大学物理(4.2.2)--转动惯量转动定律

第二讲
转动惯量 转动定律
O r
m z
※ 质点的转动惯量
F
θt
F n
F
αr m ma F ==t t M
（1）设单个质点
与转轴刚性连接
m α
2
mr M =α
θ2
t sin mr rF rF M ===第二讲 转动惯量 转动定律
定义： 为质点m 对O 点的 “转动惯量”2
mr
J =α
J M =2/20
α
2
i e j
j j j r m M M ∆=+ 质量元受外力 ，内力j F e j
F i 外力矩
内力矩
O
z
j
m ∆j
r j
F e j
F i α
2i e j
j j
j j
j
r m M M
∑∑∑∆=+0
=∴-=∑j
ij ji
ij M M M α
2
mr M =※ 刚体的转动惯
量
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.
)α
r m M
j
j j
j
2e (∑∑∆=※ 转动定律
α
J M =2
j
j
j r m J ∑∆=定义刚体转动惯量：O
z
j
m ∆j
r
j
F e j
F i ⎰=m
r J d 2
4/20
讨论
J
M ∝
α（2）t J
J M d d ω
α==（3）（1）
不变ωM ，0=*转动定律*
αJ M =t
v
m
ma F d d ==比较:
*转动惯量* 转动惯量的意义：转动惯性的量度 转动惯量的单位：kg·m 22j
j
j r
m J ∑∆=
⎰=m
r J d 2
转动惯量是对某一转轴的
转动惯量具有可叠加性
转动惯量与刚体的质量、质量的分布及转轴的位置
有关。

6/20
质量离散分布
222
221
12j
j j
j r
m r m r m r m J +++=∆=∑ J 的计算方法 质量连续分布
V
r m
r r m J V
j
j
j d d 2
2
2ρ⎰⎰∑==∆= ：质量元m d ：体积元
V d
例题 均匀杆m ,求对O 轴的转动惯量
C A
m
l 2
l
2
x d x
x
O
l
23
2
2
3
13ml
l dx x dm x J l
O ====⎰⎰λλ
2
3
2
/2
/2
212
1121ml l dx x dm x J l l C ===
=
⎰⎰-λλ
运用微积分思想和方法dx
dm l
m λλ==
8/20
例题 求半径为R 均匀圆
环m 对圆心C 的转动惯
量：
例题 求半径为R 均匀圆盘
m 对轴的转动惯量:24
2
2
2
122mR
R rdr
r dm r
J R
===
=
⎰⎰
σππσ∆m
i
∑∑∆=∆=i
i C m R R m J 22C R 2
mR
J C =½圆环?¼圆环?距轴R 的质点?
r
运用微积分思想和方法
2
r dm dJ =rdr
dm πσ2=2
R
m πσ=
2
md
J J C O +=※ 平行轴定理
质量为 的刚体，如果对
其质心轴的转动惯量为
，则对任一与该轴平行，相距为
的转轴的转动惯量为：
C J m d d
C O
m 10/20
平行轴定理的证明
2
md
J J C O +=∑∑+∆=∆=i
i
i
i
i i i C y x m r m J )
(222
∑∑'+'∆='∆=i
i
i i i i i O y x m r m J )
(2
2
2
i
i i i i i z z d y y x x ='-='=',
,
C 为刚体的质心，J C 为通过质心轴的转动惯量
∑∑-+∆='∆=i
i
i i
i i i O d y x m r m J ]
)([2
22
∑∑∑∆-∆++∆=i
i
i
i
i i i i i O y m d m d y x m J 2)(222∑=∆C
i
i
my y
m 质心通过坐标原点，y C =0
=m
=0
y
x z J J J += y
x
z 圆盘 R C m ※ 垂直轴定理
J
m r
m x m y z
i i
i i
i
i
==+∑∑∑∆∆∆2
22
薄板型物体
222
i
i
y
x r i +=12/20
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？
(2) 为瞬时关系
(3) 转动中 与平动中
地位相同．
ma F =αJ M =(1) 与 方向相同
M α说明
转动定律应用αJ M =14/20
例2质量为m
A
的物体A静止在光滑水平面上，和一质量不计的绳索相连接，绳索跨过一半径为R、
质量为m
C 的圆柱形滑轮C，并系在另一质量为 m
B
的物体B上，B竖直悬挂。

滑轮与绳索间无滑动， 且滑轮与轴承间的摩擦力可略去不计．(1)两物体的线加速度为多少？ 水平和竖直两段绳索的张力各为多少？(2)物体 B从静止落下距离 y 时，其速率是多少？
解 (1) 用隔离法分别对各物体作受力分析，取如图所示坐标系。

A
B
C
A
m B m C
m A
P O x
T1
F N
F
A m y
O
T2
F ' B P B
m T2
F T1
F ' C
P C
F 16/20
a
m F A T1=a
m F g m B T2B =-αJ RF RF =-T1T2α
R a =y
O
T2F ' B P B m T2
F T1
F ' C
P C
F A
P O x
T1
F N
F A m 转动定律
牛顿定律
2
C B A B m m m g
m a ++=
2
C B A B A T1
m m m g
m m F ++=
2
)2(C B A B C A T2
m m m g m m m F +++=
解得：
B
A B A T2
T1m m g
m m F F +=
=如令 ，可得
0C =m 18/20
（2） B 由静止出发作匀加速直线运动，下落的速率 v
2
/22C B A B m m m gy
m ay ++=
=v ay v ady
vdv y
v
=⇒
=⎰⎰
2
2
1dy
dv v
dt dy dy dv dt dv a ===
同学们再见！。