刚体的转动

骑自行车时车轮的旋转、风扇叶片的转动、地球的自转……这些运动有一个共同特点：物体整体绕某条轴线做旋转运动，其中每个部分保持相对固定的位置关系。这类研究对象称为刚体——受力后形状和大小不发生变化的理想物体。

刚体的转动与直线运动有深刻的对应关系。直线运动中有位移、速度、加速度、质量、力、牛顿第二定律；刚体转动中有对应的角位移、角速度、角加速度、转动惯量、力矩和转动定律。掌握这套对应关系，转动问题的分析就会变得清晰而有条理。

转动的基本描述

描述刚体转动的状态，需要一套对应于直线运动的角量体系。

角位移 $\theta$ ：刚体转过的角度，单位为弧度（rad）。与直线运动中的位移 $x$ 对应。

角速度 $\omega$ ：单位时间内转过的角度，描述转动的快慢：

$\omega = \frac{\Delta\theta}{\Delta t}$

单位为 rad/s。与线速度 $v$ 对应。角速度也有方向，沿转轴方向（用右手定则确定）。

角加速度 $\alpha$ ：角速度随时间的变化率，描述转动快慢的变化：

$\alpha = \frac{\Delta\omega}{\Delta t}$

单位为 rad/s²。与线加速度 $a$ 对应。

对于匀变速转动（角加速度 $\alpha$ 恒定不变），存在一组与直线运动完全类比的公式：

刚体上不同位置的质点，角速度 $\omega$ 相同，但线速度 $v$ 不同。距离转轴越远的点，线速度越大。线速度与角速度的关系为：

$v = r\omega$

其中 $r$ 是该点到转轴的距离。这就是为什么风扇叶片末端比根部转得“快”——两处角速度相同，但末端 $r$ 更大，线速度更大。

例题一：一台电动机从静止开始启动，经过 4 s 后转速达到 1200 r/min，求这段时间内的角加速度，以及电机转子边缘（半径 $r = 0.1$ m）处质点的末线速度。

转速换算： $1200 \text{ r/min} = \dfrac{1200 \times 2\pi}{60} = 40\pi \approx 125.7 \text{ rad/s}$

角加速度： $\alpha = \dfrac{\omega - \omega_0}{t} = \dfrac{40\pi - 0}{4} = 10\pi \approx 31.4 \text{ rad/s}^2$

末线速度： $v = r\omega = 0.1 \times 40\pi \approx 12.6 \text{ m/s}$

转速（r/min 或 rpm）是日常设备常用的描述单位，换算到角速度时，需乘以 $2\pi$ 并除以 60。角速度 $\omega$ （rad/s）才是物理计算中的标准单位。

力矩

力可以改变物体的线运动状态，而改变刚体转动状态的物理量是力矩。力矩 $M$ 等于力的大小与力臂的乘积：

$M = Fd$

其中 $F$ 是所施加的力（N）， $d$ 是力臂——转轴到力的作用线的垂直距离（m），力矩单位为 N·m。

力矩也有方向：使刚体逆时针转动的力矩定为正，顺时针为负（也可以根据具体题目设定正方向）。

生活中，扳手做得越长，使用同样的力就能产生更大的力矩，拧螺栓更省力——这正是力矩公式 $M = Fd$ 的直接体现。

例题二：开门时，若铰链到门把手的距离为 0.75 m，施加垂直于门面的力 16 N，求力矩大小。若将力施加在距铰链 0.25 m 处（力仍垂直于门面），需要多大的力才能产生相同的力矩？

力矩： $M = Fd = 16 \times 0.75 = 12~\mathrm{N\cdot m}$

在 0.25 m 处需要的力： $F' = \dfrac{M}{d'} = \dfrac{12}{0.25} = 48 \text{ N}$

力臂缩短为原来的 $\dfrac{1}{3}$ ，所需的力增大为原来的 3 倍，充分说明力臂越大越省力。

转动惯量

在直线运动中，质量 $m$ 是物体惯性的量度——质量越大，改变其运动状态越困难。在转动中，与之对应的物理量是转动惯量 $I$ ，它描述刚体对转动状态改变的抵抗程度。

对于由 $n$ 个质点组成的系统，转动惯量定义为：

$I = \sum_{i} m_i r_i^2$

即每个质点的质量与其到转轴距离平方的乘积之和。单位为 kg·m²。

转动惯量不仅与总质量有关，更与质量的分布有关——质量分布离转轴越远，转动惯量越大，改变转动状态就越困难。这是转动惯量与质量的本质区别。

常见匀质刚体的转动惯量（通过积分推导，这里直接给出结果）：

从表中可以看出：同样质量和半径的薄圆环，其转动惯量（ $mR^2$ ）是实心圆柱体（ $\dfrac{1}{2}mR^2$ ）的 2 倍，因为圆环的质量全部集中在离轴最远处。

例题三：有两个质量均为 2 kg、半径均为 0.5 m 的转盘，一个是实心圆柱，另一个是薄圆环（质量均匀分布在边缘），分别求其绕中心轴的转动惯量。

实心圆柱： $I_1 = \dfrac{1}{2}mR^2 = \dfrac{1}{2} \times 2 \times (0.5)^2 = 0.25~\mathrm{kg\cdot m^2}$

薄圆环： $I_2 = mR^2 = 2 \times (0.5)^2 = 0.50~\mathrm{kg\cdot m^2}$

在相同条件下，圆环的转动惯量是实心圆柱的 2 倍，启动或停止时需要更大的力矩。

转动定律

在直线运动中，牛顿第二定律告诉我们合外力决定加速度： $F = ma$ 。在转动中，有一条完全类比的规律——转动定律（也称转动的牛顿第二定律）：

$M = I\alpha$

合外力矩 $M$ 等于转动惯量 $I$ 与角加速度 $\alpha$ 的乘积。

转动定律的使用步骤与牛顿第二定律完全一致：明确研究对象和转轴，分析所有力矩的大小与方向，求合力矩，代入 $M = I\alpha$ 求解角加速度。

例题四：一个转动惯量 $I = 0.4$ kg·m² 的飞轮，受到合力矩 $M = 2$ N·m 的作用，从静止开始转动，求经过 5 s 后的角速度和转过的角度。

由转动定律求角加速度： $\alpha = \dfrac{M}{I} = \dfrac{2}{0.4} = 5 \text{ rad/s}^2$

5 s 后的角速度： $\omega = \omega_0 + \alpha t = 0 + 5 \times 5 = 25 \text{ rad/s}$

转过的角度： $\theta = \dfrac{1}{2}\alpha t^2 = \dfrac{1}{2} \times 5 \times 25 = 62.5 \text{ rad}$

折合转数： $\dfrac{62.5}{2\pi} \approx 9.9$ 转。

转动定律 $M = I\alpha$ 与牛顿第二定律 $F = ma$ 在结构上完全一致：力矩 $M$ 是转动的“推动力”，转动惯量 $I$ 是转动的“阻力”（惯性），角加速度 $\alpha$ 是转动状态改变的结果。理解了这个类比关系，处理转动问题就如同处理直线运动问题一样清晰。

角动量与角动量守恒

在直线运动中，动量 $p = mv$ 是描述运动状态的重要物理量。在转动中，对应的物理量是角动量 $L$ ：

$L = I\omega$

角动量的单位为 kg·m²/s。角动量也有方向，沿转轴方向（用右手定则确定）。

当作用于系统的合外力矩为零时，系统的总角动量保持不变，这就是角动量守恒定律：

$L = I\omega = \text{常数}$

如果系统转动惯量发生变化（例如质量分布改变），角速度会相应改变，以保持 $I\omega$ 不变：

$I_1\omega_1 = I_2\omega_2$

这一规律在自然界和日常生活中有大量直观体现。

例题五：一位花样滑冰运动员在旋转时，张开双臂时转动惯量为 $I_1 = 3.0$ kg·m²，角速度为 $\omega_1 = 4$ rad/s。收起双臂后转动惯量变为 $I_2 = 0.6$ kg·m²，求此时的角速度。

冰面摩擦极小，合外力矩近似为零，角动量守恒：

$I_1\omega_1 = I_2\omega_2$

$\omega_2 = \frac{I_1\omega_1}{I_2} = \frac{3.0 \times 4}{0.6} = 20 \text{ rad/s}$

收臂后转速变为原来的 5 倍。转动惯量减小为原来的 $\dfrac{1}{5}$ ，角速度增大为原来的 5 倍。

角动量守恒定律的适用条件是合外力矩为零，而非合外力为零。一个物体可以受到合外力不为零，但若该合外力的力矩为零（力通过转轴），角动量依然守恒。行星绕太阳运动受到引力，但引力始终指向太阳（转轴），力矩为零，因此角动量守恒。

陀螺进动与角动量的方向

前面讨论的都是角动量大小的变化，实际上角动量是有方向的矢量。当外力矩不为零时，角动量的方向也会改变，产生一种称为进动的现象。

一个高速旋转的陀螺，其角动量方向沿自转轴。在重力作用下，重力对支点的力矩方向水平（垂直于陀螺自转轴），这个力矩不断改变角动量的方向（而非大小），使得自转轴绕竖直轴缓慢旋转，这就是陀螺进动（或旋进）。

陀螺进动的角速度 $\Omega$ 与各参数的关系为：

$\Omega = \frac{mgd}{I\omega}$

其中 $m$ 是陀螺质量， $d$ 是质心到支点的距离， $I$ 是绕自转轴的转动惯量， $\omega$ 是自转角速度。

陀螺进动原理在技术上有重要应用。高速旋转的陀螺仪，由于角动量方向稳定（不受轻微扰动影响），被用于飞机、轮船和导弹的导航系统中——陀螺仪的自转轴始终保持空间方向不变，为载体提供精确的方向基准。

例题六：一个玩具陀螺，质量 $m = 0.1$ kg，质心距支点 $d = 0.05$ m，绕自转轴的转动惯量 $I = 5 \times 10^{-5}$ kg·m²，自转角速度 $\omega = 200$ rad/s， $g = 10$ m/s²，求进动角速度 $\Omega$ 。

$\Omega = \frac{mgd}{I\omega} = \frac{0.1 \times 10 \times 0.05}{5 \times 10^{-5} \times 200} = \frac{0.05}{0.01} = 5 \text{ rad/s}$

进动角速度 5 rad/s，约合 $\dfrac{5}{2\pi} \approx 0.8$ r/s，即每秒进动不到一圈，而陀螺自转为 200 rad/s（约每秒 32 圈），两者相差极大，陀螺自转轴看起来缓慢而平稳地在空中画圆。

陀螺不进动的前提是自转轴竖直向上且支点在轴的底端——此时重力通过支点，力矩为零，陀螺不进动。一旦轴偏离竖直方向，重力力矩不为零，进动就开始了。停陀螺时自转变慢，进动角速度 $\Omega \propto \dfrac{1}{\omega}$ 反而增大，陀螺愈来愈不稳定，最终倒下。

转动动能

旋转的刚体也具有动能，称为转动动能。将刚体看作由许多质点组成，每个质点的动能之和即为转动动能：

$E_k = \frac{1}{2}I\omega^2$

与直线运动的动能公式 $E_k = \dfrac{1}{2}mv^2$ 完全对应，只需将质量 $m$ 替换为转动惯量 $I$ ，线速度 $v$ 替换为角速度 $\omega$ 。

一个物体既有平动（质心运动）又有自转（如滚动的球）时，总动能等于两部分之和：

$E_{总} = \frac{1}{2}mv_{cm}^2 + \frac{1}{2}I\omega^2$

对于无滑动的纯滚动，接触点速度为零，质心速度与角速度满足 $v_{cm} = R\omega$ ，利用此关系可以将两种动能统一处理。

练习题

1. 关于转动惯量，下列说法正确的是（　　）

A．转动惯量只与物体的质量有关，质量越大转动惯量越大

B．转动惯量与转轴位置有关，同一刚体绕不同轴的转动惯量一般不同

C．转动惯量越大，物体转动越快

D．质量均匀分布在轴附近的物体，其转动惯量一定大于同质量分布在远处的物体

答案：B

A 错误：转动惯量不仅与质量有关，还与质量到转轴的距离有关（ $I = \sum m_i r_i^2$ ），质量分布位置同样重要。B 正确：同一刚体对不同转轴的转动惯量一般不同，例如细杆绕中心轴和绕端点轴的转动惯量分别为 $\dfrac{1}{12}mL^2$ 和 $\dfrac{1}{3}mL^2$ 。C 错误：转动惯量大意味着改变转动状态更困难（惯性大），不代表转动更快或更慢，转动快慢取决于角速度。D 错误：质量分布离轴越远， $r$ 越大，转动惯量越大，正好相反。

2. 一飞轮绕固定轴转动，转动惯量 $I = 2$ kg·m²，受到合力矩 $M = 6$ N·m 的作用，则飞轮的角加速度为（　　）

A． $1 \text{ rad/s}^2$ 　　B． $2 \text{ rad/s}^2$ 　　C． $3 \text{ rad/s}^2$ 　　D． $12 \text{ rad/s}^2$

3. 一个花样滑冰运动员在无摩擦冰面上旋转，张臂时转动惯量为 $I_0$ ，角速度为 $\omega_0$ 。收臂后转动惯量变为 $\dfrac{I_0}{4}$ ，则收臂后的角速度为（　　）

A． $\dfrac{\omega_0}{4}$ 　　B． $\dfrac{\omega_0}{2}$ 　　C． $2\omega_0$ 　　D． $4\omega_0$

4. 关于陀螺进动，下列说法正确的是（　　）

A．陀螺自转越快，进动角速度越大

B．陀螺进动是由于合外力矩改变了角动量的方向，而非大小

C．陀螺进动时，角动量大小在不断改变

D．只要陀螺在转动，就一定会发生进动

答案：B

A 错误：由公式 $\Omega = \dfrac{mgd}{I\omega}$ 可知，自转角速度 $\omega$ 越大，进动角速度 $\Omega$ 越小，两者成反比。B 正确：进动是外力矩（重力矩）不断改变角动量方向的结果。在进动过程中，角动量的大小不变，只有方向在缓慢转动。C 错误：进动时角动量大小保持不变（重力矩垂直于角动量方向，不改变其大小）。D 错误：若陀螺自转轴竖直向上且支点在轴的正下方，重力通过支点，力矩为零，不发生进动。

5.（计算题） 一根质量 $m = 1.2$ kg、长 $L = 0.6$ m 的均匀细杆，可绕过其一端的水平轴自由转动，初始时杆处于水平位置静止。在杆的另一端施加一个竖直向下的力 $F = 6$ N，求：

（1）杆受到的合力矩大小；

（2）杆在水平位置的初始角加速度。（取 $g = 10$ m/s²）

解题过程

（1）合力矩

杆绕一端转动，需考虑两个力矩：施加力 $F$ 的力矩和重力的力矩。

重力作用在杆的质心（距轴 $\dfrac{L}{2} = 0.3$ m）处：

$M_{重力} = mg \cdot \frac{L}{2} = 1.2 \times 10 \times 0.3 = 3.6 \text{ N·m（向下转动方向）}$

施加力的力矩（力臂为 $L = 0.6$ m）：

$M_F = F \cdot L = 6 \times 0.6 = 3.6 \text{ N·m（向下转动方向）}$

两个力矩方向相同，合力矩：

$M = M_{重力} + M_F = 3.6 + 3.6 = 7.2 \text{ N·m}$

（2）初始角加速度

均匀细杆绕一端转动，转动惯量为：

$I = \frac{1}{3}mL^2 = \frac{1}{3} \times 1.2 \times (0.6)^2 = \frac{1}{3} \times 1.2 \times 0.36 = 0.144 \text{ kg·m}^2$

由转动定律 $M = I\alpha$ ：

$\alpha = \frac{M}{I} = \frac{7.2}{0.144} = 50 \text{ rad/s}^2$

（1）合力矩为 7.2 N·m；（2）初始角加速度为 50 rad/s²。

6.（计算题） 一个实心圆柱体（均匀分布），质量 $m = 4$ kg，半径 $R = 0.2$ m，绕中心轴转动，初始角速度 $\omega_0 = 30$ rad/s。由于轴承摩擦，圆柱受到大小恒定的阻力矩 $M_f = 0.4$ N·m，求：

（1）圆柱的角加速度大小；

（2）圆柱从初始状态到完全停止所需的时间；

（3）这段时间内圆柱共转过多少转。

解题过程

（1）角加速度

实心圆柱体绕中心轴的转动惯量：

$I = \frac{1}{2}mR^2 = \frac{1}{2} \times 4 \times (0.2)^2 = \frac{1}{2} \times 4 \times 0.04 = 0.08 \text{ kg·m}^2$

阻力矩使圆柱减速，由转动定律 $M_f = I\alpha$ （取减速方向为正）：

$\alpha = \frac{M_f}{I} = \frac{0.4}{0.08} = 5 \text{ rad/s}^2$

（2）停止时间

从 $\omega_0 = 30$ rad/s 减速到 $\omega = 0$ ，角加速度为 $-5$ rad/s²：

$\omega = \omega_0 - \alpha t = 0 \implies t = \frac{\omega_0}{\alpha} = \frac{30}{5} = 6 \text{ s}$

（3）转过的角度与转数

$\theta = \omega_0 t - \frac{1}{2}\alpha t^2 = 30 \times 6 - \frac{1}{2} \times 5 \times 36 = 180 - 90 = 90 \text{ rad}$

转数 $n = \dfrac{\theta}{2\pi} = \dfrac{90}{2\pi} \approx \dfrac{90}{6.28} \approx 14.3$ 转

（1）角加速度为 5 rad/s²；（2）停止时间为 6 s；（3）共转过约 14.3 转。

刚体的转动

转动的基本描述

描述刚体转动的状态，需要一套对应于直线运动的角量体系。

角位移 $\theta$ ：刚体转过的角度，单位为弧度（rad）。与直线运动中的位移 $x$ 对应。

角速度 $\omega$ ：单位时间内转过的角度，描述转动的快慢：

$\omega = \frac{\Delta\theta}{\Delta t}$

单位为 rad/s。与线速度 $v$ 对应。角速度也有方向，沿转轴方向（用右手定则确定）。

角加速度 $\alpha$ ：角速度随时间的变化率，描述转动快慢的变化：

$\alpha = \frac{\Delta\omega}{\Delta t}$

单位为 rad/s²。与线加速度 $a$ 对应。

对于匀变速转动（角加速度 $\alpha$ 恒定不变），存在一组与直线运动完全类比的公式：

刚体上不同位置的质点，角速度 $\omega$ 相同，但线速度 $v$ 不同。距离转轴越远的点，线速度越大。线速度与角速度的关系为：

$v = r\omega$

其中 $r$ 是该点到转轴的距离。这就是为什么风扇叶片末端比根部转得“快”——两处角速度相同，但末端 $r$ 更大，线速度更大。

转速换算： $1200 \text{ r/min} = \dfrac{1200 \times 2\pi}{60} = 40\pi \approx 125.7 \text{ rad/s}$

角加速度： $\alpha = \dfrac{\omega - \omega_0}{t} = \dfrac{40\pi - 0}{4} = 10\pi \approx 31.4 \text{ rad/s}^2$

末线速度： $v = r\omega = 0.1 \times 40\pi \approx 12.6 \text{ m/s}$

转速（r/min 或 rpm）是日常设备常用的描述单位，换算到角速度时，需乘以 $2\pi$ 并除以 60。角速度 $\omega$ （rad/s）才是物理计算中的标准单位。

力矩

力可以改变物体的线运动状态，而改变刚体转动状态的物理量是力矩。力矩 $M$ 等于力的大小与力臂的乘积：

$M = Fd$

其中 $F$ 是所施加的力（N）， $d$ 是力臂——转轴到力的作用线的垂直距离（m），力矩单位为 N·m。

力矩也有方向：使刚体逆时针转动的力矩定为正，顺时针为负（也可以根据具体题目设定正方向）。

生活中，扳手做得越长，使用同样的力就能产生更大的力矩，拧螺栓更省力——这正是力矩公式 $M = Fd$ 的直接体现。

力矩： $M = Fd = 16 \times 0.75 = 12~\mathrm{N\cdot m}$

在 0.25 m 处需要的力： $F' = \dfrac{M}{d'} = \dfrac{12}{0.25} = 48 \text{ N}$

力臂缩短为原来的 $\dfrac{1}{3}$ ，所需的力增大为原来的 3 倍，充分说明力臂越大越省力。

转动惯量

对于由 $n$ 个质点组成的系统，转动惯量定义为：

$I = \sum_{i} m_i r_i^2$

即每个质点的质量与其到转轴距离平方的乘积之和。单位为 kg·m²。

常见匀质刚体的转动惯量（通过积分推导，这里直接给出结果）：

从表中可以看出：同样质量和半径的薄圆环，其转动惯量（ $mR^2$ ）是实心圆柱体（ $\dfrac{1}{2}mR^2$ ）的 2 倍，因为圆环的质量全部集中在离轴最远处。

例题三：有两个质量均为 2 kg、半径均为 0.5 m 的转盘，一个是实心圆柱，另一个是薄圆环（质量均匀分布在边缘），分别求其绕中心轴的转动惯量。

实心圆柱： $I_1 = \dfrac{1}{2}mR^2 = \dfrac{1}{2} \times 2 \times (0.5)^2 = 0.25~\mathrm{kg\cdot m^2}$

薄圆环： $I_2 = mR^2 = 2 \times (0.5)^2 = 0.50~\mathrm{kg\cdot m^2}$

在相同条件下，圆环的转动惯量是实心圆柱的 2 倍，启动或停止时需要更大的力矩。

转动定律

$M = I\alpha$

合外力矩 $M$ 等于转动惯量 $I$ 与角加速度 $\alpha$ 的乘积。

转动定律的使用步骤与牛顿第二定律完全一致：明确研究对象和转轴，分析所有力矩的大小与方向，求合力矩，代入 $M = I\alpha$ 求解角加速度。

例题四：一个转动惯量 $I = 0.4$ kg·m² 的飞轮，受到合力矩 $M = 2$ N·m 的作用，从静止开始转动，求经过 5 s 后的角速度和转过的角度。

由转动定律求角加速度： $\alpha = \dfrac{M}{I} = \dfrac{2}{0.4} = 5 \text{ rad/s}^2$

5 s 后的角速度： $\omega = \omega_0 + \alpha t = 0 + 5 \times 5 = 25 \text{ rad/s}$

转过的角度： $\theta = \dfrac{1}{2}\alpha t^2 = \dfrac{1}{2} \times 5 \times 25 = 62.5 \text{ rad}$

折合转数： $\dfrac{62.5}{2\pi} \approx 9.9$ 转。

角动量与角动量守恒

在直线运动中，动量 $p = mv$ 是描述运动状态的重要物理量。在转动中，对应的物理量是角动量 $L$ ：

$L = I\omega$

角动量的单位为 kg·m²/s。角动量也有方向，沿转轴方向（用右手定则确定）。

当作用于系统的合外力矩为零时，系统的总角动量保持不变，这就是角动量守恒定律：

$L = I\omega = \text{常数}$

如果系统转动惯量发生变化（例如质量分布改变），角速度会相应改变，以保持 $I\omega$ 不变：

$I_1\omega_1 = I_2\omega_2$

这一规律在自然界和日常生活中有大量直观体现。

冰面摩擦极小，合外力矩近似为零，角动量守恒：

$I_1\omega_1 = I_2\omega_2$

$\omega_2 = \frac{I_1\omega_1}{I_2} = \frac{3.0 \times 4}{0.6} = 20 \text{ rad/s}$

收臂后转速变为原来的 5 倍。转动惯量减小为原来的 $\dfrac{1}{5}$ ，角速度增大为原来的 5 倍。

陀螺进动与角动量的方向

前面讨论的都是角动量大小的变化，实际上角动量是有方向的矢量。当外力矩不为零时，角动量的方向也会改变，产生一种称为进动的现象。

陀螺进动的角速度 $\Omega$ 与各参数的关系为：

$\Omega = \frac{mgd}{I\omega}$

其中 $m$ 是陀螺质量， $d$ 是质心到支点的距离， $I$ 是绕自转轴的转动惯量， $\omega$ 是自转角速度。

$\Omega = \frac{mgd}{I\omega} = \frac{0.1 \times 10 \times 0.05}{5 \times 10^{-5} \times 200} = \frac{0.05}{0.01} = 5 \text{ rad/s}$

转动动能

旋转的刚体也具有动能，称为转动动能。将刚体看作由许多质点组成，每个质点的动能之和即为转动动能：

$E_k = \frac{1}{2}I\omega^2$

与直线运动的动能公式 $E_k = \dfrac{1}{2}mv^2$ 完全对应，只需将质量 $m$ 替换为转动惯量 $I$ ，线速度 $v$ 替换为角速度 $\omega$ 。

一个物体既有平动（质心运动）又有自转（如滚动的球）时，总动能等于两部分之和：

$E_{总} = \frac{1}{2}mv_{cm}^2 + \frac{1}{2}I\omega^2$

对于无滑动的纯滚动，接触点速度为零，质心速度与角速度满足 $v_{cm} = R\omega$ ，利用此关系可以将两种动能统一处理。

练习题

1. 关于转动惯量，下列说法正确的是（　　）

A．转动惯量只与物体的质量有关，质量越大转动惯量越大

B．转动惯量与转轴位置有关，同一刚体绕不同轴的转动惯量一般不同

C．转动惯量越大，物体转动越快

D．质量均匀分布在轴附近的物体，其转动惯量一定大于同质量分布在远处的物体

答案：B

2. 一飞轮绕固定轴转动，转动惯量 $I = 2$ kg·m²，受到合力矩 $M = 6$ N·m 的作用，则飞轮的角加速度为（　　）

A． $1 \text{ rad/s}^2$ 　　B． $2 \text{ rad/s}^2$ 　　C． $3 \text{ rad/s}^2$ 　　D． $12 \text{ rad/s}^2$

A． $\dfrac{\omega_0}{4}$ 　　B． $\dfrac{\omega_0}{2}$ 　　C． $2\omega_0$ 　　D． $4\omega_0$

4. 关于陀螺进动，下列说法正确的是（　　）

A．陀螺自转越快，进动角速度越大

B．陀螺进动是由于合外力矩改变了角动量的方向，而非大小

C．陀螺进动时，角动量大小在不断改变

D．只要陀螺在转动，就一定会发生进动

答案：B

（1）杆受到的合力矩大小；

（2）杆在水平位置的初始角加速度。（取 $g = 10$ m/s²）

解题过程

（1）合力矩

杆绕一端转动，需考虑两个力矩：施加力 $F$ 的力矩和重力的力矩。

重力作用在杆的质心（距轴 $\dfrac{L}{2} = 0.3$ m）处：

$M_{重力} = mg \cdot \frac{L}{2} = 1.2 \times 10 \times 0.3 = 3.6 \text{ N·m（向下转动方向）}$

施加力的力矩（力臂为 $L = 0.6$ m）：

$M_F = F \cdot L = 6 \times 0.6 = 3.6 \text{ N·m（向下转动方向）}$

两个力矩方向相同，合力矩：

$M = M_{重力} + M_F = 3.6 + 3.6 = 7.2 \text{ N·m}$

（2）初始角加速度

均匀细杆绕一端转动，转动惯量为：

$I = \frac{1}{3}mL^2 = \frac{1}{3} \times 1.2 \times (0.6)^2 = \frac{1}{3} \times 1.2 \times 0.36 = 0.144 \text{ kg·m}^2$

由转动定律 $M = I\alpha$ ：

$\alpha = \frac{M}{I} = \frac{7.2}{0.144} = 50 \text{ rad/s}^2$

（1）合力矩为 7.2 N·m；（2）初始角加速度为 50 rad/s²。

（1）圆柱的角加速度大小；

（2）圆柱从初始状态到完全停止所需的时间；

（3）这段时间内圆柱共转过多少转。

解题过程

（1）角加速度

实心圆柱体绕中心轴的转动惯量：

$I = \frac{1}{2}mR^2 = \frac{1}{2} \times 4 \times (0.2)^2 = \frac{1}{2} \times 4 \times 0.04 = 0.08 \text{ kg·m}^2$

阻力矩使圆柱减速，由转动定律 $M_f = I\alpha$ （取减速方向为正）：

$\alpha = \frac{M_f}{I} = \frac{0.4}{0.08} = 5 \text{ rad/s}^2$

（2）停止时间

从 $\omega_0 = 30$ rad/s 减速到 $\omega = 0$ ，角加速度为 $-5$ rad/s²：

$\omega = \omega_0 - \alpha t = 0 \implies t = \frac{\omega_0}{\alpha} = \frac{30}{5} = 6 \text{ s}$

（3）转过的角度与转数

$\theta = \omega_0 t - \frac{1}{2}\alpha t^2 = 30 \times 6 - \frac{1}{2} \times 5 \times 36 = 180 - 90 = 90 \text{ rad}$

转数 $n = \dfrac{\theta}{2\pi} = \dfrac{90}{2\pi} \approx \dfrac{90}{6.28} \approx 14.3$ 转

（1）角加速度为 5 rad/s²；（2）停止时间为 6 s；（3）共转过约 14.3 转。