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刚体的运动学与动力学问题

刚体的运动学与动力学问题

编者按中国物理学会全国中学生物理竞赛委员会2000年第十九次会议对《全国中学生物理竞赛内容提要》作了一些调整和补充，并决定从2002年起在复赛题与决赛题中使用提要中增补的内容．

一、竞赛涉及有关刚体的知识概要

1.刚体

在无论多大的外力作用下，总保持其形状和大小不变的物体称为刚体．刚体是一种理想化模型，实际物体在外力作用下发生的形变效应不显著可被忽略时，即可将其视为刚体，刚体内各质点之间的距离保持不变是其重要的模型特征．

2.刚体的平动和转动

刚体运动时，其上各质点的运动状态（速度、加速度、位移）总是相同的，这种运动叫做平动．研究刚体的平动时，可选取刚体上任意一个质点为研究对象．刚体运动时，如果刚体的各个质点在运动中都绕同一直线做圆周运动，这种运动叫做转动，而所绕的直线叫做转轴．若转轴是固定不动的，刚体的运动就是定轴转动．刚体的任何一个复杂运动总可看做平动与转动的叠加，刚体的运动同样遵从运动独立性原理．

3.质心　质心运动定律

　质心　这是一个等效意义的概念，即对于任何一个刚体（或质点系），总可以找到一点Ｃ，它的运动就代表整个刚体（或质点系）的平动，它的运动规律就等效于将刚体（或质点系）的质量集中在点Ｃ，刚体（或质点系）所受外力也全部作用在点Ｃ时，这个点叫做质心．当外力的作用线通过刚体的质心时，刚体仅做平动；当外力作用线不通过质心时，整个物体的运动是随质心的平动及绕质心的转动的合成．

质心运动定律　物体受外力F作用时，其质心的加速度为ａＣ，则必有Ｆ＝ｍａＣ，这就是质心运动定律，该定律表明：

不管物体的质量如何分布，也不管外力作用点在物体的哪个位置，质心的运动总等效于物体的质量全部集中在此、外力亦作用于此点时应有的运动．

4.刚体的转动惯量Ｊ

刚体的转动惯量是刚体在转动中惯性大小的量度，它等于刚体中每个质点的质量ｍｉ与该质点到转轴的距离ｒｉ的平方的乘积的总和，即

Ｊ＝

ｍｉｒｉ2．

从转动惯量的定义式可知，刚体的转动惯量取决于刚体各部分的质量及对给定转轴的分布情况．我们可以利用微元法求一些质量均匀分布的几何体的转动惯量．

5.描述转动状态的物理量

对应于平动状态参量的速度ｖ、加速度ａ、动量ｐ＝ｍｖ、动能Ｅｋ＝（1／2）ｍｖ２；描述刚体定轴转动状态的物理量有：

角速度ω　角速度的定义为ω＝

Δθ／Δｔ．在垂直于转轴、离转轴距离ｒ处的线速度与角速度之间的关系为ｖ＝ｒω．

角加速度　角加速度的定义为α＝

Δω／Δｔ．在垂直于转轴、离转轴距离ｒ处的线加速度与角加速度的关系为ａｔ＝ｒα．

角动量Ｌ　角动量也叫做动量矩，物体对定轴转动时，在垂直于转轴、离转轴距离ｒ处某质量为ｍ的质点的角动量大小是ｍｖｒ＝ｍｒ２ω，各质点角动量的总和即为物体的角动量，即

Ｌ＝

ｍｉｖｉｒｉ＝（

ｍｉｒｉ2）ω＝Ｊω．

转动动能Ｅｋ　当刚体做转动时，各质点具有共同的角速度ω及不同的线速度ｖ，若第ｉ个质点质量为ｍｉ，离转轴垂直距离为ｒｉ，则其转动动能为（1／2）ｍｉｖｉ２＝（1／2）ｍｉｒｉ2ω２，整个刚体因转动而具有的动能为所有质点的转动动能的总和，即

Ｅｋ＝（1／2）（

ｍｉｒｉ2）ω２＝（1／2）Ｊω２．

6.力矩Ｍ　力矩的功Ｗ　冲量矩Ｉ

如同力的作用是使质点运动状态改变、产生加速度的原因一样，力矩是改变刚体转动状态、使刚体获得角加速度的原因．力的大小与力臂的乘积称为力对转轴的力矩，即

Ｍ＝Ｆｄ．

类似于力的作用对位移的累积叫做功，力矩的作用对角位移的累积叫做力矩的功．恒力矩Ｍ的作用使刚体转过θ角时，力矩所做的功为力矩和角位移的乘积，即Ａ＝Ｍθ．

与冲量是力的作用对时间的累积相似，力矩的作用对时间的累积叫做冲量矩，冲量矩定义为力矩乘以力矩作用的时间，即Ｉ＝ＭΔｔ．

7.刚体绕定轴转动的基本规律

转动定理　刚体在合外力矩Ｍ的作用下，所获得的角加速度与合外力矩大小成正比，与转动惯量Ｊ成反比，即

Ｍ＝Ｊα．如同质点运动的牛顿第二定律可表述为动量形式，转动定理的角动量表述形式是

Ｍ＝ΔＬ／Δｔ．

转动动能定理　合外力矩对刚体所做的功等于刚体转动动能的增量，即

Ｗ＝（1／2）Ｊω１２－（1／2）ＪωO2．

该定理揭示了力矩作用对角位移的积累效应是改变刚体的转动动能．

角动量定理　转动物体所受的冲量矩等于该物体在这段时间内角动量的增量，即

ＭΔｔ＝Ｌ１－Ｌ０＝Ｊωｔ－Ｊω０．

该定理体现了力矩作用的时间积累效应是改变刚体转动中的动量矩．

角动量守恒定律　当物体所受合外力矩等于零时，物体的角动量保持不变，此即角动量守恒定律．该定律适用于物体、物体组或质点系当不受外力矩或所受合外力矩为零的情况．在运用角动量守恒定律时，要注意确定满足守恒条件的参照系．

如果将上述描述刚体的物理量及刚体的运动学与动力学规律与质点相对照（如表1所示），可以发现它们极具平移对称性，依据我们对后者的熟巧，一定可以很快把握刚体转动问题的规律．

表1

质点的直线运动

刚体的定轴转动

位移　ｓ

角位移　θ

速度ｖ　ｖ＝

Δｓ／Δｔ

角速度ωω＝

Δθ／Δｔ

加速度ａ　ａ＝

Δｖ／Δｔ

角加速度αα＝

Δω／Δｔ

匀速直线运动　ｓ＝ｖｔ

匀角速转动　θ＝ωｔ

匀变速直线运动

ｖ１＝ｖ０＋ａｔ

ｓ＝ｖ０ｔ＋（1／2）ａｔ２

ｖｔ2－ｖ０２＝2ａｓ

匀变速转动

ω１＝ω０＋αｔ

θ＝ω０ｔ＋（1／2）αｔ２

ωt2－ωO2＝2αθ

牛顿第二定律

Ｆ＝ｍａ

转动定理

Ｍ＝Ｊα

动量定理

Ｆｔ＝ｍｖｔ－ｍｖ０（恒力）

角动量定理

Ｍｔ＝Ｊωｔ－Ｊω０

动能定理

Ｆｓ＝（1／2）ｍｖｔ2－（1／2）ｍｖ０２

转动动能定理

Ｍθ＝（1／2）Ｊωt2－（1／2）ＪωO2

动量守恒定律

ｍｖ＝常量

角动量守恒定律

Ｊω＝常量

二、确定物体转动惯量的方法

物体的转动惯量是刚体转动状态改变的内因，求解转动刚体的动力学问题，离不开转动惯量的确定．确定刚体的转动惯量的途径通常有：

1.从转动惯量的定义来确定　

对于一些质量均匀分布、形状规则的几何体，计算它们关于对称轴的转动惯量，往往从定义出发，运用微元集合法，只需要初等数学即可求得．

例1　如图1所示，正六角棱柱形状的刚体的质量为Ｍ，密度均匀，其横截面六边形边长为ａ．试求该棱柱体相对于它的中心对称轴的转动惯量．

图1

分析与解　这里求的是规则形状的几何体关于它的中心对称轴的转动惯量．从转动惯量的定义出发，我们可将棱柱沿截面的径向均匀分割成ｎ（ｎ→∞）个厚度均为（

／2）·（ａ／ｎ）、棱长为ｌ的六棱柱薄壳，确定任意一个这样的薄壳对中心轴的元转动惯量Ｊｉ，然后求和即可，有

Ｊ＝

Ｊｉ．

图2

现在，先给出一矩形薄板关于与板的一条边平行的轴ＯＯ′的转动惯量．板的尺寸标注如图2所示，质量为ｍ且均匀分布，轴ＯＯ′与板的距离为ｈ，沿长为ｂ的边将板无限切分成ｎ条长为ｌ、宽为ｂ／ｎ的窄条，则有

Ｊ板＝ｌｉｍ

（ｍ／ｂｌ）·（ｂ／ｎ）·ｌ［ｈ２＋（ｉｂ／ｎ）２］

　　＝ｍ

［（ｈ２／ｎ）＋（ｉ２／ｎ３）ｂ２］

　　＝ｍ（ｈ２＋（ｂ２／3））．

回到先前的六棱柱薄壳元上，如图1所示，由对称性可知其中第ｉ个薄壳元的ｈｉ＝ｉ

ａ／2ｎ，ｂ＝ｉａ／2ｎ．薄壳元对轴ＯＯ′的转动惯量是12Ｊ板，即

Ｊｉ=12ρｌ（ａ

／2ｎ）（ｉａ／2ｎ）［（ｉａ

／2ｎ）２＋（1／3）（ｉａ／2ｎ）２］．

式中，ρ是六棱柱体的密度，即

ρ＝Ｍ／6×（1／2）·ａ２·（

／2）ｌ＝2Ｍ／3

ａ２ｌ．

则六棱柱体对中心对称轴ＯＯ′的转动惯量为

Ｊ＝12

ρｌ·（ａ／ｎ）·（

／2）·（ｉａ／2ｎ）［（（ｉａ／ｎ）·（

／2））２＋（1／3）（ｉａ／2ｎ）］

　　＝12

ρｌ·（

ａ４／4）·（ｉ３／ｎ４）·［3／4＋1／12］

　　＝（5Ma2／3）

ｉ３／ｎ４

　　＝（5Ma2／3）

（1／ｎ４）（1３＋2３＋…＋ｎ３）

　　＝（5Ma2／3）

（1／ｎ４）·（ｎ２（ｎ＋1）２／4）

　　＝5Ma2／12．

2.借助于平行轴定理

在刚体绕某点转动时，需对过该点的轴求转动惯量，借助于平行轴定理，可以解决这样的问题：

已知刚体对过质心的轴的转动惯量，如何求对不通过质心但平行于过质心转轴的轴的转动惯量．

平行轴定理：

设任意物体绕某固定轴Ｏ的转动惯量为Ｊ，绕过质心而平行于轴Ｏ的转动惯量为ＪＣ，则有Ｊ＝ＪＣ＋Ｍｄ２，式中d为两轴之间的距离，Ｍ为物体的质量．

图3

证明：

如图3所示，Ｃ为过刚体质心并与纸面垂直的轴，Ｏ为与它平行的另一轴，两轴相距为ｄ，在与轴垂直的平面内以质心Ｃ为原点，过ＣＯ的直线为ｘ轴，建立ｘＣｙ坐标系．Ｍｉ代表刚体上任一微元的质量，它与轴Ｃ及轴Ｏ的距离依次为Ｒｉ和ｒｉ，微元与质心连线与ｘ轴方向的夹角为θｉ，由转动惯量的定义知，刚体对轴Ｏ的转动惯量应为

Ｊ＝

ｍｉｒｉ2

　　＝

ｍｉ（Ｒｉ２＋ｄ２－2ｄＲｉｃｏｓθ）

　　＝

ｍｉＲｉ２＋

ｍｉｄ２－2ｄ

ｍｉＲｉｃｏｓθｉ．

上式中第一项即为刚体对质心Ｃ的转动惯量ＪＣ；第二项Ｊ＝

ｍｉｄ２＝ｄ２

ｍｉ＝Ｍｄ２，Ｍ是刚体的总质量；而第三项中

ｍｉＲｉｃｏｓθｉ＝

ｍｉｘｉ，ｘｉ是质量元在ｘＣｙ平面坐标系内的ｘ坐标，按质心的定义，有

ｍｉｘｉ＝0，所以Ｊ＝ＪＣ＋Ｍｄ２．

在上述例1中，我们已求得正六棱柱关于其中心轴的转动惯量，利用平行轴定理，我们还可求得六棱柱相对于棱边的转动惯量为

Ｊ′＝（5／12）Ma2＋Ma2＝（17／12）Ma2．

3.运用垂直轴定理

对任意的刚体，任取直角三维坐标系Ｏｘｙｚ，刚体对ｘ、ｙ、z轴的转动惯量分别为Ｊｘ、Ｊｙ、Ｊｚ，可以证明Ｊｘ＋Ｊｙ＋Ｊｚ＝2

ｍｉｒｉ2，ｒｉ是质元到坐标原点的距离．

图4

证明：

如图4所示，质元ｍｉ的坐标是ｘｉ、ｙｉ、ｚｉ，显然，ｒｉ２＝ｘｉ２＋ｙｉ２＋ｚｉ２．而刚体对ｘ、ｙ、ｚ轴的转动惯量依次为

Ｊｘ＝

ｍｉ（ｙｉ２＋ｚｉ２），Ｊｙ＝

（ｘｉ２＋ｚｉ２），

Ｊｚ＝

ｍｉ（ｘｉ２＋ｙｉ２）．

则　Ｊｘ＋Ｊｙ＋Ｊｚ＝2

ｍｉ（ｘｉ２＋ｙｉ２＋ｚｉ２）＝2

ｍｉｒｉ2．

这个结论就是转动惯量的垂直轴定理，或称正交轴定理．这个定理本身及其推导方法对转动惯量求解很有指导意义．

例2　从一个均匀薄片剪出一个如图5所示的对称的等臂星．此星对Ｃ轴的转动惯量为Ｊ．求该星对Ｃ１轴的转动惯量．Ｃ和Ｃ１轴都位于图示的平面中，Ｒ和ｒ都可看做是已知量．

图5

分析与解　设星形薄片上任意一质元到过中心Ｏ而与星平面垂直的轴Ｏ距离为ｒｉ，则星对该轴的转动惯量为

ｍｉｒｉ2=ＪＯ，由于对称性，星对Ｃ轴及同平面内与Ｃ轴垂直的Ｄ轴的转动惯量相等，均为已知量Ｊ；同样，星对Ｃ１轴及同平面内与Ｃ１轴垂直的Ｄ１轴的转动惯量亦相等，设为Ｊ１，等同于垂直轴定理的推导，则

ＪＣ＋ＪＤ＝2Ｊ＝ＪＯ，ＪＣ１＋ＪＤ１＝2Ｊ１＝ＪＯ，

于是有　　2Ｊ＝2Ｊ１，即Ｊ１＝Ｊ．

4.巧用量纲分析法

根据转动惯量的定义Ｊ＝

ｍｉｒｉ2，其量纲应为［ＭＬ２］，转动惯量的表达式常表现为ｋｍａ2形式，ｍ是刚体的质量，ａ是刚体相应的几何长度，只要确定待定系数ｋ，转动惯量问题便迎刃而解．

例3　如图6甲所示，求均匀薄方板对过其中心Ｏ且与ｘ轴形成α角的轴Ｃ的转动惯量．

图6

分析与解　如图6（甲所示为待求其转动惯量的正方形薄板，设其边长为ｌ，总质量为Ｍ，对Ｃ轴的转动惯量为Ｊ＝ｋＭｌ２，过中心Ｏ将板对称分割成四个相同的小正方形，各小正方形对过各自质心且平行于Ｃ的轴的转动惯量为

（ｋＭ／4）·（ｌ／2）２＝ｋＭｌ２／16．

如图6乙所示，小正方形的轴与Ｃ轴距离为Ｄ或ｄ，由平行轴定理，它们对Ｃ轴的转动惯量应分别为（ｋＭｌ２／16）＋（Ｍ／4）Ｄ２（两个质心与Ｃ轴距离为Ｄ的小正方形）或（ｋＭｌ２／16）＋（Ｍ／4）ｄ２（两个质心与Ｃ轴距离为ｄ的小正方形），则有下列等式成立，即

ｋＭｌ２＝2（（ｋＭｌ２／16）＋（Ｍ／4）Ｄ２）＋2（（ｋＭｌ２／16）＋（Ｍ／4）Ｄ２）．

整理可得　　（3／2）ｋｌ２＝（Ｄ２＋ｄ２）．

而由几何关系，可得　Ｄ＝（ｌ／2）·（

／2）ｓｉｎ（π／4＋α），

ｄ＝（ｌ／2）·（

／2）ｓｉｎ（π／4－α），

故有　（3／2）ｋｌ２＝（ｌ２／8）［ｓｉｎ２（π／4＋α）＋ｓｉｎ２（π／4－α）］，

则　ｋ＝1／12．

于是求得正方形木板对过其中心Ｏ的轴的转动惯量为Ｊ＝（1／12）Ｍｌ２，且与角α无关．

5．一些规则几何体的转动惯量

一些规则几何体的转动惯量如表2所示．

表2

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）ＭＲ２，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

ｍｇｔａｎθ＝ｍａ，（ｍｇ／ｃｏｓθ）－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）ＭＲ２，对滚轮运用转动定律，有

　（ｍ

－ｍａ）（1－（ａ／

））Ｒ＝（3／2）ＭＲ２·（ａ／Ｒ）．

解之得　　ｍ／Ｍ＝3ａ

／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－Ｔｓｉｎθ＝Ｍａ，Ｎ－Ｔｃｏｓθ＝Ｍｇ，

其中　　　ｓｉｎθ＝ａ／

，ｃｏｓθ＝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ｖＣ，杆的角速度为ω，由质心的动量定理，得

Ｉ＝ｍｖＣ，

由刚体的角动量定理，得　Ｉ·ｌ／2＝Ｊω＝（1／12）ｍｌ２ω．

则杆1的动能为　Ｅｋ1＝（1／2）ｍｖｃ２＋（1／2）Ｊω２

　　＝（1／2）ｍ（Ｉ／ｍ）２＋（1／2）Ｊ（Ｉｌ／2Ｊ）２

　　＝（Ｉ２／2ｍ）＋（3Ｉ２／2ｍ）＝2Ｉ２／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Ｉ１与Ｉ１′，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－Ｉ１＝（ｍ／2）ｖＣ１，（Ｉ＋Ｉ１）·（ｌ／4）＝（ｍｌ２／96）ω１，

对杆2右段，有

Ｉ１′＝（ｍ／2）ｖＣ2，Ｉ１′·ｌ／4＝（ｍｌ２／96）ω２．

　　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

ｖＣ1－ω１·（ｌ／4）＝ω２·（ｌ／4）＋ｖＣ2，

由以上各式，可得

ω１＝18Ｉ／ｍｌ，ω２＝－6Ｉ／ｍｌ，ｖＣ1＝5Ｉ／2ｍ，ｖＣ2＝Ｉ／2ｍ，

于是可计算杆2的动能为

Ｅｋ2＝（1／2）·（ｍ／2）（ｖＣ1２＋ｖＣ2２）＋（1／2）·（Ｊ／2）（ω１２＋ω２２）

　　＝7Ｉ２／2ｍ．

易得1、2两杆的动能之比为　Ｅ１∶Ｅ２＝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10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－ｃｏｓθ）＝（1／2）Ｊω′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－ｃｏｓθ）＝（1／2）ｍｖ２＝（1／2）ｍ（ｌω）２＝（1／2）ｍ（Ａω０）２．　　②

②式中ω０是摆球（质点）通过平衡位置时的角速度，Ａ是振幅（Ａ=ｌ），ω０是摆球振动的圆频率．可知

ω０＝

．

将①式变形为

ｍｇｌ（1－ｃｏｓθ）＝（1／2）Ｊω′２＝（1／2）ｍ（ｌ·

ω′）２

　　＝（1／2）ｍ（Ａω０′）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

ω０′＝

ω０＝

，

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＝5ｃｍ，ｃ＝

ｃｍ≈21．6ｃｍ，

代入后得　　Ｔ≈1.03ｓ．

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12所示，一