大学物理 上册(第五版)重点总结归纳及试题详解第三章 刚体的转动

第三章 刚体的转动

一、 基本要求

1. 了解转动惯量概念，掌握刚体定轴转动的转动定律。

2. 理解角动量和刚体绕定轴转动情况下的角动量守恒定律。

3. 了解刚体定轴转动的功和能及能量守恒。

二、 基本内容

1．角速度矢量

角速度矢量 d dt

=

θω 在刚体定轴转动中，ω方向沿轴由右手螺旋法则确定，可用正、负表示。刚体上任一点的线速度v 与ω之间关系为=⨯r v ω。 2．角加速度矢量

角加速度矢量 d dt

=

ωβ 在刚体定轴转动中，β方向也沿轴，可用正、负表示。β与ω同向时转动

加快，β与ω反向时转动减慢。在刚体上任一点有 t n =⨯⎧⎨=⨯⎩a r

a v

βω

3．力矩

力矩 =⨯M r F sin Fr ϕ=M ，ϕ为r 与F 正向间夹角。M 的方向由右手螺旋法则确定。在定轴转动情况下，当规定了转动正方向后，可用正、负表示力矩的方向。

显然平行于转轴的力和作用线通过转动轴的力对该轴产生的力矩为零。在定轴转动情况下计算力矩时，只考虑力在转动平面内的分力对转轴的力矩。

4．转动惯量

∑=∆=n

i i i m r J 12——定义式。

对于质量连续分布的刚体

dm r J ⎰=2

转动惯量是刚体转动惯性大小的量度。转动惯量的大小与刚体的质量有关，

又与刚体质量的分布有关，还与转轴的位置有关。

关于转动惯量的计算：①转动惯量是可加的，应能用转动惯量的定义式求质点组、刚体组对某一转轴的转动惯量。②能计算质量均匀分布，几何形状简单的几种刚体的转动惯量。③会用平行轴定理求刚体或刚体组合对一任意（与质心轴平行的轴）轴的转动惯量。平行轴定理为2mh J J c +=。

5．刚体的转动定律 J =M β 或 d dt

=

L M 式中M 为作用于刚体上的合外力矩。i =∑M M ，i M 为作用刚体上任一外力对轴的力矩。对定轴转动，在规定了转动正方向后，∑=i M M ，可求合外力矩的代数和。定律中J 、、M β应对同一轴而言。转动定律在描述刚体定轴转动中与描述质点平动中牛顿第二定律地位相当。应用转动定律时应选定刚体转动的正方向，把转动定律变为标量式βJ M =。

6．角动量（动量矩）L

质点的角动量 m =⨯L r v sin rm ϕ=L v ，ϕ为r 与m v 间夹角。 刚体绕定轴转动的角动量 J =L ω 7．角动量定理和角动量守恒定律 角动量定理

2

1

21t t dt J J =-⎰

M ωω

2

1

t t dt ⎰

M 表示在21t t →时间内的冲量矩之和。

式中12J 、、、M ωω均对同一轴而言。应用角动量定理求解问题、应选定转动正方向，把矢量式变为标量式。

角动量守恒定律，当0,

0,d dt

===常量L

M L 。对于绕定轴转动的刚体，如果对固定轴的合外力矩为零，则对于该固定轴的角动量保持不变。

应用此定律应注意：①守恒条件为对固定轴的合外力矩为零（而不是合外力为零）。刚体受合外力为零时，受合外力矩不一定为零。②角动量守恒时，对绕固定轴转动的刚体，J 不变，ω不变，此时刚体作匀角速转动。若系统对某轴的转动惯量发生变化，则其转动角速度也随之变化，但ωJ 不变。

8．转动动能 转动动能 22

1

ωJ E k =

注意ω、J 应对同一轴而言。单位，焦耳。

9．刚体转动的动能定理 力矩的功 ⎰=2

1θθθMd A

恒力矩的功 ()θθθ∆=-=M M A 12 刚体转动动能定理

21222

1

212

1

ωωθθθ

J J Md -=⎰

式中21ωω、、、J M 均对应同一固定轴。 10．刚体的重力势能

刚体的重力势能（c p mgh E =）和它的全部质量集中在质心时所具有的势能一样。

包括刚体的物体系，如果在运动过程中只有保守内力做功，则此系统机械能守恒。

三、习题选解

3-1 一飞轮受摩擦力矩作用减速转动，其角加速度与角速度成正比，即

ωβk -=，式中k 为比例常数。初始角速度为0ω，求： （1）飞轮角速度随时间变化的关系；

（2）角速度由0ω减为20ω所需的时间以及在此时间内飞轮转过的转数。

解：（1）由dt

d ω

β=

，ωβk -= ωω

k dt

d -= 分离变量

kdt d -=ω

ω

，并由初始条件0,0ωω==t ；

等式两边积分

⎰⎰-=t

kdt d 0

ω

ω

ω

ω

kt -=0

ln

ωω

kt e -=0ωω （2）当角速度由0ω减为

2

ω时

kt e -=00

2

ωω

21=

-kt e 2ln 1

21ln 1k

k t =-= 由dt

d θ

ω=

，kt e -=0ωω kt e dt

d -=0ωθ

分离变量 dt e d kt -=0ωθ，并由初始条件0=t ，0=θ；等式两边积分

dt e d kt t

-⎰

⎰=θ

ωθ0

()

kt kt

e k

k

e

k

---

=

--

=0

1ωωωθ

代入2ln 1

k

t =

，得飞轮转过的角度 k

k

k

e k

k

2210

2ln 0

ωωωωωθ=

⨯

-

=

-

=

- 飞轮转过的转数 k

N πωπθ

420==

3-2 一刚体由静止开始绕一固定轴作匀角加速转动。由实验可测得刚体上某点的切向加速度为t a ，法向加速度为n a ，试证明θ2=t n a a ，θ为任意时间内转过的角度。

解：刚体定轴转动时,设刚体上某点作圆周运动的半径为R ，则该点的 法向加速度为 R a n 2ω= 切向加速度为 βR a t =

β

ωβω2

2=

=R R a a t n 又()02

22θθβωω-=-，且000,0ωθ== βθω22=

θβ

βθ

22==t n a a