内容发布更新时间 : 2024/12/23 12:35:25星期一 下面是文章的全部内容请认真阅读。

??36mv0

(16M?27m)l254m2v0?cos[1?]

(2M?3m)(16M?27m)gl?1

?max（2）将子弹和细杆视为一个系统，则系统受的外力为Mg，mg，N横，N竖，如图，设子弹打在距轴x处，根据动量定理

?N

横dt?mv?Mvc?mv0

?mx??Ml??mv0 2 (3)

系统对O轴角动量守恒，有

xmv0?xmv?J?

12Ml? 3122 ?(xm?Ml)?

3 ?xm??2因而

??xmv0 122xm?Ml3 (4)

将（4）式代入（3）式

?N横dt?(mx?1ML)?2xmv0?mv0

1x2m?Ml23当N横?0时，则

(mx?1ML)?2xmv0?mv0?0

1x2m?Ml23解此方程得

x?

2l 3此即打击中心的位置。

说明 子弹和细杆组成的系统受到外界对细杆转轴的作用力，故系统动量不守恒，这一

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点需特别注意，但由于该作用力通过转轴，不产生力矩，系统角动量守恒，并且因该力通过转轴，其力矩的功（实际上也就是力的功）为零，系统机械能守恒，综合角动量守恒，机械能守恒求解本题。另外，打击中心即为使杆在轴处沿打击方向横向力为零时的打击点。

3-4 一质量为m的子弹，穿过与均匀细杆连接的物体后，速度由v减至

v，设杆可绕2过O点的固定轴在竖直平面内转动，杆长为l，杆与物体的质量均为M，如图，开始时，杆与物体静止于铅垂位置，物体的大小可以忽略不计，子弹与物体作用过程极短，试求，欲使物体与杆可以在竖直平面内完成圆周运动，子弹的速度不能小于多少？

分析 子弹、物体系统对O轴角动量守恒，物体绕O轴转动机械能守恒，物体与杆恰能完成圆周运动的条件是其转到垂直位置时的动能为零，由此求解本题。

解 假定子弹穿过物体后，物体与杆的角速度为?，物体与杆转动过程中，由机械能守恒及物体与杆恰能完成圆周运动的条件，有

11ll(Ml2?Ml2)?2?Mg?Mg?2l?Mg(l?) 2322解得

??9g 2l子弹穿过物体，子弹、杆、物体组成系统对O轴角动量守恒，因此

1lmvl?(Ml2?Ml2)??mv?

32解得

8Ml32M2gl v???23mm所以

32M2gl v?m2 说明 本题综合运用角动量守恒和机械能守恒求解，其关键在于分析守恒条件，子弹和

细杆组成的系统在细杆转轴处受外力作用，但此力力矩为零，因此其力矩的功也为零，因而角动量、机械能守恒。

3-5 如图，有一长度为l，质量为m1的均匀细杆静止水平放在摩擦系数为?的水平桌

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面上，它可绕通过其端点O且与桌面垂直的固定光滑轴转动，另一质量为m2水平运动的小滑块从侧面沿垂直于杆的方向与杆的另一端A相碰撞，并被反向弹回，碰撞时间极短。已知小滑块与细杆碰撞前后的速率分别为v1和v2，求（1）碰撞后杆绕O轴转动的角速度；（2）碰撞后从杆开始转动到停止转动的过程中所需的时间。

分析 滑块与细杆碰撞角动量守恒，由此求细杆转动的?，此后，细杆受摩擦力矩作用转速逐渐减为零，由摩擦力矩，根据角动量定理即可求出时间t。

解 （1）以杆和滑块为研究系统。由于碰撞时间极短，杆所受到的摩擦力矩远小于滑块的冲力矩，故可认为合外力矩为零，因此系统的角动量守恒，即

1m2v1l??m2v2l?m1l2?

3 (1)

解得

??3m2(v1?v2)

m1l

（2）碰后杆在转动过程中所受的摩擦力矩为

l

Mf????gdm?x???0?m1gl1xdx???m1gl

2 (2)

由角动量定理得

12Mdt?0?ml? f1?30t (3)

由式（1）、（2）、（3）联立解得

t?2m2v1?v2

?m1g 说明 本题需注意两点：（1）在处理碰撞问题时，通常因碰撞时间极短，摩擦力矩远

小于碰撞产生的冲力矩，角动量守恒；（2）棒各处摩擦力矩不同，首先要写出微元力矩，即??gdmx，通过积分求摩擦力矩。

3-6 如图，两个半径分别为R1和R2的圆柱体，转动惯量分别为J1和J2，分别可绕其轴转动。最初大圆柱的角速度为?0，小圆柱不转动，现将小圆柱向右平移，碰到大圆柱后由于摩擦力的作用而被带着转动，最后两圆柱无滑动地各自以恒定角速度沿相反方向转动。

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试求小圆柱和大圆柱的最终角速度。

分析 大圆柱与小圆柱接触后，由于摩擦力矩作用，大圆柱转速减小，小圆柱转速变大，最后稳定。对两圆柱分别应用角动量定理，由两圆柱摩擦力相等f1?f2，稳定后接触点线速度相等?1R1??2R2，即可求出稳定后两圆柱角速度。

解 两圆柱体从接触到稳定只受摩擦力，其一对 摩擦力f1?f2，对两圆柱体分别应用角动量定理

??R1f1dt?J1?1?J1?0 ??R2f2dt??J2?2

(1) (2)

注意到f1?f2。 由（1）、（2）式可得

R1?(J1?1?J1?0) ?R2J2?2 (3)

两圆柱稳定后，其接触点线速度相等，即

?1R1??2R2

(4)

由（3）、（4）式可解得

2J1R1R2J1R2小圆柱最终角速度：?2? ?0，大圆柱最终角速度：?1??0。2222J1R2?J2R1J1R2?J2R1 说明 两柱体从开始接触到稳定过程中，均受到外力矩作用，这一外力矩就是摩擦力矩，

因此角动量不守恒，只能对两柱体分别使用角动量定理求解。两柱体达到稳定后，两柱体不再有相对滑动。因此，接触点处线速度相同，故可得（4）式。

3-7 如图所示，长为l的均匀细杆水平地放置在桌面上，质心离桌边缘的距离为a，从

静止开始下落。已知杆与桌边缘之间的摩擦系数为?。试求：杆开始滑动时的临界角。

分析 细杆滑动前以A点为轴在重力矩作用下转动，细杆质心做以A点为圆心的圆周运动，根据转动定律及质心运动定律即可求出A点摩擦力f与?角关系，细杆开始滑动的临界条件为f??N。

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解 无滑动时，杆绕过A点的固定轴做定轴转动，由转动定律有

mgacos??JA?

(1)

由平行轴定理求细杆绕A点转动时的转动惯量

JA?JC?ma2?1ml2?ma2 12 (2)

无滑动时，杆绕A点转动，杆上各点做圆周运动，对质心C，由牛顿运动定律得

f?mgsin??ma?2

mgcos??N?ma?

(3) (4)

杆绕A点转动，只有重力作功，机械能守恒，有 得

mgasin??1JA?2 2?2?2mgasin?

JA (5)

将式（5）代入式（3），并利用式（2），得

24mga2sin?f?mgsin??2 2l?12a (6)

将式（1）代入式（4），并利用式（2），得

12mga2cos?N?mgcos??2

l?12a2 (7)

开始滑动的临界条件为

f??N

(8)

因此，由式（6）、（7）、（8），有

24mga2sin?C12mga2?cos?Cmgsin?C??mg?cos?C?

l2?12a2l2?12a2式中?C为临界角，整理可得

tan?C??l2l2?36a2

说明 在一般涉及转轴对刚体的作用力的问题中，除了要应用转动定律外，一般还要用

到质心运动定理，如本题。

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