3刚体的定轴转动解析

《物理学》多媒体学习辅导系统

第三章 刚体的定轴转动

教学要求

一．理解定轴转动刚体运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。

基本内容

本章的重点是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，难点是刚体绕定轴转动的角动量守恒定律及其应用。

一．角量与线量的关系

2

ωα

ωθr a r a r v r s ====n t

二．描述刚体定轴转动的物理量和运动规律与描述质点直线运动的物理量和运动规律有类比关系，有关的数学方程完全相同, 为便于比较和记忆，列表如下。只要将我们熟习的质点直线运动的公式中的x 、v 、a 和m 、F 换成θ、ω、α和I 、M , 就成为刚体定轴转动的公式。

表3—1

质点的直线运动 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 t

d

d θω=

加速度 22d d d d t x t 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 +

+= 2002

1

t t++ =αωθθ ()02022x x a v v -=- ()02

02 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 = 力的功 ?

=

x

x x F A 0

d 力矩的功 ?=θ

θθ0

d M A

动能 221mv E =k 动能 k 22

1

ωI E = 动能定理

2

02210

mv mv x F x x 2

1d -=

?

动能定理 2

022

121d ωωθθ

θ

I I M -=

?20

冲量

?

t

t t F 0

d 冲量矩

?

t

t t M 0

d

动量 mv 角动量( 动量矩 ) ωI

动量定理

00

mv mv t F t

t -=?

d 角动量定理

?

-=t

t I I t M 0

0d ωω

系统的机械能守恒定律 系统的机械能守恒定律

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

系统的动量守恒定律 系统的角动量守恒定律 若

0=∑外

F

,则 若0=∑外M ,则 =∑i

i v

m 常量

=∑i

L

常量

三．对于质点、刚体组成的系统，动能定理仍然适用，系统的动能包括系统内

所有质点的平动动能和刚体的转动动能。当系统内力只有保守力作功，其外力和非保守内力作的总功为零，则整个系统机械能守恒。

问题讨论

一．一长为l 、质量为m 的匀直细棒一端固定，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的角速度。

有人这样解：放手后杆受重力矩2

l

mg M =， 细杆绕点O 的水平轴转动的转动惯量为23

1ml I =， 由转动定律αI M =，解得l g 23=

α；又根据θαωω?=-22

02，00=ω，2

πθ=?得l

g

23πω=

。这种解法对吗？为什么？ 讨论：

上述计算方法是错误的! 其根源在于忽视了转动定律的瞬时性。 刚放手时重力矩2l

mg

M =，角加速度l

g 23=α，但随着杆的转动，重力矩越来越小，在θ处，为θcos l mg

M 2

1

=；角加速度也随之减小，在θ处，为θαcos l g 23=。到竖直位置，0=M ，0=α。也就是说，在杆转动过程中，角加速度是变量，杆的摆动是变加速运动，不可用匀变速转动的公式θαωω?=-22

02

。

此题的解法有多种，我们介绍两种从功和能的角度求解的方法。 解法一：用动能定理

杆摆到任一θ角时，其所受的重力矩为

θcos 2

l

mg M =

杆从水平位置转到竖直位置时，重力对杆所作的功为

2

22

l mg l mg M A A ====?

??θθθπd cos d d

由刚体的动能定理k E A ?=

2

022

1212ωωI I l mg

-=

式中00=ω，23

1ml I = 解得

l

g

I mgl 3==

ω 解法二： 用机械能守恒求解

取杆和地球为系统，除重力外无其它力作功，机械能守恒。取竖直位置时杆的质心位置为重力势能零点，有

)(2

00212l

mg I --=-ω 式中

23

1

ml I =

解得

l

g

I mgl 3==

ω 二．如图，一质量为m '的黏土块以水平速度0v 甩向长为l 质量为m 的杆的末端，并粘在杆端。求系统获得的角速度。

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 +''=

，

l

m m v m l v )(+'==

0ω。这样解对吗？为什么？

讨论：

上述计算方法是错误的! 其根源在于没有认真分析

守恒定律成立的条件。

在黏土块甩在杆上瞬时，杆的上端受到一个很大的力，这个力对黏土块与杆组成的系统而言是外力，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，且系统的重力矩也为零，即系统的合外力矩为零，角动量守恒。

黏土块开始与杆碰撞的瞬时，系统的角动量仅为黏土块对转轴的角动量，其2

l m I '=，

l

v 0

0=

ω， l v m L 00'=

碰撞结束时，系统的角动量为 ω)(2

2

3

1ml l m L +

'= 由碰撞过程中角动量守恒

ω2031l m m l v m ??? ?

?

+'='

解得

l

m m v m )(+''=

330

ω

典型例题

例一 如图，质量kg 10=m 、半径cm 10=r 的定滑轮两边挂着质量分别为kg 101=m 和kg 52=m 的滑块，滑块2m 在倾角

30=θ的斜面上

滑动，它们之间的摩擦系数为300.=μ。设滑轮与转轴间无摩擦，绳与轮间无相对滑动，求滑块的加速度和绳中张力的大小。

解：这是一个质点、刚体组成的系统，需隔离物体，分析各物体所受力(力矩)。 作受力分析图，由牛顿第二定律和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）

2

2

1mr I =

（4） αr a a a ===21 （5）

θμcos r g m F 2= （6）

1T1T

F F '= （7）

2T2T

F F '= （8） 解得

()22122104331021

-?==++--=

s m ..sin cos g g m

m m m m m a θ

θμ

()() 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 4

1

（l 为杆长）的水平轴o 在竖直平面内转动，杆的质量为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和加速度为多少？

解: 由平行轴定理 ，杆绕水平轴的转动惯量为

222248

7

161121ml l m ml md I I c =+=

+= 杆和地球组成的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，此时杆的势能增加为

2

l mg E P =?

动能增加为

2022

121ωωI I E k -=

? 由P k E E ?-=?解得

l

g

74820+

=ωω

由0≥ω得

l

g

l g 734

7480=≥

ω 杆处于水平位置时势能增加为

4

l mg E P =?

动能变化

2022

121ωωI I E k -=

? 由P k E E ?-=?解得

l

g

72420-

=ωω 杆处于水平位置时重力矩为

4

l

mg M =

由转动定律 αI M =

l g ml l

mg I M 71248

742=?

=

=α

过关测试

第一关

1． 选出下述说法中的正确者。 A ．公式ωr v =中， v 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，刚体上一点的线速度v 、切向加速度t a 、法向加速度n a 的大小都与该质点距轴的距离r 成正比；

D ． 因r

v a 2

n =，所以，上面( C ) 中关于法向加速度的叙述不正确。

答： C

2．在下列说法中，错误的是：

A．刚体作定轴转动时，其上各点的角速度相同，线速度则不同；

M=，式中M、I、α均为对同一条固定轴而言B．刚体定轴转动的转动定律为αI

的，否则该式不成立；

C．刚体的转动动能等于刚体上各质元的动能之和；

D．对给定的刚体而言，它的质量和形状是一定的，则其转动惯量也是唯一确定的。

答： D

3．细棒可绕光滑轴转动，该轴垂直地通过棒的一个端点，今使棒从水平位置开始下摆，在棒转到竖直位置的过程中，下述说法正确的是

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：正确答案是A

4．几个力同时作用于一个具有固定转轴的刚体上。如果这几个力的矢量和为零，则正确答案是

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：正确答案是D

5．如图所示，四个质量相同、线度相同而形状不同的均质物体，它们对各自的几何对称轴的转动惯量最大的和最小的是

A．（1）和（2）；

B ．（1）和（4）；

C ．（2）和（3）；

D ．（2）和（4）。 答： B

6．一质点作匀速率圆周运动时

A ．它的动量不变，对圆心的角动量也不变；

B ．它的动量不变，对圆心的角动量不断改变；

C ．它的动量不断改变，对圆心的角动量不变；

D ．它的动量不断改变，对圆心的角动量也不断改变。 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 的任一点的 A ．切向、法向加速度的大小均随时间变化； B ．切向、法向加速度的大小均保持恒定；

C ．切向加速度的大小恒定，法向加速度的大小变化；

D ．切向加速度的大小变化，法向加速度的大小恒定。 答： C

2．两个匀质圆盘A 和B 的密度分别为A ρ和B ρ，且B A ρρ>，但两圆盘质量和厚度相同。如两盘对通过盘心垂直于盘面的轴的转动惯量分别为A I 和B I ，则 A ．B A I I >； B ．A B I I >； C ．B A I I =； D ．不能确定。 答： B

(解 B A m m = 即

h r h r 2

2B B A A πρπρ=，B A ρρ>则A B r r >，又22

1

mr I =，

A B I I >∴)

3．关于力矩有以下几种说法

(1) 内力矩不会改变刚体对某个定轴的角动量； (2) 作用力和反作用力对同一轴的力矩之和为零；

(3) 大小相同方向相反两个力对同一轴的力矩之和一定为零；

(4) 质量相等，形状和大小不同的刚体，在相同力矩作用下，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)和(2)是正确的；

C．(3) 和(4)是正确的；

D．(1) 、(2)和(3)是正确的。

答： B

4．水平刚性轻杆上对称地串着两个质量均为m的小球，如图所示。现让细杆绕通过中

时，两球开始向杆的两端滑动，此时便撤去外力，任杆自心的竖直轴转动，当转速达到

由转动（不考虑转轴和空气的摩擦）。在此过程中球和杆组成的系统

A．动能守恒和动量守恒；

B．动能守恒和角动量守恒；

C．只有动量守恒；

D．只有角动量守恒。

答： D

5．工程技术上的摩擦离合器是通过摩擦实现传动的装置，其结构如图所示。轴向作用力可以使A、B两个飞轮实现离合。当转动

的A轮与B轮接合通过摩擦力矩带动B轮

转动时，此刚体系统在两轮接合前后

A．角动量改变，动能亦改变；

B．角动量改变，动能不变；

C．角动量不变，动能改变；

D．角动量不变，动能亦不改变。

答： C

6．如右图所示，一均匀细杆可绕通过上端与杆垂直的水平光滑轴O旋转，初始状态为静止悬挂，现有一个小球从左方水平打击细杆，设小球与轴杆

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．机械能守恒

B．动量守恒

C．对转轴O的角动量守恒

D．机械能，动量和角动量都不守恒

答： C 第三关

1．一飞轮绕轴作变速转动，飞轮上有两点1P 和2P ，它们到转轴的距离分别为d 和d 2，则在任意时刻，1P 和2P 两点的加速度大小之比21a a 为

A ．

21；

B ．

4

1

； C ．要由该时刻的角速度决定； D ．要由该时刻的角加速度决定。 答： A （

解

：

α

r a =t ，

2

ωr a =n ，

4

22

2ωα+=+=r a a a n t ，

2122121===d d r r a a /）

2．下列说法中哪个或哪些是正确的

（1）作用在定轴转动刚体上的力越大，刚体转动的角加速度应越大； （2）作用在定轴转动刚体上的合力矩越大，刚体转动的角速度越大； （3）作用在定轴转动刚体上的合力矩为零，刚体转动的角速度为零； （4）作用在定轴转动刚体上合力矩越大，刚体转动的角加速度越大； （5） 作用在定轴转动刚体上的合力矩为零，刚体转动的角加速度为零。 A ．（1）和（2）是正确的； B ．（2）和（3）是正确的； C ．（3）和（4）是正确的； D ．（4）和（5）是正确的。 答： D

3．如下图P 、Q 、R 、S 是附于刚性轻细杆上的4个质点，质量分别为m 4，m 3，m 2和m ，系统对O O '轴的转动惯量为

A ．2

50ml B ．214ml C ．210ml D ．29ml

答： A

(解 222225022334ml l m l m l m r

m I i

i =?+?+?=?=

∑)()()

4．一质点从静止出发绕半径为R 的圆周作匀变速圆周运动，角加速度为α，当质点走完一圈回到出发点时，所经历的时间是

A ．R 2

2

1α

B ．

α

π

4

C ．

α

π

2

D ．不能确定 答： B

（解 由20021 t t+

+ =αωθθ，式中00=θ，00=ω，πθ2=，α

παθ42==t ） 5．一人张开双臂，手握哑铃，坐在转椅上，让转椅转动起来，若此后无外力矩作用，则当此人收回双臂时，人和转椅这一系统的

A ．转速加大，转动动能不变；

B ．角动量和转动动能都不变；

C ．转速和角动量都加大；

D ．角动量保持不变，转动动能加大。 答： D

(解： 张开双臂转动惯量为1I 大于收回双臂转动惯量为2I ，收回双臂的过程外力矩

0=M ，角动量守恒，2211ωωI I =，因此

112

1

2ωωω>=

I I ； 而

12

11212212

2222121k k k E I I E I I I E >?===ωω。)

6．两质量为1m 和2m 的质点分别沿半径为R 和r 的同心圆周运动，前者以1ω的角速度沿顺时针方向，后者以2ω的角速度沿逆时针方向。以逆时针方向为正向，则该二质点组成的系统的角动量是

A ．222121ωωr m R m -；

B ．121222ωωr m R m -；

C ．222121ωωR m r m -；

D ．121222ωωR m r m -。 答： D

(解： 1211ωR m L -=，2222ωr m L =，12122221ωωR m r m L L L -=+=) 第四关

1． 定轴转动刚体的运动方程是325t θ+= ，s .001=t 时刚体上距转轴m .10的一点的加速度的大小是

A ．263-?s m .；

B ．2

83-?s m .； C ．221-?s m .; D ．242-?s m .。 答： B （解：

26dt d t ==

θ

ω t t

12==d d ωα

rt r a 12==αt

42n 36rt r a ==ω

42422

291123612t rt rt rt a a a +=+=+=)()(n t

当m .10=r ，s .001=t

283-?=s m .a ）

2． 有一半径为R 的匀质水平圆转台，绕通过其中心且垂直圆台的轴转动，转动惯量为I ，开始时有一质量为m 的人站在转台中心，转台以匀角速度0ω转动，随后人沿着半径向外跑去，当人到达转台边缘时，转台的角速度为

A ．

02

ωmR I I

+；

B ．

02ωR m I I

)(+；

C ．

02

ωmR I

； D ．0ω。

答： A

(解： 人和转台组成的系统外力矩0=M ，角动量守恒。转台的转动惯量为I ，人在台心时人的转动惯量为0，人在台边时人的转动惯量为2

mR ，ωω)(20mR I I +=∴，

02

ωωmR

I I

+=

。) 3．质量m 长l 的细棒对通过距一端3

l

、与棒垂直的轴的转动惯量为 A ．2

9

1ml ；

B ．

2

41ml ； C ．

2367

ml ；; D ．

2

36

13ml 。 （解：棒对通过质心与棒垂直的轴的转动惯量为

2

12

1ml I c =

，由平行轴定理 22229

1

3121121ml l l m ml md I I c =-+=

+=)(） 4．水平刚性轻杆上对称地串着两个质量均为m 的小球，如图所示。现让细杆绕通过中心的竖直轴转动，当转速达到0ω时，两球开始向杆的两端滑动，此时便撤去外力，任杆自由转动（不考虑转轴和空气的摩擦），当两球都滑至杆端时，系统的角速度为

A ．0ω

B ．02ω

C ．0160ω.

D ．050ω.

答： C

（解： 由角动量守恒

ωωI I 2200=

0002

200160100162ωωωωω.==??

?

??==l m md I I 5．长为l 质量为m 的均匀细棒，绕一端点在水平面内作匀速率转动，已知棒中心点的线速率为v ，则细棒的转动动能为

A ．

221

mv ； B ．

2

32mv ； C ．2

6

1mv ； D ．

224

1

mv 。 答：B

(解： 细棒的转动转动惯量为231ml I =

，棒中心点的线速率为ω2l

v =，故l

v 2=ω。细棒的转动动能为22

22322312121mv l v ml I E k =?

?

? ????==ω。) 6．原来张开双臂以0ω角速度旋转的冰上芭蕾舞演员其转动动能为0k E ，将手臂收回使转动惯量减少到原来的

3

1

，则其转速和动能分别变为 A ．03ω；03k E ； B ．03ω；09k E ； C ．02

3ω；03k E ；; D ．03ω；04

9

k E 答：A

（解：

3

1I I =由角动量守恒ωωI I =00，00

03ωωω==

I

I

；

02002393

12121k k E I I E =??==

ωω。） 第五关

1．一轻绳绕在具有水平转轴的定滑轮上，绳下端挂一物体，物体的质量为m ，此时滑轮的角加速度为α，若将物体卸掉，而用大小等于mg 、方向向下的力拉绳子，则滑轮的角加速度将

A ．变大

B ．不变；

C ．变小；

D ．无法判断。 答：A

(解: 挂物体时：

ma F mg =-T

1αI r F =T 1αr a =

解得

2

1mr I mgr

+=

α

用大小等于mg 、方向向下的力拉时

2αI mgr =

I

mgr

=

2α 因此

12αα≥）

2．可绕水平轴转动的飞轮，直径为m .01，一条绳子绕在飞轮的外周边缘，在绳的一端加一不变的拉力，如果从静止开始在s 4钟内绳被展开m 10，则绳端点的加速度和飞轮的角加速度分别为

A ．2

251-?s m .，2

s 502-.； B ．2

s m 502-?.，2

251-s .；

C ．2251-?s m .，2

251-s .； D ．2

s m 502-?.，2

s 502-.。 答：A

(解： 绳的端点作匀加速直线运动，由221at s =

，得)s m (.2222514

1022-?=?==t s a ； 2s m 5002-?==

.d r )s (.2251-==r

a

α 。） 3．三个完全相同的转轮绕一公共轴旋转。它们的角速度大小相同，但其中一轮的转动

方向与另外两个相反。今沿轴的方向把三者紧靠在一起，它们获得相同的角速度。此时系统的动能与原来三轮的总动能相比，正确答案是

A ．减少到31

； B ．减少到

9

1； C ．增大到3倍; D ．增大到9倍。 答： B

（解：由角动量守恒

ωωωI I I 3200=-

03

1ωω=

初始动能

2

02002

3213ωωI I E k =?=

末动能

02029

1

9123321k k E I I E =?=?=

ωω ) 4． 一均匀圆盘状飞轮，质量为kg 20，半径为m .30。则它以每分钟60转的转速旋转时的动能为

A ．J .2

216π； B ．J .218π； C ．J .281π； D ．J .18。

答： C （解：

()

J . k 22

22

22816060230202121602212121πππω.n mR I E =??? ?????? ????=?

?

? ????? ??== 5． 质量为m 、长为l 的细棒，可绕通过其上端的水平轴在竖直平面内无摩擦地转动，静止在竖直位置。被一粒石子击中后细棒获得角速度0ω。则棒转到水平位置时的角速度和角加速度大小分别为

A ．gl 32

0-ω，l

g 23=

α； B ．l

g

32

0-

ω，l g 23=α；

C ．l

g

32

0-

ω，l g 23=α； D ．gl 32

0-ω，l g 2

3=

α。 答：B

（解： 由机械能守恒，P k E E ??-=

2

2121202l mg I I -=-ωω 23

1ml I =

l

g 320-

=ωω 由转动定律 αI M =

2l

mg M =

l

g 23=α）

6． 如图，质量为1m 、半径为r 的圆盘，可无摩擦地绕水平轴转动，轻绳的一端系在圆盘的边缘，另一端悬挂一质量为2m 的物体。则当物体由静止下落高度h 时，其速度为

A ．

21224m m gh

m +

B ．

21236m m gh

m +

C ．

21224m m gh

m +

D ．

2

1236m m gh

m +

答：A

（解:由机械能守恒定律，p k E E ?-=?

gh m v m I 22222

1

21=+ω 而

2

21mr I =

ωr v =

解得

2

1224m m gh

m v +=

）

习题指导

3－16细棒长为l , 质量为m ，设转轴通过棒上

离中心为h 的一点并与棒垂直，则棒对此轴的转动惯量为(用平行轴定理计算)

指导：细棒对过质心的垂直轴的转动惯量为

2c 12

1

ml I =

，由平行轴定理2c md I I +=，h d =可求出结果

3－17在半径为R 的均匀薄圆盘中挖出一直径为R 的圆形

面积，所剩部分质量为m ，圆形空面积的中心距圆盘的中心为2

R

，求所剩部分对通过盘心且与盘面垂直的轴的转动惯量。

指导：此题用补偿法解，先求未挖过的半径为R 实心大圆盘对轴线的转动惯量

22

1

R m I ''=

''，再由平行轴定理求半径为2R 的小圆盘对边缘且垂直于盘的轴的转动惯量

2d m I I c

'+'='（2

R

d =），即 22228

121323212121mR R m R m R m I ==+=)()(')(''

两者之差即为所要求的剩余部分转动惯量。式中各部分质量可这样求：小圆盘的面积

4222

R R s ππ=

??

? ??='，实心大圆盘的面积2

R s π=''，41='''s s ，41='''∴m m ，又m m m ='-''所以挖出小圆盘质量m m 31=

'，而实心大圆盘的质量m m m m 3

4

31=+='' 3－18如图所示，两个物体质量分别为1m 和2m ，定滑轮的质量为m ，半径为R ，可看成圆盘。已知

2m 与桌面的摩擦系数为μ。设绳与滑轮无相对滑动，且可不计滑轮轴的摩擦力矩。求1m 下落的加速度和两段绳中的张力。

指导：此题中定滑轮的质量为m 不可忽略，滑轮为刚体，因此要对滑轮和两个物体

分别进行受力分析。如图，由牛顿第二定律、转动定律立出各物体的动力学方程

a m F g m 111=-T （1）

对2m ，由牛顿第二定律

a m F F 22r T =- （2）

对m ，由定轴转动定律

α

21I R F R F T T =-

（3）