大学物理课后习题及答案 刚体
题：一汽车发动机曲轴的转速在s 12内由13min r 102.1-??均匀的增加到13min r 107.2-??。（1）求曲轴转动的角加速度；（2）在此时间内，曲轴转了多少转？ 题解：（1）由于角速度2n （n 为单位时间内的转数），根据角加速度的定义t
d d ω
α=
，在匀变速转动中角加速度为 ()200
s rad 1.132-?=-=
-=
t
n n t πωωα
（2）发动机曲轴转过的角度为 ()t n n t t t 00
202
21
+=+=
+=πωωαωθ
在12 s 内曲轴转过的圈数为
圈3902
20
=+==
t n n N πθ 题：某种电动机启动后转速随时间变化的关系为)1(0τωωt
e --=，式中10s rad 0.9-?=ω，s 0.2=τ。求：
（1）s 0.6=t 时的转速；（2）角加速度随时间变化的规律；（3）启动后s 0.6内转过的圈数。 题解：（1）根据题意中转速随时间的变化关系，将t
s 代入，即得
100s 6.895.01--==???
?
?
?-=ωωωτ
t
e
（2）角加速度随时间变化的规律为
220s 5.4d d ---===t
t
e e t τ
τ
ωωα
（3）t = s 时转过的角度为 rad 9.36d 1d 60
060=???
?
?
?-==?
?-s t
s
t e t τ
ωωθ 则t = s 时电动机转过的圈数
圈87.52==
π
θ
N 题：如图所示，一通风机的转动部分以初角速度0ω绕其轴转动，空气的阻力矩与角速度成
正比，比例系数C 为一常量。若转动部分对其轴的转动惯量为J ，问：（1）经过多少时间后其转动角速度减少为初角速度的一半？（2）在此时间内共转过多少转？
题解：（1）通风机叶片所受的阻力矩为ωM C -=，由转动定律αM J =，可得叶片的角加速度为 J
C t ω
ωα-==
d d （1） 根据初始条件对式（1）积分，有
??-=ω
ωω00d d d t t J C t
由于C 和J 均为常量，得
t J
C e
-
=0ωω
当角速度由002
1ωω→时，转动所需的时间为
2ln C
J
t = （2）根据初始条件对式（2）积分，有
??
-=t
t J
C t e
00
d d ωθθ
即 C
J 20
ωθ=
在时间t 内所转过的圈数为
C
J N πωπθ420
==
题：一燃气轮机在试车时，燃气作用在涡轮上的力矩为m N 1003.23??，涡轮的转动惯量为
2m kg 0.25?。当轮的转速由13min r 1080.2-??增大到14min r 1012.1-??时，所经历的时间为多
少？
题解1：在匀变速转动中，角加速度t
ωωα-=，由转动定律αM J =，可得飞轮所经历的时
间
()s 8.10200
=-=
-=
n n M
J
J M
t πωω 解2：飞轮在恒外力矩作用下，根据角动量定理，有
()00
d ωω-=?
J t M t
则
()s 8.10200
=-=
-=
n n M
J
J M
t πωω 题：用落体观察法测定飞轮的转动惯量，是将半径为R 的飞轮支承在O 点上，然后在绕过飞轮的绳子的一端挂一质量为m 的重物，令重物以初速度为零下落，带动飞轮转动，记下重物下落的距离和时间，就可算出飞轮的转动惯量。试写出它的计算式。（假设轴承间无摩擦） 题解1：设绳子的拉力为F T ，对飞轮而言，根据转动定律，有 αJ R F =T
而对重物而言，由牛顿定律，有 ma F mg =-T （2）
由于绳子不可伸长，因此，有 αR a =（3）
重物作匀加速下落，则有
2
2
1at h =
（4） 由上述各式可解得飞轮的转动惯量为
???
?
??-=1222
h gt mR J
解2：根据系统的机械能守恒定律，有
02
1
2122=++
-ωJ mv mgh （1）
而线速度和角速度的关系为
ωR v =（2）
又根据重物作匀加速运动时，有
at v =（3） ah v 22=（4） 由上述各式可得
???
?
??-=1222
h gt mR J
若轴承处存在摩擦，上述测量转动惯量的方法仍可采用。这时，只需通过用两个不同质
量的重物做两次测量即可消除摩擦力矩带来的影响。
题：一飞轮由一直径为cm 30，厚度为cm 0.2的圆盘和两个直径为cm 10，长为cm 0.8的共轴圆柱体组成，设飞轮的密度为33m kg 108.7-??，求飞轮对轴的转动惯量。
题解：根据转动惯量的叠加性，由匀质圆盘、圆柱体对轴的转动惯量公式可得
242412
222
1121m kg 136.0211612212212?=??
? ??+=?
??
??+??? ???=+=ad ld d m d m J J J πρ
题：如图所示，圆盘的质量为m ，半径为R 。求它对O O ''轴（即通过圆盘边缘且平行于盘中心轴）的转动惯量。
题解：根据平行轴定理2O O mR J J +='和绕圆盘中心轴O 的转动惯量2O 2
1
mR J =
可得 2222O O 2
3
21mR mR mR mR J J ++=
+=' 题：试证明质量为m ，半径为R 的均匀球体，以直径为转轴的转动惯量为25
2
mR 。如以和球
体相切的线为轴，其转动惯量又为多少？
题证：如图所示，图中阴影部分的小圆盘对OO 轴的转动惯量为
()()
x x R x R m r J d 2
1
d 21d 22222--==
ρπ 式中3
43R m
πρ=
为匀质球体的密度。则球体以其直径OO 为转轴的转动惯量为
()
222252
d 21d mR x x R J J R
R =-==?
?-πρ
又由平行轴定理可得球绕O 1O
1
轴的转动惯量为
225
7
mR mR J J =
+=' 题：质量面密度为σ的均匀矩形板，试证其对与板面垂直的，通过几何中心的轴线的转动惯量为
)(12
22b l lb +σ
。其中l 为矩形板的长，b 为它的宽。
题证：取如图所示坐标，在板上取一质元y x m d d d σ=，它对与板面垂直的，通过几何中心的轴线的转动惯量为
()
y x y x J d d d 22σ+=
整个矩形板对该轴的转动惯量为
()
()
?
??--+=
+==22
2222
22
12
1
d d d J l l b b b l lb y x y x
J σσ 题：如图所示，质量kg 161=m 的实心圆柱体A ，其半径为cm 15=r ，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kg 0.82=m 的物体B 。求：（1）物体由静止开始下降s 0.1后的距离；（2）绳的张力T F 。
题解：（1）分别作两物体的受力分析图。对实心圆柱体而言，由转动定律得
αα21T 2
1
r m J r F =
=（1） 对悬挂物体而言，依据牛顿定律，有
a m F g m F P 2T 2T
2='-='-（2） 且T
T F F '=。又由角量与线量的关系，得 αr a = 解上述方程组，可得物体下落的加速度 21222m m g
m a +=
在t = s 时，B 下落的距离为
m 45.22212
1222=+==m m gt m at s （2）由式（2）可得绳中的张力为
()N 2.3922
12
1=+=-=g m m m m a g m F T
题：质量为1m 和2m 的两物体A 、B 分别悬挂在如图所示的组合轮两端。设两轮的半径分别为R 和r ，两轮的转动惯量分别为1J 和2J ，轮与轴承间、绳索与轮间的摩擦力均略去不计，绳的质量也略去不计。试求两物体的加速度和绳的张力。
题解：分别对两物体及组合轮作受力分析，根据质点的牛顿定律和刚体的转动定律，有
11T111T 1a m F g m F P =-='-（1） 222T22T2
a m g m F P F =-=-'（2） ()()α21T2T1J J r F R F +=-（3） T2T2T1T1
,F F F F ='='（4） 由角加速度和线加速度之间的关系，有
αR a =1（5） αr a =2（6）
解上述方程组，可得
gR r m R m J J r
m R m a 222121211+++-=
gr r m R m J J r
m R m a 2
22121212+++-=
g m r m R m J J Rr m r m J J F 122212122221T1++++++=
g m r m R m J J Rr m R m J J F 22
2212112121T2++++++=
题：如图所示装置，定滑轮的半径为r ，绕转轴的转动惯量为J ，滑轮两边分别悬挂质量为1m 和2m 的物体A 、B 。A 置于倾角为θ的斜面上，它和斜面间的摩擦因数为μ。若B 向下作加速运动时，求：（1）其下落加速度的大小；（2）滑轮两边绳子的张力。（设绳的质量及伸长均不计，绳与滑轮间无滑动，滑轮轴光滑）
题解：作A 、B 和滑轮的受力分析图。其中A 是在张力F T1、重力P 1，支持力F N 和摩擦力F f 的作用下运动，根据牛顿定律，沿斜面方向有 11111T cos sin a m g m g m F =--θμθ（1）
而B 则是在张力F T2和重力P 2的作用下运动，有 22T22a m F g m =-（2）
由于绳子不能伸长、绳与轮之间无滑动，则有 αr a a ==21
对滑轮而言，根据定轴转动定律有 αJ r F r F ='-'T1T2
（4） 且有
T22T 1T T1
,F F F F ='='（5） 解上述各方程可得
2
2111221cos sin r
J
m m g m g m g m a a ++--=
=θ
μθ
()()2212
121T1cos sin cos sin 1r J m m r gJ m g m m F ++++++=θμθθμθ
()2
212
221T2cos sin 1r J m m r gJ m g m m F +++++=θμθ
题：如图所示，飞轮的质量为kg 60，直径为m 50.0，转速为13min r 100.1-??。现用闸瓦制动使其在s 0.5内停止转动，求制动力F 。设闸瓦与飞轮之间的摩擦因数40.0=μ，飞轮质量全部分布在轮缘上。
题解：飞轮和闸杆的受力分析如图所示。根据闸杆的力矩平衡，有
()01N
21='-+l F l l F 而N N F F '=，则闸瓦作用于轮的摩擦力矩为 d F l l l d F d F M μμ1
21N f
221
2+===（1）
摩擦力矩是恒力矩，飞轮作匀角加速转动，由转动的运动规律，有
t
n
t
t
πωωωα200=
=-=（2） 因飞轮的质量集中于轮缘，它绕轴的转动惯量2md J =，根据转动定律αJ M =，由式（1）、（2）可得制动力
()N 1014.32211
?=+=t
l l nmdl F μπ
题：图是测试汽车轮胎滑动阻力的装置。轮胎最初为静止，且被一轻质框架支承者，轮轴可绕点O 自由转动，其转动惯量为2m kg 75.0?、质量为kg 0.15、半径为cm 0.30。今将轮胎放在以速率1s m 0.12-?移动的传送带上，并使框架AB 保持水平。（1）如果轮胎与传送带之间的动摩擦因数为60.0，则需要经过多长时间车轮才能达到最终的角速度？（2）在传送带上车胎滑动的痕迹长度是多少？
题解：车胎所受滑动摩擦力矩为 mgr M μ=（1）
根据转动定律，车轮转动的角加速度为 J
M
=
α （2） 要使轮与带之间无相对滑动，车轮转动的角速度为 vr =ω （3）
开始时车轮静止，即00=ω，故由匀加速转动规律t αωω+=0，可得
α
ω
=
t (4) 由上述各式可解得
s 13.12
==mgr Jv t μ （2）在t 时间内，轮缘上一点转过的弧长
22
t r
r s αθ==
而传送带移动的距离l = vt ，因此，传送带上滑痕的长度
m 80.62212
22
==-=-=mgr Jv t r vt s l d μα
题：一半径为R 、质量为m 的匀质圆盘，以角速度ω绕其中心轴转动，现将它平放在一水
平板上，盘与板表面的摩擦因数为μ。（1）求圆盘所受的摩擦力矩。（2）问经过多少时间后，圆盘转动才能停止？
题解： （1）圆盘上半径为r 、宽度为d r 的同心圆环所受的摩擦力大小2f d 2d R r mg r F πμπ=，其方向与环的半径垂直，它的摩擦力矩为
()
k F r M 22f d 2d d R r mg r μ-=?=
式中k 为轴向的单位矢量。圆盘所受的总摩擦力矩大小为
??===R
mgR R r mg r M M 0223
2
d 2d μμ
（2）由于摩擦力矩是一恒力矩，圆盘的转动惯量J = mR 2
/2。由角动量定理()ωJ t M ?=?，
可得圆盘停止的时间为
g
R
M J t μωω43=
=? 题：一质量为m '、半径为R 的均匀圆盘，通过其中心且与盘面垂直的水平轴以角速度ω转动，若在某时刻，一质量为m 的小碎块从盘边缘裂开，且恰好沿垂直方向上抛，问它可能达到的高度是多少？破裂后圆盘的角动量为多大？
题解：（1）碎块抛出时的初速度为 R v ω=0
由于碎块竖直上抛运动，它所能到达的高度为
g
R g
v h 222
220ω=
= （2）圆盘在裂开的过程中，其角动量守恒，故有
L L L '-=0
式中ω202
1
R m L '=为圆盘未碎时的角动量；ω22
1mR L ='为碎块被视为质点时，对轴的角动量；
L 为破裂后盘的角动量。则
ω221R m m L ??
?
??-'= 题：在光滑的水平面上有一木杆，其质量为kg 0.11=m ，长为cm 40=l ，可绕通过其中点并与之垂直的轴转动，一质量为g 102=m 的子弹，以12s m 100.2-??=v 的速度射入杆端，其方向与杆及轴正交。若子弹陷入杆中，试求所得到的角速度。
题解：根据角动量守恒定理 ()ωω'+=212J J J
式中()222l m J =为子弹绕轴的转动惯量，ω2J 为子弹在陷入杆前的角动量，l v 2=ω为子弹在此刻绕轴的角速度。12211l m J =为杆绕轴的转动惯量，ω'是子弹陷入杆后它们一起绕轴的角速度。可得杆的角速度为
()1212212s 1.2936-=+=+='l
m m v m J J J ωω
题：半径分别为1r 、2r 的两个薄伞形轮，它们各自对通过盘心且垂直盘面转轴的转动惯量为
1J 和2J 。
开始时轮Ⅰ以角速度0ω转动，问与轮Ⅱ成正交啮合后，两轮的角速度分别为多大？
题解：设相互作用力为F ，在啮合的短时间t ?内，根据角动量定理，对轮I 、轮II 分别有 ()0111ωω-=?-J t Fr （1） 222ωJ t Fr =?（2）
两轮啮合后应有相同的线速度，故有
2211ωωr r =（3）
由上述各式可解得啮合后两轮的角速度分别为
2
1
22212
101221
222122011,r J r J r r J r J r J r J +=+=ωωωω 题：一质量为kg 0.20的小孩，站在一半径为m 00.3、转动惯量为2m kg 450?的静止水平转台的边缘上，此转台可绕通过转台中心的竖直轴转动，转台与轴间的摩擦不计。如果此小孩相对转台以1s m 00.1-?的速率沿转台边缘行走，问转台的角速率有多大？
题解：设转台相对地的角速度为0ω，人相对转台的角速度为1ω。由相对角速度的关系，人相对地面的角速度为 R
v
+
=+=010ωωωω（1） 由于系统初始是静止的，根据系统的角动量守恒定律，有 ()010100=++ωωωJ J （2）
式中J 0、J 1 = mR 2
分别为转台、人对转台中心轴的转动惯量。由式（1）、（2）可得转台的角速度为
122
020s 1052.9--?-=+-=R
v
mR J mR ω 式中负号表示转台转动地方向与人对地面的转动方向相反。
题：一转台绕其中心的竖直轴以角速度10s -=πω转动，转台对转轴的转动惯量为
230m kg 100.4??=-J 。今有砂粒以1s g 2-?=t Q 的流量竖直落至转台，并粘附于台面形成一圆
环，若环的半径为m 10.0=r ，求砂粒下落s 10=t 时，转台的角速度。
题解：在时间010 s 内落至台面的砂粒的质量为 kg 10.0d s 100
==?
t Q m
根据系统的角动量守恒定律，有
()
ωω2000mr J J +=
则t = 10 s 时，转台的角速度
12
00
0s 8.0-=+=πωωmr
J J 题：为使运行中的飞船停止绕其中心轴的转动，可在飞船的侧面对称地安装两个切向控制喷管，利用喷管高速喷射气体来制止旋转。若飞船绕其中心轴的转动惯量230m kg 100.2??=J ，旋转的角速度1s rad 2.0-?=ω，喷口与轴线之间的距离m 5.1=r ；喷气以恒定的流量
1s kg 0.1-?=Q 和速率1s m 50-?=u 从喷口喷出，问为使该飞船停止旋转，喷气应喷射多长时
间？
题分析：将飞船与喷出的气体作为研究系统，在喷气过程中，系统不受外力矩作用，其角动量守恒。在列出方程时应注意：（1）由于喷气质量远小于飞船质量，喷气前、后系统的角动量近似为飞船的角动量J ；（2）喷气过程中气流速率u 远大于飞船侧面的线速度r ，因此，整个喷气过程中，气流相对于空间的速率仍可近似看作是u ，这样，排出气体的总角动量()mur m r u L m
≈+=?d ω。经上述处理后，可使问题大大简化。
解：取飞船和喷出的气体为系统，根据角动量守恒定律，有 0=-mur J ω
因喷气的流量恒定，故有 Qt m 2=
由式（1）、（2）可得喷气的喷射时间为
s 67.2==Qur
J t ω 题：一质量为m '、半径为R 的转台，以角速度a ω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 ω为多少？（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 ω为多少？设蜘蛛下落前距离转台很近。 题解：（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 ()b 10a 0ωωJ J J += 式中202
1
R m J '=
为转台对其中心轴的转动惯量，21mR J =为蜘蛛刚落至台面边缘时，它对轴的转动惯量。于是可得
a a 100
b 2ωωωm
m m J J J +''
=+=
（2）在蜘蛛向中心轴处慢慢爬行的过程中，其转动惯量将随半径r 而改变，即22mr J =。在此过程中，由系统角动量守恒，有 ()c 20a 0ωωJ J J += 则
a 2
22
a 200c 2ωωωmr R m R m J J J +''=+=
题：一质量为kg 12.1，长为m 0.1的均匀细棒，支点在棒的上端点，开始时棒自由悬挂。以
N 100的力打击它的下端点，打击时间为s 02.0。（1）若打击前棒是静止的，求打击时其角动量的变化；（2）棒的最大偏转角。
题解：（1）在瞬间打击过程中，由刚体的角动量定理得 120s m kg 0.2d -??=?===??t Fl t M J L ω（1）
（2）在棒的转动过程中，取棒和地球为一系统，并选O 处为重力势能零点。在转动过程中，系统的机械能守恒，即
()θωcos 12
12120-=mgl J （2） 由式（1）、（2）可得棒的偏转角度为
838831arccos 222'=???
? ???-=ο
gl m t F θ
题：（1）设氢原子中电子在圆形轨道中以速率v 绕质子运动。作用在电子上的向心力为电作用力，其大小为2024/r e πε，其中e 为电子、质子的电量，r 为轨道半径，0ε为恒量。试证轨道半径为
2
02
4mv e r πε=
（2）假设电子绕核的角动量只能为π2/h 的整数倍，其中h 为普朗克常量。试证电子的可能轨道半径由下式确定：
mv
nh
r π2=
（3）试由以上两式消去v ，从而证明符合这两个要求的轨道半径必须满足以下关系式：
2
2
02me h n r πε=
式n 中可取正整数Λ3,2,1。
题证：（1）电子绕质子作圆周运动的向心力是它们之间的电作用力2
024r e F πε=（可略去万有
引力），根据径向动力学方程F = ma n ，有
r mv r e 2
202
4=
πε 则电子的轨道半径为
2
024mv e r πε= （2）根据题中电子角动量的量子化条件，即π
2h
n
L =，有 π
πε242
02h
n mv e mv L == 则电子可能的轨道半径为
mv
nh
r π2=
（3）根据（1）和（2）的结果消去v ，电子可能的轨道半径也可表示为 2
2
02me h n r πε=
题：我国1970年4月24日发射的第一颗人造卫星，其近地点为m 1039.45?、远地点为
m 1038.26?。试计算卫星在近地点和远地点的速率。（设地球半径为m 1038.66?）
题解：由于卫星在近地点和远地点处的速度方向与椭圆径矢垂直，因此，由角动量守恒定律有
2211r mv r mv =（1）
又因卫星与地球系统的机械能守恒，故有 2
E
221E 212121r Gmm mv r Gmm mv -
=-（2） 式中G 为引力常量，m E 和m 分别为地球和卫星质量，r 1和r 2是卫星在近地点和远地点时离地球中心的距离。由式（1）、（2）可解得卫星在近地点和远地点的速率分别为
()
132112
E 1s m 1011.82-??=+=
r r r r Gm v
1312
1
2s m 1031.6-??==
v r r v 题：地球对自转轴的转动惯量为2E 33.0R m ，其中E m 为地球的质量，R 为地球的半径。（1）求地球自转时的动能；（2）由于潮汐的作用，地球自转的速度逐渐减小，一年内自转周期增加s 105.35-?，求潮汐对地球的平均力矩。
题分析：由于地球自转一周的时间为24小时，由T /2πω=可确定地球的自转角速度和地球自转时的转动动能2k 2
1
ωJ E =
。随着自转周期的增加，相应自转的角速度将减小，因而转动动能也将减少。通过对上述两式微分的方法，可得到动能的减少量k E ?与周期T ?的变化的关系。根据动能定理可知，地球转动动能的减少是潮汐力矩作功的结果，因此，由
k E M W ?=?=θ，即可求出潮汐的平均力矩。
解：（1）地球的质量kg 1098.524E ?=m ，半径m 1037.66?=R ，所以，地球自转的动能
J 1012.2/33.022
1
2922E 22k ?=?==
T R m J E πω （2）对式T
π
ω2=
两边微分，可得 T T d 2d 2
πω-
= 当周期变化一定时，有
T T T ?-=?-=?π
ωπω222
2（1）
由于地球自转减慢而引起动能的减少量为
T E T J J E ?-=?-=?=?k 3k 2π
ω
πωωω（2）
又根据动能定理
k E M W ?=?=θ（3）
由式（2）、（3）可得潮汐的摩擦力矩
m N 1047.72162
k ??=?=
n
T
E M πω 式中n 为一年中的天数（n = 365），T ?为一天中周期的增加量。
题：如图所示，A 与B 两飞轮的轴杆由摩擦啮合器连接，A 轮的转动惯量21m kg 0.10?=J ，开始时B 轮静止，A 轮以11min r 600-?=n 的转速转动，然后使A 与B 连接，因而B 轮得到加速而A 轮减速，直到两轮的转速都等于1min r 200-?=n 为止。求：（1）B 轮的转动惯量；（2）在啮合过程中损失的机械能。
题解：（1）取两飞轮为系统，根据系统的角动量守恒，有 ()22111ωωJ J J +=
则B 轮的转动惯量为
2122112212m kg 0.20?=-=-=J n n n J J ωωω
（2）系统在啮合过程中机械能的变化为
()J 1032.12
121
42112221?-=-+=
?ωωJ J J E 式中负号表示啮合过程机械能减少。
题：一质量为m 、半径为R 的匀质圆柱体，从倾角为θ的斜面上无滑动地滚下，求其质心的加速度。
题解1：按题意作图并作圆柱体的受力分析（如图所示）。由牛顿第二定律可得圆柱体的质心C 在x 方向上的动力学方程为 C ma F mg =-f sin θ（1）
在斜面对圆柱体的摩擦力矩作用下，圆柱体绕其中心轴转动，根据转动定律，有
αα2f 2
1
mR J R F =
=（2） 在无滑动滚动时，质心的加速度a C 与转动的角速度之间的关系为 αR a =C （）
联立解上述三个方程式，可得
θsin 3
2
C g a =
解2：若以圆柱体与斜面的接触线为瞬时转动轴，则摩擦力F f 和支持力F N 都不产生力矩，使圆柱体绕瞬时轴转动时的是重力矩mg sin ，故有 αθJ mgR '=sin
其中J '是圆柱体绕瞬时轴转动时的转动惯量，由平行轴定理有
()
222
3
mR mR J J =
+=' 故有 θαsin 21R
g
=
则
θαsin 3
2
C g R a =
= 解3：以地球和圆柱体组成的系统满足机械能守恒定律，有
恒量=++=
C 22C 21
21mgh J mv E ω 将上式对t 求导，可得
0d d d d d d C C C
=++t
h mg t J t v mv ω
ω 式中
θαωsin d d ,d d ,d d C
C C v t
h t a t v -===，且有ωR v =C 和αR a =C ，则可得到 θsin 3
2
C g a =
显然上述三种方法均能得到同样的结果。
题：一长为l 、质量为m 的均匀细棒，在光滑的平面上绕质心作无滑动的转动，其角速度为ω。若棒突然改绕其一端转动，求：（1）以端点为转轴的角速度ω'；（2）在此过程中转动动能的改变。
题解：（1）棒的质心的动量定理为
C mv p t F =?=?
式中F 是棒所受的平均力，v C 为棒质心的速度。棒在转动过程中受到外力矩作用，根据角动量定理，有
ωωJ J t l
F
-'=?-2
式中J 为棒绕质心的转动惯量（即212
1
ml J =
）。而根据角动量与线量的关系 ω'=2
l v C
可解得 ωωω41
4
12=+=
'ml J J （2）在此过程中转动动能的改变为
222232
1
2121ωωωml J J E k -=-''=
? 题：一长为l 2的均匀细杆，一端靠在摩擦略去不计的垂直墙上，另一端放在摩擦亦略去不计的水平地板上，如图所示。开始时细杆静止并与地板成0θ角。当松开细杆后，细杆开始滑下。问细杆脱离墙壁时，细杆与地面的夹角θ为多大？
题解：以初始位置时细杆的质心位置为坐标原点，取坐标如图所示。细杆在任意位置时的质心坐标为
()0cos cos θθ-=l x （1） ()0sin sin θθ-=l y （2）
取初始位置时的势能为零，根据系统的机械能守恒定律，有
2C 2C 2
1
21ωJ mv mgy +=
（3）
因为细杆的质心速度ωl v =C ，细杆对其中心的轴的转动惯量2C 3
1ml J =，通过式（1）、（2）和（3）可得
()l
g 2sin sin 30θθω-=
（4）
θωcos 43d d l
g
t -=（5） 根据中心C 在x 方向的动力学方程x 1N ma F =，当细杆与墙壁脱离接触时0N1=F ，则0x =a 。由式（1）可得
θωsin d d x l t
x
v -== t l l t v a d d sin cos d d 2x x ω
θθω--==
（6） 将式（4）和式（5）代入式（6），且令0=x a ，有
()θθθθθ
cos sin sin 23cos 43sin 0-=
l
g
l g 即0sin 3
2
sin θθ=
细杆脱离墙壁时与地面的夹角为
??
?
??=0sin 3
2arcsin θθ
题：如图所示，A 、B 两个轮子的质量分别为1m 和2m ，半径分别为1r 和2r 。另有一细绳绕
在两轮上，并按图所示连接。其中A 轮绕固定轴O 转动。试求：（1）B 轮下落时，其轮心的加速度；（2）细绳的拉力。 题解：分别作两轮的受力分析，如图所示。取竖直向下为y 轴正向。轮A 绕轴O 作定轴转动，故有
A 2111T 2
1
a r m r F =
'（1） 对于轮B 除了绕其轴C 转动外，其质心C 还在向下作平动。根据牛顿定律，轮B 质心的动力学方程为
C 2T 2a m F g m =-（2） 根据转动定律，有
B 2222T 2
1
αr m r F =
（3） 角量与线量的关系2
B B 1
A A ,r r αααα=
=
，A a 、B a 分别为轮A 、B 边缘上一点的加速度，二者和
C 点加速度之间的关系为B C A a a a -=，且有T T F F '=。解上述各式可得
()g m m m m a 2
121C 232++=
g m m m m F F 2
12
1T
T 23+='=