刚体力学 习题库

第四章 刚体力学

一、计算题

1.如图所示，一个质量为m的物体与绕在定滑轮上的 R子质量可以忽略，它与定滑轮之间无滑动．假设定滑轮质

M1径为R，其转动惯量为2MR2，滑轮轴光滑．试求该物体由

m落的过程中，下落速度与时间的关系．

解：根据牛顿运动定律和转动定律列方程

对物体： mg－T ＝ma ① 对滑轮： TR = J ② 运动学关系： a＝R ③ 将①、②、③式联立得

R T1 M a a＝mg / (m＋T2M) mg∵ v0＝0，

1∴ v＝at＝mgt / (m＋2M) 绳子相联，绳量为M、半静止开始下

2分

2分

1分

1分 2分

2.如图所示，转轮A、B可分别独立地绕光滑的固定轴

O转动，它们的质量分别为mA＝10 kg和mB＝20 kg，

半径分别为rA和rB．现用力fA和fB分别向下拉绕在轮上的细绳且使绳与轮之间无滑动．为使A、B轮边缘处的切

B rB A rA fB fA

向加速度相同，相应的拉力fA、fB之比应为多少？(其中A、B轮绕O轴转动时的转动惯2量分别为

JA12m21ArA和JB2mBrB)

解：根据转动定律 fArA = JAA ① 其中

JA122mArA，且 fBrB = JBB ② 1其中

JBm22BrB．要使A、B轮边上的切向加速度相同，应有

a = rAA = rBB ③ fAJArBAmArAA由①、②式，有

fBJBrABmBrBB ④

由③式有 A / B = rB / rA 将上式代入④式，得 ff1A / B = mA / mB = 2 1分

分

1分

2分 1

3.一质量为m的物体悬于一条轻绳的一端，绳另一端绕轴上，如图所示．轴水平且垂直于轮轴面，其半径为r，整个滑的固定轴承之上．当物体从静止释放后，在时间t内下降

r O在一轮轴的装置架在光

了一段距离

mS．试求整个轮轴的转动惯量(用m、r、t和S表示)．

解：设绳子对物体(或绳子对轮轴)的拉力为T，则根据牛顿运动定律和转动定律得：

mg­T＝ma ① 2分

T r＝J ② 2分

由运动学关系有： a = r ③ 2分

由①、②、③式解得： J＝m( g－a) r2 / a ④

又根据已知条件 v0＝0

12 at2∴ S＝2， a＝2S / t ⑤ gt2代入④式得：J＝mr2(2S－1) 2分

 r T a 2分将⑤式

T mg 4.质量为5 kg的一桶水悬于绕在辘轳上的轻绳的下端，辘轳可视为一质量为10 kg的圆柱体．桶从井口由静止释放，求桶下落过程中绳中的张力．辘轳绕轴转动时的转动惯

1MR2量为2，其中M和R分别为辘轳的质量和半径，轴上摩擦忽略不计．

解：对水桶和圆柱形辘轳分别用牛顿运动定律和转动定律列方程

mg－T ＝ma ① 1分

TR＝J ② 1分

a＝R由此可得 T＝m(g－a)＝mgTR/J

③ 1分

mR2T1Jmg那么 

M R T T mg

1将 J =2MR2代入上式，得

TmMgM2m＝24.5 N 2分

5.一长为1 m的均匀直棒可绕过其一端且与棒垂直的水平光滑固定轴转动．抬起另一端使棒向上与水平面成60°，然后无初转速地将棒释

12ml轴的转动惯量为3，其中m和l分别为棒的质量和

O l放．已知棒对

g m长度．求：

60°

(1) 放手时棒的角加速度；

(2) 棒转到水平位置时的角加速度．

解：设棒的质量为m，当棒与水平面成60°角并开始下落时，根据转动定律

M = J 其中

M1mglsin302mgl/4 于是

MJ3g4l7.35 rad/s2 1当棒转动到水平位置时， M =2mgl 那么

M3Jg2l14.7 rad/s2 6.一轴承光滑的定滑轮，质量为M＝2.00 kg，半径为R＝0.100 m，一根不能伸长的轻绳，一端固定在定滑轮上，另一端系有一质量为m＝5.00 kg的物体，如图

1J＝2MR2所示．已知定滑轮的转动惯量为，其初角速度

0＝10.0 rad/s，方向垂直纸面向里．求：

(1) 定滑轮的角加速度的大小和方向； 0 R Mm

分分分分分

1

1

1

1

1

(2) 定滑轮的角速度变化到＝0时，物体上升的高度；

(3) 当物体回到原来位置时，定滑轮的角速度的大小和方向．

解：(1) ∵ mg－T＝ma 1分

TR＝J a＝R mgR∴ =mR2＋J)

mR212mg2mMR mgR / (2MR2

＝81.7 rad/s2 方向垂直纸面向外． (2) ∵

2202

T a 2T mg 0

＝0 时， 当

20.612 rad

物体上升的高度h = R= 6.12×10-2 m 2分 (3) 210.0 rad/s

2分

1分

1分

1分

方向垂直纸面向外. 2分

7.一质量为M＝15 kg、半径为R＝0.30 m的圆柱体，可绕与其几何轴重合的水平固

1MR2定轴转动(转动惯量J＝2)．现以一不能伸长的轻绳绕于柱面，而在绳的下端悬一质量

m＝8.0 kg的物体．不计圆柱体与轴之间的摩擦，求：

(1) 物体自静止下落， 5 s内下降的距离；

(2) 绳中的张力．

1 J＝2MR2解： ＝0.675 kg·mF2

 RT a∵ mg－T＝ma Mg Tmg

TR＝J a＝R ∴ a＝mgR2 / (mR2 + J)＝5.06 m / s2 12因此(1)下落距离 h＝2at＝63.3 m (2) 张力 T ＝m(g－a)＝37.9 N 1分

2分

1分

1分

2分

1分

8.一半径为25 cm的圆柱体，可绕与其中心轴线重合的光滑固定轴转动．圆柱体上绕上绳子．圆柱体初角速度为零，现拉绳的端点，使其以1 m/s2的加速度运动．绳与圆柱表面无相对滑动．试计算在t = 5 s时

(1) 圆柱体的角加速度，

(2) 圆柱体的角速度，

(3) 如果圆柱体对转轴的转动惯量为2 kg·m2，那么要保持上述角加速度不变,应加的拉力为多少？

解：(1) 圆柱体的角加速度

(2) 根据t0 t，此题中

＝a / r＝4 rad / s2 2分

0 = 0 ，则

有 t = t

那么圆柱体的角速度 t5 tt520 rad/s 1分

(3) 根据转动定律 fr = J

则 f = J / r = 32 N 2分

9.一轴承光滑的定滑轮，质量为M＝2.00 kg，半径 0为R＝0.100 m，一根不能伸长的轻绳，一端固定在定滑 R轮上，另一端系有一质量为m＝5.00 kg的物体，如图

M1MR2所示．已知定滑轮的转动惯量为J＝2，其初角速度

0＝10.0 rad/s，方向垂直纸面向里．求：

m

(1) 定滑轮的角加速度的大小和方向； (2) 定滑轮的角速度变化到＝0时，物体上升的高度；

(3) 当物体回到原来位置时，定滑轮的角速度的大小和方向．

解：(1) ∵ mg－T＝ma TR＝J a＝R mgRmgR / (mR2＋J)

mR212mg2mMR∴ =MR2 2

＝81.7 rad/s2 方向垂直纸面向外．

1分2分1分1分1分

2202(2) ∵

T a 当

0.612 rad2＝0 时，

20T mg

物体上升的高度h = R= 6.12×10-2 m 2分

(3) 210.0 rad/s

方向垂直纸面向外. 2分

10.一质量为M＝15 kg、半径为R＝0.30 m的圆柱体，可绕与其几何轴重合的水平

1MR2固定轴转动(转动惯量J＝2)．现以一不能伸长的轻绳绕于柱面，而在绳的下端悬一质

量m＝8.0 kg的物体．不计圆柱体与轴之间的摩擦，求：

(1) 物体自静止下落， 5 s内下降的距离；

(2) 绳中的张力．

1MR2解： J＝2＝0.675 kg·m2

F  RT aT∵ mg－T＝ma Mg mg

1分

TR＝J 2分

a＝R 1分

∴ a＝mgR2 / (mR2 + J)＝5.06 m / s2 1分

12at因此(1)下落距离 h＝2＝63.3 m 2分

(2) 张力 T ＝m(g－a)＝37.9 N 1分

11.一半径为25 cm的圆柱体，可绕与其中心轴线重合的光滑固定轴转动．圆柱体上绕上绳子．圆柱体初角速度为零，现拉绳的端点，使其以1 m/s2的加速度运动．绳与圆柱表面无相对滑动．试计算在t = 5 s时

(1) 圆柱体的角加速度，

(2) 圆柱体的角速度，

(3) 如果圆柱体对转轴的转动惯量为2 kg·m2，那么要保持上述角加速度不变,应加的拉力为多少？

解：(1) 圆柱体的角加速度

＝a / r＝4 rad / s2 2分

(2) 根据t0 t，此题中

0 = 0 ，则

有 t = t

那么圆柱体的角速度 t5 tt520 rad/s 1分

(3) 根据转动定律 fr = J

则 f = J / r = 32 N 2分

12.长为L的梯子斜靠在光滑的墙上高为h的地方，梯子和地面间的静摩擦系数为

，若梯子的重量

h L 忽略，试问人爬到离地面多高的地方，梯子就会滑倒下来？

解：当人爬到离地面x高度处梯子刚要滑下，此时梯子与地面间为最大静摩擦，仍处于平衡状态 (不稳定的) ．

N1 h P N2 x N1－f ＝0， N2－P ＝0 R R R f 1 分

1分

1分

N1h－Px·ctg＝0

f＝N2 1分

222xhtgh/Lh解得 1分

13.一转动惯量为J的圆盘绕一固定轴转动，起初角速度为0．设它所受阻力矩与转

动角速度成正比，即M＝－k时间．

解：根据转动定律： -k

∴ 两边积分： 得 ∴

k为正的常数)，求圆盘的角速度从 d kJdt 0/21tk0d0Jdt

ln2 = kt / J t＝(J ln2) / k 120变为0时所需的 Jd / dt =

2分

3分

(

14.一圆柱体截面半径为r，重为P，放置如图所

1示．它与墙面和地面之间的静摩擦系数均为3．若对

圆柱体施以向下的力F＝2P可使它刚好要反时针转动，求

(1) 作用于A点的正压力和摩擦力，

(2)

力F与P之间的垂直距离d．

解：设正压力NA、NB，摩擦力fA，fB 如图．根据力的平衡，有

fA＋NB = F+P = 3P ①

1分

NA =fB 根据力矩平衡，有

Fd = ( fA+ fB ) r 1刚要转动有

fA3NA f1B3NB ⑤ F R A d r R O R P B FfA A d r NR A P R N B fB B R ② ③ ④

1分

1分

2分

(1) 把④及 ②、⑤代入①可求得 NA =0.9P ， fA =0.3P 2分

(2) 由③可求得 d = 0.6 r 1分

15.一轻绳跨过两个质量均为m、半径均为r的均匀圆盘状定滑轮，绳的两端分别挂着质量为m和2m的重物，如图所示．绳与滑轮间无相对滑动，滑轮轴光滑．两个定滑轮的转动惯量均为

m,rm,r12mr2．将由两个定滑轮以及质量为m和2m的重物

m2m组成的系统从静止释放，求两滑轮之间绳内的张力．

解：受力分析如图所示． 2mg－T1＝2ma T2－mg＝ma 1 Tmr21 r－T r＝2 1

T 分

T2 T1 a m P2ma 1 1P 2 T r－T

2 r＝2mr2 1分

a＝r 解上述5个联立方程得： T＝11mg / 8 2分

1分

1分

2分

2分

16.质量分别为m和2m、半径分别为r和2r的两同轴地粘在一起，可以绕通过盘心且垂直盘面的水平光滑对转轴的转动惯量为9mr2 / 2，大小圆盘边缘都绕有绳 2r个均匀圆盘，

rm2m固定轴转动，子，绳子下端mm都挂一质量为m的重物，如图所示．求盘的角加速度的

大小．解：受力分析如图． 2分

mg－T2 = ma2  1分

T2 T1 a2 a1 T1－mg = ma1 P  P  2 1分

1

T2 (2r)－T1r = 9mr2 / 2 2r = a2 r= a1 解上述5个联立方程，得：

2g

19r 2分

2分

1分

1分

17.质量m＝1.1 kg的匀质圆盘，可以绕通过其中心且垂直盘面的水平光滑固定轴转

12mr动，对轴的转动惯量J＝2(r为盘的半径)．圆盘边缘

绕有绳子，绳

m,r 子下端挂一质量m1＝1.0 kg的物体，如图所示．起初在力矩使物体以速率v0＝0.6 m/s匀速上升，如撤去所加m1 圆盘上加一恒 力矩，问经历

多少时间圆盘开始作反方向转动．

解：撤去外加力矩后受力分析如图所

示． 2分

T m1g－T = m1a a m m , r 1 v0 P Tr＝

J a＝r 1分 a = m1gr / ( m1r + J / r)

m1g12代入Jmr am1 ＝2, =12m= 6.32 ms2 ∵ v 0－at＝0 1分

1分

2分

2分

∴ t＝v 0 / a＝0.095 s 1分

18.一轻绳绕过一定滑轮，滑轮轴光滑，滑轮的 半径为R,质量为M / 4，均匀分布在其边缘上．绳子的A端有一

1抓住了绳端，而在绳的另一端B系了一质量为2M图．设人从静止开始相对于绳匀速向上爬时，绳与滑动，求B端重物上升的加速度？(已知滑轮对通过滑于轮面的轴的转动惯量J＝MR2 / 4 )

解：受力分析如图所示．

设重物的对地加速度为a，向上.则绳的A端对地有加速度a向下，人相对于绳虽为匀速向上，但相对于地其加速度仍为a向下. 2分

根据牛顿第二定律可得：

对人： Mg－T2＝Ma ① 11对重物： T1－2Mg＝2Ma ② O 质量为M的人A B 的重物，如轮间无相对滑轮中心且垂直

T2 O T1 a B a Mg 1 2 Mg 2分

2分

根据转动定律，对滑轮有

(T2－T1)R＝J＝MR2 / 4 ③ 2分

因绳与滑轮无相对滑动， a＝R ④ 1分

①、②、③、④四式联立解得 a＝2g / 7 1分

19.如图所示，设两重物的质量分别为m1和

r m2，且m1＞

轻绳与滑轮间试求t时刻滑

m2，定滑轮的半径为r，对转轴的转动惯量为J，

无滑动，滑轮轴上摩擦不计．设开始时系统静止，轮的角速度．

m1 m2 向如图.

解：作示力图．两重物加速度大小a相同，方

示力图 2分

m1g－T1＝m1a 1分

T2－m2g＝m2a 1分设滑轮的角加速度为

，则 (T1－T2)r＝J 2分

且有 a＝r

1分

T1T1 a rT2T2 am1gm2g

由以上四式消去T1，T2得：

m1m2grm1m2r2J

2分

开始时系统静止，故t时刻滑轮的角速度．

 tm1m2grtm1m2r2J １分

20.质量为M1＝24 kg的圆轮，可绕水平光滑固定轴转动，一轻绳缠绕于轮上，另一端通过质量为M2＝5 kg的圆盘形定滑轮悬有m＝10 kg的物体．求当重物由静止开始下降了h＝0.5 m时，

(1) 物体的速度； M R M1 r 2 (2) 绳中张力．

m

(设绳与定滑轮间无相对滑动，圆轮、定滑轮绕通过轮心且垂直于横截面的水平光滑轴的转动惯量分别为

J111M1R2J2M2r222，)

解：各物体的受力情况如图所示． 图2分

由转动定律、牛顿第二定律及运动学方程，可列出以下联立方程：

1M1R21 方程各1分共5分 1＝2 T1R＝J1

T2r－T1r＝J2

mg－T2＝ma , 求

解

联立

方程amg124M1M2m m/s2

v2ah=2 m/s

1M22＝21r2 a＝R1＝r2 , v 2＝2ah

，得

N1 T1 T1 N2 T2 M1 M2  m a 1 2 MMT2 1g 2g mg

1

T2＝m(g－a)＝58 N 1 TM1＝21a＝48 N 分

1分

1分

21.两个匀质圆盘，一大一小，同轴地粘结在一起，轮．小圆盘的半径为r，质量为m；大圆盘的半径r＝2m．组合轮可绕通过其中心且垂直于盘面的光滑水平对O轴的转动惯量

O m,r 构成一个组合

m,r B 2r，质量 m＝

固定轴O转动，绕有轻质细绳，细一系统从静止开

A J＝9mr2 / 2．两圆盘边缘上分别

绳下端各悬挂质量为m的物体A和B，如图所示．这

始运动，绳与盘无相对滑动，绳的长度不变．已知r = 10 cm．求：

(1) 组合轮的角加速度；

(2) 当物体A上升h＝40 cm时，组合轮的角速度．

解：(1) 各物体受力情况如图． T－mg＝ma mg－T＝ma T (2r)－Tr＝9mr2 / 2 a＝r a＝(2r) 图2分

1分

1分

1分

1分

1分

由上述方程组解得：

TaT TBaNmg＝2g / (19r)＝10.3 rad·s-2 TA1分

(2) 设为组合轮转过的角度，则

mg ＝h / r

2＝2

所以，

= (2h / r)1/2＝9.08 rad·s-1 2分

22.物体A和B叠放在水平桌面上，由跨过定滑轮的轻质细绳相互连接，如图所示．今用大小为F的水平力拉A．设A、B和滑轮的

R B A F

1mR2质量都为m，滑轮的半径为R，对轴的转动惯量J＝2．AB之间、A与桌面之间、滑

轮与其轴之间的摩擦都可以忽略不计，绳与滑轮之间无相对的滑动且绳不可伸长．已知F＝10 N，m＝8.0 kg，R＝0.050 m．求：

(1) 滑轮的角加速度；

(2) 物体A与滑轮之间的绳中的张力；

(3) 物体B与滑轮之间的绳中的张力．

解：各物体受力情况如图． 图2分

1(TT)R＝2mR2 由上述方程组解得：

F－T＝ma T＝ma 1

分

a＝R 1分

a T ’ T ’ B T a T A F

＝2F / (5mR)＝10 rad·s-2 T＝3F / 5＝6.0 N T＝2F / 5＝4.0 N 1分

1分

2分

1分

1分

23.两个大小不同、具有水平光滑轴的定滑轮，顶点在同一水平线上．小滑轮的质量为

12mrm，半径为r，对轴的转动惯量J＝2．大

滑轮的质量m＝

m,r A m m, r B m 2m，半径r＝2r，对轴的转动惯量

J1mr22．一

根不可伸长的轻 体A和B．A的止开始转动．已

质细绳跨过这两个定滑轮，绳的两端分别挂着物质量为m，B的质量 m＝2m．这一系统由静

知m＝6.0 kg，r＝5.0 cm．求两滑轮的角加速度和它们之间绳中的张力．

解：各物体受力情况如图． 2分

TA－mg＝ma 1分

(2m)g－TA＝(2m)a 1分

12mr (T－TA)r＝2 1分

1 (TB－T)(2r)＝2(2m)(2r)2 1分

a＝r＝(2r)  T TA T TB B a  1分

由上述方程组解得：

TA a A TB ＝2g / (9r)＝43.6 rad·s-2

mg mg

1分

1＝2＝21.8 rad·s-2 1分

T＝(4/3)mg＝78.4 N 1分

24.一质量m = 6.00 kg、长l = 1.00 m的匀质棒，放在水平桌面上，可绕通过其中心的竖直固定轴转动，对轴的转动惯量J = ml 2 / 12．t = 0时棒的角速度rad·s

1．由于受到恒定的阻力矩的作用，t =

20 s时，棒停止运动．求：

(1) 棒的角加速度的大小；

(2) 棒所受阻力矩的大小；

(3) 从t = 0到t = 10 s时间内棒转过的角度．

解：(1) 0＝0＋t

＝－0 / t＝－0.50 rad·s-2

(2) Mr ＝ml 2

/ 12＝－0.25 N·m 1(3) 10＝0t＋2t2＝75 rad

0 = 10.0

2分

2分

1分

25.如图所示的阿特伍德机装置中，滑轮和绳子间没 m3 有滑动且绳子不可以伸长，轴与轮间有阻力矩，求滑轮两 r 边绳子中的张力．已知m1＝20 kg，m2＝10 kg．滑轮m2 质量为m3＝5 kg．滑轮半径为r＝0.2 m．滑轮可视为均m1

匀圆盘，阻力矩Mf＝6.6 N·m，已知圆盘对过其中心且

12m3r2与盘面垂直的轴的转动惯量为．

解：对两物体分别应用牛顿第二定律(见图)，则有

m1g－T1 = m1a ①

T2 – m2g = m2a ② 对滑轮应用转动定律，则有 T1

1rT2rMfJm223r ③ 对轮缘上任一点，有 a = r ④ 又： T1= T1， T2= T2 ⑤

r T1 T1 TT22 则联立上面五个式子可以解出

m 1 m 2 m1g m2g

2分2分1分

a

m1grm2grMf1m1rm2rm3r2＝2 m/s2 2分

T1＝m1g－m1a＝156 N

T2＝m2g－m2 a＝118N 3分

26.如图所示，一半径为R的匀质小木球固结在一长度为l的匀质细棒的下端，且可绕水平光滑固定轴O转动．今有一质量为m，速度为

v0 O 的子弹，沿

v0 m l R 着与水平面成角的方向射向球心，且嵌于球心．已知小木球、细棒对通过O的水平轴的转动惯量的总和为J．求子弹嵌入球心后系统的共同角速度．



解：选子弹、细棒、小木球为系统．子弹射入时，系统所受合外力矩为零，系统

对转轴的角动量守恒． 2分

mv 0 (R + l)cos = [J + m (R + l)2 ] 2分

mv0RlcosJmRl2

 1分

27.如图所示，一半径为R，质量为m的水角速度

0绕通过其中心的竖直固定光滑轴转动，

R R/2 v O B A 2v 平圆台，正以转动惯量J＝一半，一人站

1mR22．台上原站有2人，质量各等于转台质量的1R于台边A处，另一人站于距台中心2的B处．今

A处的人相对B处的人相对

于圆台以速率v顺着圆台转向沿圆周走动，同时

于圆台以速率2v逆圆台转向沿圆周走动．求圆台这时的角速度

．

解：以转台和二人为研究对象，所受外力只有重力及轴的支撑力，诸力对转轴的

O v0 R 合力矩为零，所以系统角动量守恒．各转动

惯量分别为 2分

m

J1112mR2JAmR2JBmR/2222，， 2分

以地面为参照系，A处的人走动的角速度为

1－(2v /2R)＝

＋(v / R)，B处的人 1分

走动的角速度为－(4v / R)．由角动量守恒定律 1分

111222mRmRmR/20222 =

2111122mR4v/RmRmRv/R222 2 2分解出

=0 2分

28.一质量均匀分布的圆盘，质量为M，半径为R，放在一粗糙水平面上(圆盘与水平面之间的摩擦系数为)，圆盘可绕通过其中心O的竖直固定光滑轴转动．开始时，圆盘静止，一质量为m的子弹以水平速度v0垂直于圆盘半径打入圆盘边缘并嵌在盘边上，求

(1) 子弹击中圆盘后，盘所获得的角速度．

(2) 经过多少时间后，圆盘停止转动．

1MR2(圆盘绕通过O的竖直轴的转动惯量为2，忽略子弹重力造成的摩擦阻力矩)

解：(1) 以子弹和圆盘为系统，在子弹击中圆盘过程中，对轴O的角动量守恒．

1分

1 mv0R＝(2MR2＋mR2)

2分

mv01MmR2 1分

(2) 设表示圆盘单位面积的质量，可求出圆盘所受水平面的摩擦力矩的大小

R为

Mfrg2rdr0＝(2 / 3)gR3＝(2 / 3)MgR 2分

设经过t时间圆盘停止转动，则按角动量定理有

1＝－(2MR2＋mR2)

－Mft＝0－J＝- mv 0R 2分

∴

tmv0Rmv0R3mv02/3MgR2MgMf 2分

29.有一质量为m1、长为l的均匀细棒，静动摩擦系数为

的水平桌面上，它可绕通过其

O 止平放在滑

m1 ,l 端点O且与的质量为m2

桌面垂直的固定光滑轴转动．另有一水平运动的小滑块，从侧面垂直于棒与棒的另一端A相时间极短．已知小滑块在碰撞前后的速度分别图所示．求碰撞后从细棒开始转动到停止转动

1Jm1l23的时间.(已知棒绕O点的转动惯量)

v1 m2 v2 A 俯视图 碰撞，设碰撞

vv为1和2，如

的过程所需

解：对棒和滑块系统，在碰撞过程中，由于碰撞时间极短，所以棒所受的摩擦力

矩<<滑块的冲力矩．故可认为合外力矩为零，因而系统的角动量守恒，即 1分

1m1l2 m2v1l＝－m2v2l＋3 ① 3分

碰后棒在转动过程中所受的摩擦力矩为

Mfg0lm11xdxm1gll2 ② 2分

1ml2Mdt0f31由角动量定理 0 ③ 2分

t由①、②和③解得 v1v2

t2m2m1g 2分