第四章 刚体力学的定轴转动.
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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 刚体的转动部分的习题及答案
第四章 刚体的转动一、简答题：1、简述刚体定轴转动的角动量守恒定律并给出其数学表达式?答案：刚体定轴转动时，若所受合外力矩为零或不受外力矩，则刚体的角动量保持不变。
2、写出刚体绕定轴转动的转动定律文字表达与数学表达式?答案：刚体绕定轴转动的转动定律：刚体绕定轴转动时，刚体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。
表达式为：αJ M =。
3、写出刚体转动惯量的公式，并说明它由哪些因素确定?答案：dm r J V⎰=2①刚体的质量及其分布；②转轴的位置；③刚体的形状。
二、选择题1、在定轴转动中，如果合外力矩的方向与角速度的方向一致，则以下说法正确的是 ( A )A.合力矩增大时，物体角速度一定增大；B.合力矩减小时，物体角速度一定减小；C.合力矩减小时，物体角加速度不一定变小；D.合力矩增大时，物体角加速度不一定增大2、关于刚体对轴的转动惯量，下列说法中正确的是 ( C ) A.只取决于刚体的质量，与质量的空间分布和轴的位置无关； B.取决于刚体的质量和质量的空间分布，与轴的位置无关； 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分布无关；3、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 的人站住转台中心，随后人沿半径向外跑去，当人到达转台边缘时，转台的角速度为 ( A ) A.()2mR J J +ω B.()2Rm J J +ω C.20mR J ω D.0ω4、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，在棒摆动到竖直位置的过程中，下述说法哪一种是正确的? ( A )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，角加速度从大到小．D.角速度从大到小，角加速度从小到大．5、一圆盘正绕垂直于盘面的水平光滑固定轴O 转动，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，子弹射入圆盘并且留在盘内，则子弹射入后的瞬间，圆盘的角速度( C )A.增大B.不变C.减小 (D) 、不能确定6、在地球绕太阳中心作椭圆运动时，则地球对太阳中心的 ( B ) 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.角动量守恒，动量守恒7、有两个半径相同,质量相等的细圆环A 和B ，A 环的质量分布均匀，B 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A J 和B J ，则 ( C )A.B A J J >；B.B A J J <；C.B A J J =；D.不能确定A J 、B J 哪个大。
第四章 刚体的转动
1 1 2 2 E k＝ E ki mi ri ＝ 2 2
m r
2 i i
2
用转动惯量表示
1 2 E k＝ J 2
四、刚体绕定轴转动的动能定理 设在合外力矩M的作用下，刚体绕定轴转过的角 位移为dθ，合外力矩对刚体所作的元功为 d dW =M dθ,由转动定律 M J J dt 得 d d
M＝r F r Fi r Fi M i
M F1 r1 sin 1 F2 r2 sin 2 F3 r3 sin 3
单位： N.m 注意：力矩的单位和功的单位不是一回事，力矩的 单位不能写成焦耳。 与转动垂直但通过转轴的力对转动不产生力矩； 与转轴平行的力对转轴不产生力矩； 刚体内各质点间内力对转轴不产生力矩。 对于刚体的定轴转动，不同的力作用于刚体上的 不同位置（或不同作用方向）可以产生相同的效 果。
§4－2 力矩
转动定律
转动惯量
一、力矩 从转轴与截面的交点到力的作用线的垂直距离叫做力对 转轴的力臂。力的大小和力臂的乘积，就叫做力对转 轴的力矩。用M表示。 用矢量表示 M rF 或：
M＝Fr sin
若力F不在垂直与转轴的平面内，则可把该力分解为两个 力，一个与转轴平行的分力，一个在垂直与转轴平面 内的分力，只有后者才对刚体的转动状态有影响。 合力矩对于每个分力的力矩之和。
第四章 刚体的转动
§4－1 刚体的定轴转动 一、刚体
定义:在外力作用下形状和大小保持不变的物体称为刚体。 说明: 刚体和质点一样是一个理想化的力学模型； 刚体内任何两点之间的距离在运动过程中保持不变； 刚体可以看成一个包含由大量质点、而各个质点间距 离保持不变的质点系。
m r
2 i i
2
用转动惯量表示
1 2 E k＝ J 2
四、刚体绕定轴转动的动能定理 设在合外力矩M的作用下，刚体绕定轴转过的角 位移为dθ，合外力矩对刚体所作的元功为 d dW =M dθ,由转动定律 M J J dt 得 d d
M＝r F r Fi r Fi M i
M F1 r1 sin 1 F2 r2 sin 2 F3 r3 sin 3
单位： N.m 注意：力矩的单位和功的单位不是一回事，力矩的 单位不能写成焦耳。 与转动垂直但通过转轴的力对转动不产生力矩； 与转轴平行的力对转轴不产生力矩； 刚体内各质点间内力对转轴不产生力矩。 对于刚体的定轴转动，不同的力作用于刚体上的 不同位置（或不同作用方向）可以产生相同的效 果。
§4－2 力矩
转动定律
转动惯量
一、力矩 从转轴与截面的交点到力的作用线的垂直距离叫做力对 转轴的力臂。力的大小和力臂的乘积，就叫做力对转 轴的力矩。用M表示。 用矢量表示 M rF 或：
M＝Fr sin
若力F不在垂直与转轴的平面内，则可把该力分解为两个 力，一个与转轴平行的分力，一个在垂直与转轴平面 内的分力，只有后者才对刚体的转动状态有影响。 合力矩对于每个分力的力矩之和。
第四章 刚体的转动
§4－1 刚体的定轴转动 一、刚体
定义:在外力作用下形状和大小保持不变的物体称为刚体。 说明: 刚体和质点一样是一个理想化的力学模型； 刚体内任何两点之间的距离在运动过程中保持不变； 刚体可以看成一个包含由大量质点、而各个质点间距 离保持不变的质点系。
大学物理(科学出版社,熊天信、蒋德琼、冯一兵、李敏惠)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2.5kg·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。
第4章-刚体力学.
初速水平v，射入下端，问 ？
解：碰撞前角动量
M
L1
mv
l 2
(1)
碰撞后角动量
L2 J
( 2)
且
mv
J
Jm
JM
m( l )2 2
M l2 12
( 3)
碰撞过程中，M的重力矩为零，m的重力矩忽略不计。由角动量守恒，得
6mv
(3m M )l
问：i）碰撞过程中，水平动量是否守恒？为什么？
第四章 刚体力学
刚体：不发生形变的物体（理想模型）
刚体运动形式：平动 转动（绕某轴线转动）
（固）定轴转动，定轴可以穿过刚体，也可以在刚体之外。
任一垂直于转轴的平面称为转动平面。 设某个转动平面与转轴交于o点， 则该转动平面上所有质点均
绕o点作圆周运动（半径不同）。
o v P r )
M Mi外
L Li
则
M i外
d
Li dt
四、角动量守恒 1.质点所受外力矩为零，角动量守恒；
2.单个刚体，当M 0时，J 恒量
推广到非刚体，则有 J ， 或者J ， ，但J11 J22
生活中的例子：芭蕾舞、滑冰、跳水
3.系统（一般是质点— 刚体系统）
O
x l
dm m1
M r
dMr
l m1 gxdx m1g l 2
0
l
l2
m1g
l 2
一维运动与刚体转动类比记忆
质量m
位置矢量r 速度v
加速度a
质点受力 F
力作功A
F
解：碰撞前角动量
M
L1
mv
l 2
(1)
碰撞后角动量
L2 J
( 2)
且
mv
J
Jm
JM
m( l )2 2
M l2 12
( 3)
碰撞过程中，M的重力矩为零，m的重力矩忽略不计。由角动量守恒，得
6mv
(3m M )l
问：i）碰撞过程中，水平动量是否守恒？为什么？
第四章 刚体力学
刚体：不发生形变的物体（理想模型）
刚体运动形式：平动 转动（绕某轴线转动）
（固）定轴转动，定轴可以穿过刚体，也可以在刚体之外。
任一垂直于转轴的平面称为转动平面。 设某个转动平面与转轴交于o点， 则该转动平面上所有质点均
绕o点作圆周运动（半径不同）。
o v P r )
M Mi外
L Li
则
M i外
d
Li dt
四、角动量守恒 1.质点所受外力矩为零，角动量守恒；
2.单个刚体，当M 0时，J 恒量
推广到非刚体，则有 J ， 或者J ， ，但J11 J22
生活中的例子：芭蕾舞、滑冰、跳水
3.系统（一般是质点— 刚体系统）
O
x l
dm m1
M r
dMr
l m1 gxdx m1g l 2
0
l
l2
m1g
l 2
一维运动与刚体转动类比记忆
质量m
位置矢量r 速度v
加速度a
质点受力 F
力作功A
F
理论力学第4节 刚体的定轴转动和平面运动微分方程
圆盘质心 加速度
aC
2M 3mR
FN
2）如果作用于圆盘的力偶矩 M
圆盘连滚带滑，所受摩擦力为
3 2
fmgR
时，则
F mgf
aC fg
2(M mgfR) mR2
0
d
dt
maC F
FN mg
1 mR 2 M FR
2
纯滚动 应满足
M C aC
mg F
FN
F f FN
M
3 2
fmgR
解得
F
2M 3R
，M
3 2
RF
，aC
2M 3mR
讨论
M
1）为使圆盘作纯滚动，应满足
作用于圆盘 的力偶矩
M
3 2
fmgR
C aC mg F
• 刚体绕定轴转动的运动微分方程：绕定轴转动的刚 体对转轴的转动惯量与其角加速度的乘积，等于作 用在刚体上的所有外力对转轴力矩的代数和。
例11-5 如图所示一均质圆盘质量 m = 100kg，半径 r = 0.5m，转速 n 擦因数 f = 0.6。开始加制动闸，使闸块对轮
dt
J C
n
M C (Fi(e) )
i1
式中 M 为刚体的质量，aC 为质心的加速度，J C为刚 体对通过质心Cz轴的转动惯量。
MaC
F (e) R
y
d(JC)
dt
JC
n
M C (Fi(e) )
i1
d
dt
d 2
第4章刚体转动-精选
对质量连续分布的刚体
∑
所有质点都以其垂轴 距离为半径作圆周运动
2019/11/17
35
长江大学物理教程
刚体的角动量定理
质点的角动量定理
（微分形式） （积分形式）
1.刚体的
合外力矩
冲量矩
2019/11/17
（微分形式）
角动量的时间变化率
（积分形式）
角动量的增量
36
长江大学物理教程
（微分形式） （积分形式）
刚体平动 质点运动
刚体平动的运动规律与质点的运动规律相同。
2019/11/17
7
长江大学物理教程
转动：分定轴转动和非定轴转动
刚体的平面运动
2019/11/17
8
长江大学物理教程
刚体的一般运动可看作：
随质心的平动 + 绕质心的转动 的合成
2019/11/17
9
长江大学物理教程
定轴转动参量
1. 角位置
解 细杆受重力和 铰链对细杆的约束力FN
作用，由转动定律得
1mgslinq J
2
m,l FN
θ mg
O
式中 J 1 ml 2 3
得 3g sinq
2l
2019/11/17
31
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由角加速度的定义
dωdωdθ ω d ω
m,l FN
dt dθ dt d θ
∑
∑
∑
是矢量式
与质点平动对比
2019/11/17
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3 刚体定轴转动的角动量守恒定律 由
若
刚体所受合外力矩
则
即
大学物理第四章
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二、平动和转动
1、平动 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，这种运动叫 平动（translation）。
平动时，刚体内各质点在任一时 刻具有相同的速度和加速度。
刚体内任何一个质点的运动，都可代表整个刚体的 运动，如质心。
可以用质点动力学的方法来处理刚体的平动问题。
如：车轮的滚动。
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3、刚体的定轴转动 定轴转动时，刚体上各点都绕同一固定转轴作
不同半径的圆周运动。
在同一时间内，各点转过的圆弧长度不同，但 在相同时间内转过的角度相同，称为角位移，它可 以用来描述整个刚体的转动。
作定轴转动时，刚体内各点具 有相同的角量，包括角位移、角速 度和角加速度。但不同位置的质点 具有不同的线量，包括位移、速度 和加速度。
直角坐标系中，采用用 、 ，如图所示：
最后，刚体绕定轴转动时，需
要一个坐标来描述，选定参考方 z
向后，转动位置用表示。
p
总的说来，刚体共有6个自由
度，其中3个平动自由度，3个转 动自由度。
y
物体有几个自由度，它
o
的运动定律可归结为几个
独立的方程。
x
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§4-2 力矩 转动惯量 定轴转动定律 一、力矩
v r
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三、定轴转动定律
对刚体中任一质量元
mi
受外力 Fi 和内力 fi
应用牛顿第二定律，可得：
F ifi m ia i
采用自然坐标系，上式切向分量式为：
F isii n fisi i n m ia it m ir i
F ir isiin fir isiin m ir i2
二、平动和转动
1、平动 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，这种运动叫 平动（translation）。
平动时，刚体内各质点在任一时 刻具有相同的速度和加速度。
刚体内任何一个质点的运动，都可代表整个刚体的 运动，如质心。
可以用质点动力学的方法来处理刚体的平动问题。
如：车轮的滚动。
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3、刚体的定轴转动 定轴转动时，刚体上各点都绕同一固定转轴作
不同半径的圆周运动。
在同一时间内，各点转过的圆弧长度不同，但 在相同时间内转过的角度相同，称为角位移，它可 以用来描述整个刚体的转动。
作定轴转动时，刚体内各点具 有相同的角量，包括角位移、角速 度和角加速度。但不同位置的质点 具有不同的线量，包括位移、速度 和加速度。
直角坐标系中，采用用 、 ，如图所示：
最后，刚体绕定轴转动时，需
要一个坐标来描述，选定参考方 z
向后，转动位置用表示。
p
总的说来，刚体共有6个自由
度，其中3个平动自由度，3个转 动自由度。
y
物体有几个自由度，它
o
的运动定律可归结为几个
独立的方程。
x
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§4-2 力矩 转动惯量 定轴转动定律 一、力矩
v r
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三、定轴转动定律
对刚体中任一质量元
mi
受外力 Fi 和内力 fi
应用牛顿第二定律，可得：
F ifi m ia i
采用自然坐标系，上式切向分量式为：
F isii n fisi i n m ia it m ir i
F ir isiin fir isiin m ir i2
第四章 刚体力学的定轴转动
轴转动中它们的方向沿着转轴 , 可以用带正负号 的标量来表示。
3
三、刚体转动的角速度和角加速度 角速度 刚体在dt 时间内 的角位移dq 与dt 之比。 z
dq
dq w dt
(rad s )
1
r
θ
P
角速度的方向由右手定则确定。 角加速度 刚体在Dt时间内 角速度的增量Dw 与Dt 之比的极 限
2
式中JC 为刚体对通过质心的轴的转动惯量, m是刚 体的质量，d是两平行轴之间的距离 。 2. 垂直轴定理 若z 轴垂直于厚度为无限小的刚体薄板板面, xy 平 面与板面重合, 则此刚体薄板对三个坐标轴的转动惯 量有如下关系
Jz J x J y
15
例2：在上一例题中, 对于均匀细棒, 我们已求得 对通过棒心并与棒垂直的轴的转动惯量为
1 2 J ml 12
求对通过棒端并与棒垂直的轴的J。 1 解：两平行轴的距离 d l , 代入平行轴定理， 2 得
由定义得：
dw ct dt
dw ct dt
6
对上式两边积分
由条件知
w
0
dw c tdt
0
t
1 2 w ct 2
2π 1 1 t 300 s , w 18000 rad s 600 π rad s 60 2w 2 600 π π 3 3 c rad s rad s 所以 t2 300 2 75
由角速度定义 得到：
dq π w rad s 3 t 2 d t 75
π q rad s 3 t 3 150
7
q
0
π t 2 dq t dt 150 0
π 3 转子转数： N 300 3 104 2 π 2 π 450
3
三、刚体转动的角速度和角加速度 角速度 刚体在dt 时间内 的角位移dq 与dt 之比。 z
dq
dq w dt
(rad s )
1
r
θ
P
角速度的方向由右手定则确定。 角加速度 刚体在Dt时间内 角速度的增量Dw 与Dt 之比的极 限
2
式中JC 为刚体对通过质心的轴的转动惯量, m是刚 体的质量，d是两平行轴之间的距离 。 2. 垂直轴定理 若z 轴垂直于厚度为无限小的刚体薄板板面, xy 平 面与板面重合, 则此刚体薄板对三个坐标轴的转动惯 量有如下关系
Jz J x J y
15
例2：在上一例题中, 对于均匀细棒, 我们已求得 对通过棒心并与棒垂直的轴的转动惯量为
1 2 J ml 12
求对通过棒端并与棒垂直的轴的J。 1 解：两平行轴的距离 d l , 代入平行轴定理， 2 得
由定义得：
dw ct dt
dw ct dt
6
对上式两边积分
由条件知
w
0
dw c tdt
0
t
1 2 w ct 2
2π 1 1 t 300 s , w 18000 rad s 600 π rad s 60 2w 2 600 π π 3 3 c rad s rad s 所以 t2 300 2 75
由角速度定义 得到：
dq π w rad s 3 t 2 d t 75
π q rad s 3 t 3 150
7
q
0
π t 2 dq t dt 150 0
π 3 转子转数： N 300 3 104 2 π 2 π 450
力矩 刚体定轴转动的转动定律
第3章 刚体力学基础
3–2 力矩 刚体定轴转动的转动定律
17
例3.4 转动着的飞轮的转动惯量为J，在t＝0时角速 度为 0 .此后飞轮经历制动过程，阻力矩M的大小 与角速度ω的平方成正比，比例系数为k(k为大于零 1 的常数)，当 时，飞轮的角加速度是多少？ 0 3 从开始制动到现在经历的时间是多少？
O
r
F
M M1 M 2 M 3
第四章 刚体转动
4 – 2 力矩 转动定律 转动惯量
物理学教程 （第二版）
3）力在转动平面内的分量，又可分解为两个方向：切向Ft和 法向Fn。 因为法向分量Fn指向转轴，因而不提供力矩，对刚体的 定轴转动无影响。 我们只考虑力的切向分量Ft即可。
M Ft r
第四章 刚体转动
4 – 2 力矩 转动定律 转动惯量 4） 刚体内作用力和反作用力的力矩互相抵消
物理学教程 （第二版）
M ij
O
Mij M ji
rj
j
f ij
M ji
对转轴的合内力矩为零.
第四章 刚体转动
d
i ri
f ji
结论：刚体内各质点间的作用力
M Mij 0
且在转动平面内,
矢.
r
F作用在刚体上点 P ,
为由点O 到力的作用点 P 的径
M r F M Fr sin
方向遵循右手定则。
第3章 刚体力学基础
F 对转轴 Z 的力矩
M
M
O
z
r
F
* P
d
4 – 2 力矩 转动定律 转动惯量
物理学教程 （第二版）
4第四章 刚体的定轴转动
七、能综合应用转动定律和牛顿运动定律及质点、刚体定轴转 动的运动学公式计算质点刚体系统的简单动力学问题. 八、能综合应用守恒定律求解质点刚体系统的简单动力学问题. 明确选择分析解决质点刚体系统力学问题规律时的优先考虑顺序.
第 1 讲 刚体的定轴转动
预习要点 1. 理解刚体的运动； 2. 掌握描述刚体定轴转动的运动学方法； 3. 理解力矩的概念及力矩的功；
式中 mi ri2 表示第i个质点对转轴的转动惯量；
对质量连续分布的刚体，任取质量元 dm ，其到轴的
距离为 r ，则转动惯量：
J r2dm 单位：kg ·m2
若系统由多个刚体组成，则系统对转轴的总转动惯量， 等于各部分对同一转轴的转动惯量之和
一个长为4L的轻杆，连有两个质量都是m的小球（大小可 忽略），此系统可绕垂直于杆的轴转动，求下列转动惯量；
在转动平面内，O为转动平面与转轴的焦点，r 为从O 点指向
M 力的作用点 A 的位矢，两矢量的夹角为 ；
力 F 对定轴 OZ 的力矩 ：
（力臂：力的作用线到转轴的距离）
z
M Z Fd Fr sin
通常，从OZ轴正向俯视，有 逆时针转动（趋势）力矩为正， 反之为负；
单位：牛·米（N ·m）
F
Or
例:一轻绳跨过一轴承光滑的定滑轮，绳的两端分别悬
有质量为m1和m2的物体，滑轮可视为均质圆盘， 质量 为m，半径为r，绳子不可伸长而且与滑轮之间无相对 滑动.求物体加速度、滑轮转动的角加速度和绳子的张
力. 设 m2 m1
解: 受力分析如图：
FT1 m1g m1a m2g FT2 m2a
FT2R FT1R J a r
m2
)
gl
sin
α
第 1 讲 刚体的定轴转动
预习要点 1. 理解刚体的运动； 2. 掌握描述刚体定轴转动的运动学方法； 3. 理解力矩的概念及力矩的功；
式中 mi ri2 表示第i个质点对转轴的转动惯量；
对质量连续分布的刚体，任取质量元 dm ，其到轴的
距离为 r ，则转动惯量：
J r2dm 单位：kg ·m2
若系统由多个刚体组成，则系统对转轴的总转动惯量， 等于各部分对同一转轴的转动惯量之和
一个长为4L的轻杆，连有两个质量都是m的小球（大小可 忽略），此系统可绕垂直于杆的轴转动，求下列转动惯量；
在转动平面内，O为转动平面与转轴的焦点，r 为从O 点指向
M 力的作用点 A 的位矢，两矢量的夹角为 ；
力 F 对定轴 OZ 的力矩 ：
（力臂：力的作用线到转轴的距离）
z
M Z Fd Fr sin
通常，从OZ轴正向俯视，有 逆时针转动（趋势）力矩为正， 反之为负；
单位：牛·米（N ·m）
F
Or
例:一轻绳跨过一轴承光滑的定滑轮，绳的两端分别悬
有质量为m1和m2的物体，滑轮可视为均质圆盘， 质量 为m，半径为r，绳子不可伸长而且与滑轮之间无相对 滑动.求物体加速度、滑轮转动的角加速度和绳子的张
力. 设 m2 m1
解: 受力分析如图：
FT1 m1g m1a m2g FT2 m2a
FT2R FT1R J a r
m2
)
gl
sin
α
刚体定轴转动角动量守恒定律解析
MR2
2
d
dt
R0
t
t
d dt
0
0
01
ut
(
2m
)
1 2
arctan[ M ]
0
2mu2t 2
MR2
dt
第四u章( 2Mm
1
刚) 2体力学
R
8 22
大学 物理
4-4 刚体定轴转动的角动量守恒定律
角动量守恒定律在工程技术上的应用
陀螺仪与导航
陀螺仪：能够绕其对称轴高速 旋转的厚重的对称刚体。
l 2
处)
解得
t
2 m2
v1 v2
m1g
O
关于摩擦力矩 在x处取dm，dm m1 dx
x l
l
dm
元摩擦力 df dmg
m1
元摩擦力矩 dMr df x dmg x
总摩擦力矩
M r
dMr
l m1 gxdx m1g l 2
0
l
l2
m1g
l 2
第四章 刚体力学
4
大学 物理
4-4 刚体定轴转动的角动量守恒定律
例 一长为l，质量为m0的杆可绕支点O自由转动。一质量为
m，速度为v的子弹射入距支点为a的棒内。若棒偏转角为
30°。问子弹的初速度为多少。
解： 射入过程角动量守恒：
o
mva
1 3
m0l
2
ma2
30°
la
转动过程机械能守恒：
v
1 1 23
m0l 2
ma2
2
mga1 cos30
m0 g
l 2
1 cos30
v 1 ma
g 2 6
2
d
dt
R0
t
t
d dt
0
0
01
ut
(
2m
)
1 2
arctan[ M ]
0
2mu2t 2
MR2
dt
第四u章( 2Mm
1
刚) 2体力学
R
8 22
大学 物理
4-4 刚体定轴转动的角动量守恒定律
角动量守恒定律在工程技术上的应用
陀螺仪与导航
陀螺仪：能够绕其对称轴高速 旋转的厚重的对称刚体。
l 2
处)
解得
t
2 m2
v1 v2
m1g
O
关于摩擦力矩 在x处取dm，dm m1 dx
x l
l
dm
元摩擦力 df dmg
m1
元摩擦力矩 dMr df x dmg x
总摩擦力矩
M r
dMr
l m1 gxdx m1g l 2
0
l
l2
m1g
l 2
第四章 刚体力学
4
大学 物理
4-4 刚体定轴转动的角动量守恒定律
例 一长为l，质量为m0的杆可绕支点O自由转动。一质量为
m，速度为v的子弹射入距支点为a的棒内。若棒偏转角为
30°。问子弹的初速度为多少。
解： 射入过程角动量守恒：
o
mva
1 3
m0l
2
ma2
30°
la
转动过程机械能守恒：
v
1 1 23
m0l 2
ma2
2
mga1 cos30
m0 g
l 2
1 cos30
v 1 ma
g 2 6
大学物理刚体定轴转动中的功和能
大学 物理
4-3 刚体定轴转动中的功和能
4.3.1 力矩作功
角位移d，元路程ds，元位移 dr 力 F 在元路程ds上的元功
z
F
dA F dr F ds
M F r
F rd Md
O d ds
r
P
力矩对刚体所作的功：
A 2 Md 1
第四章 刚体力学
1
大学 物理
4-3 刚体定轴转动中的功和能
dt l
dt
d 3g cos
dt 2l
第四章 刚体力学
5
大学 物理
4-3 刚体定轴转动中的功和能
例：一质量为m0 ，半径R的圆盘，盘上绕由细绳，一端挂有
质量为m的物体。问物体由静止下落高度h时，其速度为多大？
解：选重物，圆盘，地球作为一个系统。
mgh
1 2
J2
1 2
mv2
(1 2
J02
1 2
Md
0
mgl cos d mgl sin
02
2
动能增量： 1 J2 0 mgl sin
2
2
2 3g sin
l
3g sin
l
N
)
n
t mg ( d )
dt
对上式求d 3g cos
dt 2l
第四章 刚体力学
4
大学 物理
4-3 刚体定轴转动中的功和能
解法3：用机械能守恒求解
N
研究对象：棒和地组成的系统。
在转动过程中，只有保守内力（重力）作功。 )
n
水平状态机械能
E初 0
角时机械能
E末
J 2
2
mg
l 2
sin
4-3 刚体定轴转动中的功和能
4.3.1 力矩作功
角位移d，元路程ds，元位移 dr 力 F 在元路程ds上的元功
z
F
dA F dr F ds
M F r
F rd Md
O d ds
r
P
力矩对刚体所作的功：
A 2 Md 1
第四章 刚体力学
1
大学 物理
4-3 刚体定轴转动中的功和能
dt l
dt
d 3g cos
dt 2l
第四章 刚体力学
5
大学 物理
4-3 刚体定轴转动中的功和能
例：一质量为m0 ，半径R的圆盘，盘上绕由细绳，一端挂有
质量为m的物体。问物体由静止下落高度h时，其速度为多大？
解：选重物，圆盘，地球作为一个系统。
mgh
1 2
J2
1 2
mv2
(1 2
J02
1 2
Md
0
mgl cos d mgl sin
02
2
动能增量： 1 J2 0 mgl sin
2
2
2 3g sin
l
3g sin
l
N
)
n
t mg ( d )
dt
对上式求d 3g cos
dt 2l
第四章 刚体力学
4
大学 物理
4-3 刚体定轴转动中的功和能
解法3：用机械能守恒求解
N
研究对象：棒和地组成的系统。
在转动过程中，只有保守内力（重力）作功。 )
n
水平状态机械能
E初 0
角时机械能
E末
J 2
2
mg
l 2
sin
刚体的转动
解 以m1 ， m2 ， m 为研究对象
m1g T1 m1a
T2 m2 g m2a
T1r
T2r
J
1 mr2
2
a r
T2
T2
m2
m2 g
(m1 m2 )g
(m1
m2
1 2
m)r
0
t
(m1 m2 )gt
(m1
m2
1 2
m)r
mr
T1
T1
m1
m1 g
17
例4-3:一长为l 质量为m 匀质细杆竖直放置,其下端与一固
0
3
平行轴定理 J z' J z Md2
J z' 刚体绕任意轴的转动惯量
J z 刚体绕通过质心的轴
d 两轴间垂直距离
z
x M,L
O dx
x
L
J
2 L
x2dx
1 12
ML2
2
z' z
M
d C
13
例如圆环绕中心轴旋转的转动惯量
J L R2dm m R2 0
例如圆盘绕中心轴旋转的转动惯量
dl m
R
O
ds 2 rdr
dm ds
dJ r2dm
J
R
dJ
1
mR2
0
2
m
R2
Rm dr
r O
14
例4-1:一轻绳绕在半径r =20 cm的飞轮边缘,在绳端施以F=98 N的拉力, 飞轮的转动惯量 J=0.5 kg·m2,飞轮与转轴间的摩擦不计,求(1)飞轮的 角加速度 (2)如以重量P =98 N的物体挂在绳端,计算飞轮的角加速度
需将力分别向垂直于轴以及平行于轴方向 做正交分解，如图所示
第4章 刚体的运动
角动量的时间变化率。
非相对论情况d下L ， 转I d动惯量II为常量：
dt dt 所以，经典力学中刚体的转动定理可表示为：
M I
➢当外力矩一定时，转动惯量越大，则角加速度越小。说明 转动惯量I是刚体转动惯性大小的量度。
例题 4-5
设 m1 > m2，定滑轮可看作匀质圆盘，其质量为M 而半径为r 。绳的质量不计且与滑轮无相对滑动，
Li ri pi
对时间求导： dLi
dt
d dt ( ri pi
)
dri dt
pi
ri
dpi dt
vi mivi ri fi ri fi Mi
其中：
fi
dpi dt
Mi ri fi
为第i个质元所受的作用力； 为fi对转轴的力矩。
对整个刚体： dL d
外力矩持续作用一段时间后，刚体的角速度才会改变。
由转动定理： Mdt dL
t2
Mdt
t1
L2dL
L1
L2
L1
I 2
I 1
式中
t2 t1
Mdt
称为合外力矩在
Δt
=
t2-t1内的冲量矩(N·m
·s)。
角动量定理：刚体所受合外力矩的冲量矩等于刚体在同一
时间内角动量的增量。
➢角动量定理对非刚体也成立，此时：
由平行轴定理：
z
I
Ic
Mh 2
1 12
ML2
Mh 2
当h=L/2时，与(1)的情况相同，由上式：
zc h
C
L、M
I 1 ML2 Mh 2 1 ML2 M( 1 L )2 1 ML2
12
12
2
第4章-刚体转动
例1 如图, 有一半径为 R 质量为 m的匀质圆盘, 可绕
通过盘心 O 垂直盘面的水平轴转动. 转轴与圆盘之间的
摩擦略去不计. 圆盘上绕有轻而细的绳索, 绳的一端固
定在圆盘上, 另一端系质量为 m 的物体. 试求物体下落
时的加速度、绳中的张力和圆盘的角加速度.
m
Ro
m
oR
m
T
m
T'
Py
解：1） 分析受力 2）选取坐标
2 刚体定轴转动的角动量
L mirivi ( miri2 )
i
i
L J
单位：kg·m2·s-1，量纲：ML2T-1
二 刚体定轴转动的角动量定理
z
O ri
vi
mi
dL d(J) J d J M
dt dt
dt
t2
t1
Mdt t2 Mdt
t1
L2
L1
dL L2 dL
L1
J2 J1
➢ 角速度矢量 lim d
t t0 dt
方向: 右手螺旋方向
参考轴
6
4-1 刚体的定轴转动
➢ 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
z
z
定轴转动的特点
0 0
1） 2）
每任一一质 质点 点均 运作 动圆周 ,运动,，均圆相面同为，转但动v平,面a 不；同；
球体（沿任一直径）： 圆筒（沿几何中心轴）：
J 2 mR2 5
J m 2
R12 R22
21
4-2 力矩 转动定律 转动惯量
讨论 ➢ 有两个飞轮：一个是木制的，周围镶上铁制
刚体定轴转动公式总结
刚体定轴转动公式总结刚体定轴转动公式是描述刚体绕固定轴旋转运动的数学表达式。
在物理学中，刚体是指形状不变的物体，而定轴转动是指刚体绕固定轴线进行旋转的运动。
刚体定轴转动公式的推导基于牛顿力学和刚体力学的基本原理，它们被广泛应用于解决旋转问题，如机械工程、天体物理学等领域。
刚体定轴转动公式有以下几种形式：1. 角速度公式角速度是描述刚体转动快慢的物理量。
对于刚体绕固定轴转动的情况，角速度与刚体转动的角度变化率成正比。
角速度公式可以表示为：ω = Δθ/Δt其中，ω表示角速度，Δθ表示角度的变化量，Δt表示时间的变化量。
角速度的单位是弧度/秒。
2. 角加速度公式角加速度是描述刚体转动加速度的物理量。
对于刚体绕固定轴转动的情况，角加速度与刚体角速度的变化率成正比。
角加速度公式可以表示为：α = Δω/Δt其中，α表示角加速度，Δω表示角速度的变化量，Δt表示时间的变化量。
角加速度的单位是弧度/秒²。
3. 角位移公式角位移是描述刚体转动位移的物理量。
对于刚体绕固定轴转动的情况，角位移与刚体转动的角度成正比。
角位移公式可以表示为：θ = ωt其中，θ表示角位移，ω表示角速度，t表示时间。
角位移的单位是弧度。
4. 动能公式动能是描述刚体旋转能量的物理量。
对于刚体绕固定轴转动的情况，其动能与刚体的转动惯量和角速度的平方成正比。
动能公式可以表示为：K = (1/2)Iω²其中，K表示动能，I表示刚体的转动惯量，ω表示角速度。
动能的单位是焦耳。
5. 转动惯量公式转动惯量是描述刚体旋转惯性的物理量。
对于不同形状的刚体，其转动惯量的计算公式有所不同。
例如，对于绕通过质心轴线旋转的刚体，转动惯量公式可以表示为：I = ∫r²dm其中，I表示转动惯量，r表示质点到转轴的距离，dm表示质点的微元质量。
转动惯量的单位是千克·米²。
刚体定轴转动公式的应用广泛，可以用于解决各种与转动有关的问题。
刚体定轴转动定律
F ma
(2) 列方程: 对于刚体：定轴转动定律 M J
线量与角量的关系：at R
(3) 解方程.
例题. 一轻绳跨过一轴承光滑的定滑轮，滑轮可视为
圆 盘 ， 绳 的 两 端 分 别 悬 有 质 量 为 m1 和 m2 的 物 块 ， 且 m1<m2. 设滑轮的质量为M，半径为R，绳与轮之间无 相对滑动，求物块的加速度和绳中张力.
本次课所讲知识点是刚体力学这部分内容的重点， 希望大家课后好好复习，多多练习，熟练掌握。
切向分量式： Fit fit miait
ait ri Fit fit miri
ri
作圆周运动. z
o
f Fit
i fit
ri mi
Fir
Fi
上式两端同乘以ri再对所有质点求和：
Fit ri fit ri miri2
i
i
i
合外力矩M 内力矩之和 =0 转动惯量J
M J
刚体所受的对某一固定转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.
二、 刚体定轴转动定律与牛顿第二定律的比较
定律方程
牛顿第二定律 F ma
促使运动状态发 生变化的因素
合外力：F
阻碍运动状态发 生变化的因素
产生的物理量
质量：m
加速度：a
刚体定轴转动定律
M J
合外力矩：M
ห้องสมุดไป่ตู้转动惯量：J
角加速度：
三、 刚体定轴转动定律的应用
解题思路:
(1) 受力分析;
对于质点：牛顿第二定律
刚体定轴转动定律
一、 刚体定轴转动定律的证明
刚体可看成是由n个质点组成的连续质点系.
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(2) 闸瓦对飞轮施加的 摩擦力矩所作的功。
d
闸瓦
N
解：为了求得飞轮从制 飞轮
f
动到停止所转过的角度q
和摩擦力矩所作的功A, 必须先求得摩擦力、摩擦力矩
和飞轮的角加速度。 24
闸瓦对飞轮施加的摩擦力的大小等于摩擦系数与
正压力的乘积
f N 0.50 500 N 2.5 102 N
28
a
m2 g
1
m1 m2 2 M
T1
m1m2 g 1
m1 m2 2 M
1
T2
(m1
2
M )m2 g 1
m1 m2 2 M
此题还可以用能量的方法求解。在物体m2下落 了高度h时, 可以列出下面的能量关系
m2 gh
1 2
(m1
m2 )v 2
1 2
Jw 2
（5）
dA dEk
将转动动能的具体形式代入上式并积分, 得
A
1 2
J
w
2 2
1 2
Jw
2 1
21
定轴转动的刚体,外力矩作的功等于刚体转 动动能的增量。这就是作定轴转动刚体的动能 定理。
五、转动定理 (Theorem of rotation)
将力矩作功和转动动能的具体形式代入式子
dA dEk
得
29
式中v是当m2下落了高度 h 时两个物体的运动速率,
w是此时滑轮的角速度。
因为
J
1 2
Mr 2 ,
w
v r
, 所以得
m2 gh
1 2 (m1
m2
1 2
M )v 2
由此解得
v2
2m2 g
h
1
m1 m2 2 M
（6）
30
将 v 2 = 2 a h 代入 (6) 式, 可以求得两个物体的加速度
M
以上两种方法，都是求解这类问题的基本方法, 都 应该理解和掌握。
32
§4-3 定轴转动刚体的角动量守恒定律
一、刚体对转轴的角动量 (Angular momentum )
J
2.5
25
(1) 对于匀变速转动, 从开始制动到停止, 飞轮转过
的角度q 可由下式求得:
w 2 w02 2q
所以
q
w2
w02
0 130 2 rad
2.8 102rad
2 2 30
(2) 摩擦力矩所作的功
A Mzq 75 2.8102 J 2.1104J
例1：设圆柱型电机转子由静止经300 s后达到
18000 r/min，已知转子的角加速度 与时间成正
比，求转子在这段时间内转过的圈数。
解：因角加速度 随时间而增大，设： =ct
由定义得： dw ct dw ctdt
dt
6
对上式两边积分
w
t
dw c tdt
0
0
w 1 ct2
tt2 dt
0
150 0
q π rads3 t3
150
转子转数： N q π 3003 3104
2 π 2 π 450
7
§4-2 刚体定轴转动的动力 一、刚体的转学动动能 (Rotational kinetic energy )
设刚体绕固定轴Oz以角速度w 转动,各体元的质量
称为刚体对转轴的转动惯量
。
i 1
用J 表示：
n
J Dmi ri2
i 1
代入动能公式中, 得到刚体转动动能的一般表达式
Ek
1 2
Jw 2
刚体转动动能与质点运动动能在表达形式上是
相似性的。
9
二、刚体的转动惯量 (Moment of inertia )
从转动动能公式看到 , 刚体的转动惯量J与质点 的质量 m 相对应 。在质点运动中, 质点的质量是 质点惯性的量度 。在刚体转动中, 刚体的转动惯 量是刚体转动惯性的量度。
19
如果刚体在力矩Mz 的作用下绕固定轴从位置q1转 到q2 , 在此过程中力矩所作的功为
A
q2 q1
M z dq
力矩的瞬时功率可以表示为
P
dA dt
Mz
dq
dt
Mzw
式中w是刚体绕转轴的角速度。
20
四、动能定理 (theorem of kinetic energy )
根据功能原理, 外力和非保守内力对系统作的 总功等于系统机械能的增量。对于刚体一切内力 所作的功都为零。对定轴转动的刚体 , 外力的功 即为外力矩所作的功; 系统的机械能为刚体的转 动动能。
分别为Dm1 , Dm2 , … , Dmn ,各体元到转轴Oz的距 离依次是r1 , r2 , … , rn。
n 个体元绕Oz轴作圆周运
xw
动的动能的总和为：
Ek
n i 1
1 2
Δmi
vi2
o ri vi
Dmi
1 2
n i1
Δmi ri 2
w 2
8
式中
n
Dmi
ri2
式中Mzi 是外力Fi 对转轴Oz的力矩。
在整个刚体转过dq角的过程中，n个外力所作的
总功为
n
n
dA dAi ( M zi )dq Mzdq
i 1
i 1
n
式中 M zi 是作用于刚体的所有外力对Oz轴的力
i 1
矩的代数和, 也就是作用于刚体的外力对转轴的合外
力矩Mz 。
若刚体的质量连续分布 , 转动惯量中的求和号 用积分号代替
J r 2dm r 2 dV
与转动惯量有关的因素：
刚体的质量、 转轴的位置、 刚体的形状。
10
几 种 常 见 形 状 的 刚 体 的 转 动 惯 量
11
12
例 1：一根质量为m = 1.0 kg 、长为l = 1.0 m 的 均匀细棒, 绕通过棒的中心并与棒相垂直的转轴以
J
l / 2 l / 2
x
2
m l
dx
1 3
m l
x3
l /2 l / 2
1 ml2 8.3 102 kg m2 12
棒的转动动能为
Ek
1 2
Jw 2
1 0.083 632 J 2
1.7 102J
14
两个定理
1. 平行轴定理
J JC md 2
26
例 5：质量为 m1 的物体置于完全光滑的水平桌面 上 , 用一根不可伸长的细绳拉着 , 细绳跨过固定于
桌子边缘的定滑轮后，在下端悬挂一个质量为 m2 的 物体 , 如图所示。已知滑轮是一个质量为 M ,半径为r
的圆盘,
轴间的摩擦力忽略不计。求滑轮与
m1
之间
的及绳物子体的 运张 动力 的T1加速、度a滑 轮。与 m2 之间的绳子的张力T2 以
0
2根据垂Biblioteka 轴定理Jz Jx Jy
由于对称性, J x J y , 所以
Jz
2J x
1 mR2 2
解得
Jx
1 mR 2 4
17
三、力矩作的功
在刚体转动中, 如果力矩的作用使刚体发生了角位
移, 那么该力矩也作了功 。
假设 作用于以 z 轴为转轴的刚体上的多个外力分别
是 F1, F2 ,, Fn 。
不变，故只有沿轴的正负两个方向，可以用标量代 替。在刚体作匀加速转动时，相应公式如下：
q
q0
w0t
1 t 2
2
w w0 t w 2 w02 2q
5
五、刚体运动学中角量和线量的关系
w＝ dq
dt
v rw
dw d2q
dt dt 2
at r an rw 2
式中JC 为刚体对通过质心的轴的转动惯量, m是刚 体的质量，d是两平行轴之间的距离 。
2. 垂直轴定理 若z 轴垂直于厚度为无限小的刚体薄板板面, xy 平 面与板面重合, 则此刚体薄板对三个坐标轴的转动惯 量有如下关系
Jz Jx Jy
15
例2：在上一例题中, 对于均匀细棒, 我们已求得 对通过棒心并与棒垂直的轴的转动惯量为
转动 在刚体运动过程中, 如果刚体上所有的点 都绕同一条直线作圆周运动,那么这种运动就称为 转动。这条直线称为转轴。
既平动又转动 质心的平动加绕质心的转动。
2
二、刚体的定轴转动 (Fixed-axis rotation)
在刚体转动中, 如果转轴固定不动, 称为定轴 转动。过刚体上任意一点并垂直于转轴的平面称 为转动平面。
m2
m1
27
解：物体m1、m2和滑轮的受力情况如图所示。
列方程 T1 =m1 a
（1）
FN
m2 g T2 = m2 a （2）
T1 T1 α
对于滑轮
T2r T1r
J
1 2
M r2
（3）
T2
m1g
T2
a
辅助方程
r = a （4）
m2 g
解以上四个联立方程式, 可得
a
m2 g
1
m1 m2 2 M
根据
T1h
1 2