刚体运动学、转动惯量与转动定律 | 自在学

刚体运动学、转动惯量与转动定律

推门时，你几乎会本能地把手放在门把手上，而不是贴着门轴推；同样的力，作用在门把手处很灵，挪到门轴附近却像突然“失效”了。再看一台正在转动的风扇：每片叶片都跟着转过相同角度，可叶尖划过的路程明明比靠近轴的地方长。这里已经藏着刚体转动的两条主线：怎样描述整件物体的转动，以及外力怎样改变这种转动。

质点模型把大小和形状暂时藏起来，很适合研究物体整体去了哪里；刚体模型则把形状保留下来，让“力作用在哪里”“质量离轴多远”进入方程。本章先搭起定轴转动的基本骨架。学完后，你应该能从角量求刚体上任一点的线量，能由质量分布求指定转轴的转动惯量，也能用合外力矩决定角加速度。

本章聚焦刚体平动、定轴转动、转动惯量、力矩和定轴转动定律。刚体的转动动能、力矩的功、角动量定理及守恒会在下一章系统展开；这里偶尔提到它们的名字，只为标清知识边界，不提前调用相关结论解题。

从“不会变形”开始：刚体是一个有条件的模型

拿起一把塑料直尺轻轻平移，各点之间的距离几乎不变；可若用力把它弯成弧形，这句话就不成立了。物理学中的刚体是理想模型：运动过程中，体内任意两点间的距离保持不变。它不是说材料“绝对坚硬”，而是说在当前问题的精度和受力范围内，形变小到可以忽略。

这个判断依赖情境。同一根桥梁研究车辆通过时的整体运动，可以近似看作刚体；研究桥面振动和材料应变时，就必须保留形变。模型不是给物体永久贴标签，而是替当前问题筛掉不重要的细节。

刚体最基本的两类运动是平动和转动。

平动时，刚体内任意一条给定线段在运动过程中始终与原方向平行。同一时刻各点的位移、速度和加速度相同，所以选其中任一点就能代表整个刚体的平动。
定轴转动时，刚体上各点绕一条相对参考系位置、方向均固定的直线作圆周运动，这条直线叫转轴；轴上点保持静止。一般三维转动不能用一条始终固定的轴来描述。

刚体平动与定轴转动的运动特征对照

滚动的车轮既随车前进又绕轮轴转动，属于平动与转动的组合。本章暂不建立一般平面运动的完整方程，而把镜头对准固定门轴、机床主轴、实验转台这类定轴转动。限制更强，规律反而更清楚。

先想一想：一扇门绕竖直门轴转动时，门轴上的点也在“跟着刚体转动”。它们是否在作圆周运动？

答案是它们的轨道半径为零，因此相对固定轴保持静止。说“刚体上各点都绕轴作圆周运动”时，轴上点是半径退化为零的特殊情况。这个小细节很有用：通过转轴的力，其作用线到轴的距离为零，对该轴的力矩分量为零，因而不改变定轴转动的角速度。

用一个角度管住整件刚体

在圆盘上画一条从轴指向盘面的标记线。标记线从参考方向转到新方向，转过的有向角记为角位移 $\Delta\theta$ 。约定某一转向为正后，反向就为负；在平面定轴问题中常取逆时针为正，但题目也可以另作约定，只要从头到尾一致。

角度必须优先使用弧度。半径为 $r$ 的圆周上，弧长 $s$ 与圆心角的关系为

s=r\theta,

只有当 $\theta$ 用弧度表示时，后面的微分关系才保持最简形式。一周为 $2\pi\ \mathrm{rad}$ ，所以转过 $N$ 圈时，角位移的大小为 $2\pi N$ ，而不是 $360N$ 直接代进公式。

平均角速度和瞬时角速度分别为

\bar\omega=\frac{\Delta\theta}{\Delta t},\qquad \omega=\frac{\mathrm d\theta}{\mathrm dt}.

角速度的国际单位写作 $\mathrm{rad\,s^{-1}}$ 。角速度变化的快慢由角加速度描述：

\bar\alpha=\frac{\Delta\omega}{\Delta t},\qquad \alpha=\frac{\mathrm d\omega}{\mathrm dt}=\frac{\mathrm d^2\theta}{\mathrm dt^2},

单位为 $\mathrm{rad\,s^{-2}}$ 。在定轴转动中，可以把 $\boldsymbol\omega$ 和 $\boldsymbol\alpha$ 看作沿转轴的矢量，方向用右手螺旋规则判断；做平面题时更常把它们写成带正负号的轴向分量。

$\omega>0$ 只表示沿约定正向转动， $\alpha>0$ 只表示角速度的代数值正在增大。若 $\omega<0$ 、 $\alpha>0$ ，刚体可能正沿负向转动但逐渐慢下来。因此“角加速度为正”等于“转得越来越快”是错误的；判断快慢要比较与是否同号。

如果角加速度在所研究时段内为常量，积分可得

\omega=\omega_0+\alpha t,

\theta=\theta_0+\omega_0t+\frac12\alpha t^2,

并可消去时间得到

\omega^2=\omega_0^2+2\alpha(\theta-\theta_0).

它们和匀变速直线运动公式长得很像，但替换不是游戏： $x,v,a$ 对应的是 $\theta,\omega,\alpha$ ，角度要用弧度，而且只有 $\alpha$ 恒定才可直接使用。

角坐标还有一个看似不起眼的选择。转盘上的标记线转一周后回到同一朝向，但累计角位移可以是 $2\pi\ \mathrm{rad}$ ，并不一定记成零。只描述“此刻朝向”时，相差 $2\pi$ 的角坐标等价；要研究一段时间内转了多少圈、平均角速度多大，就必须保留累计转角。许多圈数题出错，正是把“终点朝向相同”误当成“角位移为零”。

若角加速度并非常量，也不是束手无策，而是回到定义：

\omega(t)=\omega(t_0)+\int_{t_0}^{t}\alpha(t')\,\mathrm dt', \qquad \theta(t)=\theta(t_0)+\int_{t_0}^{t}\omega(t')\,\mathrm dt'.

$\alpha-t$ 图线下的有向面积给出角速度变化量， $\omega-t$ 图线下的有向面积给出角位移。这里的“有向”意味着横轴下方的面积要取负；只把几何面积全部相加，会丢掉转向信息。

例如，一个飞轮从静止开始以恒定角加速度 $3.0\ \mathrm{rad\,s^{-2}}$ 转动 $4.0\ \mathrm{s}$ 。末角速度为 $12\ \mathrm{rad\,s^{-1}}$ ，转过的角度为，约合圈。“转了 24”没有弧度，量纲交代不完整；先换成度再代公式也只会添乱。

试试下面的转台：先猜远、近两点谁的线速度更大，再改变半径与角加速度，同时观察两点的角度是否始终相同。

操作结果应当很清楚：各点共享 $\theta$ 、 $\omega$ 、 $\alpha$ ；但离轴越远， $v=|\omega|r_\perp$ 、 $a_t=|\alpha|r_\perp$ 、都越大。别把“角速度相同”偷换成“线速度相同”，别漏掉改变速度方向的法向加速度。下面把这三条关系写严谨。

同角量，不同线量：半径把两套语言接起来

定轴转动最容易混淆的一句话是：刚体上所有点的角速度相同。有人顺势说“所以所有点速度相同”，这就错了。角速度是整件刚体共享的，线速度还要看点到转轴的垂直距离 $r$ 。

角量相同而线量随到轴距离变化的圆盘示意

取位置矢量 $\boldsymbol r$ 从转轴上任一点指向所研究的质点，更稳妥的矢量关系是

\boldsymbol v=\boldsymbol\omega\times\boldsymbol r.

若 $r_\perp$ 表示该点到轴的垂直距离，则速率为

v=|\omega|r_\perp.

若把切线正方向也随转动正向约定，则其有向分量可写成 $v_\tau=\omega r_\perp$ 。点越远离轴，同样时间内走过的弧越长，速率越大。速度方向沿圆周切线，而不是沿半径向外。对风扇叶片来说，叶尖和叶根每秒转过的圈数相同，叶尖的线速度却大得多。

若角速度还在变化，加速度要拆成互相垂直的两个分量：

a_\tau=\alpha r_\perp, \qquad a_n=\omega^2r_\perp=\frac{v^2}{r_\perp}.

切向加速度 $a_\tau$ 改变速率，方向沿切线；法向加速度 $a_n$ 改变速度方向，永远指向转轴。总加速度大小为

a=\sqrt{a_\tau^2+a_n^2}.

现在自己判断：圆盘匀速转动时 $\alpha=0$ ，盘上各点的加速度是否也为零？

除轴上静止点外，非零角速度匀速转动的各点加速度不为零。此时切向加速度为零，法向加速度仍为 $\omega^2r_\perp$ 。这是从直线运动迁移过来时最常踩的坑——速度大小不变，不代表速度矢量不变。复习题若问“匀速转动有没有加速度”，一定先看方向是否改变。

再算一个具体数值。转盘以 $\omega=5.0\ \mathrm{rad\,s^{-1}}$ 、 $\alpha=2.0\ \mathrm{rad\,s^{-2}}$ 转动，距轴的点有

v=1.50\ \mathrm{m\,s^{-1}},\qquad a_\tau=0.60\ \mathrm{m\,s^{-2}},\qquad a_n=7.50\ \mathrm{m\,s^{-2}}.

法向分量明显更大，但不能因此把切向分量漏掉。题目问“加速度”而非“切向加速度”时，必须说明两个分量或求它们的矢量和。

转动惯量：质量有多少，还要看质量在哪里

两只外形相近、质量相同的轮子，一个质量主要集中在轮缘，一个质量更靠近轴。用同样方式推动，你会发现前者更不容易改变转速。质量没有变，变化的是质量相对转轴的分布。描述这种“对转动状态改变的惯性”的物理量叫转动惯量，通常记为 $I$ 。

不同质量分布和不同转轴导致转动惯量不同

对由若干质点组成的刚性系统，相对给定转轴的转动惯量定义为

I=\sum_i m_i r_{i\perp}^2.

连续刚体则把小质量元求和变成积分：

I=\int r_\perp^2\,\mathrm dm.

它的国际单位是 $\mathrm{kg\,m^2}$ 。平方距离意味着外侧的一点质量“权重”特别大：把同样的质量从距轴 $r$ 处移到 $2r$ 处，它对 $I$ 的贡献变成原来的四倍。

这里要把一句常见但不够严谨的话改好。不能只说“某物体的转动惯量是多少”，应说“某物体对哪一条轴的转动惯量是多少”。 $I$ 由总质量、质量分布和转轴共同决定；刚体不变而转轴移动， $I$ 也会改变。它还不是由当前的 $\omega$ 或外力矩决定的：对形状不变且转轴固定的刚体，无论正在快转、慢转还是静止， $I$ 都不变。

离散系统：先找每个质量到轴的垂距

三个小球质量分别为 $m,2m,3m$ ，到同一转轴的垂直距离分别为 $a,a,2a$ ，连接杆质量忽略。系统的转动惯量为

I=m a^2+2m a^2+3m(2a)^2=15ma^2.

最容易错的不是加法，而是距离：定义中的 $r_{i\perp}$ 是质点到转轴的最短距离，不一定是它到坐标原点的距离，也不一定等于图上某根斜杆的长度。

连续分布：真正难的是选质量元

以质量 $M$ 、长度 $L$ 的均匀细杆为例，求它对过中心且垂直于杆的轴的转动惯量。沿杆取 $x$ 轴，线密度 $\lambda=M/L$ ，在 $x$ 处取长度为 $\mathrm dx$ 的质量元，便有 $d m =$ 。于是

I_C=\int_{-L/2}^{L/2}x^2\lambda\,\mathrm dx =\frac{M}{L}\left[\frac{x^3}{3}\right]_{-L/2}^{L/2} =\frac{1}{12}ML^2.

这段积分的核心不是背结果，而是四个问题：质量铺在哪个几何区域？密度是哪一种？质量元怎样写？质量元到轴的垂距是多少？同样是“切一小片”，细杆适合切成 $\mathrm dx$ 小段，圆盘却更适合切成同心薄环，这是为什么？先看两种微元怎样让同一微元上的轴距保持一致。

细杆与圆盘计算转动惯量时的积分微元选择

图中小段与薄环都不是装饰：它们让 $\mathrm dm$ 能用密度和一个微小几何量表示，同时让 $r_\perp^2$ 容易写出。若给圆盘随手取一条径向细线，同一细线上的点到轴距离不同，后面的积分反而更麻烦。

再看质量 $M$ 、半径 $R$ 的均匀薄圆盘。求过圆心且垂直盘面的轴的转动惯量时，取半径 $r$ 、宽度 $\mathrm dr$ 的薄圆环。面密度 $\sigma=M/(\pi R^2)$ ，所以

\mathrm dm=\sigma(2\pi r\,\mathrm dr).

圆环上各质量元到轴距离相同，故

I=\int_0^Rr^2\sigma 2\pi r\,\mathrm dr =\frac{2M}{R^2}\int_0^Rr^3\,\mathrm dr =\frac12MR^2.

积分式看懂了，数值求和是否真的会逼近它？在下面的工作台中先故意减少分割数，再逐步增大；同时试一次错误的圆盘质量元，看看它为什么连量纲和总质量都对不上。

分割数增大时，矩形小块的求和误差应缩小，但错误的 $\mathrm dm$ 不会靠“多切几份”自动变对。计算连续刚体时，先验证所有质量元积分后能否还原总质量，再计算 $\int r_\perp^2\mathrm dm$ ，是很有效的自检。

若全部质量都集中在半径 $R$ 的细圆环上，则每个质量元的 $r_\perp=R$ ，直接得到 $I=MR^2$ 。所以同质量、同外半径时，圆环的转动惯量大于圆盘，物理图像和计算完全一致。

常见结果可以记，但要连同转轴一起记：细杆绕中心垂轴为 $ML^2/12$ ，绕端点垂轴为 $ML^2/3$ ；薄圆环绕中心对称轴为 $MR^2$ ；均匀圆盘或实心圆柱绕中心对称轴为 $MR^2/2$ 。只背系数不画轴，到了换轴题就很容易张冠李戴。

还有一个很实用的自检：若保持质量不变，把物体相对转轴的全部距离放大到原来的 $k$ 倍， $I$ 应变为原来的 $k^2$ 倍；算出的结果若只与长度一次方成正比，量纲就已经报警。

垂直轴定理：一块薄板的三个共点轴

有时我们知道薄圆盘对垂直盘面的中心轴的转动惯量，却想求它对盘面内某条直径轴的结果。这时可以使用垂直轴定理，也叫正交轴定理。设一块质量全部分布在 $xy$ 平面内的薄板， $x$ 轴和 $y$ 轴位于板面内、互相垂直且交于同一点 $O$ ， $z$ 轴过 $O$ 并垂直板面，则

I_z=I_x+I_y.

薄板上三条共点正交轴与垂直轴定理

读图时先确认质量元确实落在板面内，再看三条轴是否交于同一点。只看到一条轴“垂直于另一条轴”还不够；薄板条件和三轴共点正交缺一不可。

这个关系从距离平方就能看出来。对位于 $(x,y)$ 的质量元 $\mathrm dm$ ，它到 $z$ 轴的距离平方为 $x^2+y^2$ ；到轴、轴的距离平方分别为、。于是

I_z=\int(x^2+y^2)\,\mathrm dm =\int y^2\,\mathrm dm+\int x^2\,\mathrm dm =I_x+I_y.

例如均匀薄圆盘关于任意两条互相垂直的中心直径具有对称性，所以 $I_x=I_y$ 。又知道垂直盘面的中心轴有 $I_z=MR^2/2$ ，便得到每条中心直径轴

I_x=I_y=\frac14MR^2.

垂直轴定理只适用于质量分布在同一平面内的薄板，并要求两条板内轴与垂直轴三轴共点、彼此正交。厚度不可忽略的三维刚体中，质量元还具有离开板面的坐标，不能直接写 $I_z=I_x+I_y$ 。此外，“垂直轴”说的是三轴的几何关系，不是平行轴定理中两条互相平行的轴，两条定理不要凭名字混用。

平行轴定理：移动的是轴，不是物体

已经知道刚体对过质心的某轴 $C$ 的转动惯量 $I_C$ ，若新轴与它平行，相距 $d$ ，那么

I=I_C+Md^2.

质心轴平移到平行新轴时的转动惯量关系

图中真正被移动的是参照轴，刚体和质量分布没有搬家。若基准轴没有通过质心，展开后的交叉项一般不会消失，不能只量两轴距离就机械地加上 $Md^2$ 。

这就是平行轴定理。它的条件一个字都不能省：两轴必须平行，其中已知的基准轴必须通过质心， $d$ 是两轴间的垂直距离。

为什么一定“加上” $Md^2$ ？设质量元相对质心轴的横向坐标为 $x',y'$ ，把平行新轴放在相距 $d$ 处。展开新距离平方后，会出现原来的 $x^{' 2} + y^{'}$ 、整体平移产生的，以及一次交叉项。因为质心坐标满足，交叉项消失，剩下的正是。这也说明，在所有与某质心轴平行的轴中，质心轴对应的转动惯量最小。

细杆绕端点垂轴就是一个漂亮的核对：中心轴结果为 $ML^2/12$ ，两轴距离 $d=L/2$ ，所以

I_{\text{端}}=\frac{1}{12}ML^2+M\left(\frac L2\right)^2 =\frac13ML^2.

在下面的交互中，先猜轴移远后 $I$ 怎样变，再拖动轴。尤其留意：改变转速不会改变 $I$ ，改变轴距却会按 $d^2$ 增长。

平行轴定理不能在两条任意平行轴之间直接写成 $I_2=I_1+Md^2$ 。若轴 1 不过质心，这样写通常错误。稳妥做法是都先回到与它们平行的质心轴：分别写、。

力矩：力改变转动的“位置版本”

现在回到开头那扇门。同样大小的力，为什么推门把手比推门轴附近有效？只写力的大小还不够，因为转动效果同时依赖作用点和方向。相对轴上选定点，力矩矢量定义为

\boldsymbol M=\boldsymbol r\times\boldsymbol F.

在垂直于固定轴的平面内，若 $\varphi$ 取 $\boldsymbol r$ 与 $\boldsymbol F$ 之间 $0$ 到 $\pi$ 的夹角，力矩大小可写成

|M_z|=rF\sin\varphi=Fd,

其中 $\varphi$ 是 $\boldsymbol r$ 与 $\boldsymbol F$ 的夹角， $d=r\sin\varphi$ 是转轴到力的作用线的垂直距离，叫力臂。

力的作用点、方向和力臂共同决定转动效果

于是三件事一眼就能看懂：增大力 $F$ 会增大力矩；把作用点移远通常会增大力臂；让力更接近垂直于半径方向，也会增大力矩。当力的作用线穿过转轴时， $d=0$ ，即使力很大，对该轴的力矩仍为零。

力矩方向沿转轴，由 $\boldsymbol r\times\boldsymbol F$ 的右手规则决定。给大小添上正负号后，才得到轴向分量 $M_z$ 。在平面问题中，可按约定把促使刚体沿正向转动的力矩记为正，反向记为负。多个力同时作用时，必须先分别判号，再求合外力矩 $\sum M_z$ 。

力矩单位是 $\mathrm{N\,m}$ ，它与焦耳在基本单位上相同，却不能把力矩写成焦耳。功是标量，力矩是描述转动作用的矢量或轴向代数量；量纲相同不等于物理量相同。

用交互把力的方向慢慢转向半径方向。你会看到力没有消失，但力臂和力矩趋近于零；再保持力矩不变而增大 $I$ ，观察角加速度怎样变化。

定轴转动定律：把力矩和角加速度接起来

对一个质量元 $\mathrm dm$ ，距轴 $r_\perp$ ，其切向加速度为 $a_\tau=\alpha r_\perp$ 。把牛顿第二定律投影到切向并乘以力臂，这个质量元对应的转动效应与相联系。在经典质点系模型中，成对内力大小相等、方向相反且沿两质量元连线，它们对同一轴的力矩相消；对刚体全部质量元求和，得到

\sum M_{z,\mathrm{ext}}=I_z\alpha.

这就是刚体绕固定轴的转动定律。左边是所有外力对该轴的力矩代数和，右边的 $I_z$ 也必须是对同一条轴的转动惯量， $\alpha$ 是绕该轴的角加速度。

它和 $\sum F_x=ma_x$ 的结构相似：合外力对应合外力矩，质量对应转动惯量，线加速度对应角加速度。但这只是结构类比，不能把两套量混着用。一个外力可能很大，却因作用线过轴而没有力矩；一个物体质量不大，却因质量远离轴而具有较大的转动惯量。

该式在本章的使用条件也要说清：物体按刚体处理，转轴固定， $I_z$ 对所研究过程保持不变；只取外力矩沿固定轴的分量。若物体明显变形、质量相对轴重新分布，或转轴本身改变方向，就不能不加分析地套一个常量 $I$ 的标量方程。

这里再辨析两个“零”。合外力矩为零意味着 $\alpha=0$ ，即角速度保持不变；它既可能静止，也可能匀速转动，并不自动等于“角速度为零”。反过来，某一瞬间 $\omega=0$ 也不代表合外力矩为零：门刚被推开的瞬间可以尚未获得可见转速，却已经因非零力矩具有角加速度。一个管状态，一个管状态的变化率，不能互相顶替。

轴承支持力通常作用于固定轴上，因而对该轴的力矩为零；刚体的重力则可看作作用在质心，是否产生轴向力矩要计算 $\hat{\boldsymbol e}_z\cdot(\boldsymbol r_C\times M\boldsymbol g)$ 。重力作用线穿过轴或平行于轴时，该分量均为零。遇到偏心转盘，不能看到“重力竖直”就习惯性删掉它；先画出轴到重力作用线的力臂才算数。

例题：有阻力矩的转盘

一个转动惯量为 $0.40\ \mathrm{kg\,m^2}$ 的转盘受到 $3.0\ \mathrm{N\,m}$ 的驱动力矩，同时受到大小恒为 $0.60\ \mathrm{N\,m}$ 、方向与当前转动相反的阻力矩。取当前转动方向为正，则

\sum M_z=3.0-0.60=2.40\ \mathrm{N\,m},

所以

\alpha=\frac{\sum M_z}{I}=\frac{2.40}{0.40} =6.0\ \mathrm{rad\,s^{-2}}.

这里不能把两个力矩的大小直接相加。阻力矩的符号来自它对转动趋势的作用方向。若转盘后来反向，仍写“阻力矩恒为负”也不严谨；阻力矩应继续与实际转动方向相反。

例题：带有转动惯量的滑轮

质量为 $m$ 的物块悬在轻绳下，绳缠绕在半径 $R$ 、转动惯量 $I$ 的固定轮轮缘，并从一侧放出；绳与轮之间不打滑，轴上阻力忽略。物块向下加速时，对物块有

重物平动与有转动惯量滑轮转动的受力和约束

先沿图中的运动方向分别隔离物块和滑轮：张力 $T$ 对物块是向上的力，对滑轮却通过半径 $R$ 产生力矩。把两者混在一张受力方程里，往往会把 $T$ 漏掉或重复计算。

mg-T=ma.

对滑轮取转轴方向为正，绳的张力给出力矩

TR=I\alpha.

不打滑约束使绳的线加速度等于轮缘切向加速度：

a=\alpha R.

联立可得

a=\frac{mg}{m+I/R^2}.

现在先预测：保持悬挂质量不变，把实心滑轮质量加倍，物块的加速度和绳张力会怎样变？再用交互切换“有转动惯量”和错误的“理想无质量滑轮”模型，观察三条方程如何一起约束结果。

滑轮越重， $I/R^2$ 越大，物块加速度越小，张力越接近 $mg$ ；但改变半径时要连同 $I$ 的表达式一起看。对均匀实心圆柱， $I=MR^2/2$ ，代入后，所以理想模型中与无关，而仍随半径改变。只盯着的某一个因子，很容易得出相反结论。

分母中的 $I/R^2$ 像是由滑轮转动带来的“额外惯性”。令 $I o0$ 可得到 $a o g$ 、 $T o0$ ，这是无转动惯量的理想极限；若题目已给非零 $I$ ，却使用这一极限，就换错了模型。这个模型也是期末常见综合点：分别隔离平动物体和转动刚体，再用不打滑条件连接与，比试图写一条“包办全部”的方程可靠得多。

列方程前先问四句话

处理定轴转动问题，可以用一套很短的检查顺序：

研究的是哪一个刚体，转轴是哪一条？ 在图上明确标轴，后面的力臂和 $I$ 都相对它定义。
哪些外力对该轴有力矩？ 画受力图；作用线过轴的轴承力矩为零，但不能因为某力“看起来靠近轴”就直接删掉。
正方向怎样约定？ 对每个力矩判正负，写 $\sum M_z=I_z\alpha$ 。
是否还有运动约束？ 绳不伸长、不打滑常给出 $a=\alpha R$ ；若题目没有这些条件，不能凭习惯添加。

本章真正要形成的是一条对应链：整件刚体共享 $\theta、\omega、\alpha$ ；具体点的线量由它到轴的距离决定；质量分布相对轴形成 $I$ ；外力相对轴形成 $M$ ；最后由 $\sum M_z=I_z\alpha$ 决定转动怎样改变。链条两端都围绕同一条轴，题目就不容易算乱。

本章小结

刚体是在给定精度下忽略形变的理想模型。平动时各点线运动状态相同；定轴转动时各点共享角位移、角速度和角加速度，但线速度、切向加速度和法向加速度随到轴距离而变。转动惯量 $I=\int r_\perp^2\mathrm dm$ 同时依赖质量、质量分布和转轴，连续体计算的关键是选对质量元；平行轴定理只能从质心轴出发。力矩 $M=rF\sin\varphi=Fd$ 把力的大小、方向和作用位置合在一起，合外力矩通过决定定轴转动的角加速度。

到这里，我们解决的是“怎样转”和“为什么改变转速”。下一章再追问：一个正在转动的刚体具有多少动能，力矩在一段角位移中怎样做功，以及外力矩在某些条件下为何会带来角动量守恒。

课后练习

练习 1：平动、转动与刚体模型

判断下列说法是否正确，并说明理由：①刚体是永远不会发生任何形变的真实物体；②刚体平动时，各点轨迹必须是直线；③刚体绕固定轴转动时，各点角速度相同，但线速度不一定相同。

①错误。刚体是忽略形变的理想模型，是否适用取决于问题尺度和所需精度。②错误。平动的判据是刚体内任意给定线段始终与原方向平行，各点可以沿形状相同、彼此平移的曲线运动。③正确。定轴转动时整件刚体共享同一个角速度，而某点速率为 $v=|\omega|r_\perp$ ，到轴距离不同，线速度大小不同，方向也沿各自轨道切线。

练习 2：恒角加速度转动

一转盘初角速度为 $4.0\ \mathrm{rad\,s^{-1}}$ ，随后获得恒定角加速度 $-1.0\ \mathrm{rad\,s^{-2}}$ 。求它在前 $3.0\ \mathrm s$ 内的角位移和末角速度，并判断这段时间是否已经反向。

练习 3：轮缘点的速度与加速度

半径为 $0.20\ \mathrm m$ 的砂轮在某时刻角速度为 $30\ \mathrm{rad\,s^{-1}}$ 、角加速度为 $5.0\ \mathrm{rad\,s^{-2}}$ 。求轮缘一点的速率、切向加速度、法向加速度和总加速度大小。

练习 4：离散质量的转动惯量

四个质量均为 $m$ 的小球固定在边长为 $a$ 的正方形四个顶点，连接杆质量忽略。求系统对下列两轴的转动惯量：①过正方形中心且垂直于平面的轴；②沿正方形一条边所在直线的轴。

练习 5：用积分求圆盘的转动惯量

质量为 $M$ 、半径为 $R$ 的均匀薄圆盘，挖去半径为 $R/2$ 、与原圆盘同心的圆形部分，剩下一个均匀圆环片。求它对中心垂轴的转动惯量，用剩余质量 $M'$ 表示。

练习 6：平行轴定理不能乱减

一根均匀细杆质量为 $M$ 、长度为 $L$ 。求它对一条垂直于杆、且与杆中心相距 $L/4$ 的轴的转动惯量。再比较该结果与端点轴的转动惯量。

练习 7：垂直轴定理与圆盘换轴

质量为 $M$ 、半径为 $R$ 的均匀薄圆盘，对过圆心且垂直盘面的轴有 $I_z=MR^2/2$ 。求：①圆盘对任意一条中心直径轴的转动惯量；②圆盘对位于盘面内、与该直径平行且与圆盘相切的轴的转动惯量。

练习 8：同样的力，方向不同

用大小为 $20\ \mathrm N$ 的力作用在距固定轴 $0.30\ \mathrm m$ 的点上。力与从轴指向作用点的半径夹角分别为 $90^\circ$ 、 $30^\circ$ 和 $0^\circ$ 。求三种情况下力矩大小，并解释结果。

练习 9：转盘上的合外力矩

转动惯量为 $0.50\ \mathrm{kg\,m^2}$ 的转盘原来静止。边缘受到大小为 $8.0\ \mathrm N$ 、沿切向的驱动力，作用点距轴 $0.25\ \mathrm m$ ；轴承同时提供 $0.40\ \mathrm{N\,m}$ 的恒定阻力矩。求角加速度以及 $5.0$ 后的角速度和角位移。

练习 10：重物带动实心滑轮

质量 $m=2.0\ \mathrm{kg}$ 的物块悬在轻绳下，绳绕在质量 $M=4.0\ \mathrm{kg}$ 、半径 $R=0.20\ \mathrm m$ 的均匀实心圆柱形滑轮边缘。轴固定且无摩擦，绳不打滑。取 $g=9.8\ \mathrm{m\,s^{-2}}$ ，求物块的加速度、绳张力和滑轮角加速度。

λ

d

x

\mathrm dm=\lambda\,\mathrm dx

2

x'^2+y'^2

a

+

M

{(\frac{L}{4})}^{2}

=

\frac{7}{48}

M

L^{2}

.

I=I_C+Md^2 =\frac{1}{12}ML^2+M\left(\frac L4\right)^2 =\frac{7}{48}ML^2.

z

=

I_{x}

+

I_{y}

=

2

I_{x}

,

I_z=I_x+I_y=2I_x,

s

5.0\ \mathrm s