大学物理同步训练第 版 刚体定轴转动详解
2.6 大学物理 刚体的定轴转动详解
分析：
解:滑轮具有一定的转动惯量。 转动中受阻力矩，两边的张力不 再相等，设物体1这边绳的张 力为T1、 T1’(T1’= T1) ， 物体2这边的张力为
T2、 T2’(T2’= T2)
m
1
T1 T
1
T2 T
2
a m
1
a
m G
2 1
a G
2
m
2
因m2>m1，物体1向上运动，物体2向下运动，滑轮以 顺时针方向旋转，Mr的指向如图所示。可列出下列方 程
分析： 飞轮制动 角加速度
正压力FN
力矩平衡
摩擦力矩
制动力F
分析： 飞轮制动
正压力FN
角加速度
摩擦力矩
l1
l2
F
力矩平衡
制动力F
解： 摩擦力矩是恒力矩，飞 轮做匀角加速度转动
0
t 2 n T
l1
FN
FN
l2
F f
F
由转动定律：M=Jβ 闸瓦对轮的摩擦力矩 M F f R FN R
（设轮轴光滑无摩擦，滑轮的初角速度为零）
求 滑轮转动角速度随时间变化的规律。
解 以m1 ， m2 ， m 为研究对象, 受力分析 物体 m1：
物体 m2： 滑轮 m：
例1 一飞轮半径为 0.2m、 转速为150r· min-1， 因受制动而均匀减速，经 30 s 停止转动 . 试求：（1） 角加速度和在此时间内飞轮所转的圈数；（2）制动开 始后 t = 6 s 时飞轮的角速度；（3）t = 6 s 时飞轮边缘 上一点的线速度、切向加速度和法向加速度 .
a m2 m1 g M / r 1 r m2 m1 m r 2
刚体定轴转动 大学物理习题答案
薄圆盘对过球心轴的转动惯量为 d J 1 r 2 d m 1 R5 cos 5 d
2
2
J 2
/2 1 r2 dm
/2
R5 cos 5d
8
R 5
8
m R5 2 mR 2
02
0
15
15 4 R 3
5
3
由平行轴定理， J J mR 2 2 mR 2 mR 2 7 mR 2
5
5
悬垂。现有质量 m＝8g 的子弹，以 v＝200m／s 的速率从 A 点射入棒中，假定 A 点与 O 点的距离为 3 l ， 4
如图 4-11 所示。求：（1）棒开始运动时的角速度；（2）棒的最大偏转角。
解：(1) 子弹射入前后系统对 O 点的角动量守恒
mv 3 l J ， J 1 Ml 2 m ( 3 l)2 1 1 0.42 0.008 9 0.42 0.054 kg m2
计小球大小）
A
解：M (3m m)g l cos l mg cos ，J 3m( l )2 1 ml2 m( l )2 1 ml 2
4
2
4 12
43
l/4 O
l
图 4-5
13
大学物理练习册—刚体定轴转动
M
l mg cos 2
3g
cos
J
1 ml 2
2l
3
4-6 一均匀圆盘，质量为 m，半径为 R，可绕通过盘中心的光滑竖直轴在水平桌面上转动，如图 4-6 所示。 圆盘与桌面间的动摩擦因数为 ，若用外力推动使其角速度达到 0 时，撤去外力，求（1）转动过程 中，圆盘受到的摩擦力矩；（2）撤去外力后，圆盘还能转动多少时间？
dt d 0
0
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
大学物理 刚体的定轴转动-2
Rotating of a Rigid Body About a Fixed Axis
第1节 刚体的平动和转动 第2节 刚体定轴转动定律 第3节 刚体转动的功和能 第4节 刚体的角动量定理
和角动量守恒定律 第5节 进动
思考. 1、一轻绳跨过一质量为 m、半径为 R
的定滑轮（视为圆盘），绳两端各悬两物， m1 < m2 ， 所受的摩擦阻力矩为 Mr ，绳与滑 轮间无相对滑动。试求：物体的加速度和绳 的张力。
质对点质角点动：量J =Lrm=r，2rr ×r仅mvr⊥rrvr部⊥ v分r L = mr2ω J
例1. 一轻绳跨过一质量为M 、半径为 R的定滑轮
（摩视擦为阻圆力盘矩）为，M绳r ，两绳端与各滑悬轮两间物无，相m对1 <滑m动T2 ，1。=所试T受求2的：??
物体的加速度和绳的张力。 arτ = βr × rr 解: 一、隔离法 研究对象 m1 m2 M
m1
.m R
m2
定轴O
m·
R 2、已知：绳轮无相对滑动，绳不可
伸长,下落时间t=3,R=0.2m,m=1kg,
绳 v0=0
h=1.5m, v0 =0.求：轮对轴的J
m
t h 3、刚体系统内力矩做功吗？
一、刚体的平动
质心运动定理 Fr合外 = Marc pr = Mvrc
rrc =
∑ mirri ∑ mi
Ek + Ep = C
Ek + Ep = C
∑ J = ∆miri2 (分立) Mz = 0 L = Jω
m r
J = 2 mR2 + mr2 5
发动机带动套
m 管上下移动时， ω变化
第5章 刚体的定轴转动 习题解答
对飞轮，由转动定律，有 式中负号表示摩擦力的力矩方向与角速度 方向相反。
联立解得
以 F 100 N 等代入上式，得
Fr R 2 (l1 l2 ) F J mRl1
5-1
第 5 章 刚体的定轴转动
2 0.40 (0.50 0.75) 40 100 rad s 2 60 0.25 0.50 3 t
由以上诸式求得角加速度
(2)
Rm1 rm2 g I m1 R 2 m2 r 2 0.2 2 0.1 2
1 1 10 0.202 4 0.102 2 0.202 2 0.102 2 2
9.8 6.13 rad s 2
T2 m2 r m2 g 2 0.10 6.13 2 9.8 20.8N T1 m1 g m1 R 2 9.8 2 0.2. 6.13 17.1N v 2a1h 2 Rh 2 6.13 0.2 2 2.21 m s 1
M M f J 1
t1
。移去力矩 M 后，根据转动定律，有
M f J 2
2
联立解得此转轮的转动惯量
0 t2
J
M 20 17.36 kg m 2 1 1 1 100 2 1 60 10 100 t1 t2
v0
6(2 3 3m M l J l 1M (1 2 ) (1 ) 2 ml 2 3m 12 m
(2) 由①式求得相碰时小球受到的冲量为：
I Fdt mv mv mv0
负号说明所受冲量的方向与初速度方向相反。
大学物理刚体的定轴转动练习习题包括答案.doc
第 4 章 刚体的定轴转动 习题及答案1． 刚体绕一定轴作匀变速转动，刚体上任一点是否有切向加速度是否有法向加速度切向和法向加速度的大小是否随时间变化答：当刚体作匀变速转动时 ,角加速度 不变。
刚体上任一点都作匀变速圆周运动， 因此该点速率在均匀变化， v l，所以一定有切向加速度a t l ，其大小不变。
又因该点速度的方向变化，所以一定有法向加速度 a n l2，由于角速度变化，所以法向加速度的大小也在变化。
2. 刚体绕定轴转动的转动定律和质点系的动量矩定理是什么关系答：刚体是一个特殊的质点系，它应遵守质点系的动量矩定理，当刚体绕定轴 Z 转动时，动量矩定理的形式为M z dL z ， M z 表示刚体对 Z 轴的合外力矩， L z 表示刚体对 Z 轴的动量矩。
dtL zml i i2I ,其中 I mlii2，代表刚体对定轴的转动惯量，所以M zdL z d I IdI 。
既M z I 。
dtdtdt所以刚体定轴转动的转动定律是质点系的动量矩定理在刚体绕定轴转动时的具体表现形式，及质点系的动量矩定理用于刚体时在刚体转轴方向的分量表达式。
3． 两个半径相同的轮子，质量相同，但一个轮子的质量聚集在边缘附近，另一个轮子的质量分布比较均匀，试问：（ 1）如果它们的角动量相同，哪个轮子转得快（ 2）如果它们的角速度相同，哪个轮子的角动量大答： (1)由于 L I ，而转动惯量与质量分布有关，半径、质量均相同的轮子，质量聚集在边缘附近的轮子的转动惯量大，故角速度小，转得慢，质量分布比较均匀的轮子转得快；（2）如果它们的角速度相同，则质量聚集在边缘附近的轮子角动量大。
4． 一圆形台面可绕中心轴无摩擦地转动，有一玩具车相对台面由静止启动，绕轴作圆周运动，问 平台如何运动如小汽车突然刹车，此过程角动量是否守恒动量是否守恒能量是否守恒答：玩具车相对台面由静止启动，绕轴作圆周运动时，平台将沿相反方向转动；小汽车突然刹车过程满足角动量守恒，而能量和动量均不守恒。
大学物理第5章 刚体的定轴转动
用机械能守恒重解：
转轴光滑，初态静止，求下摆到θ角 时的角加速度，角速度。
解：杆机械能守恒
势能零点
l d 3 g cos 比用转动定律简单！ dt 2l
l 1 2 0 mg sin J 2 2 绕固定轴 1 J ml 2 转动动能 3
Nt 转动：关于质心轴列转动定理 （ 2）
MC JC ,
C O
为什么？
l 1 2 MC Nt , J ml 2 C 12
Nt 1 mg cos 4
【例】一长为L，质量为m的均匀细棒，水平放 置静止不动，受垂直向上的冲力 F 作用，冲量 为 Ft （ t 很短），冲力的作用点距棒的质心 l 远，求冲力作用后棒的运动状态。 解 （1）质心的运动
角时的角加速度，角速度，转轴受力。
解：刚体定轴转动
1、受力分析 2、关于O轴列 转动定理
MO JO Mo l cos mg 2 2 1 JO ml 3
3 g cos 2l
【思考】为什么不关于过质心轴列转动定理？
由 求 ：
3 g cos d , d dt , dt 2l
解：
M k
M I
k(
2
k 9I
2 0
9
0
3
)2
I
d M k I dt d 2 k I dt2 I 0
d
t
2I t k 0
10
与一维质点动力学方法一致
【例】转轴光滑，初态静止，求下摆到
( F mg) t mvC 0
l C F
vC 0
F mg t m
质心以vC0的初速做上抛运动。
53刚体定轴转动定律解析课件
Fz
F
O r
F
M z rF sin θ
2）合力 矩等 于各 分力 矩的矢量和。 M M1 M2 M3
注意：合力矩与合力的矩是不同的概念，不要混淆。2
5.3 刚体定轴转动定律
第5章 刚体的定轴转动
3） 刚体内，作用 力和反作用力的力 矩互相抵消。
M = rF sinθ = Fd M ij M ji
ml 2
O
绕杆的一端转动惯量为：
O´
l
J
1
ml
2
m
l
2
1 ml 2
12
2 3
刚体绕质心轴的转动惯量最小。
17
5.3 刚体定轴转动定律
第5章 刚体的定轴转动
例：如图所示，求：刚体对经过棒端且与棒垂直的 轴的转动惯量？( 棒长为L、圆半径为R ）
J L1
1 3
mL L2，
JO
1 2
mO R2
mO
mL O’•
3）系统中既有转动物体又有平动物体时，则： 对转动物体按转动定律列方程； 对平动物体按牛顿定律列方程。
27
5.3 刚体定轴转动定律
第5章 刚体的定轴转动
例：滑轮半径为r 。 （设绳与滑轮间无相对滑动） 求：1）当m2与桌面间的摩擦系数为μ时，物体的
JO= m l 2 + m l 2 = 2ml 2
l
l
m
·c
r
m
ol
= m l 2 + (3m) r 2 = 2ml 2
11
5.3 刚体定轴转动定律
第5章 刚体的定轴转动
例：半径为 R 质量为 M 的圆环，绕垂直于圆环平面 的质心轴转动，求：转动惯量 J。
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第三章 刚体定轴转动一、选择题1. 两个匀质圆盘A 和B 相对于过盘心且垂直于盘面的轴的转动惯量分别为A J 和B J ，若B A J J >，但两圆盘的质量与厚度相同，如两盘的密度各为A ρ和B ρ，则（A ）A B ρρ>（B ）B A ρρ> （C ）A B ρρ=（D ）不能确定A ρ和B ρ哪个大答案：A 分析：22m m R R h hρππρ=→=，221122m J mR h πρ==，故转动惯量小的密度大。
2. 有两个半径相同、质量相等的细圆环。
1环的质量分布均匀，2环的质量分布不均匀。
它们对通过环心并与环面垂直的轴的转动惯量分别为1J 和2J ，则（A ）12J J >（B ）12J J < （C ）12J J =（D ）不能确定1J 和2J 哪个大 答案：C分析：22J R dm mR ==⎰，与密度无关，故C 选项正确。
3. 一圆盘绕过盘心且与盘面垂直的光滑固定轴O 以角速度1ω按图1所示方向转动。
将两个大小相等、方向相反的力F 沿盘面同时作用到圆盘上，则圆盘的角速度变为2ω，则（A ）12ωω>（B ）12ωω= （C ）12ωω<（D ）不能确定如何变化答案：C分析：左边的力对应的力臂大，故产生的（顺时针）力矩大于右边的力所产生的力矩，即合外力距（及其所产生的角加速度）为顺时针方向，故圆盘加速，角速度变大。
4. 均匀细棒OA 的质量为M ，长为L ，可绕通过其一端O 而与棒垂直的水平固定光滑轴转动，如图2所示。
今使棒从水平位置由静止开始自由下落，在棒摆动到竖直位置的过程中，下述说法哪一种是正确的？（A ）合外力矩从大到小，角速度从小到大，角加速度从大到小（B ）合外力矩从大到小，角速度从小到大，角加速度从小到大（C ）合外力矩从大到小，角速度从大到小，角加速度从大到小 （D ）合外力矩从大到小，角速度从大到小，角加速度从小到大 答案：A分析：（定性）由转动定律M I β=可知，角加速度与力矩成正比，故B 、D 错误；由机械能守恒可知，棒在下落的过程中重力做功，故角速度从小到大，C 错误。
故选A 。
（定量）设某一时刻细棒与水平线夹角为θ，由力矩定义及转动定律可得21cos 23L M mg mL θβ=⋅=⋅ 可知当θ从0至90度的过程中，M （及β）从大到小。
由机械能守恒可得()22111cos 223L mg mL θωω⋅-=⋅⋅→=可知当θ从0至90度的过程中，角速度从小到大。
5. （☆）如图3所示，A 、B 为两个相同的绕着轻绳的定滑轮。
A 滑轮挂一质量为m 的物体，B 滑轮受拉力G ，而且G=mg 。
设A 、B 两滑轮的角加速度分别为βA 和βB ，不计滑轮轴的摩擦，则有（A ）A B ββ=（B ）A B ββ> （C ）A B ββ<（D ）开始时A B ββ=，以后A B ββ<答案：C分析：（定性）由于物体m 有向下的加速度，故作用于物体上的绳子张力小于mg ，即小于右边绳子的张力（=mg ），故A 滑轮受到的力矩小于B 滑轮，故A B ββ<。
（定量）设圆盘转动惯量为I ，参考计算题第1题的计算过程，可得A 、B 圆盘的转动角加速度为 2A A A A Amg T ma mgR T R I I mR R a βββ-=⎧⎪=→=⎨+⎪=⎩； B B mgR GR I I ββ=→= 故A B ββ<。
6. 一轻绳跨过一具有水平光滑轴、转动惯量为J 的定滑轮，绳的两端分别悬有质量为m 1和m 2的物体（m 1<m 2），如图4所示。
绳与轮之间无相对滑动。
若某时刻滑轮沿逆时针方向转动，则绳中的张力（A ）处处相等 （B ）左边大于右边 （C ）右边大于左边（D ）无法判断哪边大 答案：C分析：（定性）由于重的物体m 2最终必然下落，可知圆盘最后将做顺时针转动，因此圆盘受到的合外力矩应为顺时针，即右边绳子的张力要大于左边绳子的张力。
（定量）参考课本例题（（★）阿特伍德机：P84，例3-5）可得()()()()1112221212122221212120/m g T m a T m g m a m m g J m m g T T T T R J J m R m R m m J R R R a βββ-=⎧⎪-=--⎪→=→-=<⎨-=++++⎪⎪=⎩7. 几个力同时作用在一个具有光滑固定转轴的刚体上，如果这几个力的矢量和为零，则此刚体（A ）必然不会转动 （B ）转速必然不变 （C ）转速必然改变 （D ）转速可能不变，也可能改变答案：D分析：力的矢量和和力的作用点无关，力矩的矢量和和力的作用点有关，故力的矢量和为零不能导出力矩的矢量和为零，因此D 正确。
具体例子可参考选择题第3题，图中两力的矢量和为零，当两个力不在一条直线上时，外力矩不为零（此时转速改变）；当两个力在一条直线上时，外力矩为零（此时转速不变）。
8. 一圆盘正绕垂直于盘面的水平光滑固定轴O 转动，角速度为1ω，如图5所示，射来两个质量相同、速度大小相同、方向相反并在同一条直线上的子弹，子弹射入圆盘并且停留在盘内，若子弹射入后的瞬间圆盘的角速度为2ω，则（A ）12ωω> （B ）12ωω< （C ）12ωω= （D ）无法确定答案：A分析：由于子弹和圆盘构成的系统与外界的接触只有固定的光滑转轴，故该系统对该转轴角动量守恒。
设两子弹的速度大小为v ，动量线（速度所在直线）与O 的垂直距离为h ，圆盘的转动惯量为I ，子弹射入圆盘并嵌在圆盘上时与O 的距离为r ，则有()()212211222I I mvh mvh I mr I mr ωωωωω++-=+→=<+ 即，选项A 正确。
9. 现有A 、B 两个系统，如图6所示，一匀质细杆可绕通过上端与杆垂直的水平光滑固定轴O 旋转，初始态为静止悬挂。
现有一个小球自左方水平打击细杆。
设小球与细杆之间为非弹性碰撞，把碰撞过程中的细杆与小球取作系统A ；另外，一水平圆盘可绕通过其中心的固定竖直轴转动，盘上站着一个人。
当此人在盘上随意走动时（若忽略轴的摩擦），若人和圆盘取作系统B ，则（A ）A 、B 两系统机械能都守恒（B ）A 、B 两系统只有对转轴O 的角动量守恒（C ）A 、B 两系统动量都守恒 （D ）A 、B 两系统机械能、动量和角动量均守恒答案：B分析：由于两个系统都有非保守内力做功（A ：非弹性碰撞；B ：人随意走动），机械能不守恒，选项AD 错误。
由于两个系统都有可能受到转轴上的力（外力）的作用，故系统的动量不一定守恒，选项C 错误。
由于两个系统只与光滑固定转轴接触，受到的合外力矩必然为0，故满足角动量守恒，选项B 正确。
10. （☆）一个物体正在绕固定光滑轴自由转动，则它受热膨胀时（A ）角速度不变 （B ）角速度变小 （C ）角速度变大 （D ）无法确定角速度如何变化答案：B分析：物体与外界的接触为固定光滑轴，故物体角动量守恒，即L I ω==常数，由转动惯量的定义2i i i I m ρ=∑可知，当物体膨胀时，质元i m 与转轴的距离i ρ变大，故转动惯量变大。
由角动量不变可知角速度变小。
二、填空题1. 刚体对轴的转动惯量取决于： 、 、 。
答案：刚体质量；质量分布；转轴位置。
分析：略。
2. （☆）如图7所示，Q 、R 和S 是附于刚性轻质细杆上的质量分别为3m 、2m 和m 的3个质点，QR=RS=l ，则系统对OO ’轴的转动惯量为 。
答案：214ml分析：由转动惯量的定义2i ii I m ρ=∑可得22223(2)2014I m l m l m ml =⋅+⋅+⋅=。
3. （☆）如图8所示，一长为l 的均匀直棒可绕其一端且与棒垂直的水平光滑固定轴转动。
抬起另一端使棒向上与水平面成60o ，然后无初速地将棒释放。
已知棒对轴的转动惯量为2/3ml ，其中m 和l 分别为棒的质量和长度，则放手时棒的角加速度为 ，棒转到水平位置时的角加速度为 。
答案：34g l ；32g l分析：由力矩定义可知，当棒与水平面夹角为θ时，产生的力矩为cos 2l M mg θ=⋅ 由转动定律可得213cos cos 232l g mg I ml lθβββθ⋅==⋅→= 故，60o θ=时，3/4g l β=；0o θ=时，3/2g l β=。
4. （☆）一飞轮以角速度0ω绕光滑固定轴旋转，飞轮对轴的转动惯量为J 1；另一静止飞轮突然和上述转动的飞轮啮合并绕同一转轴转动，该飞轮对轴的转动惯量为前者的两倍。
啮合后整个系统的角速度ω为 。
答案：0/3ω分析：物体与外界接触的地方只有光滑固定转轴，系统角动量守恒，即()101102/3J J J ωωωω=+→=5. （☆）如图9所示，A 、B 两飞轮的轴杆在一条直线上，并可用摩擦啮合器C 使它们联结。
开始时B 轮以角速度B ω转动，A 轮以角速度A ω转动，设在啮合过程中两飞轮不受其他力矩的作用。
当两轮联结在一起后，共同的角速度为ω。
若A 轮的转动惯量为J A ，则B 轮的转动惯量J B = 。
答案：A A BJ ωωωω-- 分析：系统与外界接触的只有光滑固定转轴，系统角动量守恒，即()A A A B B A B B A BJ J J J J J ωωωωωωω-+=+→=- 6. （☆）如图10所示，一静止的均匀细棒，长为L ，质量为m 1，可绕通过棒的端点且垂直于棒长的光滑固定轴O 在水平面内转动，转动惯量为m 1L 2/3。
一质量为m 、速率为v 的子弹在水平面内沿与棒垂直的方向射出并穿出棒的自由端，设穿过棒后子弹的速率为v/2，则此时棒的角速度应为 。
答案：132mv m L分析：由角动量守恒可得21113232v mv mvL m L m L m Lωω=+→= 式中质点的角动量为质点的动量乘以动量臂。
7. （☆）光滑的水平桌面上有一长为2L 、质量为m 的均质细杆，可绕过其中点且垂直于杆的竖直光滑固定轴O 自由转动，其转动惯量为mL 2/3，起初杆静止。
桌面上有两个质量均为m 的小球各自在垂直于杆的方向上正对着杆的一端，以相同速率v 相向运动，如图11所示。
当两小球同时与杆的两个端点发生完全非弹性碰撞后，就与杆粘在一起转动，则这一系统碰撞后的转动角速度应为 。
答案：67v L分析：由角动量守恒可得22162237v mvL mL mL L ωω⎛⎫=+→= ⎪⎝⎭ 注：两个小球的角动量方向相同（顺时针方向；等式右边第一项为小球粘在细杆上形成的新刚体对转轴O 的转动惯量。
8. 有一半径为R 的水平圆转台，可绕通过其中心的竖直固定光滑轴转动，转动惯量为J ，开始时转台以匀角速度0ω转动，此时有一质量为m 的人站在转台中心。