第2章 刚体的定轴转动
刚体的定轴转动
刚体的定轴转动一、刚体极其运动刚体——受力时不改变形状和体积的物体。
注：（1）刚体是固体物件的理想模型。
（2）刚体是一个特殊的质点系（各质点间的相对位置在运动中保持不变）。
刚体的运动分为平动和转动。
平动：刚体中所有点的运动轨迹都保持完全相同，或者说刚体内任意两点间的连线总是平行于它们的初始位置间的连线。
（用质点力学处理）转动：刚体中所有的点都绕同一直线做圆周运动. 转动又分定轴转动和非定轴转动。
二、刚体转动的角速度和角加速度刚体定轴转动时，由于各质元间的相对位置保持不变，因此描述各质元的角量是一样的。
角坐标：θ=θ(t)角位移：?θ=θ(t+?t)-θ(t) 角速度：?θdθ=?t→0?tdt角速度的方向：右手螺旋法则。
dω角加速度：α= dt定轴转动的特点：（1）每一质点均作圆周运动，圆面为转动平面；（2）任一质点运动?θ,ω,α均相同，但v,a不同；（3）运动描述仅需一个坐标。
三、匀变速转动公式匀变速转动------刚体绕定轴转动的角加速度为恒量。
刚体匀变速转动与质点匀变速直线运动公式对比匀变速转动匀变速直线运动v=v+at x=x0+v0t+at2212222v=v0+2a(x-x0)2ω=lim 匀四、角量与线量的关系v=rωaτ=rαan=rω24-2力矩转动定律转动惯量一、力矩设一质点系由n个质点组成，其中i质点受力为n-1j=1Fi外+∑fjin-1 Mi=ri?(Fi外+∑fji)现对i质点所受力的力矩：j=1对i求和，刚体所受力的力矩为n M=∑Mi=∑ri?Fi外ii=1（内力矩为零）二、刚体的转动定律组成刚体的各质点间无相对位移，所以刚体对给定轴的力矩为dω2 M=rma=(rm)α=J=Jα∑iz∑∑iiτiidtii即刚体定轴转动的转动定律：绕定轴转动的刚体的角加速度与作用于刚体上的合外力矩成正比，与刚体的转动惯量成反比。
它在定轴转动中的地位相当于牛顿第二定律在质点力学中的地位。
刚体的定轴转动定律
刚体的定轴转动定律1. 介绍刚体是物理学中的一个重要概念，它指的是在运动过程中形状和大小保持不变的物体。
刚体的定轴转动定律是描述刚体绕固定轴线转动的规律和性质，对于我们理解刚体的运动和应用相关物理问题具有重要意义。
2. 刚体的转动惯量2.1 定义刚体绕轴线转动时，其转动惯量是衡量刚体抵抗转动运动的特性。
转动惯量的大小取决于刚体的质量分布以及轴线的位置和方向。
2.2 转动惯量的计算方法转动惯量可以通过积分计算得到，对于一个质量为m的刚体，其转动惯量可以用以下公式表示： [ I = r^2 dm ] 其中，r是质量元dm到转轴的距离。
对于一些常见的简单形状的刚体，转动惯量可以通过一些公式直接计算得到，例如：- 细杆绕直线轴线转动：[ I = mL^2 ] - 球体绕直径轴线转动：[ I = MR^2 ] - 圆环绕直径轴线转动：[ I = MR^2 ]3. 定轴转动的角动量3.1 定义角动量是描述物体转动的物理量，刚体的角动量可以通过转动惯量和角速度的乘积得到。
3.2 角动量的守恒对于一个孤立系统，如果没有外力矩作用，刚体的角动量将保持不变，这就是角动量守恒定律的内容。
3.3 角动量定理角动量定理描述了外力矩对刚体角动量的影响，它可以表示为以下公式： [ = ] 其中，()是作用在刚体上的外力矩，(L)是刚体的角动量。
4. 牛顿第二定律与角加速度4.1 牛顿第二定律牛顿第二定律描述了刚体转动的加速度与作用力的关系，其公式为： [ = I] 其中，()是作用在刚体上的合外力矩，(I)是刚体的转动惯量，()是刚体的角加速度。
4.2 角加速度的计算对于旋转轴与力矩不垂直的情况，我们可以通过以下公式计算刚体的角加速度：[ = ] 其中，()是力矩与旋转轴之间的夹角。
5. 定轴转动的动能5.1 定义刚体的转动动能是由于其转动而具有的能量，它可以通过转动惯量和角速度的平方的乘积得到。
5.2 动能定理动能定理描述了外力对刚体转动动能的影响，它可以表示为以下公式： [ W = K ] 其中，(W)是作用在刚体上的合外力所做的功，(K)是刚体的转动动能。
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
刚体定轴转动知识点总结
刚体定轴转动知识点总结1. 刚体的转动定轴刚体的转动定轴是指固定不动的直线，沿其进行转动的刚体的每一个质点所受的力矩的代数和等于零。
在实际中，通常通过支点来实现转动定轴，比如钟摆、摇摆、旋转的转轴等。
2. 刚体的角位移、角速度和角加速度在刚体定轴转动中，刚体围绕定轴线进行旋转，其角位移、角速度和角加速度是非常重要的物理量。
角位移表示刚体在围绕定轴线旋转的过程中所经过的角度变化量，通常用θ表示；角速度表示刚体围绕定轴线旋转的速度，通常用ω表示；角加速度表示刚体围绕定轴线旋转的加速度，通常用α表示。
3. 牛顿第二定律在刚体定轴转动中的应用牛顿第二定律也适用于刚体定轴转动的情况。
在刚体定轴转动中，外力会给刚体带来转动运动，根据牛顿第二定律，刚体的角加速度与作用在其上的外力矩成正比。
因此，可以根据力矩的大小和方向来分析刚体的转动运动。
4. 转动惯量和转动动能在刚体定轴转动中，转动惯量是一个非常重要的物理量。
转动惯量描述了刚体围绕定轴线旋转的难易程度，其大小与刚体的质量分布和轴线的位置有关。
转动动能是刚体围绕定轴线旋转的能量，其大小取决于刚体的转动惯量和角速度。
5. 转动定律和角动量守恒定律在刚体定轴转动中，转动定律和角动量守恒定律是非常重要的定律。
转动定律描述了刚体受力矩产生的角加速度与所受力矩的关系，角动量守恒定律描述了刚体转动过程中角动量的守恒规律。
6. 平衡条件和稳定性分析在刚体定轴转动中，平衡条件和稳定性分析是非常重要的内容。
通过平衡条件，可以分析刚体围绕定轴线旋转的平衡状态。
稳定性分析则是分析刚体在平衡状态下的稳定性，通常通过刚体的势能函数和平衡位置的稳定性来进行分析。
7. 应用领域刚体定轴转动的理论和方法在工程技术、航空航天、机械制造、物理学等领域都有重要的应用价值。
比如在机械制造中，可以通过分析刚体的定轴转动来设计机械装置；在航空航天中，可以通过分析刚体的定轴转动来设计飞行器的运动控制系统。
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；
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§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
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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
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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。
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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。
第二节 刚体定轴转动的动力学方程
F//
1. 力矩
F
力F 对z 轴的力矩 力F 在垂直于轴的平面内
M z Fd F r sin Fτr
力不在垂直于轴的平面内
dr
θ
F
P Fn
FF
M z Fd Frsin Fτr
若力 F F 也作用在P点上．
则力矩大小相等，效果不同．
力对定轴 力矩的矢量形式 M Z r F
GC F’T2 FT2
求 两物体的线加速度和水平、竖直两段绳索的张力
mB B
解 以mA ， mB ， m C为研究对象, 受力分析
物体 mA： FT1 mAaA
物体 mB ：mB g FT 2 mBaB
滑轮
mC
：FT2R
FT1R
J
1 2
mC R2
aA aB a
FT1 FT1 FT 2 FT2
J dJ R 1(r2 dx) r2 02
R R2 x2 2 dx 2 mR2
2 R
5
x
r
dx x o
R
dJ 1 dm r2 2
转动定律的应用举例
基本方法和步骤
分析力，确 定外力矩
列出转动定律和牛 顿定律方程
列出线量和角量 之间的关系式
求解联 立方程
例 一轻绳绕在半径 r =20 cm 的飞轮边缘，在绳端施以F=98 N
a R
GB
a mBg
mA
mB
1 2
mC
FT1
mA
mAmB g
mB
1 2
mC
FT
2
mA
mA
1 2
mC
mB
mB g
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 2.1 刚体的定轴转动和平面平行运动
对轴的力矩的计算:
把外力分解成转动平面内的 分力和垂直于转动平面的分力。
垂直分力与转轴平行，对O点力矩垂直于转轴，则对 转轴力矩为零。
外力对转轴的力矩，就是转动平面内的分力对 该转轴的力矩
M z rf sin rf hf
【思考】如何确定正、负号？
证明：重力对过质心轴的合力矩等于零
刚体各个质元所受重力对任意
2.1.1 刚体的定轴转动
平动：刚体中任意两个质点的连线在运动
刚体的运动
中始终保持平行。 转动
刚体平动的运动特点：刚体平动时各个质元的运动情况 完全相同，可以用刚体质心的运动来表达刚体的平动。
vi ri
ai ri
转 轴：在某一惯性参考系中固定不变的质点集合。 转动平面：垂直于转轴的平面。
刚体转动的运动特点：除转轴上的质元之外，刚体各个质 元都在转动平面内做圆周运动。
把刚体想象地分割成许多质元，刚体就可以看成是由 这些质元组成的质点系。在整个运动和受力过程中，这 种质点系中任何两个质点之间的距离都保持不变。
刚体的运动规律，可通过把牛顿运动定律应用到这种 特殊的质点系上得到。
2.1 刚体的定轴转动和平面平行运 动
2.1.1 刚体的定轴转动 2.1.2 刚体定轴转动定理 转动惯量 力矩 2.1.3 刚体的平面平行运动
例如：圆柱体、球等轴对称刚体在平面上的滚动，等 等。
平面平行运动可分解成：质心运动和绕垂直于运动平 面的过质心轴的转动。
质心运动服从质心运动定理；刚体绕过质心轴的转动 定理与定轴转动定理的形式相同
MC IC
证明：质心运动定理
如果过质心轴没有加速度，相对刚体质心静止的参
考系是惯性系，MC=IC 显然成立。
一点O的合力矩
第二章刚体转动
第⼆章刚体转动《⼤学物理》综合练习(⼆)——刚体定轴转动班级学号：姓名：⽇期：⼀、选择题(把正确答案的序号填⼊括号内)1．两个⼩球质量分别为m 和m 3，⽤⼀轻的刚性细杆相连。
对于通过细杆并与之垂直的轴来说，轴应在图中什么位置处物体系对该轴转动惯量最⼩?(A)cm 10=x 处； (B)cm 20=x 处； (C)cm 5.22=x 处； (D)cm 25=x 处。
[ C ]2．⼀匀质杆质量为m ，长为l ，绕通过⼀端并与杆成θ⾓的轴的转动惯量为(A)3/2ml ； (B) 12/2ml ； (C) 3/sin 22θml ； (D) 2/cos 22θml 。
[ C ]3．⼀正⽅形均匀薄板，已知它对通过中⼼并与板⾯垂直的轴的转动惯量为J 。
若以其⼀条对⾓线为轴，它的转动惯量为(A)3/2J ； (B)2/J ； (C)J ； (D)不能判定。
[ B ]4．如图所⽰，A 、B 为两个相同的定滑轮，A 滑轮挂⼀质量为m 的物体，B 滑轮受拉⼒F ，⽽且mg F =，设A 、B 两滑轮的⾓加速度分别为A β和B β，不计滑轮轴的摩擦，这两个滑轮的⾓加速度的⼤⼩⽐较是 (A)B A ββ=； (B)B A ββ>； (C)B A ββ<； (D)⽆法⽐较。
[ C ]5．关于⼒距有以下⼏种说法：B题1图题4图(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。
[ B ]6．⼀⽔平圆盘可绕固定的铅直中⼼轴转动，盘上站着⼀个⼈，初始时整个系统处于静⽌状态，忽略轴的摩擦，当此⼈在盘上随意⾛动时，此系统 (A)动量守恒； (B)机械能守恒；(C)对中⼼轴的⾓动量守恒； (D)动量、机械能和⾓动量都守恒； (E)动量、机械能和⾓动量都不守恒。
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。
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
刚体的定轴转动定律
例题 求质量为m、长为Ｌ的均匀细棒对下面 三种转轴的转动惯量： （1）转轴通过棒的中心并和棒垂直； （2）转轴通过棒的一端并和棒垂直； （3）转轴通过棒上距中心为h的一点 并和棒垂直。
Ｘ x dx x dx Ｘ
h x
C dx
Ｘ
平行轴定理
注意 质量为 m 的刚 体，如果对其质心轴 的转动惯量为 IC ， 则对任一与该轴平行， d 相距为 的转轴的 转动惯量
物体2这边的张力为
T2、 T2’(T2’= T2)
1
a
m1 m2
m
a
m1g
2
m2 g
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 m2 a T2r T1r M J
式中是滑轮的角加速度，a是物体的加速度。滑轮 边缘上的切向加速度和物体的加速度相等，即
I mi ri m r m r
2 2 11 2 2 2 i
r
dm
质量连续分布刚体的转动惯量
I r dm
2
dm
：质量元
计算转动惯量: m a
m a
m
m
m
m a
m
m
y
2 3a 2 2 2a 2
a a
2 a 2
a
x
2 2 2 2 2 2 I m( a) m( 2a) m( 3a) 2 2 2
FT1
PC
FC
FT2
mB PB y
a R
mB g a mA mB mC 2 mA mB g FT1 mA mB mC 2
刚体的定轴转动
F
F
圆盘静止不动
F 圆盘绕圆心转动
F
力矩可以反映力的作用点的位置对物体运动的影响.
一、力矩
刚体绕Oz轴旋转,力 F作用在刚体上点P,且在转动平面内, 由 点O 到力的作用点P的径矢为 。r
F 对转轴z的力矩
MrF 大小
M F rsin
z
M
Or
d
F
P
Fd
d : 力臂
二、力矩的功
F 力 F 对质元P所做的元功：
角位置： ( t ) 单位：r a d
角速度： d dt
角加速度：
d
dt
d 2
dt2
角量与线量的关系
v a
i it
ri ri
a
in
ri
2
质元
vi
ri mi x
转动平面
固定轴
方向: 右手螺旋方向
刚体定轴转动的转动方向可以用角速度的正负来表示.
z
z
0
0
2 匀变速转动公式 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.
dW FdrFcosds
cossin
dsrd
d W F r s i n d
又 M F r s in
d W M d
力矩的功 W 2 Md 1
z
d
F dr
rP
y
F
dr
d r
P
o
x
三、转动动能
在刚体上取一质元 p ：i
动能：Eki
1 2
mivi2
1 2
mi
ri22
F 对刚体上所有质元的动能求和：
M F d J 1 t 2 2 F2dJt2 126N
达朗贝尔原理2刚体作定轴转动3刚体作平面运动惯性力的简化1
∴a cos－fsin g
整体
ΣMO = 0
M O－mgs sin = 0 ∴ M O = mgs sin
s
O
A
Fs = f FN
B
FI a
y
a FOy
O FOx FI
Fs
A
FN mg
MO
A
mg B x
Σ Fx = 0
Σ Fy = 0
mg cos－FI + FOx = 0 ∴ FOx =－mg cos
=0
∴a
=
4 M－W1R
g
3W1
R
A MI
B E
M + (W1+ W2 )
l 2
+ (W +
FI
)(
l －R)－M 2
I－lFAy
=
0
∴ FAy
=
13 12 W1+
M 6R
M
MI D
FCy
C
FCx
α
M W1
E
∑Fy = 0 FAy + FB－FI－W1－W2－W = 0
FAy C
FB
W1
a FI
W
∴ FB
FOy + mg sin = 0
∴FOy = mg sin
=
13 12 W1+
M 6R
∑Fx = 0 FA x = 0
FAx W2
E FI
W
例3. 质量m的物块A沿与铅垂面夹角为φ摩擦系数为f的悬臂梁下滑,
不计梁重，求物块下滑至离固定端O的距离为s时O端的约束力。
解： 物块A
FI = ma
刚体的定轴转动力矩课件
大小
力矩的大小与力的大小、力臂长 度以及力和转动轴之间的夹角有
关。
转动效应
力矩能够使刚体绕固定轴转动， 改变刚体的角速度和角动量。
定轴转动力矩的应用
机械传动
在机械传动中，如齿轮、蜗轮等，定轴转动力矩 是实现能量传递和运动转换的关键因素。
航空航天
在航空航天领域，定轴转动力矩用于控制飞机的 飞行姿态和稳定飞行状态。
平衡条件
为了保持刚体的定轴转动，必须满足力矩平衡条件，即重力矩与阻力矩相等。
实例分析
以钟摆为例，钟摆在重力作用下绕轴转动，为了保持钟摆的定轴转动，钟摆的长度和重 力的作用点必须满足一定的条件，否则钟摆会发生摆动。
THANKS
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力矩平衡条件
对于旋转机械，力矩平衡是保持机械稳定运转的重要条件，即作用 在刚体上的所有力矩之和为零。
实例分析
以电动机为例，电动机在运转过程中，作用在电动机转子上的电磁力 矩与转子受到的阻力矩平衡，使得电动机能够稳定运转。
刚体在重力作用下的定轴转动
重力对刚体的作用
重力是作用在刚体上的恒力，当刚体在重力作用下绕轴转动时，重力会产生一个力矩。
刚体的动态平衡
总结词
刚体在运动状态下，受到的力矩和力矩的冲量之和为零。
详细描述
刚体的动态平衡是指刚体在运动状态下，受到的力矩和力矩的冲量之和为零。这意味着作用在刚体上 的所有力矩和力矩的冲量在某一时间段内相互抵消，使刚体保持匀速直线运动或匀速转动状态。
刚体的稳定性和失稳条件
总结词
刚体在受到微小扰动后能恢复到原来的平衡状态的性质。
刚体的分类
可分为固定刚体和活动刚 体。
刚体的定轴转动
定轴转动定义
刚体绕某一固定轴线作转动。
刚体的定轴转动定律
r
F F
其中,d为转轴到力的作用线的垂直距离,称为力臂 3.若作用于刚体的力与转轴既不平行也不垂直时, 可将力分解为平行和垂直于轴的两个分力,再计算
二、定轴转动定律
质点系的角动量定理: dL 对于刚体,这一关系照 M 样成立，因刚体也是一 dt 个质点系。
Z
但对定轴转动，比如刚体绕Z轴运动， 就只要考虑沿Z轴方向的分量。
J M1
t
解： 以刚体为研究对象 ,以M0的方向为轴的正方向,则:
M 0 M 1 J M 0 a
d dt M 0 a J
J
M 0 a dt J
d
dt J
0
M 0 a
at J
0
1 a
M 0 (1 e
)
例4 设一细杆的质量为m，长为L，一端支以枢轴而能 自由旋转，设此杆自水平静止释放。求： 1)当杆与铅直方向成角时的角加速度： 2)当杆过铅直位置时的角速度： 已知：m，L 求：，，N 解：以杆为研究对象 建立OXYZ坐标系
N
M
抵消
T2 T1 ' m g T ' 3 2
T1
r
已知： 1 , m2 , m3 , r m 求： a1 , a2 , T1 , T2 解：以 m1 , m2 , m3 为研究 对象。 受力分析：m1 m1 g.T1 '
m1
m1 g
a1
m2
m2 g
m2 m2 g.T2 ' m3 m3 g , N, T1 , T2
a+
m1g - T= m1a….(1) (2m1 m2 )r T’r=J…(2) m1m2 g 2m1 g T a 2 …(3) J mr / 2 2m m 2m m
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第2章 刚体的定轴转动习题 2.1 一个做匀变速转动的飞轮在10s 内转过16圈（r ），其末速度为151-⋅s rad ，求角加速度的大小。
解：根据at -=ωω0和2021at t +=ωθ，有 ()22t t a θω-=式中 ππθ322==n ，代入数据得299.0-⋅=s rad a习题 2.2 一转速为1800 r/min 的飞轮因受制动而均匀地减速，经过20s 停止转动。
求：（1）角加速度；（2）从制动开始到停止转动飞轮转过的圈数；（3）制动开始后10s 时飞轮的角速度；（4）设飞轮半径为0.5m ，求t = 10s 时飞轮边缘上一点的线速度、切向加速度和法向加速度。
解：（1）s t s rad n 20.0,606018002210==⋅=⎪⎭⎫⎝⎛⨯==-ωπππω，所以 2032060-⋅-=-=-=s rad t a ππωω （2） 从制动开始转过的角位移θ及圈数N 为rad at t πππωθ60020321206021220=⨯⨯-⨯=+=30026002===πππθN （3） t = 10 s 时飞轮边缘上一点的线速度为103010360-⋅=⨯-=+=s rad at πππωω（4）t = 10 s 时飞轮边缘上一点的线速度为 11.47305.0-⋅=⨯==s m r v πω相应的相切及法向加速度为2171.45.15.03-⋅-=-=⨯-==s m ar a ππ()2322221044.44505.030-⋅⨯==⨯==s m r a ππω习题 2.3 在边长为a 的正方形的顶点上，分别有质量为m 的4个质点，求此系统绕下列转轴的转动惯量: (1)通过其中一质点A ，平行于对角线BD的转轴，如题图2.3所示；（2）通过A 垂直于质点所在平面的转轴。
解：由转动惯量定义，可求得（1）()22232222ma am a m J =+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛= （2）()222422ma a m ma J =+=习题 2.4 在题图2.4所示的系统中，1m = 50kg ，kg m 402=，圆盘形滑轮质量m= 16kg ，半径 r = 0.1m ，若斜面是光滑的，倾角为030，绳与滑轮间无相对滑动，不计滑轮轴上的摩擦，求：（1）绳中的张力；（2）运动开始时，2m 距地面高度为1m 时，需多少时间2m 到达地面？解：（1）对滑轮及1m 、2m 受力分析可知，1m 受重力1m g 及绳的拉力习题2.6 在题图2.6所示的装置中，物体的质量为21m m ，定滑轮的质量为'1m 、'2m ，半径为1R 、2R ,设绳长度不变，质量不计。
滑轮为匀质分布，忽略轴处摩擦。
求物体的加速度及绳中张力。
解： 设2m 的加速度大小为a 方向向上，则1m 的加速度向下，大小也是a ，二滑轮角加速度分别为11R a a =和22R a a =，列方程： a m F g m 111=- （1）a m g m F 222=- （2）121'11113221)(a R m a J R F F ==- （3）11R a a = (4)()222'22222321a R m a J R F F ==- （5） 22R a a = (6) (1)到（6）式联立解得()()()()()()()()()g m m m m m m m m m m F g m m m m m m m m m F g m m m m m m m m m F g m m m m m m a '2'121'12'21213'2'121'2'12212'2'121'2'11211'2'12121242)(42)(422+++++=+++++=+++++=+++-=习题2.7如图2.7所示，质量分别为m 和2m 、半径分别为r 和2r 的两个均匀圆盘，同轴地粘在一起，可以绕通过盘心且垂直于盘面的水平光滑固定轴转动，对转轴的转动惯量为2/92mr ，大小圆盘边缘都绕有绳子，绳子下端都挂有一质量为m 的重物。
求盘的角加速度的大小。
解：受力分析如图2.7（b ），根据牛顿第二定律、刚体转动定理以及运动学关系可得方程组 ()1221211222292a ra a ra a mr r F r F ma mg F ma F mg ===-=-=-联立上述5个方程，解得 rg a 192= 习题 2.8 一蒸汽机的圆盘形飞轮质量为200kg ，半径为1m ，当飞轮转速为1201min -⋅rad 时关闭蒸汽阀门，若飞轮在5min 内停下来，求在此期间飞轮轴上的平均摩擦力矩及此力矩所做的功。
解： 104602120-⋅=⨯=s rad ππω t t a at 00,ωωωωω-=-==-由定轴转动定理m N m N t mR Ja M ⋅-=⋅⎪⎭⎫ ⎝⎛⨯-⨯⨯⨯-=⎪⎭⎫ ⎝⎛-==19.4605412002121202πω 力矩的功为()J J mR J A 32220220109.74120021212121210⨯-=⨯⨯⨯⨯-=⎪⎭⎫ ⎝⎛=-=πωω 习题2.9 如图2.9所示，A 、B 两飞轮的轴杆在同一中心线上，两轮转动惯量分别为222010m kg J m kg J B A ⋅=⋅=和,开始时，A 轮转速600 1min -⋅rad ，B轮静止；当二轮齿合时，B 轮得到加速而A 轮减速，直到二轮转速相等。
求：（1）两轮齿合后的转速：（2）齿合过程中损失的机械能。
解： （1）系统齿合过程受轴向正压力，对轴的力矩为零，受切向摩擦力，其力矩为内力矩，所以角动量守恒，有 ()ωωωB A B B A A J J J J +=+W 为齿合后二轮共同角速度，由于开始时B 轮静止，于是BA A AB A B B A A J J J J J J J +=++=ωωωω 代入数据得 1119.20min 60/2200min 200---⋅=⋅⨯=⋅=s rad rad rad πω（2）齿合过程摩擦力矩做功，机械能不守恒，损失的机械能为()JJ J J J J E B A A A 422221031.1602200)2010(2160260010212121⨯=⎪⎭⎫ ⎝⎛⨯⨯+⨯-⎪⎭⎫ ⎝⎛⨯⨯⨯=+-=∆ππωω 习题2.10 如图2.10，质量为1m ，长为L 的匀速直杆可绕垂直于棒的一端的水平轴无摩擦地转动，它原来静止在平衡位置上，现在一质量为2m 的弹性小球飞来与棒在下端垂直相撞，使棒转至最大角度030=θ处，且碰撞是弹性碰撞，求小球初速度0v 的大小。
解： 设小球的初速度大小为0v ，碰撞后棒的初角速度为ω，而小球的速度大小为v ，由于弹性碰撞，碰撞过程遵守机械能守恒和角速度动量守恒：⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧+==+=222322220221202v m J v m L m J vL m J L v m ωω （1） 又因为碰撞后，棒的上摆过程也遵循机械能守恒，则有()01230cos 122-=L g m J ω ()212101231330cos 1⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=L g J gL m ω （2） 把（2）的表达式与（1）中的几个方程联立，求解得:()21222031232612m m m gL L m J L v +-=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+=ω 习题2.11 如图2.11所示，长为L ，质量为1m 的均匀细棒，上端悬挂在O 点，可绕水平轴无摩擦地转动。
在同一悬点，有一长为l 的轻绳系一质量为2m 的小球。
当小球悬线偏离竖直方向某个角度由静止释放时，小球在悬点的正下方与静止的棒发生弹性碰撞，问线长为多少时小球与棒碰后小球刚好静止。
解： 以小球和棒为研究对象，碰撞过程满足角动量守恒和机械能守恒，因而可得方程组 ⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧⎪⎭⎫ ⎝⎛==⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛==22122221231212123ωωωωL m j v m L m j vl m 解此方程组得处 212231L m J l m ==所以 213m m L l = 习题2.12 一根放在水平光滑桌面上的质量均匀的棒，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㎏，长度为 L = 1.0 m ，对轴的转动惯量为231mL J =。
初始时棒静止。
现有一水平运动的子弹垂直地射入棒的另一端并留在帮内，如图2.12所示。
子弹的质量为 m = 0.020㎏，速率为1400-⋅=s m v ，求：（1）棒开始和子弹一起转动时的角速度ω为多大？（2）设棒转动时受到大小为m N M r ⋅=0.4的恒定阻力矩作用，则棒所能转过的角速度θ有多大？解： （1）以子弹和棒为研究对象，子弹垂直地射入棒时满足角动量守恒定律，可列方程: ω⎪⎭⎫ ⎝⎛+=2'2'31L m mL vL m 代入数据得 14.15-⋅=s rad ω（2）以子弹和棒为研究对象，根据转动定理和运动学方程可列方程：rada a L m mL M r 4.15203122'2==-⎪⎭⎫ ⎝⎛+=-θθω。