第4章 刚体力学

3-24 一质量为 2 kg 的物体，在竖直平面内由 A 点沿半径为 1 m 的 1/4 圆弧轨道滑到 B 点，又经过一段水平距离 $ s_{BC}=3 $ m 后停了下来（如题 3-24 图），假定在 B 点的速度为 $ 4 \, \text{m} \cdot \text{s}^{-1} $。

（1）从A点滑到B点和从B点滑到C点过程中，摩擦阻力各做了多少功？

（2）设 BC 段路面的摩擦因数处处相同，其摩擦因数是多少？

3-25 如题3-25图所示，水平小车的B端固定一弹簧，弹簧自然长度时，靠在弹簧上的滑块距小车A端为L，已知小车质量 $ m_{0}=10kg $，滑块质量 $ m=1kg $，弹簧的劲度系数 $ k=110N\cdot m^{-1} $， $ L=1.1m $，现将弹簧压缩 $ \Delta l=0.05m $并维持小车静止，然后同时释放滑块与小车，忽略一切摩擦。

（1）滑块与弹簧刚刚分离时，小车及滑块相对地的速度各为多少？

（2）滑块与弹簧分离后，又经过多少时间滑块从小车上掉下来？

3-26 长为 l 的轻绳一端固定于 O 点，另一端系一质量为 m 的小球，如题 3-26 图所示。今使小球绕 O 点在竖直平面内做圆周运动。若小球在最高点 A 处时绳的张力为 0 而不下落，求：

（1）小球在A点的速率。

（2）小球在任一点 B（绳与竖直线的夹角为 $ \theta $）的速率及绳中的张力 $ F_{T} $

3-27 如题3-27图所示，质量为 $ m_{0}=1.5\ kg $的物体，被长为 $ l=1.25\ m $的细绳（质量忽略不计）悬挂在天花板上，今有一质量为 $ m=10\ g $的子弹以 $ v_{0}=500\ m\cdot s^{-1} $的水平速度射穿物体。设刚穿出时子弹的速度大小为 $ v=30\ m\cdot s^{-1} $，求：

（1）子弹刚穿出时绳的张力；

（2）子弹在穿透过程中所获得的冲量。

3-28 如题 3-28 图所示，与弹簧相连，质量为 m 的物体在表面光滑、半径为 R

的固定半圆柱上滑动。设弹簧的劲度系数为 k，开始时物体处于 a 处，此时弹簧处于原长。在与半圆柱面始终相切的外力 F 的作用下，物体沿半圆柱面切向匀速地由 a 移动到 b， $ \left(\overline{oa} \text{与}\overline{ob}\right) $ 的夹角为 $ \alpha_{0} $，求力 F 所做的功。

3-29 如题3-29图所示，一物体的质量 $ m=2\ kg $，以初速 $ v_{0}=3\ m\cdot s^{-1} $ 从斜面上的a点处下滑，它与斜面间的摩擦力 $ F_{k}=8\ N $，经过4.8 m到达b点，压缩处于原长的轻弹簧0.2 m至c点后速度为0，后又被弹至d点且速度为0。求弹簧的劲度系数 k 和 cd 的长度。

3-30 质量 $ m=1 \, kg $ 的钢球，系于一条长 $ l=1 \, m $ 的细绳的一端，绳的另一端固定于 O 点。将球由绳处于水平拉直的静止状态时释放（如题 3-30 图所示），球经过四分之一的圆弧路径达到最低点，对心撞击质量 $ m_{0}=5 \, kg $ 的钢块。设碰撞是完全弹性的，碰撞后钢块沿水平光滑地面滑行，与一劲度系数为 $ k=2000 \, N \cdot m^{-1} $ 的轻弹簧相碰撞而将弹簧压缩。求弹簧的最大压缩量。

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刚体力学

在前面的章节中，我们已经学习了质点和质点系的运动规律。固体、液体和气体是特殊的质点系，常常可以处理为质量连续分布的物质系统，称为连续体。处理连续体的运动问题时不再以一个个分离的原子分子为关注的质点，而是以微积分的方法将连续体分割为微分单元，简称为质元。每一个质元可看作为一个质点，虽然从微观的角度来看一个质元内实际上可以包含大量的原子和分子。

本章研究的刚体是研究固体机械运动时的理想模型，我们将忽略固体受力过程中的大小和形状变化。

4.1 刚体运动学

4.1.1 刚体

我们在研究一个物体的转动时，需要考虑物体的形状和大小。实际物体在受到外力作用时，其形状和大小总会发生改变，如果在讨论一个物体的运动时，物体的形状和大小的改变可以忽略，即对研究问题几乎没有影响，我们就可以用刚体（rigid body）这一理想模型来描写这个物体。由于刚体质量的连续分布，我们引入质量密度的概念。所谓质量体密度 $ \rho $ 是指单位体积中的质量，从而体积为 dV 的质元具有质量 $ dm = \rho dV $。如果刚体质量具有面分布，则用质量面密度 $ \sigma $（单位面积中的质量）来描写其质量分布，在 dS 面元中的质量为 $ dm = \sigma dS $；如果刚体质量具有线分布，则用质量线密度 $ \eta $（单位长度中的质量）来描写其质量分布，在 dx 线元中的质量为 $ dm = \eta dx $。在分析刚体运动过程中，可认定各质元的相对位置保持不变。

4.1.2 刚体的平动和转动

刚体的基本运动可分为平动和转动。如果刚体在运动中，连接刚体上任意两点的直线，在各时刻始终保持彼此平行，这种运动称为平动，如图4-1所示。这里 $ AB\parallel A^{\prime}B^{\prime}\parallel A^{\prime\prime}B^{\prime\prime} $。显然，在平动时刚体上各质元的运动轨迹、速度和加速度完全相同，所以我们可以选取刚体上任一点（如质心C）的运动来描写整个刚体的运动。

如果刚体上所有质元都绕同一直线（转轴）做圆周运动，则称为刚体的转动。我们仅讨论该转轴固定的情况，这种转动称为刚体的定轴转动（fixed-axis rotation）。其特点是，轴上各点都保持不动，轴外各质元均做圆周运动。在 $ \Delta t $时间内每个质元走过的弧长可以不同，从而其线速度、线加速度一般不同，但所有质元转动的角量（角位置 $ \theta $，角位移

$ \Delta\theta $，角速度 $ \omega $、角加速度 $ \alpha $ 都是一样的。因此，用角量描写刚体的转动是方便的。

如1.3中所讨论过的，刚体的角速度大小[见式(1-32)]为

$$ \omega=\frac{\mathrm{d}\theta}{\mathrm{d}t} $$

角速度是一个矢量，其方向由右手螺旋法则确定。为了更好地描写角速度，我们可先任意标定转轴的正向。在图4-2(a)中，如果转轴正向向上，则A轮角速度大于零，B轮角速度小于零，因而式(4-1)中的 $ \omega $实际上是角速度矢量 $ \omega $在转轴方向的投影量， $ \omega $是一可正可负的代数量。

刚体上与固定转轴垂直的任一平面称为转动平面，刚体上每个质元都在相应的转动平面内转动。如图4-3所示，设质元 $ \Delta m_{i} $离转轴距离为 $ r_{i} $，即质元 $ \Delta m_{i} $做半径为 $ r_{i} $的圆周运动，则其线速度 $ v_{i} $与角速度 $ \omega $的关系是

$$ v_{i}=\boldsymbol{\omega}\times\boldsymbol{r}_{i} $$

其线速度大小与角速度大小的关系是

$$ v_{i}=r_{i}\omega $$

质元 $ \Delta m_{i} $ 的切向加速度 $ a_{1} $ 和法向加速度 $ a_{n} $ 与刚体运动的角加速度 $ \alpha $ 和角速度 $ \omega $ 的关系为

$$ a_{i}=\frac{\mathrm{d}v_{i}}{\mathrm{d}t}=r_{i}\alpha $$

$$ \boldsymbol{a}_{n}=\frac{v_{i}^{2}}{r_{i}}=r_{i}\boldsymbol{\omega}^{2} $$

4.2 刚体的定轴转动定律

4.2.1 力矩

绕定轴转动的刚体的动力学规律是用它的角动量的变化来说明的。作为特殊

的质点系，刚体当然服从一般形式的质点系角动量定理，见式（3-100），即

$$ \boldsymbol{M}_{ 外 }=\frac{\mathrm{d}\boldsymbol{L}}{\mathrm{d}t} $$

式中 $ M_{外} $ 是刚体所受的合外力矩，L 是刚体的角动量。

将矢量形式的式(4-6)应用于刚体的定轴转动问题，习惯上以转轴为z轴，并适当选择转轴上的某固定点为计算刚体角动量L和所受合外力矩 $ M_{外} $的参考点，则可以由上式在z轴方向的分量式，即

$$ M_{z}=\frac{\mathrm{d}L_{z}}{\mathrm{d}t} $$

完全确定刚体的定轴转动状况,式中 $ L_{z} $ 和 $ M_{z} $ 常称为刚体定轴转动的角动量和合外力矩。

以生活中开门的经验为例，如果沿着与门轴平行的方向施力，用再大的力也不能将门打开，只会将门损坏。如图4-4所示，平行于转轴的力产生的力矩与转轴垂直，在转轴方向分量为零。

如图4-5所示，考虑作用线在转动平面内的力 $ F_{i} $，该转动平面与转轴交点为O，力的作用点P相对于O的位矢为 $ r_{i} $，则此力 $ F_{i} $对转轴的力矩大小为

$$ M_{i z}=F_{i}r_{i}\sin\varphi_{i}=F_{i t}r_{i} $$

式中 $ F_{it}=F_{i}\sin\varphi_{i} $ 是力在转动平面内的垂直于位矢 $ r_{i} $ 的分量，称为切向分量。力 $ F_{i} $ 的另外一个分量 $ F_{in} $ 由于通过转轴，对转轴的力矩为零。力 $ F_{i} $ 产生的力矩的方向由右手螺旋定则决定，图4-5中 $ M_{i} $ 方向向上， $ M_{iz} $ 大于零。

如果力的作用线不在转动平面内，我们将力在转动平面内与平行于转轴两方向进行分解，由于平行于转轴的力对转轴的力矩为零，我们只需考虑转动平面内的力产生的力矩即可。

考虑所有外力，可得作用在定轴转动刚体上合外力矩的 z 方向分量为

$$ M_{z}=\sum_{i}M_{i z}=\sum_{i}F_{i t}r_{i}=F_{1t}r_{1}+F_{2t}r_{2}+\cdots+F_{n t}r_{n} $$

4.2.2 刚体定轴转动的角动量 转动定律

刚体上的质元可能在不同的转动平面内转动，如图4-6所示，质元 $ \Delta m_{i} $所在的转动平面与转轴的交点为 $ O' $，相对于原点O的角动量为

$$ \boldsymbol{L}_{i0}=\boldsymbol{r}_{i0}\times\Delta m_{i}\boldsymbol{v}_{i} $$

其大小为 $ L_{i0}=r_{i0}\Delta m_{i}v_{i} $，方向与 z 轴的夹角为 $ \frac{\pi}{2}-\alpha $。该角动量在 z 轴方向的分量为

$$ L_{i z}=L_{i0}\cos\left(\frac{\pi}{2}-\alpha\right)=r_{i0}\Delta m_{i}v_{i}\sin\alpha=\Delta m_{i}v_{i}r_{i}=\Delta m_{i}r_{i}^{2}\omega $$

式中 $ r_{i} $ 是质元 $ \Delta m_{i} $ 到转轴的距离。也就是说，刚体定轴转动中质元的角动量除了与质元质量 $ \Delta m_{i} $ 和角速度 $ \omega $

成正比外，还与质元到转轴的距离 $ r_{i} $ 的平方成正比。实际上，式（4-9）中的力也可以在不同的转动平面内，每一个力产生的力矩仅与力的作用点到转轴的距离 $ r_{i} $ 和力的切向分量 $ F_{it} $ 有关。

整个刚体对转轴 z 的角动量为

$$ L_{z}=\sum_{i}L_{i z}=\sum_{i}\Delta m_{i}r_{i}^{2}\omega=\left(\sum_{i}\Delta m_{i}r_{i}^{2}\right)\omega $$

上式中括号中的量 $ \sum_{i}\Delta m_{i}r_{i}^{2} $ 是由刚体各质元相对于固定轴的分布决定的，与刚体的运动及受外力无关，这个表示刚体本身相对于转轴的特征的物理量称为刚体对于该转轴的转动惯量（moment of inertia），用 J 表示，即

$$ J=\sum_{i}\Delta m_{i}r_{i}^{2} $$

其中 $ r_{i} $ 为质元 $ \Delta m_{i} $ 到该转轴的垂直距离。这样，刚体绕定轴转动的角动量为

$$ L_{z}=J\omega $$

它表明，刚体对某一定轴的角动量等于刚体绕该轴的转动惯量 J 与角速度 $ \omega $ 的乘积。将上式代入式(4-7)，并略去下标 z，有

$$ M=\frac{\mathrm{d}L}{\mathrm{d}t}=J\frac{\mathrm{d}\omega}{\mathrm{d}t}=J\alpha $$

上式称刚体的定轴转动定律。它表明，刚体绕某一定轴转动，它受的合外力矩等于刚体的转动惯量与角加速度的乘积。

式(4-14)与一维直线运动中质点的牛顿定律表达式 F = ma 相对应。这里合外力矩 M 对应于外力 F，转动惯量 J 对应于质量 m，角加速度 $ \alpha $ 对应于加速度 a。因此，转动惯量 J 体现了刚体在转动过程中表现出的惯性。对于同样大小的外力矩，转动惯量 J 大的刚体获得的角加速度 $ \alpha $ 小，转动状态不容易改变。

4.2.3 转动惯量

如果刚体由离散质元(质点)组成，它对某一轴的转动惯量由式(4-12)定义，对于质量连续分布的刚体，式(4-12)中的求和应为积分所代替，即

$$ J=\int r^{2}\mathrm{d}m $$

式中 r 是刚体质元 dm 到转轴的距离。上式说明，刚体对某转轴的转动惯量等于刚体中各质元的质量和它们各自与该转轴距离的平方的乘积的总和。刚体相对于给定转轴的转动惯量除了与总质量有关外，还与质量相对于转轴的分布有关。

【例 4-1】计算质量为 m, 半径为 R 的匀质圆盘对通过盘心并垂直于盘面的轴的转动惯量。

解 由于质量均匀分布，圆盘面积 $ \pi R^{2} $，质量面密度为 $ \sigma = m / \pi R^{2} $。如图 4-7 所示，在圆盘上取一半径为 r 宽度为 dr 的窄圆环，其中所有质点到转轴的距离都是 r，该环的面积为 $ dS = 2\pi r dr $，质量为 $ dm = \sigma 2\pi r dr $，对轴的转动惯量为 $ dJ = r^{2} dm = \sigma 2\pi r^{3} dr $。因而圆盘对通过盘心且与盘面垂直的轴的转动惯量为

$$ J=\int_{0}^{R}\sigma2\pi r^{3}\mathrm{d}r=\frac{1}{2}\sigma\pi R^{4}=\frac{1}{2}m R^{2} $$

由于 J 与圆盘厚度无关，显然，它也适用于圆柱体。

【例4-2】求长为L，质量为m的均匀细棒在如下情况中的转动惯量：（1）转轴通过棒的中点与棒垂直；（2）转轴通过棒的一个端点与棒垂直。

解 这里转轴与棒垂直可能有两种情况：1. 转轴垂直纸面，杆在纸面内转动；2. 转轴在竖直方向，杆在水平面内转动。

（1）对于转轴通过棒的中点与棒垂直（如转轴垂直于纸面或者转轴在竖直方向）的情况，如图4-8(a)所示，棒的质量线密度（单位长度内的质量）为 $ \eta=\frac{m}{L} $，在距中点O为x处取质元 $ \mathrm{d}m=\eta\mathrm{d}x $， $ \mathrm{d}J=x^{2}\mathrm{d}m=x^{2}\eta\mathrm{d}x $，则

$$ J=\int_{-L/2}^{L/2}x^{2}\eta\mathrm{d}x=2\eta\int_{0}^{L/2}x^{2}\mathrm{d}x=\frac{1}{12}\eta L^{3}=\frac{1}{12}mL^{2} $$

（2）对于转轴通过棒的一个端点与棒垂直（如转轴垂直于纸面或者转轴在竖直方向）的情况，见图4-8(b)，则

$$ J=\int_{0}^{L}x^{2}\eta\mathrm{d}x=\frac{1}{3}\eta L^{3}=\frac{1}{3}mL^{2} $$

例4-2的结果说明,同一刚体由于转轴位置不同,转动惯量也不同。表4-1给出 $ \underline{\text{一些}} $规则的均匀刚体绕特定轴的转动惯量。

4.2.4 刚体定轴转动定律的应用

应用刚体定轴转动定律式(4-14)解题应注意几点。① 分析问题，视解题方便选定转轴正向。② 根据右手螺旋定则，如果某力对转轴力矩方向与转轴正向一致为正，否则为负。合外力矩应为各力矩的代数和。③ 如果求出 $ \alpha>0 $，表明角加速度方向与转轴正向一致， $ \alpha<0 $ 说明两者方向相反。④ 有时要研究质点-刚体组成的系统，要注意质点运动方向与刚体转动方向要自洽，对质点运用牛顿定律，对刚体运

用转动定律。⑤列出关联方程，一般在质点加速度与刚体角加速度之间去找。

【例 4-3】图 4-9(a) 是阿特伍德机示意图。跨过定滑轮的轻绳两端各悬挂质量为 $ m_{1} $ 和 $ m_{2} $ 的物体，设 $ m_{1} > m_{2} $。滑轮可看作密度均匀的圆盘，半径为 R，质量为 m。忽略转轴与滑轮的摩擦，并且绳与滑轮之间无相对滑动，求两物体的加速度及绳中张力 $ F_{T1} $ 和 $ F_{T2} $。

解 $ m_{1}, m_{2} $ 做平动，可以看作为质点。由于 $ m_{1} > m_{2} $，则 $ m_{1} $ 向下加速运动， $ m_{2} $ 向上加速运动，滑轮 m 角加速度方向逆时针。分隔 $ m_{1}, m_{2} $ 和滑轮如图 4-9(b) 所示， $ m_{1} $ 受重力 $ m_{1} g $ 和张力 $ F_{T1} $，坐标轴正向向下； $ m_{2} $ 受重力 $ m_{2} g $ 和张力 $ F_{T2} $，坐标轴正向向上；滑轮 m 受重力 mg，轴支承力 $ F_{N} $ 及绳子张力 $ F_{T1} $， $ F_{T2} $。重力 mg 和轴支承力通过转轴，力矩为零。由于滑轮逆时针加速旋转，选向外作为转轴正向，则张力 $ F_{T1} $ 和 $ F_{T2} $ 的力矩分别为 $ F_{T1} R $ 和 $ -F_{T2} R $。分别列出它们的动力学方程，得

$$ m_{1}g-F_{T1}=m_{1}a_{1} $$

$$ m_{1}\text{：} $$

$$ F_{T2}-m_{2}g=m_{2}a_{2} $$

$$ m_{2} $$

滑轮 m:

$$ F_{T1}R-F_{T2}R=J\alpha=\frac{1}{2}mR^{2}\alpha $$

$$ a_{1}=a_{2}=R\alpha $$

关联方程：

联立求解，可得

$$ a_{1}=a_{2}=\frac{2(m_{1}-m_{2})}{m+2(m_{1}+m_{2})}g $$

$$ F_{\mathrm{T1}}=\frac{\left(m+4m_{2}\right)m_{1}}{m+2\left(m_{1}+m_{2}\right)}g,\quad F_{\mathrm{T2}}=\frac{\left(m+4m_{1}\right)m_{2}}{m+2\left(m_{1}+m_{2}\right)}g $$

【例4-4】如图4-10所示，一根长为l，质量为m的匀质细杆，可绕水平光滑轴在竖直平面内转动，最初棒静止在水平位置，求它下摆 $ \theta $角时的角速度和角加速度。

解 选取向内为转轴正向，杆在下摆运动中做顺时针转动，受到重力和轴的作用力 $ F_{N} $，但轴的作用力 $ F_{N} $ 对转轴力矩为零，因此，只需讨论重力对转轴 O 的力矩即可。在杆上取 dx 小段，其质量 $ \mathrm{d}m=\frac{m}{l}\mathrm{d}x $，在杆下摆到 $ \theta $ 角度时，它对转轴 O 所产生的重力矩为

$$ \mathrm{d}M=x\mathrm{d}mg\cos\theta=\frac{m}{l}gx\cos\theta\mathrm{d}x $$

整个杆受的重力矩为

$$ M=\int_{0}^{l}\frac{m}{l}g x\cos\theta\mathrm{d}x=\frac{m}{l}g\cos\theta\frac{l^{2}}{2}=\frac{m}{2}g l\cos\theta $$

上式说明，重力对整个杆的合力矩相当于全部重力集中作用于质心 C（细杆的 $ \frac{l}{2} $ 处）所产生的力矩。

$$ \alpha=\frac{M}{J}=\frac{\frac{1}{2}mgl\cos\theta}{\frac{1}{3}ml^{2}}=\frac{3g\cos\theta}{2l} $$

根据转动定律，可得棒的角加速度为

$$ \alpha=\frac{\mathrm{d}\omega}{\mathrm{d}t}=\frac{\mathrm{d}\omega}{\mathrm{d}\theta}\frac{\mathrm{d}\theta}{\mathrm{d}t}=\omega\frac{\mathrm{d}\omega}{\mathrm{d}\theta} $$

由于

比较式(2)与式(3)，有

$$ \omega\frac{\mathrm{d}\omega}{\mathrm{d}\theta}=\frac{3g\cos\theta}{2l} $$

分离变量，可得

$$ \omega\mathrm{d}\omega=\frac{3g\cos\theta}{2l}\mathrm{d}\theta $$

两边积分

$$ \int_{0}^{\omega}\omega\mathrm{d}\omega=\int_{0}^{\theta}\frac{3g\cos\theta}{2l}\mathrm{d}\theta $$

得

$$ \omega^{2}=\frac{3g\sin\ \theta}{l} $$

即棒的角速度为

$$ \omega=\sqrt{\frac{3g}{l}}\sin\theta $$

4.3 刚体定轴转动中的功和能

4.3.1 力矩的功

如图4-11所示，设F是作用在刚体质元 $ \Delta m_{i} $上的外力，F的作用线在转动平面内，F的作用点的位矢为r。当刚体绕定轴转动 $ \mathrm{d}\theta $角度时， $ \Delta m_{i} $的位移 $ \mathrm{d}r $大小为 $ \left|\mathrm{d}r\right|=r\mathrm{d}\theta $，则外力F做的元功是

$$ \mathrm{d}A=F\cdot\mathrm{d}r=F\left|\mathrm{d}r\right|\cos\left(\frac{\pi}{2}-\varphi\right)=F r\sin\varphi\mathrm{d}\theta $$

$ \varphi $ 是 F 与 r 的夹角。根据式(4-8)， $ F r \sin \varphi $ 刚好是该力对转轴的力矩 M，因此上式可写为

$$ \mathrm{d}A=M\mathrm{d}\theta $$

即外力对转动刚体做的元功等于相应力矩与角位

移的乘积。当力矩 M 与 $ \mathrm{d}\theta $ 方向一致时 dA 为正，否则为负。如果刚体的角位置从 $ \theta_{1} $ 转到 $ \theta_{2} $，则力矩做功为

$$ A=\int_{\theta_{1}}^{\theta_{2}}M\mathrm{d}\theta $$

如果刚体受到几个外力作用，则 M 为合外力矩。

4.3.2 刚体定轴转动的动能

做定轴转动的刚体所具有的动能，称为转动动能，它等于各个质元动能之和。如图4-6所示，设刚体的角速度为 $ \omega $，刚体质元 $ \Delta m_{i} $离转轴距离为 $ r_{i} $，该质元速度为 $ v_{i}=r_{i}\omega $，则其动能为

$$ \Delta E_{ki}=\frac{1}{2}\Delta m_{i}v_{i}^{2}=\frac{1}{2}\Delta m_{i}(r_{i}\omega)^{2}=\frac{1}{2}\Delta m_{i}r_{i}^{2}\omega^{2} $$

刚体各质元的总动能称为刚体转动动能，即

$$ E_{\mathrm{k}}=\sum_{i}\Delta E_{\mathrm{k}i}=\frac{1}{2}\Big(\sum_{i}\Delta m_{i}r_{i}^{2}\Big)\omega^{2} $$

绕定轴转动的刚体中所有的质元具有相同的角速度 $ \omega $，可从求和号中提出。而 $ \sum_{i}\Delta m_{i}r_{i}^{2} $ 刚好为刚体绕定轴的转动惯量 J，所以刚体转动动能为

$$ E_{k}=\frac{1}{2}J\omega^{2} $$

与质点运动的动能公式 $ E_{k}=\frac{1}{2}mv^{2} $ 对比，转动惯量 J 对应于惯性质量 m，角速度 $ \omega $ 对应于线速度 v。

4.3.3 刚体定轴转动的动能定理

设 $ t_{1} $ 时刻，刚体的角位置为 $ \theta_{1} $，角速度为 $ \omega_{1} $; $ t_{2} $ 时刻，刚体的角位置为 $ \theta_{2} $，角速度为 $ \omega_{2} $。将刚体转动定律 $ M=J\frac{d\omega}{dt}=J\alpha $ 代入式（4-17），得

$$ A=\int_{\theta_{1}}^{\theta_{2}}M\mathrm{d}\theta=\int_{\theta_{1}}^{\theta_{2}}J\frac{\mathrm{d}\omega}{\mathrm{d}t}\mathrm{d}\theta=\int_{\omega_{1}}^{\omega_{2}}J\omega\mathrm{d}\omega=\frac{1}{2}J\omega_{2}^{2}-\frac{1}{2}J\omega_{1}^{2} $$

即

$$ A=E_{k2}-E_{k1} $$

上式称刚体定轴转动的动能定理。它表明，合外力矩对刚体所做的功等于刚体转动动能的增量。

4.3.4 刚体的重力势能

和一切质点系一样,刚体的重力势能为所有质元重力势能之和,设刚体的尺度不太大,有

$$ E_{\mathrm{p}}=\sum_{i}\Delta m_{i}g h_{i}=g\sum_{i}\Delta m_{i}h_{i} $$

根据质心的定义[见式(3-22)]， $ \sum_{i}\Delta m_{i}h_{i}=mh_{C} $，这里 $ h_{C} $是质心的高度（如图4-12所示），所以上式可写为

$$ E_{p}=mgh_{c} $$

这表明，刚体重力势能相当于总质量 $ m = \sum_{i} \Delta m_{i} $ 集中于质心处所具有的势能。

【例4-5】分别用刚体定轴转动的动能定理和机械能守恒定律求解例4-4。

解 （1）用刚体定轴转动的动能定理求解。研究对象为杆。受外力矩（重力矩） $ M=\frac{m}{2}gl\cos\theta $，在转动过程中重力矩做的功为

$$ A=\int_{0}^{\theta}M\mathrm{d}\theta=\int_{0}^{\theta}\frac{m}{2}g l\cos\theta\mathrm{d}\theta=\frac{mg}{2}l\sin\theta $$

杆在初始状态转动动能为0，末态转动动能为 $ \frac{1}{2}J\omega^{2} $，根据刚体定轴转动的动能定理，有

$$ \frac{mg}{2}l\sin\theta=\frac{1}{2}J\omega^{2}-0 $$

将 $ J=\frac{1}{3}ml^{2} $ (见表4-1)代入式(2)，可得

$$ \omega=\sqrt{\frac{3g}{l}\sin\theta} $$

下面求杆的角加速度。由式(3)可得 $ \omega^{2}=\frac{3g\sin\theta}{l} $，两边对 t 求导，有

$$ 2\omega\frac{\mathrm{d}\omega}{\mathrm{d}t}=\frac{3g\cos\theta}{l}\frac{\mathrm{d}\theta}{\mathrm{d}t} $$

由于 $ \frac{\mathrm{d}\theta}{\mathrm{d}t}=\omega $， $ \frac{\mathrm{d}\omega}{\mathrm{d}t}=\alpha $，代入上式得

$$ \alpha=\frac{\mathrm{d}\omega}{\mathrm{d}t}=\frac{3g\cos\theta}{2l} $$

（2）用机械能守恒定律求解。研究对象为杆与地球组成的系统，外力（轴对杆的作用力）做功为零，只有保守内力（重力）做功，机械能守恒。以杆在水平位置为重力势能的零点，则有

$$ 0=\frac{1}{2}J\omega^{2}-\frac{mg}{2}l\sin\theta $$

将 $ J = \frac{1}{3} ml^{2} $ 代入上式可得

$$ \omega=\sqrt{\frac{3g}{l}\sin\theta} $$

同样，可由上式求导得杆的角加速度 $ \alpha $。

【例 4-6】如图 4-13 所示，绕在定滑轮上轻绳的一端固定于定滑轮边上，另一端与一质量为 $ m=2 \, kg $ 的物体相连，已知定滑轮质量 $ m_{0}=1 \, kg $，半径 $ R=0.1 \, m $，且轴承光滑，定滑轮转动惯量 $ J=\frac{1}{2}m_{0}R^{2} $，其初角速度 $ \omega_{0}=5 \, rad \cdot s^{-1} $，方向垂直于纸面向内，求：

（1）定滑轮的角加速度 $ \alpha $;

（2）定滑轮角速度变化到 $ \omega=0 $ 时，物体上升的高度。

解 （1）研究定滑轮的转动，选向内为转轴正向，重力、轴支撑力对转轴力矩为零，对转动没有影响。绳张力对转轴力矩为 $ -F_{T}R $，则根据转动定律，有

$$ -F_{T}R=J\alpha=\frac{m_{0}}{2}R^{2}\alpha $$

研究质量为 m 的物体，选 x 轴向上，根据牛顿定律，有

$$ F_{\mathrm{T}}-m g=m a $$

关联方程

$$ a=R\alpha $$

联立以上三式解得

$$ \alpha{\begin{aligned}\alpha=\frac{-mgR}{J+mR^{2}}=\frac{-2\times9.8\times0.1}{\frac{1}{2}\left(0.1\right)^{2}+2\left(0.1\right)^{2}}\operatorname{rad}\cdot\mathrm{s}^{-1}=-78.4\operatorname{rad}\cdot\mathrm{s}^{-1}\end{aligned}} $$

(2) 研究物体 m、定滑轮 $ m_{0} $ 及地球组成的系统，在物体 m 上升、定滑轮转动过程中，机械能守恒，选开始 m 所在处为重力势能零点，有

$$ \frac{1}{2}mv_{0}^{2}+\frac{1}{2}J\omega_{0}^{2}=mgh $$

式中 $ v_{0}=R\omega_{0} $，将数据代入上式，解得

$$ h=0.0159m $$

本题也可根据 $ \omega = \omega_{0} + \alpha t $，求出 $ \omega = 0 $ 时的时刻 t，再根据 $ h = v_{0}t + \frac{1}{2}at^{2} $，求出物体 m 上升的高度，请读者自行计算。

4.4 刚体定轴转动的角动量守恒定律

4.4.1 刚体定轴转动的角动量定理

将刚体（质点系）的定轴转动定律式（4-14）进行改写，并将式（4-13）代入，得

$$ M\mathrm{d}t=\mathrm{d}L=J\mathrm{d}\omega $$

上式中的 Mdt 称为冲量矩，冲量矩表示力矩对时间的积累效果。设刚体 $ t_{1} $ 时刻角

速度为 $ \omega_{1}, t_{2} $ 时刻角速度为 $ \omega_{2} $，则对式(4-22)两边积分，有

$$ \int_{t_{1}}^{t_{2}}M\mathrm{d}t=\int_{\omega_{1}}^{\omega_{2}}J\mathrm{d}\omega=J\omega_{2}-J\omega_{1} $$

上式称刚体定轴转动的角动量定理，它表明：刚体在一段时间内所受的冲量矩，等于刚体在这段时间内角动量的增量。式(4-22)是角动量定理的微分形式。

4.4.2 刚体（质点系）定轴转动的角动量守恒定律

根据式(4-14)，如果 M=0，则

$$ L=J\omega= 常量 $$

这就是说：刚体（或质点系）对某一定轴所受合外力矩为零，则它对这一固定轴的角动量保持不变，这称为刚体（或质点系）绕定轴转动的角动量守恒定律。

式(4-24)表明，在无外力矩的情况下，若刚体绕其自转轴转动，则其角速度不变，保持角动量 $ L = J\omega $ 守恒。

在天文学中更容易理解的角动量守恒事例是星球（包括地球）的自转周期恒定。1967年10月，剑桥大学卡文迪许实验室（Cavendish Laboratory）的安东尼·休伊什（Antony Hewish，1924—）教授的研究生——24岁的乔丝琳·贝尔（Jocelyn Bell Burnell，1943—）检测射电望远镜收到的信号时无意中发现了一些有规律的脉冲信号，它们的周期十分稳定，为1.337 s。起初她以为这是外星人“小绿人”（LGM）发来的信号，但在接下来不到半年的时间里，又陆陆续续发现了数个这样的脉冲信号。后来人们确认这是一类新的天体，并把它命名为“脉冲星”。1968年有人提出脉冲星是快速旋转的中子星。中子星具有强磁场，运动的带电粒子发出同步辐射，形成与中子星一起转动的射电波束。由于中子星的自转轴和磁轴一般并不重合，每当射电波束扫过地球时，就接收到一个脉冲。

原来，恒星在演化末期，缺乏继续燃烧所需要的核反应原料，内部辐射压降低，由于其自身的引力作用逐渐坍缩。质量不够大（约数倍太阳质量）的恒星坍缩后依靠电子简并压力与引力相抗衡，成为白矮星，而在质量比这还大的恒星里面，电子被压入原子核，形成中子，这时候恒星依靠中子的简并压力与引力保持平衡，这就是中子星。由于中子星的自转轴和磁轴一般并不重合，每当它旋转一圈，射电波束扫过地球时，就接收到一个脉冲。典型中子星的半径只有几公里到十几公里，质量却在1~2倍太阳质量之间，因此其密度可以达到每立方厘米上亿吨。由于恒星在坍缩的时候角动量守恒，坍缩成半径很小的中子星后自转速度往往非常快。可以达到1秒多一点的时间就转一圈。甚至转动1圈的时间为毫秒级。例如，人类发现的第一颗脉冲星：PSR1919+21，也就是前文中贝尔小姐发现的那颗脉冲星，位于狐狸座方向，周期为1.337 301 192 27 s。蟹状星云（M1；原天关客星，SN 1054）发现了一个周期约0.033 s的脉冲星。2003年4月，研究人员发现PSRJ0737-3039A脉冲星的周期为22 ms。迄今已观测到的最慢的脉冲星的周期间隔为4 s，而1982年发现的最快的脉冲星的周期是0.001 55 s，即1.55 ms。

下面我们通过几个实例讨论质点系统定轴转动的角动量守恒。

在图4-14的演示实验里，演示者坐在一个可绕垂直轴无摩擦转动的凳子（称为茹科夫斯基凳）上，手持重哑铃，两臂平伸开，并令人与凳以一定的角速度旋转。当他把双臂收回使哑铃贴在胸前时，系统的转速明显增加。这种现象可用质点组绕定轴转动角动量守恒定律解释如下：开始双臂伸开时，人与哑铃系统绕中心轴转动惯量为 $ J_{1} $，转动角速度为 $ \omega_{1} $。当将哑铃收回至胸前后，人与哑铃系统绕中心轴转动惯量为 $ J_{2} $，转动角速度为 $ \omega_{2} $。由于人在收回手臂过程中对竖直轴系统没有受到外力矩作用，它的角动量守恒，有 $ J_{1}\omega_{1}=J_{2}\omega_{2} $，由于 $ J_{1}>J_{2} $，所以 $ \omega_{2}>\omega_{1} $。

在日常生活中，角动量守恒的例子经常可见。芭蕾舞演员、花样滑冰运动员在旋转时往往先把两臂展开，然后把两臂靠拢身体，从而使旋转角速度加快。又如跳水运动员将两臂伸直，并以一定角速度离开跳板，在空中，将臂和腿尽量蜷曲，以减小转动惯量，因而角速度增大，在空中迅速翻转。当快接近水面时，再伸直手臂和双腿从而增加转动惯量，减小角速度，以便尽量竖直插入水中，减小入水水花。这一跳水过程如图4-15所示，图中虚线为质心运动轨迹，它是一条抛物线。

下面我们列出一些典型的角动量数值。

【例4-7】如图4-16所示，匀质杆质量为 $ m_{0} $，长l，可绕通过中点的光滑轴在竖直面内旋转。开始杆竖直静止。有一子弹质量为m，以水平速度v射入杆的下端而不复出，求（1）杆和子弹开始一起旋转时的角速度；（2）碰撞过程水平方向（图中x方向）动量是否守恒，为什么？如不守恒，求出动量增量；（3）求出碰撞过程机械能的损失；（4）求杆相对铅垂线偏转的最大角度。

解 （1）碰撞过程经历的时间极短，在这一过程中棒的位置基本不变，即仍然保持竖直。因此，系统所受外力（重力与轴的支持力）对于轴 O 的力矩都为零，因而系统对轴 O 的角动量守恒。碰前角动量 $ L_{1}=mv\frac{l}{2} $，碰后角动量 $ L_{2}=J'\omega $， $ J' $ 为子弹与杆组成的系统相对于 O 的转动惯量，且

$$ J^{\prime}=J_{ 杆 }+J_{ 子弹 }=\frac{m_{0}}{12}l^{2}+m\left(\frac{l}{2}\right)^{2} $$

由角动量守恒

$$ mv\frac{l}{2}=J^{\prime}\omega=\left[\frac{m_{0}}{12}l^{2}+m\left(\frac{l}{2}\right)^{2}\right]\omega $$

求得

$$ \omega=\frac{6mv}{l(3m+m_{0})} $$

（2）在质点与刚体（杆）碰撞过程中，动量一般不守恒，这是因为转轴对杆有作用力，并且该作用力与子弹和杆的相互作用力（冲力）有关，因而不可忽略。碰撞前水平方向的动量为 mv，碰后，由于对称性，杆沿水平方向的总动量仍为零，子弹在水平方向的动量为 $ mv' = m\left(\frac{l}{2}\right)\omega = \frac{3m^{2}v}{3m + m_{0}} $，动量增量为

$$ mv^{\prime}-mv=\frac{3m^{2}v}{3m+m_{0}}-mv=\frac{-mm_{0}v}{3m+m_{0}} $$

这说明轴对杆的作用力在 x 轴方向分量为负值，系统动量减小。

（3）由于碰撞过程势能不变，机械能损失就是动能的损失，碰撞前系统总动能 $ E_{k1}=\frac{1}{2}mv^{2} $，碰撞后系统总动能 $ E_{k2}=\frac{1}{2}J'\omega^{2} $， $ J'=\frac{m_{0}}{12}l^{2}+m\left(\frac{l}{2}\right)^{2} $，将式（3）代入，可得机械能的增量

$$ \begin{aligned}\Delta E_{\mathrm{k}}&=E_{\mathrm{k}2}-E_{\mathrm{k}1}=\frac{1}{2}J^{\prime}\omega^{2}-\frac{1}{2}mv^{2}\\&=\frac{1}{2}\left[\frac{m_{0}}{12}l^{2}+m\left(\frac{l}{2}\right)^{2}\right]\left[\frac{6mv}{l(3m+m_{0})}\right]^{2}-\frac{1}{2}mv^{2}\\&=-\frac{m m_{0}v^{2}}{2(3m+m_{0})}\\ \end{aligned} $$

即在子弹射入并停留在杆的过程中，发生了完全非弹性碰撞过程，机械能的损失为 $ \left|\Delta E_{k}\right| $。

这说明，质点与绕定轴转动的刚体碰撞过程中角动量一定守恒。但动量不一定守恒，机械能也不一定守恒（完全弹性碰撞则机械能守恒）。

(4) 在杆开始转动到杆转到最大偏转角 $ \theta $ 的过程中，研究杆、子弹和地球组成的系统，机械能守恒。如图4-17所示，以杆下端最低点作为重力势能零点，则杆开始转动时的机械能为

$$ E_{1}=\frac{1}{2}J^{\prime}\omega^{2}+\frac{1}{2}m_{0}gl $$

杆转到最大角度时的机械能（动能为零）为

$$ E_{2}=\frac{1}{2}m_{0}gl+\frac{1}{2}mgl(1-\cos\theta) $$

由机械能守恒, $ E_{1}=E_{2} $，则有

$$ \frac{1}{2}J^{\prime}\omega^{2}=\frac{1}{2}mgl(1-\cos\theta) $$

$$ \theta=\arccos\left[1-\frac{3mv^{2}}{\left(m_{0}+3m\right)gl}\right] $$

得

【例4-8】如图4-18所示，质量为 $ m_{0} $，半径为R的转盘，可绕通过中心的竖直轴转动，阻力忽略不计。开始质量为m的人相对转盘静止在离转轴中心 $ \frac{R}{2} $处。开始系统以角速度 $ \omega_{0} $逆时针旋转。然后人相对于盘以速度v做半径为R/2的圆周运动（与原转动方向相反，见图4-18），求转盘相对于地的角速度。

解 研究人与转盘系统，外力矩为零，因而角动量守恒。且 $ J_{盘}=\frac{1}{2}m_{0}R^{2} $， $ J_{人}=m\left(\frac{R}{2}\right)^{2} $，开始时系统绕轴角动量为（向上为转轴正向）

$$ L_{1}=\left(J_{ 盘 }+J_{ 人 }\right)\omega_{0} $$

设人相对盘转动后任意时刻 t，人相对地的角速度为 $ \omega_{人地} $，盘相对于地角速度为 $ \omega_{盘地} $，则根据相对运动，有

$$ \omega_{ 人地 }=\omega_{ 人盘 }+\omega_{ 盘地 } $$

上式沿转轴方向投影式为

$$ \omega_{ 人地 }=\omega_{ 人盘 }+\omega_{ 盘地 } $$

根据式(1-33)，有

$$ \omega_{ 人盘 }=-\frac{v}{R/2}=-\frac{2v}{R} $$

$ \omega_{人盘} $为负值是因为与转轴正向相反，t时刻系统角动量为

$$ L_{2}=J_{ 人 }\omega_{ 人地 }+J_{ 盘 }\omega_{ 盘地 } $$

角动量守恒为

$$ L_{1}=L_{2} $$

由上述方程可得

$$ \left(J_{_{ 盘 }}+J_{_{ 人 }}\right)\omega_{_{0}}=J_{_{ 人 }}\left(-\frac{2v}{R}+\omega_{_{ 盘地 }}\right)+J_{_{ 盘 }}\omega_{_{ 盘地 }} $$

得

$$ \omega_{盘地}=\omega_{0}+\frac{J_{人}}{J_{盘}+J_{人}}\frac{2v}{R}=\omega_{0}+\frac{m}{2m_{0}+m}\frac{2v}{R} $$

4.5 回转运动

4.5.1 不受外力矩的回转运动

刚体绕定点的运动一般比较复杂，这里我们只讨论一种较简单的特殊情况——陀螺仪（也称回转仪）的运动。图4-19是一个悬在常平架上的回转仪，常平架由支在框架上的内外两个圆环组成，外环能绕光滑支点A和A'所决定的轴自由转动，内环能绕与外环相连的光滑支点B和B'所决定的轴相对于外环自由转动。陀螺仪D是一个厚重的对称转子，其转动惯量非常大，陀螺仪的轴通过内环上两个光滑支点C和C'，因此它可绕CC'轴相对于内环自由转动。AA', BB', CC'三轴相互垂直，而且都通过陀螺仪的重心，这样，陀螺仪就不会受重力的力矩作用，且能在空间任意取向，一旦当陀螺仪绕其对称轴高速旋转（其转速甚至可以高达每秒钟上千圈）之后，不管我们如何移动或转动常平架，都不能使陀螺仪的转轴CC'在空间的取向发生变化，即陀螺仪总是指向空间某一确定方向而保持其角动量守恒。这一特性使得陀螺仪广泛应用于航海、航空、导弹和火箭系统的定向、导航和自动控制等领域，使得我们可以准确测出物体航向相对于空间中某一确定方向（陀螺仪转轴CC'）偏转的角度。

4.5.2 进动

现在我们介绍陀螺仪(回转仪)受外力矩作用时产生的回转效应。在这种情况下，陀螺仪的转动轴并不固定。图4-20所示为一杠杆陀螺仪，杠AB可绕光滑支点O在水平面内自由转动，也可以偏离水平面而倾斜。同样，陀螺仪G是一个厚重的、对称的转子，其转动惯量非常大，重物W置于杠的另一端，与陀螺仪G平衡。若向外移动重物W，杠AB当然会偏离水平面而倾斜。如果我们先让陀螺仪G绕自身的转轴高速旋转起来，再向外移动重物W，我们看到，杠AB不会偏离水平面，而是在水平面内绕竖直轴 $ OO' $旋转起来。这种高速自旋的物体的轴在空间转动的现象叫作进动。这种陀螺仪在外力矩的作用下产生的进动效应，称为回转效应。

为什么陀螺仪的轴 AB 在重力的作用下不向下倾斜而绕竖直轴 OO' 转动呢？这可以用角动量定理式（4-23）加以解释。当陀螺仪高速地绕自己轴旋转起来时，它的角动量为 $ L = J \omega $，方向沿杆 AB，图 4-20 中向右（在水平面内）。向外移动重物 W，杠 AB 失去平衡，其重力矩 M 是沿 OC 方向的（图 4-20 中向内，在水平面内与杠 AB 垂直，也与陀螺仪的角动量 L 垂直），俯视图中 M 的方向为逆时针。

我们将式(4-22)写为矢量式, 可得出在 dt 时间内飞轮对支点的自旋角动量矢量 L 的增量为

$$ \mathrm{d}L=M\mathrm{d}t $$

因此 dL 的方向与 M 相同，在俯视图中也为逆时针方向，在水平面内。经过时间 $ \Delta t $ 后，陀螺仪转子的角动量变为 $ L + \Delta L = L + M\Delta t $，既然这增量在水平面内，所以飞轮的角动量 $ L + \Delta L $ 仍然在水平面内，其大小不变，但方向发生了改变，因此，杆 AB 不会向下倾斜，而是要在水平面内逆时针旋转了。杆 AB 绕竖直轴 $ OO' $（称为自旋轴）继续不断地逆时针旋转就形成了进动。这就是说进动现象正是自旋的物体在外力矩的作用下沿外力矩方向改变其角动量矢量的结果。

在图4-20中，由于陀螺仪所受的力矩的大小不变，方向总是水平地垂直于L，所以进动是匀速的。从图4-21可以看出，在dt时间内自旋轴转过的角度为

$$ \Delta\Phi=\frac{\left|\Delta L\right|}{L}=\frac{M\Delta t}{L} $$

而相应的角速度，叫作进动角速度，为

$$ \Omega=\frac{\Delta\Phi}{\Delta t}=\frac{M}{L}=\frac{M}{J\omega} $$

小孩玩的陀螺的回转效应是有目共睹的。在不旋转时，陀螺受到重力矩的作用

用倾倒。当使它绕自己的对称轴高速旋转时，即使轴线已倾斜，它也不会倒下来（图4-22）。这时陀螺除绕它的自转轴转动外，自转轴还将绕竖直轴Oz回转，该竖直轴通过陀螺尖顶与地面接触处O。陀螺的这种进动也是重力矩作用的结果。不难证明，这时陀螺进动的角速度，即它的自旋轴绕竖直轴转动的角速度，可按下式求出：

$$ \Omega=\frac{M}{L\sin\theta} $$

其中 $ \theta $ 为陀螺的自旋轴与竖直轴之间的夹角。

我们都知道，骑自行车的人想拐弯时，无需有意识地转动车把，只需将自己的重心侧倾，龙头会自然拐向一边，读者可以利用回转效应说明其中的道理。

技术上利用进动的一个实例是炮弹在空中的飞行（图4-23）。炮弹在飞行时，要受到空气阻力的作用。阻力 $ F_{f} $ 的方向总与炮弹质心的速度 $ v_{C} $ 方向相反，但其合力不一定通过质心。阻力对质心的力矩就会使炮弹在空中翻转。这样，当炮弹射中目标时，就有可能是弹尾先触目标而不引爆，从而丧失威力。为了避免这种事故，就在炮筒内壁上刻出螺旋线。这种螺旋线称为来复线。当炮弹由于发射火药的爆炸被强力推出炮筒时，还同时绕自己的对称轴高速旋转。由于这种旋转，它在飞行中受到的空气阻力的力矩将不能使它翻转，而只是使它绕着质心前进的方向进动。这样，它的轴线将会始终只与前进的方向有不大的偏离，而弹头就总是大致指向前方了。

应该指出，在图4-20所示的实验中，如果陀螺仪的自旋速度不是太大，则它的轴线在进动时，还会上上下下周期性地摆动。这种摆动叫作章动。这是由于陀螺的重心保持低于起始点的位置，由此释放的势能提供了进动和章动所需的动能。

习题

4-1 花样滑冰运动员绕过自身的竖直轴转动，开始时两臂伸开，转动惯量为 $ J_{0} $，角速度为 $ \omega_{0} $，然后她将两臂收回，使转动惯量减少为 $ J_{0}/2 $，这时她的转动角速度变为()。

A. $ \omega_{0}/2 $ B. $ \omega_{0}/\sqrt{2} $ C. $ 2\omega_{0} $ D. $ \sqrt{2}\omega_{0} $

4-2 光滑的桌面上有一长为 l，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自由转动，其转动惯量为 $ J_{0}=\frac{1}{12}ml^{2} $，开始静止。桌面上有质量为 m 的小球，在杆的一端垂直于杆以速率 v 与杆相碰，发生完全非弹性碰撞，与杆粘在一起转动，则碰后这一系统的角速度为（）。

A. $ \frac{12}{13}\frac{v}{l} $ B. $ \frac{6}{13}\frac{v}{l} $ C. $ \frac{3}{2}\frac{v}{l} $ D. $ \frac{3}{8}\frac{v}{l} $

4-3 一圆盘可绕通过圆心 O 与盘面垂直的固定轴转动，质量为 m 的子弹以速度 $ v_{0} $ 沿与水平方向成 $ \alpha $ 的角度射中盘的边缘 A 处，并留在 A 处，如题 4-3 图所示，以盘和子弹为研究系统，有()。

A. 动量守恒，动能不守恒，角动量守恒

B. 动量守恒，动能不守恒，角动量不守恒

C. 动量不守恒，动能不守恒，角动量守恒

D. 动量不守恒，动能不守恒，角动量不守恒

4-4 已知银河系中有一天体是均匀球体，现在半径为 R，绕对称轴自转的周期为 $ T_{1} $。由于引力凝聚，它的体积不断收缩，预计一万年后它的半径缩小为 r，则一万年后天体的自转周期 $ T_{2} $ 与现在的自转周期 $ T_{1} $ 的比值为 ___ ，一万年后天体的转动动能 $ E_{2} $ 与现在的转动动能 $ E_{1} $ 的比值是 ___ 。

4-5 飞轮半径为 0.10 m，质量为 2.0 kg，边缘绕有绳子，现用恒力拉绳子的一端，使其由静止均匀地加速，经 2.0 s 转速达 $ 10 \, r \cdot s^{-1} $。假定飞轮可看作实心圆柱体，求：

（1）飞轮的角加速度及在这段时间内转过的转数；

（2）拉力及拉力所做的功；

（3）从拉动后 t=10 s 时飞轮的角速度及轮边缘上一点的速度、切向加速度和法向加速度。

4-6 如题4-6图，飞轮的质量 $ m=60\ kg $，半径 $ R=0.25\ m $，绕其水平中心轴动，转速为 $ 15\ r\cdot s^{-1} $。现利用一制动用的闸杆，在闸杆的一端加一竖直方向的制

动力 F，可使飞轮减速。已知闸杆的尺寸如图所示，闸瓦与飞轮之间的摩擦因数 $ \mu=0.4 $，飞轮的转动惯量可按匀质圆盘计算。

（1）设 F=100 N，问可使飞轮在多长时间内停止转动？在这段时间里，飞轮转了几转？

（2）如要在2 s内使飞轮转速减为一半，需加多大的制动力F?

4-7 一轻绳绕于半径 r=0.2m 的飞轮边缘，

现以恒力 $ F=98 \, N $ 拉绳的一端，使飞轮由静止开始加速转动，如题4-7图(a)所示。已知飞轮的转动惯量 $ J=0.5 \, kg \cdot m^{2} $，飞轮与轴承之间的摩擦不计。求。

（1）飞轮的角加速度；

（2）绳子拉下5 m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 W=98 N 的物体 m 挂在绳端，如题 4-7 图(b) 所示，飞轮将如何运动？试再计算飞轮的角加速度和绳子拉下 5 m 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？

4-8 一物体质量为 $ m=20\ kg $，沿一和平平面成 $ 30^{\circ} $ 角的斜面下滑，如题4-8图所示，滑动摩擦因数为 $ 1/(2\sqrt{3}) $，绳的一端系于物体上，另一端绕在匀质飞轮上，飞轮可绕中心轴转动，质量为 $ m_{0}=10\ kg $，半径为 $ 0.1\ m $，求：

（1）物体的加速度；

（2）绳中的张力。

4-9 工程上，常采用摩擦啮合器使两飞轮以相同的转速一起转动。如题 4-9 图所示，A 和 B 两飞轮的轴杆在同一中心线上，设 A 轮的转动惯量 $ I_{A}=10kg\cdot m^{2} $，B 轮的转动惯量 $ I_{B}=20kg\cdot m^{2} $，开始时 A 轮的转速为 $ 600r\cdot min^{-1} $，B 轮静止。C 为摩擦啮合器，A，B 分别与 C 的左、右组件相连。当 C 的左、右组件啮合时，B 轮得到加速而 A 轮减速，直到两轮的转速相等为止。求：

（1）两轮啮合后的转速；

（2）两轮各自所受的冲量矩；

（3）啮合过程中损失的机械能和产生的热量。

4-10 一个质量为 $ m_{0} $、半径为 R 并以角速度 $ \omega $ 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。

4-11 如题4-11图所示，质量为 $ m_{0} $、长为l的均匀直棒，可绕垂直于棒的一端的水平轴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 $ \theta=30^{\circ} $处，问：

（1）这碰撞设为弹性碰撞，试计算小球初速 $ v_{0} $的值；

（2）相撞时，小球受到多大的冲量？

4-12 设盘的质量为 $ m_{0} $，绕轴的转动惯量为 $ \frac{1}{2}m_{0}R^{2} $，试求题4-3中碰撞前系统的角动量及碰撞后系统的角速度 $ \omega $。

4-13 设向右为 x 轴的正向，向上为 y 轴的正向。求题 4-3 碰撞过程中的动量增量与能量损失。

4-14 一块长为 $ L=0.6\ m $，质量 $ m_0=1\ kg $ 的均匀薄木版，可绕水平轴 $ OO' $ 无摩擦的转动，如题4-14图所示。当木块静止在平衡位置时，有一质量为 $ m=10\times10^{-3}\ kg $ 的子弹垂直击中木板A点，A离 $ OO' $ 转轴的距离 $ l=0.36\ m $，子弹击中木板的速度为 $ 500\ m\cdot s^{-1} $，穿出的速度为 $ 200\ m\cdot s^{-1} $，求：

（1）木板在A处所受的冲量；

（2）木板获得的角速度。

4-15 半径为 R、质量为 m 的匀质圆盘，以角速度 $ \omega_{0} $ 绕通过盘心 O 的中心轴做定轴转动。圆盘边沿上绕有轻绳，绳下端系质量为 m/2 的放在地面上的物体，开始绳子是松弛的，如题 4-15 图所示，求绳被盘拉紧后物体上升的最大高度 h。