10转动定律 转动惯量
转动惯量定轴转动定律
m2
W FR K
R
转动动能
m1
1 2 I 2
转动动能变化量
1 1 2 2 K I ( 0 ) I 2 2 2
FR I
1 FR I 2 2
转动定律
M I
刚体定轴转动的角加速度与它所受的合外力矩成 正比 ，与刚体的转动惯量成反比 .
r
圆环质量
dm 2 π r dr
2 3
R R
O
r dr
圆环对轴的转动惯量
dJ r dm 2π r dr R 3 4 J 2π r dr π R 0
2
而
m π R
2
所以
1 2 J mR 2
平行轴定理
质量为m的刚体，如果对其质心轴的转动 惯量为Ic，则对任一与该轴平行，相距为d的 转轴的转动惯量Ic+md2
dS
dV
对质量体分布的刚体：dm
例 一质量为 m 、长为 l 的均匀细长棒， 求 通过棒中心并与棒垂直的轴的转动惯量 . O
l 2
O
l 2
r
dr
dr O´
O´
l
解 设棒的线密度为 ，取一距离转轴 OO´ 为 处的质量元 dm dr dJ r 2dm r 2dr
I
i 1..n
m r
2
i i
转动惯量的大小取决于刚体的质量、形状及转 轴的位置 .
质量连续分布刚体的转动惯量
J m r r dm
2 j j 2 j
dm
：质量元
对质量线分布的刚体： dm
dl
：质量线密度
转动定律精品文档
科学研究方法：转动定律的发现和研究过程中所采用的科学方法，如实验观测、数学建模和逻 辑推理等，为科学研究提供了重要的方法和思路。
科学发展进程：转动定律的发展历程展示了科学知识的不断积累和进步，推动了人类对自然界 的认识和理解。
土木工程：在桥梁和建筑设计 中，转动定律用于分析结构的
稳定性和安全性。
自行车轮转动：通过脚踏产生动 力，使自行车前进
风扇工作原理：通过电机转动， 使扇叶产生风流，实现降温效果
汽车方向盘：驾驶员转动方向盘， 使车辆转向或掉头
洗衣机工作原理：电机转动，带 动内桶旋转，实现洗涤功能
物理学中的基 本定律之一， 用于描述旋转 运动的规律。
适度。
航空航天：在航空航天 领域，转动定律的应用 将有助于实现更加稳定 和精确的飞行姿态控制。
体育运动：在体育装备和 训练中，转动定律的应用 将有助于提高运动员的转 动速度和灵活性，从而提
高是物理学中的基本定律之一， 深入理解其原理和应用有助于推
动物理学领域的进步。
汇报人：XX
转动定律：描述刚体绕固 定点转动的运动规律
刚体：转动过程中形状和 大小保持不变的物体
固定点：刚体上的一点， 绕其转动
运动规律：转动速度和转 动角加速度之间的关系
转动定律的定义：描述 转动物体运动状态的物
理定律
转动定律的表述方式： 力矩等于转动惯量乘以
角加速度
转动定律的物理意义： 揭示了转动物体运动
探索更高温度下的转动定律特性
研究转动定律与量子力学之间的 联系
探索转动定律在新型材料中的应 用
转动惯量的计算
0
M 0 a
t
0
dt J
M 0 a e M0
at J
例）设一细杆的质量为m，长为L，一端支以 枢轴而能自由旋转，设此杆自水平静止释放。 求： 1 ）当杆与铅直方向成角时的角加速度： 2 ）当杆过铅直位置时的角速度： 3 ) 当杆过铅直位置时，轴作用于杆上的力。 N Y 已知：m，L Z L 求：，，N XO 解：1） 以杆为研究对 象 受力： mg，N（不产生 mg 对轴的力矩）
取任一状态,由转动定律
P o
1 M 外 mgl sin J 2
1 2 J ml 3
3g sin 2l
d d d 3 g sin d t d d t 2l
3g d sin d 2l
初始条件为：=0，=0
0
3g d 2l
建立OXYZ坐标系
建立OXYZ坐标系（并以Z轴为转动量的正方向） N
M Y
Z
L
XO
r
mg
r J F mL2 故取正值。 3
0则 0
L M mg sin 2 ( 1 ) 沿1 Z轴正向，
/ 2则 3g / 2 L M mg sin 3g sin 1 2 J 2 L mL 3
1 RT J MR 2 2
M
T1 T2 a mg h
对物体m，由牛顿第二定律，
mg T ma
滑轮和物体的运动学关系为 a R
以上三式联立，可得物体下落的加速度为
m a g mM 2
物体下落高度h时的速度
4m gh v 2ah 2m M
力矩转动定律转动惯量
PB y
31
第32页/共42页
a
mB g
mA mB mC 2
解 得
FT1
mA
mAmB g mB mC
2
FT2
(mA mC 2)mB g mA mB mC 2
A mA
mC 0时： FT1 FT2
32
第33页/共42页
C mC
mB B
FT1
mA
mAmB g mB mC
2
FT2
(mA mC 2)mB g mA mB mC 2
的角加速度和角速度． M J
35
第36页/共42页
36
解： 受力分析，力矩（O）分析
重力对O点的力矩
M mgd
J
d L sin
2
有： 1 mgl sin J
2
m,l
O
θ
FN
mg
d
式中 J 1 ml2 3
得 3g sin
2l
第37页/共42页
由角加速度的定义
dω dω dθ ω dω
F
F
Fi 0 , Mi 0
M rF
M Frsin Fd
3
第4页/共42页
4、一对力偶的力矩
M Fd
F
F
ol
F 0 M 0
F'
ro
F
F 0 M 0
M F l F l Fl
22
M Fr Fr 0
4
第5页/共42页
讨论
（1）若力 F 不在转动平面内，把力分
解为平行和垂直于转轴方向的两个分量
如令 mC 0 ，可得
A mA
FT1
FT2
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第一章 连续体力学第一节 刚体力学基础§1 刚体定轴转动的描述一、刚体质点是一个抽象的物理模型，如果问题不涉及物体的转动及其形状与大小，它就可以被视为质点，否则，就要采用另外的模型。
如研究飞轮转动、地球自转等问题时，就不能把飞轮和地球看作质点。
物体受力时要发生形变，有些物体形变量大（如橡皮等），有些物体形变量小（如铁块等）。
当物体形变量与物体本身的线度相比很小时，可以忽略掉形变量，这样的物体就叫做刚体。
刚体的特点是在外力作用下各质元之间的相对位置保持不变。
显然，严格的刚体是不存在的，它是一种理想模型。
注意：忽略了形变量不等于没有形变。
因为没有形变就没有弹力，因此刚体只是忽略了与问题关系不大的微小形变量。
如图，将一个长型物体水平放置，在端以水平力推A F 之，则该物体要获得水平加速度。
这件事看起来平淡无奇，但我们要问：力只作用在物F体的部分，、各部分，乃至最远的端，并没受的作用，如何也获得了同样A B C Z F 的加速度？这当然是推力从到、到······一步步传下去，一直到。
传A B B C Z 递推力的机制是物体的弹性：开始时力使加速，而未动，于是A 、B 之间产生压缩F A B 而互推；这推力使B 加速，而C 未动，于是B 、C 之间产生压力而互推；······依次类推，推力一直传递到Z 端。
由此可见，这是一个弹性力的传递过程，在过程中没有物体的形变是不行的。
在许多情况下，物体的弹性形变小得可以忽略，这样，就可以把实际物体抽象成刚体。
所以，刚体就是大小和形状完全不变的物体。
完全不发生形变的物体如何传递力？问题不该这样提。
实际上，弹性波传播速度正比于弹性模量的平方根。
物体的刚性越大，弹性模量越大，扰动在其中的传递速度也越大。
刚体模型与弹性波传播速度无穷大的假设是等价的。
力学10-转动定律,转动惯量,刚体绕定轴转动中的功、能量、功能关系
切线方向 Fi fi miai
Fi sin fi sin miri
两边同乘 ri
Firi sin firi sin miri2
O
ri
fi
mi
Fi
对整个刚体 Firi sin firi sin ( miri2)
R3
m 2π R
mR2
例如圆盘绕中心轴旋转的转动惯量
dS 2πrdr
dm dS
π
m R2
2π
rdr
2mr R2
dr
J
m r2dm
0
R 0
2m R2
r
3dr
m 2
R2
2020/2/2
4
dl m
R O
Rm dr
r O
第五章 刚体力学基础 动 量矩
(3) J 与转轴的位置有关 z
下加速运动。开始时系统处于静止。
求 物体下降距离为s时，滑轮的ω和β。
解一 转动定律
+
T1
R
M 转动： m 平动：
TR J
mg T
1 2
MR2
ma
a
R
2mg (2m M
)R
（常量）
T M
T' Mg
m mg
2
02
2
2
s R
2 s
R
2 R
mgs 2m M
受力图
T1
m1 g
转动惯量的测量
0
着时间改变？ 2. 三线摆在加上待测物后，摆动周期是否一定比空盘的周期大？ 3. 在测量过程中如果下盘出现晃动对周期的测量有影响吗？如有影响，应该如 何避免？ 4. 在复摆中，改变悬挂点时，摆动周期是否改变，为什么？ 5. 将复摆法和三线摆法做比较，总结他们各自的优点及缺点。
T =2π I x +I 0 Mgh 0
(2-7)
式中， M=m0 +m x 将上式平方后，得：
IX = Mgh 0T 2 -I 0 4π 2
(2-8)
将待测物的质心调节到与复摆质心重合，测出周期为 T，带入上式，可求转动惯 量为 I X 和 I X0 。 2，验证平行轴定理 取质量和形状完全相同的两个摆锤 A 和 B，对称地固定在 复摆质心 G 的两边， 设 A 和 B 的位置距离复摆质心的距离为Ｘ， 如图 2 所示，由式（2-5）可得：
式中， I A0 和 I B0 分别为摆锤 A 和 B 绕质心的转动惯量，二式相加得：
I A +I B =I A0 +I B0 + m[(h 0 -x) 2 +(h 0 +x) 2 ]
2 = 2[(I A0 + m A (h 0 +x 2 )]
（2-12）
将 2-12 式带入 2-9 式得：
= T2 8π 2m A 2 8π 2 x + (I A0 + I 0 + m Ah02 ) Mgh0 Mgh0
2 m0 gh = (I 0 ω0 )/2
（1-1）
当下盘转动角度很小，悬线很长时扭摆的运动可近似看作简谐运动。角位移 θ ， 角速度 ω 和时间 t 的关系可以表示为：
θ = θ0 sin
= ω 2π t T0
转动定律、转动惯量讲解
这是一个质点的规律，如果把所有的质点加起来，即∑Fit*ri+∑Fit'*ri= ∑Δmi*(ri^2)*α，因为刚体内部质点间的合力对转轴的力矩为零，即∑Fit'*ri= 0， 于是就有∑Fit*ri = ∑Δmi*(ri^2)*α，等式左边表示刚体所有质点所受外力对转轴 的力矩，也就是合力矩M；
《地球能平稳转动而不受外界干扰，全 靠转动定律与转动惯量》
上一章讲了刚体的定轴转动与角速度和角加速度的概念，如果有外力作用在刚体 上，那么刚体会发生什么变化呢？这就是本章要讲到的力矩、转动定律以及转动 惯量等概念。
首先来说力矩，在如图1所示的坐标系中，有一外力F作用在刚体内的P点，刚体 相对于原点的位置矢量为r，显然力F不经过原点O，于是把从O点到力F延长线的 垂直距离d叫做力F对转轴的力臂，其大小d=rsinθ ，而力F的大小和力臂d的乘积 Frsinθ 就叫做F对转轴的力矩，用大写字母M表示，力矩除了有小外，也有方向，
为了深刻理解转动惯量，以地球的转动惯量公式Je = (2mR^2)/5为例子，将地 球质量和半径带入式子可知，地球在转动时转动惯量非常大，根据转动定律可知， 需要非常大的力矩才能使地球加速或者减速，对于地球表面的所有物体而言，没 有哪个物体可以提供这样的力矩，这也就是地球平稳转动的原因。
讲完了转动定律，下一章《芭蕾舞演员的旋转加速秘诀-角动量守恒》将继续讲 解角动量。
而等式右边表示的量只与刚体的形状、质量、刚体的转轴有关。这个量就叫做转 动惯量，用大写字母J表示。于是等式可以表示为：M=J *α。这就是刚体的转动 定律，它的形式对应牛顿第二定律，其物理意义就是在同一力矩下，转动惯量大 的刚体，获得的角加速度就小，转动惯量小的刚体获得的角加速度就大。
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第一章 连续体力学第一节 刚体力学基础§1 刚体定轴转动的描述一、刚体质点是一个抽象的物理模型，如果问题不涉及物体的转动及其形状与大小，它就可以被视为质点，否则，就要采用另外的模型。
如研究飞轮转动、地球自转等问题时，就不能把飞轮和地球看作质点。
物体受力时要发生形变，有些物体形变量大（如橡皮等），有些物体形变量小（如铁块等）。
当物体形变量与物体本身的线度相比很小时，可以忽略掉形变量，这样的物体就叫做刚体。
刚体的特点是在外力作用下各质元之间的相对位置保持不变。
显然，严格的刚体是不存在的，它是一种理想模型。
注意：忽略了形变量不等于没有形变。
因为没有形变就没有弹力，因此刚体只是忽略了与问题关系不大的微小形变量。
如图，将一个长型物体水平放置，在A 端以水平力F 推之，则该物体要获得水平加速度。
这件事看起来平淡无奇，但我们要问：力F 只作用在物体的A部分，B 、C 各部分，乃至最远的Z 端，并没受F 的作用，如何也获得了同样的加速度？这当然是推力从A 到B 、B 到C ······一步步传下去，一直到Z 。
传递推力的机制是物体的弹性：开始时力F 使A 加速，而B 未动，于是A 、B 之间产生压缩而互推；这推力使B 加速，而C 未动，于是B 、C 之间产生压力而互推；······依次类推，推力一直传递到Z 端。
由此可见，这是一个弹性力的传递过程，在过程中没有物体的形变是不行的。
在许多情况下，物体的弹性形变小得可以忽略，这样，就可以把实际物体抽象成刚体。
所以，刚体就是大小和形状完全不变的物体。
完全不发生形变的物体如何传递力？问题不该这样提。
实际上，弹性波传播速度正比于弹性模量的平方根。
物体的刚性越大，弹性模量越大，扰动在其中的传递速度也越大。
刚体模型与弹性波传播速度无穷大的假设是等价的。
一般说来，固体中弹性波的速度约为3310m/s ⨯，在1ms 内传播3m 左右，只要我们所讨论的运动过程比这缓慢的多，就可以认为弹性扰动的传递是瞬时的，亦即，可把物体当作刚体处理。
二、刚体的基本运动刚体的运动形式多种多样，但总可以被看成是平动与转动的合成。
平动和转动是刚体最基本的运动形式。
刚体的转动又分为定轴转动和瞬时轴转动。
定轴转动是指刚体的转轴是固定不动的；瞬时轴转动是指刚体的转轴不断变化。
本章主要研究刚体的定轴转动。
三、刚体定轴转动的描述刚体作定轴转动时，其上各点均作圆周运动，且圆心都在转轴上。
所以，刚体上各点的角位移、角速度、角加速度都是一样的，因此用角量描述刚体的定轴转动比较适宜。
如图所示，刚体作定轴转动，其角速度为dtd θω= 角速度是一矢量，它的方向与转动的方向成右手螺旋关系。
刚体的角加速度为22d d dt dtωθβ== 角加速度也是一矢量。
当ω 增加时，β与ω 同向；当ω 减小时，β与ω 反向。
§2 刚体定轴转动定律一、力对轴的矩刚体作定轴转动时，其轴是被固定的。
假定刚体受到外力F 作用。
把F 分解成平行于轴的分力//F 和垂直于轴的分力⊥F 。
//F 的力矩被轴所受的力R 、R '平衡了，所以它对刚体的定轴转动没有贡献。
⊥F 又可分解成切向分力t F 和法向分力n F 。
由于n F 通过O 点，所以不产生力矩。
因此与刚体定轴转动有关的只是t F ，即只有t F 对刚体的转动有贡献。
定义：力对轴的矩 ⊥⨯=F r M力矩是一个矢量，其方向平行于转轴，大小为t M rF =。
下面考察力对点的矩与力对轴的矩之间的关系。
在轴上任找一点/O ，则力对/O 点的矩为 F r M ⨯'=其大小为F r F r M '='=090sin它沿轴向的分量为rF F r M M z ='==ααcos cos显然，力对轴上一点的矩沿轴向的分量等于力对轴的矩，即轴M M z =。
二、刚体对轴的角动量刚体定轴转动时，其上各点都有速度，都有角动量。
定义：刚体上任一质点对转轴的角动量为v m r L ⨯=轴式中的r是m 相对于轴的矢径。
角动量的大小和方向为 rmv L =轴 ↑质点对/O 的角动量为v m r L ⨯'=其大小为 mv r mv r L '='=090sin它沿轴向的分量为rmv mv r L L z ='==ααcos cos显然，质点对轴上某点的角动量沿轴向的分量等于质点对轴的角动量，即=z L 轴L 。
整个刚体对轴的总角动量为2()i i i i i i i i i i i i iL L rm v rm r m r J ωωω=====∑∑∑∑式中的2i i i rm I ∑=叫刚体对转轴的转动惯量，下一节再对它进行详细的讨论。
刚体定轴转动时的角动量等于它对轴的转动惯量与角速度之积。
三、刚体定轴转动定律在第二章中讲过，质点系的角动量定理为dt L d M =∑外 式中的∑外M 和L 都是相对于某一参考点的。
本章中，我们关心的是对轴的力矩和对轴的角动量。
因此，把上式两边同时对轴投影，得 dt L d dt L d M 轴轴轴外 =⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=∑)( 因为上式是分量式，所以常写成标量形式。
本章中我们主要讨论对轴的转动，所以可以去掉式中的角码。
这样上式就变成dtdL M =∑外 即质点系定轴转动时各外力对轴的力矩之和等于系统对轴角动量随时间的变化率。
这就是质点系定轴转动的角动量定理的微分形式。
对定轴转动的刚体，把上式作如下变换：()dL d J d M J J dt dt dtωωβ====∑外 即 M J β=∑外该式表明：刚体定轴转动时各外力对轴的力矩和等于刚体对轴的转动惯量与角加速度之积。
这个结论就是刚体作定轴转动时的转动定律。
下面举例来应用转动定律。
在以下各例中，我们都先给出刚体的转动惯量，到下一节再来求它。
例1．一轻绳跨过一定滑轮（不打滑），滑轮的两边分别系有质量为1m 和2m 的物体，且21m m >。
滑轮的半径为R ，质量为m ，且均匀分布，能绕通过轮心垂直轮面的水平轴转动，摩擦力矩为r M 。
求重物下落时的加速度和绳两端的张力。
解：做受力分析，列出方程：11122212212r m g T m a T m g m a T R T R M J a R J mR ββ-=⎧⎪-=⎪⎪--=⎨=⎪⎪⎪=⎩ 联立各式即可求解。
例2．长为l 、质量为m 的匀质细杆竖直放置，处于非稳定平衡状态。
若它受到一微小扰动，它将在重力作用下绕其下端的固定铰链转动，试计算它转到与铅直方向成θ时的角速度。
解：受力分析如图。
杆转动时只有重力有力矩，大小为θsin 2l mgM = 由转动定律得 θθωωθd d dt d ml dt d ml l mg 223131sin 2==θωωd d ml 231= θθωωθωd l g d sin 2300⎰⎰=)cos 1(3θω-=lg 例3．一半径为R 、质量为m 的均质圆盘，放在粗糙的水平面上。
若使其以角速度0ω开始转动，那么经过多长时间盘才停止转动？圆盘转过的角度为多少？已知盘与桌面间的摩擦系数为μ。
解：分析圆盘的受力知，阻碍它转动的力矩是它与桌面之间的摩擦力矩。
为此，先把盘分成许多小圆环。
任找一圆环，设其质量为dm ，半径为r ，则它所受的摩擦力矩为 dr rRg m rdr R m gr rdr gr dmg r dM 222222μππμπσμμ==== 所以，圆盘所受的总摩擦力矩的大小为mgR dr r R mg dM M R μμ322022===⎰⎰ 注意：M 为负值。
由转动定律得 dtd mR mgR ωμ22132=- ωμωd gR dt t⎰⎰-=00043 g R t μω430=又d d dt d ωωβωθ== ，所以 22132d mgR mR d ωμωθ-= 00034R d d gθωθωωμ=-⎰⎰ gR μωθ8320=§3 刚体的转动惯量转动惯量2i i J m r =∑。
若刚体的分布是连续的，则可用微元法求其转动惯量。
把刚体分成许多小质元，任取一个质量为dm 的小质元，它对轴的转动惯量为2dJ r dm =则整个刚体的转动惯量为dm r J ⎰=2对形状规则的刚体可用积分法求其转动惯量，对形状不规则的刚体的转动惯量可用实验测定。
例1．计算匀质细棒的转动惯量。
设杆长为l ，质量为m 。
求：（1）对过其端点O 且垂直于杆的轴的转动惯量。
（2）对过其中点且垂直于杆的轴的转动惯量。
解：（1）如图把棒分程许多小质元dm ，则dx lm dx dm ==λ，它对轴的转动惯量为 dx xl m dm x dJ 22== 整个棒的转动惯量为20231ml dx x l m dI J l ⎰⎰=== （2）棒的转动惯量为22./2/2121ml dx x l m dJ J l l ⎰⎰-=== 例2．求质量为m 、半径为R 的（1）均质圆环；（2）均质圆盘 对过其中心且垂直于圆平面的轴的转动惯量。
解：（1）圆环的转动惯量为⎰⎰===222mR dm R dm R J（2）把圆盘分成许多同心圆环组成，任取其中的一个，则rdr Rm ds dm ππσ22== 圆环的转动惯量为 dr r R m dm r dJ 3222== 整个圆盘的转动惯量为⎰⎰===R mR dr r Rm dJ J 0232212 例2表明：刚体的转动惯量与刚体的质量分布有关；例1表明：刚体的转动惯量与转轴的位置有关。
关于转动惯量有一个重要的定理——平行轴定理。
设刚体的质量为m ，它对通过其质心的轴的转动惯量为c J 。
假定另有一轴与质心轴平行且相距为d ，则通过该轴的转动惯量为2c J J md =+这一关系叫做平行轴定理。
证明：如图所示，C （质心）和O 分别代表垂直于纸面的两根轴。
θcos 2222d r d r r i i i '-+'=∴ 222(2c o s )i i i i i J m r m r d r d θ''==+-∑∑ θcos 222∑∑∑'-+'=i i i i i r m d d m r m 22c i iJ md d m x =+-∑ 式中的i x 是i m 相对于质心C 的横坐标。
∑=i i c x m mx 1 ∴ ∑=i i c x m mx ∴ J =22c c J md dmx +-式中的c x 是质心C 相对于质心C 的横坐标，所以 0=c x 。
故有J =2c J md +最后对转动惯量作几点说明：（1）刚体的转动惯量是描述刚体转动惯性的物理量。