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§5.1
刚体转动的描述
一、什么是刚体？
橡皮泥
不锈钢
刚体：受力时形状和体积都不发生改变的物体
刚体可以看作是由许多质
点组成的，每一个质点叫
做刚体的一个质元，刚体
这个质点系的特点是：
 mj
mi
在外力作用下各质元之
间的相对位置保持不变。
二、刚体的运动
⑴刚体的平动
刚体运动时，刚体内任一直线恒保持平行的运动
mj mj
mj
mi
mj
mi mi
 mimj
mj
 mi
mi

rj

rij
mj
 m
ri
i
O
选取参考点O，则：


 rij  c

 
rj  ri  rij (1)
对（1）式求导
 
v j  vi
 
a j  ai
可用刚体上任意一点的运动来代表整个
刚体的平动。一般用质心。
X
⑵ 转动
刚体运动过程中，如果刚体
上所有的点都绕同一条直线
作圆周运动，那么这种运动
就称之为转动。这条直线称
为转轴。
注意：以点为中心的
转动和与以轴为中心
的转动的区别
Y
O
Z
·
·
一般运动：刚体的任一位移总可以表示为一个
随质心的平动加上绕质心的转动。
——蔡斯勒斯定理
蔡斯勒斯定理
三、刚体的定轴转动
在刚体转动过程中，如果转轴固定不动，则称这种
转动为定轴转动。
特点：
① 各质元的线速度v、加速度
a不同。
② 各质元角速度和角加速度
；在相同的时间内有相同
的角位移。
定轴转动1
定轴转动2
定轴转动的速度与加速度
离转轴的距离为r的质元的线速度和刚体的角速度
的关系为：
其加速度与刚体的角加速度
和角速度之间的关系为：
切向加速度：
法向加速度：
特例：匀加速转动
§5.5 转动中的功与能
一、刚体的平动动能
Y
其平动动能应为各质元动
能之和。
n
 mj
Ek平
刚体中各质元运动速率相
同，可用质心速率代表
C
M
 mi
O
1
2
  mi vi
i 1 2
X
1
2
 MvC
2
二、刚体的转动动能
刚体绕定轴以角速度 
旋转。刚体的动能应为
各质元动能之和，为此
将刚体分割成很多很小
的质元。



vi m
ri
M
i
当刚体以角速度 转动时，设其内部质量
为△mi的质量元的速度为vi=ri，动能为：
1 m v 2  1 m r 2 2
i i
i i
2
2
整个刚体绕固定转轴转动的动能为：
2 2
2
2
1
1
EK   mi ri     mi ri
2
2
定义：刚体对转轴的转动惯量J
J  mi ri
2
刚体的转动动能公式：
2
1
EK  J 
2
三、动能定理
2
2
1
1
回 质点动能定理：AAB  2 mvB  2 mvA
顾 质点系动能定理：
A外  A内  EKB  EKA
功A：质点在外力作用下沿力的方向发生
位移，则力对质点必定做功
dA  F  dr  Ft  dr  F  dr  cos
1、力矩的功
在刚体转动中，作用在刚体上某点的力对
刚体产生一个力矩，如果力矩的作用使刚
体发生了角位移，那么该力矩也作了功。
+
O

d ds  F


r MM
设一刚体的一个截面与

其转轴正交于O点，F
为此截面内作用在刚体
上的力。
在dt 时间内刚体角位
移为d
+
O

d ds  F


r MM
dA  F  dr  F cos  dr
 F cos   rd
当dr 很小时, 可认为dr  r .
o
  90  
cos   sin 
 dA  Fr sin  d
M  r F
M  rF sin ( r , F )
力F 做的元功为:
dA  Md
力对转动刚体作的元功
等于相应的力矩和角位
移的乘积。
在一微小过程中
力矩作的功
XX
1

 2
1 
O
2
M
M
dA  Md (1)
在力矩作用下，刚体的
角位置由 1  2
则力矩的功为：
2
A   dA   Md (2)
1
力矩的功反映力矩对空间的积累作用，力矩越大，在
空间转过的角度越大，作的功就越大。这种力矩对空
间的积累作用的规律是什么呢？
2、定轴转动的动能定理
质点系动能定理 A外  A内  EKB  EKA 也适用于刚体。
由于刚体内质点的间距不变，一切内力作的功都为零。
而对于定轴转动而言，外力作的功总表现为外力矩作
的功，故有：
1 2 1 2
A外  J 2  J 1
2
2
2

1
Md  1 J 22  1 J 12
2
2
合力矩对一个绕固定轴转动的刚体所作的功等
于它的转动动能的增量。
——刚体转动的动能定理
四、刚体的重力势能 任取一质元其势能为 mi gyi

vC
Y
M
C  mi
(以O为参考点）
E p   mi gyi
m y

M
i
M
yC
O
i
g
 MgyC
结论：刚体的重力势能决定于
yi
刚体质心距势能零点的高度，
与刚体的方位无关。即刚体的
重力势能只要把刚体的质量全
X
部集中于质心处，当一个质点
处理即可（无论平动或转动）
对既有平动又有转动的刚体的
动能、机械能又如何呢？

m、J  C
2
2
1
1
E

mv

J

k
C
C

2
2
vC
势能零点
E机械
hC
2
2
1
1
 mghC  mvC  J 
2
2
只有保守内力作功时，刚体系统的机械能也应该守恒
at
a
a
an
r
例：一条缆索绕过一定滑轮拉
动一升降机。滑轮半径r=0.5m，
如果升降机从静止开始以加速
度a=0.4m/s2匀加速上升，求：
⑴ 滑轮的角加速度；
⑵ 开始上升后，t=5s末滑轮的
角速度；
⑶ 在这5s内滑轮转过的圈数；
⑷ 开始上升后，t´=1s末滑轮边
缘上一点的加速度。(设缆索与
滑轮之间不打滑)
解：⑴ 轮缘上一点的切向加速度与升
降机加速度相等
at
a
an
r
∴滑轮角加速度为：
at
2
at  r     0.8  rad / s 
r
⑵ 滑轮匀加速转动，起始速度为
零。故5s末滑轮的角速度为：
  0  t  4  rad / s 
⑶ 滑轮转过的角度为：
  1  t 2  10  rad 
2
相应的圈数为：10/2p=1.6圈
at
a
⑷ 设轮缘上一点在t=1s时的加速度为a´。
2
2

a  at  an
ran
a
at  0.4  m / s 
an  r  0.32  m / s
2
2

  0   t

   0.8  rad / s 

0  0,   0.8  rad / s  , t  1s 

可得：a  a 2  a 2  0.42  0.322  0.51 m / s 2
t
n
an
a的方向为:  arctan
 38.7 o
at
( 为a与at之间的夹角)

例1、一个转动惯量为

2，直径为60cm
J=2.5kg
·
m
闸瓦
的飞轮，正以130rad/s的角
d
速度旋转。现用闸瓦将其制
N
动，如果闸瓦对飞轮的正压
f
力为500N，闸瓦与飞轮之
飞轮
间的摩擦系数为0.50，求：
⑴ 飞轮转过10圈时，摩擦力矩作的功；
⑵ 此时飞轮的角速度是多少？
解：⑴摩擦力矩作的功

闸瓦
d
闸瓦对飞轮的摩擦力为：
f   N  250 N 方向如图
N
f
飞轮
摩擦力对转轴的力矩为：
M r f
M  rf   f  d  75N  m
2
根据的方向，转轴(设为Z 轴)的正向为垂直纸
面向外，而摩擦力矩的方向为Z 轴负向。
转过10圈后摩擦力矩作的功为：
2
20p
1
0
A   Md  
75d  471J
⑵ 转过10圈后飞轮的角速度
根据动能定理：
2
2
1
1
A  J 2  J 1
2
2
2
2
1
1
471   25  2   25 130
2
2
 2  128.5rad / s
例2、一个质量为M，半径为
R的定滑轮(J=1/2MR2)上面绕
有细绳，绳 一端固定在滑轮
边上，另一端挂一质量为m的
物体而下垂。忽略轴处摩擦，
求物体m由静止下落h高度时
的速度和此时滑轮的角速度。
mg
解：
以滑轮、物体和地球作为研究的系统。
系统外力(滑轮轴对滑轮的支持力)不作功,只有
保守内力(重力)作功,机械能守恒.
y
如图建立坐标，以物体初始位置为势能零
点。根据机械能守恒：
1 J  2  1 mv2  mg  h   0
2
2
滑轮转动动能 物体动能
mg
物体势能
2
1
将J  MR ,   v 代入可解得:
2
R
物体的速度：
滑轮角速度：
4mgh
v
2m  M
4mgh
v
 
R
2m  M
R
O
§5.3 转动惯量的计算
一、转动惯量的计算
刚体对固定转轴的转动惯量的定义为：

R3 R2
m3
R1
n
m2
J  J z   mi ri
2
i 1
对离散物体：
m1
J z  m R  m2 R  m3 R
2
1 1
2
2
2
3
对质量连续分布的刚体则应无限分割
n


R
M
mi
J  lim  mi ri
n 
2
i 1
2
  r dm
M
注
意
dm为质元质量，
r为质元到转轴之间的垂直距离。
刚体对某一转轴的转动惯量等于每
2
r dm 个质元的质量与这一质元到转轴的
M
距离平方的乘积之总和。
J 
质量为线分布
dm  dl
其中、、分别
质量为面分布
dm  ds
为质量的线密度、
质量为体分布
dm  dV
线分布
面分布
面密度和体密度。
体分布
注意
只有对于几何形状规则、质量连续且
均匀分布的刚体，才能用积分计算出
刚体的转动惯量
例1、求质量为m、半径为R的均匀圆环的转
动惯量。轴与圆环平面垂直并通过圆心。
解:
dl
J   r dm
2
  R dm  R  dm  mR
2
2
注意：J是可加的，所
以若为薄圆筒（不计厚
度）结果相同。
R
2
O
R
dm
例2、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,
J   r dm
dm  dV    2prdr  l
Z
2
R
O
R
4
1
J   r dm     2p lr dr  p R l
0
2
2
m
1

 J  mR
2
2
pR l
2
3
可见，转动惯量与l无关。所以，实心圆柱对其轴的
转动惯量也是mR2/2。
例3、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：
转轴通过棒的中心O并与棒垂直
转轴通过棒的一端B并与棒垂直
转轴通过棒上距质心为h的一点A并与棒垂直
B
A
h
O质
B
A
h
O质
L
已知：L、m
x
dm
X
dx
求：JO、JB、JA
解：以棒中心为原点建立坐标OX、将棒分割
成许多质元dm。
dm  dx
  m/ L
B
A
h
x
L

求JO J  R 2 dm 
o

求JB J B  R dm 
求JA
2
X
dx
L
2
L
2
L


0
  m/ L
3
2
L
1
x  dx   12  12 mL
2
3
L
x  dx    1 mL2
3 3
2
J A   R dm  
2
dm  dx
dm
O质
h L / 2
h L / 2
2
2
1
 mL  mh
12
x  dx
2
注意：
J B  J 0  m( L ) 2
2
J A  J 0  mh 2
二、平行轴定理
平行轴定理：刚体对任一轴 A
A的转动惯量JA和通过质心
并与A轴平行的转动惯量Jc
有如下关系：
J A  J C  md
m 为刚体的质量
2
d 为轴A与轴C之间的垂直距离
d
C
M
图示刚体对经过棒端且
与棒垂直的轴的转动惯
量如何计算？(棒长为L、
球半径为R）
mL
2
1
棒的转动惯量： J L1  mL L
3
球的转动惯量： J  2 m R 2
o
o
5
根据平行轴定理
mO
J L 2  J 0  m0 d  J 0  m0 ( L  R)
2
图示刚体的转动惯量为：
2
2
2
1
2
J  mL L  mo R  mo ( L  R)
3
5
2
讨论：影响刚体转动惯量的因素
J   r dm
2
M
1）刚体的质量：
形状、大小相同的均匀刚体，
总质量越大，转动惯量越大。
2）刚体的质量分布：
J   r dm
2
M
总质量相同的刚体，质
量分布离轴越远，转动
惯量越大。
例：圆环 J=mR2,
圆盘 J=1/2mR2
3）刚体转轴的位置:
同一刚体，转轴不同，质量对轴的分布
就不同，因而转动惯量也就不同。
J A  J C  md
例：平行轴定理
C
A
L/2
B
L/2
X
2
2
1
1
J C  mL , J A  mL
12
3
2
一些常见的均匀刚体的转动惯量
转动惯量
转轴位置
刚体形状
1 mL2
J

通过一端垂直于杆
3
细杆
薄圆环
(筒)
通过中点垂直于杆
J  1 mL2
12
通过环心垂直于环面
J  mR 2
沿环直径
J  1 mR 2
2
通过盘心垂直于盘面
薄圆盘
(圆柱体)
沿盘直径
2
1
J  mR
2
J  1 mR 2
4
一些常见的均匀刚体的转动惯量
刚体形状
圆柱体
转轴位置
沿几何轴
通过中心垂直于几何轴
J  1 mR 2
2
J  1 mR 2  1 mL2
4
2
通过球心
2
2
J  mR
5
沿切线
J  7 mR 2
5
沿直径
J  2 mR 2
3
球体
薄球壳
转动惯量
§5.2 转动定律
在质点运动中，力是引起质点运动状态变化的原
因，力的作用使质点获得了加速度。
这一物理过程的规律由牛顿第二定律来表示。
F  ma
在刚体转动中，力矩是引起刚体转动状态变化的
原因，力矩的作用使刚体获得了角加速度。
这一物理过程的规律由刚体转动定理来描述。
问
题
刚体转动定理的表达式是什么样的？与牛
顿第二定律有无相似之处？
2
2
2
1
1
刚体转动的动能定理：  Md  J 2  J 1
1
2
2
2
1
J   J  d
取其微分形式： Md  d
2


要得到角速度与角加速度，等式两端同除以dt。
d

d

M
 J
dt
dt
d  , d  
dt
dt
M  J
Z
O
刚体所受的对于某一固定转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。 ——刚体定轴转动定律
比
较
F  ma
刚体的定轴转动定律： M  J 
牛顿第二定律：
⑴ 数学形式上相似，M与F相对应，J与m相对应，
与a相对应。
⑵ 由牛顿第二定律可知：相同F 作用下，m较大的质
点，a小，其运动状态不易改变，惯性大；m较小
的质点，a大，其运动状态易改变，惯性小。
由刚体的定轴转动定律可得出类似结论：相同M
作用下，J 较大的刚体，获得的 小，其转动状态
易改变，转动惯性大；J 较小的刚体，获得的大，
转动状态易改变，转动惯性小。
J表示刚体在转动过程中表现出来的惯性。
?
一个外径和质量相同的实心圆柱与
空心圆筒，若 受力和力矩一样，
谁转动得快些呢？
M
MZ

JZ
M
J 相对较大， 相
对较小，转动较慢
质量分布影响演示实验
注
意
如何求力对轴的力矩？
力对轴的力矩实际上
是力矩沿轴的分量。
如图可将力分解为
两个力，只求那个
垂直于轴的力的力
矩就可以了。
Z
MZ

F

r

F

F
例、一质量m1为的物体绕在一半径为r质
量为m2的圆盘上,开绐时静止,求重物的加
速度、绳中的张力和t 时刻重物下降多高?
(绳的质量与轴上的摩擦力不计).
r
m2
m1
已知: m1 、m2、r
+
r
受力分析：如图所示
m2
N
T
a+
m1
求：a、T、h
r
Z
y
m1g
解：如图建立坐标。
T´ 列方程求解：
m2g
对圆盘，由刚体定 T´r =J
轴转动定律：
1
2
T=T´ J  mr
2
对物体用牛顿第二定律
m1 g - T  m1a
2
1
rT  m2 r 
2
根据滑轮与物体间的运动学关系，有：
a  r
m1 g - T  m1a
2
1
rT  m2 r 
2
3个未知量a,,T，3个方
程，联立求解可得：
a  r

2m1 g
 a  2m  m
1
2

2m1 g

 
2
m

m
r


1
2

m1m2 g

T


2m1  m2

a等于常数且初速为零!
t 时刻重物下降高度为：
1 2
h  at
2
m1gt2
=
2m1+m2
例2、一静止刚体受到一不变力矩M0
（N.m)的作用,同时引起一阻力矩M1，
M1与刚体转动的角速度成正比,即
|M1|=k (k为常数)。又已知刚体对转轴
的转动惯量为J,试求刚体角速度的变化
规律。
M+
M0
J
M1
已知：M0 J M1= –k |t=0=0
M+
M0
求：（t）=？
J M1
求出 即可求出
解： 1）以刚体为研究对象；
2）分析受力矩
3）建立轴的正方向；
4）列方程： M 0  M1  J
d

dt
两端积分 

0
M1  k
M 0  k 分离变量
J
t dt
d

0 J
M 0  k
M 0  k

J
d
dt

M 0  k J
1
  M 0 (1  e
k
 kt
J
)
§5.4 刚体的角动量和角动量守恒
刚体是一种特殊的质点系，它绕定轴转动，当然应该
具有角动量。
力矩：
M  r  F; M  rF sin (r ,F )  rF
回
顾 角动量：L  r  P; L  rP sin (r ,F )  rmv sin 
做匀速圆周运动的质点对其圆心的角动量大小为：
L  mrv
M  dL
dt
角动量守恒定律： M  0, 则L  常矢量
角动量定理：
一、刚体的角动量及其沿定轴的分量
刚体可看作质点系, 角动量等于各质元角动量矢量和
以角速度绕OZ轴旋转的均匀细
Z
棒, 将棒分割成许多质元。
Li

× vi

 mi
O
ri
m1, m2 mi mn
任一△mi 对O点的角动量为：
Li  mi ri  vi
 
 vi  ri  Li  mi rv
i i

故棒的总角动量 L的大小为：
L   mi rv
i i
由O到质元△mi的距离

L
Li
Ri


L j

rj
vj
mj

棒的总角动量 L 的大小为：
Z L
iz
L   mi rv
i i
 
× vi
方向如图，可见角动量不一
定与Z轴方向相同。
  mi
O
ri
我们感兴趣的是研究定轴转动,即
要研究角动量在Z轴的分量
Liz  Li cos   mi rv
i i cos 
r cos   R
质元△mi
LiZ  mi Ri vi 到转轴的
2
v  R
LiZ  mi Ri  距离
i
i
i
i
Lz   Liz   (mi R
2
i
2

m
r
) i i  J
LZ  J 
作定轴转动的刚体对转轴的角动量等于刚体对同一转轴的转动
惯量与角速度的乘积。
二、刚体对定轴的角动量定理
根据刚体定轴转动定律：
M  J
d


dt
d  J   dL
d

M J


dt
dt
dt
刚体所受的对转轴的合外力矩等于刚体对转轴角
动量的变化率。
注
意
M  dL
dt
比
M  J  更具遍性。
例如，当物体的转动惯量不是常量时，
M  J  不再适用，而 M  dL 仍有效。
dt
三、刚体对定轴的角动量守恒
在定轴转动中，如果刚体所受外力对转轴的合力矩
为零时，刚体对同一转轴的角动量不随时间变化。
即：
M  0时, dL  0  L  J   恒量
dt
——刚体对定转轴的角动量守恒定律
实例：
定轴转动角动量守恒1
定轴转动角动量守恒2
例1、一根长l，质量为M的均匀直棒，其一
端挂在一个水平光滑轴上而静止在竖直位置。
今有一子弹，质量为m，以水平速度v0 射入
棒的下端而不复出。求棒和子弹开始一起运
动时的角速度。
O

m
v0
v
分析：棒是刚体，不能用质点水平动
量守恒来计算，要用角动量计算。
从子弹进入棒到二者开始一起运动所
经过的时间极短，在这一过程中棒的
位置基本不变，仍保持竖直。因此，
在子弹冲入过程中，系统所受的外力
（重力和轴的支持力）对轴O的力矩都
为零，系统对轴O的角动量守恒。
解：以v 和 分别表示子弹和棒一起开始
运动时，棒端点的速度和角速度。以垂
直纸面向外为Z 轴（转轴O）正向。
O

m
v0
子弹对O轴的
初态系统角动量为：L0  mlv0 角动量，棒角
动量为零。
v 末态系统角动量为：
棒对O轴的角动量
2
1
L  mlv  J   ml   Ml 
3
2
2
1
mlv0  ml   Ml 
根据角动量守恒：
3
2
解得：
v0
3
m


3m  M l
例2、一个质量为M，半径为R的水平均匀
圆盘可绕通过中心的光滑竖直轴自由转动。
在盘缘上站着一个质量为m 的人，二者最
初都相对地面静止。当人在盘上沿盘边走
一周时，盘对地面转过的角度多大？

M
R
O
m
x
分析：对盘和人组成的系统，
人在走动时系统所受的对竖
直轴的外力矩为零（摩擦力
是内力），系统对此轴的角
动量守恒。可利用角动量守
恒定律求解。
解：初态系统角动量为零。
以 j 和 J 分别表示人和盘对转轴的转动惯量，以  和 W
分别表示任一时刻人和盘的角速度。根据角动量守恒，
任一时刻系统角动量为： j  J W  0 ... ... ⑴
人可视为质点，对轴的转动惯量为：j  mi ri2  mR2
盘对轴的转动惯量为： J  1 MR 2
2
以和Q分别表示人和盘对地   d , W  d Q
面发生的角位移，则有：
dt
dt
2 d
1 MR2 d Q
mR

将这些量代入⑴式可得：
dt
2
dt

Q
两边同乘dt并积分
2
2
1
0 mR d  0 2 MR d Q
m  1 M Q   2p  Q Q  2m  2p
2
2m  M
人相对于盘直了一周,而盘反向走了Q,
所以人实际相对于地面参考系走了 2p  Q 
例3、如图所示的宇宙飞船对于其中心轴的转动
惯量为J=5×103 kg·m2，正以=0.1 rad/s的角
速度绕中心轴旋转。宇航员想用两个切向的控
制喷管使飞船停止旋转。每个喷管的位置与轴
线距离都是r=1.5m，两喷管的喷气流量恒定，
共是q=2 kg/s。废气的喷射速率(相对飞船周边)
u=50 kg/s，并且恒定。问喷管应喷射多长时间
才能使飞船停止旋转。
-u
Lg
r L
0
-u

-u
Lg
r L
0
-u
分析：废气是从飞船中喷
射出来的，若以飞船和废
气为系统，则系统外力(引
 力)对其中心轴的力矩为零,
系统角动量守恒。
飞船绕中心轴转动,角动量L0=J。喷出废气
后,废气具一定角动量。因系统L守恒，L废气
↑则L飞船↓，当L飞船全部转化为L废气时，飞船
停止转动。
废气角动量如何实现增加呢？
-u
Lg
r L
0
-u

在喷气过程中，以dm表示dt时
间内喷出的气体，这些气体对
中心的角动量为：
L  r  p  L  rmv
废气的速度u的方向为飞船周边切线方向上，故r⊥v。
dm的废气产生的角动量为： dL  dm  r 
u  v 
飞船周边速率，v=r
由于u>>v，所以 dL  dm  ru
在整个喷射过程中，喷出的废气的总角动量应为：
m
Lg   dm  ru  mru
0
废气角动量的增加靠废气量的增加来实现。飞船每秒
喷2㎏废气，只要知道所需废气总量，就可求出所需
时间。
-u
Lg
r L
0
-u

解：以废气和飞船作为系统。
系统对中心轴的外力矩为零，
系统角动量守恒。
初态：废气质量远小于飞船质量，故原来系统对飞船
中心轴的角动量近似等于飞船自身的角动量。
L0  J 
末态：飞船角动量为零，系统角动量等于废气角动量。
Lg  mru
根据角动量守恒，有： J   mru  m  J 
ru
所求时间为： t  m  J   5 10  0.1  3.3  s 
3
q
qru
2 1.5  50
例4、如图所示，一根长l，质量为m的均匀杆
静止在一光滑水平面上。这的中点有一竖直
光滑固定轴。一个质量为m´的小球以水平速
度 v0 垂直于棒冲击其一端并粘上。求碰撞后
球的速度 v 和棒的角速度以及由此产碰撞而
损失的机械能。
l
v0
m

v
l
O
v0
v
m 
解：以棒和球为系统。对于轴O，
碰撞过程中外力矩为零，角动量
守恒。
初态：L棒  0, L球  mrv  m l v0
2
2
1
末态： L棒  J   ml  ,
12
2
l
l
1


L球  mr v  m
  ml 
2 2
4
 
由系统角动量守恒可得： m 1 lv  1 ml 2  1 ml 2
0
解得：
6mv0

 3m  m  l
2
12
4
3mv0
l
v  r   
2
3m  m
由碰撞而损失的机械能为(势能不变，故不考虑)：
2
l

E

0,
E

m
v
初态机械能： K棒
K球
2 0
1 J 2, E  1 J 2
E

末态机械能： K棒
K球
球
2 棒
2
2

J 棒  1 ml 2 , J球   r 2 dm  l m  1 ml 2
12
2
4
机械能的损失为：


2
2
2
1
1
1
1


E  m v0 
ml  m l
2
2 12
4
 1 mv02  1 1 ml 2  1 ml 2
2
2 12
4
2
m
1


 m v0
3m  m 2

 6mv 
  3m  m l 
2
0
2
例4、求一质量为m 的均匀实心球对其一条直径
为轴的转动惯量。 解：一球绕Z轴旋转，离球
Z
Z
O
X
心Z高处切一厚为dz的薄圆
d Z 盘。其半径为：
r
r  R Z
2
R
Y
2
其体积为：
dV  pr dZ  p ( R  Z )dZ
2
其质量为：dm 
2
2
dV  p ( R  Z )dZ
2
2
1 2
1
其转动惯量为：dJ  r dm  p ( R 2  Z 2 )2 dZ
2
2
1 2
dJ  r dm
2
1
2
2 2
 p ( R  Z ) dZ
2
 J   dJ
Z
r
O
dZ
R
X
R
1
2
2 2
  p ( R  Z ) dZ
2
R
8
2
5
2

pR  mR
15
5
4 3
m   pR
3
Y
例1、一根长为l、质量为m的均匀细直棒，
其一端有一固定的光滑水平轴，因而可以在
竖直平面内转动。最初棒静止在水平位置，
求它由此下摆角时的角加速度和角速度，
这时棒受轴的力的大小、方向各如何？
F
O

l
dm
 dl
gdm
受力分析：根据题意，棒受轴
的力不能忽略，所以棒受两个
力：自身的重力和轴对它的作
用力。
F

O
l
dm  dl
①棒下摆至时的角加速度
分析：根据刚体定轴转动定理：M
细棒对转轴的转动惯量： J
 J
gdm
2
1
 ml
3
只需求出合外力矩M，即可求出角加速度。由于轴对
细棒的作用力的作用点在转轴上，所以此力对转轴不
产生力矩，细棒所受外力矩为重力对转轴O的力矩。
F
如图建立坐标。取棒上一质量为
dm的质元。当棒下摆至 时，它
O
所受的重力对轴O的力矩为：质元dm对
M  r  F  dM 
x

dm  dl
l
轴O的水
x  dm  g平坐标 y
整个棒受的重力对轴O的力矩应为：
M＝ dM   x  dm  g  g  xdm
根据质心的定义： xc
xdm



m
x
gdm
质心的水
平坐标
 xdm  m  x
c
可得： M＝mgx 细棒质心在其中点 x  1 l  cos 
c
c
2
所以有：
M＝ 1 mgl cos 
2
可得： 1
mgl cos  3g cos 
M 2

J
1 ml 2
2l
3
②棒下摆至时的角速度
分析：角加速度不是个恒量，而是个与有关
的变量，不能直接用来求角速度。同时，力矩作
用的细节和时间我们都不知道，只能尝试用守恒
律来求解。
解：取棒和地球作为研究系统。由于棒在下摆
过程中，只有保守力——重力作功（外力——轴
对棒的作用力不作功），所以系统的机械能守恒。
取棒的水平初位置为势能零点，系统初态机械能
为零。
根据机械能守恒：
1 J  2  mg (h )  0
c
2
末态系统转动动能
末态系统势能
2
1
将J  ml , hc  1 l sin  代入可得:
3
2
1 ml 2 2  1 mgl sin   0    3g sin 
6
2
l
③ 棒下摆至时受轴的力的大小与方向
F
F2
分析：为了求出棒受轴 F1
的力，需考虑棒的质心
O

C的运动而应用质心运
l
动定理。
解：棒下摆到时，质心加速度为：
dm  dl
gdm
2
 3g sin   l 3g sin 
 
法向加速度： an  r  

l
2
2


3g cos l 3g cos
 
切向加速度： at  r 
2l
2
4
2
以F1和F2分别表示棒受轴的力 F
1
在沿棒方向和垂直于棒的方向
上的分力，据牛顿第二定律：
法向：F1  mg sin   man
3g sin 
 F1  m
2
F
F2

O
l
dm  dl
gdm
5
 mg sin   mg sin 
2
切向： mg cos  F2  mat
3g cos 1
 F2  mg cos  m
 mg cos
4
4
棒受轴的力的大小为： F  F12  F22  1 mg 99sin 2   1
4
此力与棒此时刻的夹角为：
F2
  arctan  arctan cos 
F1
10sin 
例3、质量分别为m1 、
m2 的物体通过轻绳挂
m3
在质量为m3 半径为r
r

的圆盘形滑轮上。求
物体m1、m2 运动的加
速度以及绳子张力 T1
和 T2（绳子质量不
计）。
m1
m2
已知：
抵消
N
m3
求：
r
 T2
T1 ' m3 g T '
2
a1
m1
m2
T1
m1 g
a2
m2 g
m1.m2 .m3.r
a1.a2 .T1.T2
解：以m1、m2、m3为研究对象
受力分析：如图所示
y
建立坐标：以竖直向下为y轴
正向，以垂直纸面向外
为Z轴（转轴）正向。
设：a1的方向为y轴正向，
a2的方向为y轴负向。
N
m3
列方程求解：
r
 T2
T1 ' m3 g T '
2
a1
T1
m1
m1 g
m2
a2
对物体m1:
对物体m2:
m1 g - T1  m1a1
m2 g  T2  m2 (a2 )
m2 g y 对滑轮m :
3
T1r  T2 r  J  
2
1
m3r 
2   T1r  T2 r 
1
J  m3r 
2
2

其它关联方程： a1
 a2  r
4个未知数T1，
T2，a1(=a2), ,
4个方程
联
立
求
解
可
得
：
(m1  m2 ) g
a1  a2 
1
m1  m2  m3
2
1
2m1m2 g  m1m3 g
2
T1 
1
m1  m2  m3
2
1
2m1m2 g  m2 m3 g
2
T2 
1
m1  m2  m3
2
质点
质点系
质心 rc
rdm


 dm
质点运动学 质点动力学 动量/角动量 功与能 刚体
•
• 牛顿三大 •牛二定律
•
dp
定律
F
dt
•
r , r , v , a • 非惯性力
• 动量/角动
• 几种特殊
•
量定理
运动
• 动量/角动量
• 相对运动
守恒定律
•参考系
•描述量:
• 力矩
功势能
机械能
机械能
守恒律
碰撞
• 运动的
描述
• 转动惯
量
• 定轴转
动动能
定理
• 势能
• 定轴转
动定律
• 角动量
• 角动量