2

2
r

J

m
1< br>
m
2


m
2

2
< br>g
r

T
1



J
m< br>1
m
2

2
r
J

m
2

m
1


m
1


2

g
r

T
2


J
m
1
m
2

2
r
（2）若
m
2
与桌面光滑接触，则有

m
1
g

a< br>
J
m
1
m
2

2

r


m
1
gT
1
m
1
a
J


TT

rJ

m
1
m
2
g
2
m
1
g

1

2
r
解得

T
1



J
Tma
2
2

m
1
m
2

2
< br>
r

ar


m
1
m
2
g

T
2

J

m
1
m
2

2

r

（3）若再忽略滑轮质量 
m
1
gT
1
m
1
a

TT0

12
解得


T
2
m
2
a


ar

m
1g

a

m
1
m
2




TT
m
1
m
2
g
12< br>
m
1
m
2

3-7 如图所示，轻弹簧、定滑轮和物
体系统。已知弹簧倔强系数
k2Nm
1
，定
滑轮转动惯量
J0.5kgm
2
，半径
r0.3m
，
开始物体静止，弹簧无伸长，求当质量为
m60kg
的物体落下
0.4m
时它的速度大小。
题

3-7

图

解：设物体
m
下落了
x
时，其速度为
v
，由机械能守恒定律
111mgxkx
2
mv
2
J

2

222
又


v
故有
r
1J

2
1
2

1
m
v
mgxkx< br>

2

22r2


2
< br>2mgxkx


v


J


m
2

r
代入
x0.4m
，
m 60kg
，
r0.3m
，
J0.5kgm
2
，k2Nm
1

m8s
1
得
v2.67
1
2

3-8 如图所示，一质量为
m
的物体
与绕在定滑轮上的绳子相联，绳子质量可
以忽略，它与滑轮之间无滑动。假设定滑
轮质量为
M
，半径为
R< br>，转动惯量为
MR
2
2
，
滑轮轴光滑。求该物体由静止开始下落过
程中下落速度与时间的关系。
解：方法一：由牛顿第二定律及刚体
的转动定律得

mgTma
TRJ


mg



aR

得
a

M

m
1
2

JMR
2

2

题 3-8图


故物体
m
的下落速度为
题3-8图

v
at
方法二：由机械能守恒定律
mgt

M
m
2
mgh
其中
h
1
2
1
mvJ

2

22
1
2
1

v

2
1
1
a t

t
v
t

JMR
2

22

t

2
2
解得
v

mgt

M
m
2
3-9 水分 子的形状如图所示。从光谱分析知水分子对
AA

轴的转动惯量是
J
AA

1.9310
47
kgm
2
，对
B B

轴的转动惯量是
J
BB

1.1410
 47
kgm
2
。试由此数据和各原子的质量求出
氢和氧原子间的距离
d
和夹角

。假设各原子都可当质点
处理。
解：水分子中两个氢 分子对
AA

轴和
BB

轴的转动惯
量分别为J
AA

、
J
BB


题3-9图




J
AA



r
2
dm


d sin

dm2M
H
d
2
sin
2

①
2

2

J
BB


2






r
2
dm


dcos

dm2M
H< br>d
2
cos
2

②
2

2

2
已知氢原子质量
M
H
1.6736710
27
kg

JAA

1.9310
47
kgm
2

J
BB

1.1410
47
kgm
2




J
①、②两式相除，得
tan
2


AA



2< br>
J
BB


2arctan

1.30

104.86

104

52


把

值代入①式得


J
AA
< br>
9.5810
11
m

d

< br>2Msin
2



H
2

3 -10 如图所示，从一个半径为
R
的均匀薄板上挖去一个直径为
R
的圆 板。
所形成的圆洞中心在距原薄板中心
R2
处。所剩薄板的质量为
m
。求此时薄板对
于通过圆中心而与板面垂直的轴的转动惯量。
解：设均匀薄板被挖去圆板后的 转动惯量为
J
，挖去圆板前的转动惯量为J
1
，
被挖去的圆板对转轴 的转动惯量为
J
2
，则有
JJ
1
J
2

1
2
被挖去的圆板对通 过自己圆心
O

并垂
直于板面的转轴的转动惯量为

题3-10图
2
1

R

m


，由平行轴定理
2

2

1

R< br>
R

J
2
m


m


2

2

2

2
2


R

又 < br>m



S



2

2
m

R


R


2

2
2

m

3
1
故
J
2
mR
2

8
J
1

1m

2
2
2

mm


R
2

1


m

RmR
< br>22

3

3
薄板对通过圆中心
O
的垂直轴 的转动惯量
JJ
1
J
2

2113
mR2
mR
2
mR
2

3824
3-11 如图所示，一根质量均匀的
铁丝，质量为
m
，长为
L
，在其中心
O
处
弯成

120

角，放在
xOy
平面内。
（1） 求对
Ox、Oy
轴和
Oz
轴的转动惯量；
（2） 如果

60

，（1）中结果如何？
题3-11图

解：（1）

120

,






2
30


m
dl，对
Ox
L
在距
O
点为
l
处取线元
dl
，距
Ox
轴为
rlsin

。线元质量为
d m
轴的转动惯量为
dJr
2
dml
2
sin
2

铁丝对
Ox
轴的转动惯量
J
ox
2
dJ2

L
2
0
L
2
0
m
dl

L
m
22
sin

ldl

L
L
2m
2

2

l
3

1
2

sin30

d

mL


0
L

3

48
同理
J
oy

（2）若

60

,


11
mL
2
，
J
oz
mL
2

1612
60


L
2
0



2

2

J
ox
m
2

2
1
sin60ldlmL
2

L16



J
oy
11

mL
2

mL
2

J
oz
4812
3-12 长为
1m
，质量为
2.5kg
的匀质棒，垂直悬挂在转轴
O
点上，用
F100N
的水平力撞击棒的下端，该力作用的时间为
0.02s
，求：
（1） 棒所获得的动量矩；
（2） 棒的端点上升的距离。
解：棒对转轴的转动惯量为
1
Jml
2
0.833kgm
2

3
（1）在打击瞬间，重力对转轴不产生力矩，由
角动量定理，棒所获得的动量矩
J

Flt2.0kgm
2
s
1



题3-12图
（2）撞击后，棒转动到最高位置时角速度为零， 以棒和地球为研究对象，
此过程中机械能守恒。设棒的中心
A
上升的距离为
h
。
1
J

2
mgh

2
1< br>22
ml

J

2
3
l
2

2
h

2mg2mg6g
其中


Flt
2.4rads
1
代入上式
J
h0.098m

棒的端点上升的距离
H2h0.196m

3-13 如图所示，一根质量为
m
，长为
2l
的均匀细棒，可在竖直平面内绕
通过其中心的水平轴转动，开始时细棒在水 平位置。一质量为
m

的小球，以速
度
u
垂直落到棒的端点 。设小球与棒作弹性碰撞。
求碰撞后小球的回跳速度以及棒的角速度。
解：棒的转动惯量为
J
11
2
m

2l

ml
2

123


题3-13图
设碰撞后小球的速度为
v
，棒的角速度为

。碰撞过程内力比外力大的多，碰撞
过程角动量 守恒，则有

m

ulm

vlJ

①
又因小球与棒作弹性碰撞，机械能守恒
111
m

u
2
m'v
2
J

2
②
222
1
把
Jml
2
代入①②两式解得
3u

m3m


6m

u
v






m3m


l
m3m

3-14 如图所示，一长
l0.40m
，质量为
m1.0kg
的均匀细木棒，由其 上
端的光滑水平轴吊起而处于静止，今有一质量
m8.0g
的子弹以
v0
200ms
1
的
速率水平射入棒中，射入点在轴下
d 3l4
处。求：
（1）子弹停在棒中时棒的角速度；
（2）棒的最大偏转角。 < br>解：（1）子弹对转轴的转动惯量为

3l

J

 md
2
m

0.7210
3
kgm
2


4

细木棒的转动惯量

1
232
Jml53.3310kgm


题3-14图
3
v
子弹射入棒前对转轴的角速度为

< br>
0
，射入后与棒一起转动的角速度为

。
d
射入木 棒前后，子弹与木棒的角动量守恒
2

J

J


J






v
J

0
8.88rads
1

J
J
3
l
4
（2）设棒的最大偏转角为

，棒的中心和 子弹上升的高度分别为
l

1cos


、
3l

1cos


。由机械能守恒定律
24
1< br>
J

J


2
mg
3l
1cos


Mg
l

1cos


242
解得
cos

0.074


9415


3-15 如图所示，质量为
m
，长为
l
的均匀细杆可绕过端点
O
的固定水平轴
转动。杆从水平位置由静止开始下摆，杆摆
至竖直位置时刚好和光滑水平桌面上的小球
相碰。小球看作质点，质量也为
m
，设碰撞
是弹性的，忽略轴上摩擦，求碰后小球获得
的速度
v
。
题3-15图

1
解：细杆的转动惯量为
Jml
2

3
l
杆摆在竖直位置时，质心下降了，
2
由机械能守恒定律
1l
2
J

0
mg

22

0

mglmgl3g


1
2
Jl
ml
3

题3-15图


设碰撞后小球的速度为
v
，杆的角速度为

。碰撞过程内力比外力大的多，
碰撞过程角动量守恒，则有
J

0
J

mvl
①
由于是弹性碰撞，机械能守恒
111
2
J

0
 J

2
mv
2
②
222
把

0


3g
11
和
Jml
2
代入①②两式得
v3gl

l
32