3刚体的定轴转动
第3章 刚体的定轴转动 习题答案
1
1 v r 78 . 5 1 78 . 5 m s (3) 解：
an r 78.5 1 6162 .2 m s
2 2
2
a r 3.14 m s
2
3-13. 如图所示，细棒长度为l，设转轴通过棒上距中心d的一 点并与棒垂直。求棒对此轴的转动惯量 J O '，并说明这一转 动惯量与棒对质心的转动惯量 J O之间的关系。(平行轴定理)
n0
J 2 2 n 收回双臂后的角动能 E k J n 0 2 J 0 n
1 2 2 1 2
Ek 0 J
1 2
2 0
3-17. 一人张开双臂手握哑铃坐在转椅上，让转椅转动起来， 此后无外力矩作用。则当此人收回双臂时，人和转椅这一系 统的转速、转动动能、角动量如何变化？
解：首先，该系统的角动量守恒。
设初始转动惯量为 J ，初始角速度为 0 收回双臂后转动惯量变为 J n ， 由转动惯量的定义容易知，n 1 由角动量守恒定理容易求出，收回双臂后的角速度 初始角动能
M t J
代入数据解得：M 12.5 N m
3-4. 如图所示，质量为 m、长为 l 的均匀细杆，可绕过其一 端 O 的水平轴转动，杆的另一端与一质量为m的小球固定在 一起。当该系统从水平位置由静止转过 角时，系统的角
速度、动能为？此过程中力矩所做的功？
解： 由角动能定理得：
解：设该棒的质量为m，则其
线密度为 m l
1 l d 2 1 l d 2
O
d O'
J O'
0
r dr
2
3
0
r dr
第三章 刚体的定轴转动
m r
i 1
n
2
i i
=J
1 2 Ek Jω 2
转动动能
ω 对应 v
J 对应 m
1 2 Ek mv 2
质点的动能
二 转动惯量 ( moment of inertia ) 质量 质点惯性大小的量度
J 与 m 对应
转动惯量 刚体转动惯性大小的量度
n
J mi ri
i 1
2
体分布
dm =ρdV dm =σdS dm =λdl
面分布 线分布
J r dm
2 m
单位:
kg · 2 m
说明： J r 2dm
m
1. J 与刚体的质量有关； 2. 质量一定，与质量的分布有关；
3. 与轴的位置有关。因此叫作绕轴的
转动惯量。
转动惯量的计算
例1 质量为m，半径为 r 的均匀细圆环， 对通过其中心并垂直环面的转轴的转动惯量。 解： 根据转动惯量的定义求解。
3. 题 3－2，3－8，3－9。
§3-1
刚体的定轴转动
刚体 ( rigid body ) ：在任何情况下，其形状和大 小都不发生任何变化的物体 刚体是一种理想模型
一 刚体的运动 刚体的运动
｛ 转动
平动
平动 ( translation ) 刚体运动时，其上任意两点的连线 ， 在运动过程中始终保持其方向不变 。 刚体的平动遵从质点运动的规律
ω ω0 αt
1 2 θ θ0 ω0t αt 2 2 2 ω ω0 2α(θ θ0 )
切向加速度 ( tangential acceleration )
dv at dt d (rω) dt dω r dt
3.刚体的定轴转动
2 3 2
2
6.16 10
3
2
3.14 m / s
2
2
6.16 10 m / s
例3-2：一飞轮在时间t 内转过角度 at bt 3 ct 4式中a、b、c都 是常量。求它的角加速度。 解:飞轮上某点的角位置可用θ 表示为： at bt 3 ct 4 将此式对t 求导数，即得飞轮角速度的表达式为:
O
刚体定轴转动的描述
（1） 定轴转动的角量描述
角位置： (t )
角位移： (t ) (t 0 ) 角速度：
d dt d
dt d
2
角加速度：
dt
2
角速度和角加速度均为矢量，定轴转动中其方向沿转轴的
方向并满足右手螺旋定则。
说明：在刚体的定轴转动中加速度、角加速度和角位移通常用 代数量表示。通常规定：当刚体作逆时针转动时，这些角量均 取正值；反之，取负值。
观察圆盘O和圆盘上一点P的运动：
O点的运动：沿着直线向前移动 圆盘上其他点的运动：除向前移动外，还绕圆盘中心O且垂直于盘面的轴转动。
1.刚体的平动：在运动过程中，若刚体上任意一条直线在各个时 刻的位置始终彼此平行，则这种运动叫做平动。
特点：刚体内所有点具有相同的位移、速度和加速度。 －－刚体上任一点的运动规律即代表刚体的平动规律。
2
2
则整个刚体的转动动能为：
Ek
1 2
m i vi
2
1 2
m i ri
2
2
1 2
J
2
二、 力矩的功和功率
1.力矩的功
刚体的定轴转动
第3章 刚体的定轴转动刚体定轴转动所遵从的力学规律，实际上是质点运动的基本概念和原理在刚体中的应用。
重要的概念有转动惯量和力矩。
刚体的动能和角动量都有其特殊的表达式，但守恒定律同样适用于包括刚体的系统。
§1 刚体的运动一 刚体刚体是固体物件的理想化模型。
实际的固体在受力作用时总是要发生或大或小的形状和体积的改变。
如果在讨论一个固体的运动时，这种形状或体积的改变可以忽略，我们就把这个固体当做刚体处理。
这就是说，刚体是受力时不改变形状和体积的物体。
刚体可以看成由许多质点组成，每一个质点叫做刚体的一个质元，刚体这个质点系的特点是，在外力作用下各质元之间的相对位置保持不变。
既然是一个质点系。
所以关于质点系的基本定律就都可以应用。
当然，由于刚体这一质点系有其特点，所以这些基本定律就表现为更适合于研究刚体运动的特殊形式。
二 刚体的运动形式刚体的运动可以是平动、转动或二者的结合。
如果刚体在运动中，连结体内两点的直线在空间的指向总保持平行，这样的运动就叫平动。
在平动时，刚体内各质元的运动轨迹都一样，而且在同一时刻的速度和加速度都相等。
因此在描述刚体的平动时，就可以用一点的运动来代表，通常就用刚体质心的运动来代表整个刚体的平动。
平动是刚体的基本运动形式之一。
转动也是刚体的基本运动形式之一，它又可分为定轴转动和定点转动。
定轴转动：运动中各质元均做圆周运动，且各圆心都在同一条固定的直线（转轴）上。
定点转动：运动中刚体上只有一点固定不动，整个刚体绕过该定点的某一瞬时轴线转动。
刚体不受任何限制的的任意运动。
它可分解为以下两种刚体的基本运动：随基点（可任选）的平动，绕通过基点的瞬时轴的定点转动。
三 刚体定轴转动的运动学描述刚体的定轴转动是最简单的转动情况。
在这种运动中各质元均做圆周运动，而且各圆的圆心都在一条固定不动的直线上，这条直线叫转轴。
刚体绕某一固定转轴转动时，各质元作圆周运动的轨道半径不同，所以各质元的线速度、加速度一般是不同的。
力学讲义-3刚体的定轴转动
物体（包括子弹）在 B 点的速度大小和θ 角的大小。
【思路分析】 此题可分两个过程，第一阶段，子弹射入木块前后，水平方向动量守恒；
第二阶段，含子弹的木块由 A 点沿曲线运动到 B 点，由于作用在木块上的弹簧拉力为有心
力，所以角动量守恒。同时，机械能也守恒，可解之。
解 子弹与木块作完全非弹性碰撞，水平方向动量守恒。设碰后的速度为 uK ，其大小为
（1）
T2 − m2 g sin α = m2a
（2）
另根据转动定律，对滑轮有
还有辅助方程
T1′R − T2′R = J β
T1′ = T1 T2′ = T2 a = Rβ
联立求解上述六个方程，解得 m1 的加速度大小为
a
=
(
m1 − m2 sinα (m1 + m2 )R2
) gR2
+J
（3）
（4） （5） （6）
与质点直线运动相对应的定理和定律，为便于记忆和理解，此处给出了质点一维运动与刚体
定轴转动的相应公式：
2
质点一维运动
刚体定轴转动
位移 Δx 速度 υ = dx
dt
加速度 a = dυ = d2 x dt dt2
质量 m
K 力F
运动定律
K F
=
maK
动量
K P
=
mυK
动量定理
JK dp
=
JK F
dt
∫K Fdt
向弹回，碰撞时间极短，如图 3-4 所示。已知滑块与棒碰撞
前后的速率分别为υ 和 u ，桌面与细棒间的滑动摩擦系数为 μ 。求从碰撞后到细棒停止运动所需的时间。
【思路分析】 首先由碰撞过程角动量守恒求出碰后细棒的角速度，再求得细棒受到的
大学物理 3.3刚体定轴转动中的功与能
冲头做的功。
解：以 1和 2 分别表示冲孔前后的飞轮的角速度
2n 1
8rad s1
1 60
1 0.2 0.8
2
1
1
由转动动能定理 A 1 J 2 1 J 2 1 J 2 0.82 1
2
2 2
1
2
1
又 J 1 mr2 2
A 5.45103 J
1.绕定轴转动刚体的动能
Δm ,Δm ,,Δm ,,Δm
1
2
i
N
r, r, , r , r
1
2
i,
N
v,v ,,v,,v
1
2
i
N
v r
i
i
E 1 Δmv 2
i2
ii
刚体的总动能
E 1 Δm v 2 1 Δm r 2 2
例3-7半径R质量M的圆盘滑轮可绕通过盘心的水平轴转 动，滑轮上绕有轻绳，绳的一端悬挂质量为m的物体。 当物体从静止下降距离h时，物体速度是多少？
解：以滑轮、物体和地球组成系统为研究对 象。由于只有保守力做功，故机械能守恒。
设终态时重力势能为零
R M
初态：动能为零，重力势能为
v
末态：动能包括滑轮转动动能和物体平动动能
2
合外力矩对刚体所做的功等于刚体转动动能的增量。 这就是刚体定轴转动的动能定理
例3-6 某一冲床利用飞轮的转动动能通过曲柄连杆机构 的传动，带动冲头在铁板上穿孔。已知飞轮为均匀圆盘， 其半径为r=0.4m，质量为m=600kg，飞轮的正常转速 是 n 240r min，1 冲一次孔转速降低20%。求冲一次孔
大学物理上第3章 刚体的定轴转动
z
(ω, β )
r fi
F 两边乘以r 两边乘以ri ,有： it ri + f it ri = ∆mi ait ri
对所有质元的同样的式子求和， 对所有质元的同样的式子求和，有：
fit
∆mi
Fit
r Fi
Fir
o
Fit ri + ∑ f it r i = ∑ ∆mi ait ri = β ∑ ( ∆mi ri 2 ) ∑
表示合外力矩，记作M ∑ F r 表示合外力矩，记作 表示内力矩之和， ∑ f r 表示内力矩之和，其值等于零
it i
it i
(∆mi ri 2 ) 称为刚体对轴的转动惯量，记作J 称为刚体对轴的转动惯量，记作 ∑
则上式可简写成： 则上式可简写成：M = Jβ
11
M = Jβ
刚体定轴转动定律： 刚体定轴转动定律：刚体所受的对于某一固定转动 轴的合外力矩等于刚体对此转轴的转动惯量与刚体 在此合外力矩作用下所获得的角加速度的乘积。 在此合外力矩作用下所获得的角加速度的乘积。 说明: 说明: 1. 上式是矢量式（在定轴转动中力矩只有两个方向）。 上式是矢量式（在定轴转动中力矩只有两个方向）。 2. M、J、β是对同一轴而言的。 是对同一轴而言的。 3. 上式反映了力矩的瞬时效应。M = Jβ = J dω 上式反映了力矩的瞬时效应。 dt 4. 刚体转动定律的地位与牛顿第二定律相当。 刚体转动定律的地位与牛顿第二定律相当。 5. 转动惯量 是刚体转动惯性大小的量度。 转动惯量J是刚体转动惯性大小的量度 是刚体转动惯性大小的量度。
2
§3.1
3.1.1 刚体的运动
刚体定轴转动的描述
刚体的平动：刚体在运动过程中， 刚体的平动：刚体在运动过程中，其 上任意两点的连线始终保持平行。 上任意两点的连线始终保持平行。 可以用质点动力学的方法 来处理刚体的平动问题。 来处理刚体的平动问题。 刚体的定轴转动： 刚体的定轴转动：刚体上各点都绕同 一直线作圆周运动， 一直线作圆周运动，而直线本身在空 间的位置保持不动的一种转动。 间的位置保持不动的一种转动。这条 直线称为转轴 转轴。 直线称为转轴。
第3章 刚体的定轴转动
F
Od
r *ϕ
P
方向： 沿轴向（使刚体绕轴逆时针改变运动状态为正） 方向： 沿轴向（使刚体绕轴逆时针改变运动状态为正） 单位： 单位： N ⋅ m （牛⋅米） 定轴转动的刚体受到几个力矩的作用， 定轴转动的刚体受到几个力矩的作用，合力矩是 各力矩的代数和。 各力矩的代数和。
6
3.2 刚体的定轴转动定律
4
3.1 刚体的运动
当刚体绕定轴转动的角加速度为恒量时， 当刚体绕定轴转动的角加速度为恒量时，刚体作 匀变速转动 。 刚体匀变速转动与质点匀变速直线运动公式对比 质点匀变速直线运动 质点匀变速直线运动 刚体绕 刚体绕定轴作匀变速转动
v = v 0 + at
x = x 0 + v 0 t + at
1 2
1
3.1 刚体的运动
3.1.2 刚体的定轴转动
转动：组成刚体的各质点都绕某一直线作 组成刚体的各质点都绕某一直线作 圆周运动， 这条线为转轴。 圆周运动， 这条线为转轴。 转轴 若转轴相对于给定的参考系在空间 固定不动，则称为刚体的定轴转动。 固定不动，则称为刚体的定轴转动。 刚体的定轴转动 刚体的一般运动 （如：运行的车轮） 运行的车轮） 随某点(基点) 随某点(基点)的平动 + 过该点 的定轴转动。 的定轴转动。
第3章 刚体的定轴转动 章 3.1 刚体的运动
刚体： 刚体：特殊的质点系 受力时质点系的形状和体积不改变
3.1.1 刚体的平动
在运动过程中刚体上的任 意一条直线在各个时刻的位置 都相互平行 任意质元运动都代表整体运动 任意质元运动都代表整体运动 质元运动都代表整体
A’ A B A”
B’
B”
可用质点运动学和动力学知识研究
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《物理学》多媒体学习辅导系统第三章 刚体得定轴转动教学要求一.理解定轴转动刚体运动得角速度与角加速度得概念,理解角量与线量得关系。
二.理解刚体定轴转动定律,能解简单得定轴转动问题。
三.了解力矩得功与转动动能得概念。
四.了解刚体对定轴得角动量定理及角动量守恒定律。
五.理解转动惯量得概念,能用平行轴定理与转动惯量得可加性计算刚体对定轴得转动惯量。
基本内容本章得重点就是刚体定轴转动得力矩、转动惯量、角动量等物理量得概念与转动定律,难点就是刚体绕定轴转动得角动量守恒定律及其应用。
一.角量与线量得关系2ωαωθr a r a r v r s ====n t二.描述刚体定轴转动得物理量与运动规律与描述质点直线运动得物理量与运动规律有类比关系,有关得数学方程完全相同, 为便于比较与记忆,列表如下。
只要将我们熟习得质点直线运动得公式中得x 、v 、a 与m 、F 换成θ、ω、α与I 、M , 就成为刚体定轴转动得公式。
表3—1质点得直线运动 刚体定轴转动位置 x 角位置 θ 位移 x ∆ 角位移 θ∆ 速度 t x v d d =角速度 td d θω= 加速度 22d d d d txt v a == 角加速度 2t t d d d d 2θωα==匀速直线运动 vt x x +=0 匀角速转动 t 0ωθθ+= 20021at t v x x ++= 20021t t++ =αωθθ ()02022x x a v v -=- ()0202 2 θθαωω-=-质量 m 转动惯量 i i m r I ∆=∑2力 F 力矩r F M θ=牛顿第二定律 ma F = 定轴转动定律 αI M = 力得功 ⎰=xx x F A 0d 力矩得功 ⎰=θθθ0d M A动能 221mv E =k 动能 k 221ωI E = 动能定理202210mv mv x F xx 21d -=⎰ 动能定理 2022121d ωωθθθI I M -=⎰20冲量⎰tt t F 0d 冲量矩⎰tt t M 0d动量 mv 角动量( 动量矩 ) ωI 动量定理00mv mv t F t t -=⎰d 角动量定理⎰-=tt I I t M 00d ωω系统得机械能守恒定律 系统得机械能守恒定律若0=+非保内外A A ,则 若0=+非保内外A A ,则=+p k E E 常量 =+p k E E 常量系统得动量守恒定律 系统得角动量守恒定律 若0=∑外F,则 若0=∑外M ,则 =∑ii vm 常量=∑iL常量三.对于质点、刚体组成得系统,动能定理仍然适用,系统得动能包括系统内所有质点得平动动能与刚体得转动动能。
当系统内力只有保守力作功,其外力与非保守内力作得总功为零,则整个系统机械能守恒。
问题讨论一.一长为l 、质量为m 得匀直细棒一端固定,可在竖直平面内转动,最初棒静止在水平位置,问放手后它下摆到竖直位置时得角速度。
有人这样解:放手后杆受重力矩2l mg M =, 细杆绕点O 得水平轴转动得转动惯量为231ml I =, 由转动定律αI M =,解得l g 23=α;又根据θαωω∆=-2202,00=ω,2πθ=∆得lg23πω=。
这种解法对吗？为什么？ 讨论:上述计算方法就是错误得! 其根源在于忽视了转动定律得瞬时性。
刚放手时重力矩2lmgM =,角加速度lg 23=α,但随着杆得转动,重力矩越来越小,在θ处,为θcos l mg M 21=;角加速度也随之减小,在θ处,为θαcos lg23=。
到竖直位置,0=M ,0=α。
也就就是说,在杆转动过程中,角加速度就是变量,杆得摆动就是变加速运动,不可用匀变速转动得公式θαωω∆=-2202。
此题得解法有多种,我们介绍两种从功与能得角度求解得方法。
解法一:用动能定理杆摆到任一θ角时,其所受得重力矩为θcos 2lmg M =杆从水平位置转到竖直位置时,重力对杆所作得功为222l mg l mg M A A ====⎰⎰⎰θθθπd cos d d由刚体得动能定理k E A ∆=20221212ωωI I l mg -=式中00=ω,231ml I = 解得lgI mgl 3==ω 解法二: 用机械能守恒求解取杆与地球为系统,除重力外无其它力作功,机械能守恒。
取竖直位置时杆得质心位置为重力势能零点,有)(200212l mg I --=-ω 式中231ml I =解得lgI mgl 3==ω 二.如图,一质量为m '得黏土块以水平速度0v 甩向长为l 质量为m 得杆得末端,并粘在杆端。
求系统获得得角速度。
有人这样解:取黏土块与杆为系统,碰撞中水平方向动量守恒,有v m m v m )(+'='0,解得)(m m v m v +''=0,lm m v m l v )(+''==0ω。
这样解对吗？为什么？讨论:上述计算方法就是错误得! 其根源在于没有认真分析守恒定律成立得条件。
在黏土块甩在杆上瞬时,杆得上端受到一个很大得力,这个力对黏土块与杆组成得系统而言就是外力,其水平分量亦不可忽略,故水平方向动量不守恒。
但这个力通过转轴,其力矩为零,且系统得重力矩也为零,即系统得合外力矩为零,角动量守恒。
黏土块开始与杆碰撞得瞬时,系统得角动量仅为黏土块对转轴得角动量,其2l m I '=,lv 00=ω, l v m L 00'=碰撞结束时,系统得角动量为 ω)(2231ml l m L +'= 由碰撞过程中角动量守恒ω2031l m m l v m ⎪⎭⎫ ⎝⎛+'='解得lm m v m )(+''=330ω典型例题例一 如图,质量kg 10=m 、半径cm 10=r 得定滑轮两边挂着质量分别为kg 101=m 与kg 52=m 得滑块,滑块2m 在倾角30=θ得斜面上滑动,它们之间得摩擦系数为300.=μ。
设滑轮与转轴间无摩擦,绳与轮间无相对滑动,求滑块得加速度与绳中张力得大小。
解:这就是一个质点、刚体组成得系统,需隔离物体,分析各物体所受力(力矩)。
作受力分析图,由牛顿第二定律与转动定律立出动力学111a m F g m =-T1 (1)222a m g m F F =--θsin r T2(2)αI r F r F ='-'T2T1(3)221mr I = (4)αr a a a ===21 (5) θμcos r g m F 2= (6)1T1TF F '= (7) 2T2TF F '= (8) 解得()22122104331021-⋅==++--=s m ..sin cos g g mm m m m m a θθμ()() N 66769011T1..==-=g m a g m F()N 4520712222T2..sin cos ==++=g m a m g m g m F θθμ例二 如图, 均匀细杆可绕距其一端l 41(l 为杆长)得水平轴o 在竖直平面内转动,杆得质量为m 、当杆自由悬挂时,给它一个起始角速度0ω,如杆恰能持续转动而不摆动(不计一切摩擦),则0ω必须如何取值？ 杆处于水平位置时角速度角与加速度为多少？解: 由平行轴定理 ,杆绕水平轴得转动惯量为2222487161121ml l m ml md I I c =+=+= 杆与地球组成得系统在转动过程中机械能守恒。
要使杆恰能持续转动而不摆动,杆转过180时0≥ω,此时杆得势能增加为2l mg E P =∆动能增加为2022121ωωI I E k -=∆ 由P k E E ∆-=∆解得lg74820+=ωω 由0≥ω得lgl g 7347480=≥ω 杆处于水平位置时势能增加为4l mg E P =∆动能变化2022121ωωI I E k -=∆ 由P k E E ∆-=∆解得lg72420-=ωω杆处于水平位置时重力矩为4lmg M =由转动定律 αI M =l g ml lmg I M 71248742=⨯==α 过关测试第一关1. 选出下述说法中得正确者。
A.公式ωr v =中, v 就是速率。
因为 v 只能取正值,所以ω也只能取正值; B.法向加速度n a 恒大于零, 切向加速度t a 也恒大于零;C. 对定轴转动刚体而言,刚体上一点得线速度v 、切向加速度t a 、法向加速度n a 得大小都与该质点距轴得距离r 成正比;D. 因rv a 2n =,所以,上面( C ) 中关于法向加速度得叙述不正确。
答: C2.在下列说法中,错误得就是:A.刚体作定轴转动时,其上各点得角速度相同,线速度则不同;B.刚体定轴转动得转动定律为αI M =,式中M 、I 、α均为对同一条固定轴而言得,否则该式不成立;C.刚体得转动动能等于刚体上各质元得动能之与;D.对给定得刚体而言,它得质量与形状就是一定得,则其转动惯量也就是唯一确定得。
答: D3. 细棒可绕光滑轴转动,该轴垂直地通过棒得一个端点,今使棒从水平位置开始下摆,在棒转到竖直位置得过程中,下述说法正确得就是A.角速度从小到大,角加速度从大到小;B.角速度从小到大,角加速度从小到大;C.角速度从大到小,角加速度从小到大;D.角速度从大到小,角加速度从大到小。
答:正确答案就是A4.几个力同时作用于一个具有固定转轴得刚体上。
如果这几个力得矢量与为零,则正确答案就是A.刚体必然不会转动;B.转速必然不变;C.转速必然会变;D.转速可能变, 也可能不变。
答:正确答案就是D5.如图所示,四个质量相同、线度相同而形状不同得均质物体,它们对各自得几何对称轴得转动惯量最大得与最小得就是A.(1)与(2);B.(1)与(4);C.(2)与(3);D.(2)与(4)。
答: B6.一质点作匀速率圆周运动时A.它得动量不变,对圆心得角动量也不变;B.它得动量不变,对圆心得角动量不断改变;C.它得动量不断改变,对圆心得角动量不变;D.它得动量不断改变,对圆心得角动量也不断改变。
答: C第二关1.刚体绕定轴作匀变速转动时,刚体上距转轴为r得任一点得A.切向、法向加速度得大小均随时间变化;B.切向、法向加速度得大小均保持恒定;C.切向加速度得大小恒定,法向加速度得大小变化;D.切向加速度得大小变化,法向加速度得大小恒定。
答: C2.两个匀质圆盘A 与B 得密度分别为A ρ与B ρ,且B A ρρ>,但两圆盘质量与厚度相同。
如两盘对通过盘心垂直于盘面得轴得转动惯量分别为A I 与B I ,则 A.B A I I >; B.A B I I >; C.B A I I =; D.不能确定。