第五章 刚体的转动

第五章 大学物理辅导 刚体的转动～26～ 第五章刚体的转动一、教材系统的安排与教学目的 1、教材的安排本章从观察一些刚体定轴转动的现象开始，说明物体具有保持原有运动状态的特性—转动惯性。

转动惯性的大小由转动惯量来量度。

改变刚体的转动状态，需要外力矩；进而讲授力矩的瞬时作用规律—转动定律，力矩对空间积累作用规律—动能定理，力矩对时间的积累作用规律—角动量定理，以及角动量守恒定律和它们对的应用2、教学目的：使学生理解力矩、转动惯量、冲量矩、角动量等概念，掌握力矩的规律，并学会运用它们说明、解释一些现象，分析、解决一些有关的问题。

二、教学要求 1、理解力矩的概念，明确刚体具有转动惯性。

牢固掌握转动定律并能熟练地运用。

2、明确转动惯量的物理意义，会计算简单情况下物体的转动惯量。

3、掌握刚体定轴转动的动能定理，并会运用。

4、理解角动量和冲量矩的概念，掌握并会运用角动量定理和角动量守恒定律 三、内容提要1、力矩定义：力F 与力的作用线，到转轴的垂直距离的乘积公式M r F M Fr =⨯⇒=⎡⎣⎢大小方向：按右手螺旋法则判断：sin α物理意义：表明了改变刚体转动状态的效果 2、转动定律公式M J =βJ 为转动惯量，β为角加速度意义：为刚体定轴转动中的基本定律，与平动中的牛顿第二定律相当。

说明：M 为刚体所受的合外力矩，在定轴转动中它只有正负之分。

3、转动惯量 定义：J m r i i=⇒∑()∆2即对于质点系转动惯量大小等于刚体上各质点的质量与各质点到转轴的距离平方的乘积之和。

如果刚体上各质点是连续分布的，则有J r dm dm dl dm ds dm dv =⇒=⋅⇒=⋅⇒=⋅⇒⎡⎣⎢⎢⎢⎰2λσρ质量为线分布质量为面分布质量为体分布物理意义：是刚体转动惯性大小的量度，与平动中的质量相当。

应掌握的几种转动惯量公式：杆对其中心轴： J ml =1122第五章 大学物理辅导 刚体的转动～27～ 杆对其一端： J m l =132均匀圆盘：J ml =1224、转动动能：E J k =⇒122ω与平动中的动能相当，是描写刚体转动状态的物理量。

5、刚体定轴转动的动能定理公式：W J J =-1212202ωω意义：表明力矩对刚体所做的功等于刚体转动动能的增量。

6、角动量与冲量矩（1）角动量：Jω，是描写刚体转动运动量大小的物理量，是描写刚体转动状态的物理量。

它是一个矢量，其方向为角速度的方向，与平动中的动量相当。

它是一个状态量。

（2）冲量矩：M dt ⎰，是描写力矩对时间积累作用的物理量，也是一个矢量，其大小为M dt ⎰，方向为力矩的方向，它与平动中的冲量相当。

它是一个过程量。

7、角动量定理和角动量守恒定律（1）角动量定理：M t J J M M dt J J M t t ∆=-⇒=-⇒⎡⎣⎢⎢⎰ωωωω0000：：为恒力矩为变力矩其意义表明冲量矩等于角动量的增量（2）角动量守恒定律：J J 1122ωω=适用条件：合外力矩为零，即M =0意义：自然界的基本定律之一，表明了空间转动不变性，即物理规律不会由于坐标系的旋转而发生变化。

四、解题步骤1、确定研究对象，进行受力分析，求出合外力矩；2、再考虑研究对象的特点，有无角加速度，选定转动正方向；3、可首选转动定律来解答习题，次选转动中的动能定理；4、当涉及角动量与冲量矩时，则应选用角动量定理或角动量守恒定律来解答习题；5、说明，解决刚体动力学问题，力的分析仍是关键所在。

若一系统中既有做平动的物体，又有绕定轴转动的物体时，应注意（1）对系统中的平动物体应逐个分析力，并列出与每个物体相对应的牛顿第二定律方程；（2）对转动物体，也应在分析力的基础上求出对固定轴的合外力矩，然后列出转动方程；（3）由角量与线量的关系，找出平动与转动之间的联系，即；a r v r t ==βω,。

五、典型例题例1、一辆汽车以16.67m ·s -1的速度行驶，其车轮直径为0.76m 。

（1）求车轮绕轴转动的角速度；（2）如果使车轮在30转内匀减速地停下来，问角加速度多大？（3）在刹车期间第五章 大学物理辅导 刚体的转动～28～ 汽车前进了多远？解：（1）由v r =⋅ω，可得ω==⨯=-v r s216670764391...（2）βωωω=-=00∆t,，∆t =30转×每转一周所需时间，但每转一周所需时间=2203816670143ππr v=⨯=...秒所以β=-⨯=--43930014310232...s（3）汽车前进的距离：s r m =⨯=302716π.例2、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）在开始转动时角加速度；（2）下落到铅直位置时的动能；（3）下落到铅直位置时的角速度。

解：（1）如图5-1所示，水平位置时棒所受的力矩为重力乘以力臂（等于棒长的一半） 由转动定律M J =β得： β====-M Jm glm l g l s 2133236822.（2）在棒下落过程中，仅有重力作用，故机械能守恒： 122050980200982J mg l ω==⨯⨯=....焦耳 （3）ω====-m gl Jm gl m lg ls13385722.例3、密度为σ的均匀矩形板，求通过与板面垂直的几何中心轴线的转动惯量为11222σah a b ()+。

其中a 为矩形板的长，b 为矩形板的宽。

解：由转动惯量的定义J r dm =⋅⎰2，可知，关键在于确定质量元dm 等于什么。

由于质量是平面分布，可取三维直角坐标系，如图5-2所示。

在XOY 平面上任取一面元ds ，它的面积ds=dx ·dy ，而质量元dm ds dxdy =⋅=σσ。

则质量元dm 对Z 轴的转动惯量dJ r dm =⋅2，r 为质元到原点O 的距离（原点O 为平板的中心点）所以整个平板对OZ 轴的转动惯量为图5-1图第五章 大学物理辅导 刚体的转动～29～ J r dm x y dxdy oz ba =⋅=+⎰⎰⎰2220()σ上式为一二重积分，首先对变量x 积分，再对y 积分：J x y dxdy ay dy ay yab a b oz b b a b=+=+=+=+⎰⎰⎰222422431122232332022222()()()()σσσσ例4、在光滑的水平面上有一木杆，其质量m 1=1.0kg ，长l=40cm ，可绕通过其中心并与之垂直的轴转动，一质量为m 2=10g 的子弹以v=200m ·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。

解：取子弹与木杆这一系统为研究对象，它们所受外力矩为零，故系统角动量守恒，见图5-3 初始角动量L m v l 122=⋅⋅；末态角动量L m lm l 222124112=+ωω二者相等m v l 22⋅⋅=m lm l 22124112ωω+所以ω=⋅+=⨯⨯⨯⨯+⨯=---m vm m ls2213312141121010200214101011204291()()..六、课堂练习题 1、判断题（1）不指定转轴，谈刚体的转动惯量是无意义的（）（2）物体在力矩作用下，其角速度在任意时刻都不可能为零（ ） （3）质量不同的两个物体，其质量大的，转动惯量一定大（ ）（4）刚体在某一力矩的作用下绕定轴转动，当力矩增加时角速度也一定增加（ ） （5）如果一个质点系的总角动量等于零，则此质点系中的每个质点都是静止的（ ） 2、填空题（1）一质点在半径为r 的圆周上运动，在某一瞬时其角加速度为β，角速度为ω，则该瞬时质点的切向加速度为 ，法向加速度为 ，合加速度为 。

（2）一刚体由静止开始，绕一固定轴作匀加速转动，由实验可测得刚体上某点的切向加速度为a t ，法向加速度为a n ，则它们与角θ之间的关系为 。

（3）如图5-4所示，园盘的质量为M ，半径为R ，则它对通过盘的边缘，平行于盘中心轴的转动惯量J= 。

vm 2 图5-3第五章 大学物理辅导 刚体的转动～30～ （4）质量为M ，长度为L 的均匀细棒，可绕垂直于棒的一端的水平轴转动，如将棒从水平位置无初速地释放，任其下落，则开始时的角速度为 ，角加速度为 ；当下落到铅直位置时，它的角速度为 ，角加速度为 。

（5）一人手握哑铃坐在一摩擦可忽略的转台上，以一定的角速度转动，若把两手伸开，使转动惯量增加到原来的二倍，则角速度减小为原来的 ，转动动能变化为原来的 。

3、单重选择题（1）飞轮匀速转动时，下列说法哪种正确？A 、飞轮边缘上的一点具有恒定加速度；B 、飞轮边缘上一点具有恒定的向心加速度；C 、飞轮边缘上的一点其合加速度为零；D 、以上说法均不正确。

（2）在某一瞬时，物体在力矩作用下，A 、ω可以为零，β也可以为零；B 、ω不能为零，β可以为零；C 、ω可以为零，β不能为零；D 、ω与β均不能为零。

（3）当刚体转动的角速度很大时（设转轴位置不变）A 、作用在它上面的力也一定很大；B 、作用在它上面的力矩也一定很大；C 、作用在它上面的冲量矩也一定很大；D 、以上说法均不正确。

（4）如图5-5所示，A 与B 两个飞轮的轴杆可由摩擦啮合器使之联结，开始时B 轮静止，A 轮以一定转速转动，然后使A 与B 连接，因而B 轮得到加速度而A 轮减速，直到两轮的转速相等为止。

则在此连接过程中，下列说法哪种正确？ A 、系统转动动能守恒； B 、A 轮转动惯量逐渐减小，B 轮转动惯量逐渐变大，最后二者相等；C 、系统角动量守恒；D 、以上说法均不正确。

（5）用一根穿过空管的细绳，一端栓在有质量为m 的小物体，一只手拿管子，另一手拉着绳子，令这物体以速率v 作半径为r 的圆周运动（接近于在水平面内作圆周运动），然后拉紧绳子，使轨道半径缩小到r/2，忽略重力，新的角速率ω2和原有的角速率ω1的关系为： A 、ωω2211=r r ；B 、ωω2121=r r ；C 、ωω22121=()r r ；D 、ωω21221=()r r 。

七、阅读范围与作业1、阅读范围：P 137—1722、作业：P 173，5-1，5-5，5-6，5-10，5-12，5-15，5-17，5-19，5-253、提示：5-17、见图5-6所示（1）由角动量原理，棒的角动量的变化量等于作用在它上面的冲量矩，即∆∆∆L M t Fl t =⋅=∆∆∆L M t Fl t =⋅=(1)o o 图5-4图5-5第五章 大学物理辅导 刚体的转动～31～ 代入数据可得∆L N m s =⋅⋅20. （2）棒转动过程中机械能守恒 122J mgh ω= (2)再由示意图知h l=-21(cos )θω为棒受外力打击后开始转动时的角速度，棒受外力打击前ω00=，由∆L J J J =-=ωωω0可得ω=∆L J由以上（1）、（2）式即可解出cos θ=-12∆l Jm gl代入数据得θ=='-cos .100238488385-25、见图5-7小球运动过程中动量矩守恒 故有 J J 00ωω=于是得小球新的角速度为ωωω==JJ000∆（2）由功能原理，拉力所作的功为W J J m =-=1212322002202ωωωol F 图5-6。