3刚体的定轴转动
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3、刚体定轴转动的动能定理dθd...
解: J r2dm R2dm R2 dm mR2
J是可加的，所以若为薄圆筒 （不计厚度）结果相同。
OR dm
例2.12 求质量为m、半径为R、厚为l 的均匀圆盘的转 动惯量。轴与盘平面垂直并通过盘心。
解：取半径为r宽为dr的薄圆环,
dm dV 2rdr l
dJ r 2dm 2lr3dr
M
ri
Fi
i
2、质点系对轴的角动量定理
设质点系内各质点均在各自的转动平面内绕同一轴转动
n
i 1
Miz
d dt
n i1
(ri mi vi
sini
)
因有：vi ri
i
2
n
i 1
Miz
d dt
n
[
i 1
(miri2 )]
vi O ri mi
转动惯量J
n
i 1
Miz
d dt
(Jω)
dLz dt
2L
3
因为 d d d d dt d dt d
所以 d 3g cos
d
2l
积分 d 3g cos d
0
0 2l
得 3g sin
l
四、定轴转动的动能定理
1、转动动能
Ek
n i1
1 2
mi ri 2 2
1n (
2 i1
miri2 )2
1 2
J 2
刚体绕定轴转动时转动动能等于刚体的转动惯量
2.6 刚体的定轴转动
一 刚体定轴转动的描述
1. 刚体--特殊的质点系
(1) 无限多的质点组成的有限大小的质点系（实际 上是物质连续分布的物体，其微分体积称为质元)； (2) 无论施加多大的力都不会改变形状和大小，即任 意两点间的距离不会因施力和运动而改变；
J是可加的，所以若为薄圆筒 （不计厚度）结果相同。
OR dm
例2.12 求质量为m、半径为R、厚为l 的均匀圆盘的转 动惯量。轴与盘平面垂直并通过盘心。
解：取半径为r宽为dr的薄圆环,
dm dV 2rdr l
dJ r 2dm 2lr3dr
M
ri
Fi
i
2、质点系对轴的角动量定理
设质点系内各质点均在各自的转动平面内绕同一轴转动
n
i 1
Miz
d dt
n i1
(ri mi vi
sini
)
因有：vi ri
i
2
n
i 1
Miz
d dt
n
[
i 1
(miri2 )]
vi O ri mi
转动惯量J
n
i 1
Miz
d dt
(Jω)
dLz dt
2L
3
因为 d d d d dt d dt d
所以 d 3g cos
d
2l
积分 d 3g cos d
0
0 2l
得 3g sin
l
四、定轴转动的动能定理
1、转动动能
Ek
n i1
1 2
mi ri 2 2
1n (
2 i1
miri2 )2
1 2
J 2
刚体绕定轴转动时转动动能等于刚体的转动惯量
2.6 刚体的定轴转动
一 刚体定轴转动的描述
1. 刚体--特殊的质点系
(1) 无限多的质点组成的有限大小的质点系（实际 上是物质连续分布的物体，其微分体积称为质元)； (2) 无论施加多大的力都不会改变形状和大小，即任 意两点间的距离不会因施力和运动而改变；
3.3刚体定轴转动中的功与能
−1 1
解：以 ω 和 ω 分别表示冲孔前后的飞轮的角速度
1 2
ω = (1 − 0 .2 )ω = 0.8ω
2 1
2
2
2πn ω = = 8πrad ⋅ s 60
1 1
−1
1
1 1 1 由转动动能定理 A = Jω − Jω = Jω (0 .8 − 1) 2 2 2 1 又 J = mr A = −5 .45 × 10 J 2
课后习题 3-8
θ1
θ2
二、刚体的转动动能和重力势能
1.绕定轴转动刚体的动能 绕定轴转动刚体的动能 绕定轴转动刚体的
∆ ,∆ ,⋅⋅⋅,∆ ,⋅⋅⋅,∆ m m m m r r r r r, r ,⋅⋅⋅, r ⋅⋅⋅, r r r r r v ,v ,⋅⋅⋅,v ,⋅⋅⋅,v
1 2 i
1 2 i, N
N
Q = rω v 1 E= ∆ v m 2
2 2 2
1 1
2
3
质量M的圆盘滑轮可绕通过盘心的水平轴转 例3-7半径R质量 的圆盘滑轮可绕通过盘心的水平轴转 半径 质量 滑轮上绕有轻绳，绳的一端悬挂质量为m的物体 的物体。 动，滑轮上绕有轻绳，绳的一端悬挂质量为 的物体。 当物体从静止下降距离h时 物体速度是多少？ 当物体从静止下降距离 时，物体速度是多少？ 以滑轮、 解：以滑轮、物体和地球组成系统为研究对 由于只有保守力做功，故机械能守恒。 象。由于只有保守力做功，故机械能守恒。 设终态时重力势能为零 初态：动能为零，重力势能为mgh 初态：动能为零，重力势能为 末态： 末态：动能包括滑轮转动动能和物体平动动能 由机械能守恒
i i
i i i
2
1
2
i
N
解：以 ω 和 ω 分别表示冲孔前后的飞轮的角速度
1 2
ω = (1 − 0 .2 )ω = 0.8ω
2 1
2
2
2πn ω = = 8πrad ⋅ s 60
1 1
−1
1
1 1 1 由转动动能定理 A = Jω − Jω = Jω (0 .8 − 1) 2 2 2 1 又 J = mr A = −5 .45 × 10 J 2
课后习题 3-8
θ1
θ2
二、刚体的转动动能和重力势能
1.绕定轴转动刚体的动能 绕定轴转动刚体的动能 绕定轴转动刚体的
∆ ,∆ ,⋅⋅⋅,∆ ,⋅⋅⋅,∆ m m m m r r r r r, r ,⋅⋅⋅, r ⋅⋅⋅, r r r r r v ,v ,⋅⋅⋅,v ,⋅⋅⋅,v
1 2 i
1 2 i, N
N
Q = rω v 1 E= ∆ v m 2
2 2 2
1 1
2
3
质量M的圆盘滑轮可绕通过盘心的水平轴转 例3-7半径R质量 的圆盘滑轮可绕通过盘心的水平轴转 半径 质量 滑轮上绕有轻绳，绳的一端悬挂质量为m的物体 的物体。 动，滑轮上绕有轻绳，绳的一端悬挂质量为 的物体。 当物体从静止下降距离h时 物体速度是多少？ 当物体从静止下降距离 时，物体速度是多少？ 以滑轮、 解：以滑轮、物体和地球组成系统为研究对 由于只有保守力做功，故机械能守恒。 象。由于只有保守力做功，故机械能守恒。 设终态时重力势能为零 初态：动能为零，重力势能为mgh 初态：动能为零，重力势能为 末态： 末态：动能包括滑轮转动动能和物体平动动能 由机械能守恒
i i
i i i
2
1
2
i
N
第三章 刚体的定轴转动
令
m r
i 1
n
2
i i
=J
1 2 Ek Jω 2
转动动能
ω 对应 v
J 对应 m
1 2 Ek mv 2
质点的动能
二 转动惯量 ( moment of inertia ) 质量 质点惯性大小的量度
J 与 m 对应
转动惯量 刚体转动惯性大小的量度
n
J mi ri
i 1
2
体分布
dm =ρdV dm =σdS dm =λdl
面分布 线分布
J r dm
2 m
单位:
kg · 2 m
说明： J r 2dm
m
1. J 与刚体的质量有关； 2. 质量一定，与质量的分布有关；
3. 与轴的位置有关。因此叫作绕轴的
转动惯量。
转动惯量的计算
例1 质量为m，半径为 r 的均匀细圆环， 对通过其中心并垂直环面的转轴的转动惯量。 解： 根据转动惯量的定义求解。
3. 题 3－2，3－8，3－9。
§3-1
刚体的定轴转动
刚体 ( rigid body ) ：在任何情况下，其形状和大 小都不发生任何变化的物体 刚体是一种理想模型
一 刚体的运动 刚体的运动
｛ 转动
平动
平动 ( translation ) 刚体运动时，其上任意两点的连线 ， 在运动过程中始终保持其方向不变 。 刚体的平动遵从质点运动的规律
ω ω0 αt
1 2 θ θ0 ω0t αt 2 2 2 ω ω0 2α(θ θ0 )
切向加速度 ( tangential acceleration )
dv at dt d (rω) dt dω r dt
m r
i 1
n
2
i i
=J
1 2 Ek Jω 2
转动动能
ω 对应 v
J 对应 m
1 2 Ek mv 2
质点的动能
二 转动惯量 ( moment of inertia ) 质量 质点惯性大小的量度
J 与 m 对应
转动惯量 刚体转动惯性大小的量度
n
J mi ri
i 1
2
体分布
dm =ρdV dm =σdS dm =λdl
面分布 线分布
J r dm
2 m
单位:
kg · 2 m
说明： J r 2dm
m
1. J 与刚体的质量有关； 2. 质量一定，与质量的分布有关；
3. 与轴的位置有关。因此叫作绕轴的
转动惯量。
转动惯量的计算
例1 质量为m，半径为 r 的均匀细圆环， 对通过其中心并垂直环面的转轴的转动惯量。 解： 根据转动惯量的定义求解。
3. 题 3－2，3－8，3－9。
§3-1
刚体的定轴转动
刚体 ( rigid body ) ：在任何情况下，其形状和大 小都不发生任何变化的物体 刚体是一种理想模型
一 刚体的运动 刚体的运动
｛ 转动
平动
平动 ( translation ) 刚体运动时，其上任意两点的连线 ， 在运动过程中始终保持其方向不变 。 刚体的平动遵从质点运动的规律
ω ω0 αt
1 2 θ θ0 ω0t αt 2 2 2 ω ω0 2α(θ θ0 )
切向加速度 ( tangential acceleration )
dv at dt d (rω) dt dω r dt
大学物理第3章刚体的定轴转动
13
【例5】长为 l、质量为 m 的匀质细杆，绕与杆垂直的 质心轴转动，求转动惯量 J。
【解】建立坐标系，分割质量元
J x2dm
l2 l 2
x2Байду номын сангаас
ml dx
1 ml 2 12
x o x dx
【例6】长为 l、质量为 m 的匀质细杆，绕细杆一端轴 转动，求转动惯量 J。
【解】J x2dm
L
L
11
【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，环上各质元到轴的距离相等。
M
J
R2dm R2
M
dm
MR2
0
0
【例3】在无质轻杆的 b 处 3b 处各系质量为 2m 和 m 的质点，可绕 O轴转动，求质点系的转动惯量J。
刚体作定轴转动时, 刚体上各质点都作圆周运动。 各质点运动的线量一般不同，但角量完全相同。
1.角坐标
OP与极轴之间的夹角称 为角坐标（或角位置）
角坐标为标量，但可有正负。
o
P
x
在定轴转动过程中，角坐标是时间的函数： =(t)，称为转动方程。
3
2.角位移
角坐标的增量 称为刚体的角位移
i
i
i
得 LJ
v i m i ri
29
由刚体定轴转动定律
得到
MJ J
d dt
d( J ) dt
dL dt
M dL 定轴转动刚体角动量定理微分形式 dt
t
L
Mdt d
t0
L0
LLL0
3.刚体的定轴转动
a a n a
2 3 2
2
6.16 10
3
2
3.14 m / s
2
2
6.16 10 m / s
例3-2：一飞轮在时间t 内转过角度 at bt 3 ct 4式中a、b、c都 是常量。求它的角加速度。 解:飞轮上某点的角位置可用θ 表示为： at bt 3 ct 4 将此式对t 求导数，即得飞轮角速度的表达式为:
O
刚体定轴转动的描述
（1） 定轴转动的角量描述
角位置： (t )
角位移： (t ) (t 0 ) 角速度：
d dt d
dt d
2
角加速度：
dt
2
角速度和角加速度均为矢量，定轴转动中其方向沿转轴的
方向并满足右手螺旋定则。
说明：在刚体的定轴转动中加速度、角加速度和角位移通常用 代数量表示。通常规定：当刚体作逆时针转动时，这些角量均 取正值；反之，取负值。
观察圆盘O和圆盘上一点P的运动：
O点的运动：沿着直线向前移动 圆盘上其他点的运动：除向前移动外，还绕圆盘中心O且垂直于盘面的轴转动。
1.刚体的平动：在运动过程中，若刚体上任意一条直线在各个时 刻的位置始终彼此平行，则这种运动叫做平动。
特点：刚体内所有点具有相同的位移、速度和加速度。 －－刚体上任一点的运动规律即代表刚体的平动规律。
2
2
则整个刚体的转动动能为：
Ek
1 2
m i vi
2
1 2
m i ri
2
2
1 2
J
2
二、 力矩的功和功率
1.力矩的功
2 3 2
2
6.16 10
3
2
3.14 m / s
2
2
6.16 10 m / s
例3-2：一飞轮在时间t 内转过角度 at bt 3 ct 4式中a、b、c都 是常量。求它的角加速度。 解:飞轮上某点的角位置可用θ 表示为： at bt 3 ct 4 将此式对t 求导数，即得飞轮角速度的表达式为:
O
刚体定轴转动的描述
（1） 定轴转动的角量描述
角位置： (t )
角位移： (t ) (t 0 ) 角速度：
d dt d
dt d
2
角加速度：
dt
2
角速度和角加速度均为矢量，定轴转动中其方向沿转轴的
方向并满足右手螺旋定则。
说明：在刚体的定轴转动中加速度、角加速度和角位移通常用 代数量表示。通常规定：当刚体作逆时针转动时，这些角量均 取正值；反之，取负值。
观察圆盘O和圆盘上一点P的运动：
O点的运动：沿着直线向前移动 圆盘上其他点的运动：除向前移动外，还绕圆盘中心O且垂直于盘面的轴转动。
1.刚体的平动：在运动过程中，若刚体上任意一条直线在各个时 刻的位置始终彼此平行，则这种运动叫做平动。
特点：刚体内所有点具有相同的位移、速度和加速度。 －－刚体上任一点的运动规律即代表刚体的平动规律。
2
2
则整个刚体的转动动能为：
Ek
1 2
m i vi
2
1 2
m i ri
2
2
1 2
J
2
二、 力矩的功和功率
1.力矩的功
力学讲义-3刚体的定轴转动
物体（包括子弹）在 B 点的速度大小和θ 角的大小。
【思路分析】 此题可分两个过程，第一阶段，子弹射入木块前后，水平方向动量守恒；
第二阶段，含子弹的木块由 A 点沿曲线运动到 B 点，由于作用在木块上的弹簧拉力为有心
力，所以角动量守恒。同时，机械能也守恒，可解之。
解 子弹与木块作完全非弹性碰撞，水平方向动量守恒。设碰后的速度为 uK ，其大小为
（1）
T2 − m2 g sin α = m2a
（2）
另根据转动定律，对滑轮有
还有辅助方程
T1′R − T2′R = J β
T1′ = T1 T2′ = T2 a = Rβ
联立求解上述六个方程，解得 m1 的加速度大小为
a
=
(
m1 − m2 sinα (m1 + m2 )R2
) gR2
+J
（3）
（4） （5） （6）
与质点直线运动相对应的定理和定律，为便于记忆和理解，此处给出了质点一维运动与刚体
定轴转动的相应公式：
2
质点一维运动
刚体定轴转动
位移 Δx 速度 υ = dx
dt
加速度 a = dυ = d2 x dt dt2
质量 m
K 力F
运动定律
K F
=
maK
动量
K P
=
mυK
动量定理
JK dp
=
JK F
dt
∫K Fdt
向弹回，碰撞时间极短，如图 3-4 所示。已知滑块与棒碰撞
前后的速率分别为υ 和 u ，桌面与细棒间的滑动摩擦系数为 μ 。求从碰撞后到细棒停止运动所需的时间。
【思路分析】 首先由碰撞过程角动量守恒求出碰后细棒的角速度，再求得细棒受到的
3第三章 刚体的定轴转动
程. 有时还需要利用质点及刚体定轴转动的运动学公
式补充方程，然后对这些方程综合求解.
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. o 解: 受力图如下，设 m 2 m 1 r m' F T1 F T2
怎样的?
3. 动量矩守恒定律的内容及守恒定律的条件是什么?
一、动量矩(角动量)
质量为 m 的质点以速度 v 在空间运动，某时刻相对原点 O 的位矢为 r ，质点相对于原
点的动量矩（角动量） L0 r p r m v 大小 L 0 rm v sin θ
t
0 (1 e ) 0 95 0 8 6(rad s )
（下一页）
1
⑵角加速度随时间变化的规律为： 0 d 2 e 4 5e (rad s ) dt ⑶ t =6 · s 时转过的角度为 0
t t
dt 0 (1 e
dr
力矩的功
W
O o
x
1
2
M d
转动动能
刚体内部质量为 mi 的质量元的速度为 v r i i 动能为
1 2 mi vi
2
刚体定轴转动的总能量（转动动能）
Ek
n
1 2
1
Δm1v1
2
2
1 2
n
Δm2 v2
2
1 2
1 2
mn vn
n
2
2
i 1
大学物理上第3章 刚体的定轴转动
z
(ω, β )
r fi
F 两边乘以r 两边乘以ri ,有： it ri + f it ri = ∆mi ait ri
对所有质元的同样的式子求和， 对所有质元的同样的式子求和，有：
fit
∆mi
Fit
r Fi
Fir
o
Fit ri + ∑ f it r i = ∑ ∆mi ait ri = β ∑ ( ∆mi ri 2 ) ∑
表示合外力矩，记作M ∑ F r 表示合外力矩，记作 表示内力矩之和， ∑ f r 表示内力矩之和，其值等于零
it i
it i
(∆mi ri 2 ) 称为刚体对轴的转动惯量，记作J 称为刚体对轴的转动惯量，记作 ∑
则上式可简写成： 则上式可简写成：M = Jβ
11
M = Jβ
刚体定轴转动定律： 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。 在此合外力矩作用下所获得的角加速度的乘积。 说明: 说明: 1. 上式是矢量式（在定轴转动中力矩只有两个方向）。 上式是矢量式（在定轴转动中力矩只有两个方向）。 2. M、J、β是对同一轴而言的。 是对同一轴而言的。 3. 上式反映了力矩的瞬时效应。M = Jβ = J dω 上式反映了力矩的瞬时效应。 dt 4. 刚体转动定律的地位与牛顿第二定律相当。 刚体转动定律的地位与牛顿第二定律相当。 5. 转动惯量 是刚体转动惯性大小的量度。 转动惯量J是刚体转动惯性大小的量度 是刚体转动惯性大小的量度。
2
§3.1
3.1.1 刚体的运动
刚体定轴转动的描述
刚体的平动：刚体在运动过程中， 刚体的平动：刚体在运动过程中，其 上任意两点的连线始终保持平行。 上任意两点的连线始终保持平行。 可以用质点动力学的方法 来处理刚体的平动问题。 来处理刚体的平动问题。 刚体的定轴转动： 刚体的定轴转动：刚体上各点都绕同 一直线作圆周运动， 一直线作圆周运动，而直线本身在空 间的位置保持不动的一种转动。 间的位置保持不动的一种转动。这条 直线称为转轴 转轴。 直线称为转轴。
第3章 刚体的定轴转动
F
Od
r *ϕ
P
方向： 沿轴向（使刚体绕轴逆时针改变运动状态为正） 方向： 沿轴向（使刚体绕轴逆时针改变运动状态为正） 单位： 单位： N ⋅ m （牛⋅米） 定轴转动的刚体受到几个力矩的作用， 定轴转动的刚体受到几个力矩的作用，合力矩是 各力矩的代数和。 各力矩的代数和。
6
3.2 刚体的定轴转动定律
4
3.1 刚体的运动
当刚体绕定轴转动的角加速度为恒量时， 当刚体绕定轴转动的角加速度为恒量时，刚体作 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 质点匀变速直线运动 刚体绕 刚体绕定轴作匀变速转动
v = v 0 + at
x = x 0 + v 0 t + at
1 2
1
3.1 刚体的运动
3.1.2 刚体的定轴转动
转动：组成刚体的各质点都绕某一直线作 组成刚体的各质点都绕某一直线作 圆周运动， 这条线为转轴。 圆周运动， 这条线为转轴。 转轴 若转轴相对于给定的参考系在空间 固定不动，则称为刚体的定轴转动。 固定不动，则称为刚体的定轴转动。 刚体的定轴转动 刚体的一般运动 （如：运行的车轮） 运行的车轮） 随某点(基点) 随某点(基点)的平动 + 过该点 的定轴转动。 的定轴转动。
第3章 刚体的定轴转动 章 3.1 刚体的运动
刚体： 刚体：特殊的质点系 受力时质点系的形状和体积不改变
3.1.1 刚体的平动
在运动过程中刚体上的任 意一条直线在各个时刻的位置 都相互平行 任意质元运动都代表整体运动 任意质元运动都代表整体运动 质元运动都代表整体
A’ A B A”
B’
B”
可用质点运动学和动力学知识研究
第3章刚体的定轴转动
绕通过质心 由合外力矩决定（应用
轴的转动
转动定律）
第3章 刚体的定轴转动
例3 质量为 mA 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 的圆mC柱形滑轮 C，并系在另一质量为 的物mB
体 B 上. 滑轮与绳索间没有滑动， 且滑轮与轴承间的摩
擦力可略去不计. 问：（1） 两物体的线加速度为多少？
dt
M
dL
作用于质点的合力对参考点 O 的力矩 ，等于质点对该点 O 的角
dt 动量随时间的变化率.
第3章 刚体的定轴转动
M
dL
dt
t2 t1
Mdt
L2
L1
冲量矩
t2
Mdt
t1
质点的角动量定理：对同一参考点 O ，质点所受
的冲量矩等于质点角动量的增量.
3 质点的角动量守恒定律
M 0, L 恒矢量
的大小与角速度的平方成正比，比例系数为 k
（ k 为大于零的常数).当 1 30 时，飞轮的角
加速度为
，所经历的时间为
M k2
M J
k 2
J
k
2 0
9J
第3章 刚体的定轴转动
M k2
M J J d
k 2 J d
dt
dt
t dt J
1
3
0
1
d
0
k 0 2
2J t
M mr 2
2）刚体
质量元受外力 Fej，内力 Fij
Mej Mij mjrj2
外力矩
内力矩
第3章 刚体的定轴转动
z
M
F
F
O
第3章_刚体的定轴转动
T3
αB
T1
T2
2011-5-28
刚体的定轴转动
质量m的杆可绕过一端的水平轴转动 例：长l质量 的杆可绕过一端的水平轴转动。杆从水平静止开 质量 的杆可绕过一端的水平轴转动。 始转动，当转到与水平位置成θ角时 角时， 角速度ω和 始转动，当转到与水平位置成 角时，角法速度α ，角速度 和 质心法速度a 为多少？ 质心法速度 c为多少？ 解：(1) mg l cos θ = Jα
2011-5-28
刚体的定轴转动
转动定律及其应用： 转动定律及其应用：
对 刚 体 的 动 力学 问 题
M = Jα 与 F = ma 联合联来运用
2011-5-28
刚体的定轴转动
二、刚体的定轴转动
1、 定轴转动的运动学质律 、
刚体定轴转动 ( 运动学 ) —— 转动平面的定轴转动 转动平面上任一点 P
角量描述 : θ , ω = ω0 + α t
ω , α
v
v
θ = θ 0 + ω 0t + ω 2 − ω 02
1 α t2 2 = 2 α (θ − θ 0 )
本章教学基本要求 本章教学基本要求
1、掌握刚体平动、转动和定轴转动等概念，并角解刚体 、掌握刚体平动、转动和定轴转动等概念， 的基本运动为平动 定轴转动。 平动和 的基本运动为平动和定轴转动。 2、掌握描述刚体定轴转动的角量描述，熟练掌握刚体上 、掌握描述刚体定轴转动的角量描述， 法点的角量 线量关系 角量与 关系。 法点的角量与线量关系。 3、角解力矩 转动惯量的物角意义 了解平行轴定角 3、角解力矩和转动惯量的物角意义，了解平行轴定角， 力矩和 的物角意义， 平行轴定角， 掌握刚体定轴转动定律及其应用。 转动定律及其应用 掌握刚体定轴转动定律及其应用。 4、掌握刚体的动能和重力势能的计算，并能在有刚体转 动能和 的计算， 、掌握刚体的动能 重力势能的计算 动等问题中正确刚应用机械能守恒定律 机械能守恒定律。 动等问题中正确刚应用机械能守恒定律。 5、会计算刚体对固定轴的角动量，能正确应用角动量定 、会计算刚体对固定轴的角动量，能正确应用角动量定 角动量守恒定律。 角和角动量守恒定律。
刚体定轴转动的转动定律
R
M
h
Hale Waihona Puke 解法一 用牛顿第二运动 定律及转动定律求解.分 析受力如图所示. 对物体m用牛顿第二 运动定律得 mg T ma 对匀质圆盘形滑轮用 转动定律有 TR J 物体下降的加速度的 大小就是转动时滑轮边缘 上切向加速度，所以
o R M
T
h
a
G
a R 物体m 落下h 高度时的速率为
2
3.试求质量为m 、半径为R 的匀质圆环 对垂直于平面且过中心轴的转动惯量. 解 作示意图如右,由于质 量连续分布，所以由转动 惯量的定义得
J R 2dm
m
dm
o
R
2R 0
m R dl 2R
2
mR 2
4.试求质量为m 、半径为R 的匀质圆盘 对垂直于平面且过中心轴的转动惯量. dr 解 如图所示, 由于质 量连续分布，设圆盘的 R l o r 厚度为l，则圆盘的质量 密度为 m 2 R l
r近日 r远日
v近日
解 彗星受太阳引力的作用，而引力通过了 太阳，所以对太阳的力矩为零，故彗星在运 行的过程中角动量守恒. 于是有 r近日 v近日 r远日 v远日 因为 r近日 v近日 ，r远日 v远日
r近日v近日 所以 r远日 v远日
代入数据可, 得
J r 2dm
m
R 0
1 1 4 r 2r ldr R l mR 2 2 2
2
5. 如图所示，一质 量为M 、半径为R 的匀 质圆盘形滑轮，可绕一 无摩擦的水平轴转动. 圆盘上绕有质量可不计 绳子，绳子一端固定在 滑轮上，另一端悬挂一 质量为m 的物体，问物 体由静止落下h 高度时, 物体的速率为多少？
大学物理课课件第3章_刚体的定轴转动
G2 G1
(m1-m2)g R(m1+ m2+ m 2) (m1-m2)g R(m1+ m2+ m 2)
a
gt 2
(rad)
两匀直细杆
两者瞬时角加速度之比 转动定律例题五
θ
θ
根据
1 2 1 2
θ θ
1 3 1 3
地面 从等倾角 处静止释放
短杆的角加速度大 且与匀质直杆的质量无关
第3节 机械能守恒定律
用两个对 转的顶浆
（支奴干 CH47)
A、B两轮共轴 A以ωΑ作惯性转动
守恒例题一
两轮啮合后 一起作惯性转动的角速度
ωΑΒ
以A、B为系统，忽略轴摩擦，脱离驱动力矩后，系 统受合外力矩为零，角动量守恒。
初态角动量 末态角动量
得
守恒例题二
木棒 弹
以弹、棒为系统 击入阶段 子弹击入木棒瞬间，系统在
铅直位置，受合外力矩为零，角动量守恒。 该瞬间之始 该瞬间之末 棒 弹 棒
对 质点运动和刚体转动定律
m 1 m 2 和 m 分别应用
及
β
R
T2 T2
m
T1 T1 m1
m1 g – T1 = m1a T2 – m2 g = m2a ( T1 – T2 ) R = Iβ
得 故
a = Rβ
1 I = 2 mR2 常量
β
(m1-m2)g = R(m1+ m2+ m 2) 由
m2
a
定轴转动物理量
1. 角位置
描述刚体（上某点）的位置 刚体定轴转动 的运动方程 刚体
刚体中任 一点
(t+△t) (t) 参考 方向
2. 角位移
(m1-m2)g R(m1+ m2+ m 2) (m1-m2)g R(m1+ m2+ m 2)
a
gt 2
(rad)
两匀直细杆
两者瞬时角加速度之比 转动定律例题五
θ
θ
根据
1 2 1 2
θ θ
1 3 1 3
地面 从等倾角 处静止释放
短杆的角加速度大 且与匀质直杆的质量无关
第3节 机械能守恒定律
用两个对 转的顶浆
（支奴干 CH47)
A、B两轮共轴 A以ωΑ作惯性转动
守恒例题一
两轮啮合后 一起作惯性转动的角速度
ωΑΒ
以A、B为系统，忽略轴摩擦，脱离驱动力矩后，系 统受合外力矩为零，角动量守恒。
初态角动量 末态角动量
得
守恒例题二
木棒 弹
以弹、棒为系统 击入阶段 子弹击入木棒瞬间，系统在
铅直位置，受合外力矩为零，角动量守恒。 该瞬间之始 该瞬间之末 棒 弹 棒
对 质点运动和刚体转动定律
m 1 m 2 和 m 分别应用
及
β
R
T2 T2
m
T1 T1 m1
m1 g – T1 = m1a T2 – m2 g = m2a ( T1 – T2 ) R = Iβ
得 故
a = Rβ
1 I = 2 mR2 常量
β
(m1-m2)g = R(m1+ m2+ m 2) 由
m2
a
定轴转动物理量
1. 角位置
描述刚体（上某点）的位置 刚体定轴转动 的运动方程 刚体
刚体中任 一点
(t+△t) (t) 参考 方向
2. 角位移
刚体 定轴转动定律
1 12
mL2
mh 2
例：半径为R、质量均匀分布的细圆环及薄圆 盘，质量均为m，求对中垂轴的转动惯量。
r
R
（1）细圆环：
J r 2dm R2 dm mR 2
（2）薄圆盘：看作由许多宽为dr的细圆环组成
dm ds 2π rdr dJ r 2dm 2π r 3dr
J R 2πr 3dr 1 mR 2
（2） 3g sin 3g cos
2L
2L
d d d dt d dt
d d
d 3g cos d
2L
d
π 2
3g
cos
d
0
0 2L
L
mg
3g L
例：质量m的圆盘半径为R，绕中心旋转，与桌
面的摩擦系数为m。
求：圆盘从0到静止所需要的时间 t。
解： M f
J
J d dt
N
T2 m2 g m2a2
T1r T2r J
a1 a2 r
a1
a2
(m1 m2 )g
m1
m2
1 2
m
T1
2m1m2 g m1 m2
1 2
m1m3 g 1 2 m3
讨论 m3 0 :轻滑轮
3
T2
T1
T1 m3 T1 m3 g m1 a1
m1 g
a2
T2
T2
m2
m2 g
2m1m2
g
1 2
m2m
m1
T2
2mm2 1m122mg3 m1 m2
3
g
例：细杆质量为m，长为L，可绕水平光滑轴O
在竖直平面内转动，自水平静止释放。
求：（1）杆与铅直方向成 角时的；
第03章 刚体定轴转动01-转动定律
作用于刚体内每一质元上的内力矩的矢量和为零，即
fr 0
i i i
14
F r
i i
i
为作用于刚体内每一质元上的外力矩的矢量和。
M Fi ri
i
定义：刚体的转动惯量J (moment of interia) 则有：
2 m r ii i
M J
即：
M J
刚体定轴转动的转动定律：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。 —— 刚体定轴转动的基本动力学规律。
dm 2 π r dr
P
3 2
圆环对轴的转动惯量
dJ r dm 2π r dr R 3 J 2π r dr π R 4 0 2 1 2 而 m π R 所以 J mR 2
圆盘对P 轴的转动惯量
R
R
O O
r dr
1 J P mR 2 mR 2 2
19
15
三、转动惯量
J mi ri
i
2
物理意义：刚体转动惯性的量度。 对于质量离散分布刚体的转动惯量
J mi ri 2 m1r12 m2r22
i
质量连续分布刚体的转动惯量
J lim
mi 0
2 2 m r r i i dm i
P1 y
P2
23
（3）如图所示,不计绳子的质量，滑轮的质量与半径分别为M
和R，滑轮与绳间只滚不滑，不计滑轮与轴间的摩擦力。 且 m1 m2 。 求重物释放后，物体的加速度和绳的张力。 A
m1 FN m1 FT1
O
C
取坐标如图
M
3 3 刚体定轴转动的角动量定理及其守恒
质量为m的小球，开始静置于A点，由于微小的干
扰，小球向下滑动，设圆环内壁是光滑的，问：
当小球滑到B点与C点时，小球相对于环的速率各
为多少？ A
mg 2 R
1 2
mC2
I0 (I mR 2 )
B
C
1 2
I02
mgR
1 2
I 2
1 2
m(R2 2
B2
)
描述质点的物理量与描述定轴转动刚体的物理量对照
I AA I BB＝I A I B
为两轮啮合后共同转动的角速度，于是
I AA I BB
IA IB
（４）若干相互关联的定轴转动刚体与质点构成的系统
由若干刚体与质点组成的系统，如果它们对同 一给定轴的角动量分为L1、L2、L3…，
则该系统对该轴的总角动量为：
L Li i 1,2,
I A
mA RA2
2,
I B mB RB2
2
mARA2 A
mA RA2
mB RB2B
mB RB2
A
A
B
B
例、工程上，两飞轮常用摩擦啮合器使它们以相 同的转速一起转动。如图所示，A和B两飞轮的 轴杆在同一中心线上，A轮的转动惯量为
IA=10kgm2，B的转动惯量为IB=20kgm2 。开始
(m0 a 2
1 3
ml2
)
m0v0a
a m0
(2)子弹随杆一起绕轴O转动。
以子弹、细杆及地球构成一系
统，只有保守内力作功，机械
a
q
能守恒，动能转化为势能。
扰，小球向下滑动，设圆环内壁是光滑的，问：
当小球滑到B点与C点时，小球相对于环的速率各
为多少？ A
mg 2 R
1 2
mC2
I0 (I mR 2 )
B
C
1 2
I02
mgR
1 2
I 2
1 2
m(R2 2
B2
)
描述质点的物理量与描述定轴转动刚体的物理量对照
I AA I BB＝I A I B
为两轮啮合后共同转动的角速度，于是
I AA I BB
IA IB
（４）若干相互关联的定轴转动刚体与质点构成的系统
由若干刚体与质点组成的系统，如果它们对同 一给定轴的角动量分为L1、L2、L3…，
则该系统对该轴的总角动量为：
L Li i 1,2,
I A
mA RA2
2,
I B mB RB2
2
mARA2 A
mA RA2
mB RB2B
mB RB2
A
A
B
B
例、工程上，两飞轮常用摩擦啮合器使它们以相 同的转速一起转动。如图所示，A和B两飞轮的 轴杆在同一中心线上，A轮的转动惯量为
IA=10kgm2，B的转动惯量为IB=20kgm2 。开始
(m0 a 2
1 3
ml2
)
m0v0a
a m0
(2)子弹随杆一起绕轴O转动。
以子弹、细杆及地球构成一系
统，只有保守内力作功，机械
a
q
能守恒，动能转化为势能。
第三章刚体的定轴转动
§3.1 刚体定轴转动的动能定理和转动定律
二、刚体定轴转动的动能定理 B、对于定轴转动刚体，所有内力的功总和在任何过程中均为零。（内力成对，大小相等方向相反，
一对内力矩的代数和为零；∴内力矩的功总和为零。另一角度，内力的功相对位移为零 .）
3、功率：
d A F 2d r
pdAMdM
dt dt
当 与 M 同方向， 和 为正 当 与 M 反方向， 和 为负
§3.1 刚体定轴转动的动能定理和转动定律
1 2 其中(：1 3M h 2 1 m l2l(12) ca 2o M s) 1( 3g )m h 2g(h 2 ) h 2 a (1 co )s(4 )
由（2）（3）（4）式求得：
2Mg(1lcos)/22mg(1acos)
M2l/3m a2
(Ml 2ma)g(1cos)
2
25
整理，得：
1 10 gh,
b7
vcb
10 gh 7
§3.2 定轴转动的动量矩定理和动量矩守恒定律
（2）小球到达A点不脱离轨道，要求小球在A点的速 度vA 和角速度A满足：
m v a A 2 m g v A 2 a,gA 2 v b A 2 2 a b 2 g (4 )
由机械能守恒：
b<<a
飞轮作变加速转动
§3.1 刚体定轴转动的动能定理和转动定律 例题3-1-2：一长为 l ，重为W的均匀梯子，靠墙放置，如图。墙光滑，地面粗糙, 当梯子与地面成角 时，处于平衡状态，求梯子与地面的摩擦力。
解：刚体平衡同时要满足两个条件：
Fi 0
Mi 0
列出分量方程：
O
水平方向：
f1N2 0
竖直方向：
03刚体的定轴转动
的质元受阻力矩大，
细杆的质量密度 m
l
质元质量 dm dx
o
xl dm m dx
x
质元受阻力矩：
dM 阻 dmgx
细杆受的阻力矩
m l
M阻
dM
阻
0l
gxdx
1 2
gl 2
1 2
mgl
24
转动中的功和能
一. 力矩的功
设刚体上P点受到外力 F 的作用， z
位移为 d
r,
dW F ds
功为 d
三. 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 .
质点匀变速直线运动 刚体绕定轴作匀变速转动
v v0 at
x
x0
v0t
1 2
at 2
0 t
0
0t
1 2
t 2
v2 v02 2a(x x0 )
2 02 2 ( 0 )
5
定轴转动刚体的 转动定律 力矩 角动量 转动惯量
Li
质元mi对转轴Z的角动量为：
x
Liz
Li
cos( π 2
)
mi Riv i
sin
mi ri vi
对组成刚体的所有质元的角动量求和
z
vi
mi
ri Li
Ri
O
y
Lz Liz (rimivi) (miri2)ω
9
Lz Liz miri2 ( miri2 )
i
i
i
令 J miri2
刚体绕OZ轴转动的转动惯量
i
Lz Jω
刚体绕OZ轴转动的角动量
注意：
转动惯量、角动量都是相对量，都必须指明它们是
3-3刚体定轴转动定律
o
解：分析：杆在运动过程中 分析： 受到变力矩作用！ 受到变力矩作用！则其角加 速度为变值， 速度为变值，由 求β 要用 积分
θ l ,m
v mg
ω
l 设杆在某一位置时， 设杆在某一位置时， M = mg ⋅ cosθ 2
刚体的转动
刚体定轴转动定律
由转动定律， 由转动定律，
l dω dθ mg ⋅ cosθ = Jα = J ⋅ 2 dt dθ l dω mg ⋅ cosθ = Jω o 2 dθ θ l ,m
′ 切向 Fit + Fit = ∆mi ⋅ at = ∆mi ⋅ ri ⋅ β
乘以
ri
′ Fit ⋅ ri + Fit ⋅ ri
= ∆mi ⋅ ri ⋅ β
2
刚体的转动
刚体定轴转动定律
′ ∑ Fit ⋅ ri + ∑ Fit ⋅ ri
′ it i
对刚体
= ∑(∆mi ⋅ ri ) ⋅ β
2
it
∑F ⋅ r = 0 ∑F
v v M = Jβ
刚体的转动
刚体定轴转动定律
设刚体绕定轴oz转动 设刚体绕定轴oz转动 oz 任取一质元 ∆mi ，其绕轴作 半径为 r 的圆周运动
v v′ 受力分析： 受力分析： 外力F 内力F i i
由牛顿第二定律
z v v Βιβλιοθήκη i Fi′ov ri ∆mi
v v′ v Fi + Fi = ∆mi ⋅ a
（为什么？） 为什么？）
⋅ ri = M
M = ∑(∆mi ⋅ ri ) ⋅ β
2
2
M = J ⋅β
其中
J = ∑∆mi ⋅ ri — 转动惯量
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《
第三章刚体的定轴转动
教学要求
一．理解定轴转动刚体运动的角速度和角加速度的概念，理解角量与线量的关系。
二．理解刚体定轴转动定律，能解简单的定轴转动问题。
三．了解力矩的功和转动动能的概念。
四．了解刚体对定轴的角动量定理及角动量守恒定律。
五．理解转动惯量的概念，能用平行轴定理和转动惯量的可加性计算刚体对定轴的转动惯量。
有人这样解：放手后杆受重力矩 ，
细杆绕点 的水平轴转动的转动惯量为 ，
由转动定律 ，解得 ；又根据 ， ， 得 。这种解法对吗？为什么？
讨论：
上述计算方法是错误的!其根源在于忽视了转动定律的瞬时性。
刚放手时重力矩 ，角加速度 ，但随着杆的转动，重力矩越来越小，在 处，为 ；角加速度也随之减小，在 处，为 。到竖直位置， ， 。也就是说，在杆转动过程中，角加速度是变量，杆的摆动是变加速运动，不可用匀变速转动的公式 。
式中
解得
二．如图，一质量为 的黏土块以水平速度 甩向长为 质量为 的杆的末端，并粘在杆端。求系统获得的角速度。
有人这样解：取黏土块与杆为系统，碰撞中水平方向动量守恒，有 ，解得 ， 。这样解对吗？为什么？
讨论：
上述计算方法是错误的!其根源在于没有认真分析守恒定律成立的条件。
在黏土块甩在杆上瞬时，杆的上端受到一个很大的力，这个力对黏土块与杆组成的系统而言是外力，其水平分量亦不可忽略，故水平方向动量不守恒。但这个力通过转轴，其力矩为零，且系统的重力矩也为零，即系统的合外力矩为零，角动量守恒。
（4）作用在定轴转动刚体上合力矩越大，刚体转动的角加速度越大；
（5）作用在定轴转动刚体上的合力矩为零，刚体转动的角加速度为零。
A．（1）和（2）是正确的；
B．（2）和（3）是正确的；
C．（3）和（4）是正确的；
D．（4）和（5）是正确的。
答：D
3．如下图 、 、 、 是附于刚性轻细杆上的4个质点，质量分别为 ， ， 和 ，系统对 轴的转动惯量为
B．法向加速度 恒大于零，切向加速度 也恒大于零；
C．对定轴转动刚体而言，刚体上一点的线速度 、切向加速度 、法向加速度 的大小都与该质点距轴的距离 成正比；
D．因 ，所以，上面( C )中关于法向加速度的叙述不正确。
答：C
2．在下列说法中，错误的是：
A．刚体作定轴转动时，其上各点的角速度相同，线速度则不同；
A． ；
B． ；
C． ；
D． 。
答：B
(解：细棒的转动转动惯量为 ，棒中心点的线速率为 ，故 。细棒的转动动能为 。)
6．原来开双臂以 角速度旋转的冰上芭蕾舞演员其转动动能为 ，将手臂收回使转动惯量减少到原来的 ，则其转速和动能分别变为
A． ； ；
B． ； ；
C． ； ；;
D． ；
答：A
（解： 由角动量守恒 ， ； 。）
此题的解法有多种，我们介绍两种从功和能的角度求解的方法。
解法一：用动能定理
杆摆到任一 角时，其所受的重力矩为
杆从水平位置转到竖直位置时，重力对杆所作的功为
由刚体的动能定理
式中 ，
解得
解法二：用机械能守恒求解
取杆和地球为系统，除重力外无其它力作功，机械能守恒。取竖直位置时杆的质心位置为重力势能零点，有
A．
B．
C．
D．
答：A
(解 )
4．一质点从静止出发绕半径为 的圆周作匀变速圆周运动，角加速度为 ，当质点走完一圈回到出发点时，所经历的时间是
A．
B．
C．
D．不能确定
答：B
（解 由 ，式中 ， ， ， ）
5．一人开双臂，手握哑铃，坐在转椅上，让转椅转动起来，若此后无外力矩作用，则当此人收回双臂时，人和转椅这一系统的
B．刚体定轴转动的转动定律为 ，式中 、 、 均为对同一条固定轴而言的，否则该式不成立；
C．刚体的转动动能等于刚体上各质元的动能之和；
D．对给定的刚体而言，它的质量和形状是一定的，则其转动惯量也是唯一确定的。
答：D
3．细棒可绕光滑轴转动，该轴垂直地通过棒的一个端点，今使棒从水平位置开始下摆，在棒转到竖直位置的过程中，下述说确的是
A．转速加大，转动动能不变；
B．角动量和转动动能都不变；
C．转速和角动量都加大；
D．角动量保持不变，转动动能加大。
答：D
(解：开双臂转动惯量为 大于收回双臂转动惯量为 ，收回双臂的过程外力矩 ，角动量守恒， ，因此
；
而
。)
6．两质量为 和 的质点分别沿半径为 和 的同心圆周运动，前者以 的角速度沿顺时针方向，后者以 的角速度沿逆时针方向。以逆时针方向为正向，则该二质点组成的系统的角动量是
A． ；
B． ；
C． ；
D． 。
答：A
(解：人和转台组成的系统外力矩 ，角动量守恒。转台的转动惯量为 ，人在台心时人的转动惯量为 ，人在台边时人的转动惯量为 ， ， 。)
3．质量 长 的细棒对通过距一端 、与棒垂直的轴的转动惯量为
A． ；
B． ；
C． ；;
D． 。
（解：棒对通过质心与棒垂直的轴的转动惯量为 ，由平行轴定理
解：这是一个质点、刚体组成的系统，需隔离物体，分析各物体所受力(力矩)。
作受力分析图，由牛顿第二定律和转动定律立出动力学
（1）
（2）
（3）
（4）
（5）
（6）
（7）
（8）
解得
例二如图,均匀细杆可绕距其一端 （ 为杆长）的水平轴 在竖直平面转动，杆的质量为 、当杆自由悬挂时，给它一个起始角速度 ，如杆恰能持续转动而不摆动（不计一切摩擦），则 必须如何取值？杆处于水平位置时角速度角和加速度为多少？
B．它的动量不变，对圆心的角动量不断改变；
C．它的动量不断改变，对圆心的角动量不变；
D．它的动量不断改变，对圆心的角动量也不断改变。
答：C
第二关
1．刚体绕定轴作匀变速转动时，刚体上距转轴为 的任一点的
A．切向、法向加速度的大小均随时间变化；
B．切向、法向加速度的大小均保持恒定；
C．切向加速度的大小恒定，法向加速度的大小变化；
第五关
1．一轻绳绕在具有水平转轴的定滑轮上，绳下端挂一物体，物体的质量为 ，此时滑轮的角加速度为 ，若将物体卸掉，而用大小等于 、方向向下的力拉绳子，则滑轮的角加速度将
A．变大
B．不变；
C．变小；
D．无法判断。
答：A
(解:挂物体时：
解得
用大小等于 、方向向下的力拉时
因此
）
2．可绕水平轴转动的飞轮，直径为 ，一条绳子绕在飞轮的外周边缘，在绳的一端加一不变的拉力，如果从静止开始在 钟绳被展开 ，则绳端点的加速度和飞轮的角加速度分别为
6．如右图所示，一均匀细杆可绕通过上端与杆垂直的水平光滑轴 旋转，初始状态为静止悬挂，现有一个小球从左方水平打击细杆，设小球与轴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．机械能守恒
B．动量守恒
C．对转轴 的角动量守恒
D．机械能，动量和角动量都不守恒
答：C
第三关
1．一飞轮绕轴作变速转动，飞轮上有两点 和 ，它们到转轴的距离分别为 和 ，则在任意时刻， 和 两点的加速度大小之比 为
）
4．水平刚性轻杆上对称地串着两个质量均为 的小球，如图所示。现让细杆绕通过中心的竖直轴转动，当转速达到 时，两球开始向杆的摩擦），当两球都滑至杆端时，系统的角速度为
A．
B．
C．
D．
答：C
（解：由角动量守恒
5．长为 质量为 的均匀细棒，绕一端点在水平面作匀速率转动，已知棒中心点的线速率为 ，则细棒的转动动能为
答：D
5．工程技术上的摩擦离合器是通过摩擦实现传动的装置，其结构如图所示。轴向作用力可以使A、B两个飞轮实现离合。当转动的A轮与B轮接合通过摩擦力矩带动B轮转动时，此刚体系统在两轮接合前后
A．角动量改变，动能亦改变；
B．角动量改变，动能不变；
C．角动量不变，动能改变；
D．角动量不变，动能亦不改变。
答：C
答：B
4．水平刚性轻杆上对称地串着两个质量均为 的小球，如图所示。现让细杆绕通过中心的竖直轴转动，当转速达到 时，两球开始向杆的两端滑动，此时便撤去外力，任杆自由转动（不考虑转轴和空气的摩擦）。在此过程中球和杆组成的系统
A．动能守恒和动量守恒；
B．动能守恒和角动量守恒；
C．只有动量守恒；
D．只有角动量守恒。
解:由平行轴定理，杆绕水平轴的转动惯量为
杆和地球组成的系统在转动过程中机械能守恒。要使杆恰能持续转动而不摆动，杆转过 时 ，此时杆的势能增加为
动能增加为
由 解得
由 得
杆处于水平位置时势能增加为
动能变化
由 解得
杆处于水平位置时重力矩为
由转动定律
过关测试
第一关
1．选出下述说法中的正确者。
A．公式 中， 是速率。因为 只能取正值，所以 也只能取正值；
D．切向加速度的大小变化，法向加速度的大小恒定。
答：C
2．两个匀质圆盘A和B的密度分别为 和 ，且 ，但两圆盘质量和厚度相同。如两盘对通过盘心垂直于盘面的轴的转动惯量分别为 和 ，则
A． ；
B． ；
C． ；
D．不能确定。
答：B
(解 即 ， 则 ，又 ， )
3．关于力矩有以下几种说法
(1)力矩不会改变刚体对某个定轴的角动量；
D．转速可能变,也可能不变。
答：正确答案是D
5．如图所示，四个质量相同、线度相同而形状不同的均质物体，它们对各自的几何对称轴的转动惯量最大的和最小的是
A．（1）和（2）；
B．（1）和（4）；
C．（2）和（3）；
第三章刚体的定轴转动
教学要求
一．理解定轴转动刚体运动的角速度和角加速度的概念，理解角量与线量的关系。
二．理解刚体定轴转动定律，能解简单的定轴转动问题。
三．了解力矩的功和转动动能的概念。
四．了解刚体对定轴的角动量定理及角动量守恒定律。
五．理解转动惯量的概念，能用平行轴定理和转动惯量的可加性计算刚体对定轴的转动惯量。
有人这样解：放手后杆受重力矩 ，
细杆绕点 的水平轴转动的转动惯量为 ，
由转动定律 ，解得 ；又根据 ， ， 得 。这种解法对吗？为什么？
讨论：
上述计算方法是错误的!其根源在于忽视了转动定律的瞬时性。
刚放手时重力矩 ，角加速度 ，但随着杆的转动，重力矩越来越小，在 处，为 ；角加速度也随之减小，在 处，为 。到竖直位置， ， 。也就是说，在杆转动过程中，角加速度是变量，杆的摆动是变加速运动，不可用匀变速转动的公式 。
式中
解得
二．如图，一质量为 的黏土块以水平速度 甩向长为 质量为 的杆的末端，并粘在杆端。求系统获得的角速度。
有人这样解：取黏土块与杆为系统，碰撞中水平方向动量守恒，有 ，解得 ， 。这样解对吗？为什么？
讨论：
上述计算方法是错误的!其根源在于没有认真分析守恒定律成立的条件。
在黏土块甩在杆上瞬时，杆的上端受到一个很大的力，这个力对黏土块与杆组成的系统而言是外力，其水平分量亦不可忽略，故水平方向动量不守恒。但这个力通过转轴，其力矩为零，且系统的重力矩也为零，即系统的合外力矩为零，角动量守恒。
（4）作用在定轴转动刚体上合力矩越大，刚体转动的角加速度越大；
（5）作用在定轴转动刚体上的合力矩为零，刚体转动的角加速度为零。
A．（1）和（2）是正确的；
B．（2）和（3）是正确的；
C．（3）和（4）是正确的；
D．（4）和（5）是正确的。
答：D
3．如下图 、 、 、 是附于刚性轻细杆上的4个质点，质量分别为 ， ， 和 ，系统对 轴的转动惯量为
B．法向加速度 恒大于零，切向加速度 也恒大于零；
C．对定轴转动刚体而言，刚体上一点的线速度 、切向加速度 、法向加速度 的大小都与该质点距轴的距离 成正比；
D．因 ，所以，上面( C )中关于法向加速度的叙述不正确。
答：C
2．在下列说法中，错误的是：
A．刚体作定轴转动时，其上各点的角速度相同，线速度则不同；
A． ；
B． ；
C． ；
D． 。
答：B
(解：细棒的转动转动惯量为 ，棒中心点的线速率为 ，故 。细棒的转动动能为 。)
6．原来开双臂以 角速度旋转的冰上芭蕾舞演员其转动动能为 ，将手臂收回使转动惯量减少到原来的 ，则其转速和动能分别变为
A． ； ；
B． ； ；
C． ； ；;
D． ；
答：A
（解： 由角动量守恒 ， ； 。）
此题的解法有多种，我们介绍两种从功和能的角度求解的方法。
解法一：用动能定理
杆摆到任一 角时，其所受的重力矩为
杆从水平位置转到竖直位置时，重力对杆所作的功为
由刚体的动能定理
式中 ，
解得
解法二：用机械能守恒求解
取杆和地球为系统，除重力外无其它力作功，机械能守恒。取竖直位置时杆的质心位置为重力势能零点，有
A．
B．
C．
D．
答：A
(解 )
4．一质点从静止出发绕半径为 的圆周作匀变速圆周运动，角加速度为 ，当质点走完一圈回到出发点时，所经历的时间是
A．
B．
C．
D．不能确定
答：B
（解 由 ，式中 ， ， ， ）
5．一人开双臂，手握哑铃，坐在转椅上，让转椅转动起来，若此后无外力矩作用，则当此人收回双臂时，人和转椅这一系统的
B．刚体定轴转动的转动定律为 ，式中 、 、 均为对同一条固定轴而言的，否则该式不成立；
C．刚体的转动动能等于刚体上各质元的动能之和；
D．对给定的刚体而言，它的质量和形状是一定的，则其转动惯量也是唯一确定的。
答：D
3．细棒可绕光滑轴转动，该轴垂直地通过棒的一个端点，今使棒从水平位置开始下摆，在棒转到竖直位置的过程中，下述说确的是
A．转速加大，转动动能不变；
B．角动量和转动动能都不变；
C．转速和角动量都加大；
D．角动量保持不变，转动动能加大。
答：D
(解：开双臂转动惯量为 大于收回双臂转动惯量为 ，收回双臂的过程外力矩 ，角动量守恒， ，因此
；
而
。)
6．两质量为 和 的质点分别沿半径为 和 的同心圆周运动，前者以 的角速度沿顺时针方向，后者以 的角速度沿逆时针方向。以逆时针方向为正向，则该二质点组成的系统的角动量是
A． ；
B． ；
C． ；
D． 。
答：A
(解：人和转台组成的系统外力矩 ，角动量守恒。转台的转动惯量为 ，人在台心时人的转动惯量为 ，人在台边时人的转动惯量为 ， ， 。)
3．质量 长 的细棒对通过距一端 、与棒垂直的轴的转动惯量为
A． ；
B． ；
C． ；;
D． 。
（解：棒对通过质心与棒垂直的轴的转动惯量为 ，由平行轴定理
解：这是一个质点、刚体组成的系统，需隔离物体，分析各物体所受力(力矩)。
作受力分析图，由牛顿第二定律和转动定律立出动力学
（1）
（2）
（3）
（4）
（5）
（6）
（7）
（8）
解得
例二如图,均匀细杆可绕距其一端 （ 为杆长）的水平轴 在竖直平面转动，杆的质量为 、当杆自由悬挂时，给它一个起始角速度 ，如杆恰能持续转动而不摆动（不计一切摩擦），则 必须如何取值？杆处于水平位置时角速度角和加速度为多少？
B．它的动量不变，对圆心的角动量不断改变；
C．它的动量不断改变，对圆心的角动量不变；
D．它的动量不断改变，对圆心的角动量也不断改变。
答：C
第二关
1．刚体绕定轴作匀变速转动时，刚体上距转轴为 的任一点的
A．切向、法向加速度的大小均随时间变化；
B．切向、法向加速度的大小均保持恒定；
C．切向加速度的大小恒定，法向加速度的大小变化；
第五关
1．一轻绳绕在具有水平转轴的定滑轮上，绳下端挂一物体，物体的质量为 ，此时滑轮的角加速度为 ，若将物体卸掉，而用大小等于 、方向向下的力拉绳子，则滑轮的角加速度将
A．变大
B．不变；
C．变小；
D．无法判断。
答：A
(解:挂物体时：
解得
用大小等于 、方向向下的力拉时
因此
）
2．可绕水平轴转动的飞轮，直径为 ，一条绳子绕在飞轮的外周边缘，在绳的一端加一不变的拉力，如果从静止开始在 钟绳被展开 ，则绳端点的加速度和飞轮的角加速度分别为
6．如右图所示，一均匀细杆可绕通过上端与杆垂直的水平光滑轴 旋转，初始状态为静止悬挂，现有一个小球从左方水平打击细杆，设小球与轴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．机械能守恒
B．动量守恒
C．对转轴 的角动量守恒
D．机械能，动量和角动量都不守恒
答：C
第三关
1．一飞轮绕轴作变速转动，飞轮上有两点 和 ，它们到转轴的距离分别为 和 ，则在任意时刻， 和 两点的加速度大小之比 为
）
4．水平刚性轻杆上对称地串着两个质量均为 的小球，如图所示。现让细杆绕通过中心的竖直轴转动，当转速达到 时，两球开始向杆的摩擦），当两球都滑至杆端时，系统的角速度为
A．
B．
C．
D．
答：C
（解：由角动量守恒
5．长为 质量为 的均匀细棒，绕一端点在水平面作匀速率转动，已知棒中心点的线速率为 ，则细棒的转动动能为
答：D
5．工程技术上的摩擦离合器是通过摩擦实现传动的装置，其结构如图所示。轴向作用力可以使A、B两个飞轮实现离合。当转动的A轮与B轮接合通过摩擦力矩带动B轮转动时，此刚体系统在两轮接合前后
A．角动量改变，动能亦改变；
B．角动量改变，动能不变；
C．角动量不变，动能改变；
D．角动量不变，动能亦不改变。
答：C
答：B
4．水平刚性轻杆上对称地串着两个质量均为 的小球，如图所示。现让细杆绕通过中心的竖直轴转动，当转速达到 时，两球开始向杆的两端滑动，此时便撤去外力，任杆自由转动（不考虑转轴和空气的摩擦）。在此过程中球和杆组成的系统
A．动能守恒和动量守恒；
B．动能守恒和角动量守恒；
C．只有动量守恒；
D．只有角动量守恒。
解:由平行轴定理，杆绕水平轴的转动惯量为
杆和地球组成的系统在转动过程中机械能守恒。要使杆恰能持续转动而不摆动，杆转过 时 ，此时杆的势能增加为
动能增加为
由 解得
由 得
杆处于水平位置时势能增加为
动能变化
由 解得
杆处于水平位置时重力矩为
由转动定律
过关测试
第一关
1．选出下述说法中的正确者。
A．公式 中， 是速率。因为 只能取正值，所以 也只能取正值；
D．切向加速度的大小变化，法向加速度的大小恒定。
答：C
2．两个匀质圆盘A和B的密度分别为 和 ，且 ，但两圆盘质量和厚度相同。如两盘对通过盘心垂直于盘面的轴的转动惯量分别为 和 ，则
A． ；
B． ；
C． ；
D．不能确定。
答：B
(解 即 ， 则 ，又 ， )
3．关于力矩有以下几种说法
(1)力矩不会改变刚体对某个定轴的角动量；
D．转速可能变,也可能不变。
答：正确答案是D
5．如图所示，四个质量相同、线度相同而形状不同的均质物体，它们对各自的几何对称轴的转动惯量最大的和最小的是
A．（1）和（2）；
B．（1）和（4）；
C．（2）和（3）；