第7章 刚体力学 50 第7章 刚体力学
n2, 汽车速度为v=166km/h。显然，汽车前进的速度就是驱动轮边缘的线速度，v?2?Rn2?2?Rn1/0.909，所以：
n?0.909v0.909?166?1034312?R?2?3.14?0.26?9.24?10rev/h?1.54?10rev/min
7.2.2 在下面两种情况下求直圆锥体的总质量和质心位置。⑴圆
锥体为匀质；⑵密度为h的函数：ρ=ρ0（1-h/L）,ρ0为正常数。
解：建立图示坐标o-x,据对称性分析， L 质心必在x轴上,在x坐标处取一厚为dx o r a x 的质元 dm=ρπr2dx，∵r/a=x/L，r=ax/L
∴ dm=ρπa2x2dx/L2 h ⑴圆锥体为匀质，即ρ为常数，
总质量：m??dm???a2L2?L0x2dx?13??a2L ?xdm232质心：xc?3L?dm????axdx/L??a2L/3?L3?0x3dx?34L
⑵???hL?x0(1?L)??0(1?L)??0Lx
总质量：m??dm??0?a2L3?L0x3dx?124?0?aL
质心：xLc??xdm44?dm?L4?0xdx?45L
7.2.3 长度为L的匀质杆，令其竖直地立于光滑的桌面上，然后放开手，由于杆不可能绝对沿铅直方向，故随即到下。求杆子的上端点运动的轨迹（选定坐标系，并求出轨迹的方程式）。
解：设杆在o-xy平面内运动。因杆 y 在运动过程中，只受竖直向上的支承力和 竖直向下的重力的作用，在水平方向不受 外力作用，∴vcx=0,acx=0，即质心C无水 平方向的移动，只能逆着y轴作加速直线
运动，直到倒在桌面上。 o x 取杆的上端点的坐标为x,y，匀质杆的质心在其几何中心，由图示的任一瞬间的几何关系可知：4x2+y2=L2(x≥0,y≥0)
7.3.1 ⑴用积分法证明：质量为m常为l的匀质细杆对通过中心
且与杆垂直的轴线的转动惯量等于112ml2；⑵用积分法证明：质量
为m半径为R的匀质薄圆盘对通过中心且在盘面内的轴线的转动惯
量等于124mR 证明：⑴取图示坐标，在坐标x处取一线元，dm?mldx，它
对y轴的转动惯量为：dI?my lx2dx，
x 整个细杆对y轴的转动惯量：
-l/2 dx l/2 l/2I?m33l2?ml3(l1l8?8)?12ml2
?l?x2dx?m3lx3|l/2?l//2⑵在坐标x处取细杆状质元，
R dm?mR2?x2dxm2?R2?2?2?R2R?x2dx
x θ x 它对x轴的转动惯量：
dI?12?x2)2?122m12dm(2R3dm(R?x)?23?R2(R2?x2)3/2dx
第7章 刚体力学 51 第7章 刚体力学
R整个圆盘对x轴的转动惯量：I?2m2/23?R2?x2)3dx
??(RR为了能求出积分，作如下变换：x?Rcos?,dx??Rsin?d?
(R2?x2)3/2?(R2?R2cos2?)3/2?(R2sin2?)3/2?R3sin3?
0代入上式：I?2m33?43?R2sin?(?Rsin?d?)?2mR23?d?
??R0?sin?据三角函数公式：sin2??1?cos2?1?cos2?2,cos2??2 ?sin4??(1?cos2?2)2?14(1?2cos2??cos22?)?11?cos4?131 4(1?2cos2??2)?4(2?2cos2??2cos4?)I?2mR23??14(32?2cos2??12cos4?)d?2?????mR31?6???2?d???cos2?d2??8?cos4?d4???
000?mR26?(32??sin2?|??20?18sin4?|0)?14mR
7.3.2 图示实验用的摆，l=0.92m,r=0.08m,ml=4.9kg,mr=24.5kg,近似认为圆形部分为匀质圆盘，长杆部分为匀质细杆。求对过悬点且与盘面垂直的轴线的转动惯量。 o 解：摆对o轴的转动惯量I等于杆对o轴的转动 l 惯量Il加上圆盘对o轴的转动惯量Ir，即I=Il+Ir.根据 平行轴定理
Il?1l2?ml2212mll(2)?13mll,r
I?1m22r2rr?mr(l?r)I?12ll?12l?r)23m2mrr?mr( ?13?4.9?0.922?12?24.5?0.082?24.5(0.92?0.08)2?26kgm27.3.3 在质量为M，半径为R的匀质圆盘上挖出半径为r的两个
圆孔，圆孔中心在半径R的中点，求剩余部分对过大圆盘中心且与盘面垂直的轴线的转动惯量。
解：大圆盘对过圆盘中心o且与盘面 R 垂直的轴线（以下简称o轴）的转动惯量 r r
为 I?122MR.由于对称放置，两个小圆 o 盘对o轴的转动惯量相等，设为I’，圆盘 质量的面密度σ=M/πR2，根据平行轴定理，
I'?1(??r2)r2?(??r2)(R)2Mr422?2R2?124Mr
设挖去两个小圆盘后，剩余部分对o轴的转动惯量为I”
I\?I?2I'?12?Mr412R2?2Mr?122422MR2M(R?r?2r/R)
7.3.5一转动系统的转动惯量为I=8.0kgm2，转速为ω=41.9rad/s，两制动闸瓦对轮的压力都为392N，闸瓦与轮缘间的摩擦系数为μ=0.4，轮半径为r=0.4m，问从开始制动到静止需多长时间？
解：由转动定理：
??I?,???2?0.4?392?0.4闸瓦 I?8.0?15.68rad/s 制动过程可视为匀减速转动，????/?t
闸瓦 第7章 刚体力学 52 第7章 刚体力学
?t???/??41.9/15.68?2.67s
7.3.6 匀质杆可绕支点o转动，当与杆垂直的冲力作用某点A时，支点o对杆的作用力并不因此冲力之作用而发生变化，则A点称为打击中心。设杆长为L，求打击中心与支点的距离。 y 解：建立图示坐标o-xyz,z轴垂直纸面向外。 N 据题意，杆受力及运动情况如图所示。由质心运 o x 动定理：N?mg?0,F?mac?mL2?(1) ac mg 由转动定理；F0A?Io??1mL23?(2) A F 把⑴代入⑵中，可求得 oA?23L
7.3.7 现在用阿特伍德机测滑轮转动惯量。用轻线且尽可能润滑轮轴。两端悬挂重物质量各为m1=0.46kg，m2=0.5kg，滑轮半径为0.05m。自静止始，释放重物后并测得0.5s内m2下降了0.75m。滑轮转动惯量是多少？
解： T2 T1 β x o R a a y m2g m1g T2 T1 m2 m1
隔离m2、m1及滑轮，受力及运动情况如图所示。对m2、m1分别应用牛顿第二定律：m2g?T2?m2a(1);T1?m1g?m1a(2)
对滑轮应用转动定理：(T2?T1)R?I??Ia/R （3） 质点m2作匀加速直线运动，由运动学公式：?y?12at2， ?a?2?y/t2?2?0.75/5.02?0.06m/s2
由 ⑴、⑵可求得 T2?T1?(m2?m1)g?(m2?m1)a,代入（3）中，可求得 I?[(m2?m1)g/a?(m22?m1)]R，代入数据：
I?(0.04?9.8/0.06?0.96)?0.052?1.39?10?2kgm2
7.3.8斜面倾角为θ，位于斜面顶端的卷扬机鼓轮半径为R，转动惯量为I，受到驱动力矩τ，通过绳所牵动斜面上质量为m的物体，物体与斜面间的摩擦系数为μ，求重物上滑的加速度，绳与斜面平行，不计绳质量。
解：隔离鼓轮与重物，受力分析如图，其中T为绳中张力，f=μN为摩擦力，重物上滑加速度与鼓轮角加速度的关系为a=βR
对重物应用牛二定律：
T- μN- mgsinθ=ma, N=mgcosθ，代入N T β 前式，得 T- μmgcosθ- mgsinθ=ma ① f 对鼓轮应用转动定理： a θ τ T τ- TR=Iβ=Ia/R ②
mg 由①②联立，可求得重物上滑的加速度：
a??R?R2mg(?cos??sin?)I?mR2
7.3.9利用图中所示装置测一轮盘的转动
惯量，悬线和轴的垂直距离为r，为减小因不r 计轴承摩擦力矩而产生的误差，先悬挂质量较小的重物m1，从距地面高度为h处由静止m1,m2 开始下落，落地时间为t1，然后悬挂质量较大
h
第7章 刚体力学 53 第7章 刚体力学
的重物m2，同样自高度h处下落，所需时间为t2，根据这些数据确定轮盘的转动惯量，近似认为两种情况下摩擦力矩相等。
解：隔离轮盘与重物，受力及运动情况如图τf T 示：τf为摩擦力矩，T为绳中张力，a=βr
对轮盘应用转动定理： β r a T1r??f?I?1，T2r??f?I?2，两式相减，得：
T mg (T2?T1)r?I(?2??1),I?(T2?T1)r/(?2??1)①
对重物应用牛顿二定律：
m1g?T1?m1a1?m1r?1,m2g?T2?m2a2?m2r?2，两式相减，
可得：T2?T1?(m2?m1)g?r(m2?2?m1?1)，代入①中，可得：
I?[(m2?m1)gr?(m22?2?m1?1)r]/(?2??1)②
由运动学公式：h?12?122a1t12a2t2,?a1?2h/t21, ah2?2t2,?1?2h2,?2h2?2，将角加速度代入②中，得： 2rt1rt22I?(m2?m1)gr?(m22hrt?m2212hrt12)r2hrt?2h22rt12(m2?m222?m1)gr?2hr2(2/t2?m1/t1)2h(t2222
1?t2)/(t1t2)?(m)gr2t22m222?m11t2?2hr2(2t1?m1t2)2h(t221?t2)
7.4.1 扇形装置如图，可绕光滑的铅直轴线o转动，其转动惯量为I.装置的一端有槽，槽内有弹簧，槽的中心轴线与转轴垂直距离为r。在槽内装有一小球，质量为m，开始时用细线固定，使弹簧处于压缩状态。现在燃火柴烧断细线，小球以速度v0弹出。求转动装置的反冲角速度。在弹射过程中，由小球和转动装置构成的系统动能守恒否？总机械能守恒否？为什么？
解：取小球、转动装置构成的物体系为研究对象。在弹射过程中，物体系相对竖直轴o未受外力距作用，故物体系对转轴o的角动量守恒，规定顺时方向为正，有 v0 I??rmv0?0???rmv0/I r m 在弹射过程中，物体系动能不 o I 守恒，因弹力做正功使动能增加；
总机械能守恒，因为只有保守内力（弹力）做功。
7.4.2 质量为2.97kg，长为1.0m的匀质等截面细杆可绕水平光滑的轴线o转动，最初杆静止于铅直方向。一弹片质量为10g，以水平速度200m/s射出并嵌入杆的下端，和杆一起运动，求杆的最大摆角θ. o 解：将子弹、杆构成的物体系作为研究对象， 整个过程可分为两个阶段研究：
第一阶段，子弹与杆发生完全非弹性碰撞， l M θ 获得共同的角速度ω，此过程时间极短，可认
为杆原地未动。由于在此过程中，外力矩为零， m v 因此角动量守恒，mvl?ml2??13Ml2??(m?13M)l2?
???mv0.01?200(m?M/3)l?(0.01?2.97/3)?1.0?2.0rad/s 第二阶段，子弹与杆以共同的初角速度ω摆动到最大角度θ，
由于在此过程中，只有重力做功，所以物体系的机械能守恒，物体
第7章 刚体力学 54 第7章 刚体力学
系原来的动能等于重力势能的增量：
12(m?13M)l2?2?mgl(1?cos?)?Mgl2(1?cos?)?cos??1?(m?M/3)l?2?1?(0.01?2.97/3)?1.0?2.02
(2m?M)g(2?0.01?2.97)?9.8?0.8635θ=30o34’
7.4.3一质量为m1，速度为v1的子弹沿水平面击中并嵌入一质量为m2=99m1，长度为L的棒的端点，速度v1与棒垂直，棒原来静止于光滑的水平面上，子弹击中棒后共同运动，求棒和子弹绕垂直与平面的轴的角速度等于多少？
解：以地为参考系，把子弹和棒看作A m2,L 一个物体系，棒嵌入子弹后作平面运动，
可视为随质心C的平动和绕质心C的转
v1 C O 动，绕质心C转动的角速度即为所求。
m1
据质心定义:
m1m?COCA,m1?m2CO?CA100Lm?,?，22CA992CACA?99L/200?0.495L,CO?0.5L?0.495L?0.005L
据角动量守恒：m2221v1CA?(m1CA?112m2L?m2CO)? m1v1?0.495L?m1(0.4952?112?99?99?0.0052)L2?0.495v1?(0.4952?99/12?99?0.0052)L? ??0.058v1/L
7.5.1 10m高的烟囱因底部损坏而倒下来，求其上端到达地面时的线速度，设倾倒时，底部未移动，可近似认为烟囱为匀质杆。
解：设烟囱质量为m，高为h，质心高度hC=h/2，对转轴的转
动惯量I?12m(h2112mh?2)?23mh，倒在地面上时的角速度为ω 由机械能守恒：
mghC?12mg?h11222I?,2?2?3mh?,??3g/h
上端点到达地面时的线速度：
v??h?3gh?3?9.8?10?17.2m/s
7.5.2 用四根质量各为m长度各为l的匀质细杆制成正方形框架，可绕其中一边的中点在竖直平面内转动，支点o是光滑的。最初，框架处于静止且AB边沿竖直方向，释放后向下摆动，求当AB边达到水平时，框架质心的线速度vc及框架作用于支点的压力N.
解：先求出正方形框架对支点o的转动惯量： A I2o?Ic?4m(l2o 2)?Ic?ml I2c?4(1l24272 Ep=0 B 12ml?m4)?3ml?Io?3ml设AB边达到水平位置时，框架的角速 B A 度为ω，据机械能守恒定律： 4mgl?12172222Io??2(3ml)? ???12g17l,vc?2l??37gl
AB边在水平位置时，框架所受到的向上的支撑力N和向下的重力W的作用线均通过支点o，对o轴的力矩为零，据转动定理，框架的角加速度为零，∴ac=ω2l/2=6g/7，方向向上。规定向上方向为正，对框架应用质心运动定理：
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据牛顿第三定律，支点受到的压力，大小等于N，方向向下。
7.5.3由长为l，质量为m的匀质细杆组成正方形框架，其中一
角连于水平光滑转轴O，转轴与框架所在平面垂直，最初，对角线