大学物理学(第二版) 第04章 刚体的转动
大学物理第四章刚体转动
进动和章动在自然界中实例
陀螺仪
地球极移
陀螺仪的工作原理即为进动现象。当 陀螺仪受到外力矩作用时，其自转轴 将绕某固定点作进动，通过测量进动 的角速度可以得知外力矩的大小和方 向。
地球极移是指地球自转轴在地球表面 上的移动现象，其产生原因与章动现 象类似。地球极移的周期约为18.6年 ，且极移的幅度会受到地球内部和外 部因素的影响。
天体运动
许多天体的运动都涉及到进动和章动 现象。例如，月球绕地球运动时，其 自转轴会发生进动，导致月球表面的 某些特征（如月海）在地球上观察时 会发生周期性的变化。同时，行星绕 太阳运动时也会发生章动现象，导致 行星的自转轴在空间中的指向发生变 化。
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THANKS
02
刚体定轴转动动力学
转动惯量定义及计算
转动惯量定义
刚体绕定轴转动时，其惯性大小的量度称为转动惯量，用字母$J$表示。它是一个与刚体质量分布和转轴位置有 关的物理量。
转动惯量计算
对于形状规则的均质刚体，可以直接套用公式计算其转动惯量；对于形状不规则的刚体，则需要采用间接方法， 如分割法、填补法等，将其转化为规则形状进行计算。
刚体性质
刚体是一个理想模型，它在力的作用 下，只会发生平动和转动，不会发生 形变。
转动运动描述方式
01
02
03
定轴转动
平面平行运动
ห้องสมุดไป่ตู้
定点转动
物体绕一固定直线（轴）作转动。
物体上各点都绕同一固定直线作 不同半径的圆周运动，同时物体 又沿该固定直线作平动。
物体绕一固定点作转动。此时物 体上各点的运动轨迹都是绕该固 定点的圆周。
非惯性系下刚体转动描述方法
欧拉角描述法
大学物理第四章习题解
第四章 刚体的定轴转动4–1 半径为20cm 的主动轮，通过皮带拖动半径为50cm 的被动轮转动，皮带与轮之间无相对滑动，主动轮从静止开始作匀角加速度转动，在4s 内被动轮的角速度达到π/s 8，则主动轮在这段时间内转过了 圈。
解：被动轮边缘上一点的线速度为πm/s 45.0π8222=⨯==r ωv在4s 内主动轮的角速度为πrad/s 202.0π412111====r r v v ω主动轮的角速度为2011πrad/s 540π2==∆-=tωωα在4s 内主动轮转过圈数为20π520ππ2(π212π212121=⨯==αωN （圈）4–2绕定轴转动的飞轮均匀地减速，t ＝0时角速度为0ω＝5rad/s ，t ＝20s 时角速度为08.0ωω=，则飞轮的角加速度α＝ ，t ＝0到t ＝100s 时间内飞轮所转过的角度θ＝ 。
解：由于飞轮作匀变速转动，故飞轮的角加速度为20s /rad 05.020558.0-=-⨯=-=tωωα t ＝0到t ＝100s 时间内飞轮所转过的角度为rad 250100)05.0(21100521220=⨯-⨯+⨯=+=t t αωθ4–3 转动惯量是物体 量度，决定刚体的转动惯量的因素有 。
解：转动惯性大小，刚体的形状、质量分布及转轴的位置。
4–4 如图4-1，在轻杆的b 处与3b 处各系质量为2m 和m 的质点，可绕O 轴转动，则质点系的转动惯量为 。
解：由分离质点的转动惯量的定义得221i i i r m J ∆=∑=22)3(2b m mb +=211mb =4–5 一飞轮以600r/min 的转速旋转，转动惯量为·m 2，现加一恒定的制动力矩使飞轮在1s 内停止转动，则该恒定制动力矩的大小M ＝_________。
解：飞轮的角加速度为20s /rad 20160/π26000-=⨯-=-=tωωα制动力矩的大小为m N π50π)20(5.2⋅-=-⨯==αJ M负号表示力矩为阻力矩。
大学物理 第四章 刚体的转动小结
分离变量法：等式两边分别积分时，每边只 能有一个变量。
五、运动的叠加性
运动的叠加性 质点的运动可以看成不同分运动的叠加，通常采用 正交合成和分解
• 1、（本题3分） • 一质点沿x轴作直线运动，其v-t曲线如图 所示，如t=0时，质点位于坐标原点，则 t=4.5 s时，质点在x轴上的位置为 • (A) 5m． (B) 2m． • (C) 0． (D) -2 m． • (E) -5 m. ［ ］ v ( m /s )
t
2
2
0 2 ( 0 )
2
四、已知加速度（或速度）及初始条件求运动方 程；使用积分方法。
dv
a dt
此类问题必须已知初始条件！ 投影到各坐标轴上后再积分！
dr
v dt
a dv dt
变量置换法
dv dx
dx dt
v
dv dx
1. 物理量
2. 线量和角量的关系
d
v r
3.匀角加速转动公式
注意: J和M必须是一个刚体对同一转轴的转动惯量和力矩。若同 时存在几个刚体，原则上应对每个刚体列出 Mi 。 i J i
三、转动惯量
J
J
mi ri
i
2
( 不连续)
( 连续)
r dm
2
刚体的转动惯量与刚体的 质量、形状、质量的分布 以及转轴的位置有关。
1 2
1 2
1 2
• 8、（本题4分） v 从某点开始 • 一物体在某瞬时，以初速度 运动，在 t时间内，经一长度为S的曲线 路径后，又回到出发点，此时速度为 ， -v 则在这段时间内： S • 物体的平均速率是 ； t 2v • 物体的平均加速度是 t ．
物理学教程(第二版)上册课后答案4.5单元
物理学教程（第二版）上册课后答案4.5单元第四章刚体的转动4－1 有两个力作用在一个有固定转轴的刚体上：(1)这两个力都平行于轴作用时，它们对轴的合力矩一定是零； (2)这两个力都垂直于轴作用时，它们对轴的合力矩可能是零； (3)当这两个力的合力为零时，它们对轴的合力矩也一定是零； (4)当这两个力对轴的合力矩为零时，它们的合力也一定是零．对上述说法下述判断正确的是( )(A)只有(1)是正确的 (B)(1)、(2)正确，(3)、(4)错误 (C) (1)、(2)、(3)都正确，(4)错误 (D)(1)、(2)、(3)、(4)都正确分析与解力对轴之力矩通常有三种情况：其中两种情况下力矩为零：一是力的作用线通过转轴，二是力平行于转轴(例如门的重力并不能使门转)．不满足上述情况下的作用力(含题述作用力垂直于转轴的情况)对轴之矩不为零，但同时有两个力作用时，只要满足两力矩大小相等，方向相反，两力矩对同一轴的合外力矩也可以为零，由以上规则可知(1)(2)说法是正确．对于(3)(4)两种说法，如作用于刚体上的两个力为共点力，当合力为零时，它们对同一轴的合外力矩也一定为零，反之亦然．但如这两个力为非共点力，则以上结论不成立，故(3)(4)说法不完全正确．综上所述，应选(B)． 4－2 关于力矩有以下几种说法：(1)对某个定轴转动刚体而言，内力矩不会改变刚体的角加速度； (2)一对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，它们的运动状态一定相同．对上述说法下述判断正确的是( )(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)都是正确的分析与解刚体中相邻质元之间的一对内力属于作用力与反作用力，且作用点相同，故对同一轴的力矩之和必为零，因此可推知刚体中所有内力矩之和为零，因而不会影响刚体的角加速度或角动量等，故(1)(2)说法正确．对说法(3)来说，题述情况中两个刚体对同一轴的转动惯量因形状、大小不同有可能不同，因而在相同力矩作用下，产生的角加速度不一定相同，因而运动状态未必相同，由此可见应选(B)．4－3 均匀细棒OA可绕通过其一端O而与棒垂直的水平固定光滑轴转动，如图所示，今使棒从水平位置由静止开始自由下落，在棒摆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，角加速度不变 (B)角速度从小到大，角加速度从小到大 (C)角速度从小到大，角加速度从大到小 (D)角速度不变，角加速度为零分析与解如图所示，在棒下落过程中，重力对轴之矩是变化的，其大小与棒和水平面的夹角有关．当棒处于水平位置，重力矩最大，当棒处于竖直位置时，重力矩为零．因此在棒在下落过程中重力矩由大到小，由转动定律知，棒的角加速亦由大到小，而棒的角速度却由小到大(由机械能守恒亦可判断角速度变化情况)，应选(C)．4－4 一圆盘绕通过盘心且垂直于盘面的水平轴转动，轴间摩擦不计．如图射来两个质量相同，速度大小相同，方向相反并在一条直线上的子弹，它们同时射入圆盘并且留在盘内，则子弹射入后的瞬间，圆盘和子弹系统的角动量L以及圆盘的角速度ω的变化情况为( ) (A)L 不变，ω增大 (B)两者均不变 (C)L不变，ω减小(D)两者均不确定分析与解对于圆盘一子弹系统来说，并无外力矩作用，故系统对轴O 的角动量守恒，故L不变，此时应有下式成立，即mvd?mvd?J0ω0?Jω式中mvd为子弹对点O的角动量?0为圆盘初始角速度，J 为子弹留在盘中后系统对轴O的转动惯量，J0为子弹射入前盘对轴O的转动惯量．由于J＞J0，则?＜?0．故选(C)．4－5 假设卫星环绕地球中心作椭圆运动，则在运动过程中，卫星对地球中心的( ) (A)角动量守恒，动能守恒 (B)角动量守恒，机械能守恒 (C)角动量不守恒，机械能守恒 (D)角动量不守恒，动量也不守恒 (Ｅ)角动量守恒，动量也守恒分析与解由于卫星一直受到万有引力作用，故其动量不可能守恒，但由于万有引力一直指向地球中心，则万有引力对地球中心的力矩为零，故卫星对地球中心的角动星守恒，即r ×mv＝恒量，式中r为地球中心指向卫星的位矢．当卫星处于椭圆轨道上不同位置时，由于｜r ｜不同，由角动量守恒知卫星速率不同，其中当卫星处于近地点时速率最大，处于远地点时速率最小，故卫星动能并不守恒，但由万有引力为保守力，则卫星的机械能守恒，即卫星动能与万有引力势能之和维持不变，由此可见，应选(B)．4－6 一汽车发动机曲轴的转速在12 s 内由1.2×103r・min-1均匀的增加到2.7×103r・min-1．(1)求曲轴转动的角加速度；(2)在此时间内，曲轴转了多少转？分析这是刚体的运动学问题．刚体定轴转动的运动学规律与质点的运动学规律有类似的关系，本题为匀变速转动．解 (1)由于角速度ω＝2πn(n 为单位时间内的转数)，根据角加速度的定义α?变速转动中角加速度为α?ω?ω0t?2π?n?n0?t?13.1rad?s?2dωdt，在匀(2)发动机曲轴转过的角度为???0t?在12 s内曲轴转过的圈数为12?t?2???02t?π?n?n0?tN?θ2π?n?n02-47t?390圈4－7 水分子的形状如图所示，从光谱分析知水分子对AA′轴的转动惯量JAA′＝1.93 ×10kg・m，对BB′轴转动惯量JBB′＝1.14 ×10kg・m，试由此数据和各原子质量求出氢和氧原子的距离D和夹角θ．假设各原子都可当质点处理．-4722题 4-7 图分析如将原子视为质点，则水分子中的氧原子对AA′轴和BB′轴的转动惯量均为零，因此计算水分子对两个轴的转动惯量时，只需考虑氢原子即可．解由图可得JAA??2mHdsi nθ JBB??2mHdcosθ2222此二式相加，可得JAA??JBB??2mHd 则d?JAA??JBB?2mH?9.59?10?112m由二式相比，可得JAA?/JBB??tan2θ 则θ?arctanJAA?JBB??arctan1.931.14?52.3o4－8 一飞轮由一直径为30�M，厚度为2.0�M的圆盘和两个直径为10�M，长为8.0�M的共轴圆柱体组成，设飞轮的密度为7.8×10kg・m，求飞轮对轴的转动惯量．3-3题 4-8 图分析根据转动惯量的可叠加性，飞轮对轴的转动惯量可视为圆盘与两圆柱体对同轴的转动惯量之和；而匀质圆盘、圆柱体对轴的转动惯量的计算可查书中公式，或根据转动惯量的定义，用简单的积分计算得到．解根据转动惯量的叠加性，由匀质圆盘、圆柱体对轴的转动惯量公式可得1?d??d?J?J1?J2?2?m1?1??m2?2?2?2?2?2? ??414?2πρ?ld1?ad2??0.136kg?m162??11224－9 用落体观察法测定飞轮的转动惯量，是将半径为R 的飞轮支承在O点上，然后在绕过飞轮的绳子的一端挂一质量为m的重物，令重物以初速度为零下落，带动飞轮转动(如图)．记下重物下落的距离和时间，就可算出飞轮的转动惯量．试写出它的计算式．(假设轴承间无摩擦)．题 4-9 图分析在运动过程中，飞轮和重物的运动形式是不同的．飞轮作定轴转动，而重物是作落体运动，它们之间有着内在的联系．由于绳子不可伸长，并且质量可以忽略．这样，飞轮的转动惯量，就可根据转动定律和牛顿定律联合来确定，其中重物的加速度，可通过它下落时的匀加速运动规律来确定．该题也可用功能关系来处理．将飞轮、重物和地球视为系统，绳子张力作用于飞轮、重物的功之和为零，系统的机械能守恒．利用匀加速运动的路程、速度和加速度关系，以及线速度和角速度的关系，代入机械能守恒方程中即可解得．解1 设绳子的拉力为FT，对飞轮而言，根据转动定律，有FTR?Jα (1)而对重物而言，由牛顿定律，有mg?FT?ma (2)由于绳子不可伸长，因此，有a?Rα (3)重物作匀加速下落，则有h?12at (4)2由上述各式可解得飞轮的转动惯量为?gt2??J?mR??1?2h???2解2 根据系统的机械能守恒定律，有?mgh?12mv?212Jω?0 (1′)2而线速度和角速度的关系为v?Rω (2′)又根据重物作匀加速运动时，有v?at (3′)v?2ah (4′)2由上述各式可得?gt2??J?mR??1?2h???2若轴承处存在摩擦，上述测量转动惯量的方法仍可采用．这时，只需通过用两个不同质量的重物做两次测量即可消除摩擦力矩带来的影响．4－10 一燃气轮机在试车时，燃气作用在涡轮上的力矩为2.03×103N・m，涡轮的转动惯量为25.0kg・m2．当轮的转速由2.80×103r・min-1增大到1.12×104r・min-1时，所经历的时间t为多少？分析由于作用在飞轮上的力矩是恒力矩，因此，根据转动定律可知，飞轮的角加速度是一恒量；又由匀变速转动中角加速度与时间的关系，可解出飞轮所经历的时间．该题还可应用角动量定理直接求解．解1 在匀变速转动中，角加速度α?间t?ω?ω0MJ?2πJMω?ω0t，由转动定律M?Jα，可得飞轮所经历的时?n?n0??10.8s感谢您的阅读，祝您生活愉快。
大学物理第四章 刚体的转动(3课时)讲解
c
2
t2
2 600π 3002
π 75
rad s3
1 ct 2 π t 2
2 150
4-1 刚体的定轴转动
由 dq π t 2
dt 150
得
q
dq
π
t t 2dt
0
150 0
q π t 3 rad
450
在 300 s 内转子转过的转数
N q π (300)3 3104
第四章 刚体的转动
物理学
第五版
4-0 教学基本要求
四 理解刚体定轴转动的转动动能概 念，能在有刚体绕定轴转动的问题中正确 地应用机械能守恒定律．
能运用以上规律分析和解决包括质点 和刚体的简单系统的力学问题．
第四章 刚体的转动
物理学
第五版
第一节
第四章 刚体的转动
4-1 刚体的定轴转动
刚体：在外力作用下，形状和大小都不 发生变化的物体．(任意两质点间距离保持 不变的特殊质点组．)
18 000 r·min-1 ．转子的角加速度与时间成正
比．问在这段时间内，转子转过多少转？
解 令 ct，即 d ct ，积分
dt
t
d c tdt
得 1 ct 2
0
0
2
4-1 刚体的定轴转动
1 ct 2
2
当 t =300 s 时
18 000 r min 1 600 π rad s1
位置及方向 不变。
பைடு நூலகம்
该平面且通 过质心
刚体上 各质点都 以某一定 点为球心 的各个球 面上运动
复杂 的运动 与平动 的混合。
大学物理 第四章 刚体的转动 4-2 力矩 转动定律 转动惯量
v Fej
v Fij
2 j j
外力矩
∑M
j
+ ∑ M ij = ∑ ∆ m r α
j
Q Mij = −M ji
∴∑ Mij = 0
j
14
∑M
j
ej
= ( ∑ ∆ m j r )α
2 j
z
O
定义转动惯量
v rj ∆m j
v Fej
J = ∑ ∆m r J = r 2dm ∫
2 j j j
v Fij
转动定律 M = Jα 刚体定轴转动的角加速度与它所受的合 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. 成正比， 转动惯量成反比 外力矩成正比，与刚体的转动惯量成反比
L
9
设水深h，坝长L， 解 设水深 ，坝长 ，在坝面上取面积 元 dA = Ldy ，作用在此面积元上的力
dF = pdA = pLdy
y
y
x
h y O Q O
L
dA
dy
x
10
令大气压为 p0 ，则 p = p0 + ρg (h − y )
dF = PdA = [ p0 + ρg(h − y)]Ldy
r F
OZo ⊗
xc
θ
l
dm
xmg r
ω
α
r dm⋅ g
dω 3g cosθ α= = 2l dt dω dω dθ dω = ⋅ =ω dt dθ dt dθ
}
3g cosθ dθ ⇒ωdω = 2l
4
对刚体定轴转动： 对刚体定轴转动： 力矩M 的方向沿转轴（有正负） 力矩 的方向沿转轴（有正负） 多力作用在刚体上时的合力 的力矩： 的力矩： M = M1+M2+…+Mn 对刚体定轴转动： 对刚体定轴转动： 因力矩M 的方向沿转轴， 因力矩 的方向沿转轴，所以对转动 轴力矩矢量和变成为代数和 M2 M = M1 + M2 + … + Mn
大学物理 第四章 刚体的转动 4-4 力矩的功 刚体绕定轴转动的动能定理
6
物理学
第五版
4-4 力矩的功 刚体绕定轴转动的动能定理 -
W =∫
外力的功
θ2
θ1
1 1 2 2 M d θ = Jω 2 − Jω 1 2 2
刚体动能的改变 质点系的动能 定理在刚体中 的具体表现
刚体作为特殊的质点系， 刚体作为特殊的质点系， 满足质点系的动能定理： 满足质点系的动能定理：
方向： 方向：
dM
刚体的转动
14
物理学
第五版
4-4 力矩的功 刚体绕定轴转动的动能定理 -
2 µ mg 2 dM = r dr 2 R
整个唱片所受的摩 擦力矩为
R
v df
o
r
dl dr
M = ∫ dM
方向： 方向：
dM
M
2 µmg M = 2 R
∫
R
0
2 r dr = µRmg 3
2
刚体的转动
第四章
非保守内力： 非保守内力：刚体内力 W
m v v
in 刚体
=0
∴W
ex
+W
in nc
=0
18
E = E0
第四章 刚体的转动
物理学
第五版
4-4 力矩的功 刚体绕定轴转动的动能定理 -
o
选初始位置为势能零点
30
o
a
1 1 2 2 2 ( m′l + ma )ω = 2 3
o
m v v
'
l ′g (1 − cos 30o ) mga(1 − cos 30 ) + m 2
v dr φ
o
刚体的转动
大学物理第四章 刚体的转动_4-2
例1：长为 l、质量
为 m 的细杆，初始
时的角速度为 0，
ol
由于细杆与桌面的
摩擦，经过时间 t
后杆静止，求摩擦 力矩 M阻。
4 – 2 力矩 转动定律 转动惯量
第四章 刚体的转动
解：以细杆为研究对象，只有摩擦阻力产生力矩，由 匀变速转动公式：
0 t
0 t 0
ol
0
t
细杆绕一端的转动惯量 J 1 ml 2
1 mgl sin J
2
4 – 2 力矩 转动定律 转动惯量
第四章 刚体的转动
1 mgl sin J
2 式中 J 1 ml2
3
得 3g sin
2l
由角加速度的定义
d d d d dt d dt d
d 3g sind
2l
代入初始条件积分 得
3g (1 cos )
l
4 – 2 力矩 转动定律 转动惯量
F
Fi 0 , Mi 0
4 – 2 力矩 转动定律 转动惯量 讨论
第四章 刚体的转动
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
F Fz F
其中 Fz 对转轴的力
矩为零，故 F 对转轴的
力矩 M zk r F
z
k
Fz
F
O r
F
M z rF sin
例5 一长为 l 质量为 m 匀质细杆竖直放置，其
下端与一固定铰链 O 相接，并可绕其转动 . 由于此
竖直放置的细杆处于非稳定平衡状态，当其受到微小 扰动时，细杆将在重力作用下由静止开始绕铰链O 转
动 .试计算细杆转动到与竖直线成 角时的角加速度
和角速度 .
大学物理学教程第二(马文蔚)练习册答案4第四章 刚体转动
v人地 v人盘 +v盘地 1 + R
J m0 Rv人地 0
J m0 R 1 0
m0 R J m0 R
0.0952 rad/s
J m0R m0R
第 四 章 习 题 分 析
4-21 长为 L 质量为 m 的均质杆，可绕垂直于纸面的 O 4-21 轴转动，令杆至水平位置有静止下摆，在铅直位置 与质量为0.5m的物体发生完全非弹性碰撞，碰后物 体沿摩擦因数为的水平面滑动，试求此物体滑过的 距离s ？ 解：细杆下摆过程机械能守恒
m1g T1 m1a1 R r R T ' 1 B : T2 m2 g m2 a2 T2 ' 轮： T1 ' R T2 ' r J1 J 2 B T1 T2 其中： T1 ' T1 T2 ' T2 B A a r a1 R 2 a2 a1
A:
3g L m 碰撞过程角动量守恒。 J J ' v ' L v L 2 12 1 2 3g 1 2 v ' m 2 gL mL mL v ' L v ' 25 3 L 3 L 2 6L 滑动过程 1 mv '2 mgs s 25 2
1 1 1 2 2 mgL mL 2 2 3
4-13 飞轮质量为60kg,直径为0.5m,转速为1000r/min， 现用一闸瓦使其在5s内停止转动，求制动力F。设闸瓦 第 与飞轮间的摩擦因数为0.4，飞轮的质量全部分布在轮 四 缘上。 章 解： 由细杆力矩平衡
习 题 分 析
FL Nl
N
F
FL 1.25F f N 2.5F l 0.5 又飞轮与闸瓦间的摩擦力 f N F
大学物理习题册及解答(第二版)第四章 刚体的定轴转动[优质ppt]
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2
4．一轻绳跨过一具有水平光滑轴、质量为M的定滑轮，绳的两端 分别悬有质量为m1和m2的物体(m1 >m2）．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) 哪边大无法判断．
5．将细绳绕在一个具有水平光滑轴的飞轮边缘上，在绳端挂一质 量为m的重物，飞轮的角加速度为．如果以拉力2mg代替重物拉 绳时，飞轮的角加速度将
（B）取决于刚体的质量和质量的空间分布，与轴的位置
（C）取决于刚体的质量、质量的空间分布和轴的位置． （D）只取决于转轴的位置，与刚体的质量和质量的空间
3. 一根绳子绕在半径为30 cm的轮子上．当轮子由初速度2.0 rad/s 匀减速到静止，绳子在轮上的长度为25 m．轮子的加速度和轮子 转过的周数为
一．选择题 章刚体定轴转动(一)
1．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 2(.A关)必于然刚不体会对转轴动的．转(动B)惯转量速，必下然列不说变法．中正确的是 （(CA)）转只速取必决然于改刚变体．的(D质)转量速，可与能质不量变的，空也间可分能布改和变轴．的位
上环可以自由在纸面内外摆动。求此时圆环摆的转动惯量。 O
(*)（3）求两种小摆动的周期。哪种摆动的周期较长？
R C
解：（1）圆环放在刀口上O，以环中 心的平衡位置C点的为坐标原点。Z轴
Jzc MR2
O
P
ŷ
P΄
x
指向读者。圆环绕Z轴的转动惯量为
J
J0
．
动量矩守恒的条件是 刚体所受对轴的合外力矩等于零． ．
5．一均匀细直棒，可绕通过其一端的光滑固定轴在竖直平面内转 动．使棒从水平位置自由下摆，棒是否作匀角加速转动？ __否__．理由是在棒的自由下摆过程中，转动惯量不变，但使棒下摆
大学物理第四章-刚体的转动-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 at l ，其大小不变。又因该点速度的方向变化，
ω dr
（1）圆盘上半径为r、宽度为dr的同心圆环所受的摩擦力矩
为
dM
m
(
R2
2 rdr)grBiblioteka 2r 2 mgdr/
R2
负号表示摩擦力矩为阻力矩。对上式沿径向积分得圆盘所受
r dF
的总摩擦力矩大小为
M dM R 2r2mgdrdr 2 mgR
0
R2
3
（2）由于摩擦力矩是一恒力矩，圆盘的转动惯量 I 1 mr2 ，由角动量定理可得圆盘停止的 2
度．
解：碰撞过程满足角动量守恒：
2 3
mv0l
1 2
mv0
2 3
l
I
而
I m( 2 l)2 2m(1 l)2 2 ml2
3
33
所以
mv0l
2 3
ml 2
由此得到： 3v0 2l
2m
1 3
l
O⅓l
1 2
v
0
2 3
l
m
⅓l m v0
⅓l
15. 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 JA＝10 kg·m2 和 JB
2
2
22
2
2
1 16
( Ld14
1 2
ad24
大学物理刚体的转动
$Delta E_{k} = int_{t_{1}}^{t_{2}} vec{M} cdot mathrm{d}vec{θ}$，其中$vec{M}$为合外力矩， $mathrm{d}vec{θ}$为刚体的角位移。
动能与转动惯量的关系
动能与转动惯量的关系
刚体的转动动能等于转动惯量与角速度平方的乘积的一半，即$E_{k} = frac{1}{2} I omega^{2}$，其中$I$为转动惯量，$omega$为角速度。
THANKS.
实验步骤与操作
准备实验设备和材料，检查刚体 转动装置是否稳固。
将刚体用细线悬挂于转动轴上， 调整砝码的位置，使刚体平衡。
使用测角仪测量刚体的初始角度， 记录数据。
实验步骤与操作
01
释放刚体，开始计时， 同时观察刚体的转动情 况，记录数据。
02
使用天平测量砝码的质 量，计算刚体的转动惯 量。
03
根据实验数据，计算刚 体的角速度、角加速度 等物理量。
物理意义
根据刚体的质量和形状，通过计算其 相对于某固定轴的惯性矩来确定。
反映了刚体绕固定轴转动的惯性大小。
影响因素
刚体的质量分布和形状，以及转动轴 的位置。
转动定律的应用
陀螺仪
利用角动量守恒原理制作 的陀螺仪，可以用来测量 角度和方向。
自行车轮
自行车轮在行驶过程中， 由于角动量守恒，可以通 过调整车轮的转动惯量来 改变行驶稳定性。
03
题的能力。
刚体的基本概念
02
刚体的定义
刚体：在任何力的作用下，大 小和形状保持不变，只发生刚 性变形的物体。
刚体是一个理想化的物理模型， 用于简化对实际物体运动的研 究。
刚体在现实世界中并不存在， 但可以近似地描述一些物体在 一定条件下的运动特性。
物理学教程(第二版)马文蔚主编第四章
物理学教程 （第二版）
0 2π
1
6
dt
e
t /
0 2π
1
Байду номын сангаас
6
m (1 e t / ) d t 344
t / 2
(3)
d dt
m
540 π e
rad s
2
（角加速度 指数衰减）
第四章 刚体转动
2） 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 .
第四章 刚体转动
4 – 1 刚体的定轴转动 2 匀变速转动公式
物理学教程 （第二版）
当刚体绕定轴转动的角加速度为恒量时，刚体做 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
物理学教程 （第二版）
d dt
d dt
d
2
a
an r
d t
2
v r et
a t r a n r
2
at
et v
2 a r et r en
第四章 刚体转动
4 – 1 刚体的定轴转动
物理学教程 （第二版）
例1 一飞轮半径为 0.2m、 转速为150r· -1， 因 min 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； 0 5 π rad s 1 , t = 30 s 时， 0 . 解 （1） 设 t = 0 s 时， 0 0 .飞轮做匀减速运动
第四章 刚体转动
质点运动
4 – 1 刚体的定轴转动
大学物理(物理学教程第二版上册)第四章PPT刚体的转动 高等教育出版社
比较：
b W F dr p F v 平动 a b p M 转动W M d a
四、刚体的重力势能
EP mgh c
其中m为刚体的总质量 hc为刚体质心的高度
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。
质量连续分布 M r dm
2
i 1
设J r dm
2
M外 J
' Fi fi mi ai ( fi fij )
Fi sin i fi sin( i ) mi ri Fi cos i fi cos( i ) mi ri 2
A B C B C A C A B
补充
一、力矩的功
对于i 质点其受外力为 Fi， dAi Fi dri Fi cos i dri
Fi dsi Fi ri d M id
o
ri
dri dds i i
R
2
4
1 2 mR 2
思考题：
1拖拉机的转轮应该怎么设计
2滑冰运动员转动时候为什么会随动作 不同转动快慢也发生变化
例. 物体 m1>m2，滑轮（R，m）。阻力 矩Mf ， 绳子质量忽略，不伸长、不打滑。 求重物的加速度及绳中张力 R
解： m1 g T1 m1a
T2 m2 g m2 a
如图所示，杆AB以匀角速度绕A 点转动，并带动水平杆OC上的质点M运动。 设起始时刻杆在竖直位置，OA= h 。 （1）列出质点M沿水平杆OC的运动方程； （2）求质点M沿杆OC沿动的速度和加速 度的大小。 B w x O C M h
大学物理：Cha.4 刚体定轴转动
上次课的主要内容
第四章 刚体的定轴转动
本章内容、重点、难点
第一节
一、刚体
刚体的基本运动--平动
二、刚体的基本运动
+ 刚体的运动 质心的平动 平动加转动
绕质心的转动
➢ 刚体的平面运动 .
+ 刚体的运动
质心的平动 （续）平动加转动
绕质心的转动
（续）二、基本运动--平动
转动与碰撞
（续）转动与碰撞
例
木棒 子弹
联立解得
例
以弹、棒为系统 击入阶段 子弹击入木棒瞬间，系统在
竖直位置，受合外力矩为零，角动量守恒。 该瞬间之始 该瞬间之末
弹
棒弹
棒
上摆阶段 弹嵌定于棒内与棒一起上摆，
用系统动能定理，其中非保守内力的功为零，
外力（重 上摆末动能
力）的功
上摆初动能
外
其中
例
（续）刚体定轴转动定律
定律应用的注意
两个常用的转动惯量
例
细绳缠绕轮缘
初 始 静 止
轮轴无摩擦 轻绳不伸长 轮绳不打滑
变力
制动前
例
0. 5
2
制动的 阻力矩
制动过程使得
降至 0.5 时的
需时
0.5
0.5
0.693
0.693
例
例
（续）例
匀直细杆一端为 轴水平静止释放
例
由 求 本题
力臂
代入得：
11.2 km/s > v1 > 7.9 km/s
椭圆
v1 = 7.9 km/s
圆
v1
远地点
v2
近地点
卫星 的角动量对地心 守恒
大学物理学(课后答案)第4章
第4章 刚体的定轴转动习 题一 选择题4-1 有两个力作用在一个有固定转轴的刚体下，对此有以下几种说法：（1）这两个力都平行于轴作用时，它们对轴的合力矩一定是零；（2）这两个力都垂直于轴作用时，它们对轴的合力矩可能是零；(3）当这两个力的合力为零时，它们对轴的合力矩也一定是零；（4）当这两个力对轴的合力矩为零时，它们的合力也一定是零．对L 述说法下述判断正确的是[ ]（A ）只有（l ）是正确的 （B ）（1）、（2）正确，（3）、（4）错误 （C ）(1)、（2）、（3）都正确 （D ）（1）、（2）、（3）、（4）都正确 解析：力矩是描述力对刚体转动的作用，=⨯M r F 。
因此合力为零时，合力矩不一定为零；合力矩为零时，合力也不一定为零。
两者并没有一一对应的关系。
答案选B 。
4-2 有A 、B 两半径相同，质量相同的细圆环。
A 环的质量均匀分布，B 环的质量不均匀分布，设它们对过环心的中心轴的转动惯量分别为A I 和B I ，则有[ ]（A ）A B I I > （B ）A B I I < （C ）无法确定哪个大 （D ）A B I I = 解析：转动惯量2i i iI m r =∆∑，由于A 、B 两细圆环半径相同，质量相同，所以转动惯量相同2A B I I mR ==，而与质量分布均匀与否无关。
选D 。
4-3 均匀细棒OA 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4-3所示．今使棒从水平位置由静止开始自由下落，在棒摆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，角加速度不变 （B ）角速度从小到大，角加速度从小到大（C ）角速度从小到大，角加速度从大到小 （D ）角速度不变，角加速度为零解析：在棒摆到竖直位置的过程中，重力势能和转动动能相互转化，因此转速越来越大，即角速度从小到大。
整个过程中棒只受到重力矩的作用，211cos 23M mg l J ml θαα===，所以3cos 2gl αθ=，随着转角θ逐渐增大，角加速度α由大变小。
大学物理 第四章 刚体的转动 4-2 力矩 转动定律 转动惯量
} ⇒ω
} ⇒θ
2、 M = Jα
F = ma
}⇒
17
m反映质点的平动惯性，J 反映刚体的转动惯性。 反映质点的平动惯性， 反映刚体的转动惯性。 反映质点的平动惯性
三 转动惯量
J 的计算方法 质量离散分布
J = ∑ ∆m r
j
2 j j
J = ∑ ∆m r = (∆m )r + (∆m2 )r + L+ (∆mN )r
质量为m，长为L的细棒绕其一端的 的细棒绕其一端的J 质量为 ，长为 的细棒绕其一端的
1 2 J c = mL 12
O1
O1’
L2 1 2 J = J c + m( ) = mL 2 3
d=L/2
O2 O2’
20
竿 子 长 些 还 是 短 些 较 安 全 ？
飞轮的质量为什么 大都分布于外轮缘？ 大都分布于外轮缘？
（3） ）
1 2 对M： T2 r − T1r = J α = M r α ： 2
4、运动学： 运动学：
rα = a
（4） ）
26
解以上四个联立方程式, 解以上四个联立方程式 可得
1 T2 ' ≠ T 、
原因： 原因：
' 1
' (1)若：T2 ' = T T2 ' r −T ' r = Jα v 1 1 FN v 1 T 1 ⇒ J = mr2 = 0 ⇒m = 0 2 m
21
例1（补充例题）：一个转动惯量为2.5 kg⋅m2 、 （补充例题） 一个转动惯量为 ⋅ 例题 直径为60cm 的飞轮，正以 的飞轮，正以130 rad⋅s−1 的角速度旋转。 直径为 ⋅ 的角速度旋转。 现用闸瓦将其制动, 现用闸瓦将其制动 如果闸瓦对飞轮的正压力为 500 N, 闸瓦与飞轮之间的摩擦系数为0.50。求： 闸瓦与飞轮之间的摩擦系数为 。
大学物理-刚体的转动
3、刚体绕定轴转动：
rotation of a rigid body around a
z
fix axis 转轴相对于参照系不动的转动称为定轴转动。
z or
1、力矩的功： work done by torque
Fi 表示作用在刚体上P点的 外力，当物体绕轴有一角位移 d 时，力 Fi 做的元功为
d
ds
i Fi
i
P
dAi F i d r Fi cos d r Fi cos ds Fi ri cos d
因为 cos sin i
设刚体中第i个质点的质量为 mi ，速度为 vi ， 则该质点的动能是 1 1 2 Eik mi vi mi (ri ) 2 2 2 整个刚体的动能 1 1 2 Ek mi vi ( mi ri 2 ) 2 2 2
2 m r 式中 i i 正是刚体对转轴的转动惯量J
2
a
( m 2 m1 ) g
Mr
m1 m 2 J
r
( m 2 m1 ) g
Mr
当不计滑轮质量 及摩擦阻力即令
r
m0
T1 T2
Mr 0
2m1m2 g m1 m2
1 M m 2 ( 2 m1 m ) g r r 2 T2 m 2 ( g a ) 1 m1 m 2 m 2
刚体的转动动能
1 Ek J 2 2
3、刚体的转动惯量 rotational inertia (moment of inertia)
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4.3.2 刚体的角动量定理和转动定理
1.角动量定理：质点mi受合力矩Mi(包括Mi外、 Mi内)
M i
dLi dt
则合外力矩
v
d( J)
dt v M
d dt
(mi ri 2)
d
o
C
m
垂直轴定理
若平面型物体（如薄板、圆盘等）绕与平面垂直的轴的转动惯量为Jz，轴与平 面的交点为O，物体绕平面内通过0点相互垂直的两轴的转动惯量分别为Jx和Jy， 则有：
Jz Jx Jy
o
Z
O X
Y
o´
实心圆盘
例1.求长度为L，质量为m的均匀细棒AB的转动惯量。（1）对于通过 棒的一端与棒垂直的轴。
2.计算转动惯量的两个定理 平行轴定理
物体绕某一转轴的转动惯量 J 等于绕过质心并与该轴平行的转轴的转动惯量 Jc 加上物体质量m和两平行轴之间距离d 的平方的乘积。
J JC md 2
J—对oo轴的转动惯量 Jc—对通过质心C的轴的转动惯量 d—两平行轴间的距离
推论：平行轴中对质心的转动惯量最小。
（2）对于通过棒的中心与棒垂直的轴。
解（1）细杆为线质量分布，单位长度的质量为：
J A
x2dm L x2dx 1 L3
0
3
1 mL2
3
A
dm
o
x dx
L
m
l
B
x
（2）对于通过棒的中心的轴
A
C dm B
Jc
x2dm L / 2 x2dx L/2
o
x dx
x
L2
L2
1 L3 1 mL2
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。
说明:
L mi [(xi2 yi2 zi2 )k (zi xii zi yi j zi2k )]
i
刚体相对转轴的角动量 可以写作Lz
o ri
v
P
定义转动惯量：
Lz mi ri2
i
J miri2 称为刚体绕Z轴的转动惯量。
i
4.2定轴转动 刚体的转动惯量
1.转动惯量
J (miri2 ) Ji
v Mi外
d dt
(
对定轴转的刚体
mi
ri
2)
d(J)
dt
M，i内 0
v M
dL
角动量定理微分形式
dt
对定轴转的刚体，受合外力矩M，从 得：
ω2
到 内，角t速1 度从t2 变为
，积分可 ω1
t2 t1
Mdt
J2
J1
角动量定理积分形式
2 .刚体转动定理
M J
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
第4章 刚体力学
手性对称的天鹅
本章内容
4.1 刚体的运动 4.2 刚体绕定轴转动的角动量和转动惯量 4.3 刚体定轴转动定律 4.4 刚体定轴转动的功能原理和角动量守恒定律
4.1 刚体的运动
4.1.1 刚体的平动和转动 1.刚体：在运动过程中，其形状和大小都不发生变化的力学研究对象称为刚体--理想模型。
平行转轴的力对转轴的力矩为零。
M Fr sin Fd
r M
O r
d
F
Pr
z
F∥
or
θ F⊥
转动平面 转轴
说明： 1.研究力对轴的矩时，可用正负号表示力矩的方向。 2.力作用线与转轴相交或平行时力对该轴的矩为零； 3.同一个力对不同的转轴的矩不一样； 4.注意合力矩与合力的矩是不同的概念，不要混淆。 力矩的计算
dm
例3.一质量为m，半径为R的均匀圆盘，求对通过盘中心并与盘 面垂直的轴的转动惯量。
解：
σ
m πR2
dm σ 2π rdr
dJ r 2dm 2πσ r3dr
or
dr
R
J dJ 2πσ R r3dr 0 π R4 1 mR2 22
例4.计算钟摆的转动惯量。（已知：摆锤质量为m，半径为r， 摆杆质量也为m，长度为2r。）
特点：刚体内任意两点之间的距离在运动或受外力 时都保持不变。
2.平动和转动
平动：如果刚体在运动时，刚体上任意两点连成的直线的方位始终保持不变， 则刚体的这种运动称为刚体的平动。
平动特点： 刚体平动时各质点的轨迹相同。 任一时刻刚体上各质点的速度和加速度 都相同。故可用质心的运动代表。
定轴转动：刚体运动时各质元绕同一条固定的直线作圆周运动。这条直线叫固 定转轴。 定轴转动特点： 描述各质元的角量（角位移、角速度、角加速度）都相 同。 各质元运动的线速度、加速度一般不同。
at r
an
ra
an rω2
a r 2 rω2 2
et
at v
质点直线运动或刚体平动 位移 速度 加速度
匀速直线运动 匀变速直线运动
刚体的定轴转动 角位移 角速度 角加速度 匀角速定轴转动 匀变角速定轴转动
4.2 刚体绕定轴转动的角动量和转动惯量
4.1定轴转动 刚体角动量
以角速度作定轴转动的刚体内取一质点mi，则其对轴的 角动量为：
12 12
J
A
JC
m(
L)2 2
例2.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。
解：
分割质量元 dm圆环上各质量元到轴的距离相等，
M
J R2dm R2
M dm MR2
0
0
绕圆环质心轴的转动惯量为
M
J MR2
oR
讨论：若圆环绕其直径轴转动，再求此圆环的转动惯量。
刚体的转动惯量与刚体的形状、大小、质量的分布以及转轴的位置有关。
质量连续分布的刚体：
J dJ r2dm
dm为质量元，简称质元。其计算方法如下：
质量为线分布
dm dl
质量为面分布
dm ds
质量为体分布
dm dV
在（SI）中，J的单位：kgm2
其中、、分别为质量的线密 度、面密度和体密度。
解： 摆杆转动惯量：
J1
1 3
m2r 2
4 3
mr 2
摆锤转动惯量：
O r
J2
JC
md 2
1 2
mr 2mBiblioteka r 219 2mr 2
J
J1
J2
4 3
mr 2
19 2
mr 2
65 mr2 6
4.3 刚体定轴转动定律
4.3.1 刚体对转轴的力矩 1.力垂直于转轴
r M
rr
r F
2.力与转轴不垂直
可以把力分解为平行于转轴的分量和垂直于转轴 的分量。
刚体一般运动：可看成是随质心的平动和绕通过质心轴转动的合成。 一般运动 = (平动)+(转动)
原则: 随某点(基点)的平动+过该点的定轴转动基点任选。
4.1.2 定轴转动
(1) 描述刚体定轴转动的物理量
r an r2 at r
(2) 角量与线量的关系
ω d
dt
dω dt
d 2
d2t
v rω