三、刚体运动问题例析

根据今年将实行的ＣＰｈＯ新提要，刚体运动问题应该要求运用质心运动定理、角动量定理及角动量守恒定律等刚体基本运动规律来求解刚体转动的动力学与运动学问题．下面就此展示四个例题．

例 4

在平行的水平轨道上有一个缠着绳子且质量均匀的滚轮，绳子的末端固定着一个重锤．开始时，滚轮被按住，滚轮与重锤系统保持静止．在某一瞬间，放开滚轮．过一定的时间后，滚轮轴得到了固定的加速度ａ，如图

7 甲所示．假定滚轮没有滑动，绳子的质量可以忽略．试确定：

( 1 )重锤的质量ｍ和滚轮的质量Ｍ之比；

( 2 )滚轮对平面的最小动摩擦因数．

图 7

分析与解

与处理质点的动力学问题一样，处理刚体转动的力学问题，要清楚了解力矩与转动惯量对刚体运动的制约关系．

( 1

)当滚轮轴亦即滚轮质心纯滚动而达到恒定的加速度ａ时，其角加速度为 α

＝ａ／Ｒ，Ｒ为滚轮的半径．滚轮可看做质量均匀的圆盘，其关于质心的转动惯量为(

1 ／ 2 )ＭＲ ２ ，分析滚轮受力情况如图 7

乙所示，可知以轮与水平轨道的接触点Ｃ为瞬时转动轴考察将比较方便，因为接触点处的力对刚体的这种转动不产生影响．关于Ｃ轴，对滚轮形成转动力矩的只有绳子上的张力Ｔ，张力Ｔ可以通过重锤的运动来确定：相对于接触点Ｃ，滚轮的质心的水平加速度为ａ，重锤相对滚轮质心的线加速度也为ａ，且方向应沿绳子向下，这两个加速度是由重锤所受到的重力与绳子拉力提供的，重锤的加速度为这两个加速度的矢量和．由牛顿第二定理，有

ｍｇｔａｎ θ ＝ｍａ，(ｍｇ／ｃｏｓ θ )－Ｔ ′ ＝ｍａ，

则　Ｔ＝Ｔ ′ ＝ｍ

－ｍａ．

再研究滚轮，注意到Ｃ点到张力Ｔ的作用线之距离的几何尺寸，滚轮对Ｃ轴的转动惯量可用平行轴定理转换为(

3 ／ 2 )ＭＲ ２ ，对滚轮运用转动定律，有

(ｍ

－ｍａ)( 1 －(ａ／

))Ｒ＝( 3 ／ 2 )ＭＲ ２ · (ａ／Ｒ)．

解之得　　ｍ／Ｍ＝ 3 ａ

／ 2 (

－ａ) ２ ．

( 2

)对滚轮应用质心运动定理，滚轮质心加速度为ａ，方向水平，则应有

ｆ－Ｔｓｉｎ θ ＝Ｍａ，Ｎ－Ｔｃｏｓ θ ＝Ｍｇ，

其中　　　ｓｉｎ θ ＝ａ／

，ｃｏｓ θ ＝ｇ／

，

那么，动摩擦因数满足　　 μ ≥ ｆ／Ｎ＝ａ／ｇ．

在上面解答中，确定滚轮与重锤的相关加速度是本题的 “ 题眼 ”

所在．

例 5 　如图 8

甲所示，在光滑地面上静止地放置着两根质量均为ｍ，长度均为ｌ的均匀细杆，其中一杆由相等的两段构成，中间用光滑的铰链连接起来，两段在连接点可以弯折但不能分离．在两杆的一端，各施以相同的垂直于杆的水平冲量Ｉ．试求两细杆所获得的动能之比．

图 8

分析与解

本题的求解方向是通过质心的动量定理与刚体的角动量定理，求得杆的质心速度及绕质心的角速度，进而求出杆由于这两个速度所具有的动能．

如图 8 乙所示，设杆 1 在冲量Ｉ作用下，质心获得的速度为ｖ Ｃ

，杆的角速度为 ω ，由质心的动量定理，得

Ｉ＝ｍｖ Ｃ ，

由刚体的角动量定理，得　Ｉ · ｌ／ 2 ＝Ｊ ω ＝( 1 ／ 1 2 )ｍｌ

２ ω ．

则杆 1 的动能为　Ｅ ｋ 1 ＝( 1 ／ 2 )ｍｖｃ ２ ＋( 1 ／ 2 )Ｊ

ω ２

＝( 1 ／ 2 )ｍ(Ｉ／ｍ) ２ ＋( 1 ／ 2 )Ｊ(Ｉｌ／ 2 Ｊ)

２

＝(Ｉ ２ ／ 2 ｍ)＋( 3 Ｉ ２ ／ 2 ｍ)＝ 2 Ｉ ２

／ｍ．

如图 8 丙所示为杆 2 的左、右两段受力情况，当在杆 2

左端作用冲量Ｉ时，在两段连接处，有一对相互作用的冲量Ｉ １ 与Ｉ １

′

，它们大小相等，方向相反．由于两段受力情况不同，各段的质心速度及角速度均不同，但在连接处，注意到

“ 不分离 ”

的条件，左段的右端与右段的左端具有相同的速度．现对两段分别运用动量定理和角动量定理，对杆

2 左段，有

Ｉ－Ｉ １ ＝(ｍ／ 2 )ｖ Ｃ１ ，(Ｉ＋Ｉ １ ) · (ｌ／ 4

)＝(ｍｌ ２ ／ 9 6 ) ω １ ，

对杆 2 右段，有

Ｉ １ ′ ＝(ｍ／ 2 )ｖ Ｃ 2 ，Ｉ １ ′· ｌ／ 4 ＝(ｍｌ ２ ／

9 6 ) ω ２ ．

由连接处 “ 不分离 ”

条件得左、右两段的速度与角速度的关系是

ｖ Ｃ 1 － ω １ · (ｌ／ 4 )＝ ω ２ · (ｌ／ 4 )＋ｖ Ｃ 2

，

由以上各式，可得

ω １ ＝ 1 8 Ｉ／ｍｌ， ω ２ ＝－ 6 Ｉ／ｍｌ，ｖ Ｃ 1 ＝ 5 Ｉ／

2 ｍ，ｖ Ｃ 2 ＝Ｉ／ 2 ｍ，

于是可计算杆 2 的动能为

Ｅ ｋ 2 ＝( 1 ／ 2 ) · (ｍ／ 2 )(ｖ Ｃ 1 ２ ＋ｖ Ｃ 2 ２

)＋( 1 ／ 2 ) · (Ｊ／ 2 )( ω １ ２ ＋ ω ２ ２ )

＝ 7 Ｉ ２ ／ 2 ｍ．

易得 1 、 2 两杆的动能之比为　Ｅ １ ∶ Ｅ ２ ＝ 4 ∶7 ．

本题求解中，抓住杆 2

左、右两段连接处速度相同的相关关系，全盘皆活．

例 6

形状适宜的金属丝衣架能在如图 9

所示的平面里的几个平衡位置附近做小振幅摆动．在位置甲和位置乙里，长边是水平的，其它两边等长．三种情况下的振动周期都相等．试问衣架的质心位于何处？摆动周期是多少？(第

13 届ＩＰｈＯ试题)

图 9

图 10

分析与解

本题涉及刚体做简谐运动的问题，即复摆的运动规律．一个在重力作用下绕水平轴在竖直面内做小角度摆动的刚体称为复摆或物理摆．我们先来推导复摆的周期公式．如图

1 0

所示，设Ｏ为转轴(悬点)，质心Ｃ与转轴距离(等效摆长)为ｌ，质量为ｍ，对转轴的转动惯量为Ｊ，最大偏角

θ ＜ 5° ．由机械能守恒定律，可得

ｍｇｌ( 1 －ｃｏｓ θ )＝( 1 ／ 2 )Ｊ ω ′ ２

．　　　 ①

ω ′

是刚体的质心通过平衡位置时的角速度．对摆长ｌ、质量ｍ的理想单摆而言，有

ｍｇｌ( 1 －ｃｏｓ θ )＝( 1 ／ 2 )ｍｖ２＝( 1

／ 2 )ｍ(ｌ ω ) ２ ＝( 1 ／ 2 )ｍ(Ａ ω ０ ) ２ ．

②

② 式中 ω ０ 是摆球(质点)通过平衡位置时的角速度，Ａ是振幅(Ａ =

ｌ)， ω ０ 是摆球振动的圆频率．可知

ω ０ ＝

．

将 ① 式变形为

ｍｇｌ( 1 －ｃｏｓ θ )＝( 1 ／ 2 )Ｊ ω ′ ２ ＝( 1 ／ 2

)ｍ(ｌ ·

ω ′ ) ２

＝( 1 ／ 2 )ｍ(Ａ ω ０ ′ ) ２ ，

比较 ②

式，即对复摆与单摆作等效变换，可得复摆小幅振动(亦为谐振)的圆频率为

ω ０ ′ ＝

ω ０ ＝

，

那么复摆的周期公式为　Ｔ＝ 2π

．

图 11

由题设条件确定衣架的质心位置及转动惯量，依据复摆周期公式，即可确定三种情况下相同的摆动周期Ｔ．如图

11 所示，质心Ｏ到转轴Ａ、Ｂ、Ｃ的距离设为ａ、ｂ、ｃ，由图 9

甲所示衣架的平衡位置可知，质心Ｏ必在衣架长边的中垂线ＡＢ上，在三种情况下衣架对转轴Ａ、Ｂ、Ｃ的转动惯量依次为

ＪＡ＝ＪＯ＋ｍａ2，ＪＢ＝ＪＯ＋ｍｂ２，ＪＣ＝ＪＯ＋ｍｃ２．

式中ＪＯ为所设衣架对质心Ｏ的转动惯量，ｍ是衣架总质量．因为三种情况下的周期相同，故有

(ＪＯ＋ｍａ2)／ｍｇａ＝(ＪＯ＋ｍｃ２)／ｍｇｃ，

即　　(ＪＯ－ｍａｃ)(ｃ－ａ)＝ 0 ，

显然ｃ ≠ ａ，则可知　　ＪＯ＝ｍａｃ；

又有　　(ＪＯ＋ｍａ2)／ｍｇａ＝(ＪＯ＋ｍｂ２)／ｍｇｂ，

即　　(ＪＯ－ｍａｂ)(ｂ－ａ)＝ 0 ，

此式中因ｃ＞ｂ，故　　(ＪＯ- ｍａｂ) ≠ 0 ，

则必有ａ＝ｂ，即质心位于ＡＢ之中点．衣架周期为

Ｔ = 2π

＝ 2π

．

根据图 9 标注的尺寸可知

ａ＝ 5 ｃｍ，ｃ＝

ｃｍ ≈ 2 1 ． 6 ｃｍ，

代入后得　　Ｔ ≈1. 0 3 ｓ．

本题是国际物理奥林匹克的一道赛题，题意简洁，解答方法也很多，笔者给出的这种解法应该说比较严密且巧妙．

最后，我们再尝试解答另外一道比较繁难的国际物理奥林匹克竞赛试题，该题涉及动量矩守恒定律的运用．

例 7 　如图 1 2

所示，一个质量为ｍ，半径为ＲＡ的均匀圆盘Ａ在光滑水平面ｘＯｙ内以速度ｖ沿ｘ轴方向平动，圆盘中心至ｘ轴的垂直距离为ｂ．圆盘Ａ与另一静止的、其中心位于坐标原点Ｏ的均匀圆盘Ｂ相碰．圆盘Ｂ的质量与Ａ相同，半径为Ｒ

Ｂ

．假定碰撞后两圆盘接触处的切向速度分量(垂直于连心线方向的速度)相等，并假设碰撞前后两圆盘沿连心线方向的相对速度大小不变．在发生碰撞的情况下，试求：

( 1

)碰后两圆盘质心速度的ｘ分量和ｙ分量，结果要以给定的参量ｍ、Ｒ Ａ

、Ｒ Ｂ 、ｖ和ｂ表示；

( 2 )碰后两圆盘的动能，结果要以给定的参量ｍ、Ｒ Ａ 、Ｒ Ｂ

、ｖ和ｂ表示．(第 24 届ＩＰｈＯ试题)

分析与解 ( 1

)本题情景是质量相同的运动圆盘Ａ与静止圆盘Ｂ在水平面上发生非弹性斜碰．碰撞前后，质心动量守恒

—— 系统不受外力；对Ｏ点的角动量守恒 ——

外力冲量矩为零；动能不守恒 ——

碰撞后两圆盘接触处的切向速度分量相等，必有摩擦力存在，动能有损失．本题给出诸多的附加条件，除了根据动量守恒与角动量守恒列出基本方程外，还必须根据附加条件给出足够的补充方程，并适当选用速度分量，方可最终得解．

图 12

图 13

如图 13 所示，设碰撞时两盘质心连线与ｘ轴成 θ

角，由几何关系可知

ｂ = (Ｒ Ａ + Ｒ Ｂ )ｓｉｎ θ ．

对系统，在法向与切向动量均守恒，即

ｍｖｓｉｎ θ ＝ｍｖ Ａｔ ＋ｍｖ Ｂｔ ，

ｍｖｃｏｓ θ ＝ｍｖ Ａｎ ＋ｍｖ Ｂｎ ，

式中，ｖ Ａｔ 、ｖ Ｂｔ 、ｖ Ａｎ 、ｖ Ｂｎ

是Ａ、Ｂ盘碰撞后沿切向与径向的质心速度；系统对Ｏ点的角动量守恒即

ｍｖｂ＝ＪＡω Ａ ＋ｍｖ Ａｔ (Ｒ Ａ ＋Ｒ Ｂ

)＋ＪＢω Ｂ ，

该式中，ＪＡ＝( 1 ／ 2 )ｍＲ Ａ 2

，ＪＢ＝( 1 ／ 2 )ｍＲ Ｂ 2 ， ω Ａ 、 ω Ｂ

为两盘碰撞后的角速度(待定)．注意碰撞后Ａ盘既有转动又有平动，对Ｏ点的角动量由两部

分组成，而Ｂ盘质心在Ｏ点，故角动量仅为ＪＢω Ｂ

．上述三个方程涉及六个未知量，需列出补充方程．根据两盘接触处切向速度相同有

ｖ Ａｔ － ω Ａ Ｒ Ａ ＝ｖ Ｂｔ ＋ ω Ｂ Ｒ Ｂ ，

根据两盘法向相对速度不变有

ｖｃｏｓ θ ＝ｖ Ｂｎ －ｖ Ａｎ ．

对Ｂ盘，由动量定理和角动量定理，摩擦力ｆ的作用是

ｆ · Δ ｔ＝ｍｖ Ｂｔ ，ｆ · Ｒ Ｂ · Δ ｔ＝ＪＢω

Ｂ ，

即　　ｍｖ Ｂｔ Ｒ Ｂ ＝ＪＢω Ｂ ．

由上述六个方程，解得

ω Ａ ＝ｖｓｉｎ θ ／ 3 Ｒ Ａ ， ω Ｂ ＝ｖｓｉｎ θ ／ 3 Ｒ Ｂ

，

ｖ Ａｔ ＝( 5 ／ 6 )ｖｓｉｎ θ ， ω Ｂｔ ＝( 1 ／ 6

)ｖｓｉｎ θ ，

ｖ Ａｎ ＝ 0 ，ｖ Ｂｎ ＝ｖｃｏｓ θ ．

碰后两盘的质心速度的ｘ分量分别为

ｖ Ａｘ ＝ｖ Ａｔ ｓｉｎ θ ＋ｖ Ａｎ ｃｏｓ θ ＝( 5 ／ 6

)ｖｓｉｎ ２ θ ，

ｖ Ｂｘ ＝ｖ Ｂｔ ｓｉｎ θ ＋ｖ Ｂｎ ｃｏｓ θ ＝( 1 ／ 6

)ｖｓｉｎ ２ θ ＋ｖｃｏｓ ２ θ ，

碰后两盘的质心速度的ｙ分量分别为

ｖ Ａｙ ＝ｖ Ａｔ ｃｏｓ θ －ｖ Ａｎ ｓｉｎ θ ＝( 5 ／ 6

)ｖｓｉｎ θ ｃｏｓ θ ，

ｖ Ｂｙ ＝ｖ Ｂｔ ｃｏｓ θ －ｖ Ｂｎ ｓｉｎ θ ＝－( 5 ／ 6

)ｖｓｉｎ θ ｃｏｓ θ ，

其中　ｓｉｎ θ ＝ｂ／(Ｒ Ａ ＋Ｒ Ｂ )，ｃｏｓ θ ＝

／(Ｒ Ａ ＋Ｒ Ｂ )．

( 2

)各圆盘的动能是各盘质心平动动能与圆盘转动动能之和，这里不再赘述，答案是

Ｅ Ａ ＝ 3 ｍｖ２ｂ ２ ／ 8 (Ｒ Ａ ＋Ｒ Ｂ )，Ｅ Ｂ

＝( 1 ／ 2 )ｍｖ２( 1 －( 11 ｂ ２ ／ 1 2

(ＲＡ＋ＲＢ) ２ ))．

四、ＣＰｈＯ竞赛训练题

1 ．如图 1 4 所示，质量为ｍ的均匀圆柱体的截面半径为Ｒ，长为 2

Ｒ．试求圆柱体绕通过质心及两底面边缘的转轴(如图中的Ｚ １ 、Ｚ ２

轴)的转动惯量Ｊ．

图 14

图 15

2 ．如图 15

所示，匀质立方体的边长为ａ，质量为ｍ．试求该立方体绕对角线轴ＰＱ的转动惯量Ｊ．

3

．椭圆细环的半长轴为Ａ，半短轴为Ｂ，质量为ｍ(未必匀质)，已知该环绕长轴的转动惯量为ＪＡ，试求该环绕短轴的转动惯量ＪＢ．

4

．在一根固定的、竖直的螺杆上有一个螺帽，螺距为ｓ，螺帽的转动惯量为Ｊ，质量为ｍ．假定螺帽与螺杆间的动摩擦因数为零，螺帽以初速度ｖ

０

向下移动，螺帽竖直移动的速度与时间有什么关系？这是什么样的运动？重力加速度为

g ．

5 ．如图 1 6

所示，两个质量和半径均相同的实心圆柱轮，它们的质心轴互相平行，并用一轻杆相连，轴与轴承间的摩擦忽略不计．两轮先以共同的初速度ｖ

０ 沿水平方向运动，两轮的初角速度为零，如图 1 6

甲所示．然后同时轻轻地与地面相接触，如图 1 6

乙所示，设两轮与地面之间的动摩擦因数分别为 μ １ 和 μ ２ ( μ １

＞ μ ２

)．试求两轮均变为纯滚动所需的时间及纯滚动后的平动速度大小．

图 16

图 17

6 ．如图 17

所示，光滑水平地面上静止地放着质量为Ｍ、长为ｌ的均匀细杆．质量为ｍ的质点以垂直于杆的水平初速度ｖ

０ 与杆的一端发生完全非弹性碰撞．试求：( 1

)碰后系统质心的速度及绕质心的角速度；( 2

)实际的转轴(即静止点)位于何处？

7 ．如图 1 8

所示，实心圆柱体从高度为ｈ的斜坡上由静止做纯滚动到达水平地面上，且继续做纯滚动，与光滑竖直墙发生完全弹性碰撞后返回，经足够长的水平距离后重新做纯滚动，并纯滚动地爬上斜坡．设地面与圆柱体之间的动摩擦因数为

μ ，试求圆柱体爬坡所能达到的高度ｈ ′ ．

图 18

图 19

8 ．如图 19

所示，半径为Ｒ的乒乓球绕质心轴的转动惯量为Ｊ＝( 2 ／ 3

)ｍＲ2

，ｍ为乒乓球的质量．乒乓球以一定的初始条件在粗糙的水平面上运动，开始时球的质心速度为ｖ

Ｃ０ ，初角速度为 ω ０ ，两者的方向如图 1 8

所示．已知乒乓球与地面间的动摩擦因数为 μ

．试求乒乓球开始做纯滚动所需的时间及纯滚动时的质心速度．

9

．一个均匀的薄方板的质量为Ｍ，边长为ａ，固定它的一个角点，使板竖直悬挂，板在自身的重力作用下，在方板所在的竖直平面内摆动．在通过板的固定点的对角线上距固定点的什么位置(除去转动轴处之外)，粘上一个质量为ｍ的质点，板的运动不会发生变化？已知对穿过板中心而垂直于板的轴，方板的转动惯量为Ｊ＝(

1 ／ 6 )Ma2 ．

图 20

1 0 ．如图 20

所示，一个刚性的固体正六角棱柱，形状就像通常的铅笔，棱柱的质量为Ｍ，密度均匀．横截面呈六边形且每边长为ａ．六角棱柱相对于它的中心轴的转动惯量为Ｊ＝(

5 ／ 1 2 )Ma2 ，相对于棱边的转动惯量是Ｊ ′ ＝( 17 ／

1 2 )Ma2

．现令棱柱开始不均匀地滚下斜面．假设摩擦力足以阻止任何滑动，并且一直接触斜面．某一棱刚碰上斜面之前的角速度为

ω ｉ ，碰后瞬间角速度为 ω ｆ ，在碰撞前后瞬间的动能记为Ｅ ｋｉ

和Ｅ ｋｆ ，试证明： ω ｆ ＝ｓ ω ｉ ，Ｅ ｋｆ ＝ｒＥ ｋｉ

，并求出系数ｓ和ｒ的值．(第 2 9 届ＩＰｈＯ试题)

五、训练题简答

图 21

图 22

1 ．解：如图 2 1 所示，对图所示的Ｚ １ 、Ｚ ２

、Ｚ坐标系与Ｚ ３ 、Ｚ ４ 、Ｚ坐标系运用正交轴定理，有

Ｊ１＋Ｊ２＋Ｊ５＝Ｊ３＋Ｊ４＋Ｊ５，

Ｊ３＝( 1 ／ 2 )ｍＲ2

，Ｊ４＝( 7 ／ 1 2 )ｍＲ2

，Ｊ１＝Ｊ２，

则　Ｊ１＝Ｊ２＝( 13 ／ 24

)ｍＲ2 ．

2 ．解：将立方体等分为边长为ａ／ 2 的八个小立方体，依照本文例 3

分析法用量纲求解，有

ｋｍａ2＝ 2 · ｋ(ｍ／ 8 )(ａ／ 2 ) ２ ＋ 6 ·

［ｋ(ｍ／ 8 )(ａ／ 2 ) ２

＋(ｍ／ 8 )(ａ／

) ２ ］，

则　ｋ＝ 1 ／ 6 ，Ｊ＝( 1 ／ 6 )ｍａ2．

3 ．解：由正交轴定理ＪＡ＋ＪＢ＝

ｍｉ(ｘｉ２ ＋ｙ ｉ ２

)及椭圆方程(ｘ ２ ／Ａ2)＋(ｙ ２ ／Ｂ2

)＝ 1 ，得

ＪＢ＝ｍＡ2－(Ａ2／Ｂ2

)ＪＡ．

4 ．解：由机械能守恒，得

ｍｇｓ＝( 1 ／ 2 )Ｊ( ω t2－ ω

O2)＋( 1 ／ 2 )ｍ(ｖ ｔ2 －ｖ

０２)，

又　 ω ｔ ／ｖ ｔ ＝ ω ０ ／ｖ ０ ＝ 2π ／ｓ，

可得ｖ ｔ2 －ｖ ０２＝ 2 ｍ／((

4π2Ｊ／ｓ2)＋ｍ)ｇ＝ 2 ｇ ′ ｓ．

故螺帽沿螺杆竖直向下做匀加速直线运动，有

ｖ ｔ ＝ｖ ０ ＋ｇ ′ ｔ，ｇ ′ ＝ｍ／((

4π2Ｊ／ｓ2)＋ｍ)．

5 ．解：两轮相对于地面动量守恒，因为 μ １ ＞ μ ２ ，轮 1

先做纯滚动，轮 2

做纯滚动所需时间为ｔ，则系统从触地到均做纯滚动时对地面角动量守恒，得

2 ｍｖ ０ Ｒ＝ 2 ｍｖ ｔ Ｒ＋ 2 · ( 1 ／ 2 )ｍＲ2

ω ，

又ｖ ｔ ＝ ω Ｒ，解得

ｖ ｔ ＝( 2 ／ 3 )ｖ ０ ， ω ＝ 2 ｖ ０ ／ 3 Ｒ，ｔ＝ ω ／

α ２ ＝ ω Ｒ／ 2μ ２ ｇ＝ｖ ０ ／ 3 μ ２ ｇ．

6 ．解：碰后系统质心位置从杆中点右移为

Δ ｘ＝(ｍ／(Ｍ＋ｍ)) · (ｌ／ 2 )．

由质心的动量守恒，求得质心速度为

ｖ Ｃ ＝(ｍ／(Ｍ＋ｍ))ｖ ０ ．

由角动量守恒并考虑质心速度与角速度关系，求得瞬时轴在杆中心左侧ｘ＝ｌ／

6 处， ω ＝ 6 ｍｖ ０ ／(Ｍ＋ 4 ｍ)ｌ．

7 ．解：纯滚动时，无机械能损失，ｖ＝Ｒ ω

．非纯滚动时，运用动量定理及角动量定理，求上坡前的质心速度及角速度，根据机械能守恒即可求得．ｈ

′ ＝ｈ／ 9 ．

8

．解：乒乓球与地接触点Ｏ即滚动又滑动且达到纯滚动时，由角动量守恒，得

ｍＲｖ Ｃ 0 －Ｊ ω ０ ＝ｍＲｖ Ｃ ＋Ｊ ω ，

即　ｖ Ｃ 0 －ｖ Ｃ ＝( 2 ／ 3 )Ｒ( ω ０ ＋ ω )，

达到纯滚动时，有　　　ｖ Ｃ ＝Ｒ ω ，

可得到纯滚时质心速度为　ｖ Ｃ ＝( 3 ／ 5 )ｖ Ｃ 0 －( 2 ／ 3

)Ｒ ω ０ ．

其中，若ｖ Ｃ 0 ＞( 2 ／ 3 )Ｒ ω ０

，纯滚动后，球向右顺时针方向做纯滚动；ｖ Ｃ 0 ＜( 2 ／ 3 )Ｒ ω

０ ，则纯滚动后，球向左逆时针方向做纯滚动．

质心做匀加速运动，达到纯滚时间设为ｔ，由ｖ Ｃ ＝ｖ Ｃ 0 － μ

ｇｔ，可得

ｔ＝ 2 (ｖ Ｃ 0 ＋Ｒ ω ０ )／ 5 μ ｇ．

9 ．解：原薄方板对悬点的转动惯量Ｊ ０ ＝( 2 ／ 3

)Ma2 ，粘上质量为ｍ的质点后有Ｊ＝( 2 ／ 3

)Ma2 ＋ｍ · ｘ ２ ．振动周期相同，应有

Ｊ ０ ／Ｍｇｌ＝Ｊ／(Ｍ＋ｍ)ｇｌ ′ ，

ｌ ′ ＝(ｍｘ＋Ｍｌ)／(Ｍ＋ｍ)，ｌ＝(

／ 2 )ａ，

解得　　ｘ＝( 2

／ 3 )ａ．

1 0 ．解：设以某棱为轴转动时间 Δ

ｔ，此碰撞瞬间前后的角速度分别为 ω ｉ 、 ω ｆ

，时间短，忽略重力冲量及冲量矩，知矢量关系如图 2 3 所示．

图 23

对质心有　　Ｎ Δ ｔ＝Ｍａ( ω ｆ － ω ｉ )ｓｉｎ 3 0 °

，

－ｆ Δ ｔ＝Ｍａ( ω ｆ － ω ｉ )ｃｏｓ 3 0 °

，

对刚体有

ｆ Δ ｔａｃｏｓ 3 0 ° －Ｎ Δ ｔａｓｉｎ 3 0 ° ＝( 5 ／ 1 2

)Ma2 ( ω ｆ － ω ｉ )．

解得　　　 ω ｆ ＝( 11 ／ 17 ) ω ｉ ，ｓ＝ 11 ／ 17 ，ｒ＝ｓ ２

＝ 1 2 1 ／ 28 9 ．