第3章 刚体力学基础

第3章 刚体力学基础

一、基本要求

1．理解质点及刚体转动惯量、角动量的概念，并会计算质点及刚体（规则形状刚体）的转动惯量、角动量； 2．理解刚体绕定轴转动的转动定律，并应用它来求解定轴转动刚体力矩和角加速度等问题； 3．会计算力矩的功、刚体的转动动能、刚体的重力势能，会应用机械能守恒定律解答刚体定轴转动问题；

4．掌握刚体的角动量定理和角动量守恒定律，并会分析解决含有定轴转动刚体系统的力学问题(质点与刚体碰撞类问题等) 。

二、基本内容

（一）本章重点和难点：

重点：刚体绕定轴转动定律及角动量守恒定律。

难点：刚体绕定轴转动系统的角动量守恒定律及其应用。 (二) 知识网络结构图：

⎧⎧力矩⎪⎪⎪⎪转动惯量⎪基本物理量⎪⎨冲量矩⎪

⎪⎪角动量⎨⎪⎪⎪⎩转动动能⎪⎪⎧定轴转动定律⎪基本定律⎨⎪⎩角动量守恒定律⎩

（三）容易混淆的概念：

1. 转动惯量和质量

转动惯量反映刚体转动状态改变的难易程度，即刚体的转动惯性大小的量度；质量反映质点运动状态改变的难易程度，即质点的惯性大小的量度。

2. 平动动能和转动动能

平动动能是与质量和平动速度的平方成正比；转动动能是与转动惯量和角速度的平方成正比。

（四）主要内容：

1．描述刚体定轴转动的角位置θ，角位移∆θ、角速度ω和角加速度α（β）等物理量

ω=

d θd ω, α=d t d t

角量与线量的关系：

s =r θv =r ω

a t =r α a n =r ω2

2．转动惯量--转动质点对转轴的转动惯量，等于转动质点的质量m 成以质点到转轴的距离r 的平方。J

=m ⋅r 2

J =⎰r 2d m

（1）质量连续分布的刚体：

线分布：dm =λ⋅dl λ-质量线分布刚体，单位长度的质量。 面分布：dm =σ⋅dS σ- 质量面分布刚体，单位面积的质量。 体分布：dm =ρ⋅dV ρ 质量体分布刚体，单位体积的质量。 （2）质量离散分布刚体的转动惯量：J =（3）平行轴定理 J =J C +md

3．刚体绕定轴转动的转动定律—刚体的合外力矩等于转动惯量乘以角加速度。

2

2

m ⋅r ∑i

M =J α=J

d ω

d t

M =∑M i =∑r i ⨯F i

力矩：M =r ⨯F

力对轴的力矩大小：M =rF sin θ

4．刚体绕定轴转动的动能定理--合外力矩对刚体所作的功，等于刚体转动动能的增量。

W =⎰Md θ=

θ1

θ2

11

J ω22-J ω12 22

W =⎰Md θ 力矩的功

θ1

θ2

E k =

1

J ω22 刚体绕定轴转动的转动动能：

对于质点、刚体组成的系统，动能定理仍然适用，系统的动能包括系统内所有质点的平

动动能和刚体的转动动能。

5．刚体转动系统机械能守恒定律--当转动刚体系统内力只有保守力矩作功，其他外力矩和非保守内力矩不作功或作的总功为零，则整个系统机械能守恒。

E k +E p =

1

J ω2+mgh c =常量 2

E P =mgh c 刚体的重力势能

6．角动量定理与角动量守恒定律 （1）角动量—质点位矢与动量的叉积。

运动质点对某一定点的角动量：L =r ⨯p =r ⨯m v 刚体绕定轴转动的角动量：L =J ω

（2）角动量定理--对一固定轴，作用于系统的合外力矩的冲量矩等于系统对该轴的角动量的增量。

⎰Mdt =J ω

2

-J ω1

⎰

t 2

t 1

Mdt 冲量矩：力矩的时间积累效应。

（3）角动量守恒定律--若刚体所受合外力矩为零时，刚体的角动量守恒。 当M =0时，L =J ω=常量 （五）思考问答：

问题1 以恒定角速度转动的飞轮上有两个点，一个点在飞轮的边缘，另一个点在转轴与边缘之间的一半处。试问：在∆t 时间内，哪一个点运动的路程较长？哪一个点转过的角度较

大？哪一个点具有较大的线速度、角速度、线加速度和角加速度？

答：刚体绕定轴转动时，刚体内的任意各点具有相同的角速度、角加速度；各点的线速度、线加速度与角量之间的关系为：v =ωr , a τ=r α, a n =r ω。所以飞轮边缘处的点的运动路程较长；两点转过的角度一样大；边缘的点具有较大的线速度、线加速度，两点的角速度、角加速度一样大。

问题2 如果一个刚体所受合外力为零，其合力矩是否也一定为零？如果刚体所受合外力矩为零，其合外力是否也一定为零？

答： 合外力为零时，其合力矩不一定为零。合外力矩为零时，其合外力不一定为零，刚体绕定轴O 在纸平面内转动，其中r 1=2r 2, F 2=2F 1，其合力矩

M=F 1r 1-F 2r 2=0，但其合力

2

F =F 1+F 2=3F 1≠0。

问题3 有两个飞轮。一个是木制的，周围镶上铁质的轮缘。另一个是铁质的，周围镶上木制的轮缘。若这两个飞轮的半径相同，总质量相等，以相同的角速度绕通过飞轮中心的轴转动，哪一个飞轮的动量较大？ 答：从转动动能E k =

1

J ω2可知，当两者ω相同时，J 越大的飞轮，其E K 也越大。由 2

J =⎰r 2dm 可得木制飞轮的转动惯量为：

1⎛⎫

= M 总-M 木⎪R 2

2⎝⎭

11⎛1⎫⎛⎫

而铁制飞轮的转动惯量为：J 铁=M 铁R 2+m 木R 2= M 铁+m 木⎪R 2= M 总-M 铁⎪R 2

22⎝2⎭⎝⎭11

由于两个飞轮的半径相同，且M 铁〉M 木，所以J 木〉J 铁，即木制的飞轮动能较大。

22

问题4 如果一个质点系的总角动量等于零，能否说此质点系中每一个质点都是静止的？如果一个质点系的总角动量为一常量，能否说作用在质点系上的合外力为零？

11

J 木=M 木R 2+m 铁R 2=(M 木+m 铁）R 2

22

答：由于L =r ⨯P =r ⨯(m v )，所以，角动量不仅取决于矢径r 、动量m v 的量值，还取

决于矢径与动量之间的夹角（取向），因此，总角动量为零，可以有两种情况：第一，每一个质点的角动量都不为零，但总和为零，则每一个质点不可能静止；第二，每一个质点的角动量都为零，此时，可以使每一个质点都静止，也可以是矢径与速度相互平行。综上可知，每一质点不一定都静止。此外，角动量守恒的条件是合外力矩为零，而合外力不一定是零。 问题5 下面几个物理量中，那些与原点的选择有关？那些无关？（1）位矢；（2）位移；（3）速度；（4）角动量。

答：位移，速度与参考系选择有关，与坐标原点选择无关；位矢、角动量既与参考系选择有

关，也与坐标原点选择有关。

问题6 转动惯量的物理意义是什么，大小和什么有关？

答： 转动惯量的物理意义是：描述刚体作转动时保持其原运动状态的性质——转动惯性。转动惯量的大小不仅与刚体的质量有关，也与转轴的位置有关，也就是说与刚体的总质量和相对于转轴的分布有关。

问题7 为什么在研究刚体运动时，要研究力矩的作用？力矩和哪些因素有关？

答：一个静止的刚体能够获得平动加速度的原因是：相对它的质心而言所受的合外力不为零。一个静止的刚体相对某一转轴能够获得角加速度的原因是：刚体所受到的相对转轴的合外力矩不为零。因此，刚体的转动是与其受到的相对转轴的合外力矩密切相关的。

取z 轴为刚体转动的固定轴时，对转动有贡献的合外力矩是M z =

∑M

iz

，其中

M iz =F i r i sin θi ，F i 是作用在刚体上的第i 个外力，在转动轴平面内的分量，而r i 是转轴

(z轴）到F i 作用点的距离，θi 是r i 与F i 间由右手定则决定的夹角。所以，对z 轴的力矩不但与各外力在转动平面内分量的大小F i 有关，还与F i 的作用线和z 轴的垂直距离（力臂）

d i =r i sin θi 的值有关。

问题8 在定轴转动中，质点与刚体发生碰撞时动量是否守恒？

答：质点与定轴转动的刚体发生碰撞时，转轴作用于刚体的力（外力）不为零，且比较大，不能忽略，故系统的动量不守恒。只有在合外力矩为零时，角动量守恒。

问题9 在一个系统中，如果该系统的角动量守恒，动量是否一定会守恒？反之，如果该系统的动量守恒，角动量是否一定守恒？

答：不一定。当作用于一个系统的合外力矩为零时，合外力（即外力的矢量和）不一定为零，所以该系统的角动量守恒时，动量不一定守恒。同理，当对一个系统作用的合外力为零时（即外力的矢量和），合外力矩不一定为零，所以该系统的动量守恒时，角动量也不一定守恒。

三、解题方法

1. 刚体绕定轴转动的特征：刚体内每个质点都在与转轴垂直的平面内作圆周运动，每个质点的角速度、角加速度均相同；但因每个质点距转轴的距离不同，即作圆周运动的半径不同，故各质点的线速度，线加速度不同。

2．类比方法：与质点动力学相似，刚体绕定轴转动存在一些与质点直线运动相对应的定理和定律（刚体绕定轴转动运动学公式与质点直线运动学公式、刚体绕定轴转动定律与牛顿第二定律），利用与质点动力学类比，便于对刚体绕定轴转动定理和定律的记忆和理解。

3．解动力学问题时，定理、定律的选择技巧：到目前为止，我们已学习了牛顿运动定律、动量定理、动量守恒定律、动能定理、功能原理、机械能守恒定律、角动量守恒定律等。我们会迂到质点平动、刚体转动、综合等问题，在解这些动力学问题时，如何选择其中的某些定理、定律来解题呢？

我们在解动力学问题过程中，通常是首先考虑能否用功能原理（或机械能守恒定律）求解；因功、能都是标量，而且都是状态量，可不考虑过程中发生的复杂细节。其次，平动问题:考虑能否用动量定理或动量守恒定律求解；转动问题:考虑能否用角动量定理或角动量守恒定律求解。 因(角) 动量是矢量，稍复杂一些。再考虑能否用牛顿运动定律求解。

4．根据问题涉及物理量，确定解题路径：

（1）如问题涉及到加速度，应首选动力学方法。应用牛顿定律、转动定律以及运动学规律，可求得几乎所有的基本力学量。

（2）如问题不涉及加速度，但涉及时间，应选择（角）动量方法：考虑用动量定理和角动量定理处理问题。

（3）如问题不涉及加速度，又不涉及时间，应选择能量方法：考虑用动能定理或功能原理、机械能守恒定律处理问题。

（4）如问题不涉及加速度，又不涉及时间，且是碰撞等作用：应选择（角）动量守恒方法： 对平动问题：可首选考虑用动量守恒定律；对有转动问题：可首选考虑用角动量守恒定律处理问题。

注：1. 动量守恒定律适用于平动问题；角动量守恒定律适用于转动问题。 2.分析问题要紧紧抓住运动过程和运动状态。

四、解题指导

刚体转动惯量的计算(平行轴定理应用)

1. 如图所示，求大圆盘的实心部分对O 轴（垂直于盘面）的转动惯量。 （已知 R =2r ，大盘质量为M ，小盘质量为m ）

[分析] 由于转动惯量有可加性，所以先分别求出大盘和小盘对O 轴的转动惯量，再把小盘的除去即得大盘实心部分对O 轴的转动惯量。

解：大盘对O 轴的转动惯量：J 1=

1

MR 2； 2

小盘对O 轴的转动惯量：J 2=

32

mr 。 2

所以实心部分对O 轴的转动惯量为：

J =J 1-J 2=

1313MR 2-mr 2=M (2r ) 2-mr 22222

11

=(4M -3m ) r 2=(4M -

3m ) R 228

角动量守恒定律的应用

2. 匀质细棒，可绕其一端的水平光滑固定轴O 转动，原来静止悬挂在竖直位置，今有一质

量为m 的小球以水平速度v 与其相碰撞，如图所示，则在碰撞过程中，小球和棒组成的系统对O 点的⎽⎽⎽⎽⎽⎽⎽守恒。 O 解：（提示：小球和棒组成的系统在碰撞过程中，因为棒除受到球和棒相互作用的内力外，还受到棒由于碰撞致使轴对其的冲击力，这个力是系统的外力，与内力相比较不能忽略，作用系统的合外力不为零，所以系统的动量不守恒；在碰撞过程中，小球的重力、棒的重力对轴O 的力矩为零，轴对棒的支持力和冲击力对轴的力矩也为零，所以作用于系统的外力对轴O 的力矩为零，故系统的角动量守恒。）

m

刚体定轴转动定律的应用

3. 图示系统，弹簧劲度系数k ，质量m 1的物体置于光滑水平面上，定滑轮半径为r ，转动惯量为J ，开始时系统静止，弹簧无伸长，求物体m 2由静止下降距离h 时的速度大小。 解：（提示：可用牛顿定律和刚体转动定律求解或用机械能守恒定律求解） 解：方法一 用牛顿定律和刚体转动定律求解。

首先将三个物体示力图画出，其中:

F 'T2

P 2 F T2

', F T2=F T2'F T1=F T1

m 2下降的距离y 即代表弹簧伸长量。

由牛顿定律得m 1和m 2的运动方程：

F T1-ky =m 1a

m 2g -F T2=m 2a

由刚体转动定律得：

F T2r -F T1r =J α 及a =r α

a =

联立以上各式求得加速度：

m 2g -ky

m 1+m 2+J /r 2

d v d v d y d v a ==⋅=v

d t d t d y d y 所以：

又因为：

⎰

v

v d v =⎰

h

m 2g -ky

d y 2

m 1+m 2+J /r

v =

积分得：

2m 2gh -kh 2

m 1+m 2+J /r 2

方法二 用机械能守恒定律求解

取m 1, m 2、弹簧、滑轮、绳子和地球为系统，对于这一系统，只有保守内力（重力、弹簧力）做功，其它外力不做功，非保守内力做功之和为零，因此系统的机械能守恒。取弹簧原长处为弹性势能的零点，m 2下降h 时，物体m 1, m 2的速度为v ，滑轮的转动角速度为

ω，则：

o =-m 2gh +

1111m 1v 2+m 2v 2+J ω2+ky 22222

v =

得：

2m 2gh -kh 2m 1+m 2+J /r 2

4．唱机的转盘绕通过圆盘中心的固定竖直轴转动，唱片放上后，将受到转盘的摩擦力作用而随着转盘转动。设唱片可以视为质量为m ，半径为R 的圆盘，唱片与转盘之间的摩擦因数为μ，如图所示求唱片刚放上去时受到的摩擦力矩和唱片从刚放上去到具有角速度ω时所需的时间。

解：（提示：先用微积分法求出唱片所受的摩擦力矩，再由刚体定轴转动定律求解） 唱片之所以转动是因为受到转盘施加的力矩即摩擦力矩的作用，它是唱片转动的动力矩。为计算唱片所受的摩擦力矩，在唱片上选取一半径为r ，宽度为d r 的圆环，其质量为：

d m =σ⋅2πr ⋅d r （

σ=

m

πR 2）

则圆环所受到的摩擦力矩为：

d M f =μd mgr =μσ2πr d rgr

整个唱片所受到的摩擦力矩为：

R

M f =⎰d M f =μσg 2π⎰

再由刚体定轴转动定律：

r d r =μσg 2π

2

132

R =μmgR 33

ωJ t

d ωd ω=⎰ d t M f =J α=J ⎰ 0M 0d t f

1

m R 2ω

J ω3R ωt ===

2M f 4μg μm gR 3

角动量守恒定律的应用

5．图示一质量为m ，长为l 的均匀细棒，可以在水平面内绕通过其中心的竖直轴O 转动，

开始时棒静止，今有一质量为m '的小球，以水平速度u 与棒的一端垂直相碰，设碰撞是完全弹性碰撞。求碰撞后小球弹回的速率和棒的角速度。

解：（提示：从角动量守恒定律和机械能守恒定律着手分析）

对由球和棒所组成的系统，在小球与棒碰撞的过程中，对轴O 的角动量守恒。设碰撞后小球以速率v 弹回，棒以角速度ω转动，由系统碰撞前后的角动量守恒：

m 'u

l l =J ω-m 'v 22

又因为系统作完全弹性碰撞，机械能守恒，则：

111

m 'u 2=J ω2+m 'v 2222

1J =ml 2

12

联立得：

m '

ω=

12m 'u u (m -3m ')

v =

(m +3m ') l ， m +3m '

五、能力训练

1．均匀细棒可以绕通过一端O 且与棒垂直的水平光滑轴转动，今使棒从水平位置由静止开

始下落，下落位置摆动到竖直位置的过程中，则（ ）。 （A ）角速度从小到大，角加速度从大到小

（B ）角速度从小到大，角加速度从小到大 （C ）角速度从大到小，角加速度从大到小 （D ）角速度从大到小，角加速度从小到大。

2．如图所示一匀质细杆质量为m 、长为l ，绕通过杆一端并与杆成θ角的轴的转动惯量为（ ）。 121ml ml 2

（A ）3 （B ）12 1212

ml cos 2θml sin 2θ

（C ）3 （D ）2

3．一个绕固定水平轴O 作匀速转动的转盘，如图所示，在同一水平直线上，从相反方向射入两颗质量相同、速率相同的子弹。 且子弹留在圆盘中，则子弹入射后，转盘的角速度为（ ）。 （A ）增大 （B ）减小 （C ）不变 （D ）不能确定。

4．一轻质细绳绕在具有水平转轴的定滑轮上，绳下端挂一质量为 m 的物体，此时滑轮的角加速度为α。若将物体取下，改用大小等于mg 、方向竖直向下的力拉绳子，则滑轮的角加速度将----------------------------------------------（ ）。

（A ）变大 （B ）不变 （C ）变小 （D ）不确定

5．如图所示，长为l 的轻杆，两端各固定质量为m 和2m 的小球，杆可绕水平光滑O 轴转动，O 距两端距离各为

2m

2l l 和。初始静止33

m

在竖直状态，另有一质量为m 的小球以水平初速度v 0与杆端的小球m 做对心碰撞，碰后以（ ）。 （A ）

v 0

的速度返回，则杆所获得的角速度为2

v 3v 0

（B ）0 2l 2l v 3v 0

（D ）0 4l 4l

（C ）

6．一水平细棒上对称地串着两个质量为m 的小球，细棒长为5d ，且

通过中心垂直棒的轴转动，小球离轴的距离为d ，如图所示当转速达到ω0时，两球开始向

棒两端滑动，此时撤去外力，任棒自由转动，在此后过程中，棒与小球系统的（ ）。

（A ）动能和动量守恒

（B ）动能和角动量守恒

（C ）只有动量守恒

（D ）只有角动量守恒

7．花样滑冰运动员绕通过自身的竖直轴转动，开始时两臂伸开，转动惯量为I 0，角速度为

2ω0；然后将两臂合拢，使其转动惯量变为I 0时，角速度变为ω=⎽⎽⎽⎽⎽⎽⎽⎽⎽⎽。 3

8．一轻绳跨过两个质量为m 、半径均为R 的均匀圆盘状滑轮，绳的两端分别系着质量为m 和2m 的重物，系统由静止释放，绳与两滑轮无相对滑动，求重物的加速度和两滑轮间绳的张力。

9．一匀质细棒长为2l ，质量为M , 可竖直平面内绕过其中心的水平轴转动，开始静止于水平位置。一质量为m 的小球，以速度v 0垂直落到棒端与棒发生弹性碰撞，求小球碰撞后的回跳速度及棒的转动角速度。（不考虑重力作用）

10．如图所示装置，质量m 1=16kg 的实心圆柱体A 的半径为r =15cm ，绕固定水平轴转动，阻力忽略不计。一条轻柔的绳子绕在其上，另一端系一个质量m 2=8. 0kg 惯物体B 。求：（1）物体B 由静止开始下降1. 0s 的距离；（2）绳的张力。

题10图 题11图 题12 图

11．以质量为m '，半径为R 的均匀圆盘，通过其中心且与盘面垂直的水平轴以角速度ω转动。若在某时刻，一质量为m 的小碎块从盘边缘裂开，且恰好沿垂直方向上抛，问它可能达到的高度是多少？破裂后圆盘的角动量为多大？

12． 在光滑水平面上有一杆，其质量为m 1=1. 0kg ，长l =40cm ，可绕通过其中点并与之垂直的轴转动。一质量为m 2=10kg 的子弹，以v =200m /s 的速度射入杆端，其方向与杆及轴正交，试求所得到得角速度。

13． 一质量为20. 0kg 的小孩，站在一半径为3. 00m ，转动惯量为450kgm 的静止水平转台边缘上，此转台可绕通过转台中心的数值轴转动，转台与轴间的摩擦不计。如果此小孩相对转台以1. 00m /s 的速率沿转台边缘行走，问转台的角速率有多大？

41 2

14．质量为m '，半径为R 的转台，以角速度ωa 转动，转轴的摩擦略去不计，（1）有一质量为m 的蜘蛛垂直地落在转台边缘上，此时，转台的角速度ωb 为多少？（2）若蜘蛛随后慢慢的爬向转台中心，当它离转台中心的距离为r 时，转台的角速度ωc 为多少？设蜘蛛下落前距离转台很近。

15．如图所示，A 与B 两飞轮的轴杆可由摩擦啮合器使

之连接，A 轮的转动惯量J 1=10.0kg⋅m 2。开始时B 轮

静止，A 轮以n 1=600r⋅min -1的转速转动，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

转速都等于n=200r⋅min -1为止。求（1）B 轮的转动惯量； 题15图

（2）在啮合过程中损失的机械能。

16．在上一章的冲击摆问题中，若以质量为m '的均匀细棒代替柔绳，子弹速度的最小值应为多少？

六、参考答案

1．A ；

2. C；

3. B；

4. A；

5. A ；

6. D；

7．3ω0 ； 2

8．a =111F T =F T1+J α=mg g 84， ；

6mv 0M -3m ； v 0, ω=M +3m (M +3m ) L 9．v =10．（1） s =2. 45m ；（2）F T =39. 2N ； 11.(1)h =

ω2R 22g ；（2）L = ⎛1⎫m '-m ⎪R 2ω； ⎝2⎭42

12. ω'=29. 1s -1；13. ω0=-9. 52⨯10-2s -1；

m 'R 2ωa m 'ωa 14. （1）ωb =；（2）ωc =； m '+2m m 'R 2+2mr 2

15. （1）J 2=20. 0kgm ；（2）∆E =-1. 32⨯10J ；16. v =244m '2gl m 43