第五章刚体的转动
第5章-刚体的转动
（3）对过B点的轴
z
平行轴定理： J J md 2 C
在一系列的平行轴中，对质心 的转动惯量最小。 此定理可用于任何形状的刚体， 但必须是平行轴。 证明：
C
ri
mi
ri
m
O
C
i
J mi ri
i
2
d
mi ri mi d 2 mi ri d d i i i mi ri i 2 J C m d 2m 0 rC d m 2 J md
2 2
C
[例2] 求质量均匀分布的薄圆环的转动惯量，转轴与
圆环平面垂直且通过圆心。设圆环半径为R，质量为m。
O
R
[例3] 求质量均匀分布的圆盘的转动惯量，转轴与圆 盘平面垂直且通过圆心。设圆盘半径为R，质量为m。
O
R
§5-4 转动定律的应用
Applications of the Law of Rotation of a Rigid Body about a Fixed Axis
应用举例：
[例1] 一不可伸长的轻质细绳，跨 过一质量为m半径为 r、轴承光滑的定滑 轮，绳的两端分别悬有质量为m1和m2的 物体（m1 < m2），如图所示。滑轮视为 匀质圆盘。试求物体的加速度和绳中的 拉力。 解：m1和m2是质点，m是定轴刚体。
因绳不可伸长，有 a1 a2 列方程：
m
a1
Fr sin d Md
A Md
0
ห้องสมุดไป่ตู้
P r F dr O d
力矩的功本质也是力对位移的累积。
5-刚体的定轴转动
L1 L2
刚体定轴转动的角动量 L=?
z
v
ri mi
O
刚体 定轴
L Li mirivi
m iri(ri) ( miri2)
J M=0的原因，可能
1）F＝0（不受外力） 2）外力作用于转轴上 3）外力作用线通过转轴
4）外力作用线与转轴平行
刚体定轴转动的角动量守恒
L1 L2
J11J22
位置，求它由此下摆角时的角速度。
解：如图建立坐标
x
杆受到的重力矩为：
O
M ＝ gxd g m xdm
X
dm
据质心x定 d＝ m 义 mCx MmgxC
xc
1l 2
cos
M1mgclos
2
dmg
MJJdJ d d J d M dJd
dt d dt d
0 1 2mc go lds 0 Jd
mglsin
端点 o 且与桌面垂直的固定光滑轴转动,另有 一水平运动的质量 m2为的小滑块,从侧面垂直 与杆的另一端 A 相碰撞,设碰撞时间极短,已知 小滑块在碰撞前后的速度分别为 v1 和 v2 ,方 向如图所示,求碰撞后从细杆开始转动到停止 转动过程所需时间,（已知杆绕点 o 的转动惯 量 J= ml2/ 3 )
dLR J2J0m0d2 其中 Jo 12moR2
J J1J2 1 3m LL 21 2m oR 2m o(LR )2
2.对薄平板刚体的正交轴定理
z
Jz miri2
yi
xi
ri
y
m i(x2y2) m ix 2 m iy 2
x
Δmi
Jz JxJy
z
应用
例：已知圆盘
第5章 刚体的转动
与牛二律比较： F ma
因此，与惯性质量对应，转动惯量反映刚体转动的 惯性，转动惯量越大越难改变转动状态。
二、刚体定轴转动的角动量
Lz m i ri v i
m r
2 i i
即 Lz J z
§5.3 转动惯量的计算*
质点系对轴的转动惯量
z
J mi ri
2
O
1 mR MR2 0 2 1 m M 0 2 1 m M 0 2m 2 2 2m M 且 2
x
§5.6 转动中的功和能
一、力矩的功 在转动平面内
F
轴
R
d
dr
dA F dr
F dr sin FR sin d Md
4mgh v 2m M
例、已知均匀棒长l、质量m ， 在竖直面内转动； 求：棒由水平静止自由摆动到 角时的角速度。
O
C
1 l 4
1 l 4
解：杆地球系统，∵只有重力作功，∴ E 守恒 初始： Ek 1
0, 令 E p1 0 1 l 2 末态： E k 2 J o E p 2 mghc mg sin 2 4 1 l 6 g sin 2 J o mg sin 0 2 2 4 7l
例5.12、已知：定滑轮（可视为均匀圆盘）质量M、半径 R (J=MR2/2) ；重物质量m，忽略轴处摩擦及绳的质量。
求：重物由静止下落h 高度时的速度。
·
解：取滑轮、重物和地球为研究对象， 由于只有保守重力做功，故机械能守恒
v0=0
h
取重物下落时为重力势能零点，则有
大学物理第5章刚体的定轴转动
d ctdt
对上式两边积分得
d c td t
0 0
t
1 2 ct 2
2 2 600π π 3 rad s 由给定条件， c 2 t 300 2 75
d π 2 由角速度的定义，则任意 t 时刻的角速度可写为： d t 150
得到： 转子转数：
A M d E K
a b
动能定理
动量定理
A F ds E K
动能定理 角动量定理 角动量 守恒
t 0Fdt P
t
动量守恒
F 0, P 0
t 0 M z dt Lz
t
M 0, L 0
§5.1 刚体、刚体运动
一、一般运动 二、刚体的定轴转动 三、解决刚体动力学问题的一般方法
基本方法： 加
质点系运动定理 刚体特性 平动：动量定理
刚体定轴转动的 动能定理 角动量定理
F mac
可以解决刚体的一般运动（平动加转动）
一、一般运动
1. 刚体 特殊的质点系， 形状和体积不变化 —— 理想化模型 在力作用下，组成物体的所有质点间的距离始终保持不变 2. 自由度 确定物体的位置所需要的独立坐标数 —— 物体的自由度数 z
刚体平面运动可看做刚体的平动与定轴转动的合成。 例如：车轮的滚动可以看成车轮随轮 轴的平动与绕轮轴的转动的组合。 描述刚体平面运动的自由度：3个
定点转动 刚体运动时，刚体上的一点固定不动，刚体绕过定点的一 瞬时转轴的转动，称作定点转动。
描述定点转动的自由度：3个
刚体的一般运动 质心的平动
+
绕质心的转动
z
描述刚体绕定轴转动的角量： 角坐标
力学第5章刚体的转动
3 g sinθ
L
解二：
M = J
=M
=
mg
L
2
cosθ
J
1 3
mL2
θ
L2
mg L 2
=
3
g cosθ 2L
=
dω
dt
=
dω
dθ
dθ dt
=ω
dω
dθ
ωω
0
dω
=
θβ 0
dθ
= θ 3gcosθ
0 2L
dθ
ω
=
3 g sinθ L
例某冲床上飞轮的转动惯量4.00×103kg·m2．当
它的转速达到 30 r/min时，它的转动动能是多少？
T 1=
m
1(2
m
2
+
m
2
m 1+m 2 +
m
2
)g
T 2=
m
2(2
m
1
+
m
2
m 1+m 2
+
m
2
)g
mr
T1
T2
m1
m2
提问：
若将m2g换成外力 F，且F=m2g，左边的 四个量还是同样的结 果吗？
§4 定轴转动中的功能关系= Fds cos
= Frdθ sinφ
r
F2
r ×F1 只能引起轴的
变形，对转动无贡献。
在定轴动问题中，如不加说明，所指的力 矩是指力在转动平面内的分力对转轴的力矩
二、转动定律
0
Fi 外力, f i 内力 ω
对Δ m i 质点应用牛二律：
fi
ri θ i Δ mi
第五章刚体的转动
m
m, r
2m
解：2mg − T 1 = 2ma
1 2 (T 1 − T 2)r = m r α 2 1 2 (T 2 − T 3)r = m r α 2
① ② ③ ④ ⑤
+
T '2 T3 T '3
T2 T '1 T1
+
T 3 − mg = ma
a = rα
得a = g / 4, T 3 = 11mg / 8
M dr r R r
M M σ= = 2 S πR
分割质量元为圆环， 分割质量元为圆环， 圆环的半径为 r 宽 度为 dr,
则圆环质量 dm = σdS = σ 2πrdr J = ∫ dJ = ∫ r dm
2
=∫
R 0
r (σ 2πrdr )
2
M dr r R r
1 4 = σπR 2
由
M = σπR
第5章 刚体的定轴转动 章
§1 刚体的运动 §2 刚体定轴转动的运动定律 §3 刚体的定点运动 回转仪的旋进（自学） 刚体的定点运动---回转仪的旋进 自学） 回转仪的旋进（
§1 刚体的运动
一、一般运动 二、刚体的定轴转动
刚体（rigid body） ）
不管受力有多大，也不会变形的物体。 不管受力有多大，也不会变形的物体。 刚体是一个理想模型： 刚体是一个理想模型：
（2） ） （3） ）
β
M T
a
∵ v0 = 0
∴ v = at = mgt/(m + M / 2)
三、刚体定轴转动的角动量定理(积分形式) 刚体定轴转动的角动量定理(积分形式) 一般的质点系 ∫ Mdt =ΔL = L2 − L1
第5章 刚体定轴转动.
J过一端垂直于杆 13m L2
圆环： J对称轴mR2
圆盘：
J对称轴
1 2
mR2
薄球壳：
J直径
2 3
mR2
球体：
J 直径
2 5
mR2
例: 如图所示，刚体对经过
棒端且与棒垂直的轴的转动
mL
惯量如何计算？(棒长为L ,
球半径为R）
mO
刚体的转动定律
力矩质点系的角动量改变 任意质点系的角动量定理：
M
轴向总力矩： M z M iz riF isin i
i
i
§5-4 转动定Biblioteka 的应用规范的解题思路：认物体
分析题意，确定哪些物体是刚体， 哪些是质点，及其与问题关系。
看运动
分析刚体的转动和质点运动情况，
找出相关的线量( v,a ) 和角量(,)，
确定它们之间的关系。
查受力
画隔离体受力分析图，确定对刚体 有力矩贡献的力和质点的受力及其关系。
列方程
选择坐标系和角量的参考方向，对 刚体列出转动定律方程，对质点列出牛 顿定律方程，并列出角量与线量的关系， 再求解。
[例]一圆盘绕过盘心且与盘面垂直的光滑固定轴O以
角速度ω按图示方向转动.若如图所示的情况那样， F
将两个大小相等方向相反但不在同一条直线的力F沿
F
O
盘面同时作用到圆盘上，则圆盘的角速度 [
时刻=0 ，代入方程= 0+at 得
0
O
an r
v
a
at
a0 50rad/2s
t
50
3.14rad/2s
从开始制动到静止，飞轮的角位移及转数N分别为
00t1 2a2t505 01 2520 125ra0d
大学物理第5章-角动量守恒定律-刚体的转动
第5章 角动量守恒定律 刚体的转动5-1 质点的动量守恒与角动量守恒的条件各是什么，质点动量与角动量能否同时守恒？試说明之。
答：质点的动量守恒的条件是：当0F =时，p mv ==恒矢量。
质点的角动量守恒的条件是：当0M =时，即000,F r θπ⎧=⎪⎪=⎨⎪=⎪⎩时，L =恒矢量。
可见，当0F =时，质点动量与角动量能同时守恒。
5-2 质点在有心力场中的运动具有什么性质？答：质点在有心力场中运动时，0,0F M ≠=，则角动量守恒，即：当0M =时，L =恒矢量。
又因为有心力是保守力，则机械能守恒，即：当0ex in nc A A +=时，K P E E E =+=恒量。
5-3 人造地球卫星是沿着一个椭圆轨道运行的，地心O 是这一轨道的一个焦点。
卫星经过近地点和远地点时的速率一样吗？卫星在近地点和远地点时的速率与地心到卫星的距离有什么关系？答：卫星经过近地点和远地点时的速率不一样，由角动量守恒定律得：a ab b r mv r mv = a b b av r v r ∴= 可见，速率与距离成反比。
5-4 作匀速圆周运动的质点，对于圆周上某一定点，它的角动量是否守恒？对于通过圆心而与圆面垂直的轴上的任意一点，它的角动量是否守恒？对于哪一个定点，它的角动量守恒？答：作匀速圆周运动的质点，对于圆周上某一定点，它的角动量不守恒；对于通过圆心而与圆面垂直的轴上的任意一点，它的角动量不守恒；对于圆心定点，它的角动量守恒。
5-5 以初速度0v 将质量为m 的小球斜上抛，抛射角为θ，小球运动过程中，相对于抛射点的角动量如何变化？小球运动到轨道最高点时，相对于抛射点的角动量为多少？答：取抛射点为坐标原点，取平面直角坐标系Oxy ，y 轴正方向向上，则质点的运动方程和速度表达式为：020cos 1sin 2x v ty v t gt θθ=⎫⎪⎬=-⎪⎭ ， 00cos sin x y v v v v gt θθ=⎫⎬=-⎭ 对于抛射点的角动量：()()x y y x L r mv xi y j mv i mv j xmv k ymv k =⨯=+⨯+=- 将,,,x y x y v v 代入得：201cos 2L mgv t k θ=- 当小球到达最高点时，时刻为：0sin v t gθ=，代入上式得： 小球相对于抛射点的角动量为：320sin cos 2mv L k gθθ=-。
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第五章 刚体的转动§5-1、刚体定轴转动定律【基本内容】一、刚体的运动1、平动刚体平动的特征：刚体中的任一条直线，在刚体运动过程中始终保持平行。
刚体平动的研究方法：刚体作平动时，刚体各质点的运动情况相同，视为质点处理。
2、定轴转动刚体转动的特征：刚体上各点都绕同一固定的直线作半径不同的圆周运动，该直线称为刚体的转轴。
描述刚体转动的物理量角位移θ∆角速度ω角加速度β刚体匀变速转动公式βθωωβωωβωθ221202020=-+=+=tt t 二、刚体所受的力矩力矩是描述力对物体作用时产生转动效应和改变转动状态的物理量。
F r M⨯= 式中F为力在转动平面的投影，r为轴指向力的作用点。
结论1 力矩是矢量，对于定轴，力矩的方向在转轴上； 结论2 力经过转轴和力平行于转轴，则力对此轴的力矩为0。
三、刚体定轴转动定律定轴转动的刚体，所受的合外力矩等于刚体的转动惯量与角加速度的乘积，即βJ M =四、转动惯量定义：对于质点系∑=iii rm J 2对于刚体⎰=dm r J 2线分布：λλ,dx dm =是质量线密度。
面分布：σσ,dS dm =是质量面密度。
体分布：ρρ,dV dm =是质量体密度。
决定转动惯量的三个因素：刚体的质量、质量分布及转轴的位置。
【典型题例】【例5-1】 一轻绳跨过一定滑轮，滑轮可视为匀质圆盘，质量为m ，半径为r 。
绳的两端分别悬挂质量为m １和m ２的物体，m １＜m ２，如图例2-4所示。
设滑轮轴所受的摩擦力矩为Mr ，绳与滑轮之间无相对滑动，试求运动物体的加速度和绳中的张力。
【解】 依题意，滑轮应视为一个有转动惯性的转动刚体，因此，在加速转动过程中，在图上必有T ２′＞T 1′，而且，由于绳的质量可以忽略不计，还应有T １＝T 1′，Ｔ２＝T ２′。
T １、T 1′和T ２、T ２′都是绳中的张力。
绳与滑轮无相对滑动的条件，在绳不能伸长的情况下表示m １与m ２有大小相同的加速度a ，且都等于滑轮边缘的切向加速度。
以m １向上、m ２向下的实际运动方向和滑轮的顺时针转向为物体运动或转动的正方向，则按牛顿第二定律和转动定律可得β)21(212222111m r M r T r T a m T g m a m g m T r =--=-=-鉴于滑轮边缘的切向加速度，也即物体的加速度a 与滑轮角加速度β之间的关系，还可以建立一个辅助方程a ＝r β)(),(,2//)(22112112a g m T a g m T m m m rM g m m a r -=+=++--=【讨论】 画出受力图，作力及力矩的分析，当计滑轮质量时，滑轮两边绳子的张力一般不等。
注意：这两个张力对滑轮轴的力矩方向相反。
当不计滑轮质量及摩擦阻力矩，即m ＝０，Ｍr ＝０时，结果为g m m m m T T g m m m m a 21212121122,+==+-=与质点动力学中不计绳子与滑轮之间的摩擦，即不考虑刚体转动的结果完全一样。
可见，该质点动力学问题只是刚体动力学问题的一个特例。
T １≠T ２是考虑实际转动效应的一个重要特征。
线量与角量关系的a ＝r β，是一个不可少的辅助方程。
【例5-2】 一刚体由长l 、质量为m 的匀质细杆和质量为m 的小球固定其一端而组成，且可绕杆的另一端点的轴O 在竖直平面内转动，如图所示。
若轴处无摩擦，试求： 坐标例2-4图(1)刚体绕轴的转动惯量；(2)当杆与竖直方向成θ角时的角速度为多大? 【解】 (1) 2223431ml ml ml J =+=(2)当刚体转动与竖直方向成θ角时，所受合外力矩为θθθsin 23sin 21sin mgl mgmgl M =+=l g mlmgl J M 8sin 98sin 92θθβ===又因θωωθθωωβd d dt d d d dt d ===所以θωωθd d l g =8sin 9lg d d l g /cos 238sin 902/θωωωθθωθπ=⇒=⎰⎰【例5-3】用力F 将一块粗糙平面紧压在半径为R 的轮上，平面与轮间的滑动摩擦系数为μ。
已知轮的初角速度为0ω,质量为m 且均匀分布；轴的质量不计；力F均匀分布在轮面上。
求（1） 轮转过多大角度时停止转动？ （2） 需多长时间停止转动？ 【解】首先计算轮所受摩擦力矩在以轮心为原点的极坐标系中，取轮上一面积元θrdrd dS =，其上压力为θππrdrd RFdS R F dN 22==转动时，该面元所受摩擦力大小为θπμμrdrd RF dN df 2== 方向沿切线且与面元的线速度方向相反。
面元所受摩擦力矩大小为θπμdrd r RF rdf dM 22-=-= 负号表示摩擦力矩方向与面元角速度方向相反。
由于各面元所受力矩的方向都相同，所以整个轮受到的摩擦力矩为FR drd r RF M Rμθπμπ322220-=-=⎰⎰由转动定律mRF J M J M 34μββ-==⇒= 例2-6图轮轴例图θ明显，角加速度β为常量。
有 （1）由公式 βθω2020=-有FmR μωθ832=（2） 由公式 t βω+=00有FmR t μω430=【讨论】 在求摩擦力矩时，经常出现一种解法：将轮分割成无穷多半径为r 宽为dr 的同心圆环dS R FdN 2π=dr r RF dS R F dN df 2222ππμπμμ=== dr r RFrdf dM 222ππμ-=-=FR dr r RF M R μππμ322220-=-=⎰虽然结果正确，但这种方法是不妥的。
因为作用在小圆环上各点的摩擦力方向是不相同的，其合力应为0。
【分类习题】【2-1】 质量为m 的均匀细杆AB ，A 端靠在光滑墙上，B 端置于粗糙水平地面上，杆静止且与墙的夹角为θ（图2-11）。
求A 端对墙壁的压力，并讨论墙面粗糙而其它条件不变时，A 端对墙的压力是否唯一确定。
提示：刚体的平衡即是刚体既无平动加速度（刚体的质心加速度为0），又无转动角加速度。
因此，刚体受合外力及合外力矩均为0。
【2-2】 边长为m 1、质量为kg 20的均匀立方体，放于粗糙的地面上（图2-12），水平拉力F 作用于一边中点，立方体不滑动，若要使该立方体翻转900，则F 至少为 。
【2-3】 在半径为50cm 的飞轮上绕以细绳，绳末端悬一质量为kg 8的重锤。
让重锤从2m 高处静止下落需时间s t 161=；再让另一质量为4kg 的重锤作同样的测量，其下落需时间s t 252=。
假定摩擦力矩为一常量。
求飞轮绕其轴的转动惯量。
【2-4】 半径为R 的圆形均匀薄板置于水平桌面上，薄板与桌面间的摩擦系数为μ，薄板可绕通过其中心且垂直于板面的轴转动，初时其角速度为0ω。
求此薄板还能转多少圈才停止。
（提示：薄板上任何质元dm 图2-11图θ所受摩擦力矩的方向相同）。
【2-5】 转动惯量为J 的电风扇，在开启电源后，经时间1t 达到恒定转速0ω，在关闭电源后，经时间2t 风扇停止转动。
假定摩擦力矩和电机的电磁力矩均为常量。
求电机的电磁力矩。
【2-6】 以20牛顿.米的恒力矩作用于定轴转轮上，在10s 内该转轮的转速由0增至100min /rev ，此时移去该力矩后，转轮因摩擦力矩经100s 停止转动，求此转轮的转动惯量。
【2-7】 一轻绳绕过轴光滑的定滑轮，滑轮质量为4/M 且均匀分布在其边沿上。
质量为M 的人从A 端相对绳匀速向上爬，在绳子的B 端挂一质量为2/M 的物体（图2-17），求B 端物体上升的加速度。
提示：人与物体对滑轮轴的加速度相同。
【2-8】 质量均为m 的物体A 和B 叠放在光滑桌面上，轻绳跨过轴光滑的定滑轮连接物体A 和B （图2-18）。
设定滑轮的转动惯量R mR J (,212=为滑轮半径），忽略A 与B 间的摩擦。
今用水平力F 拉物体A ，已知m R kg m N F 05.0,0.8,10===。
求:（1） 定滑轮的角加速度。
（2） 物体A 与定滑轮间绳子的张力。
（3） 物体B 与定滑轮间绳子的张力。
【2-9】 两端挂着物体质量分别为m 和m 2的轻绳，跨过两质量均为m ，半径均为r 的均匀圆盘状定滑轮（图2-19）。
滑轮轴光滑，将系统静止释放，求两滑轮间绳子的张力。
§5-2、转动动能【基本内容】一、刚体转动时，合外力矩的功：θMd dW =⎰=21θθθMd W当外力是恒量时，恒力矩作功：)(12θθ-=M W二、刚体绕固定轴转动的动能定理刚体的动能：是组成刚体的各质元的动能之总和。
AB F图2-19m2mAB图2-18图2-17221ωJ E K =刚体的动能定理： 合外力矩对定轴转动刚体所作的功等于刚体转动动能的增量。
1221222121K K E E J J W -=-=ωω §5-3 刚体角动量守定律【基本内容】一、刚体的角动量定轴刚体的角动量（设定轴为z 轴）：转动惯量与角速度之积。
ωJ L z =此处用标量形式表示，因为角速度和角动量都在转轴上。
二、刚体角动量定理刚体对固定转轴的合外力矩等于刚体对该轴的角动量对时间的变化率。
dtdL M z z =三、刚角动量守恒定律条件：若刚体）受的合力矩为零0=M则： 刚体角动量保持不变。
=L恒矢量【典型题例】【例5-4】 一质量为m 的子弹穿过与均匀细杆连接的物体后，速度由v 减至v/2。
设杆的一端固定，可绕O 点在竖直平面内转动，杆长为L ，杆与物体的质量都是M 。
如图所示，开始时物体静止在最下方的A 位置，问当物体能在竖直平面内完成圆运动时，子弹的速度至少是多少?物体的大小可以不计。
【解】物体和杆连在一起能够完成圆运动的条件是向上转动过程角速度ω始终大于零，而且当它转至最高点B 位置时还能满足ω≥0。
子弹穿过物体，一般属非弹性碰撞过程，机械能会有一定损失，而在物体和杆向上转动的过程中，仅有重力矩作功，机械能应该守恒。
研究对象变了，遵守的力学定律也不同，全过程由两个不同的分过程组成，应该分别进行讨论。
射穿过程——这个过程作用时间极短，对于子弹—物—杆系统来说，重力的影响可以忽略不计。
这时，只有转轴作用于轴心O 的外力，它的力矩为零，所以，系统对O 点的角动量守恒，ωJ L vm mvL +=2（1） BBmP= v 例3-2图(a)M(b)mA图3.1xV AV/2R 0L例3-8图杆-物系统绕O 点的转动惯量2231ML ML J += ω为子弹穿过物体后杆-物系统的角速度。
转动过程——设射穿过程结束时的状态为初态，杆-物系统刚能完成圆运动，到达B 点时角速度ωＢ＝０的状态为末态，并取初态为重力势能的零点，则初态的机械能E Ａ仅为动能221ωJ E A =未态的机械能仅为势能：MgL MgL L Mg E B 32=+⋅= 根据机械能守恒定律E Ａ＝ＥＢ，并以3/42ML J =代入，可得MgL ML 3342122=⋅ω （2）解(1)、(2)gL mM v 24=讨论 对于子弹—物—杆系统，由于有作用于轴心的外力，在射穿过程中动量是不守恒的，即使对于子弹-物系统来说，由于杆与物体之间存在相互作用力(否则杆不会发生转动)，动量也是不守恒的。