第二章刚体的定轴转动
第二章 刚体的定轴转动教学要求：一、理解刚体定轴转动的角速度和角加速度的概念，理解角量与线量的关系。
二、理解刚体定轴转动定律，能解简单的定轴转动问题。
三、了解力矩的功和转动动能的概念。
四、了解刚体对定轴的角动量定理及角动量守恒定律。
五、理解转动惯量的概念，能用平行轴定理和转动惯量的可加性计算刚体对定轴的转动惯量。
教学重点：刚体定轴转动的力矩、转动惯量、角动量等物理量的概念和转动定律。
教学难点：难点是刚体绕定轴转动的角动量守恒定律及其应用。
物理学研究方法、思维方法：理想化模型-----刚体、研究刚体转动的物理量——角量的确定。
类比方法是本章学习和研究的主要方法。
教学方法：启发、类比、讨论教学内容：准备知识：一、刚体：假定无论在多大的外力作用下，物体的形状和大小都保持不变，也就是物体内任何两质点之间的距离保持不变。
这样的理想物体称为刚体。
刚体也是常用的力学理想模型。
二、平动与转动：当刚体运动时,如果刚体内任何一条给定的直线，在运动中始终保持它的方向不变，这种运动称为平动；刚体运动时，如果刚体的各个质点在运动中都绕同一直线做圆周运动，这种运动称为转动。
如果刚体围绕的转轴的位置是固定不动的，这种转动称为刚体的定轴转动§2-1 角速度和角加速度一、 角位移、角速度和角加速度1、角坐标：如图2-1所示，O 为转轴与转动平面的交点，A 为刚体上的一个质点， A 在这一转动平面内绕O 点做圆周运动， A 与转轴的距离为r 。
t 时刻质点A 与转轴O 距离的连线与基准方向ox 的夹角为θ，称θ为角坐标或角位置。
2、定轴转动的运动学方程：刚体转动时，θ随时间变化，它是时间t 的函数：)(t θθ= （2-1）上式称为刚体定轴转动的运动学方程. 图2—1角坐标和角速度3、角位移：设t 时刻刚体上所取质点的角坐标是θ，经过一段时间 t ∆，即 t t ∆+时刻，该质点的角位置为 θθ∆+。
我们把 θ∆称为A 在 t ∆时间内的角位移，θ∆也是刚体上每个质点的角位移。
在SI 中, 角位移的单位是弧度，符号为rad .4、角速度：将角坐标θ对时间t 求导数，以描述刚体转动的快慢，称刚体转动的角速度，用符号ω表示：ω = dtd θ （2-2） 在SI 中，角速度的单位是弧度每秒,符号为1-⋅s rad .5、角加速度： 将角速度ω对时间t 求导，以描述角速度变化的快慢程度，称为刚体定轴转动的角加速度，用符号α表示：α=22dt d dt d θω= （2-3）在SI 中，角加速度的单位是弧度每平方秒,符号为2-⋅s rad .除了用角速度ω描述物体转动快慢的程度外，还可使用另一个量---旋转频率，通常用符号n 表示旋转频率，表示单位时间物体绕行的转数。
旋转频率的单位是转每分，符号1min -⋅r ，1min -⋅r 是国家选用的非SI 单位之一.它是工程上常用的单位,与弧度每秒之间的换算关系为11min -⋅r =30π1-⋅s rad ) 二、 角量与线量的关系设距转轴为R 处一质点的线速度为v ，切向加速度为t a ，法向加速度为n a （以上各量称为“线量”）。
角速度ω,角加速度为α（以上各量称为“角量”）。
下面我们来讨论线量与角量大小的关系。
用s 表示与质点的角位移θ相对应的圆轨道上的弧长，那么R s =θ将上式两边对时间求导数，由于线速度v =dtds ，角速度ω=dt d θ 则可得 ：ωR v = （2-4）将式（2-4）两边再对时间求导，由于上式中t a =dt dv ， α =dt d ω，则可得 ： t a =R α （2-5）利用n a = Rv 2得法向加速度 ： n a = R 2ω （2-6）例2-1已知刚体转动的运动学方程为 θ=A+B 3t ，式中A 为无量纲的常数,B为有量纲的常数. 求: (1) 角速度；（2）角加速度；（3） 刚体上距轴为r 的一质点的加速度.解: (1) 由角速度的定义式,得:ω= dtd θ = 3B 2t (2) 将ω对时间t 求导数,得角加速度α= dtd ω = 6Bt (3) 利用式(2—5)得距轴为r 的一点的切向加度为:t a = αr =6Brt根据式(2—6)得该质点的法向加速度为:n a = r 2ω =92B r 4t所以，加速度的大小是：a = 22t na a +=2242)6()9(Brt rt B + 设加速度a 与速度v 的夹角为Ф，则Ф满足下式tgn ϕ=t n a a =323Bt§2-2 力矩 转动定律 转动惯量一、力矩1、定义： 位矢r 与力F 的矢积为力F 对转轴的力矩，用M 表示。
数学表达式为 F r M ⨯= （2—7a ）其大小为 θsin rF M = (2—7b)M 的方向为F r ⨯的方向，按照右手螺旋定则判断。
一般是按照力矩的作用来判断力矩的正负：如力矩的作用是使刚体逆时针转动，则力矩为正；如力矩的作用是使刚体顺时针转动，则力矩为负。
在SI 中,力矩的单位是牛顿米,符号为m N ⋅.2、意义： 力矩是改变物体转动状态的原因。
二、转动定律和转动惯量 图2—2 力矩1、转动定律 （1）推导：如图所示，为定轴转动的一个刚体的转动平面，m i 为刚体中任意一个质元的质量。
i r 是m i 对轴的位矢，F i 是m i 受的外力，f i 是m i 受的内力，将F i 与f i 按切向与法向分解，用牛顿第二定律的分量式F n =m n a 和F i =m t a ，分别得:在法向：2cos cos ωϕθi i ni i i i i i r m a m F f ==- （a ）切向：αϕθi i ti i i i i i r m a m F f ==+sin sin (b ）图2-3中法向力对转轴无力矩作用，不必考虑，切向力对转轴有力矩作用,将(b)式两边分别用i r 相乘得 αϕθ2)sin sin (i i i i i i i r m F f r =+ (C)将(C)式对整个刚体相加可得：αϕθ)()sin sin (2i i i i i i i r m F f r ∑∑=+或 α)((2i i i r m M ∑∑= （2—8a ）将上式中的2i ni n i r m ∑=定义为刚体的转动惯量，用I 表示。
即I = 2i ni n i r m ∑= （2—9a ）则式（2—8a ）可写成：αI M = (2—8b)（2）结论：作用于刚体上的合外力矩M 等于刚体的转动惯量I 与刚体的角加速度α的乘积。
这一规律称为刚体定轴转动的转动定律.2、转动惯量（1）定义：转动惯量I = 2i ni n i r m ∑=是一个引入的物理量，它量度了刚体在转动中转动惯性的大小，在SI 中，转动惯量I 的单位是千克·米2，符号为2m Kg ⋅。
（2）转动惯量的计算：由式（2—9a ）可以看出影响转动惯量大小的因素不仅仅是刚体的质量，还包括各质元与转轴的相对位置，同样质量的质元，离转轴图2—3 刚体的转动定律越远，对转动惯量的贡献越大。
若刚体中质元是连续分布的，所以转动惯量的计算由积分完成，即I=dm r ⎰2=⎰dV r ρ2 （2-9b ） 计算物体的转动惯量是比较困难的，甚至于无法计算，在工程技术和科学研究中，常常用实验的方法测量物体的转动惯量。
（3）关于转动惯量的两条规律：a ．平行轴定理：根据实际需要，转动物体的固定轴可有多种选择.设想有两个彼此平行的转轴,一个通过刚体的质心,另一个不通过质心.两平行轴之间的距离为d,刚体的质量为m.如果此刚体对过质心转轴的转动惯量为I c ,对另一转轴的转动惯量为I,那么，可以证明I 和I c 之间的关系为I = I c + md 2 (2-10) 上述关系式称为转动惯量的平行轴定理.由上式可见,刚体对过质心转轴的转动惯量Ic,小于刚体对任何与该质心转轴相平行的转轴的转动惯量I 。
b 、对同一转轴而言,物体各部分转动惯量之和等于整个物体的转动惯量。
把这一规律称为转动惯量的可加性。
三 、转动定律的应用一个物体系统中如果有若干个物体,其中有的物体在平动,有的在转动.这时可以采用“隔离体法”把它们分别“取”出.平动物体可看作质点,应用牛顿第二定律写出它们的力学方程.定轴转动物体,可以用转动定律写出它们的转动方程,再找出各隔离体的联系,写出必要的关系式,然后,把所有公式联立求解.此外,还可以用动能定理.功能原理和机械能守恒定律计算这类问题.例2-2 如图(2-4a)所示，一轻绳跨过一轴承光滑的定滑轮。
绳两边分别悬有质量为21m m 、的两个物体A 和B ，已知1m 小于2m ，滑轮可看作质量均匀分布的等厚圆盘，其质量为m ，半径为r ，（因而滑轮的转动惯量为 I =221mr ）.设绳与滑轮间无相对滑动.求物体的加速度？滑轮的角加速度？及绳的张力？解：分别把滑轮，物体A 和物体B “隔离”出来,画出它们的受力图,如图(2-4b)所示.由于不计绳的质量, 且1/1T T = 、 2/2T T =. 因为2m 大于1m ,物体A 的加速度1a 向上,B 的加速度2a 向下,它们的大小相等,设都用a 则 a a a ==21分别写出A 、B 的力学方程: a m T g m am g m T 222111=-=-再写出滑轮的转动方程: αI r T T =-)(/1/2 由线量与角量的关系得: αr a =图2—4a有牛顿第三定律的: /11T T = /22T T =联立求解得:g m m m m m a )22()(22112++-= r g m m m m m )22()(22112++-=α g m m m m m m T T )22()4(2121/11+++== g m m m m m m T T )22()4(2112/11+++== 上述结果表明，两侧绳中张力的大小不等。
§2-3 力矩的功 刚体转动的动能定理一、力矩的功如图2-5所示，一个绕固定轴O O '转动的圆盘状刚体,在圆盘平面上有外力F 作用于A 点.把力沿法向和切向分解为法向力n F 和切向力t F 。
圆盘转动时,法向分力n F 垂直于A 点的速度,它不做功.因而外力F 的功等于它的切向分力t F 所做的功,所以:图2—5力矩的功ds F r d F dA t =⋅= (2-11)在上式中,r d 是A 点在圆周上的位移元,ds 是对应的弧长,用θd 表示与 ds 对应的角位移,有 θrd ds =把上式代入式(2-11),得 θrd F dA t =上式中的 r F t 是外力F 对转轴的力矩,于是可以用力矩M 表示元功:θMd dA = （2—12）当刚体从角坐标1θ转到角坐标2θ时,外力矩共作功:图2—4b⎰=21θθθMd A (2-13) 如果有若干个外力作用于刚体上,先分别计算出每个外力的力矩,求这些外力矩的代数和,得合外力矩.上式中M 若是合外力矩,则A 就是合外力矩的功. 若M 是恒力矩,M 与θd 同方向,力矩做的功为θ∆=M A例2-3 如图2-6（a ）所示，一个转轮A 绕中心轴的转动惯量为I ，转动的摩擦力矩为f M ,转轮半径为 R,转轮边沿绕有轻的细绳，用恒力F 拉绳，A 轮被拉动转过n 圈，（B 轮的质量不计，转轴光滑）求:（1）拉力和摩擦力矩对轮做的功.（2）若将恒力F 换成重物G 来拉滑轮转动，如图2-6（b ）其他条件不变，求绳中张力对轮所做的功.(G=mg)图2—6 例2—3图解:(1)作用在轮上的拉力为恒力F 时,作用在轮上有两个力矩FR M F =及f M ，轮转过n 圈时,角位移 πθ2=∆n⋅=F F M A θd =π2n F M =nRF π2f A =θ∆⋅f M =π2n f M(2)分离转轮与重物,画出受力图,分别用转动定律和牛顿第二定律.对轮有 αI M TR f =-对重物G ma T G =-又因 αR a =联立解得 Im R M m gR f+-=2α I mR RM Ig T f +-=2所以 πθθ2=∆=∆=TR M A T nRT =π2I m R RM Ig nRf +-2二、 刚体的转动动能刚体可以看作是有许多质元所组成的。
刚体定轴转动概述
m
已知： m , m1 , m2 , r , 0 0
r
求： t ?
m2
m1
思路：质点平动与刚体定轴转 动关联问题，隔离法，分别列 方程，先求角加速度, 再
23
N
β
r
解：在地面参考系中，分别以 m1 , m2 , m 为研究对象，用隔离法，分别以牛顿第 二定律和转动定律建立方程。 对于 m 1
3 、物理意义：转动惯性的量度 .
I 大 转动惯性大
4、转动惯量的计算
若质量离散分布 若质量连续分布
I＝ mi ri
i
2
I r dm
2
O m2
例：如图m1 ，m2绕OO′转动，
它们距轴的距离分别为
2 1 l l 3 、 3
m1
2 l 3 1 l 3
则，系统的转动惯量为
2 1 I = m1 l m2 l 3 3
dm 2rdr l
l
3
R
O
r
dr
dI r dm 2lr dr
2
I
dI
R
0
m 1 2 I mR R 2l 2
1 4 2lr dr R l 2
3
可见，转动惯量与l无关。所以，实心圆柱对其轴的转动惯量 也是mR2/2。
m1 g T1 m1a1 (1)
T2 m2 g m2 a2 (2)
2
T2 mg
T1
对于 m 2
对于滑轮 m T r T r I 1 mr 2 (3) 1 2
T2
a2
T1
m2 g
思考：
刚体的定轴转动
角速度是代数量，其正负表示刚体的转向。角速度为正值时表
明转角随时间而增加，刚体作逆时针转动；反之，转角随时间而减
小，刚体作顺时针转动。
角速度的单位是rad/s。工程上还常用每分钟转过的圈数表示刚
体转动的快慢，称为转速，用n表示，单位是r/min。角速度ω与转速
n之间的换算关系为
2n n
60 30
理论力学
刚体的运动\刚体的定轴转动
刚体的定轴转动
刚体运动时，若刚体内或其延伸部分有一直线始终保持不动， 刚体的这种运动称为定轴转动，简称转动。这条保持不动的直线称 为转轴。显然，刚体转动时，刚体内不在转轴上的各点都在垂直于 转轴的平面内作圆周运动，其圆心都在转轴上，圆的半径为该点到 转轴的垂直距离。
刚体的定轴转动在工程实际中随处可见，例如电动机转子的转 动，胶带轮、齿轮的转动等。
目录
刚体的运动\刚体的定轴转动
1.1 转动方程
设某刚体绕固定轴z转动，如图所示，为确定 该刚体在任一瞬时的位置，过转轴z作一固定平 面Ⅰ，再过转轴z作一与刚体固连、随刚体一起 转动的动平面Ⅱ。这样，该刚体在任一瞬时的位
置就可以用动平面Ⅱ与定平面Ⅰ的夹角确定， 角称为刚体的转角。当刚体转动时，转角是时
间t的单值连续函数，即 (t)
上式称为刚体的转动方程。若转动方程已知，则刚体在任一瞬时的 位置就确定了。因此，转动方程反映了刚体转动的规律。
转角是一个代数量，其正负号的规定如下：从转轴z的正端向 负端看去，逆时针转为正，反之为负。转角的单位是rad。
目录
刚体的运动\刚体的定轴转动
【例6.2】已知汽轮机在启动时主动轴的转动方程为t3，式中 的单位是rad，t的单位是s，求t＝3s时该轴的角速度和角加速度。
2.2 刚体定轴转动定律及其应用
R
dS
r
O
- 2 r kv 2 r d r
0
R
m
- 2 r k r 2 r d r
0
R
4 k r 3dr k R 4
0
R
M 随 变化
M J
M J
4
d J dt
M k R
4
1 2 d k R mR 2 dt
mg
0
d
0
d
0
3g cos d 2L
3g sin L
3) 此时，棒中点C的速度和加速度
L v C rC 6
2
3g sin L
竖直位置？
g acn rC sin 2
g act rC cos 4
例：如图，设滑块A，重物B及滑轮C的质量分别为MA， MB，MC。滑轮C是半径为 r 的均匀圆板。滑块A与桌面之 间，滑轮与轴承之间均无摩擦，轻绳与滑轮之间无滑动。 求:（1）滑块A的加速度a （2）滑块A与滑轮C之间绳的张力T1， （3）滑轮C与重物B之间绳的张力T2。
两边积分
2 k R 2 d dt 0 0 m
0
t
d
0
0
0
2 k R 2 d m
2 k R 2 0 m m0 m 0 N 2 2 2 k R 2 2 4 kR
例. 将一根质量为M，长为L的匀质细杆两端A、B用 等长的线水平地悬挂在天花板上，若突然剪断其中一 根，求此瞬间另一根绳内的张力有多大。 解: 突然剪断B线，棒AB受重力和A线对它的拉力作用 AB绕A点在竖直面内转动。 A线的拉力对A点的力矩为零 重力对A点的力矩为 转动定律
刚体的定轴转动定律
T2、 T2’(T2’= T2)
T1
T2
T1
T2
am
a
1
a
m
m1
m1g 2
m2
m2g
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
T1 G1 m1a
G2 T2 m2a
T2r T1r M J
式中是滑轮的角加速度，a是物体的加速度。滑轮
t 0
方向:
t dt
右手螺旋方向
z (t)
x
参考平面
参考轴
刚体定轴转动（一
维转动）的转动方向可
以用角速度的正负来表
示.
角加速度
d
dt
定轴转动的特点
z
>0
z
<0
1） 2）
每一质点均作圆周运动，圆面为转动平面；
任一质点运动
,
,
均相同，但
v,
a不同；
3） 运动描述仅需一个坐标 .
三、 匀变速转动公式
轴的力矩 Mzk
r
F
z
F
k
O rFz
F
M z rF sin
z
Байду номын сангаас
F
M
O
r P
d
五. 定轴转动刚体的转动定律：
Fit
Fi
fit
•
ri
fi
mi• fin
Fin
O
•
j
d
fij
fji
i
Fit ri (miri2 )
I miri2
i
理论力学 第二章 刚体的基本运动
0
nπ 式中n为转速 单位：转/ 分(r/min) 。 山东大学 土建与水利学院工程力学系 THEORETICAL MECHANICS 30
§ 2.2 刚体绕定轴的转动
3.角加速度
描述角速度变化的快慢程度
2
d d lim 2 t 0 t dt dt
单位：弧度/秒2 (rad/s2 ) α与同号，刚体加速转动；
THEORETICAL MECHANICS
山东大学 土建与水利学院工程力学系
§2.4 轮系的传动比
1 n1 r2 Z2 i1,2 2 n2 r1 Z1
此结论对于锥齿轮传动和带 轮传动同样适用。 在一些复杂轮系（如变速器） 中包含有几对齿轮。可将每一对 齿轮的传动算出后，将它们连乘 起来，变为可得总的传动比。
392.8 62.5 转 2π
THEORETICAL MECHANICS
山东大学 土建与水利学院工程力学系
例 题
例2- 3 轮子绕O点作定轴转动，其加速度方向和轮的半径
成60度角，求轮的转动方程，以及角速度和转角之间的关系。
00, 0.
M
O
a
60
THEORETICAL MECHANICS
解 ： AB 杆 为 平 移 ， O1A 为 定 轴 转 动 。 根 据 平移的特点，在同一瞬 时，M、A两点具有相同 的速度和加速度。
THEORETICAL MECHANICS
山东大学 土建与水利学院工程力学系
例 题
A点作圆周运动，其运动方程为
s O1 A 3π t
ds dv vA 3π （m/s) a A t 0 dt dt
§ 2.1 刚体的平行移动
第2章刚体定轴转动
第2章 刚体定轴转动2.28 质量为M 的空心圆柱体，质量均匀分布，其内外半径为R 1和R 2，求对通过其中心轴的转动惯量．解：设圆柱体的高为H ，其体积为V = π(R 22 – R 12)h ，体密度为ρ = M/V ．在圆柱体中取一面积为S = 2πRH ，厚度为d r 的薄圆壳，体积元为d V = S d r = 2πrH d r ，其质量为d m = ρd V ，绕中心轴的转动惯量为d I = r 2d m = 2πρHr 3d r ， 总转动惯量为213442112d ()2R R I Hr r H R R πρπρ==-⎰22211()2m R R =+．2.29 一矩形均匀薄板，边长为a 和b ，质量为M ，中心O 取为原点，坐标系OXYZ 如图所示．试证明：（1）薄板对OX 轴的转动惯量为2112OX I Mb =； （2）薄板对OZ 轴的转动惯量为221()12OZI M a b =+． 证： 薄板的面积为S = ab ，质量面密度为σ = M/S ．（1）在板上取一长为a ，宽为d y 的矩形元，其面积为d S = a d y ， 其质量为d m =σd S ，绕X 轴的转动惯量为d I OX = y 2d m = σay 2d y ， 积分得薄板对OX 轴的转动惯量为/2/223/2/21d 3b b OXb b I a y y a y σσ--==⎰32111212ab Mb σ==． 同理可得薄板对OY 轴的转动惯量为2112OY I Ma =． （2）方法一：平行轴定理．在板上取一长为b ，宽为d x 的矩形元，其面积为d S = b d x ，质量为d m = σd S ， 绕过质心的O`Z`轴的转动惯量等于绕OX 轴的转动惯量d I O`Z` = b 2d m /12． 根据平行轴定理，矩形元对OZ 轴的转动惯量为 d I OZ = x 2d m + d I O`Z ` = σbx 2d x + b 2d m /12， 积分得薄板对OZ 轴的转动惯量为/222/21d d 12a M OZa Ib x x b m σ-=+⎰⎰/232/211312a ab x b M σ-=+221()12M a b =+．方法二：垂直轴定理．在板上取一质量元d m ，绕OZ 轴的转动惯量为d I OZ = r 2d m ．由于r 2 = x 2 + y 2，所以d I OZ = (x 2 + y 2)d m = d I OY + d I OX ， 因此板绕OZ 轴的转动惯量为221()12OZ OY OX I I I M a b =+=+．2.30 一半圆形细杆，半径为R ，质量为M ，求对过细杆二端AA `轴的转动惯量．解：半圆的长度为C = πR ，质量的线密度为λ = M/C ．在半圆上取图2.28一弧元d s = R d θ，其质量为d m = λd s ，到AA `轴的距离为r = R sin θ， 绕此轴的转动惯量为d I = r 2d m = λR 3sin 2θd θ，半圆绕AA `轴的转动惯量为32sin d I R λθθ=⎰π31(1cos 2)d 2Rλθθ=-⎰π32122R MR λ==π2.31 如图所示，在质量为M ，半径为R 的匀质圆盘上挖出半径为r 的两个圆孔．圆孔中心在圆盘半径的中点．求剩余部分对大圆盘中心且与盘面垂直的轴线的转动惯量．解：大圆的面积为S = πR 2，质量的面密度为σ = M/S ．大圆绕过圆心且与盘面垂直的轴线的转动惯量为I M = MR 2/2．小圆的面积为s = πr 2，质量为m = σs ，绕过自己圆心且垂直圆面的轴的转动惯量为I C = mr 2/2， 根据平行轴定理，绕大圆轴的转动惯量为I m = I C + m (R/2)2．2221()(2)24m C R I I m m r R =+=+2221(2)4r r R σπ=+22221(2)4r M r R R =+，剩余部分的转动惯量为4222122()2M m r I I I M R r R=-=--．2.32 飞轮质量m = 60kg ，半径R = 0.25m ，绕水平中心轴O 转动，转速为900r·min -1．现利用一制动用的轻质闸瓦，在剖杆一端加竖直方向的制动力F ，可使飞轮减速．闸杆尺寸如图所示，闸瓦与飞轮之间的摩擦因数μ = 0.4，飞轮的转动惯量可按匀质圆盘计算．（1）设F = 100N ，问可使飞轮在多长时间内停止转动？这段时间飞轮转了多少转？（2）若要在2s 内使飞轮转速减为一半，需加多大的制动力F ？解：设飞轮对闸瓦的支持力为N`，以左端为转动轴，在力矩平衡时有0.5N` – 1.25F = 0， 所以N`=2.5F = 250(N)．闸瓦对飞轮的压力为N = N`= 250(N)， 与飞轮之间摩擦力为f = μN = 100(N)， 摩擦力产生的力矩为M = fR ．飞轮的转动惯量为I = mR 2/2，角加速度大小为β = -M/I = -2f/mR = -40/3(rad·s -2)， 负号表示其方向与角速度的方向相反．飞轮的初角速度为ω0 = 30π(rad·s -1)．根据公式ω = ω0 + βt ，当ω = 0时，t = -ω0/β = 7.07(s)．再根据公式ω2 = ω02 + 2βθ，可得飞轮转过的角度为θ = -ω02/2β = 333(rad)， 转过的圈数为n = θ/2π = 53r ．[注意]圈数等于角度的弧度数除以2π．（2）当t = 2s ，ω = ω0/2时，角加速度为β = -ω0/2t = -7.5π． 力矩为M = -Iβ，摩擦力为f = M/R = -mRβ/2 = (7.5)2π． 闸瓦对飞轮的压力为N = f /μ，需要的制动力为F = N /2.5 = (7.5)2π = 176.7(N)．OrR r图2.31图2.322.33 一轻绳绕于r = 0.2m 的飞轮边缘，以恒力F = 98N 拉绳，如图（a ）所示．已知飞轮的转动惯量I = 0.5kg·m 2，轴承无摩擦．求 （1）飞轮的角加速度．（2）绳子拉下5m 时，飞轮的角速度和动能．（3）将重力P = 98N 的物体挂在绳端，如图（b ）所示，再求上面的结果．解：（1）恒力的力矩为M = Fr = 19.6(N·m)， 对飞轮产生角加速度为β = M/I = 39.2(rad·s -2)．（2）方法一：用运动学公式．飞轮转过的角度为θ = s/r = 25(rad)， 由于飞轮开始静止，根据公式ω2 = 2βθ，可得角速度为ω=s -1)； 飞轮的转动动能为E k = Iω2/2 = 490(J)．方法二：用动力学定理．拉力的功为W = Fs = 490(J)， 根据动能定理，这就是飞轮的转动动能E k ．根据公式E k = Iω2/2，得角速度为ω=s -1)． (3)物体的质量为m = P/g = 10(kg)．设绳子的张力为T ，则P – T = ma ，T r = Iβ． 由于a = βr ，可得Pr = mr 2β + Iβ， 解得角加速度为2Prmr I β=+= 21.8(rad·s -2)． 绳子的张力为2I IPT r mr Iβ==+= 54.4(N)． 张力所做的功为W` = Ts = 272.2(J)，这就是飞轮此时的转动动能E`k ．飞轮的角速度为`ω=s -1)．2.34 质量为m ，半径为R 的均匀圆盘在水平面上绕中心轴转动，如图所示．盘与水平面的摩擦因数为μ，圆盘从初角速度为ω0到停止转动，共转了多少圈？解：圆盘对水平面的压力为N = mg ，压在水平面上的面积为S = πR 2， 压强为p = N /S = mg /πR 2．当圆盘滑动时，在盘上取一半径为r 、对应角为d θ面积元，其面积为d S = r d θd r ， 对水平面的压力为d N = p d S = pr d r d θ， 所受的摩擦力为d f = μd N = μpr d r d θ，其方向与半径垂直，摩擦力产生的力矩为d M = r d f = μpr 2d r d θ，总力矩为220d d RM pr r πμθ=⎰⎰312π3p R μ=23mgR μ=．圆盘的转动惯量为I = mR 2/2， 角加速度大小为43M gI Rμβ=-=-，负号表示其方向与角速度的方向相反． 根据转动公式ω2 = ω02 + 2βθ，当圆盘停止下来时ω = 0，所以圆盘转过的角度为2200328R g ωωθβμ=-=，转过的圈数为 203216R n gωθππμ==．F=98N P=98N(a)(b) (图2.33)图2.34[注意]在圆盘上取一个细圆环，其面积为d s = 2πr d r ，这样计算力矩等更简单。
大学物理上练习册 第2章《刚体定轴转动》答案-2013
第2章 刚体定轴转动一、选择题1(B)，2(B)，3(C)，4(C)，5(C) 二、填空题(1). 62.5 1.67ｓ (2). 4.0 rad/ (3). 0.25 kg ·m 2(4). mgl μ21参考解：M ＝⎰M d ＝()mgl r r l gm l μμ21d /0=⎰(5). 2E 0三、计算题1. 如图所示，半径为r 1＝0.3 m 的A 轮通过皮带被半径为r 2＝0.75 m 的B 轮带动，B 轮以匀角加速度π rad /s 2由静止起动，轮与皮带间无滑动发生．试求A 轮达到转速3000 rev/min 所需要的时间．解：设A 、B 轮的角加速度分别为βA 和βB ，由于两轮边缘的切向加速度相同， a t = βA r 1 = βB r 2则 βA = βB r 2 / r 1 A 轮角速度达到ω所需时间为()75.03.060/2300021⨯π⨯π⨯===r r t B Aβωβωs ＝40 s2.一砂轮直径为1 m 质量为50 kg ，以 900 rev / min 的转速转动．撤去动力后，一工件以 200 N 的正压力作用在轮边缘上，使砂轮在11.8 s 内停止．求砂轮和工件间的摩擦系数．(砂轮轴的摩擦可忽略不计，砂轮绕轴的转动惯量为21mR 2，其中m 和R 分别为砂轮的质量和半径).解：R = 0.5 m ，ω0 = 900 rev/min = 30π rad/s ，根据转动定律 M = -J β ① 这里 M = -μNR ②μ为摩擦系数，N 为正压力，221mR J =． ③ 设在时刻t 砂轮开始停转，则有： 00=+=t t βωω从而得 β＝-ω0 / t ④将②、③、④式代入①式，得 )/(2102t mR NR ωμ-=- ∴ m =μR ω0 / (2Nt )≈0.5r1. 有一半径为R 的圆形平板平放在水平桌面上，平板与水平桌面的摩擦系数为μ，若平板绕通过其中心且垂直板面的固定轴以角速度ω0开始旋转，它将在旋转几圈后停止？（已知圆形平板的转动惯量221mR J =，其中m 为圆形平板的质量）解：在r 处的宽度为d r 的环带面积上摩擦力矩为r r r R mgM d 2d 2⋅π⋅π=μ总摩擦力矩 mgR M M R μ32d 0==⎰故平板角加速度 β =M /J设停止前转数为n ，则转角 θ = 2πn由 J /Mn π==4220θβω可得 g R MJ n μωωπ16/342020=π=2. 一转动惯量为J 的圆盘绕一固定轴转动，起初角速度为ω0．设它所受阻力矩与转动角速度成正比，即M ＝－k ω (k 为正的常数)，求圆盘的角速度从ω0变为021ω时所需的时间．解：根据转动定律： J d ω / d t = -k ω ∴ t J kd d -=ωω两边积分：⎰⎰-=t t J k02/d d 100ωωωω得 ln2 = kt / J∴ t ＝(J ln2) / k5.一质量为m 的物体悬于一条轻绳的一端，绳另一端绕在一轮轴的轴上，如图所示．轴水平且垂直于轮轴面，其半径为r ，整个装置架在光滑的固定轴承之上．当物体从静止释放后，在时间t 内下降了一段距离S ．试求整个轮轴的转动惯量(用m 、r 、t 和S 表示)．解：设绳子对物体(或绳子对轮轴)的拉力为T ，则根据牛顿运动定律和转动定律得：mg T ＝ma ① T r ＝J β ② 由运动学关系有： a = r β ③ 由①、②、③式解得： J ＝m ( g －a ) r 2 / a ④ 又根据已知条件 v 0＝0 ∴ S ＝221at ， a ＝2S / t 2 ⑤将⑤式代入④式得：J ＝mr 2(Sgt22－1)3.如图所示，设两重物的质量分别为m 1和m 2，且m 1＞m 2，定滑轮的半径为r ，对转轴的转动惯量为J ，轻绳与滑轮间无滑动，滑轮轴上摩擦不计．设开始时系统静止，试求t 时刻滑轮的角速度． 解：作示力图．两重物加速度大小a 相同，方向如图.m 1g －T 1＝m 1a T 2－m 2g ＝m 2a 设滑轮的角加速度为β，则 (T 1－T 2)r ＝J β 且有 a ＝r β 由以上四式消去T 1，T 2得： ()()J r m m gr m m ++-=22121β 开始时系统静止，故t 时刻滑轮的角速度．()()Jrm m grt m m t ++-==22121 βω7.一根放在水平光滑桌面上的匀质棒，可绕通过其一端的竖直固定光滑轴O 转动．棒的质量为m = 1.5 kg ，长度为l = 1.0 m ，对轴的转动惯量为J = 231ml ．初始时棒静止．今有一水平运动的子弹垂直地射入棒的另一端，并留在棒中，如图所示．子弹的质量为m '= 0.020 kg ，速率为v = 400 m ·s -1．试问：(1) 棒开始和子弹一起转动时角速度ω有多大？(2) 若棒转动时受到大小为M r = 4.0 N ·m 的恒定阻力矩作用，棒能转过多大的角度θ？解：(1) 角动量守恒：ω⎪⎭⎫ ⎝⎛'+='2231l m ml l m v ∴ l m m m ⎪⎭⎫ ⎝⎛'+'=31vω＝15.4 rad ·s -1(2) 由转动定律，得： －M r ＝(231ml ＋2l m ')β0－ω 2＝2βθ∴ rM l m m 23122ωθ⎪⎭⎫ ⎝⎛'+=＝15.4 rad8.如图所示，A 和B 两飞轮的轴杆在同一中心线上，设两轮的转动惯量分别为 J ＝10 kg ·m 2 和 J ＝20 kg ·m 2．开始时，A 轮转速为600 rev/min ，B 轮静止．C 为摩擦啮合器，其转动惯量可忽略不计．A 、B 分别与C 的左、右两个组件相连，当C 的左右组件啮合时，B 轮得到加速而A 轮减速，直到两轮的转速相等为止．设轴光滑，求： mm , lOm '(1) 两轮啮合后的转速n ； (2) 两轮各自所受的冲量矩．解：(1) 选择A 、B 两轮为系统，啮合过程中只有内力矩作用，故系统角动量守恒J A ωA ＋J B ωB = (J A ＋J B )ω，又ωB ＝0得： ω ≈ J A ωA / (J A ＋J B ) = 20.9 rad / s 转速 ≈n 200 rev/min (2) A 轮受的冲量矩⎰t MAd = J A (J A ＋J B ) = -4.19×10 2 N ·m ·s负号表示与A ωϖ方向相反． B 轮受的冲量矩⎰t MBd = J B (ω - 0) = 4.19×102 N ·m ·s方向与A ωϖ相同．4.一匀质细棒长为2L ，质量为m ，以与棒长方向相垂直的速度v 0在光滑水平面内平动时，与前方一固定的光滑支点O 发生完全非弹性碰撞．碰撞点位于棒中心的一侧L 21处，如图所示．求棒在碰撞后的瞬时绕O 点转动的角速度ω．(细棒绕通过其端点且与其垂直的轴转动时的转动惯量为231ml ，式中的m 和l 分别为棒的质量和长度．)解：碰撞前瞬时，杆对O 点的角动量为L m L x x x x L L 0202/002/30021d d v v v v ==-⎰⎰ρρρ式中ρ为杆的线密度．碰撞后瞬时，杆对O 点的角动量为ωωω2221272141234331mL L m L m J =⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛=因碰撞前后角动量守恒，所以 L m mL 022112/7v =ω ∴ ω = 6v 0 / (7L)10. 空心圆环可绕光滑的竖直固定轴AC 自由转动，转动惯量为J 0，环的半径为R ，初始时环的角速度为ω0．质量为m 的小球静止在环内最高处A 点，由于某种微小干扰，小球沿环向下滑动，问小球滑到与环心O 在同一高度的B 点和环的最低处的C 点时，环的角速度及小球相对于环的速度各为多大?(设环的内壁和小球都是光滑的，小球可视为质点，环截面半径r <<R .)解：选小球和环为系统．运动过程中所受合外力矩为零，角动量守恒．对地球、小球和环系统机械能守恒．取过环心的水平面为势能零点．小球到B 点时： J 0ω0＝(J 0＋mR 2)ω ①2121()22220200212121BR m J mgR J v ++=+ωωω ② 式中v B 表示小球在B 点时相对于地面的竖直分速度，也等于它相对于环的速度．由式①得：ω＝J 0ω 0 / (J 0 + mR 2) 1分代入式②得222002J mR RJ gR B ++=ωv 当小球滑到C 点时，由角动量守恒定律，系统的角速度又回复至ω0，又由机械能守恒定律知，小球在C 的动能完全由重力势能转换而来．即： ()R mg m C 2212=v , gR C 4=v 四 研讨题1. 计算一个刚体对某转轴的转动惯量时，一般能不能认为它的质量集中于其质心，成为一质点，然后计算这个质点对该轴的转动惯量？为什么？举例说明你的结论。
大学物理A 练习题 第2章《刚体定轴转动》
《第2章 刚体定轴转动》一 选择题1. 关于力矩有以下几种说法：(1) 对某个定轴而言，内力矩不会改变刚体的角动量． (2) 作用力和反作用力对同一轴的力矩之和必为零．(3) 质量相等，形状和大小不同的两个刚体，在相同力矩的作用下，它们的角加速度一定相等．在上述说法中，(A) 只有(2) 是正确的． (B) (1)、(2) 是正确的． (C) (2)、(3) 是正确的．(D) (1)、(2)、(3)都是正确的．[ ]2. 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．[ ]3. 将细绳绕在一个具有水平光滑轴的飞轮边缘上，现在在绳端挂一质量为m 的重物，飞轮的角加速度为β．如果以拉力2mg 代替重物拉绳时，飞轮的角加速度将 (A) 小于β． (B) 大于β，小于2 β． (C) 大于2 β． (D) 等于2 β．[ ]4. 花样滑冰运动员绕通过自身的竖直轴转动，开始时两臂伸开，转动惯量为J 0，角速度为ω0．然后她将两臂收回，使转动惯量减少为31J 0．这时她转动的角速度变为(A) 31ω0． (B) ()3/1 ω0． (C) 3 ω0． (D) 3 ω0．[ ]5. 如图所示，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，初始状态为静止悬挂．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，则在碰撞过程中对细杆与小球这一系统(A) 只有机械能守恒． (B) 只有动量守恒． (C) 只有对转轴O 的角动量守恒．(D) 机械能、动量和角动量均守恒．[ ]二 填空题1. 一飞轮作匀减速转动，在5 s 内角速度由40π rad ·s -1减到10π rad ·s -1，则飞轮在这5 s 内总共转过了________________圈，飞轮再经______________的时间才能停止转动．2. 一作定轴转动的物体，对转轴的转动惯量J ＝3.0 kg ·m 2，角速度ω 0＝6.0 rad/s ．现对物体加一恒定的制动力矩M ＝－12 N ·m ，当物体的角速度减慢到ω＝2.0 rad/s 时，物体已转过了角度∆θ ＝_________________．3. 如图所示，A 、B 两飞轮的轴杆在一条直线上，并可用摩擦啮合器C 使它们连结．开始时B 轮静止，A 轮以角速度ωA 转动，设在啮合过程中两飞轮不受其它力矩的作用．当两轮连结在一起后，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 ＝________．4. 一根质量为m 、长为l 的均匀细杆，可在水平桌面上绕通过其一端的竖直固定轴转动．已知细杆与桌面的滑动摩擦系数为μ，则杆转动时受的摩擦力矩的大小为________________．5. 一滑冰者开始张开手臂绕自身竖直轴旋转，其动能为E 0，转动惯量为J 0，若他将手臂收拢，其转动惯量变为021J ，则其动能将变为__________________．(摩擦不计) 三 计算题1. 均质圆轮A 的质量为M 1，半径为R 1，以角速度ω绕OA 杆的A 端转动，此时，将其放置在另一质量为M 2的均质圆轮B 上，B 轮的半径为R 2．B 轮原来静止，但可绕其几何中心轴自由转动．放置后，A 轮的重量由B 轮支持．略去轴承的摩擦与杆OA 的重量，并设两轮间的摩擦因素为μ，问自A 轮放在B 轮上到两轮间没有相对滑动为止，需要经过多长时间？2. 一转动惯量为J 的圆盘绕一固定轴转动，起初角速度为ω0．设它所受阻力矩与转动角速度成正比，即M ＝－k ω (k 为正的常数)，求圆盘的角速度从ω0变为021ω时所需的时间．3. 如图所示，设两重物的质量分别为m 1和m 2，且m 1＞m 2，定滑轮的半径为r ，对转轴的转动惯量为J ，轻绳与滑轮间无滑动，滑轮轴上摩擦不计．设开始时系统静止，试求t 时刻滑轮的角速度．4. 一匀质细棒长为2L ，质量为m ，以与棒长方向相垂直的速度v 0在光滑水平面内平动时，与前方一固定的光滑支点O 发生完全非弹性碰撞．碰撞点位于棒中心的一侧L 21处，如图所示．求棒在碰撞后的瞬时绕O 点转动的角速度ω．(细棒绕通过其端点且与其垂直的轴转动时的转动惯量为231ml ，式中的m 和l 分别为棒的质量和长度．)m21215. 一质量均匀分布的圆盘，质量为M ，半径为R ，放在一粗糙水平面上(圆盘与水平面之间的摩擦系数为 )，圆盘可绕通过其中心O 的竖直固定光滑轴转动．开始时，圆盘静止，一质量为m 的子弹以水平速度v 0垂直于圆盘半径打入圆盘边缘并嵌在盘边上，求(1) 子弹击中圆盘后，盘所获得的角速度．(2) 经过多少时间后，圆盘停止转动． (圆盘绕通过O 的竖直轴的转动惯量为221MR ，忽略子弹重力造成的摩擦阻力矩)四 研讨题1. 计算一个刚体对某转轴的转动惯量时，一般能不能认为它的质量集中于其质心，成为一质点，然后计算这个质点对该轴的转动惯量？为什么？举例说明你的结论。
大学物理(刚体部分)39页PPT
y y
θ一定,每一质点位置一定.
x
(t) t11,t22 2 1 角位移
o o
xx
4
四、角速度与角加速度
lim d
v
t0 t dt
lddit m t0减 加 t 速 速dd与 与 t反 同ddt2向 向 2. ，转右轴手转螺动旋平,轴面向
0 t
匀加速转动: 0tt2 2
202 2
5
五、线量和角量的关系
内滑轮转过的圈数.(4)开始上升后,t=1s末滑轮 边缘上一点的加速度(设绳索与滑轮之间不打滑).
解:(1) at r a t r ar 0 .8 ra ds2
(2) 0t t4rads
(3) t2 210rad n21.6圈 r
(4) at a, a nr2rt20 .3 2m s2
a
概念、规律、方法与质点力学对照学习！
2
§1 刚体定轴转动及其描述
一、刚体
物体受力作用时,组成它的各质量元之间的 相对位置保持不变.有大小,形状不变. 二、平动和转动 （刚体运动的基本形式)
平动：刚体内任意两点连线的空间指向始终 保持不变,各点的运动情况完全相同.
转动：刚体内各质点在运动中都绕同一直线 作圆周运动.该直线称转轴. 转轴固定不动---定轴转动.
加a速度at2与滑an 2轮0 边.5缘1m 切s线2方向ar夹cta角naa.nt 38.7
7
§2 转动定律
一、力矩
Ft
F
转动效果原因---力矩
o
r
M F d Fsrin d F n F F
矢量式 M r F 右手螺旋 针对某参考点
当外力不在转动平面内,可分解成垂直轴
和平行轴的两分量,后者对转动无贡献. o R
刚体的定轴转动
不可伸长）
R m3
m1
m2
24
R
m1
m2
解 对m1 、m2，滑轮作受力分析， m1 、 m2作平动，滑轮作转动，
(T1 T1，T2 T2)
m1g T1 m1a
T2 m2 g m2a
其一 此处滑轮质量不可忽略，大小不可忽略，所以要用到转动定律；
其二 绳与滑轮间无相对滑动，所以
；因a R
故滑轮两边绳之张力不相等。
26
例2－33 质量m=1.0kg、半径 r=0.6m 的匀质圆盘，可以绕通过其中心且垂直盘面的水
平光滑固定轴转动，对轴的转动惯量 I=mr2/2。圆盘边缘绕有绳子，绳子下端挂一质量
质量分布均匀而有一定几何形 状的刚体，质心的位置为它的 几何中心。
X
32
五、机械能守恒定律 若 A外 0 A内非 ＝０ (或只有保守力作功)
系统机械能守恒，即
1 2
mv2
1 2
I2
mghc
1 2
k x2
恒量
33
例2－35 一均匀细杆长为l，质量为m，垂直放置，o点着地。杆绕过o的光滑水平轴
m=1.0kg 的物体，如图所示。起初在圆盘上加一恒力矩使物体以速率 v0=0.6m/s 匀速上 升，如撤去所加力矩，问经历多少时间圆盘开始作反方向运动？
r
T
m、r
T
a
v0
mg
解；受力分析如图所示
mg T ma
Tr I
a r
v0 at 0
I 1 mr2 2
解得 a mgr mr I r 2g 3