第3章刚体力学学习指导(统稿)

内容提要

1.角动量

Lrp

质点对原点O的角动量。它描述了质点绕O点转动的状态，与参考点O的位置有关。 2.质点的角动量定理：

dL 微分形式 M

dt 积分形式

tt0MdtLL0

积分形式表明，作用在质点的角冲量等于质点角动量的增量。

注意 （1）M、L必须相对同一参照点。

（2）只有在惯性系中，角动量定理才成立。 3.角动量守恒定律

若某一过程中M=0,则 L=恒矢量

如果质点上对某点的力矩始终为零,则质点对该点的角动量守恒。这里存在两种特例. （1） 质点所受的合外力总为零,从而作匀速直线运动,它对任意一点的角动量都保持不变。 （2）质点受有心力作用，质点对力心的角动量保持不变。

4.刚体对定轴的转动惯量 对质量离散分布的刚体

Jmiri2

对质量连续分布的刚体 Jr2dm

M 式中r为质点（或质元dm）对定轴的转动半径。转动惯量由两个因素决定：①刚体总质量的大小；②质量相对转轴的分布。刚体绕定轴转动时，它对该轴的转动惯量是一个常量。 转动惯量具有两大特点：①可加性：对同一转轴，刚体总体的转动惯量为各部分转动惯量之和。JJi；②平行轴定理 JJcMd2

式中Jc是刚体对过质心的轴的。转动惯量J是对与之平行的轴的转动惯量，M为刚体的质量，d为两平行轴的间距。

5.刚体的转动定律

MJ

相对同一转轴，刚体所获的加速度与作用于刚体的外力矩成正比，与刚体的转动惯量成反比。

6.定轴转动的动能定理 （1）转动动能

1

Ek（2）力矩做功

A（3）动能定理

1J2 2Md

01122MdJJ0022

（4）刚体的重力势能：对体积较小的刚体，其重力势能由质心离零势面的高度hc决定： Ekmghc 7.对定轴的角动量定理

（1）质点系

tMdtLiLi0

t0（2）定轴转动的刚体

tt0MdtJ0

8.对定轴的角动量守恒定律

（1）若质点系所受的合外力矩M0，则

LLi=恒量 （2）对定轴转动的刚体，若M0，则

J=恒量

此时系统的角速度与转动惯量成反比。

解题指导与示例

1. 质点的角动量守恒定律的应用

难点在于建立质点角动量的概念。体现在以下两处：

（1）Lrp涉及矢量的矢积，在数学上增加了难度。这里应突破①用Lrpsinr,p计算其大小，用右手螺旋法则来判定L的方向。②在直角坐标系中，用矢积的坐标表示法来计算。

③矢量的矢积不满足交换律。即Lrppr

（2）把角动量与动量相区别。同动量一样，角动量也是描述质点运动的物理量。它与动量的区别在①它描述了质点绕参考点的转动状态。②同一运动质点相对惯性系上不同的点，有不同角动量。

2.刚体定轴转动定律

（1）对轴的力矩的理解与计算：

2

 ①若力的作用线与轴平行或相交，则力对转轴无力矩。

②转动定律中的M是合外力矩。指每一外力对转轴的力矩之和，而不是合外力对轴的力矩，两者是不同的。例如一对力偶的合力为零，合力对轴的力矩也为零；但两力对转轴的力矩之和可以不为零。

③对轴的力矩受轴的制约，只有两种可能的方向，可以用标量的正负来区分。 （2）定轴转动定律

①对于质点与绕固定轴转动的刚体构成的系统，多用采用隔离物体，受力分析，列出方程（转动定律、牛顿第二定律和约束方程），联立求解，十六字的步骤。

②刚体受变力矩作用时，可先分离变量，然后对方程两边分别积分。

例如MM，由转动定律

MJd

dt 分离变量 1dtd

JM 两边积分

1ddtt0J0M t3.对轴的动能定理与角动量定理

（1） 对由质点和绕固定轴转动的刚体构成的系统，多数情况下从能量角度考虑问题更简便，可以用对轴的动能定理或机械能守恒解题。

（2）当力矩MM(t)是时间t的函数，用角动量定理

tt0M(t)dtJJ00

更为方便。

4.角动量守恒定律的应用

（1）考虑质点与绕固定轴转动的刚体碰撞时,由于转轴对刚体作用力存在,两碰撞物体组成的系统中动量多不守恒,但对轴的角动量守恒。

（2）系统中质点对轴的角动量可以用线量（Lrmv）也可以用角量（Lmri2）表示。

例 3-1： 我国发射的通信卫星在椭圆形“转移轨道”上运行。如图所示，此“转移轨道”的近地点高度h1=205.5km，远地点高度h2=35835.7km。卫星越过近地点时的速率为10.2km/s。取地球半径R=6378km，求

（1）卫星越过远地点时的速率；

（2）卫星在此轨道上运行的周期。[提示：若r1是卫星在近地点离地球中心的距离，r2是卫星 在远地点离地球中心的距离。则椭圆轨道的面积S＝解：图中h1205.5km, h235835.7km，

质点近地点的速率为v110.2kms-1,Re6378km （原题3-4图） （1） 卫星受有心力作用，卫星对力心O点的

角动量守恒，有

2r1r2r1r2 3

rv11r2v2卫星在远地点的速率 例3-1图 v2Rh1r16378205.5v1ev110.21.59kms-1 r2Reh2637835835.7（2）因为卫星对O点的角动量守恒，与行星一样，卫星位矢在单位时间内扫过的面积（称为掠面速度）

是一常量

ds1v1r1 dt22卫星运行周期就是径矢扫过椭圆轨道面积所用的时间。由椭圆面积Srrrr，r16383.5m，

1212r242213.7m，有

T r1r2r1r2r1r2r2Sds/dtv1r1v1r1(6583.542213.7)42213.710.26583.5s3.8058105s10.6h

例3-2：滑轮可视为半径为R，质量为M的匀质圆盘，图中滑轮与绳子间无滑动，水平面光滑，若

m150kg,m2200kg,M15kg,R0.10m，求物体加速度及绳中的张力。

解：运用隔离分析、联立求解的方法。重物m1上 竖直方向支持力与重力平衡，沿水平方向，有

T1m1a1 ① 对重物m2，有

m2gT2m2a2 ② 对滑轮，它相对转轴的转动惯量是J由转动定律

TRTR1MR2 ③

211MR2。 （原题6-4图） 22不考虑绳子的伸长，以下约束方程成立

a1a2R ④ 例3-2图 由①、②、③和④式联立，得 mM2m1g 2m2g2m1m2g;T1;T22M2m12m2M2m12m2M2m12m2R把m150kg,m2200kg,M15kg,R0.10m代入，得 76.1rads-2； T1381N； T24.38N。

例3-3： 如图示，半径分别为r1和r2，质量为m1和m2的两轮用皮带连接起来，在主动轮1上作用一转动力矩M1（垂直纸面向内），在从动轮2上有一与M1相反的阻力矩M2，二轮均可视为匀质圆盘。若皮带不打滑，且忽略皮带的质量，则两轮的角加速度各为多少？

解 ：用隔离分析，联立求解的思路。例6-3图中，分成两个绕固定轴转动刚体来讨论：

1m1r12，由转动定律 21 M1T1r1T2r1m1r12 ① 2对主动轮，它对o1轴的转动惯量J1 4

对从动轮，它对o2轴的转动惯量J1mr2，于是

2222 TrTrM1mr2 ②

221222222“皮带不打滑”意味着两轮的边缘有相同的切向加速度， （原题6-5图）

以下约束方程成立

r11r22 ③ 由①、②和③式联立求解，得

12M1r2M2r1m1m2r12r2 例3-3图 2M1r2M2r12m1m2r1r22

例3-4：如图所示，质量为0.25kg的小球，可在一根细长均质管中滑动，管长1m，质量为1kg，可绕过质心C且垂直于管线的铅直轴转动。设小球通过C点时，管的角速度为10rads-1，试求小球离开管口时管的角速度。

解： 以小球和细管为系统，小球在管内从转轴移动到管口的过程中，小球的重力与转轴平行，外力矩为零，系统角动量守恒。

211l 22Ml0Mlm12212M0 （原题6-11图）

即 M3m把010rads-1,M1.0kg,m0.25kg代入， 得 5.71rads-1 例3-4图

这一角速度是小球离开细杆前，细杆与小球共同的角速度。小球离开管口，系统角动量仍守恒。小球沿切向飞出，管的角速度保持不变，小球对轴的角速度也不变。

例 3-5：一长度为0.5m，质量为4.0kg的匀质细棒，可绕铅直轴在水平面内转动，转轴过棒的中心，棒的初态静止。一颗3.0g的子弹在棒所在的水平面上飞行，射向棒的端点，如图所示从上向下看，子弹的方向与棒的夹角为600。如果子弹射入棒端且留在棒中，射入后子弹和棒的角速度为10rads-1，求碰前子弹的速率。

解：以子弹和细棒为系统。由于子弹的重力与转轴平行，外力矩为零。碰撞过程中，系统 对轴的角动量守恒。

2 mvlsin6001Ml2ml

02124即 v06msin600把l0.50m,M4.0kg,m3.0103kg 和

3mMl （原题6-12图）

10rads－1代入，

1得 v01286ms 例3-5图

应该特别指出，系统沿子弹运动方向的动量并不守恒。这是因为子弹碰撞细杆时，转轴对细杆有作用力，这个轴间作用力是外力，使系统的角动量不能守恒。可以做一个演示实验，体验一下碰撞时转轴对刚体的作用

5

力：取一根一端有孔的刚性杆，用一根火柴棒穿过杆上的孔作为转轴，用拇指和食指握住火柴棒两端，让刚性杆悬挂在空中。然后用锤子轻轻敲击悬挂的刚性杆，你的手指就会感受到力的作用，如果敲击太猛，火柴棒就会折断，显然，火柴棒受到了刚性杆的作用力。由牛顿第三定律，火柴棒受力的同时，刚性杆也受到了火柴棒（转轴）的作用力。

例3-6：半径为R，质量为m的匀质圆盘，放在粗糙的桌面上，圆盘可绕其垂直中心轴在水平桌面上转动，圆盘与桌面间的摩擦系数为，初始角速度为0，问

（1）经过多长时间后，圆盘才停止转动？ （2）摩擦阻力共做多少功？

解： （1）在转动圆盘上取半径为r，宽为dr的同心圆环，其质量为 dm2rdr 式中m是圆盘单位面积上的质量。该圆环所 2R受的摩擦力 dfgdmg2rdr （原题6-14图）

圆环摩擦力的力矩

dMrdf2gr2dr 整个圆盘上摩擦力的力矩

22232grdrgRmgR 0331圆盘的转动惯量JmR2，由角动量定理 例3-6图 2t212 mgRdt0mR0 032 MR得 t（2）根据定轴转动的动能定理 A0

3R0 4g1111222 mR20J0mR204222例3-7 如图所示，均匀杆长L0.40m，质量M1.0kg，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200m/s的速度水平射入杆中而不复出，射入点在轴下d3L/4处。

（1）求子弹停在杆中时杆的角速度； （2）求杆的最大偏转角。

解 （1）由子弹和杆系统对悬点O的角动量守恒可得

2133L2mvLMLm

443 6

3mv914MLmL163

30.008200

91410.40.0080.41638.89rad/s

例3-7图

（2）对杆、子弹和地球系统，由机械能守恒可得

119L322MLmLMgmgL1cos 231624由此得

192MmL316 arccos13Mmg219210.0080.48.89316 arccos1310.0089.82 9418

教材习题解答

5-1 一汽车发动机轼轴的转速度在

12s内由1.2103rmin1均匀的增加到

2.7103rmin1。求：①曲轴转动的角加速度；②在此时间内，曲轴转了多少圈？

解 曲轴的初始角速度为02n021.2103/601.26102rads1， ①曲轴做匀角加速度转动，其角速度0t，所以曲轴转动的角加速度为

0t2.831021.2610213.1rads2

12②曲轴做匀角加速度转动，其转动的角位移为

7

0t2

2.831.26102122.45103rad

2所以，在12s内轼轴转过的圈数为

2.45103N390圈

22

5-2：质量为0.25kg的物体，某一瞬时的位置矢量r(2.0i2.0k)m，此时它的速度  V(5.0i5.0k)ms-1，受到力F4.0jN作用，那么

（1）物体对原点的角动量是多少？

（2）作用在物体上的力对原点的力矩是多少？

解：这里质点的位置矢量r，速度v和力F都表示为直角坐标的形式，因此用矢积的坐标表示法来给出

-1，角动量较为方便。又r(2.0i2.0k)m，v 及m0.25kgF4.0jN。根据5.0i5.0kmsLrpmrv 有

Li0.252.02-1 0.02.0kgms0.252.05.02.05.0jkgms02-1jk5.00.0根据MrF有

5.0 M2.0i0

0.02.02.00.00.02.0NmikNm8.0i8.0kNm

0.04.04.00.04.00jk5-3：质量为2.0 kg的质点，t（1）0时位于r04.0i2.0jm, 其速度为v6.0t2ims-1，求：

（2）此时作用在质点上的力对原点的力矩 t时刻质点对原点的角动量；

解： （1）为了求出t时刻质点的角动量，必须先得到t时刻位置矢量的表示式，为此可以从速度的定义出发

dr v6.0t2i dt分离变量后积分

t2dr6.0tidtr00 3

r4.0i2.0j2.0tir4.02.0t3i2.0jr于是

 Lrmv2.0[(4.02.0t3)i2.0j](6.0t2i)kgm2s-1

由于同方向矢量的矢积为零，且jik，得

2 L24.0tkkgm2s-1

8

（2）根据质点的角动量定理，有

dLd M(24.0t2k)48.0tkNm

dtdt5-4 一质量为m0.10kg的小钢球接有一细绳，细绳穿过一水平放置的光滑钢板中部的小洞后挂上一质量为M0.30kg的法码，令钢球作匀速圆周运动，当圆周半径为r10.20m时砝码恰好处于平衡状态。接着再加挂一质量为M0.10kg的砝码，如图所示，求此时钢球作匀速圆周运动的速率大小及圆周半径。

分析 要据牛顿第二运动定律，可以列出两次平衡状态下钢球所受合外力与向心加速度的关系式。再注意到钢球所受的合外力始终通过圆心点O，合外力矩恒为零，则角动量守恒，即可联产求解。

解 设前后两次平衡状态下钢球作匀速圆周运动的速率和半径分别为1、2和r1、r2，由牛顿定律得

v12Mgm

r1

① ②

2v2MMgm

r2由角动量守恒得

mv1r1mv2r2

③

由①式得

v1Mgr10.309.80.20ms12.42ms1 m0.101/3由②式×③式得

MMgr1v2v1m0.300.109.80.202.420.101/3ms1

由③式得

r2v12.42r10.20m0.18m v22.66

9

题5-4图

5-5 从一个半径为R的均匀圆薄板上挖去一个直径为R的圆板，如图所示，所剩薄板的质量为m，求此时薄板对于通过中心O而与板面垂直的轴的转动惯量。

解：由于转动惯量具有可加性，设所求转动惯量为J，挖去圆板补回原位后对过O轴的转动惯量为J1，整个完整圆板对中心的转动惯量J2，有JJ2J1，设板的密度为，厚度为a，则

22J12mRR112m12

223RR22a2 3aR432 J122m12R22aR4 JJ132J1aR432 又由于2R2Ram2，即

aR243m

代入上面求J的公式，最后可得

J13mR224

题5-5图

10

5-6 如图所示，质量m116kg的实心圆柱体A，其半径为r15cm，可以绕其固定水平轴转动，阻力忽略不计。一条轻的柔绳绕在圆柱体上，其另一端系一个质量m28.0kg的物体B，求：①物体B由静止开始下降1.0s后的距离；②绳的张力。

解 ①A、B受力分析如图所示。物体B作平动，设它向下运动的加速度为a，由牛顿定律得

m2gFrm2a

圆柱体A在绳子张力的力矩作用下作定轴转动，由转动定律得

rFTJ1m1r2 2式中FTFT，且ar。综合上几式可得，物体B下落的加速度大小为

a2m2g

m12m2当t1.0s时，物体下落的距离为

h1212m2g2att2.45m 22m12m2②绳中张力为

FTm2gm2am1m2g39.2N

m12m2

题5-6图

5-7 如图所示，两物体质量分别为m1和m2，定滑轮的质量为m，半径为r，可视作均匀圆盘。已知m2与桌面间的滑动摩擦系数为K，求m1下落的加速度和两段绳子中的张力各是多少？设绳子和滑轮间无相对滑动，滑轮轴受的摩擦力忽略不计。

解 受力分析如科所示，对m1，由牛顿第二定律

m1gT1m1a

对m2，由牛顿第二定律

11

T2Km2m2a

对滑轮，用转动定律

T1T2R1mr2

2设绳在滑轮上不打滑

a/r

联立解以上各方程，可得

aT1m1km2g

m1m2m/21Km2m/2m1m2m/2m1g，T21Km1Km/2m1m2m/2m2g

题5-7图

5-8 ：用手指顶一匀质细杆，长的杆容易保持平衡而短的杆却很难保持平衡，为什么？ 解： 设细杆的长为l，质量为m，图中与竖直方向的夹角为。由转动定律

l1mgsinml223 3gsin12ll这表明细杆绕手指转动的角加速度，与倾角有关。 （原例6-1图） 在角相等的条件下，与杆长l成反比。细杆愈长，角 加速度愈小，在人的反应时间内，容易通过减小倾角来

调节，使杆重新达到平衡；反之，杆太短，太大，顶 题5-8图 杆的人来不及对杆的失衡作出反应，杆就倒下了。

5-9 如图所示，从一个半径为R的均匀薄圆板上挖去一个直径为R的小圆板，所形成圆洞

的圆心在大圆板半径的中点上，所剩薄板的质量为m。求此时薄板对于通过大圆板圆心而与板面垂直的轴的转动惯量。

解 （1）由转动定律 初始时刻角加速度M/J

12

l2 12ml3mg=

3g 2ll11mgsinml22 223（2）杆转动过程中只有重力做功，由动能定理



3gsin l5-10 如图所示，一个劲度系数为k的轻弹簧与一轻绳相连，该绳跨过一半径为R、转动惯量为J的定滑轮，绳的另一端悬挂一质量为m的物体。开始时，弹簧无伸长，物体由静止释放。滑轮与轴这间的摩擦可以忽略不计。当物体下落h时，试求物体的速度。

（1）用牛顿定律和转动定律求解； （2）用守恒定律求解；

解 （1）应用牛顿定律及转动定律列方程，即

mgT1maTTRJ12 Tkx02aR联立解得

amgkx JmR2又 advdvdxdvmgkx vdtdxdtdxmJR2v0vdv1Jm2Rmgkxdx

0h 13

解得 v2mghkh2 Jm2R（2）系统机械能守恒，取m的初始位置为势能零点，则有

1211mvJ2kh2mgh0 222解得

vv R2mghkh2 Jm2R题5-10图

5-11 长为l、质量为m的匀质细棒，放在粗糙的桌面上，棒可绕通过端点垂直桌面的轴转动，如图所示，棒与桌面的摩擦系数为，若初始时刻角速度为0，问经过多长时间后，其角速度变为

解 （1）取质量元dm02？摩擦阻力做功多少？

mdr，dm在转动时受的摩擦力为dfgdm，且与l运动方向相反，则摩擦力矩为dMrdfrgdm（规定逆时针为正方向）。

整个棒受的摩擦力矩为

mMdMrgdmrgdr

0ll1mgl=恒量

2由角动量定理

MtJJ0 12012mlml0 3231ml20

6 14

可得 t112ml0 M612ml0

16mgl210l 3g（2）求摩擦阻力做的功。 由动能定理有

A11122 J2J0ml20228题5-11图

5-12 原长为l0、劲度系数为k的弹簧，一端固定在一光滑水平面上的O点，另一端系一质量为m的小球。开始时，弹簧被拉长x，并给予小球与弹簧垂直的初速度0，如图所示，求当弹簧恢复其原长l0时，小球速度的大小和方向（即夹角。设m19.6kg，k1254Nm1，l02m，x0.5m，03ms1。 ）

解 小球在有心力作用下运动，角动量守恒，运动过程仅弹性力做功，机械能守恒，故有

mv0l0xmvl0sin

121212mv0kxmv 222解以上两个方程可得

2vv0k2x5ms1 mv0l0xl0v48.59

arcsin题5-12图

5-13 一质量为m、半径为R的转台，以角速度a转动，转轴的摩擦略去不计。（1）有一质量为m的蜘蛛垂直地落在转台边缘上。此时，转台的角速度b为

15

多少？（2）若蜘蛛随后慢慢地爬向转台中心，当它离转台中心的距离为r时，转台的角速度c为多少？设蜘蛛下落前距离转台很近。

解 （1）蜘蛛垂直下落至转台边缘时，由系统的角动量守恒定律，有

J0aJ0J1bJ

式中J01mR2为转台对其中心轴的转动惯量，J1mR2为蜘蛛刚落至台面2J0maa

J0J1m2mJ0aJ0J2c

边缘时对轴的转动惯量。于是可得

b（2）在蜘蛛向中心轴处慢慢爬行的过程中，系统角动量守恒，有

式中J2mr2为变量 则

J0mR2caa

J0J2mR22mr25-14 如图所示，质量为M，长为l的直杆，可绕点O无摩擦地转动。设一质量为m的子弹沿水平方向飞来，恰好射入杆的下端，若直杆（连同射入的子弹）的最大摆角为60，试证明子弹速度大小为

v02mM3mMgl6m2 证明 碰撞过程中，系统角动量守恒，则

1mv0lml2Ml2

3子弹碰撞后，直杆上摆过程中，系统机械能守恒。取直杆下端为势能零点，则

Mgl12122mlMl 2231mgl1cos60Mgl1cos60

2联立解得

0题5-14图

2mM3mMgl6m2

16

5-15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，以同一角速度转动，及啮合过程中机械能的损失。

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

12112mr0mr24m2r 222得

初始机械能为

W110 171122122mr0mr0 224啮合后机械能为

W211221111222mr4m2r2mr0 22221741612216mr0W1 17417则机械能损失为

WW1W2题1-15图

5-16 坐在转椅上的人手握哑铃，两臂伸直时，人、哑铃和椅系统对竖直轴的转动惯量为J12kgm2。在外人推动后，此系统开始以n115r/min转动。当人的两臂收回，使系统的转动惯量变为J20.80kgm2时，它的转速n2是多大？两臂收回过程中，系统的机械能是否守恒？什么力做了功？做功多少？设轴上摩擦忽略不计。

解 由于两臂收回过程中，人体受的沿竖直轴的外力矩为零，所以系统没此轴的角动量守恒。由此得

J12n1J22n2

于是

17

n2n1J121537.5r/min J20.8在两臂收回时，系统的内力（臂力）做了功，所以系统的机械能不守恒。臂力做的总功为

A112J22J112 2222137.5150.8222260603.70J

 5-17 一个质量为M、半径为R并以角速度旋转着的飞轮（可看做匀质圆盘），在某一瞬间突然有一片质量为m的碎片从轮的边缘飞出，如图所示。假定碎片脱离飞轮时的瞬时速度方向正好竖直向上，求：

（1）碎片能上升的高度；

（2）余下部分的角速度、角动量和转动动能。 解 （1）由题意可知，碎片离盘时的初速度大小为

v0R

①

因此碎片上升的最大高度为

hmax2v0R22 2g2g（2）碎片离盘前，由碎片和余下部分组成的系统不受外力矩作用，系统角动量守恒。盘破裂前，圆盘的角动量J1MR2；破裂后。碎片的角动量为mv0R，21余下部分的角动量为JMR2mR2。于是有

211MR2MR2mR2mv0R 22 ②

将式①代入式②，得



说明圆盘破碎后角速度保持不变。 圆盘破碎后的角动量为

18

11JMR2mR2M2mR2

22圆盘破碎后的转动动能为

EK1111JMR2mR22M2mR22 2224题5-17图

5-18 如图所示，一块长为L0.60m、质量为M1kg的均匀薄木板，可绕水平轴OO无摩擦地自由转动。当木板静止在平衡位置时，有一质量为m10103kg的子弹垂直击中木板上一点A。点A离转轴OO的距离l0.36m，子弹击中木板前的速度大小为500ms1，穿过木板后的速度大小为200ms1，求：

（1）木板在点A处所受的冲量； （2）木反获得的角速度大小。

解 （1）木板在点A处所受的冲量等于子弹穿过木块时所受的冲量，对子弹应用的动量定理可得

Imv2mv110103500200Ns3Ns

负号表示子弹所受冲量的方向与子弹运动的方向相反，故子弹作用于木板的冲量为3Ns。

（2）木板所受的冲量矩为

t2t2应用角动量定理可得

t1MdtFldtlmv2mv1

t1被子弹击中前木板静止，则

t2t1MdtJJ0

00

所以

l1MR23I9rads1

题5-18图

19

5-19 A、B两个溜冰人，他们的质量各为70kg，各以4m/s的速率在相距1.5m的平行线上相对滑行。当他们要相遇而过时，两人互相拉起手，因而绕他们的对称中心作圆周运动，如图所示。将二人作为一个系统，求：

（1）该系统的总动量和总角动量；

（2）求开始作圆周运动时系统的角速度。

解 （1）该系统总动量mVAmVB0

该系统总角动量

LmvrAmvrB2mvr7041.5420kgm2/s

方向垂直纸面向里 （2）由角动量守恒

LJ2mr2

L 2mr24202701.5/22

5.3rad/s

题5-9图（原书6－7）

5-20 宇宙飞船中有三个宇航员绕着船舱内壁按同一方向跑动以产生人造重力。

（1）如果想使人造重力等于他们在地面上时受的自然重力，那么他们跑动的速率应多大？设他们的质心运动的半径为2.5m，人体当质点处理。

（2）如果飞船最初未动，当宇航员按上面速率跑动时，飞船将以多大角速度旋转？设每个宇航员的质量为70kg，飞船体对于其纵轴的转动惯量为

3105kgm2。

（3）要使飞船转过30，宇船员需要跑几圈？ 解 （1）由于2/rg

vgr9.82.54.95ms1

（2）由飞船和宇航员系统角动量守恒可得

20

3mvRJ0

由此得飞船角速度为

3mvR3704.952.531 8.6710rads5J310（3）飞船转过30用的时间t/6，宇航员对飞船的角速度为/R，在时间t内跑过的圈数为

nv/Rt/21v1 12R14.95119圈 128.671032.5

自测题三

一、选择题

1.一质点作匀速率圆周运动时， （Ａ）它的动量不变，对圆心的角动量也不变． （Ｂ）它的动量不变，对圆心的角动量不断改变．

（Ｃ）它的动量不断改变，对圆心的角动量不变．

（Ｄ）它的动量不断改变，对圆心的角动量也不断改变． ［ ］

2.多个力作用在有固定转轴的刚体上，这些力的矢量和为零，则刚体绕该轴转动的角速度将 （A）保持不变 （B）变大

（C）变小 （D）无法确定 ［ ］

3.长为l质量为M的均匀细杆，竖直悬挂在光滑的水平轴上（轴过杆的上部端点），质量为m的子弹以速度v0水平射向细杆的下端。设在下面三种情况下杆能够达到的最大摆角分别是a、b、c：（a）子弹陷入杆内 ；（b）子弹失去水平速度而自由下落 ；（c）子弹与细杆作完全弹性碰撞后反向折回。判断下面结论中哪个结果是正确的？

（A）b=b=c （B）a （C）a二、填空题

1.将一质量为ｍ的小球，系于轻绳的一端，绳的另一端穿过光滑水平桌面上的小孔用手拉住．先使小球以角速度1在桌面上做半径为ｒ1的圆周运动，然后缓慢将绳下拉，使半径缩小为ｒ2，在此过程中小球的动能增量是______________．

2.我国第一颗人造卫星沿椭圆轨道运动，地球的中心Ｏ为该椭圆的一个焦点（如图）．已知地球半径Ｒ＝6378ｋｍ，卫星与地面的最近距离l1＝439ｋｍ，与地面

bc

bc （D）无法确定 ［ ］

卫星 R O A1

A2

l2 21

的最远距离l2＝2384ｋｍ．若卫星在近地点ＡА的速度ｖ1＝ 8.1ｋｍ／ｓ，则卫星在远地点ＡБ的速度ｖ2＝______________．

3.质量为ｍ的质点以速度v沿一直线运动，则它对直线上任一点的角动量为_________． 4.质量为ｍ的质点以速度__________．

5.哈雷慧星绕太阳的轨道是以太阳为一个焦点的椭圆．它离太阳最近的距离是ｒ1＝8.75×10ｍ，此时它的速率是ｖ1＝5.46×10ｍｓ．它离太阳最远的速率是ｖ2＝9.08×10ｍｓ，这时它离太阳的距离是ｒ2＝____________．

6.如图所示，Ｘ轴沿水平方向，Ｙ轴竖直向下，在ｔ＝０时刻将质量为ｍ的质点由ａ处静止释放，让它自由下落，则在任意时刻ｔ，质点所受的对原点Ｏ的力矩M＝________________；在任意

4

-1

2

-1

10

v沿一直线运动，则它对直线外垂直距离为ｄ的一点的角动量大小是

o b a x 时刻ｔ，质点对原点Ｏ的角动量L＝__________________．

y 7.半径r0.6m的飞轮缘上一点A的运动方程为s0.1t2（SI单位制），当A点的速度大小v30ms-1时，A点的切向加速度大小为 ，法向加速度的大小为 。

8. 三个完全相同的轮子可绕一公共轴转动，角速度的大小都有相等，但其中一轮的转动方向与另外两个相反，如果使三个轮子靠近啮合在一起，系统的动能与原来三个轮子的总动能相比为 。

9.一匀质细杆，质量为0.5kg，长为0.40m，可绕杆一端的水平轴转动。若将此杆放在水平位置，然后从静止开始释放，杆转动到铅直位置时的动能为 ，角速度为 。

10. 有一圆板状水平转台，质量M200kg、半径R3m，台上有一人，质量m50kg，当他站在离转轴r1m处时，转台和人一起以11.35rads-1的角速度转动。若轴处摩擦可忽略不计，当人走到台边时，转台和人一起转动的角速度为 。

11. 一飞轮的转动惯量为J，在t0时的角速度为0，此后飞轮经历制动过程，阻力矩的大小与角速度

的平方成正比，比例系数k0。当0时，飞轮的角加速度= 。

三、计算题

1. 一个质量为M、半径为R并以角速度旋转着的飞轮（可看作匀质圆盘），在某一瞬时突然有一片质量为m的碎片从轮的边缘上飞出，假定碎片脱离飞轮时的瞬时速度方向正好竖直向上， （1）问它能上升多高？

（2）求余下部分的角速度、角动量和转动动能。

2. 一个轻质弹簧的劲度系数为k2.0Nm-1。它一端固定，另一端通过一条水平细线绕过一个定滑轮后，沿竖直方向和一个质量为m180g的物体相连。定滑轮可看成匀质圆盘，它的半径r0.05m，质量

13m100g。先用手托住物体m1，使弹簧处于其自然长度，然后松手。求物体m1下降h0.5m时的速度多

大？忽略滑轮轴上的摩擦，并认为绳在滑轮边缘上不打滑。

（原自测6-9图） （自测6-10图）

22

计算题2图 计算题3图

3. 以力F将一块粗糙平面紧压在轮上，平面与轮之间的滑动摩擦系数为，轮的初角速度为0，问经过多少角度后轮停止转动？已知轮的半径为R，质量为m，可看作匀质圆盘，轴的质量忽略不计，该压力F均匀分布在盘面上。

（原自测题5-6图取消）！

23