滑轮教程

第四章刚体的转动

4－1有两个力作用在一个有固定转轴的刚体上：

(1)这两个力都平行于轴作用时，它们对轴的合力矩一定是零；

(2)这两个力都垂直于轴作用时，它们对轴的合力矩可能是零；

(3)当这两个力的合力为零时，它们对轴的合力矩也一定是零；

(4)当这两个力对轴的合力矩为零时，它们的合力也一定是零．

对上述说法下述判断正确的是()

(A)只有(1)是正确的(B)(1)、(2)正确，(3)、(4)错误

(C)(1)、(2)、(3)都正确，(4)错误(D)(1)、(2)、(3)、(4)都正确

分析与解力对轴之力矩通常有三种情况：其中两种情况下力矩为零：一是力的作用线通过

转轴，二是力平行于转轴(例如门的重力并不能使门转)．不满足上述情况下的作用力(含题

述作用力垂直于转轴的情况)对轴之矩不为零，但同时有两个力作用时，只要满足两力矩大

小相等，方向相反，两力矩对同一轴的合外力矩也可以为零，由以上规则可知(1)(2)说法是

正确．对于(3)(4)两种说法，如作用于刚体上的两个力为共点力，当合力为零时，它们对同

一轴的合外力矩也一定为零，反之亦然．但如这两个力为非共点力，则以上结论不成立，故

(3)(4)说法不完全正确．综上所述，应选(B)．

4－2关于力矩有以下几种说法：

(1)对某个定轴转动刚体而言，内力矩不会改变刚体的角加速度；

(2)一对作用力和反作用力对同一轴的力矩之和必为零；

(3)质量相等，形状和大小不同的两个刚体，在相同力矩的作用下，它们的运动状态一定相

同．

对上述说法下述判断正确的是()

(A)只有(2)是正确的(B)(1)、(2)是正确的

(C)(2)、(3)是正确的(D)(1)、(2)、(3)都是正确的

分析与解刚体中相邻质元之间的一对内力属于作用力与反作用力，且作用点相同，故对同

一轴的力矩之和必为零，因此可推知刚体中所有内力矩之和为零，因而不会影响刚体的角加

速度或角动量等，故(1)(2)说法正确．对说法(3)来说，题述情况中两个刚体对同一轴的转

动惯量因形状、大小不同有可能不同，因而在相同力矩作用下，产生的角加速度不一定相同，

因而运动状态未必相同，由此可见应选(B)．

4－3均匀细棒OA可绕通过其一端O而与棒垂直的水平固定光滑轴转动，如图所示，今使

棒从水平位置由静止开始自由下落，在棒摆到竖直位置的过程中，下述说法正确的是()

(A)角速度从小到大，角加速度不变

(B)角速度从小到大，角加速度从小到大

(C)角速度从小到大，角加速度从大到小

(D)角速度不变，角加速度为零

分析与解如图所示，在棒下落过程中，重力对轴之矩是变化的，其大小与棒和水平面的夹

角有关．当棒处于水平位置，重力矩最大，当棒处于竖直位置时，重力矩为零．因此在棒在

下落过程中重力矩由大到小，由转动定律知，棒的角加速亦由大到小，而棒的角速度却由小

到大(由机械能守恒亦可判断角速度变化情况)，应选(C)．

4－4一圆盘绕通过盘心且垂直于盘面的水平轴转动，轴间摩擦不计．如图射来两个质量相

同，速度大小相同，方向相反并在一条直线上的子弹，它们同时射入圆盘并且留在盘内，则

子弹射入后的瞬间，圆盘和子弹系统的角动量L以及圆盘的角速度ω的变化情况为()

(A)L不变，ω增大(B)两者均不变

(C)L不变，ω减小(D)两者均不确定

分析与解对于圆盘一子弹系统来说，并无外力矩作用，故系统对轴O的角动量守恒，故L

不变，此时应有下式成立，即

ωJωJdmdm

00

vv

式中mvd为子弹对点O的角动量

0

为圆盘初始角速度，J为子弹留在盘中后系统对轴O的转

动惯量，J

0

为子弹射入前盘对轴O的转动惯量．由于J＞J

0

，则＜

0

．故选(C)．

4－5假设卫星环绕地球中心作椭圆运动，则在运动过程中，卫星对地球中心的()

(A)角动量守恒，动能守恒(B)角动量守恒，机械能守恒

(C)角动量不守恒，机械能守恒(D)角动量不守恒，动量也不守恒

(Ｅ)角动量守恒，动量也守恒

分析与解由于卫星一直受到万有引力作用，故其动量不可能守恒，但由于万有引力一直指

向地球中心，则万有引力对地球中心的力矩为零，故卫星对地球中心的角动星守恒，即r×mv

＝恒量，式中r为地球中心指向卫星的位矢．当卫星处于椭圆轨道上不同位置时，由于｜r｜

不同，由角动量守恒知卫星速率不同，其中当卫星处于近地点时速率最大，处于远地点时速

率最小，故卫星动能并不守恒，但由万有引力为保守力，则卫星的机械能守恒，即卫星动能

与万有引力势能之和维持不变，由此可见，应选(B)．

4－6一汽车发动机曲轴的转速在12s内由1.2×103r·min-1均匀的增加到2.7×103r·min-1．(1)

求曲轴转动的角加速度；(2)在此时间内，曲轴转了多少转？

分析这是刚体的运动学问题．刚体定轴转动的运动学规律与质点的运动学规律有类似的关

系，本题为匀变速转动．

解(1)由于角速度ω＝2πn(n为单位时间内的转数)，根据角加速度的定义

t

ω

α

d

d

，在匀

变速转动中角加速度为



2

00srad1.13

π2











t

nn

t

ωω

α

(2)发动机曲轴转过的角度为

tnnttt

0

0

2

0

π

22

1











在12s内曲轴转过的圈数为

390

2π2

0



t

nnθ

N圈

4－7水分子的形状如图所示，从光谱分析知水分子对AA′轴的转动惯量J

AA′

＝1.93

×10-47kg·m2，对BB′轴转动惯量J

BB′

＝1.14×10-47kg·m2，试由此数据和各原子质量求出氢和氧

原子的距离D和夹角θ．假设各原子都可当质点处理．

题4-7图

分析如将原子视为质点，则水分子中的氧原子对AA′轴和BB′轴的转动惯量均为零，因此

计算水分子对两个轴的转动惯量时，只需考虑氢原子即可．

解由图可得

θdmJ

HAA

22sin2



θdmJ

HBB

22cos2



此二式相加，可得22dmJJ

HBBAA





则m1059.9

2

11







H

BBAA

m

JJ

d

由二式相比，可得

θJJ

BBAA

2tan/



则o3.52

1.14

1.93

arctanarctan





BB

AA

J

J

θ

4－8一飞轮由一直径为30㎝，厚度为2.0㎝的圆盘和两个直径为10㎝，长为8.0㎝的共轴圆

柱体组成，设飞轮的密度为7.8×103kg·m-3，求飞轮对轴的转动惯量．

题4-8图

分析根据转动惯量的可叠加性，飞轮对轴的转动惯量可视为圆盘与两圆柱体对同轴的转动

惯量之和；而匀质圆盘、圆柱体对轴的转动惯量的计算可查书中公式，或根据转动惯量的定

义，用简单的积分计算得到．

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

24

2

4

1

2

2

2

2

1

121

mkg136.0

2

1

π

16

1

22

1

22

1

2













































adldρ

d

m

d

mJJJ

4－9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(如图)．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4-9图

分析在运动过程中，飞轮和重物的运动形式是不同的．飞轮作定轴转动，而重物是作落体

运动，它们之间有着内在的联系．由于绳子不可伸长，并且质量可以忽略．这样，飞轮的转

动惯量，就可根据转动定律和牛顿定律联合来确定，其中重物的加速度，可通过它下落时的

匀加速运动规律来确定．

该题也可用功能关系来处理．将飞轮、重物和地球视为系统，绳子张力作用于飞轮、重物的

功之和为零，系统的机械能守恒．利用匀加速运动的路程、速度和加速度关系，以及线速度

和角速度的关系，代入机械能守恒方程中即可解得．

解1设绳子的拉力为

T

F，对飞轮而言，根据转动定律，有

αJRF

T



(1)

而对重物而言，由牛顿定律，有

maFmg

T



(2)

由于绳子不可伸长，因此，有

αRa(3)

重物作匀加速下落，则有

2

2

1

ath(4)

由上述各式可解得飞轮的转动惯量为

















1

2

2

2

h

gt

mRJ

解2根据系统的机械能守恒定律，有

0

2

1

2

1

22ωJmmghv(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′)

ah22v(4′)

由上述各式可得

















1

2

2

2

h

gt

mRJ

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．

4－10一燃气轮机在试车时，燃气作用在涡轮上的力矩为2.03×103N·m，涡轮的转动惯量为

25.0kg·m2．当轮的转速由2.80×103r·min-1增大到1.12×104r·min-1时，所经历的时间t为多少？

分析由于作用在飞轮上的力矩是恒力矩，因此，根据转动定律可知，飞轮的角加速度是一

恒量；又由匀变速转动中角加速度与时间的关系，可解出飞轮所经历的时间．该题还可应用

角动量定理直接求解．

解1在匀变速转动中，角加速度

t

ωω

α0



，由转动定律αJM，可得飞轮所经历的时

间

s8.10

2

0

0



nn

M

Jπ

J

M

ωω

t

解2飞轮在恒外力矩作用下，根据角动量定理，有



0

0

dωωJtM

t



则s8.10

π2

0

0



nn

M

J

J

M

ωω

t

4－11质量为m

1

和m

2

的两物体A、B分别悬挂在图(a)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J

1

和J

2

，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4-11图

分析由于组合轮是一整体，它的转动惯量是两轮转动惯量之和，它所受的力矩是两绳索张

力矩的矢量和(注意两力矩的方向不同).对平动的物体和转动的组合轮分别列出动力学方

程，结合角加速度和线加速度之间的关系即可解得.

解分别对两物体及组合轮作受力分析，如图(b).根据质点的牛顿定律和刚体的转动定律，

有

111111

amFgmFP

TT







(1)

222222

amgmFPF

TT



(2)

αJJrFRF

TT2121



(3)

11TT

FF

,

22TT

FF

(4)

由角加速度和线加速度之间的关系，有

αRa

1

(5)

αra

2

(6)

解上述方程组，可得

gR

rmRmJJ

rmRm

a

2

2

2

121

21

1





gr

rmRmJJ

rmRm

a

2

2

2

121

21

2





gm

rmRmJJ

RrmrmJJ

F

T1

2

2

2

121

2

2

121

1





gm

rmRmJJ

RrmRmJJ

F

T2

2

2

2

121

1

2

121

2





4－12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m

1

和m

2

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4-12图

分析这是连接体的动力学问题，对于这类问题仍采用隔离体的方法，从受力分析着手，然

后列出各物体在不同运动形式下的动力学方程.物体A和B可视为质点，则运用牛顿定律.由

于绳与滑轮间无滑动，滑轮两边绳中的张力是不同的，滑轮在力矩作用下产生定轴转动，因

此，对滑轮必须运用刚体的定轴转动定律.列出动力学方程，并考虑到角量与线量之间的关

系，即能解出结果来.

解作A、B和滑轮的受力分析，如图(b).其中A是在张力F

Ｔ1

、重力P

1

，支持力F

Ｎ

和摩擦力

Fｆ

的作用下运动，根据牛顿定律，沿斜面方向有

11111

cossinamθgmμθgmF

T



(1)

而B则是在张力F

Ｔ2

和重力P

2

的作用下运动，有

2222

amFgm

T



(2)

由于绳子不能伸长、绳与轮之间无滑动，则有

αraa

21

(3)

对滑轮而言，根据定轴转动定律有

αJrFrF

TT









12

(4)

11TT

FF

,

22TT

FF

(5)

解上述各方程可得

2

21

112

21/

cossin

rJmm

gmgmgm

aa











2

21

2

121

1/

/cossincossin1

rJmm

rgJmθμθθμθgmm

F

T







2

21

2

221

2/

/cossin1

rJmm

rgJmθμθgmm

F

T





4－13如图(a)所示，飞轮的质量为60kg，直径为0.50m，转速为1.0×103r·min-1.现用闸瓦

制动使其在5.0s内停止转动，求制动力F.设闸瓦与飞轮之间的摩擦因数μ＝0.40，飞轮的质

量全部分布在轮缘上.

题4-13图

分析飞轮的制动是闸瓦对它的摩擦力矩作用的结果，因此，由飞轮的转动规律可确定制动

时所需的摩擦力矩.但是，摩擦力矩的产生与大小，是由闸瓦与飞轮之间的正压力F

Ｎ

决定的，

而此力又是由制动力F通过杠杆作用来实现的.所以，制动力可以通过杠杆的力矩平衡来求

出.

解飞轮和闸杆的受力分析，如图(b)所示.根据闸杆的力矩平衡，有

0

121





lFllF

N

而

NN

FF



，则闸瓦作用于轮的摩擦力矩为

dμF

l

ll

dμF

d

FM

N

1

21

f22

1

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

ω

t

ωω

α

π2

00





(2)

因飞轮的质量集中于轮缘，它绕轴的转动惯量

4/2mdJ

，根据转动定律αJM，由式

(1)、(2)可得制动力



N1014.32

21

1





tll

nmdl

F





4－14如图所示，一通风机的转动部分以初角速度ω

0

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4-14图

分析由于空气的阻力矩与角速度成正比，由转动定律可知，在变力矩作用下，通风机叶片

的转动是变角加速转动，因此，在讨论转动的运动学关系时，必须从角加速度和角速度的定

义出发，通过积分的方法去解.

解(1)通风机叶片所受的阻力矩为M＝－Cω，由转动定律M＝Jα，可得叶片的角加速度为

J

ωC

t

ω

α

d

d

(1)

根据初始条件对式(1)积分，有

t

J

C

ω

ωtω

ω

d

d

0

0



由于C和J均为常量，得

JCteωω/

0

(2)

当角速度由ω

0

→

2

1ω

0

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

teωθJCt

tθ

dd/

0

0

0



即

C

ωJ

θ

2

0

在时间t内所转过的圈数为

C

ωJθ

N

π4π2

0

4－15电风扇接通电源后一般经5s后到达额定转速1

0

minr300n,而关闭电源后经

16s后风扇停止转动，已知电风扇的转动惯量为2mkg5.0，设启动时电磁力矩

M

和转动

时的阻力矩

f

M均为常数，求启动时的电磁力矩

M

.

分析由题意知

M

和

f

M均为常数，故启动时电风扇在

M

和

f

M共同作用下，作匀加速

转动，直至到达额定转速，关闭电源后，电风扇仅在

f

M的作用下作匀减速转动.运用匀变

速转动的运动学规律和转动定律既可求解.

解设启动时和关闭电源后，电风扇转动时的角加速度分别为

1

和

2

，则启动过程

JMM

f

110

t

关闭电源后

2f

JM

0

220

t

联解以上各式并将

60

2

0

0

n



以及

0

n

、

1

t

、

2

t

、

J

值代入，得

mN12.4M

4－16一质量为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？

分析盘边缘裂开时，小碎块以原有的切向速度作上抛运动，由质点运动学规律可求得上抛

的最大高度.此外，在碎块与盘分离的过程中，满足角动量守恒条件，由角动量守恒定律可

计算破裂后盘的角动量.

题4-16图

解(1)碎块抛出时的初速度为

Rω

0

v

由于碎块竖直上抛运动，它所能到达的高度为

g

Rω

g

h

22

222

0

v

(2)圆盘在裂开的过程中，其角动量守恒，故有

LLL





0

式中ωRmL2

2

1



为圆盘未碎时的角动量；

ωmRL2



为碎块被视为质点时，碎块对轴的

角动量；L为破裂后盘的角动量.则

ωRmmL2

2

1



















4－17在光滑的水平面上有一木杆，其质量m

1

＝1.0kg，长l＝40cm，可绕通过其中点并与

之垂直的轴转动.一质量为m

2

＝10g的子弹，以v＝2.0×102m·s-1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4-17图

分析子弹与杆相互作用的瞬间，可将子弹视为绕轴的转动.这样，子弹射入杆前的角速度

可表示为ω，子弹陷入杆后，它们将一起以角速度ω′转动.若将子弹和杆视为系统，因系统

不受外力矩作用，故系统的角动量守恒.由角动量守恒定律可解得杆的角速度.

解根据角动量守恒定理

ωJJωJ





212

式中2

22

2/lmJ

为子弹绕轴的转动惯量，J

2

ω为子弹在陷入杆前的角动量，ω＝2v/l为子

弹在此刻绕轴的角速度.

12/2

11

lmJ

为杆绕轴的转动惯量.可得杆的角速度为



1

21

2

21

2s1.29

3

6













mm

m

JJ

ωJ

ω

v

4－18一质量为20.0kg的小孩，站在一半径为3.00m、转动惯量为450kg·m2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1.00m·s－1的速率沿转台边缘行走，问转台的角速率有多大？

分析小孩与转台作为一定轴转动系统，人与转台之间的相互作用力为内力，沿竖直轴方向

不受外力矩作用，故系统的角动量守恒.在应用角动量守恒时，必须注意人和转台的角速度

ω、ω

0

都是相对于地面而言的，而人相对于转台的角速度ω

1

应满足相对角速度的关系式

10

ωωω.

解由相对角速度的关系，人相对地面的角速度为

R

ωωωω

v



010

由于系统初始是静止的，根据系统的角动量守恒定律，有

0

10100

ωωJωJ

式中J

0

为转台对转台中心轴的转动惯量,J

1

＝mR2为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

12

2

0

2

0

s1052.9





RmRJ

mR

ω

v

式中负号表示转台转动的方向与人对地面的转动方向相反.

4－19一转台绕其中心的竖直轴以角速度ω

0

＝π1srad转动，转台对转轴的转动惯量为

J

0

＝4.0×10-3kg·m2.今有砂粒以Q＝2t（Q在单位为g·s-1，t的单位为s）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r＝0.10m，求砂粒下落t＝10s时，转台的角速度.

分析对转动系统而言，随着砂粒的下落，系统的转动惯量发生了改变.但是，砂粒下落对

转台不产生力矩的作用，因此，系统在转动过程中的角动量是守恒的.在时间t内落至台面的

砂粒的质量，可由其流量求出，从而可算出它所引起的附加的转动惯量.这样，转台在不同

时刻的角速度就可由角动量守恒定律求出.

解在时间0→10s内落至台面的砂粒的质量为

kg10.0Qd10

0

tm

根据系统的角动量守恒定律，有

ωmrJωJ2

000



则t＝10s时，转台的角速度

1

2

0

00sπ8.0





mrJ

J



4－20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(如图所示)，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J＝

2.0×103kg·m2，旋转的角速度ω＝0.2rad·s-1，喷口与轴线之间的距离r＝1.5m；喷气以恒定

的流量Q＝1.0kg·s-1和速率u＝50m·s-1从喷口喷出，问为使该飞船停止旋转，喷气应喷射多长

时间？

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Jω；(2)喷气过程中气流速率u远大于飞船侧面的线速度ωr，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

murmrωu

m

d

.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murωJ(1)

因喷气的流量恒定，故有

Qtm2

(2)

由式(1)、(2)可得喷气的喷射时间为

s67.2

2



Qur

ωJ

t

题4-20图

4－21如图所示，长为l、质量为

m

的均质杆，可绕点O在竖直平面内转动，令杆至水平位

置由静止摆下，在竖直位置与质量为

2

m

的物体发生完全非弹性碰撞，碰撞后物体沿摩擦因

数为的水平面滑动，试求此物体滑过的距离s.

分析本题可分为三个过程，即细杆绕点O的转动过程，细杆与物体的完全非弹性碰撞以及

碰撞后物体在粗糙水平面上的滑动过程。注意前两个过程，只能运用刚体定轴转动所满足的

力学规律.其中，第一个过程满足机械能守恒，如以细杆摆至垂直位置时细杆质心为势能零

点，则细杆在水平位置的势能应为

2

l

mg(而不是

mgl

),摆至垂直位置时细杆的动能为

2

2

1

J(而不是2

2

1

mv)；第二个过程细杆和物体对点O的角动量守恒（而不是动量守恒，想

一想为什么？），此外对完全非弹性碰撞，碰撞后瞬间满足

,lv

为碰撞后细杆的角

速度，

v

为碰撞后物体的速度.

解由分析知，有

转动过程2

2

1

2

J

l

mg

碰撞过程

l

v

l

m

JJ)

2

(2

滑动过程2)

2

(

2

1

0

2

v

m

sg

m



将2

3

1

mlJ

代入以上三式，解得物体滑过的距离为

25

6l

s

讨论碰撞时作用在细杆-物体系统的外力均通过点O，外力矩为零，故系统对点O的角动量

守恒，但此时转轴的点O处会产生水平方向的轴力分量，使合外力并不为零，故系统动量并

不守恒，这是初学者容易犯的一种错误.

题4-21图

4－22一位溜冰者伸开双臂来以1.01sr绕身体中心轴转动，此时的转动惯量为1.33

2mkg

,她收起双臂来增加转速，如收起双臂后的转动惯量变为0.482mkg

.求（1）她收

起双臂后的转速；（2）她收起双臂前后绕身体中心轴的转动动能各为多少？

分析各种物体（含刚体和变形体）在运动过程中，只要对空间某定点或定轴的外力矩之和

为零，则物体对同一点或轴的角动量就守恒，在本题中当溜冰者绕身体中心轴转动时，人体

重力和地面支持力均与该轴重合，故无外力矩作用，满足角动量守恒.此时改变身体形状（即

改变对轴的转动惯量）就可改变转速，这是在体育运动中经常要利用的物理规律.

解（1）由分析知，有

JJ

00

则1-

0

0sr77.2

J

J

（2）收起双臂前J26.2

2

1

2

001k

JE

收起双臂后

J72.6

2

1

2

k2

JE

此时由于人体内力做功，有

1k2k

EE

4－23一质量为m′、半径为R的转台，以角速度ω

a

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ω

b

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ω

c

为多少？设蜘蛛下落前距离

转台很近.

分析对蜘蛛和转台所组成的转动系统而言，在蜘蛛下落至转台面以及慢慢向中心爬移过程

中，均未受到外力矩的作用，故系统的角动量守恒.应该注意的是，蜘蛛爬行过程中，其转

动惯量是在不断改变的.由系统的角动量守恒定律即可求解.

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



ba

ωJJωJ

100



式中2

02

1

RmJ



为转台对其中心轴的转动惯量，2

1

mRJ为蜘蛛刚落至台面边缘时，它

对轴的转动惯量.于是可得

aab

ω

mm

m

ω

JJ

J

ω

2

10

0













(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2

2

mrJ.在此过程中，由系统角动量守恒，有



ca

ωJJωJ

100



则

a

22

2

a

20

0

c2



mrRm

Rm

JJ

J













4－24一质量为1.12kg，长为1.0m的均匀细棒，支点在棒的上端点，开始时棒自由悬挂.以

100N的力打击它的下端点，打击时间为0.02s.(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4-24图

分析该题属于常见的刚体转动问题，可分为两个过程来讨论：(1)瞬间的打击过程.在瞬间

外力的打击下，棒受到外力矩的角冲量，根据角动量定理，棒的角动量将发生变化，则获得

一定的角速度.(2)棒的转动过程.由于棒和地球所组成的系统，除重力(保守内力)外无其他

外力做功，因此系统的机械能守恒，根据机械能守恒定律，可求得棒的偏转角度.

解(1)由刚体的角动量定理得

12

0

smkg0.2dtΔFltMωJLΔ

(2)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

θmglωJcos1

2

1

2

1

2

0



由式(1)、(2)可得棒的偏转角度为

8388

Δ3

1arccoso

2

22























glm

tF

θ

4－25我国1970年4月24日发射的第一颗人造卫星，其近地点为4.39×105m，远地点为2.38

×106m.试计算卫星在近地点和远地点的速率.(设地球半径为6.38×106m)

分析当人造卫星在绕地球的椭圆轨道上运行时，只受到有心力———万有引力的作用.因

此，卫星在运行过程中角动量是守恒的，同时该力对地球和卫星组成的系统而言，又是属于

保守内力，因此，系统又满足机械能守恒定律.根据上述两条守恒定律可求出卫星在近地点

和远地点时的速率.

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

2211

vvmrmr

(1)

又因卫星与地球系统的机械能守恒，故有

2

2

2

1

2

12

1

2

1

r

Gmm

m

r

Gmm

mEEvv

(2)

式中G为引力常量，m

Ｅ

和m分别为地球和卫星的质量，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



13

211

2E

1

sm1011.8





rrr

rGm

v

13

1

2

1

2

sm1031.6vv

r

r

4－26在题3－26的冲击摆问题中，若以质量为m′的均匀细棒代替柔绳，子弹速度的最小值

应是多少？

题4-26图

分析该题与习题3－26的不同之处在于：(1)子弹与摆锤的相互作用过程不再满足动量守

恒，而应属于角动量守恒，这是因为细棒和摆锤是一整体，子弹与摆锤相互作用时，轴对杆

有水平方向的分力作用，因此，对子弹与摆组成的系统而言，不能满足动量守恒的条件.但

是，轴对杆的作用力和杆所受的重力对转动都不产生力矩，系统角动量守恒的条件却能满

足.(2)摆在转动过程中，就地球与摆组成的系统而言，满足机械能守恒定律.摆锤恰能通过

最高点所需的速度，可直接应用机械能守恒定律去解.摆是刚体，摆锤与轴心之间的距离不

可能发生改变.摆锤开始转动时的动能必须大于或等于转至最高点处所增加的势能.

解取子弹与摆为系统，根据系统的角动量守恒，有



032112

ωJJ

l

J

l

J















vv

(1)

式中2

1

mlJ，2

2

lmJ



和2

33

1

lmJ



分别为子弹、摆锤和杆对轴的转动惯量.

根据摆在转动过程中机械能守恒，有

























lgmlgmglmωJJ

2

3

2

2

1

2

1

2

032

(2)

由式(1)、(2)可得子弹速度的最小值为

gl

n

m

2

4



v

4－27如图所示，一质量为m的小球由一绳索系着，以角速度ω

0

在无摩擦的水平面上，作

半径为r

0

的圆周运动.如果在绳的另一端作用一竖直向下的拉力，使小球作半径为r

0

/2的圆周

运动.试求：(1)小球新的角速度；(2)拉力所作的功.

题4-27图

分析沿轴向的拉力对小球不产生力矩，因此，小球在水平面上转动的过程中不受外力矩作

用，其角动量应保持不变.但是，外力改变了小球圆周运动的半径，也改变了小球的转动惯

量，从而改变了小球的角速度.至于拉力所作的功，可根据动能定理由小球动能的变化得到.

解(1)根据分析，小球在转动的过程中，角动量保持守恒，故有

1100

ωJωJ

式中J

0

和J

1

分别是小球在半径为r

０

和1/2r

０

时对轴的转动惯量，即2

00

mrJ和2

014

1

mrJ，

则

00

0

14ωω

J

J

ω

(2)随着小球转动角速度的增加，其转动动能也增加，这正是拉力作功的结果.由转动的动能

定理可得拉力的功为

2

0

2

0

2

00

2

112

3

2

1

2

1

ωmrωJωJW

4－28质量为0.50kg，长为0.40m的均匀细棒，可绕垂直于棒的一端的水平轴转动.如将此

棒放在水平位置，然后任其落下，求：(1)当棒转过60°时的角加速度和角速度；(2)下落到

竖直位置时的动能；(3)下落到竖直位置时的角速度.

题4-28图

分析转动定律M＝Jα是一瞬时关系式，为求棒在不同位置的角加速度，只需确定棒所在

位置的力矩就可求得.由于重力矩θ

l

mgθMcos

2

是变力矩，角加速度也是变化的，因

此，在求角速度时，就必须根据角加速度用积分的方法来计算(也可根据转动中的动能定理，

通过计算变力矩的功来求).至于棒下落到竖直位置时的动能和角速度，可采用系统的机械能

守恒定律来解，这是因为棒与地球所组成的系统中，只有重力作功(转轴处的支持力不作功)，

因此，系统的机械能守恒.

解(1)棒绕端点的转动惯量2

3

1

mlJ由转动定律M＝Jα可得棒在θ位置时的角加速度为



l

θg

J

θM

α

2

cos3



当θ＝60°时，棒转动的角加速度

2srad4.18

由于

θ

ωω

t

ω

α

d

d

d

d

，根据初始条件对式(1)积分，有



o60

00

ddθαωω

ω

则角速度为

160

0

srad98.7

sin3o

l

g



(2)根据机械能守恒，棒下落至竖直位置时的动能为

J98.0

2

1

k

mglE

(3)由于该动能也就是转动动能，即2

k2

1

JE

，所以，棒落至竖直位置时的角速度为

1-

ksrad57.8

3

J

2





l

gE



*4－29如图所示，压路机的滚筒可以近似看成一个圆柱形薄壁圆筒，已知圆筒直径d=1.50

m，质量m=104kg.如作用于圆筒中心轴O的水平牵引力F=2.0104N，使其在水平路面上作

纯滚动，求：（1）滚筒的角加速度和轴心加速度

0

；（2）滚筒与路面间的摩擦力大小；

（3）从静止开始滚筒在路面压过1m距离时，滚筒的动能.

题4-29图

分析滚筒的运动被称为刚体平面运动，按照叠加原理该运动可以被分解为质心的平动和绕质

心的转动两部分，分别满足质心运动定理和转动定律，以及相应的运动学规律.由于是纯滚

动（即滚筒与地面间无相对滑动），故作用在滚筒上的为静摩擦力，且有

rsrvr,,

00

三式成立.滚筒的动能也可看成两个分运动动能之和，即

2

0

2

0k2

1

2

1

JmvE.

解（1）设作用于滚筒上的静摩擦力如图所示，由分析可知，有

0f

maFF

(1)



0f2

J

d

F

（2）



20

d



（3）

由上述三式可解得2srad33.1

md

F



2

0

sm0.1

2



d

a

（2）由式（2）得

N4.10

0f

maFF

（3）由分析知，有

2

0

2

0k2

1

2

1

JmvE



d

s4

22



20

d

v

将已知的值代入并联解三式可求得J100.24

k

E

第五章机械振动

5-1一个质点作简谐运动，振幅为A，在起

始时刻质点的位移为

2

A

，且向x轴正方向运

动，代表此简谐运动的旋转矢量为（）

题5-１图

分析与解（B）图中旋转矢量的矢端在x轴

上投影点的位移为－A/2，且投影点的运动

方向指向Ox轴正向，即其速度的x分量大

于零，故满足题意．因而正确答案为（B）．

5-2一简谐运动曲线如图（a）所示，则运

动周期是（）

(A)2.62s(B)2.40s

(C)2.20s（D）2.00s

题5-２图

分析与解由振动曲线可知，初始时刻质点

的位移为A/2，且向x轴正方向运动．图（ｂ）

是其相应的旋转矢量图，由旋转矢量法可知

初相位为-3/π2．振动曲线上给出质点从A/2

处运动到x=0处所需时间为1s，由对应旋

转矢量图可知相应的相位差

6

5

23

2

，则

角频率1srad

6

5

Δ/Δ



t，周期s40.2

2







T.故选

（B）．

5-3两个同周期简谐运动曲线如图（a）所

示，x

1

的相位比x

2

的相位（）

（A）落后

2

π（B）超前

2

π（C）落后π（D）超

前π

分析与解由振动曲线图作出相应的旋转

矢量图（b）即可得到答案为（B）．

题5-３图

5-4两个同振动方向、同频率、振幅均为A

的简谐运动合成后，振幅仍为A，则这两个

简谐运动的相位差为（）

（A）60（B）90（C）120（D）180

分析与解由旋转矢量图可知两个简谐运

动1和2的相位差为120时，合成后的简谐

运动3的振幅仍为A.正确答案为（C）．

题5-4图

5-5若简谐运动方程为













4

π

π20cos10.0tx，式中

x的单位为m，t的单位为s.求：（1）振幅、

频率、角频率、周期和初相；（2）s2t时的

位移、速度和加速度．

分析可采用比较法求解．将已知的简谐运

动方程与简谐运动方程的一般形式tAxcos

作比较，即可求得各特征量．运用与上题相

同的处理方法，写出位移、速度、加速度的

表达式，代入t值后，即可求得结果．

解（1）将mπ25.0π20cos10.0tx与tAxcos比

较后可得：振幅A＝0.10m，角频率1sradπ20，

初相＝0.25π，则周期s1.0/π2ωT，频率Hz/1Tv．

（２）s2t时的位移、速度、加速度分别为

m1007.7π25.0π40cos10.02tx

-1sm44.4π25.0π40sinπ2d/dtxv

-22222sm1079.2π25.0π40cosπ40d/dtxa

5-6一远洋货轮，质量为m，浮在水面时其

水平截面积为S．设在水面附近货轮的水平

截面积近似相等，水的密度为ρ，且不计水

的粘滞阻力，证明货轮在水中作振幅较小的

竖直自由运动是简谐运动，并求振动周期．

分析要证明货轮作简谐运动，需要分析货

轮在平衡位置附近上下运动时，它所受的合

外力F与位移x间的关系，如果满足kxF，则

货轮作简谐运动．通过kxF即可求得振动周

期kmωT/π2/π2．

证货轮处于平衡状态时［图（a）］，浮

力大小为F＝mg．当船上下作微小振动时，

取货轮处于力平衡时的质心位置为坐标原

点O，竖直向下为x轴正向，如图（b）所

示．则当货轮向下偏移x位移时，受合外力

为



FPF

其中F

为此时货轮所受浮力，其方向向上，

大小为

gSxmggSxFF



题5-6图

则货轮所受合外力为

kxgSxFPF





式中gSk是一常数．这表明货轮在其平衡位

置上下所作的微小振动是简谐运动．

由

txmF22dd/可得货轮运动的微分方程为

0dd22mgSxtx//

令mgS/2，可得其振动周期为

gSρmπωT/2/π2

5-7如图（a）所示，两个轻弹簧的劲度系

数分别为

1

k、2

k．当物体在光滑斜面上振动

时．（1）证明其运动仍是简谐运动；（2）

求系统的振动频率．

题5-7图

分析从上两题的求解知道，要证明一个系

统作简谐运动，首先要分析受力情况，然后

看是否满足简谐运动的受力特征（或简谐运

动微分方程）．为此，建立如图（b）所示

的坐标．设系统平衡时物体所在位置为坐标

原点O，Ox轴正向沿斜面向下，由受力分

析可知，沿Ox轴，物体受弹性力及重力分

力的作用，其中弹性力是变力．利用串联时

各弹簧受力相等，分析物体在任一位置时受

力与位移的关系，即可证得物体作简谐运

动，并可求出频率．

证设物体平衡时两弹簧伸长分别为

1

x、2

x，

则由物体受力平衡，有

2211

sinxkxkmg（1）

按图（b）所取坐标，物体沿x轴移动位移x

时，两弹簧又分别被拉伸

1

x

和

2

x

，即

21

xxx







．则

物体受力为



111222

sinsinxxkmgxxkmgF







（２）

将式（1）代入式（2）得

1122

xkxkF







（３）

由式（3）得

11

kFx/

、22

kFx/

，而21

xxx







，则得

到

kxxkkkkF

2121

/

式中

2121

kkkkk/为常数，则物体作简谐运动，

振动频率

mkkkk

π

mkωv

2121

/

2

1

/

π2

1

π2/

讨论（1）由本题的求证可知，斜面

倾角θ对弹簧是否作简谐运动以及振动的频

率均不产生影响．事实上，无论弹簧水平放

置、斜置还是竖直悬挂，物体均作简谐运

动．而且可以证明它们的频率相同，均由弹

簧振子的固有性质决定，这就是称为固有频

率的原因．（2）如果振动系统如图（c）（弹

簧并联）或如图（d）所示，也可通过物体

在某一位置的受力分析得出其作简谐运动，

且振动频率均为mkkv/

π2

1

21

，读者可以一

试．通过这些例子可以知道，证明物体是否

作简谐运动的思路是相同的．

5-8一放置在水平桌面上的弹簧振子，振幅

A＝2.0×10-2m，周期T＝0.50ｓ．当t＝0时，

（1）物体在正方向端点；（2）物体在平衡

位置、向负方向运动；（3）物体在x＝

-1.0×10-2m处，向负方向运动；（4）物体在

x＝-1.0×10-2m处，向正方向运动．求以上

各种情况的运动方程．

分析在振幅A和周期T已知的条件下，确

定初相φ是求解简谐运动方程的关键．初相

的确定通常有两种方法．（1）解析法：由

振动方程出发，根据初始条件，即t＝0时，

x＝x

0

和v＝v

0

来确定φ值．（2）旋转矢量

法：如图（a）所示，将质点P在Ox轴上振

动的初始位置x

0

和速度v

0

的方向与旋转矢

量图相对应来确定φ．旋转矢量法比较直观、

方便，在分析中常采用．

题5-8图

解由题给条件知A＝2.0×10-2m，

1sπ4/2Tω，而初相φ可采用分析中的两种不

同方法来求．

解析法：根据简谐运动方程tAxcos，当0t

时有tAxcos

0

，sin

0

Av．当

（1）Ax

0

时，1cos

1

，则0

1

；

（2）0

0

x时，0cos

2

，

2

π

2

，因0

0

v，取

2

π

2

；

（3）m10012

0

.x时，50cos

3

.，

3

π

3

，由0

0

v，

取

3

π

3

；

（4）m10012

0

.x时，50cos

4

.，

3

π

π

4

，由0

0

v，

取

3

π4

4

．

旋转矢量法：分别画出四个不同初始状态的

旋转矢量图，如图（b）所示，它们所对应

的初相分别为0

1

，

2

π

2

，

3

π

3

，

3

π4

4

．

振幅A、角频率ω、初相φ均确定后，则各

相应状态下的运动方程为

（1）mtπcos4100.22x

（2）m/2πtπ4cos100.22x

（3）m/3πtπ4cos100.22x

（4）m/3π4tπ4cos100.22x

5-9有一弹簧，当其下端挂一质量为m的

物体时，伸长量为9.8×10-2m．若使物体上、

下振动，且规定向下为正方向．（1）当t

＝0时，物体在平衡位置上方8.0×10-2ｍ处，

由静止开始向下运动，求运动方程．（2）

当t＝０时，物体在平衡位置并以0.6ｍ·s-1

的速度向上运动，求运动方程．

分析求运动方程，也就是要确定振动的三

个特征物理量A、ω和φ．其中振动的角频

率是由弹簧振子系统的固有性质（振子质量

m及弹簧劲度系数k）决定的，即km/，k

可根据物体受力平衡时弹簧的伸长来计算；

振幅A和初相φ需要根据初始条件确定．

题5-9图

解物体受力平衡时，弹性力F与重力P的

大小相等，即F＝mg．而此时弹簧的伸长量

Δl＝9.8×10-2m．则弹簧的劲度系数k＝F／

Δl＝mg／Δl．系统作简谐运动的角频率为

1s10lgmk//

（1）设系统平衡时，物体所在处为坐

标原点，向下为x轴正向．由初始条件t＝

0时，x

10

＝8.0×10-2m、v

10

＝0可得振幅

m10082

2

10

2

10

./vxA；应用旋转矢量法可确定

初相π

1

［图（a）］．则运动方程为

mπ10tcos100.82

1

x

（2）t＝０时，x

20

＝0、v

20

＝0.6ｍ·s-1，

同理可得m10062

2

20

2

202

./vxA；2/π

2

［图

（b）］．则运动方程为

mπ5.010tcos100.62

2

x

5-10某振动质点的x-t曲线如图（a）所示，

试求：（1）运动方程；（2）点P对应的相

位；（3）到达点P相应位置所需的时间．

分析由已知运动方程画振动曲线和由振

动曲线求运动方程是振动中常见的两类问

题．本题就是要通过x－t图线确定振动的三

个特征量A、ω和

0

，从而写出运动方程．曲

线最大幅值即为振幅A；而ω、

0

通常可通

过旋转矢量法或解析法解出，一般采用旋转

矢量法比较方便．

解（1）质点振动振幅A＝0.10ｍ．而由

振动曲线可画出t

0

＝0和t

1

＝4ｓ时旋转矢

量，如图（b）所示．由图可见初相3/π

0

（或

3/π5

0

），而由32

01

//tt得1s24/π5ω，则运

动方程为

m3/π

24

π5

cos10.0













tx

题5-10图

（2）图（a）中点P的位置是质点从A／2处

运动到正向的端点处．对应的旋转矢量图如

图（c）所示．当初相取3/π

0

时，点P的

相位为00

0



pp

t（如果初相取成3/π5

0

，

则点P相应的相位应表示为

π20

0



pp

t．

（3）由旋转矢量图可得3/π0

p

tω，则s61.

p

t．

5-11质量为10g的物体沿x的轴作简谐运

动，振幅A=10cm，周期T=4.0s，t=0时物

体的位移为，cm0.5

0

x且物体朝x轴负方向运

动，求（1）t=1.0s时物体的位移；（2）t=1.0

s时物体受的力；（3）t=0之后何时物体第

一次到达x=5.0cm处；（4）第二次和第一

次经过x=5.0cm处的时间间隔.

分析根据题给条件可以先写出物体简谐运

动方程)cos(tAx.其中振幅A，角频率

T

π2

均

已知，而初相可由题给初始条件利用旋转

矢量法方便求出.有了运动方程，t时刻位移

x和t时刻物体受力xmmaF2也就可以求出.

对于（3）、（4）两问均可通过作旋转矢量

图并根据公式t很方便求解.

解由题给条件画出t=0时该简谐运动的旋转

矢量图如图（a）所示，可知初相

3

π2

.而

A=0.10m，1s

2

ππ2



T

.则简谐运动方程为

m)

3

π2

2

π

cos(10.0tx

(1)t=1.0s时物体的位移

m1066.8m)

3

π2

2

π

0.1cos(10.02x

（2）t=1.0s时物体受力

N1014.2

N)1066.8()

2

π

(1010

3

2232







xmF

（3）设t=0时刻后，物体第一次到达x=5.0

cm处的时刻为t1

，画出t=0和t=t

1

时刻的旋

转矢量图，如图（b）所示，由图可知，A

1

与

A的相位差为π，由t得

s2s

2/π

π

1











t

（4）设t=0时刻后，物体第二次到达x=5.0

cm处的时刻为t2,画出t=t1

和t=t

2

时刻的旋转

矢量图，如图（c）所示，由图可知，A

2

与

A1

的相位差为

3

π2，故有

s

3

4

s

2/π

3/π2

12











ttt

题5-11图

5-12图（a）为一简谐运动质点的速度与时

间的关系曲线，且振幅为2cm，求（1）振

动周期；（2）加速度的最大值；（3）运动

方程．

分析根据v-t图可知速度的最大值v

max

，

由v

max

＝Aω可求出角频率ω，进而可求出

周期T和加速度的最大值a

max

＝Aω2．在要

求的简谐运动方程x＝Acos（ωt＋φ）中，因

为A和ω已得出，故只要求初相位φ即可．由

v－t曲线图可以知道，当t＝0时，质点运

动速度v

0

＝v

max

/2＝Aω/2，之后速度越来越

大，因此可以判断出质点沿x轴正向向着平

衡点运动．利用v

0

＝－Aωsinφ就可求出φ．

解（1）由Av

max

得1s51.，则

s2.4/π2ωT

（2）222

max

sm1054.Aa

（3）从分析中已知2/sin

0

ωAωAv，即

21sin/

6/π5,6/π

因为质点沿x轴正向向平衡位置运动，则取

6/π5，其旋转矢量图如图（b）所示．则运

动方程为cm

6

π5

5.1cos2













tx

题5-12图

5-13有一单摆，长为1.0m，最大摆角为5°，

如图所示．（1）求摆的角频率和周期；（2）

设开始时摆角最大，试写出此单摆的运动方

程；（3）摆角为3°时的角速度和摆球的线

速度各为多少？

题5-13图

分析单摆在摆角较小时（θ＜5°）的摆动，

其角量θ与时间的关系可表示为简谐运动方

程tcos

max

，其中角频率ω仍由该系统的

性质（重力加速度g和绳长l）决定，即

lg/．初相φ与摆角θ，质点的角速度与旋

转矢量的角速度（角频率）均是不同的物理

概念，必须注意区分．

解（1）单摆角频率及周期分别为

s01.2/π2;s13.3/1ωTlgω

（2）由0t时o

max

5可得振动初相0，则以

角量表示的简谐运动方程为

tθ13.3cos

36

π



（３）摆角为3°时，有60cos

max

./t，

则这时质点的角速度为



1

max

2

maxmax

s2180800

cos1sin/dd





..

ttt

线速度的大小为

1sm218.0/ddtlv

讨论质点的线速度和角速度也可通

过机械能守恒定律求解，但结果会有极微小

的差别．这是因为在导出简谐运动方程时曾

取sin，所以，单摆的简谐运动方程仅在θ

较小时成立．

*5-14一飞轮质量为12kg，内缘半径r＝0.6

ｍ，如图所示．为了测定其对质心轴的转动

惯量，现让其绕内缘刃口摆动，在摆角较小

时，测得周期为2.0s，试求其绕质心轴的转

动惯量．

题5-14图

分析飞轮的运动相当于一个以刃口为转

轴的复摆运动，复摆振动周期为

c

/π2mglJT，

因此，只要知道复摆振动的周期和转轴到质

心的距离

c

l，其以刃口为转轴的转动惯量即

可求得．再根据平行轴定理，可求出其绕质

心轴的转动惯量．

解由复摆振动周期

c

/π2mglJT，可得22π4/mgrTJ

（这里rl

C

）．则由平行轴定理得

22

2

2

2

0

mkg83.2

π4

mr

mgrT

mrJJ

5-15如图（a）所示，质量为1.0×10-2kg

的子弹，以500m·s-1的速度射入木块，并嵌

在木块中，同时使弹簧压缩从而作简谐运

动，设木块的质量为4.99kg，弹簧的劲度系

数为8.0×10

3

N·m-1，若以弹簧原长时物体所

在处为坐标原点，向左为x轴正向，求简谐

运动方程．

题5-15图

分析可分为两个过程讨论．首先是子弹射

入木块的过程，在此过程中，子弹和木块组

成的系统满足动量守恒，因而可以确定它们

共同运动的初速度v

0

，即振动的初速度．随

后的过程是以子弹和木块为弹簧振子作简

谐运动．它的角频率由振子质量m

1

＋m

2

和

弹簧的劲度系数k确定，振幅和初相可根据

初始条件（初速度v

0

和初位移x

0

）求得．初

相位仍可用旋转矢量法求．

解振动系统的角频率为

1

21

s40mmk/

由动量守恒定律得振动的初始速度即子弹

和木块的共同运动初速度v

0

为

1

21

1

0

sm0.1





mm

vm

v

又因初始位移x

0

＝0，则振动系统的振幅为

m105.2//2

0

2

0

2

0

ωωxAvv

图（b）给出了弹簧振子的旋转矢量图，从

图中可知初相位2/π

0

，则简谐运动方程为

mπ0.540cos105.22tx

5-16如图（a）所示，一劲度系数为k的轻

弹簧，其下挂有一质量为m

1

的空盘．现有

一质量为m

2

的物体从盘上方高为h处自由

落入盘中，并和盘粘在一起振动．问：（1）

此时的振动周期与空盘作振动的周期有何

不同？（2）此时的振幅为多大？

题5-16图

分析原有空盘振动系统由于下落物体的

加入，振子质量由m

1

变为m

1

+m

2

，因此新

系统的角频率（或周期）要改变．由于

2

0

2

0

/ωxAv，因此，确定初始速度v

0

和初始

位移x

0

是求解振幅A的关键．物体落到盘中，

与盘作完全非弹性碰撞，由动量守恒定律可

确定盘与物体的共同初速度v

0

，这也是该振

动系统的初始速度．在确定初始时刻的位移

x

0

时，应注意新振动系统的平衡位置应是盘

和物体悬挂在弹簧上的平衡位置．因此，本

题中初始位移x

0

，也就是空盘时的平衡位置

相对新系统的平衡位置的位移．

解（1）空盘时和物体落入盘中后的振动

周期分别为

kmωT/π2/π2

1



kmmωT/π2/π2

21









可见T′＞T，即振动周期变大了．

（2）如图（b）所示，取新系统的平衡位置

为坐标原点O．则根据分析中所述，初始位

移为空盘时的平衡位置相对粘上物体后新

系统平衡位置的位移，即

g

k

m

g

k

mm

k

gm

llx2211

210







式中

k

gm

l1

1

为空盘静止时弹簧的伸长量，l

2

＝

g

k

mm

21

为物体粘在盘上后，静止时弹簧的伸

长量．由动量守恒定律可得振动系统的初始

速度，即盘与物体相碰后的速度

gh

mm

m

mm

m

2

21

2

21

2

0





vv

式中gh2v是物体由h高下落至盘时的速

度．故系统振动的振幅为



gmm

kh

k

gm

xA

)(

2

1/

21

2

2

0

2

0





v

本题也可用机械能守恒定律求振幅A．

5-17质量为0.10kg的物体，以振幅1.0×10-2

m作简谐运动，其最大加速度为4.0ｍ·s-1

求：（1）振动的周期；（2）物体通过平衡

位置时的总能量与动能；（3）物体在何处

其动能和势能相等？（4）当物体的位移大

小为振幅的一半时，动能、势能各占总能量

的多少？

分析在简谐运动过程中，物体的最大加速

度2

max

Aa，由此可确定振动的周期T．另外，

在简谐运动过程中机械能是守恒的，其中动

能和势能互相交替转化，其总能量E＝

kA2/2．当动能与势能相等时，E

k

＝E

P

＝

kA2/4．因而可求解本题．

解（1）由分析可得振动周期

s314.0/π2/π2

max

aAωT

（2）当物体处于平衡位置时，系统的

势能为零，由机械能守恒可得系统的动能等

于总能量，即

J1002

2

1

2

1

3

max

22

k





.

mAamAEE

（3）设振子在位移x

0

处动能与势能相

等，则有

4222

0

//kAkx

得m10077223

0

./Ax

（４）物体位移的大小为振幅的一半（即

2xA/）时的势能为

4

22

1

2

1

2

P

/E

A

kkxE















则动能为43

PK

/EEEE

5-18一劲度系数k=3121mN的轻弹簧，一

端固定，另一端连接一质量kg3.0

0

m的物体，

放在光滑的水平面上，上面放一质量为

kg2.0m的物体，两物体间的最大静摩擦系数

5.0.求两物体间无相对滑动时，系统振动的

最大能量.

分析简谐运动系统的振动能量为2

pk2

1

kAEEE.

因此只要求出两物体间无相对滑动条件下，

该系统的最大振幅

max

A即可求出系统振动的

最大能量.因为两物体间无相对滑动，故可将

它们视为一个整体，则根据简谐运动频率公

式可得其振动角频率为

mm

k





0

.然后以物体

m为研究对象，它和m0

一起作简谐运动所需

的回复力是由两物体间静摩擦力来提供的.

而其运动中所需最大静摩擦力应对应其运

动中具有最大加速度时，即

max

2

max

Ammamg，

由此可求出

max

A.

解根据分析，振动的角频率

mm

k





0



由

max

2

max

Ammamg得

k

gmm

g

A





)(

0

2

max





则最大能量

J1062.9

2

)(

]

)(

[

2

1

2

1

3

222

0

2

0

2

maxmax











k

gmm

k

gmm

kkAE





5-19已知两同方向、同频率的简谐运动的

运动方程分别为mπ75.010cos05.0

1

tx；

mπ25.010cos06.0

2

tx．求：（1）合振动的振幅及

初相；（2）若有另一同方向、同频率的简

谐运动m10cos070

33

tx.，则3

为多少时，x

1

＋x

3

的振幅最大？又

3

为多少时，x

2

＋x

3

的振幅最

小？

题5-19图

分析可采用解析法或旋转矢量法求解.由

旋转矢量合成可知，两个同方向、同频率简

谐运动

的合成仍为一简谐运动，其角频率不变；合

振动的振幅

1221

2

2

2

1

cos2AAAAA，其大小与两

个分振动的初相差

12

相关．而合振动的初

相位



22112211

coscossinsinarctanAAAA/

解（1）作两个简谐运动合成的旋转矢量

图（如图）．因为2/πΔ

12

，故合振动

振幅为

m1087cos22

1221

2

2

2

1

.AAAAA

合振动初相位



rad1.48arctan11

coscossinsinarctan

22112211



AAAA/

（2）要使x

1

＋x

3

振幅最大，即两振动同相，

则由π2Δk得

,...2,1,0,π75.0π2π2

13

kkk

要使x

1

＋x

3

的振幅最小，即两振动反相，则

由π12Δk得

,...2,1,0,π25.1π2π12

23

kkk

5-20两个同频率的简谐运动1和2的振

动曲线如图（a）所示，求（1）两简谐运动

的运动方程x

1

和x

2

；（2）在同一图中画出

两简谐运动的旋转矢量，并比较两振动的相

位关系；（3）若两简谐运动叠加，求合振

动的运动方程．

分析振动图已给出了两个简谐运动的振

幅和周期，因此只要利用图中所给初始条

件，由旋转矢量法或解析法求出初相位，便

可得两个简谐运动的方程．

解（1）由振动曲线可知，A＝0.1ｍ，T

＝2ｓ，则ω＝2π／T＝πｓ-1．曲线1表示质

点初始时刻在x＝0处且向x轴正向运动，

因此φ

1

＝－π／2；曲线2表示质点初始时

刻在x＝A/2处且向x轴负向运动，因此φ

2

＝π／3．它们的旋转矢量图如图（b）所示．则

两振动的运动方程分别为

m2/ππcos1.0

1

tx和m3/ππcos1.0

2

tx

（2）由图（b）可知振动2超前振动1的相

位为5π／6．

（3）



tAxxxcos

21其中m0520cos2

1221

2

2

2

1

.

AAAAA



12

π

0.268arctan

coscos

sinsin

arctan

2211

2211













AA

AA

则合振动的运动方程为

mπ/12πcos052.0tx

题5-20图

5-21将频率为348Hz的标准音叉振动和

一待测频率的音叉振动合成，测得拍频为

3.0Hz．若在待测频率音叉的一端加上一小

块物体，则拍频数将减少，求待测音叉的固

有频率．

分析这是利用拍现象来测定振动频率的

一种方法．在频率

1

和拍频数Δ＝|

2

－

1

|

已知的情况下，待测频率

2

可取两个值，即



2

＝

1

±Δ．式中Δ前正、负号的选取应根

据待测音叉系统质量改变时，拍频数变化的

情况来决定．

解根据分析可知，待测频率的可能值为



2

＝

1

±Δ＝（348±3）Hz

因振动系统的固有频率

m

k

π2

1

v，即质量m增

加时，频率减小．从题意知，当待测音叉

质量增加时拍频减少，即｜

2

－

1

｜变小．因

此，在满足

2

与Δ均变小的情况下，式中

只能取正号，故待测频率为

2

＝

1

＋Δ＝

351Hz

*5-22图示为测量液体阻尼系数的装

置简图，将一质量为m的物体挂在轻弹簧

上，在空气中测得振动的频率为

1

，置于液

体中测得的频率为

2

，求此系统的阻尼系

数．

题5-22图

分析在阻尼不太大的情况下，阻尼振动的

角频率ω与无阻尼时系统的固有角频率ω

0

及阻尼系数δ有关系式22

0

．因此根据题

中测得的

1

和

2

（即已知ω

0

、ω），就可求

出δ．

解物体在空气和液体中的角频率为

10

π2vω

和

2

π2vω，得阻尼系数为

2

2

2

1

22

0

π2vv