第五章 大学物理辅导 刚体的转动 第五章刚体的转动 一、教材系统的安排与教学目的 】、教材的安排 本章从观察一些刚体定轴转动的现象开始，说明物体具有保持原有运动状态的特性 转动惯性。转动惯性的大小由转动惯量来量度。改变刚体的转动状态，需要外力矩：进而 讲授力矩的瞬时作用规律一转动定律，力矩对空间积累作用规律一动能定理，力矩对时间 的积累作用规律一角动量定理，以及角动量守恒定律和它们对的应用 2、教学目的：使学生理解力矩、转动惯量、冲量矩、角动量等概念，掌握力矩的规律， 并学会运用它们说明、解释一些现象，分析、解决一些有关的问题。 二、敦学要求 1、理解力矩的概念，明确刚体具有转动惯性。牢固掌握转动定律并能熟练地运用。 2、明确转动惯量的物理意义，会计算简单情况下物体的转动惯量。 3、掌握刚体定轴转动的动能定理，并会运用。 4、理解角动量和冲量矩的概念，掌拥并会运用角动量定理和角动量守恒定律 三、内容提要 1、力矩 定义：力F与力的作用线，到转轴的垂直距离的乘积 公式M=了×F户方向：按右手螺炭法判西 「大小：M=Frsina 物理意义：表明了改变刚体转动状态的效果 2、转动定律 公式M=J邛J为转动惯量，B为角加速度 意义：为刚体定轴转动中的基本定律，与平动中的牛顿第二定律相当。 说明：M为刚体所受的合外力矩，在定轴转动中它只有正负之分。 3、转动惯量 定义：J=∑（△m,)一即对于质点系转动惯量大小等于刚体上各质点的质量与各 质点到转轴的距离平方的乘积之和。 如果刚体上各质点是连续分布的，则有 「dm=1·dl→质量为线分布 J=[r2dm→dm=o·ds→质量为面分布 dm=pd血→质量为体分布 物理意义：是刚体转动惯性大小的量度，与平动中的质量相当。 应掌握的几种转动惯量公式： 杆对其中心轴：J= ~26
第五章 大学物理辅导 刚体的转动 ～26～ 第五章刚体的转动 一、教材系统的安排与教学目的 1、教材的安排 本章从观察一些刚体定轴转动的现象开始，说明物体具有保持原有运动状态的特性— 转动惯性。转动惯性的大小由转动惯量来量度。改变刚体的转动状态，需要外力矩；进而 讲授力矩的瞬时作用规律—转动定律，力矩对空间积累作用规律—动能定理，力矩对时间 的积累作用规律—角动量定理，以及角动量守恒定律和它们对的应用 2、教学目的：使学生理解力矩、转动惯量、冲量矩、角动量等概念，掌握力矩的规律， 并学会运用它们说明、解释一些现象，分析、解决一些有关的问题。 二、教学要求 1、理解力矩的概念，明确刚体具有转动惯性。牢固掌握转动定律并能熟练地运用。 2、明确转动惯量的物理意义，会计算简单情况下物体的转动惯量。 3、掌握刚体定轴转动的动能定理，并会运用。 4、理解角动量和冲量矩的概念，掌握并会运用角动量定理和角动量守恒定律 三、内容提要 1、力矩 定义：力 F 与力的作用线，到转轴的垂直距离的乘积 公式 M r F M Fr = = 大小 方向：按右手螺旋法则判断 ： sin 物理意义：表明了改变刚体转动状态的效果 2、转动定律 公式 M = J J 为转动惯量， 为角加速度 意义：为刚体定轴转动中的基本定律，与平动中的牛顿第二定律相当。 说明： M 为刚体所受的合外力矩，在定轴转动中它只有正负之分。 3、转动惯量 定义： J m r = ( i i 2 ) 即对于质点系转动惯量大小等于刚体上各质点的质量与各 质点到转轴的距离平方的乘积之和。 如果刚体上各质点是连续分布的，则有 J r dm dm dl dm ds dm dv = = = = 2 质量为线分布 质量为面分布 质量为体分布 物理意义：是刚体转动惯性大小的量度，与平动中的质量相当。 应掌握的几种转动惯量公式： 杆对其中心轴： J = ml 1 12 2
第五章 大学物理辅导 刚体的转动 杆对其一端： 均匀圆盘： 4、转动动能：Ek=。J2→与平动中的动能相当，是描写刚体转动状态的物理量 5、刚体定轴转动的动能定理 公式：w=5Jm2-)a6 意义：表明力矩对刚体所做的功等于刚体转动动能的增量 6、角动量与冲量矩 (1)角动量：J而，是描写刚体转动运动量大小的物理量，是描写刚体转动状态的物 理量。它是一个矢量，其方向为角速度的方向，与平动中的动量相当。它是一个状态量。 (2)冲量矩：「M仙，是描写力矩对时间积累作用的物理量，也是一个矢量，其大小 为「M仙，方向为力矩的方向，它与平动中的冲量相当。它是一个过程量。 7、角动量定理和角动量守恒定律 M△1=J而-Joo0→从为恒力矩 (1)角动量定理： Md=J历-6©0→：为变力矩 其意义表明冲量矩等于角动量的增量 2)角动量守恒定律：，=0 适用条件：合外力矩为零，即M=0 意义：自然界的基本定律之一，表明了空间转动不变性，即物理规律不会由于坐标系 的旋转而发生变化 四、解题步蝶 1、确定研究对象，进行受力分析，求出合外力矩： 2、再考虑研究对象的特点，有无角加速度，选定转动正方向： 3、可首选转动定律来解答习题，次选转动中的动能定理： 4、当涉及角动量与冲量矩时，则应洗用角动量定理或角动量守恒定律来解答习题： 5、说明，解决刚体动力学 问颗 仍是关键 既有做平动的物 体，又有绕定轴转动的 中的平动物体应 每个物体相对应的牛顿第二定律方程：(2)对转动物体，也应在分析力的基础上求出对固 定轴的合外力矩，然后列出转动方程；(3)由角量与线量的关系，找出平动与转动之间的 联系，即：a,=rB,v=r0。 五、典型例顺 例 一辆汽车以16.67m·s的速度行驶，其车轮直径为0.76m。 (1)求车轮绕轴转动的 角速度：(2)如果使车轮在30转内匀减速地停下米，问角加速度多大？(3)在刹车期间 27
第五章 大学物理辅导 刚体的转动 ～27～ 杆对其一端： J = ml 1 3 2 均匀圆盘： J = ml 1 2 2 4、转动动能： E J k = 1 2 2 与平动中的动能相当，是描写刚体转动状态的物理量。 5、刚体定轴转动的动能定理 公式： W = J − J 1 2 1 2 2 0 2 意义：表明力矩对刚体所做的功等于刚体转动动能的增量。 6、角动量与冲量矩 （1）角动量： J ，是描写刚体转动运动量大小的物理量，是描写刚体转动状态的物 理量。它是一个矢量，其方向为角速度的方向，与平动中的动量相当。它是一个状态量。 （2）冲量矩： Mdt ，是描写力矩对时间积累作用的物理量，也是一个矢量，其大小 为 Mdt ，方向为力矩的方向，它与平动中的冲量相当。它是一个过程量。 7、角动量定理和角动量守恒定律 （1）角动量定理： M t J J M Mdt J J M t t = − = − 0 0 0 0 0 ： ： 为恒力矩 为变力矩 其意义表明冲量矩等于角动量的增量 （2）角动量守恒定律： J J 1 1 2 2 = 适用条件：合外力矩为零，即 M = 0 意义：自然界的基本定律之一，表明了空间转动不变性，即物理规律不会由于坐标系 的旋转而发生变化。 四、解题步骤 1、确定研究对象，进行受力分析，求出合外力矩； 2、再考虑研究对象的特点，有无角加速度，选定转动正方向； 3、可首选转动定律来解答习题，次选转动中的动能定理； 4、当涉及角动量与冲量矩时，则应选用角动量定理或角动量守恒定律来解答习题； 5、说明，解决刚体动力学问题，力的分析仍是关键所在。若一系统中既有做平动的物 体，又有绕定轴转动的物体时，应注意（1）对系统中的平动物体应逐个分析力，并列出与 每个物体相对应的牛顿第二定律方程；（2）对转动物体，也应在分析力的基础上求出对固 定轴的合外力矩，然后列出转动方程；（3）由角量与线量的关系，找出平动与转动之间的 联系，即； a r v r t = , = 。 五、典型例题 例 1、一辆汽车以 16.67m·s -1 的速度行驶，其车轮直径为 0.76m。（1）求车轮绕轴转动的 角速度；（2）如果使车轮在 30 转内匀减速地停下来，问角加速度多大？（3）在刹车期间
第五章 大学物理辅导 刚体的转动 汽车前进了多远？ 解：①)由=0,可得0=：-2×1667=43.9g 0.76 2)B=-9-0,0=0,AM=30转X每转一周所需时间， 但每转一周所需时间-2m2红×038 0.143秒 16.67 所以B=30X0143=-1023s2 -43.9 (3)汽车前进的距离：5=30×2m =71.6m 例2、质量为Q.50kg,长为Q40m的均匀细棒，可绕垂直于棒的一端的水平轴转动。如将此 棒放在水平位置，然后任其落下，求(1)在开始转动时角加速度：(2)下落到铅直位置 时的动能：(3)下落到铅直位置时的角速度。 解：(1)如图51所示，水平位置时棒所受的力矩为重力乘以力臂（等于棒长的一半） 由转动定律M=JB得： (2)在棒下落过程中，仅有重力作用，故机械能守恒： Jo2=mg5=0.50×9.8×0.20=0.98焦耳 … 2 图5-1 (3) 受--厚-7 0=V m 例3、密度为。的均匀矩形板，求通过与板面垂直的几何中心轴线的转动惯量为 20mMa2+6).其中a为矩形板的长，b为矩形板的宽。 解：由转动惯量的定义J=∫r2dm 可知，关健在于确定质量元dm等于什 由于质量是平面分布， 、 维直 角坐标系，如图5-2所示。在XOY平 面上任取一面元ds,它的面积 X ds=dk·dy，而质量元 dm=o~dk=odd。 图5-2 则质量元dm对Z轴的转动惯量 dW=r2·dm,r为质元到原点0的距 离（原点0为平板的中心点）所以整个 -28
第五章 大学物理辅导 刚体的转动 ～28～ 汽车前进了多远？ 解：（1）由 v =r ，可得 = = = v − r s 2 16 67 0 76 43 9 1 . . . （2） = − = 0 0 t , ， t =30 转×每转一周所需时间， 但每转一周所需时间= 2 2 0 38 16 67 0 143 r v = = . . . 秒 所以 = − = − 43 9 − 30 0 143 10 23 2 . . . s （3）汽车前进的距离： s = 30 2r = 71.6m 例 2、质量为 0.50kg，长为 0.40m 的均匀细棒，可绕垂直于棒的一端的水平轴转动。如将此 棒放在水平位置，然后任其落下，求（1）在开始转动时角加速度；（2）下落到铅直位置 时的动能；（3）下落到铅直位置时的角速度。 解：（1）如图 5-1 所示，水平位置时棒所受的力矩为重力乘以力臂（等于棒长的一半） 由转动定律 M = J 得： = = = = M − J mg l ml g l s 2 1 3 3 2 36 8 2 2 . （2）在棒下落过程中，仅有重力作用，故机械能守恒： 1 2 2 0 50 9 8 0 20 0 98 2 J mg l = = . . . = . 焦耳 （3） = = = = mgl − J mgl ml g l s 1 3 3 8 57 2 2 . 例 3、密度为 的均匀矩形板，求通过与板面垂直的几何中心轴线的转动惯量为 1 12 2 2 ah(a + b ) 。其中 a 为矩形板的长，b 为矩形板的宽。 解：由转动惯量的定义 J = r dm 2 ， 可知，关键在于确定质量元 dm 等于什 么。由于质量是平面分布，可取三维直 角坐标系，如图 5-2 所示。在 XOY 平 面上任取一面元 ds ，它的面积 ds=dx · dy ，而质量元 dm = ds = dxdy 。 则质量元 dm 对 Z 轴的转动 惯量 dJ = r dm 2 ，r 为质元到原点 O 的距 离（原点 O 为平板的中心点）所以整个 l 1 2 l mg 图 5-1 Y a r dm b o X Z 图 5-2
第五章 大学物理辅导 刚体的转动 平板对OZ轴的转动惯量为 Je =[r2.dm=[r(x2+y2 )odxdy 上式为一二重积分，首先对变量x积分，再对y积分 v3 =20g2+y产a=2a(g+y2=2a%y+子=baa2+6 例4、在光滑的水平面上有一木杆，其质量m=1.0kg,长1=40cm,可绕通过其中心并与之 垂直的轴转动，一质量为m2=10g的子弹以v=200m·s的速度射入杆端，其方向与杆及轴 正交，若子弹陷入杆中，试求所得到的角速度。 解：取子弹与木杆这一系统为研究对象，它们所受外力矩上一 为零，故系统角动量守恒，见图5-3 0m1 初始角动量山=%：末态角动量 12 4=m40+立mP0 弹日 图5-3 三者相等0+立m0 所以。 mv 10×10-3×200 29.1s 2X%+7%12好×10x10+7x04 六、课堂练习题 1、判新题 (1)不指定转轴，谈刚体的转动惯量是无意义的() (2)物体在力矩作用下，其角速度在任意时刻都不可能为零( (3)质量不同的两个物体，其质量大的，转动惯量一定大() 力矩的作 用下绕定抽： 力矩增加时角速度也一定增加() 果一个质点系的总角动量等于零，则此质点系中的每个质点都是静止的() 2、填空题 (1)一质点在半径为r的圆周上运动，在某一解时其角加速度为B,角速度为0，则 该解时质点的切向加速度为 ，法向加速度为 ,合加速度为 (2)一刚体由静止开始，绕一固定轴作匀加速转动，由实验可测得刚体上某点的切向 加速度为a,法向加速度为a,则它们与角日之间的关系为 (3)如图5-4所示，园盘的质量为M,半径为R,则它对通过盘的边缘，平行于盘中 心轴的转动惯量= -29
第五章 大学物理辅导 刚体的转动 ～29～ 平板对 OZ 轴的转动惯量为 J r dm x y dxdy oz a b = = + 2 2 2 0 0 ( ) 上式为一二重积分，首先对变量 x 积分，再对 y 积分： J x y dxdy a y dy a y y ab a b oz a b b b = + = + = + = + 2 2 24 2 24 3 1 12 2 2 3 2 3 3 0 2 0 2 0 2 0 2 2 2 ( ) ( ) ( ) ( ) 例 4、在光滑的水平面上有一木杆，其质量 m1=1.0kg，长 l=40cm，可绕通过其中心并与之 垂直的轴转动，一质量为 m2=10g 的子弹以 v=200m·s -1 的速度射入杆端，其方向与杆及轴 正交，若子弹陷入杆中，试求所得到的角速度。 解：取子弹与木杆这一系统为研究对象，它们所受外力矩 为零，故系统角动量守恒，见图 5-3 初始角动量 L m v l 1 2 2 = ；末态角动量 L m l m l 2 2 2 1 2 4 1 12 = + 二者相等 m v l 2 2 = m l m l 2 2 1 2 4 1 12 + 所以 = + = + = − − m v − m m l s 2 2 1 3 3 1 2 1 4 1 12 10 10 200 2 1 4 10 10 1 12 0 4 291 ( ) ( ) . . 六、课堂练习题 1、判断题 （1）不指定转轴，谈刚体的转动惯量是无意义的（ ） （2）物体在力矩作用下，其角速度在任意时刻都不可能为零（ ） （3）质量不同的两个物体，其质量大的，转动惯量一定大（ ） （4）刚体在某一力矩的作用下绕定轴转动，当力矩增加时角速度也一定增加（ ） （5）如果一个质点系的总角动量等于零，则此质点系中的每个质点都是静止的（ ） 2、填空题 （1）一质点在半径为 r 的圆周上运动，在某一瞬时其角加速度为 ，角速度为 ，则 该瞬时质点的切向加速度为 ，法向加速度为 ，合加速度为 。 （2）一刚体由静止开始，绕一固定轴作匀加速转动，由实验可测得刚体上某点的切向 加速度为 at ，法向加速度为 an ，则它们与角 之间的关系为 。 （3）如图 5-4 所示，园盘的质量为 M，半径为 R，则它对通过盘的边缘，平行于盘中 心轴的转动惯量 J= 。 l o m1 v 子弹 m2 图 5-3
第五章 大学物理辅导 刚体的转动 (4)质量为M,长度为L的均匀细棒，可绕垂直于棒的一端的水平 轴转动，如将棒从水平位置无初速地释放 任其下落 ,则开始时的角速 为 ,角加速度为 :当下落到铅直位置时，它的角速度 为 ,角加速度为 (5)一人手握哑铃坐在一摩擦可忽略的转台上，以一定的角速度转 动，若把两手伸开，使转动惯量增加到原来的一倍，则角速度减小为原来 图5-4 转动动能变化为原来的 3、单重选择 (1)飞轮匀速转动时，下列说法哪种正确？ A、飞轮边缘上的一点具有恒定加速度：B、飞轮边缘上一点具有恒定的向心加速度： C、飞轮边缘上的一点其合加速度为零：D、以上说法均不正确。 (2)在某一瞬时，物体在力矩作用下， A、0可以为零，B也可以为零：B、0不能为零，B可以为零 C、0可以为零，B不能为零： D、O与B均不能为零。 (3)当刚体转动的角速度很大时（设转轴位置不变） A、作用在它上面的力也一定很大：B、作用在它上面的力矩也一定很大： C、作用在它上面的冲量矩也一定很大：D、以上说法均不正确。 (4)如图55所示，A与B两个飞轮的轴杆可 由摩擦啮合器使之联结，开始时B轮静止，A轮以 定转速转动，然后使A与B连接，因而B轮得 到加速度而A轮减速，直到两轮的转速相等为止。 则在此连接过程中，下列说法哪种正确？ A、系统转动动能守恒： 图5-5 B、A轮转动惯量逐渐 小，B轮转动惯量逐渐变大，最后二者相等 C系统角动量守恒：D、以上说法均不正确。 (5)用一根穿过空管的细绳，一端栓在有质量为m的小物体，一只手拿管子，另一手 拉者绳子，令这物体以速率ν作半径为r的圆周运动（接近于在水平面内作圆周运动），然 后拉紧绳子，使轨道半径缩小到2，忽略重力，新的角速率0，和原有的角速率0，的关系 为： A、0,=20:B.0,=201:C2=2y@1:D、0=('01 七、阅读范围与作业 1、阅读范围：P137-12 2、作业：P15,5-1,5-5,5-6,5-10,5-12,5-15,5-17,5-19,5-25 3、提示： 5-17、见图5-6所示(1)由角动量原理，棒的角动量的变化量等于作用在它上面的冲量矩， 即L=M△M=F △L=M△M=Fl1 (1) 30
第五章 大学物理辅导 刚体的转动 ～30～ （4）质量为 M，长度为 L 的均匀细棒，可绕垂直于棒的一端的水平 轴转动，如将棒从水平位置无初速地释放，任其下落，则开始时的角速度 为 ，角加速度为 ；当下落到铅直位置时，它的角速度 为 ，角加速度为 。 （5）一人手握哑铃坐在一摩擦可忽略的转台上，以一定的角速度转 动，若把两手伸开，使转动惯量增加到原来的二倍，则角速度减小为原来 的 ，转动动能变化为原来的 。 3、单重选择题 （1）飞轮匀速转动时，下列说法哪种正确？ A、飞轮边缘上的一点具有恒定加速度；B、飞轮边缘上一点具有恒定的向心加速度； C、飞轮边缘上的一点其合加速度为零；D、以上说法均不正确。 （2）在某一瞬时，物体在力矩作用下， A、 可以为零， 也可以为零；B、 不能为零， 可以为零； C、 可以为零， 不能为零； D、 与 均不能为零。 （3）当刚体转动的角速度很大时（设转轴位置不变） A、作用在它上面的力也一定很大； B、作用在它上面的力矩也一定很大； C、作用在它上面的冲量矩也一定很大；D、以上说法均不正确。 （4）如图 5-5 所示，A 与 B 两个飞轮的轴杆可 由摩擦啮合器使之联结，开始时 B 轮静止，A 轮以 一定转速转动，然后使 A 与 B 连接，因而 B 轮得 到加速度而 A 轮减速，直到两轮的转速相等为止。 则在此连接过程中，下列说法哪种正确？ A、系统转动动能守恒； B、A 轮转动惯量逐渐减小，B 轮转动惯量逐渐变大，最后二者相等； C、系统角动量守恒；D、以上说法均不正确。 （5）用一根穿过空管的细绳，一端栓在有质量为 m 的小物体，一只手拿管子，另一手 拉着绳子，令这物体以速率 v 作半径为 r 的圆周运动（接近于在水平面内作圆周运动），然 后拉紧绳子，使轨道半径缩小到 r/2，忽略重力，新的角速率 2 和原有的角速率 1 的关系 为： A、 2 2 1 = 1 r r ；B、 2 1 2 = 1 r r ；C、 2 2 1 2 = 1 ( ) r r ；D、 2 1 2 2 = 1 ( ) r r 。 七、阅读范围与作业 1、阅读范围：P137—172 2、作业：P173，5-1，5-5，5-6，5-10，5-12，5-15，5-17，5-19，5-25 3、提示： 5-17、见图 5-6 所示（1）由角动量原理，棒的角动量的变化量等于作用在它上面的冲量矩， 即 L = M t = Flt L = M t = Flt (1) o o R M o o 图 5-4 A B 图 5-5
第五章 大学物理辅导 刚体的转动 代入数据可得L=2.0N:m: 转动过程中机械能守恒 Jo2=mgh (2) 再由示意图知h=1-c0s0) ®为棒受外力打击后开始转动时的角速度，棒受外力打击前 图5-6 00=0,由L=J0-Jo0=Jo可得 由以上（①、(2）式即可解出cos0=1-A 代入数据得0=c0s10.02384=8838 5-25、月图5.7 小球运动过程中动量矩守恒 故有J600=J@ 于是得小球新的角速度为 (2)由功能原理，拉力所作的功为 W-Ja 图 -31
第五章 大学物理辅导 刚体的转动 ～31～ 代入数据可得 L = 2.0N ms （2）棒转动过程中机械能守恒 1 2 2 J = mgh (2) 再由示意图知 h l = − 2 (1 cos) 为棒受外力打击后开始转动时的角速度，棒受外力打击前 0 = 0 ，由 L = J − J 0 = J 可得 = L J 由以上（1）、（2）式即可解出 cos = 1− 2 l Jmgl 代入数据得 = = − cos . 1 0 0 02384 88 38 5-25、见图 5-7 小球运动过程中动量矩守恒 故有 J J 0 0 = 于是得小球新的角速度为 = = J J 0 0 0 （2）由功能原理，拉力所作的功为 W = J − J = m 1 2 1 2 3 2 2 0 0 2 2 0 2 o c l c h F 图 5-6 m 0 r0 F 图 5-7
