专题09 刚体动力学（竞赛精练）-2024-2025学年高中物理竞赛能力培优专练（高一上学期）

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1．（2023·北京强基计划）一根质量均匀的细杆一端铰接于地面，初始时竖直方向。收到微扰后在竖直平面内倒下，在这个过程中，杆内部（ ）
A．切向力最大离上端处
B．切向力最大离下端处
C．无切向力
D．内部传递力矩最大离上端处
E．内部传递力矩最大离下端处
【答案】E
【详解】ABC．记杆长为L，当杆倒下角时，以铰接点为参考，重力的力矩提供角加速度，由转动定律可得
解得
将距离铰接点的部分杆作为研究对象，该部分质量
质心加速度
加速度由切向力和重力提供（切向力T以垂直杆向下为正）
解得
因此，最小值出现在处，最大值出现在处。故ABC错误；
DE．考虑转动定律，角加速度由切向力T和切向力矩M提供
解得
可得最小值出现在两端，最大值出现在处。故D错误，E正确。
故选E。
2．（2022·全国强基计划）劲度系数为的弹性绳牵着一个质量的匀质圆柱体（圆柱体转动惯量），该柱体可以在倾角的斜面上做纯滚动，在圆柱体的平衡位置附近，圆柱体受到微扰的振动周期（ ）
A．
B．
C．
D．
E．
【答案】A
【详解】以刚体与平面接触位置为瞬时转动中心，在平衡位置附近的微扰仅有弹性绳中的弹力会对瞬心产生偏离平衡位置后的回复力矩。
由平行轴定理
得
由转动定理
得
圆柱体做纯滚动时，沿斜面方向加速度和角加速度满足
化简后可得
圆柱体做简谐运动，周期满足
结果与A选项相符。
故选A。
3．（2023·郑州竞赛）一根长为l，质量为m的均匀细棒在地上竖立着。如果让竖立着的棒以下端与地面接触处为轴倒下，则上端到达地面时速率应为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【详解】杆对过杆的一端且与杆垂直的轴的转动惯量为
由能量守恒定律可知
解得
故上端到达地面时速率应为
故选B。
4．（2022·全国竞赛）竹蜻蜓由同材质的两个旋翼叶片与一根垂直杆组成，旋翼叶片为两片长为，宽为，面密度为的匀质长方形板，与水平面夹角皆为，杆子质量。时，以角速度，数值速度起飞，与密度为的空气发生弹性碰撞， 在发生碰撞前，空气保持静止。求：
（1）竹蜻蜓绕杆的转动惯量；
（2）速度为，角速度为时竹蜻蜓受到的力与力矩情况；
（3）这个竹蜻蜓能够起飞至少要多大的？并求多大时竹蜻蜓最容易起飞。
【答案】（1）；（2）见解析；（3），
【详解】（1）对单块板如图建系
质量微元
单块板绕杆的转动惯量为
积分
考虑两个叶片
（2）仍然对 处的微元分析（角速度逆时针方向为正），转动速度
平动速度
故其速度
由板的法向量
微元的速度在板法向投影为
为正时表示板下表面撞击空气；为负时表示板上撞击空气。讨论：
当，若，板上每一处的风力向下；
若，板上风力向下，风力向上
当，若，板上每一处的风力向上；
若，板上风力向上，风力向下
之后我们会发现，这个讨论非常重要
计算受力
在竖直方向投影
我们知道与的方向应该是相反的，但发现这个的式子关于没有体现出方向性，因此我们在后续的积分时要手动地加上正负号。
竹蜻蜓受力与力矩的大小（由于对称性，我们只需算力的竖直分量）：若板上处处受力方向一致
受力大小
受力矩大小
若板上处处受力方向一致，为表示方便，我们令
当然，还要考虑力和力矩的方向与重力，于是最后的答案如下
Iω=4ρa2bsinθ14sin2θω2a2−23csθsinθωav+12cs2θv2，当v0
Mv⋅=−Mg+4ρabcsθ(13sin2θω2a2−csθsinθωav+cs2θv2当v0
其中
（3）只要初始，并带入，有
因此只要
就能起飞。易知，当
上式的分母最大，最容易起飞。
5．（2020·攀枝花竞赛）如图所示。
（1）试（a）写出质量为M和边长为a的均匀正N边形（）空心棱柱（薄壁厚），绕中心轴O的转动惯量。
（b）使用问题（a）结果，或其它方法，（1）求正方形空心棱柱绕O轴的转动惯量；以及使用以上空心棱柱结果，或其它方法，（2）求正方形实心棱柱绕O轴的转动惯量。（c）分别求出正方形（1）空心棱柱和（2）实心棱柱，绕棱边角点P轴的转动惯量。
（2）设有（1）空心棱柱和（2）实心棱柱的均匀正方形，最初静止在倾角为的斜面上，其中心轴线是水平的。现在令棱柱沿斜面不均匀地自由滚动下来，而且在滚下过程中，摩擦力足以阻止该棱柱的任何滑动，使得其棱边在P处与斜面保持良好的接触。
（a）设棱边P撞击斜面之前和之后的瞬时角速度分别为和。若，试求系数
（b）设棱边P撞击斜面之前和之后的动能分别为和。若，试求系数k。
（c）为使棱柱能够进行接下来的碰撞，必须超过一个最小值。试以参量k和表示系数。
（d）如题（c）条件满足时，动能将接近一个固定值，使得薄壁棱柱能够滚下斜面。试以参量k和表示系数。
（e）试求出斜面的最小倾斜角度，使得棱柱的不均匀滚动一旦启动，将无限地继续下去。若有需要，可使用积分方程。
【答案】见解析
【详解】（1）解答
（a）解法 1 平行移轴法
棱柱一条边的质量 ，中心点 到该边的距离
绕 点的转动惯量
则正 边形棱柱绕其中心轴线 的转动惯量
解法 2 微积分法
（b） 解法 1 使用问题（a）结果
当 时，棱柱绕 轴的转动惯量
解法 2 微积分法
（c） 解法 1 微积分法
正方形实心棱柱的面密度 . 对于边长为 的薄壁棱柱
则实体棱柱绕其中心轴线 的转动惯量
解法 2 垂直轴法
对于质量为 和边长为 的正方形薄板
则对于质量为 和边长为 的正方形厚板 （实体棱柱）
（d）如下
（i）空心棱柱
（ii） 实心棱柱
（2） 解答如下
（a） 某一棱边撞击斜面之前关于 点的角动量为
刚体关于质心 的转动角动量与质心 的平动角动量之和，即
该棱边撞击斜面之后关于 点的角动量
角动量守恒
（b） 某一棱边撞击斜面之前和之后的动能
（c） 碰撞后薄壁棱柱的质心 至少转动一个角度 , 上升到最高位置
（d） 设某一棱边第 次撞击斜面之前和之后的动能分别为 和 , 由题（b）结果有 . 接下来第 次碰撞, 质量中心会降低一个高度 , 动能变化
则有
即
由于 当
其中；
（e）要使薄壁棱柱的不均匀滚动无限地继续下去
即
其中
其中 和 。
附表1
附表2
6．（2016·全国竞赛）两根质量均匀分布的杆AB和BC，质量均为m，长均为l，A端被光滑饺接到一固定点（即AB杆可在竖直平面内绕A点无摩擦转动）开始时C点有外力保持两杆静止，A、C在同一水平线AD上，A、B、C三点都在同一竖直平面内，∠ABC=60°。某时刻撤去外力后两杆始终在竖直平面内运动。
（1）若两杆在B点固结在一起，求：
（i）初始时两杆的角加速度；
（ii）当AB杆运动到与水平线AD的夹角为θ时，AB杆绕A点转动的角速度。
（2）若两杆在B点光滑较接在一起（即BC杆可在竖直平面内绕B点无摩擦转动），求初始时两杆的角加速度以及两杆间的相互作用力。
【答案】（1）（i）；（ii）；（2），，
【详解】（1）（i）两杆AB和BC对于A点的转动惯量分别为
①
②
两杆固结在一起，因而两杆可视为一个刚体绕A点做定轴转动，总的转动惯量为
③
撤去外力作用后，两杆所受到的重力相对于A点的总力矩为
④
两杆的角加速度相同，设为（以顺时针方向为正方向），则由刚体转动定理得
⑤
联立①②③④⑤式得，两杆的角加速度为
⑥
（ii）考虑AB杆从初始位置到与水平线AD的夹角为θ位置这一过程，两杆重力势能的变化量为
两杆动能的变化量为
⑦
式中，为AB杆与水平线AD的夹角为时绕A点转动的角速度。整个过程中机械能守恒定律
⑨
联立③⑦⑧⑨式得
⑩
（2）两杆在B点由光滑链连接，因而杆AB和BC不能整体视为一个刚体，其角加速度不相等，分别设为、（以顺时针方向为正方向）；取B点为原点，x、y轴正方向分别水平向右，竖直向下，设BC杆对AB杆的作用力沿x、y轴的分量分别为Fx、Fy。对于AB杆，相对于A点，由刚体转动定理得
⑾
对于BC杆，AB杆对BC杆的作用力沿x、y轴的分量分别为-Fx、-Fy，设BC杆质心的加速度沿x、y轴的分量分别为、，由刚体质心运动定理得
⑿
⒀
BC杆同时还绕其质心转动，由刚体转动定理得
⒁
两杆连接点B的加速度沿x、y轴的分量、为
⒂
⒃
联立⑾1⑿⒀⒁⒂⒃式得
， ⒄
， ⒅
两杆间相互作用力的大小为
⒆
设BC杆对AB杆的作用为与竖直方向夹角为，则
⒇
7．（2022·河西竞赛）如图所示，一个质量为m的物体与绕在定滑轮上的绳子相联，绳子质量可以忽略，它与定滑轮之间无滑动。假设定滑轮质量为M、半径为R，其转动惯量为，滑轮轴光滑。试求该物体由静止开始下落的过程中，下落速度与时间的关系。
【答案】
【详解】对物体牛顿第二定律可得
对滑轮有
运动学关系为
联立可得
速度为
8．（2020·攀枝花竞赛）已知外接圆半径为r和质量为m的均匀正n边形，对过其中心O且垂直于所在平面的轴的转动惯量，设等边三角形薄板PAB的外接圆半径和质量为R和M。
（1）（a）试求薄板对其中心轴O和角点P的转动惯量和；
（b）将薄板P端悬挂于天花板构成一个复合摆，设薄板在其平面内简谐振动的频率为，试求。
（2）如图所示，在对称轴POD上以OD为直径，挖去半径为r的圆洞而形成一个新系统。
（a）试确定新系统的质量中心C位置；
（b）计算它关于P点的转动惯量；
（c）将该系统P端悬挂于天花板构成一个复合摆，设它在其平面内简谐振动的频率为，试求。
【答案】（1）a. ,;b. ;（2）a. ;b.;c.
【详解】（1）a．由题意可得，对中心轴的转动惯量为
，对角点P的转动惯量为
b．频率为
（2）薄板面积为面密度为
系统的面积为
则新系统的两部分的各物理量如下表
a.系统的质心为
b．系统转动惯量为
c．系统的质量为
频率为
9．（2020·全国竞赛）据《荀子•有坐篇》记载，孔子观于鲁桓公之庙，有欹（qī）器焉。欹器者，“虚则欹，中则正，满则覆。”悬挂式欹器实物如图7a所示：欹器空时，器身倾斜：注水适中，器身正立；注水过满，器身倾覆。图7b为悬挂式欹器的正视剖面图。整个欹器的外轮廓是相对于Z轴的回转面，轴为内部管腔的对称轴，容器内壁与外壁的半球壳半径分别为和，两半球的球心O和均位于X轴上。轴和Z轴相距，欹器圆柱部分的长度。欹器的一对悬挂点所在直线与XOZ平面交于Q点，其坐标为（，）。欹器材质均匀，其密度为水的密度的3倍。不计摩擦。
（1）求空欹器自由悬挂平衡时Z轴与竖直方向的夹角。
（2）求空欹器绕一对悬挂点所在轴的转动惯量及其在平衡位置附近微振动的角频率（已知密度为、半径为R的匀质球体绕过其质心的轴的转动惯量为；半径为R、长度为L的匀质圆柱体绕过其质心且平行于圆柱底面的轴的转动惯量为）。
（3）让空欹器自由悬挂，并开始往欹器内缓慢注水，问欹器内水面到底部的距离h为多少时器身正立？
（4）简述“满则覆”的临界条件。
【答案】（1）；（2），；（3）；（4）系统质心刚好高于悬挂点；或，
【详解】（1）假设整个欹器是实心时，它分为长圆柱部分（I）和半球部分（II）。
在坐标系XOZ中，圆柱部分质心的位置为：
，
半球部分质心的位置为：
，①
设整个实心体的质心坐标为，则
于是
， ②
相应地，整个欹器空心部分的质心坐标为
， ③
设和分别是整个欹器是实心时欹器的质量和整个欹器空心部分刚好填实所需的质量，有
，
整个瓶子的质心坐标为
④
⑤
悬挂点的位置为，欹器内没装水悬挂时欹器倾斜的角度为
⑥
（2）由球绕直径的转动惯量知，半球绕其底面圆直径的转动惯量为
由平行轴定理知，半球绕穿过其质心且平行其底面的转轴的转动惯量为
⑦
中间为实心时欹器绕悬挂点连线的转动惯量
⑧
空心部分绕悬挂点连线的转动惯量
⑨
欹器绕悬挂点连线的转动惯量
⑩
质心到悬挂点轴线的距离
欹器绕悬挂点连线摆动的角频率
⑪
（3）（解法一）设欹器竖直时里面装的水的质量为。
此时水、欹器以及整个体系质心的横坐标、和分别为
⑫
⑬
故有
⑭
解得：
⑮
由于 ⑯
故水的体积大于底部半球的容器，即。
因而有
⑰
解得
⑱
此时整个体系质心的纵坐标
故时欹器正立。
（解法二）
若时欹器竖直位置，时，水的质心位置为
⑫
欹器的质量m和此时欲器中水的质量分别为
整个装置的质心，的位置坐标为
⑬
欹器身正立时，悬挂点与系统质心的连线为竖直线必有
， ⑭
解得
，，，均不满足， ⑮
故此时无解。
因此欹器竖直时，必有。
当时，与③、④式对比（③、④式中可视为），得水的质心位置为
⑯
此时欹器中水的质量为
整个装置的质心位置为
⑰
⑱
欹器身正立，悬挂点与系统质心的连线为竖直线必有
且
当时，由式，有
⑲
而由得
或
故时欹器正立。
（4）欹器“满则覆”的临界条件是：系统质心刚好高于悬挂点；或
，⑳
10．（2019·全国竞赛）农用平板车的简化模型如图a所示，两车轮的半径均为r（忽略内外半径差），质量均为m（车轮辐条的质量可忽略），两轮可2m绕过其中心的光滑细车轴转动（轴m的质量可忽略）；车平板长为l、质把手量为2m，平板的质心恰好位于车轮的轴上；两车把手（可视为细直杆）的长均为2l、质量均为m，且把手前端与平板对齐，平板、把手和车轴固连成一个整体，车轮、平板和把手各自的质量分布都是均匀的.重力加速度大小为g.
（1）该平板车的车轮被一装置（图中未画出）卡住而不能前后移动，但仍可绕车轴转动.将把手提至水平位置由静止开始释放，求把手在与水平地面碰撞前的瞬间的转动角速度.
（2）在把手与水平地面碰撞前的瞬间立即撤去卡住两车轮的装置，同时将车轮和轴锁死，在碰后的瞬间立即解锁，假设碰撞时间较短（但不为零），碰后把手末端在竖直方向不反弹.已知把手与地面、车轮与地面之间的滑动摩擦系数均为μ（最大静摩擦力等于滑动摩擦力）.求在车轮从开始运动直至静止的过程中，车轴移动的距离.
【答案】（1） （2）
【详解】（1）车轮被一装置卡住而不能前后移动，但仍可绕轮轴转动.把手绕车轴的转动惯量为
平板绕车轴的转动惯量为
平板与把手整体绕车轴的转动惯量为
（1）
把手和平板整体的质心位置到车轴的距离（见解题图a）为
（2）
设把手与地面碰撞前的瞬间的角速度为，由机械能守恒有
（3）
式中h是把手和平板整体的质心下降的距离（见解题图b）
将（2）式代入上式得
由上式和（1）（3）式得
（4）
（2）在把手与地面碰撞前的瞬间，把手和平板车的质心的速度大小为
由几何关系有
，
碰前瞬间把手和平板质心速度的水平与竖直分量（从把手末端朝向把手前端为正）分别为
（5）
（6）
记碰撞时间间隔为△t，由题设，把手、平板与车轮组成的系统在碰撞过程中可视为一个物体.刚碰时，由于把手末端与地面之间有相对速度，把手末端与地面之间在碰撞过程中水平方向的相互作用力是滑动摩擦力.设碰撞过程中地面对系统在竖直方向上总的支持力为N′，在碰撞后的瞬间系统的水平速度为（≥0）.在水平和竖直方向上分别对此系统应用动量定理有
（7）
（8）
值得注意的是，（8）式左端的冲量不可能等于零，因而（7）式左端的冲量也不可能等于零.由（7）（8）式得
即
当系统静止，故
（9）
当
系统开始运动，下面分两阶段讨论系统开始运动后直至停止的过程:
阶段I.车轮又滑又滚阶段
两车轮的受力如解题图c所示，图中是地面对两车轮的正压力，和是把手和平板通过轴对两车轮分别在水平方向和竖直方向的作用力，地面对车轮的滑动摩擦力.把手和平板作为一个整体的受力解题图d所示，图中N是地面对把手末端的正压力.
地面与车之间的总滑动摩擦力为
（10）
把手、平板和车轮组成的系统的质心加速度为
（11）
对把手和平板系统应用质心运动定理有
（12）
（13）
对把手和平板系统应用相对于过质心的水平轴的转动定理有
由（11）（12）（13）式得
将以上两式代入（14）式得
（14）
于是
因而
对两车轮在竖直方向上应用质心运动定理有
（15）
对两车轮应运用转动定理有
（16）
由（15）式得
再由（16）式得
设车轮经历时间间隔t后开始纯滚动，由纯滚动条件有
（17）
此即
由此得
车轮开始做纯滚动时的速度为
（18）
在整个又滑又滚阶段，车轴移动的距离为
于是有

阶段Ⅱ.车轮纯滚动阶段
两车轮的受力如解题图e所示，图中是地面对两车轮的正压力，和分别是把手和平板通过轴对两车轮在水平方向和竖直方向的作用力，是地面对车轮的作用力（静摩擦力）．把手和平板作为一一个整体的受力解题图f所示，图中是地面对把手末端的正压力.
对两车轮运用质心运动定理有
（20）
对两车轮运用转动定理有
（21）
由纯滚动条件有
（22）
由（20）（21）（22）式得
对把手和平板系统在水平方向上应用质心运动定理有
联立以上两式有
对把手和平板系统在竖直方向上应用质心运动定理有
对把手和平板系统应用相对于过质心C的水平轴的转动定理有
联立以上三式消去和，得
解得
于是
（23）
在整个纯滚动阶段，车轴移动的距离满足
于是

在车轮从开始运动直至静止的整个过程中，车轴移动的距离为

11．（2010·全国竞赛）如图，一质量均匀分布的刚性螺旋环质量为，半径为，螺距，可绕竖直的对称轴，无摩擦地转动，连接螺旋环与转轴的两支撑杆的质量可忽略不计。一质量也为的小球穿在螺旋环上并可沿螺旋环无摩擦地滑动，首先扶住小球使其静止于螺旋环上的某一点，这时螺旋环也处于静止状态。然后放开小球，让小球沿螺旋环下滑，螺旋环便绕转轴，转动。求当小球下滑到离其初始位置沿竖直方向的距离为时，螺旋环转动的角速度和小球对螺旋环作用力的大小。
【答案】，
【详解】解法一
一倾角为的直角三角形薄片（如图1所示）紧贴于半径为的圆柱面，圆柱面的轴线与直角三角形薄片的沿竖直方向的直角边平行，若把此三角形薄片卷绕在柱面上，则三角形薄片的斜边就相当于题中的螺线环。根据题意有
（1）
可得：
，（2）
设在所考查的时刻，螺旋环绕其转轴的角速度为，则环上每一质量为的小质元绕转轴转动线速度的大小都相同，用表示，
（3）
该小质元对转轴的角动量
整个螺旋环对转轴的角动量
（4）
小球沿螺旋环的运动可视为在水平面内的圆周运动和沿竖直方向的直线运动的合成。在螺旋环的角速度为时，设小球相对螺旋环的速度为，则小球在水平面内做圆周运动的速度为
（5）
沿竖直方向的速度
（6）
对由小球和螺旋环组成的系统，外力对转轴的力矩为0，系统对转轴的角动量守恒，故有
（7）
由（4）、（5）、（7）三式得：
（8）
在小球沿螺旋环运动的过程中，系统的机械能守恒，有
（9）
由（3）、（5）、（6）、（9）四式得：
（10）
解（8）、（10）二式，并利用（2）式得
（11）
（12）
由（6）、（12）以及（2）式得
（13）
或有
（14）
（14）式表明，小球在竖直方向的运动是匀加速直线运动，其加速度
（15）
若小球自静止开始运动到所考查时刻经历时间为，则有
（16）
由（11）和（16）式得
（17）
（17）式表明，螺旋环的运动是匀加速转动，其角加速度
（18）
小球对螺旋环的作用力有：小球对螺旋环的正压力，在图1所示的薄片平面内，方向垂直于薄片的斜边；螺旋环迫使小球在水平面内做圆周运动的向心力的反作用力。向心力在水平面内，方向指向转轴，如图2所示。、两力中只有对螺旋环的转轴有力矩，由角动量定理有
（19）
由（4）、（18）式并注意到得
（20）
而（21）
由以上有关各式得
（22）
小球对螺旋环的作用力
，（23）
解法二
一倾角为的直角三角形薄片（如图1所示）紧贴于半径为的圆柱面，圆柱面的轴线与直角三角形薄片的沿竖直方向的直角边平行，若把此三角形薄片卷绕在柱面上，则三角形薄片的斜边就相当于题中的螺线环。
根据题意有：（1）
可得：，（2）
螺旋环绕其对称轴无摩擦地转动时，环上每点线速度的大小等于直角三角形薄片在光滑水平地面上向左移动的速度。小球沿螺旋环的运动可视为在竖直方向的直线运动和在水平面内的圆周运动的合成。在考查圆周运动的速率时可以把圆周运动看做沿水平方向的直线运动，结果小球的运动等价于小球沿直角三角形斜边的运动。小球自静止开始沿螺旋环运动到在竖直方向离初始位置的距离为的位置时，设小球相对薄片斜边的速度为，沿薄片斜边的加速度为。薄片相对地面向左移动的速度为，向左移动的加速度为。就是螺旋环上每一质元绕转轴转动的线速度，若此时螺旋环转动的角速度为，则有
（3）
而就是螺旋环上每一质元绕转轴转动的切向加速度，若此时螺旋环转动的角加速度为，则有
（4）
小球位于斜面上的受力情况如图2所示：
重力，方向竖直向下，斜面的支持力，方向与斜面垂直，以薄片为参考系时的惯性力，方向水平向右，其大小
（5）
由牛顿定律有
（6）
（7）
（8）
解（5）、（6）、（7）、（8）四式得
（9）
（10）
（11）
利用（2）式可得
（12）
（13）
（14）
由（4）式和（14）式，可得螺旋环的角加速度
（15）
若小球自静止开始运动到所考查时刻经历时间为，则此时螺旋环的角速度
（16）
因小球沿螺旋环的运动可视为在水平面内的圆周运动和沿竖直方向的直线运动的合成，而小球沿竖直方向的加速度
（17）
故有
（18）
由（15）、（16）、（17）、（18）、以及（2）式得
（19）
小球在水平面内做圆周运动的向心力由螺旋环提供，向心力位于水平面内，方向指向转轴，故向心力与图2中的纸面垂直，亦即与垂直。向心力的大小
（20）
式中是小球相对地面的速度在水平面内的分量。若为小球相对地面的加速度在水平面内的分量，则有
（21）
令为在水平面内的分量，有
（22）
由以上有关各式得
（23）
小球作用于螺旋环的力的大小
（24）
由（13）、（23）和（24）式得
（25）
12．（2023·郑州竞赛）空心圆环可绕光滑的竖直固定轴AC自由转动，转动惯量为J0，环的半径为R，初始时环的角速度为。质量为m的小球静止在环内最高处A点，由于某种微小干扰，小球沿环向下滑动，问小球滑到与环心O在同一高度的B点和环的最低处的C点时，环的角速度及小球相对于环的速度各为多大?（设环的内壁和小球都是光滑的，小球可视为质点，环截面半径r