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第三章刚体定轴转动

前面几章主要介绍了质点力学的基本概念和原理，以牛顿定律为基础，建立了质点和质点系的动量定理、动能定理和相应的守恒定律。对于机械运动的研究，只限于质点和质点系的情况是非常不够的。质点的运动规律事实上仅代表物体的平动。当我们考虑了物体的形状、大小后，物体可以作平动、转动，甚至更复杂的运动，而且在运动过程中物体的形状也可能发生改变。一般固体在外力的作用下，形状、大小都要发生变化，但变化并不显著。所以，研究物体运动的初步方法是把物体看成在外力的作用下保持其大小和形状都不变，这样的物体叫刚体。刚体考虑了物体的形状和大小，但不考虑形变，仍是一个理想模型。

本章主要在质点力学的基础上讨论刚体的定轴的转动及其运动规律，为进一步研究更复杂的机械运动奠定基础。

3.1 刚体的定轴转动的描述

3.1.1 刚体的基本运动形式

刚体是一种特殊的质点系统，它可以看成是由许多质点组成，每一个质点叫做刚体的一个质元，刚体这个质点系的特点就在于无论它在多大外力的作用下，系统内任意两质元之间的相对位置始终保持不变。既然是一个质点系，所以以前讲过的关于质点系的基本定理就都可以应用。刚体的这个特点使刚体力学和一般质点系的力学相比，大为简化。因此，对于一般质点系的力学问题，求解往往很困难，而对于刚体的力学问题却有不少是能够求解的。

刚体的运动可分为两种基本形式：平动和转动。刚体的运动一般来说是比较复杂的，一般可分解为平动和绕瞬时轴的转动，比如行进中的自行车轮子，可以分解为车轮随着转

轴的平动和整个车轮绕转轴的转动。因此，研究刚体的平动和定轴转动是研究刚体复杂运动的基础。

下面分别介绍刚体的平动和刚体的定轴转动。

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，这种运动就

(b)

(a)

图3-1 刚体的平动和定轴转动

A B

是平动，如图3-1(a)所示。在日常生活中，我们常见的升降机的运动就是平动。平动的特点是，在任意一段时间内，刚体内所有质点的位移都是相同的，而且在任何时刻，各个质点的速度和加速度也都是相同的。所以刚体内任何一个质点的运动，都可以代表整个刚体的运动。

刚体运动时，如果刚体内各个质点在运动过程中都绕同一直线做圆周运动，这种运动就叫做转动，如图3-1(b)所示。这一直线叫转轴。如果转轴是固定不动的，那么转动就是定轴转动。比如我们小时候在公园里玩的转椅，就是定轴转动。

3.1.2 刚体定轴转动的描述

如图3-2所示，有一刚体绕固定轴Oz 轴转动，刚体上不同位置的质元都绕固定轴Oz 轴作圆周运动。为描述刚体绕定轴的转动，我们在刚体内选取一个垂直于Oz 轴的平面作为参考平面，叫做转动平面。在此平面上取一参考线，且把这参考线作为坐标轴Ox ，把转轴与平面的交点作为原点O 。虽然刚体内各质元所在位置不同，各点的轨迹是在各自的转动平面上的半径大小不一的圆周，其线速度和线加速度都是不一样的。但由于刚体内各点的相对位置不变，所以各点对应的半径在相同的时间内扫过的角度是相同的。这样，可用刚体的方位来表示刚体绕定轴转动的规律。由原点O 到参考平面上的任一点P 的径矢r 与Ox 轴的夹角θ确定，角θ也叫角坐标。当刚体绕固定轴Oz 轴转动时，角坐标θ要随时间t 改变。也就是说，角坐标θ是时间t 的函数，即)(t θθ=。因此，有关质点圆周运动的所有角量描述，如角位移θ?、角速度ω和角加速度α等概念以及有关公式，在刚体的定轴转动中全部适用。至于刚体内各质元的位移、速度和加速度，则因各点到转轴的距离不同而各不相同，可用角量与质元的位移、速度和加速度等所谓线量的关系求得。

在图3-2中，t 时刻刚体上的点P 对x 轴的径矢r 的角坐标为θ。若刚体在t d 的时间内转过θd 的角位移，则刚体的角速度

图3-3 角速度的正负

(a)

（b ）

d d θ

ω=

(3-1) 受固定转轴的约束，刚体的转动只有两种可能的方向。因此，角速度可以用标量定义，用右手螺旋定则确定的正负号表示其方向：将右手拇指伸直，其余四指弯曲，若弯曲方向与刚体转动方向一致，角速度为正，否则为负，如图3-3所示。

角速度的单位为-1

s 或-1

s rad ?。

刚体绕定轴转动时，如果其角速度发生了变化，刚体就具有了角加速度，刚体的角加速度为

22d d d d t

t θωα== (3-2)

角加速度的单位是-2

s 或-2

s rad ?。

离转轴的距离为r 的质元的线速度和加速度与刚体的角速度和角加速度的关系为

ωr v = (3-3)

???==2

τr a r a n (3-4) 定轴转动的一种简单情况就是匀加速转动。在这一转动过程中，刚体的角加速度α保持不变，以0ω表示0=t 时刻的角速度，以ω表示在任意时刻t 的角速度，以θ表示t ~0时段内的角位移，则有

??=-+=+=αθ

ωωαωθαωω22120220

0t t t (3-5)

例3-1 一飞轮的半径为m 2.0，转速为1min r 150-?，因受到制动而均匀减速，经s 30停止转动。试求：(1)角

加速度以及在此时间内飞轮所转的圈数；(2) 制动开始后s 6=t 时飞轮的角速度；(3) s 6=t 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) 由题意，10

s rad 560

2150-?=?=ππω；s 30=t 时，0=ω。

设0=t 时，00=θ，则飞轮的角加速度

s rad 6

-?-

=-=

ωωαt

“-”号表示α的方向与0ω的方向相反。而飞轮在s 30转过的角度为

rad 7522

02πωω=-=

于是，飞轮共转的圈数为

5372.θ

N =π

(2) 在s 6=t 时，飞轮的角速度为

10s rad 4-?=+=παωωt

(3) 在s 6=t 时，飞轮边缘上一点的线速度的大小为

1s m 5.2-?==r v ω

切向加速度和法向加速度分别为

22s m 6.31s m 105.0--?==?-==ωατr a r a n

例3-2 在高速旋转的微型电机里，有一圆柱形转子可绕垂直其横截面并通过中心的转轴旋转。开始起动时，角速度为零。起动后其转速随时间变化关系为：)1(/τωωt m e --=，式中-1s r 540?=m ω，　s 0.2=τ。求：(1) s 6=t 时电动机的转速；(2) 起动后, 电动机在　s 6=t 时间内转过的圈数；(3) 角加速度随时间变化的规律。

解 (1) 由已知条件，并将　s 6=t 代入式)1(/τωωt m e --=中，可得

-1s r 513950?==m ω.ω

可见，此电动机只经过　s 6=t 的时间就达到正常转速的%95了，也就是说，启动　s 6后就可认为此高速微型电机已正常运行了。

(2) 电动机在　s 6的时间内转过的圈数

/1016.2d )1(21d 21

?=-=

?-t e t N t m

τω

ωπ

(3) 由已知条件可得，电动机转动的角加速度为

22//s rad 540ωd ωd α---?===

t t m e e t πτ

由上式可以看出，　s 0=t 时角加速度为22/s rad 540--?t e π，随着时间的增加角加速度按指数衰减，到　s 6=t 时，角加速度已减小到起始值的%5了，这时电动机已经达到稳定运行状态了。

3.2 转动定律

绕定轴转动的刚体的运动，也可用牛顿运动定律从理论上加以分析研究。本节先引入力矩概念，

讨论刚体转动过程中，转动惯性大小的量度，最后讨论力矩的瞬时作用规律。

3.2.1 力矩

我们都有这样的经验：在转动公园里的转椅的时候，我们的力的作用位置、方向是十分重要的。当力的作用线通过转椅的轴或与转椅的轴平行时，无论我们使再大的力也不能把转椅转动。而当我们的作用力沿垂直于转轴，并且离转轴的距离越远时，就越容易将转椅推动。此时，如果力的作用方向不同，则转椅的转动方向就不相同。因此，我们可以说：外力对绕定轴转动刚体的影响，不仅与力的大小有关，而且还与力的方向和力的作用点的位置有关。对质点的角动量的讨论，我们已经知道，力矩正是全面考虑力的三要素的重要概念。因此，我们用力矩来描述力对刚体绕定轴转动的效果。

我们在上一章介绍过力对给定点的力矩，而在定轴转动中，我们将遇到的只是力对给定轴的力矩，这两者有什么异同呢？

图3-4是绕定轴Oz转动的刚体的一个横截平面，设作用在刚体内某质元P上的力F在此平面内(若该力不在这个平面内，可以将其分解为在该平面内的力和平行于转动轴的力，平行于转动轴的力对刚体的定轴转动没有影响，只有平面内的分力对刚体的定轴转动有影响)。从转轴与截面的交点O到力F作用线的垂直距离d叫做力对转轴的力臂，力F的大小和力臂的乘积，就叫做力F对转轴的力矩，用M表示，即

M=(3-6a)

由图3-4可以看出，r为点O到力F的作用点P的位矢，θ是位矢r与力F之间的夹角，由于θ

d=，故上式为

sin

M=(3-6b)

sin

应当指出，力矩是矢量，不仅有大小，而且有方向。力矩写成矢量式为

=(3-7)

M的大小为由式(3-6b)给出，M的方向垂直于r和F所构成的平面，具体方向按矢积的右手螺旋定

180的角θ转到力F的方则确定：将右手拇指伸直，其余四指弯曲，弯曲的方向是由位矢r经过小于

向时，拇指指示的方向。

在定轴转动中，力矩的方向沿着定轴，可用正负号代替。一般规定，使刚体逆时针绕定轴转动时，

M，即沿图3-4中Oz轴反向。

M，即沿图3-4中Oz轴正向；使刚体顺时针绕定轴转动时，0

例如，图3-5中有三个外力同时作用在一个绕定轴转动的刚体上，而且这几个外力都在与转轴相垂直的平面内，则：0sin 1111>=θF r M ，0sin 2222<=θF r M ，0sin 3333>=θF r M 。这几个力的合外力矩等于这几个外力矩的代数和，即

333222111sin sin sin θθθF r F r F r M +-=

运算结果，若0>M ，合力矩沿Oz 轴正向，刚体逆时针旋转；若0

在国际单位制中，力矩的单位为牛顿?米，符号为m N ?。

上面我们讨论了作用在刚体上的外力的力矩，而实际上，刚体内各质点间还有相互作用的内力。下面我们就来看一下内力的力矩对刚体定轴转动的影响。如图3-6所示，刚体内两质元1和2的一对相互作用力在转动平面内的分力为12F 和21F ，它们大小相等、方向相反，且在同一条直线上，即

-=12F 21F 。12F 的力矩大小为

d F F r M 12112112sin -=-=θ

负号表示力矩顺时针方向，沿Oz 轴负向。同理，21F 的力矩大小为

d F F r M 21221221sin ==θ

方向沿Oz 轴正向。它们的合力矩为

02112=+=M M M

由于刚体内质点间的相互作用力总是成对出现的，并遵从牛顿第三定律。从上面的讨论我们可以得出结论：刚体内部各质元间的相互作用力(内力)对定轴转动的力矩贡献为零，即

0==∑ij M M (3-8)

图3-4 力矩

图3-5

图3-6

必须说明的是，由于力矩既和力的大小有关，又和力的方向、作用点有关，所以描述力矩时必须指明或标明是对哪个轴(或点)的力矩。转轴(或点)不同，则形成的力矩是不同的。

3.2.2 转动定律

考虑如图3-7所示的绕Oz 轴旋转的刚体。先考虑第i 个质元的运动：以i m ?表示这一质元的质量，以i r 表示它到转轴的距离。刚体转动时，这一质元沿垂直于Oz 轴、圆心在轴上点O 、半径为i r 的圆周运动。以i a 表示此质元的加速度，以i F 表示它所受到的合外力，

以i f 表示它所受内力的合力，则由牛顿第二定律得

i i i i m a f F ?=+

由于只是质元的切向加速度τi a 和刚体的角加速度α有关，所以我们取这一矢量式的切向分量表达式

τττi i i i a m f F Δ=+

利用关系式ατi i r a =，上式可写成

αττi i i i r m f F Δ=+

注意，由于i m Δ限制在垂直于转轴的平面内做圆周运动，所以此式中的切向分力不但垂直于圆半径i r ，而且还垂直于转轴。为了消去上式中的内力，我们用i r 乘以式中各项，得

αττ2

Δi i i i i i r m r f r F =+ (3-9)

参照图3-7，可以看出i i r F τ是i m Δ所受外力的垂直于转轴的分量对Oz 轴的力矩，i i r f τ是i m Δ所受内力的垂直于转轴的分量对Oz 轴的力矩，其中i r 是力的作用点到转轴的垂直距离。

对刚体的所有质元都写下类似式(3-9)的表达式，然后把这些式子相加，可得

αττ∑∑∑=+2

Δi i i i i i r m r f r F (3-10)

上式中的第一项是刚体所受的外力对Oz 轴的力矩之和，又叫合外力矩，第二项是刚体所受的内力对

Oz 轴的力矩之和。由式(3-8)，我们已经知道，第二项等于零。

用M 表示所有外力对定轴的力矩的代数和，即

图3-7 转动定理

∑=i i r F M τ

定义

∑?=2i i r m J (3-11)

则有

αJ M = (3-12)

∑?=2i i r m J 只与刚体的形状、质量分布和转轴的位置有关，也就是说，它只与绕定轴转动的刚体本

身的性质和转轴的位置有关，当刚体所受到的合力矩M 一定时，J 大，则角加速度α小，J 小，则角加速度α大，反应了转动的惯性，称之为转动惯量，是描述刚体在转动中的惯性大小的物理量。

式(3-11)表明，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。这个关系式叫做刚体绕定轴转动时的转动定律。

转动惯量的单位是千克二次方米，符号是2m kg ?。若刚体上质元是连续分布的，转动惯量为

?=m r J d 2 (3-13)

由式(3-11)或(3-13)，对于几何形状简单、质量连续且均匀分布的刚体才可以计算出转动惯量。对于任意形状的刚体的转动惯量，通常是用实验方法测定其转动惯量的。

下面我们就计算两个例子。

例3-3 均匀直细棒，长为l ，质量为m ，求：(1) 通过棒端与棒垂直的轴的转动惯量；(2) 通过棒中点与棒垂直的轴的转动惯量。解 (1) 如图3-8 (a)所示，沿棒长方向取x 轴，取长度元x d 。以λ表示单位长度的质量，则这一长度元的质量为

x m d d λ=。对于在棒一端的轴来说，

??===l

l O l x x m x J 032

d d λλ

因为l m /=λ，所以

ml J O =

(2) 如图3-8 (b)所示，过棒中点与棒垂直的轴的转动惯量应为 ?

=l l l

O l x x m x J 212

1322'

1d d λλ 图3-8

(b)

因为l m /=λ，所以

2'12

ml J O =

由此可见，同一刚体，转轴不同，质量对轴的分布也就不同，因而转动惯量也不同。表3-1给出了几种常见刚体的转动惯量(质量均为m )。

表3-1 几种常见刚体的转动惯量

我们还需要讨论一下绕定轴转动的组合系统的转动惯量。根据转动惯量的定义式(3-11)和(3-13)，知道转动惯量具有叠加性。

下面我们讨论一个中学已经见到的一个问题——阿特伍德机。

例3-4 如图3-9所示，一轻质绳跨过一质量为m 、半径为r 的定滑轮(视作圆盘)，绳的两端分别悬挂质量为

1m 和2m 的物体(12m m >)，转轴通过盘心，垂直于盘面，

不计摩擦。绳与滑轮间无相对滑动，且绳不伸长。求物体的加速度和绳中张力。

解首先分析运动。两物体1m 和2m 是做一维运动(平动)，它们加速度的大小1a 和2a 取决于它们所受到的合

图3-9

2m 2

a 1m 1

a T 1

外力。由于绳不伸长，滑轮两侧物体的加速度大小相同，方向相反，即=1a =2a a ；由于12m m >及绳与滑轮间无相对滑动，所以，滑轮逆时针转动，滑轮边缘切向加速度为

a r a ==ατ (1)

然后分析受力情况。作用于滑轮上的重力g m 和支承力N 都通过转轴，对此轴的力矩为零；按照力矩方向的约定，滑轮受的合外力矩为r T r T M 12-=，由于滑轮的转动惯量22

1r m J =，根据转动定律有：

α2122

1mr r T r T =

- (2) 根据牛顿第二运动定律，两物体的运动方程为：

a m g m T 111'=- (3) a m T g m 222'=- (4)

若绳的质量可以忽略，则

0'11=-T T (5)

0'22=-T T (6)

由(1)~(6)式，解得： g m m m m m a 22112++-=

，g m m m m m m T 2

)22(21211+++=，g m m m m m m T 2)22(21122+++=

分析一下，这里的结果和中学时得到的结果有何差别？为什么？

例3-5 有一半径为R ，质量为m 的均质圆盘，以角速度0ω绕通过盘心，垂直圆盘平面的轴转动。若有一个与圆盘大小相同的粗糙平面(俗称刹车片)挤压此转动圆盘，故而有正压力N F 均匀地作用在圆盘上从而使其转速逐渐变慢。设正压力N F 和刹车片与圆盘间的摩擦系数均已被实验测出，试问经过多长时间圆盘才停止转动？

解由题意，圆盘所受的压力是均匀的。圆盘单位面积上所受的压力为πR F N ，单

位面积上所受的摩擦力为2

πR F N μ，式中，μ是摩擦系数。在如图所示的转动圆盘上，

距轴O 为r 处取一长为l d ，宽为r d 的面积元，在刹车片的作用下，该面积元所受的摩擦力为r l R F F N f

d d d 2πμ=，该摩擦

力的力矩为

r l R F r

F r N

f d d d 2

πμ=- 摩擦力力矩的方向与角速度0ω的方向相反。于是，刹车片对距轴O 为r r r d ~+的圆环的摩擦力矩为

图3-10

r r R

μF l r πR μF r

F r M N r N f d 2d d d d 22202-=-=-=??π 那么，刹车片对整个圆盘作用的摩擦力矩为

N R

N RF r r R

μF M M μ?

?-=-==0

d 2d 已知圆盘的转动惯量22

1R m J =，在摩擦力矩的作用下，圆盘的角速度ω将逐渐减小。由转动定律，可得圆盘的角加

速度的大小为

μF J M

N 34-==

α 由于μ，N F ，m 和R 都是给定的，α是一个常量，所以，由匀变速转动公式t αωω+=0，得圆盘停止转动的时间为

F mR t μωαω4300==

例3-6 一长为l 、质量为m 的匀质细杆竖直放置，其下端与一固定铰链O 相接，并可绕其转动。由于此竖直放置的细杆处于非稳定平衡状态，当其受到微小扰动时，细杆将在重力作用下由静止开始绕铰链O 转动。试计算细杆转动到与竖直线成θ角时的角加速度和角速度。

解细杆受重力g m 和铰链对细杆的约束力N F 的作用。由于细杆是均匀的，所以重力g m 可以视为是作用在杆的质心。以铰链为转轴，当杆转动到与竖直线成θ角时，重力g m 对铰链O 的重力矩为θsin 2

1mgl ，而约束力N F 始终通过转轴O ，其力矩为零。由转动定律，得

αθJ mgl =sin 2

式中细杆绕轴O 的转动惯量231ml J =，于是得到细杆转动到与竖直线成θ角时的

角加速度

θαsin 23l

由角加速度的定义，有

ωωαd d d d d d d d ===

t θθωt ω

于是，有

θθωωd sin 23d l

两边积分，并利用初始条件：0=t 时，00=θ，00=ω，得

θθωω0

d sin 23d l

积分后化简，得到细杆转动到与竖直线成θ角时的角速度

图3-11

)cos 1(3θl

ω-=

3.3 刚体定轴转动的角动量

我们在上一章介绍了质点的角动量的概念，角动量这个概念在刚体转动的研究中同样是十分重要的，现在，我们把质点的角动量推广为刚体的角动量。

3.3.1 刚体定轴转动的角动量

质点的角动量是对一定点而言的，在刚体的定轴转动中，其角动量却是对固定转轴而言的，这里有个普遍情况和特殊情况的关系问题。

如图3-12所示，有一刚体以角速度ω绕定轴Oz 转动。此时，刚体上每一个质点都以相同的角速度绕轴Oz 作圆周运动。在刚体上任取一质元i m ?，它对Oz 轴的角动量为ω2i i i i i i r m v r m L ?=?=?，于是刚体上所有质点的角动量，即刚体对定轴Oz 的角动量为

∑∑?=?=ω)(2i i i r m L L (3-14)

式中∑?)(

i r m 就是刚体绕定轴Oz 转动的转动惯量J ，于是刚体对定轴的角动量为

ωJ L = (3-15)

3.3.2 刚体定轴转动的角动量定理

将式(3-15)对时间取一阶导数，可得

J t L d )

d(d d ω= 将上式与刚体绕定轴转动的转动定律式(3-12)比较，并考虑到t

d d ω

α=

，可以得出 t

J t J

J M d )

(d d d ωωα=== 即

图3-12 刚体的角动量

M d d =

(3-16) 上式表明，刚体绕某定轴转动时，作用于刚体的合外力矩M 等于刚体绕此定轴的角动量L 随时间的变化率。这和牛顿第二运动定律的微分形式t

d d p

F =十分相似，有时也被称为角量定理的微分形式。这是更普遍意义的定轴转动定律。

式(3-16)可改写为

L t M d d =

若有一个转动惯量为J 的刚体绕定轴转动，在合外力矩M 的作用下，在时间12t t t -=?内，角速度由1ω变为2ω，可将上式积分，得

12122

d d ωωJ J L L L t M L L t t -=-==??

(3-17a)

或

1212)()(d 2

ωωJ J L L t M t t -=-=?

(3-17b)

式中

d t t t M 为外力矩在1t 到2t 时间内对定轴转动刚体所作用的冲量矩，又叫角冲量。式(3-17)表明，

当转轴给定时，作用在物体上的冲量矩等于角动量的增量。这一结论叫做角动量定理的积分形式。它也适用于由离散质点和定轴刚体组成的定轴转动系统。

3.3.3 刚体定轴转动的角动量守恒定律

由式(3-17)可以看出，当作用在绕定轴转动的刚体上的合外力矩为零时，可得

=ωJ 恒量 (3-18)

这就是说，如果刚体所受的合外力矩等于零，或者不受外力矩的作用，刚体的角动量保持不变，这个结论叫做对固定转轴的角动量守恒定律。如果转动过程中转动惯量保持不变，则刚体以恒定的角速度转动；如果转动惯量发生改变，则刚体的角速度也随之改变，但二者之积保持恒定。同样，由式(3-18)表达的对固定转轴的角动量守恒定律也适用于由离散质点和定轴刚体组成的定轴转动系统。

图3-13 航天器调姿

(b)

(a)

利用角动量守恒定律的例子是很多的。芭蕾舞演员、花样滑冰运动员等，在旋转时往往先把两臂张开旋转，然后迅速收拢两臂，使转动惯量很快减小，因而旋转速度加快。跳水运动员跃在空中时，将身体蜷缩起来以减小转动惯量，使自己迅速旋转；当接近水面时，再伸直两臂和身子以增大转动惯量，减小角速度，达到竖直入水的目的。

在太空中的航天器调整飞行姿态也是利用了角动量守恒定律。人们曾在旅行者2号航天器上做过如图3-13所示的实验。图中航天器内有一可控制其转速的飞轮。如把航天器和飞轮视为一个系统，并设想系统没有外力矩的作用，系统的角动量守恒，可使系统的角动量为零。此时，若飞轮不旋转，航天器也不会旋转，并保持原有的飞行姿态。当需要飞行器改变飞行方向，这时飞轮按图3-13(a)所示的方向旋转起来。由角动量守恒定律可知，这时航天器的转动方向与飞轮的旋转方向相反。当航天器的姿态调整到需要的位置后，再使飞轮停止旋转，航天器就稳定在图3-13(b)的方向了。

需要特别指出的是，角动量守恒定律、动量守恒定律和能量守恒定律，都是在不同的理想条件(如质点、刚体……)下，用经典的牛顿力学原理“推证”出来的。但它们不仅适用于牛顿力学所研究的宏观、低速(远小于光速的运动)的领域，而且通过相应的扩展和修正后也适用于量子和相对论范畴。这充分说明，上述三条守恒定律是自然界中的普遍规律。

例3-7 两个转动惯量分别为1J 和2J 的圆盘A 和B 。A 是机器上的飞轮, B 是用以改变飞轮转速的离合器圆盘。开始时，它们分别以角速度1ω和2ω绕水平轴转动。然后，两圆盘在沿水平轴方向力的作用下啮合为一体, 其角速度为ω。求啮合后的两圆盘的角速度ω。

解取两圆盘为一个系统，它们啮合后的转动惯量为21J J +，其角速度为ω。在它们啮合的过程中，相互之间作用的摩擦力矩为系统的内力矩，内力矩对系统的角动量没有影响，而作用在圆盘上的外力沿轴向，所以外力对轴的力矩等于零。所以，系统中两圆盘在啮合的过程中，角动量守恒，即有

ωωω)(212211J J J J +=+

解得啮合后两圆盘的角速度为

)

(212211J J J J ++=

ωωω

例3-8 如图3-15所示，两杂技演员表演跷板杂技。一杂技演员M 由距水平跷板高为h 处自由下落到跷板的一端

图3-14

1J J +F

A , 并把跷板另一端的演员N 弹了起来。设跷板是匀质的，长度为l ，质量为'm ，跷板可绕中部支撑点C 在竖直平面

内转动, 两演员的质量均为m ，假定演员M 落在跷板上，与跷板的碰撞是完全非弹性碰撞。问演员N 可弹起多高?

解为使问题简化，将演员视作质点。演员M 落在板A 处的速率为

gh v M 2=

这就是M 与板在A 处碰撞的时的速率。此时，演员N 的速率为

0=N v

在碰撞后瞬间，演员M 和N 和跷板绕通过C 点垂直纸面的轴旋转，具

有相同的角速度ω，故两演员的同样的速率2

ωl u =

。把演员M 和N 和

跷板作为一个系统，该系统除了演员与跷板间的相互作用外，所受外力为演员的重力和跷板的重力。由于演员M 和N 的质量相同，所以当演员M 碰撞板处A 时，作用在系统上的合外力矩等于零。系统角动量守恒，有

ωωω222

121222ml l m l mu J l mv +'=+=M

可解得

m m gh m ml l m l m M )6()2(621222122+'=

+'=v ω 这样，演员N 将以速率2

ωl u =

跳起，达到的高度'h 为 h m

m m g l g u h 2222)63(82+'===

'ω

3.4 刚体定轴转动的能量

我们知道，单质点在外力作用下发生位移时，我们说力对质点做了功。对于质点系而言，质点间的相互作用内力做功不一定等于零，内力做功可使各质点的相对位置发生移动，产生形变，但不改变质点系的总动量。但刚体在外力矩的作用下绕定轴转动而发生角位移时，我们就说力矩对刚体作了功，使得刚体有了转动动能，这就是力矩对空间累积作用的结果。

3.4.1 力矩的功及功率

由于刚体内部各个质元之间的相对位置不改变，所以内力不做功，只需考虑外力的功。而对于定

图3-15

轴转动的情形，只有在垂直于转轴平面（转动平面）的力才能使刚体转动，对刚体做功，平行于转轴的力是不做功的。

如图3-16所示，设外力F 在转动平面内，作用在定轴转动的刚体上的点P ，绕轴转过角位移θd ，力在这段位移内所做的功为

θcos d d d s F W =?=r F

由于θcos F 是力F 在切向方向的投影，用τF 表示之。则上式为

θτd d i r F W =

显然，i r F τ是力F 对定轴Oz 的力矩(力F 在径向方向的投影的力矩为零)。所以，上式为

θd d M W = (3-19)

上式表明，力矩所做的元功W d 等于力矩M 与角位移θd 的乘积。

如果力矩的大小和方向都不变，则当刚体在此力矩做用下转过角12θθθ-=?时，力矩所作功为

???===2

d d θθθθθθM M W W (3-20)

即恒力矩对绕定轴转动的刚体所作的功，等于力矩的大小与转过的角度θ?的乘积。

如果作用在绕定轴转动的刚体上的力矩是变化的，那么，变力矩所作的功则为

?=2

d θθθM W (3-21)

应当指出，式(3-19)、(3-20)和式(3-21)中的M 是作用在绕定轴转动刚体上诸多外力的合力矩，

故上述三式应理解为合外力矩对刚体所做的元功或功。

我们知道，力对质点做功的快慢是用单位时间内力对质点功的多少来表示的。同样，我们用单位时间内，力矩对刚体所做的功来表示力矩做功的快慢，并把它叫作力矩的功率，用P 表示。

设刚体在恒力矩作用下绕定轴转动时，在时间t d 内转过θd 角，则力矩的功率为

ωθ

M t

M t W P ===

d d d d (3-22) 即力矩的功率等于力矩与角速度的乘积。当功率一定时，转速越低，力矩越大；反之，转速越高，力矩越小。

3.4.2 刚体定轴转动的动能定理

图3-16 力矩做功

转动的刚体具有一定的动能。刚体可看成是由许许多多的质点所组成的。设第i 个质元的质量为i m ?，离开转轴的距离为i r ，相应的动能是222

ωi i r m ?，则整个刚体的转动动能就是各个质元的动

能之和，即

∑?=

22)(2

ωi i K r m E 式中

∑?2

i r

m 为刚体的转动惯量，故

1ωJ E K =

(3-23) 把刚体定轴转动的动能公式221ωJ E K =与物体平动时的动能公式2

1mv E K =相比较，可知刚体的转

动惯量与物体的质量相对应。

刚体在合外力矩M 的作用下，绕定轴转过角位移θd ，合外力矩对刚体所做的元功由式(3-19)给出，即

θd d M W =

由转动定律t

J M d d ω

α==，上式可改写为 ωωωθθωd d d d d d d d J t

J t J

W === 当刚体的角速度从1t 时刻的1ω增加到2t 时刻的2ω时，合外力矩对刚体所作的功为

??==2

d d ωωωωJ W W

若刚体J 为常量，则有

212

121ωωJ J W -=

(3-24) 上式表明，合外力矩对绕定轴转动的刚体所做的功等于刚体转动动能的增量，这就是刚体绕定轴转动的动能定理。

为了便于理解刚体绕定轴转动的规律，我们把质点运动与刚体定轴转动的一些重要公式、定律进行一下类比，列在表3-2和3-3中，以供参考。

动能定理在工程上有很多的应用。为了储能，许多机器配置有飞轮，转动飞轮的转动惯量很大，可以把能量以转动动能的形式储存起来，在需要做功的时候又释放出来。例如冲床运动就是一个典型例子。冲床在冲孔时，作用力是很大的(可达100吨力以上)，如果由电动机直接带动冲头，电动机无法直接承受如此大的负荷。因此，在电动机和冲头之间安装减速箱和飞轮储能装置，电动机通过减速

箱带动飞轮转动，使飞轮储有动能2

1ωJ W =

。在冲孔时，由飞轮带动冲头对钢板冲孔做功，使飞轮转动动能减少。这样，利用飞轮释放能量，可以大大减小电动机的负荷，解决了上述问题。这就是动能定理的应用。

表3-2质点运动与刚体定轴转动对照

表3-3质点运动规律与刚体定轴转动的规律对照

3.4.3 刚体的机械能及机械能守恒定律

如果一个刚体受到保守力的作用，也可以引入势能的概念。例如在重力场中的刚体就具有一定的重力势能，它的重力势能就是它的各质元重力势能的总和。如图3-17所示，对于一个体积不太大，质量为m 的刚体它的重力势能为

i i i i P h m g gh m E ∑∑?=?=

定义质心的高度

h m h i

i C

∑?=

所以，势能又可写为

C P mgh E =

这一结果说明，一个不太大的刚体的重力势能和它全部质量集中在质心时所具有的重力势能一样。

对于包括有刚体的系统，如果在运动过程中，只有保守力做功，

则该系统的机械能守恒。

在这里，我们仍然把质点运动与刚体定轴转动有关能量的定理、定律进行一下类比，列在表3-4，以供参考。

表3-4质点运动与刚体定轴转动的能量规律对照

例3-9 如图3-18所示，一长为l 、质量为M 的均匀细棒可绕垂直于棒的一端的水平轴O 无摩擦地转动，它原来静止在竖直位置上，现有一质量为m 的子弹沿水平方向射入杆内距O 点为a 处，且陷于杆内，杆从竖直位置摆到最大角 30=θ处。计算小球速度0v 的大小。

解把子弹和杆看做一个系统。系统所受的外力有重力和轴对细杆的约束力。在子弹射入杆的极短时间里，重力和约束力均通过轴O

，因此它们对轴O 的力矩均为零，系统的角动量守恒。于是有

ω)3

(22ma Ml mva +=

(1)

子弹射入杆后，细杆的摆动过程中只有重力做功，如以子弹、杆和地球为一个系统，则此系统的机械能守恒。于是有

)30cos 1(2

)30cos 1()31(21222 -+-=+l

Mg mga ma Ml ω (2) 图3-18

图3-17 刚体的势能

解式(1) 和 (2)，得

)3)(2)(32(6

122ma Ml ma Ml g

ma v ++-=

例3-10 如图3-19所示，一长为l 、质量为m 的均匀细棒，棒的一端可绕通过点O 并垂直于纸面的轴转动，棒的另一端有质量为m 的小球。开始时，棒静止地处于水平位置A ，当棒转过θ角到达位置B 时，棒的角速度是多少？

解由题意，细棒和小球在转动过程中形状不发生变化，它们的转动惯量是一个常量。对通过点O 的轴来说，它们的转动惯量应为细棒的转动惯量3/2

1ml J =与小球的转动惯量22ml J =的和，即

222213

31ml ml ml J J J =+=+= (1)

如取连有小球的细棒和地球为一个系统，并取棒在水平位置时的重力势能为零，即0=PA E 。若忽略转轴阻力，那么棒在转动过程中机械能守恒，即棒和小球的转动动能和重力势能之和为一恒量，有

0=+=+KA PA KB PB E E E E (2)

其中PB E 和KB E 分别为

221ωJ E KB =

，θθθsin 2

)sin sin 2(mgl mgl l mg E PB -=+-= 把以上两式带入(2)，可得棒转到位置B 时，棒的角速度

g θωsin 23=

图3-19

【大学物理上册课后答案】第3章刚体的定轴转动

第3章刚体的定轴转动习题解答 3-1 一汽车发动机曲轴的转速在12s 内由每分钟1200转匀加速地增加到每分钟2700转，求：（1）角加速度；（2）在此时间内，曲轴转了多少转？解：（1）)/(401s rad πω= )/(902s rad πω= )/(1.13)/(6 2512 40902 21 2s rad s rad t ≈= -= ?-= ππ πωωβ 匀变速转动（2）)(78022 1 22rad πβ ωωθ=-= )(3902圈== π θ n 3-2 一飞轮的转动惯量为J ,在0=t 时角速度为0ω，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0>K 。求：（1）当30ωω=时,飞轮的角加速度；（2）从开始制动到30ωω=所需要的时间。解：（1）依题意 2 ωβK J M -== )/(92 2 02 s rad J K J K ωωβ- =- = （2）由J K dt d 2 ωωβ- == 得 ?? - = 3 2 00 ωω ω ωK Jd dt t ω K J t 2= 3-3 如图所示，发电机的轮A 由蒸汽机的轮B 通过皮带带动。两轮半径A R =30cm ，=B R 75cm 。当蒸汽机开动后，其角加速度π8.0=B βrad/s 2 ，设轮与皮带之间没有滑动。求（1）经过多少秒后发电机的转速达到A n =600rev/min ？（2）蒸汽机停止工作后一分钟内发电机转速降到300rev/min ，求其角加速度。解：（1）t A A βω= t B B βω= 因为轮和皮带之间没有滑动，所以A 、B 两轮边缘的线速度相同，即 B B A A R R ωω= 又)/(2060 6002s rad A ππω=?= 联立得)(10s R R t B B A A == βω （2）)/(1060 3002s rad A ππω=?= )/(6 2 s rad t A A A π ωωβ= -'= 3-4 一个半径为=R 1.0m 的圆盘，可以绕过其盘心且垂直于盘面的转轴转动。一根轻

第5章刚体的定轴转动

第5章刚体的定轴转动 ◆本章学习目标理解：刚体、刚体转动、转动惯量的概念；刚体定轴转动定律及角动量守恒定律。掌握：转动惯量，转动中的功和能的计算；用刚体定轴转动定律及角动量守恒定律求解定轴转动问题的基本方法。 ◆本章教学内容 1．刚体的运动 2．刚体定轴转动定律 3．转动惯量的计算 4．刚体定轴转动定律的应用 5．转动中的功和能 6．对定轴的角动量守恒 ◆本章重点刚体转动惯量的物理意义以及常见刚体绕常见轴的转动惯量；力矩计算、转动定律的应用；刚体转动动能、转动时的角动量的计算。 ◆本章难点力矩计算、刚体转动过程中守恒的判断及其准确计算。 4.1 刚体的运动

一、刚体的概念物体的一些运动是与它的形状有关的，这时物体就不能看成质点了，其运动规律的讨论就必须考虑形状的因素。有形物体的一般性讨论也是一个非常复杂的问题，全面的分析和研究是力学专业课程学习的内容。在大学物理中，我们讨论有形物体的一种特殊的情况，那就是物体在运动时没有形变或形变可以忽略的情况。如果物体在运动时没有形变或其形变可以忽略，我们就能抽象出一个有形状而无形变的物体模型，这模型叫做刚体。刚体的更准确更定量的定义是：如果一个物体中任意的两个质点之间的距离在运动中都始终保持不变，则我们称之为刚体。被认为是刚体的物体在任何外力作用下都不会发生形变。实际物体在外力作用下总是有形变的，因此刚体是一个理想模型。它是对有形物体运动的一个重要简化。实际物体能否看成是刚体不是依据其材质是否坚硬，而是考察它在运动过程中是否有形变或其形变是否可以忽略。正如质点中所讨论的那样，刚体也就是一个质点系，而且是一个较为特殊的刚性的质点系，它的运动规律较之于一个质点相对位置分布可以随时改变的一般质点系而言，要简单得多。二、刚体的运动刚体运动的基本形式有平动和转动，刚体任意的运动形式都可以看成是平动和转动的迭加。 1、刚体的平动 1）平动的定义如果在一个运动过程中刚体内部任意两个质点之间的连线的方向都始终不发生改变，则我们称刚体的运动为平动。平动的示意图如下。电梯的上下运动，缆车的运动都可看成刚体平动。

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 μμ2 1 d /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 A βωβωs ＝40 s 2.一砂轮直径为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 2 1 mR 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 ② μ为摩擦系数，N 为正压力，22 1 mR 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 )/(2 1 02t mR NR ωμ-= - ∴ m =μR ω0 / (2Nt )≈0.5 r

第2章刚体的定轴转动

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 ()2 2t 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 20 320 60-?-=-=-=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 πππωθ6002032 1206021220=??-?=+=

30026002===π ππθN （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 a m 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

大学物理刚体的定轴转动知识题及答案解析

第4章刚体的定轴转动习题及答案 1．刚体绕一定轴作匀变速转动，刚体上任一点是否有切向加速度？是否有法向加速度？切向和法向加速度的大小是否随时间变化？答：当刚体作匀变速转动时,角加速度β不变。刚体上任一点都作匀变速圆周运动，因此该点速率在均匀变化，v l ω=，所以一定有切向加速度t a l β=，其大小不变。又因该点速度的方向变化，所以一定有法向加速度2 n a l ω=，由于角速度变化，所以法向加速度的大小也在变化。 2. 刚体绕定轴转动的转动定律和质点系的动量矩定理是什么关系？答：刚体是一个特殊的质点系，它应遵守质点系的动量矩定理，当刚体绕定轴Z 转动时，动量矩定理的形式为z z dL M dt = ，z M 表示刚体对Z 轴的合外力矩，z L 表示刚体对Z 轴的动量矩。()2z i i L m l I ωω==∑,其中()2i i I m l =∑，代表刚体对定轴的转动惯量，所以 ()z z dL d d M I I I dt dt dt ω ωβ= ===。既 z M I β=。所以刚体定轴转动的转动定律是质点系的动量矩定理在刚体绕定轴转动时的具体表现形式，及质点系的动量矩定理用于刚体时在刚体转轴方向的分量表达式。 3．两个半径相同的轮子，质量相同，但一个轮子的质量聚集在边缘附近，另一个轮子的质量分布比较均匀，试问：（1）如果它们的角动量相同，哪个轮子转得快？（2）如果它们的角速度相同，哪个轮子的角动量大？答：(1)由于L I ω=，而转动惯量与质量分布有关，半径、质量均相同的轮子，质量聚集在边缘附近的轮子的转动惯量大，故角速度小，转得慢，质量分布比较均匀的轮子转得快；（2）如果它们的角速度相同，则质量聚集在边缘附近的轮子角动量大。 4．一圆形台面可绕中心轴无摩擦地转动，有一玩具车相对台面由静止启动，绕轴作圆周运动，问平台如何运动？如小汽车突然刹车，此过程角动量是否守恒？动量是否守恒？能量是否守恒？

大学物理同步训练第版刚体定轴转动详解

第三章刚体定轴转动一、选择题 1. 两个匀质圆盘A 和B 相对于过盘心且垂直于盘面的轴的转动惯量分别为A J 和B J ，若B A J J >，但两圆盘的质量与厚度相同，如两盘的密度各为A ρ和B ρ，则（A ）A B ρρ> （B ）B A ρρ> （C ）A B ρρ= （D ）不能确定A ρ和B ρ哪个大答案：A 分析：22m m R R h h ρππρ=→=，221122m J mR h πρ==，故转动惯量小的密度大。 2. 有两个半径相同、质量相等的细圆环。1环的质量分布均匀，2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1J 和2J ，则（A ）12J J > （B ）12J J < （C ）12J J = （D ）不能确定1J 和2J 哪个大答案：C 分析：22J R dm mR ==? ，与密度无关，故C 选项正确。 3. 一圆盘绕过盘心且与盘面垂直的光滑固定轴O 以角速度1ω按图1 所示方向转动。将两个大小相等、方向相反的力F 沿盘面同时作用到圆盘上，则圆盘的角速度变为2ω，则（A ）12ωω> （B ）12ωω= （C ）12ωω< （D ）不能确定如何变化答案：C 分析：左边的力对应的力臂大，故产生的（顺时针）力矩大于右边的力所产生的力矩，即合外力距（及其所产生的角加速度）为顺时针方向，故圆盘加速，角速度变大。 4. 均匀细棒OA 的质量为M ，长为L ，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2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 ）合外力矩从大到小，角速度从小到大，角加速度从大到小（B ）合外力矩从大到小，角速度从小到大，角加速度从小到大（C ）合外力矩从大到小，角速度从大到小，角加速度从大到小（D ）合外力矩从大到小，角速度从大到小，角加速度从小到大答案：A 分析：（定性）由转动定律M I β=可知，角加速度与力矩成正比，故B 、D 错误；由机械

05刚体的定轴转动习题解答

第五章刚体的定轴转动一选择题 1. 一绕定轴转动的刚体，某时刻的角速度为ω，角加速度为α，则其转动加快的依据是：（） A. α > 0 B. ω > 0，α > 0 C. ω < 0，α > 0 D. ω > 0，α < 0 解：答案是B 。 2. 用铅和铁两种金属制成两个均质圆盘，质量相等且具有相同的厚度，则它们对过盘心且垂直盘面的轴的转动惯量。（） A. 相等； B. 铅盘的大； C. 铁盘的大； D. 无法确定谁大谁小解：答案是C 。简要提示：铅的密度大，所以其半径小，圆盘的转动惯量为：2/2Mr J =。 3. 一轻绳绕在半径为r 的重滑轮上，轮对轴的转动惯量为J ，一是以力F 向下拉绳使轮转动；二是以重量等于F 的重物挂在绳上使之转动，若两种情况使轮边缘获得的切向加速度分别为a 1和a 2，则有：（） A. a 1 = a 2 B. a 1 > a 2 C. a 1< a 2 D. 无法确定解：答案是B 。简要提示：(1) 由定轴转动定律，1αJ Fr =和11αr a =，得：J Fr a /21= (2) 受力分析得：?? ???===-2222ααr a J Tr ma T mg ，其中m 为重物的质量，T 为绳子的张力。得：)/(222mr J Fr a +=，所以a 1 > a 2。 4. 一半径为R ，质量为m 的圆柱体，在切向力F 作用下由静止开始绕轴线作定轴转动，则在2秒内F 对柱体所作功为：（） A. 4 F 2/ m B. 2 F 2 / m C. F 2 / m D. F 2 / 2 m 解：答案是A 。

第5章刚体的定轴转动

第5章刚体的定轴转动一、简答题 5.1.1 什么是刚体？它的基本运动形式有哪些？ 5.1.2 只要刚体受到力的作用，它就会转动吗？ 5.1.3 一均匀细直棒，绕通过其一端的光滑固定轴在竖直平面内转动．使棒从水平位置自由下摆，在到达最低点的过程中，棒的角加速度如何变化？ 5.1.4 刚体转动惯量的大小受哪些因素影响？二、填空题 5.2.1 一半径为10cm 的飞轮，原先转速为200rad/s ，开始制动后作匀变速转动，经过50s 停止，则飞轮的角加速度为，轮边缘的切向加速度为，开始制动后转过3750rad 时的角速度为，线速度为。 5.2.2 某发动机飞轮在t 时刻的角位移为)::(43s t rad ct bt at ，θθ-+=，则t 时刻的角速度为、角加速度为。 5.2.3 质量为m ，长为l 的均质细杆，其B 端放在桌上，A 端用手支住，使之成水平，突然释放A 端。此瞬时杆质心的加速度为，杠的角加速度为，B 端所受的作用力为。 5.2.4 转动惯量为220m kg ?的飞轮在一阻力矩的作用下转速由分转600降为转300，在这个过程中M 作的功为，M 的冲量矩为。 5.2.5 芭蕾舞演员开始绕自身轴张开手臂转动时的角速度为ω0，转动惯量为J 0，她将手臂收回使 J 减为J 0 / 3，则此时的角速度为（不计阻力）。 5.2.6 一水平转台绕坚直的固定轴转动，质量60kg 的人站在转台中心，每10秒钟转一圈，转台对转轴的转动惯量为21200m kg J ?=。人随后沿半径向外走，当人离轴5m 时，转台的角

速度为。三、选择题 5.3.1 均匀细棒OA 可绕O 端自由转动，现在让OA 从水平位置由静止自由下落，那么下面正确的是（）Ａ、角速度从小到大，角加速度从小到大。 B 、角速度从小到大，角加速度不变。Ｃ、角速度从小到大，角加速度从大到小。 D 、角速度不变，角加速度为零。 5.3.2 质量为m 、半径为r 的均质细圆环，去掉3 2，剩余部分圆环对过其中点，与环面垂直的轴的转动惯量为（） A 、32mr B 、322mr C 、2mr D 、342mR 5.3.3 水平光滑圆盘的中央有一小孔，柔软轻绳的A 端系一小球置于盘面上，绳的B 端穿过小孔，现使小球在盘面上以匀角速度绕小孔作圆周运动的同时，向下拉绳的B 端，则（） A 、小球绕小孔运动的动能不变 B 、小球的动量不变 C 、小球的总机械能不变 D 、小球对通过盘心与盘面垂直的轴的角动量不变 5.3.4 均质细杆可绕过其一端且与杆垂直的水平光滑轴在坚直平面内转动。今使细杆静止在坚直位置，并给杆一个初速度，使杆在竖直面内绕轴向上转动，在这个过程中（）Ａ、杆的角速度减小，角加速度减小Ｂ、杆的角速度减小，角加速度增大Ｃ、杆的角速度增大，角加速度增大Ｄ、杆的角速度增大，角加速度减小 5.3.5 地球在太阳引力作用下沿椭圆轨道绕太阳运动，在运动的过程中（） A 、地球的动量和动能守恒 B 、机械能和地球相对于太阳的角动量守恒 C 、地球的动能和机械能守恒 D 、地球的动量和相对于太阳的角动量守恒 5.3.6 均质细圆环、均质圆盘、均质实心球、均质薄球壳四个刚体的半径相等，质量相等，若以直径为轴，则转动惯量最大的是（） A 、圆环 B 、圆盘 C 、均质实心球 D 、薄球壳

大学物理(清华)第3章刚体的定轴转动习题解答

习题 3-1 一汽车发动机曲轴的转速在12s 内由每分钟1200转匀加速地增加到每分钟2700转，求：（1）角加速度；（2）在此时间内，曲轴转了多少转？解：（1）)/(401s rad πω= )/(902s rad πω= )/(1.13)/(6 2512 40902 21 2s rad s rad t ≈= -= ?-= ππ πωωβ 匀变速转动（2）)(78022 1 22rad πβ ωωθ=-= )(3902圈== π θ n 3-2 一飞轮的转动惯量为J ,在0=t 时角速度为0ω，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0>K 。求：（1）当30ωω=时,飞轮的角加速度；（2）从开始制动到30ωω=所需要的时间。解：（1）依题意 2 ωβK J M -== )/(92 2 02 s rad J K J K ωωβ- =- = （2）由J K dt d 2 ωωβ- == 得 ?? - = 3 2 00 ωω ω ωK Jd dt t ω K J t 2= 3-3 如图所示，发电机的轮A 由蒸汽机的轮B 通过皮带带动。两轮半径A R =30cm ，=B R 75cm 。当蒸汽机开动后，其角加速度π8.0=B βrad/s 2，设轮与皮带之间没有滑动。求（1）经过多少秒后发电机的转速达到A n =600rev/min ？（2）蒸汽机停止工作后一分钟内发电机转速降到 300rev/min ，求其角加速度。解：（1）t A A βω= t B B βω= 因为轮和皮带之间没有滑动，所以A 、B 两轮边缘的线速度相同，即

【大题】工科物理大作业04_刚体定轴转动

04 04 刚体定轴转动班号学号姓名成绩一、选择题（在下列各题中，均给出了4个~5个答案，其中有的只有1个是正确答案，有的则有几个是正确答案，请把正确答案的英文字母序号填在题后的括号内） 1．某刚体绕定轴作匀变速转动，对刚体上距转轴为r 处的任一质元来说，在下列关于其法向加速度n a 和切向加速度τa 的表述中，正确的是： A ．n a 、τa 的大小均随时间变化； ^ B ．n a 、τa 的大小均保持不变； C ．n a 的大小变化，τa 的大小保持恒定； D ．n a 的大小保持恒定，τa 大小变化。（C ） [知识点］刚体匀变速定轴转动特征，角量与线量的关系。 [分析与题解] 刚体中任一质元的法向、切向加速度分别为 r a n 2 ω=，r a τβ= 当恒量时，t βωω+=0 ，显然r t r a n 2 02)(βωω+==，其大小随时间而变， r a τβ=的大小恒定不变。 2. 两个均质圆盘A 和B ，密度分别为 A 和 B ，且 B ρρ>A ，但两圆盘的质量和厚度相同。若两盘对通过盘心且与盘面垂直的轴的转动惯量分别为A I 和B I ，则 A ．B I I >A ； B. B I I ，所以2 2B A R R <

且转动惯量22 1 mR I = ，则B A I I < 3．在下列关于刚体的表述中，不正确的是： A ．刚体作定轴转动时，其上各点的角速度相同，线速度不同； B ．刚体定轴转动的转动定律为βI M =，式中β,,I M 均对同一条固定轴而言的，否则该式不成立； C ．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；、 D ．刚体的转动动能等于刚体上各质元的动能之和。（C ） [知识点］刚体定轴转动的基本概念。 [分析与题解] 刚体定轴转动时，其上各点的角速度相同，线速度r v ω=；刚体定轴转动中，相关物理量对固定轴而言，转动惯量不仅与质量和形状有关，而且与转轴的位置有关；刚体的转动动能就是刚体上各质点的动能之和。 4．一个作定轴转动的刚体受到两个外力的作用，则在下列关于力矩的表述中，不正确的是： A ．若这两个力都平行于轴时，它们对轴的合力矩一定是零； B ．若这两个力都垂直于轴时，它们对轴的合力矩可能为零； C ．若这两个力的合力为零时，它们对轴的合力矩一定是零； D ．只有这两个力在转动平面S 上的分力对转轴产生的力矩，才能改变该刚体绕转轴转动的运动状态； E ．一对作用力和反作用力对同一轴的力矩之和一定为零。（C ） ) [知识点] 力矩的概念。 [分析与题解] 对转轴上任一点，力矩为F r M ?=。若F 与轴平行，则M 一定与轴垂直，即轴的力矩M z = 0，两个力的合力矩一定为零。两个力都垂直于轴时，对轴上任一点的力矩都平行于轴，若二力矩大小相等，方向相反，则合力矩一定为零。两个力的合力为零，如果是一对力偶，则对轴的合力矩不一定为零。力在转动平面上的力矩F r M ?=z ，力矩M z 是改变刚体运动状态的原因。一对作用力和反作用力，对轴的力矩大小相等，符号相反，合力矩一定为零。 5．在下列关于转动定律的表述中，正确的是： A ．对作定轴转动的刚体而言，内力矩不会改变刚体的角加速度； B ．两个质量相等的刚体，在相同力矩的作用下，运动状态的变化情况一定相同；