6.刚体定轴转动定律
《大学物理》作业 No.6 刚体定轴转动定律 班级 ___________ 学号 __________ 姓名 _________ 成绩 ________ 基本要求： （1） 理解描述刚体定轴转动的基本物理量以及角量与线量之间的关系 （2） 掌握力矩、转动惯量的概念和转动定律及应用 内容提要 1. 刚体绕定轴转动的角速度和角加速度 t t t d d lim 0θθω=??=→?， t d d ωβ??= 2. 刚体绕定轴转动匀变速转动公式 2002 1 t t αωθθ++=， t αωω+=0，)(202 02θθαωω-+= 3. 力矩F r M ????= 注意对固定点的力矩与对转轴的力矩的区别 力矩是使物体转动状态变化的原因，力是使物体平动状态变化的原因，合外力为零，合外力矩不一定为零； 4. 刚体的定轴转动定律: β? ?J M = 5. 刚体转动惯量：质量分布不连续的质点系∑?=2i i r m J 连续物体m r J d 2?= 6. 转动惯量有关的因素： a. 刚体的质量; b. 质量的分布; c. 转轴的位置; 7. 几种特殊情况的转动惯量大小：
a: 长为L 、质量为m 的均匀细棒绕一端的转动惯量:3/2mL J = b: 质量分布均匀的圆盘绕中心转轴: 22 1mR J = 一、选择题 1. 以下说法正确的是 [ ] (A) 合外力为零,合外力矩一定为零； (B) 合外力为零,合外力矩一定不为零； (C) 合外力为零,合外力矩可以不为零； (D) 合外力不为零,合外力矩一定不为零； (E) 合外力不为零,合外力矩一定为零. 2. 有A 、B 两个半径相同,质量相同的细圆环.A 环的质量均匀分布,B 环的质量不均匀分布,设它们对过环心的中心轴的转动惯量分别为I A 和I B ,则有 [ ] (A) I A ＞I B . (B) I A ＜I B . (C) 无法确定哪个大. (D) I A ＝I B . 3.将细绳绕在一个具有水平光滑轴的飞轮边缘上，如果在绳端挂一质量为m 的重物时，飞轮的角加速度为β1. 如果以拉力2mg 代替重物拉绳时, 飞轮的角加速度将 [ ] （A ）小于β 1. (B )大于β1,小于2β1. (C) 大于2β1. (D) 等于2β1.
浅谈学习迁移在物理教学中的运用 余建刚 （广东省佛山市南海区石门中学，广东佛山528248） 摘要：本文主要以中学竞赛教程中的刚体定轴转动的教学为例，论述了迁移学习在物理概念及物理规律教学中运用。 关键词：迁移；认知结构；刚体定轴转动 著名心理学家奥苏贝尔指出，心理学关于迁移的研究乃是心理学对教育产生最大影响的一个领域。同时，使学生通过学习获得最大的迁移，是教学的根本，“为迁移而教”已成为教学流行的口号。甚至美国心理学家M.L比格指出：“学习迁移是教育最后必须依托的柱石。如果学生在学校中学习那些无助于他们进一步沿着学术的程序，并且不但在目前，而且在以后生活中更有效地应付各种情境。那么就是浪费他们的许多时间。”[1]可见，学习迁移的研究具有重要的使用意义，它有助于指导指导教学过程，提高教学质量，促进学生学习效率。1．"迁移"的概念 "迁移"在心理学中最早的认识是“先前的学习对后继学习的影响”。后来人们发现后继学习的知识对先前学过的知识也有一定的影响，从而将“迁移”的概念修正为：一种学习对另外一种学习的影响。其中“一种学习”所指的范围可以大到一个学科、一个领域，也可以小到具体概念、具体命题；而“影响”有消极与积极之分；凡是一种学习对另一种学习有促进作用的，称为正迁移；而一种学习对另一种学习起干扰或抑制作用的，则称为负迁移。2．"迁移"的实现 心理学家奥苏贝尔认为，学习A对学习B的影响可以通过认知结构实现。所谓的认知结构是指学生头脑中的知识结构，是学生“观念的全部内容与组织”，它由两个系统组成，一个是内化了的知识经验系统，它包括以往学习收获得到的知识和经验，以及这些知识经验的有机联系；另一个是认知操作系统，它能够提供获取新知识的认知策略，可以起到监控与调节的作用[2]。奥苏贝尔的观点可以用框图表示如下。 那么如何才能做到有效地促使学习的正迁移、抑制负迁移的产生，又该如何培养学生的学习迁移能力？ 迁移的“概括化理论”认为：学习迁移的基础在于概括，而概括则是揭示本质联系的结果。概括性越高，知识系统性越强，解决新问题时提取已有知识经验的速度和准确性越高，知识的迁移能力也就越强。现代心理学各种理论所揭示的迁移的本质，实质上是两种学习之间在知识结构、认知规律上相同要素间的影响与同化。例如学生学习了力的合成和分解之后，学习速度、位移、场强等的合成和分解就轻松了，因为它们的共同因素都是矢量，矢量都可以合成分解，合成、分解法则都遵守平行四边形法则，而速度、位移、场强的区别是显而易见的。 而负迁移是指一种学习对另一种学习起干扰或抑制作用，它往往发生在彼此相似的知识和技能之间。当新旧知识相关联的部分在内容和组织上虽相似却本质不同时，原有知识往往倾向于先人为主，新知识常常被理解为原有知识，或者学习者意识到新旧知识间有些不同，但不能具体指明本质区别之所在。这两种情况都会导致新知识向类似的旧知识还原，出现负迁移。例如振动图象对波形图象就会产生干扰，许多学生把振动图象和波动图象混为一谈，就是因为两种图象形式上相似——都是正弦或余弦曲线，都是离开平衡位置的位移。由此我们看到学生掌握物理概念或规律时的稳定性和清晰性差、理解不透切，将一些本质不同但表面上相近、相似或相关的概念或规律混淆，产生晕轮效应，在解决新问题或学习新知识时，盲目地照搬旧经验，不注意新旧问题或知识间的差异，这都是滋长负迁移的根源。因此，在
运用刚体定轴转动定律解题 转动定律描述刚体定轴转动中的瞬时关系，常常用来求解角加速度，一般步骤为： 1) 隔离物体：即明确研究对象。 2) 具体分析：分析所选定的定轴刚体的受力情况和运动情况，画出 受力图。 3) 选定坐标：在惯性系中建立一维坐标，即在转轴上选择正方向。 4) 建立方程：用转动定律列出定轴刚体的运动微分方程 。 5) 要特别注意方程中的力矩、转动惯量必须对同一轴而言。还要注 意此方程是标量式，式中各量均为代数量，与所选正方向同向的力矩和角速度为 正，反之为负。 6) 求解讨论：求解方程，理解和讨论结果的物理意义。 请注意常常与转动定律相联系的综合性问题： 与刚体定轴转动或质点圆周运动的运动学问题相联系。 刚体定轴转动与质点平动相联系（例如滑轮两边悬挂物体）。 处理方法仍然是隔离法，对定轴刚体用转动定律列方程，对平动质点用牛顿第二 定律列方程，二者之间用角量与线量的关系联系起来，求解方程组。 运用角动量定理或角动量守恒定律解题 因为对定轴转动的刚体，其总动量往往并无实际意义（例如定轴转动滑轮的总动量为零），所以只能用角动量对其整体机械运动量进行量度。在力矩持续作用一段时间的问题中，则用角动量定理取代平动问题中的动量定理。对于平动质点和定轴刚体组成的系统，既可以对于系统整体运用角动量定理，也可以分别对平动质点运用动量定理，对定轴刚体运用角动量定理，再用力矩表达式将二者联系起来。运用角动量定理或角动量守恒定律解题的一般步骤与运用动量定理或动量守恒定律求解平动问题类似，只不过用角量取代相应的线量： 1. 选系统：即确定研究对象。 2. 建坐标:选取惯性系，确定参考点或转轴。
第二讲 转动惯量 转动定律
O r m z ※ 质点的转动惯量 F θt F n F αr m ma F ==t t M （1）设单个质点 与转轴刚性连接 m α 2 mr M =α θ2 t sin mr rF rF M ===第二讲 转动惯量 转动定律 定义： 为质点m 对O 点的 “转动惯量”2 mr J =α J M =2/20
α 2 i e j j j j r m M M ?=+ 质量元受外力 ，内力j F e j F i 外力矩 内力矩 O z j m ?j r j F e j F i α 2i e j j j j j j r m M M ∑∑∑?=+0 =∴-=∑j ij ji ij M M M α 2 mr M =※ 刚体的转动惯 量
刚体定轴转动的角加速度与它所受的合外力矩成正比，与刚体的转动惯量成反比. )α r m M j j j j 2e (∑∑?=※ 转动定律 α J M =2 j j j r m J ∑?=定义刚体转动惯量：O z j m ?j r j F e j F i ?=m r J d 2 4/20
讨论 J M ∝ α（2）t J J M d d ω α==（3）（1） 不变ωM ，0=*转动定律* αJ M =t v m ma F d d ==比较:
*转动惯量* 转动惯量的意义：转动惯性的量度 转动惯量的单位：kg·m 22j j j r m J ∑?= ?=m r J d 2 转动惯量是对某一转轴的 转动惯量具有可叠加性 转动惯量与刚体的质量、质量的分布及转轴的位置 有关。 6/20
第4章 刚体的定轴转动 习题及答案 1．刚体绕一定轴作匀变速转动，刚体上任一点是否有切向加速度？是否有法向加速度？切向和法向加速度的大小是否随时间变化？ 答：当刚体作匀变速转动时,角加速度β不变。刚体上任一点都作匀变速圆周运动，因此该点速率在均匀变化，v l ω=，所以一定有切向加速度t a l β=，其大小不变。又因该点速度的方向变化， 所以一定有法向加速度2 n a l ω=，由于角速度变化，所以法向加速度的大小也在变化。 2. 刚体绕定轴转动的转动定律和质点系的动量矩定理是什么关系？ 答：刚体是一个特殊的质点系，它应遵守质点系的动量矩定理，当刚体绕定轴Z 转动时，动量矩定理的形式为z z dL M dt = ，z M 表示刚体对Z 轴的合外力矩，z L 表示刚体对Z 轴的动量矩。()2z i i L m l I ωω==∑,其中()2i i I m l =∑，代表刚体对定轴的转动惯量，所以 ()z z dL d d M I I I dt dt dt ω ωβ= ===。既 z M I β=。 所以刚体定轴转动的转动定律是质点系的动量矩定理在刚体绕定轴转动时的具体表现形式， 及质点系的动量矩定理用于刚体时在刚体转轴方向的分量表达式。 3．两个半径相同的轮子，质量相同，但一个轮子的质量聚集在边缘附近，另一个轮子的质量分布比较均匀，试问：（1）如果它们的角动量相同，哪个轮子转得快？（2）如果它们的角速度相同，哪个轮子的角动量大？ 答：(1)由于L I ω=，而转动惯量与质量分布有关，半径、质量均相同的轮子，质量聚集在边缘附近的轮子的转动惯量大，故角速度小，转得慢，质量分布比较均匀的轮子转得快； （2）如果它们的角速度相同，则质量聚集在边缘附近的轮子角动量大。 4．一圆形台面可绕中心轴无摩擦地转动，有一玩具车相对台面由静止启动，绕轴作圆周运动，问平台如何运动？如小汽车突然刹车，此过程角动量是否守恒？动量是否守恒？能量是否守恒？ 答：玩具车相对台面由静止启动，绕轴作圆周运动时，平台将沿相反方向转动；小汽车突然刹车过程满足角动量守恒，而能量和动量均不守恒。 5．一转速为1200r min 的飞轮，因制动而均匀地减速，经10秒后停止转动，求： （1） 飞轮的角加速度和从开始制动到停止转动，飞轮所转过的圈数； （2） 开始制动后5秒时飞轮的角速度。 解：（1）由题意飞轮的初角速度为 0240()n rad s ωππ== 飞轮作均减速转动，其角加速度为 20 0404/10 rad s t ωωπ βπ--= = =-? 故从开始制动到停止转动，飞轮转过的角位移为 201 2002 t t rad θωβπ?=?+?= 因此，飞轮转过圈数为
第二次课： 2学时 1 题目： §3.3 转动定律 §3.4 角动量守恒定律 2 目的： 1）了解转动定律。 2）建立转动惯量概念，并求解。 3）建立角动量概念，掌握角动量定律和角动量守恒定律，并求解。 一、引入课题： 二、讲授新课： 平动物体的运动规律满足牛顿定律，当物体转动时，我们仍然可以讨论其运动规律。 §3.3 转动定律 设：在刚体上取m i 点加一作用力F ，F 与转轴的距离为R. 力矩 M=R ×F 力F 之功 质量和转轴确定，则I 是定值。 ① 做功公式 ② ①＝② 式中 一、刚体定轴转动的转动定律 R 222111 22 A I I ωω= -212dA d I ω??= ? ?? dA I d ωω=dA F ds FRd Md θ θ === I d Md ωωθ =d d I M dt dt ωθ ω =d dt ωθ αω=d 转动角加速度，＝转动角速度dt F
则 用实验方法亦可证明。 转动定律：刚体绕定轴转动时，刚体的角加速度与作用于其上的合外力矩成正比，与刚体的转动惯量成反比。 合力矩＝转动惯量×角加速度 转动惯量是物体转动惯性的量度。 二、转动定律的应用举例 例3-4 如图所示，一轻绳跨过一轴承光滑的定滑轮。绳两边分别悬有质量为 m 1 和 m 2 的物体 A 和 B ，已知 厚圆盘，其质量为m ，半径为r ，因而滑轮的转动惯量。12m m <2 12I mr = 设绳与滑轮间无相对滑动。求物体的加 速度、滑轮的角加速度和绳的张力。 12 m 2g F 正 解： 用隔离体法分析受理 分别写出A 、B 的力学方程 T111 F m g m a -=2T22m g F m a -=再写出滑轮的转动方程 T2T1F r F r I α -=再有 a r α =联立求解，得 21122() (22) m m a g m m m -= ++21122()(22)m m g m m m r α-= ++12T112(4) (22) m m m g m m m += ++F 21T212(4) (22) m m m F g m m m += ++M I α =
刚体定轴转动定律、转动惯量 1. 选择题 如图所示，A 、B 为两个相同的绕着轻绳的定滑轮．A 滑轮挂一质量为M 的物体，B 滑轮受拉力F ，而且Mg F =．设A 、 B 两滑轮的角加速度分别为βA 和βB ，不计滑轮轴的摩擦，则有 (A) βA ＝βB ． (B) βA ＞βB ． (C) βA ＜βB (D) 开始时βA ＝βB ，以后βA ＜βB . 答案：（C ） 几个力同时作用在一个具有光滑固定转轴的刚体上，如果这几个力的矢量和为零，则此刚体 (A) 必然不会转动． (B) 转速必然不变． (C) 转速必然改变． (D) 转速可能不变，也可能改变． 答案：（D ） 关于刚体对轴的转动惯量，下列说法中正确的是 （A ）只取决于刚体的质量,与质量的空间分布和轴的位置无关． （B ）取决于刚体的质量和质量的空间分布，与轴的位置无关． （C ）取决于刚体的质量、质量的空间分布和轴的位置． （D ）只取决于转轴的位置，与刚体的质量和质量的空间分布无关． 答案：（C ） 一轻绳跨过一具有水平光滑轴、质量为M 的定滑轮，绳的两端分别悬 有质量为m 1和m 2的物体(m 1＜m 2)，如图所示．绳与轮之间无相对滑动．若某时刻滑轮沿逆时针方向转动，则绳中的张力 (A) 处处相等． (B) 左边大于右边． (C) 右边大于左边． (D) 哪边大无法判断． 答案：（C ） 一轻绳绕在有水平轴的定滑轮上，滑轮的转动惯量为J ，绳下端挂一 物体．物体所受重力为P ，滑轮的角加速度为β．若将物体去掉而以与P 相等的力直接向下拉绳子，滑轮的角加速度β将 (A) 不变． (B) 变小． (C) 变大． (D) 如何变化无法判断． 答案：（C ） 两个匀质圆盘A 和B 的密度分别为A ρ和B ρ，若ρA ＞ρB ，但两圆盘的质量与厚度相同，如两盘对通过盘心垂直于盘面轴的转动惯量各为J A 和J B ，则 (A) J A ＞J B ． (B) J B ＞J A ． (C) J A ＝J B ． (D) J A 、J B 哪个大，不能确定． 答案：（B ） 质量相同的两根匀质棒，长度分别为A l 和B l ，B A l l <，两根棒对棒的中心的转动惯量分别为A J 和B J ，则 (A) J A ＞J B ． (B) J A ＜J B ． (C) J A = J B ． (D) 不能确定J A 、J B 哪个大． 答案：（B ） 2．填空题 一长为l 的均匀细直棒，可绕通过其一端的光滑固定轴在竖直平面内转动．使棒从水 平位置自由下摆，当棒和水平面成30°角时，棒转动的角速度ω ＝_______________．
图形推理--旋转翻转规律 在图形推理题中，和对称性规律比较类似的一种规律就是旋转翻转规律，这种规律中，图形的大小和元素不变，改变的是图形的角度和正反影像。因此，如果题干中给出的多个图形类似且方向不一，可以考虑尝试旋转翻转规律。 旋转是指图形围绕其中心点或者其他某一个固定点，做顺时针或逆时针的变化。翻转是指图形围绕某个对称轴，例如，横对称轴或纵对称轴，做180度的翻转变化。 【例1】 【解析】D。仔细观察可以发现题干中的四个图形都为同一个图形按逆时针90°变化。因此选择D选项。 【例2】
【解析】A。第一行三个图形的时针方向是“顺、逆、顺”，第二行的时针方向是“逆、顺、逆”、第三行的时针方向是“顺、逆、？”，因此，答案选择一个逆时针旋转的图形，选择A选项。 【例3】
【解析】A。第一行中的第一个图形逆时针旋转90°得到第二个图形，第二个图形垂直翻转180°可以得到第三个图形。第二行中的第一个图形逆时针旋转90°得到第二个图形，第二个图形垂直翻转180°可以得到第三个图形。按照这个规律，正确选项是A。 综上所述，对于旋转和翻转规律，关键点是在找到图形的旋转方向和翻转方向，只要将这两个方向确定，即可很快判断图形变化规律。经验分享：虽然自己在这帖子里给大家发了很多感慨，但我更想跟大家说的是自己在整个公务员考试的过程中的经验的以及自己能够成功的考上的捷径。首先就是自己的阅读速度比别人的快考试过程中的优
势自然不必说，平时的学习效率才是关键，其实很多人不是真的不会做，90%的人都是时间不够用，要是给足够的时间，估计很多人能够做出大部分的题。公务员考试这种选人的方式第一就是考解决问题的能力，第二就是考思维，第三考决策力（包括轻重缓急的决策）。非常多的人输就输在时间上，我是特别注重效率的。第一，复习过程中绝对的高效率，各种资料习题都要涉及多遍；第二，答题高效率，包括读题速度和答题速度都高效。我复习过程中，阅读和背诵的能力非常强，读一份一万字的资料，一般人可能要二十分钟，我只需要两分钟左右，读的次数多，记住自然快很多。包括做题也一样，读题和读材料的速度也很快，一般一份试卷，读题的时间一般人可能要花掉二十几分钟，我统计过，我最多不超过3分钟，这样就比别人多出20几分钟，这在考试中是非常不得了的。论坛有个帖子专门介绍速读的，叫做“得速读者得行测”，我就是看了这个才接触了速读，也因为速读，才获得了笔试的好成绩。其实，不只是行测，速读对申论的帮助更大，特别是那些密密麻麻的资料，看见都让人晕倒。学了速读之后，感觉有再多的书都不怕了。而且，速读对思维和材料组织的能力都大有提高，个人总结，拥有这个技能，基本上成功一半，剩下的就是靠自己学多少的问题了。平时要多训练自己一眼看多个字的习惯，慢慢的加快速度，尽可能的培养自己这样的习惯。当然，有经济条件的同学，千万不要吝啬，花点小钱在自己的未来上是最值得的，多少年来耗了大量时间和精力，现在既然势在必得，就不要在乎这一刻。建议有条件的同学到这里用这个软件训练速读，大概30个小时就能练出
第二章刚体的定轴转动 教学要求： 一、理解刚体定轴转动的角速度和角加速度的概念，理解角量与线量的关系。 二、理解刚体定轴转动定律，能解简单的定轴转动问题。 三、了解力矩的功和转动动能的概念。 四、了解刚体对定轴的角动量定理及角动量守恒定律。 五、理解转动惯量的概念，能用平行轴定理和转动惯量的可加性计算刚体对定轴的转动惯量。 教学重点：刚体定轴转动的力矩、转动惯量、角动量等物理量的概念和转动定律。教学难点：难点是刚体绕定轴转动的角动量守恒定律及其应用。 物理学研究方法、思维方法：理想化模型-----刚体、研究刚体转动的物理量——角量的确定。 类比方法是本章学习和研究的主要方法。 教学方法：启发、类比、讨论 教学内容： 准备知识： 一、刚体：假定无论在多大的外力作用下，物体的形状和大小都保持不变，也就是物体内任何两质点之间的距离保持不变。这样的理想物体称为刚体。 刚体也是常用的力学理想模型。 二、平动与转动：当刚体运动时,如果刚体内任何一条给定的直线，在运动中始终保持它的方向不变，这种运动称为平动； 刚体运动时，如果刚体的各个质点在运动中都绕同一直线做圆周运动，这种运动称为转动。 如果刚体围绕的转轴的位置是固定不动的，这种转动称为刚体的定轴转动 §2-1 角速度和角加速度 一、角位移、角速度和角加速度
1、角坐标：如图2-1所示，O 为转轴与转动平面的交点，A 为刚体上的一个质点， A 在这一转动平面内绕O 点做 圆周运动， A 与转轴的距离为r 。t 时刻质点A 与转轴O 距离的连线与基准方向ox 的夹角为θ，称θ为角坐标或角位置。 2、定轴转动的运动学方程：刚体转动时，θ随时间变化，它是时间t 的函数： )(t θθ= （2-1） 上式称为刚体定轴转动的运动学方程. 3、角位移：设t 时刻刚体上所取质点的角坐标是θ，经过一段时间 t ?，即 t t ?+时刻， 该质点的角位置为 θθ?+。我们把 θ?称为A 在 t ?时间内的角位移，θ?也是刚体上每个质点的角位移。 在SI 中, 角位移的单位是弧度，符号为rad . 4、角速度：将角坐标θ对时间t 求导数，以描述刚体转动的快慢，称刚体转动的角速度，用符号ω表示： ω = dt d θ （2-2） 在SI 中，角速度的单位是弧度每秒,符号为1-?s rad . 5、角加速度： 将角速度ω对时间t 求导，以描述角速度变化的快慢程度，称为刚体定轴转动的角加速度，用符号α表示： α=22dt d dt d θ ω= （2-3） 在SI 中，角加速度的单位是弧度每平方秒,符号为2-?s rad . 除了用角速度ω描述物体转动快慢的程度外，还可使用另一个量---旋转频率， 通常用符号n 表示旋转频率，表示单位时间物体绕行的转数。旋转频率的单位是转每分，符号1min -?r ，1min -?r 是国家选用的非SI 单位之一.它是工程上常用的单位,与弧度每秒之间的换算关系为11min -?r =30 π 1-?s rad ) 二、 角量与线量的关系 图2—1角坐标和角速度
验证刚体转动的基本定律 转动惯量是刚体转动中惯性大小的量度。它取决于刚体的总质量，质量分布、形状大小和转轴位置。对于形状简单，质量均匀分布的刚体，可以通过数学方法计算出它绕特定转轴的转动惯量，但对于形状比较复杂，或质量分布不均匀的刚体，用数学方法计算其转动惯量是非常困难的，因而大多采用实验方法来测定。 转动惯量的测定，在涉及刚体转动的机电制造、航空、航天、航海、军工等工程技术和科学研究中具有十分重要的意义。测定转动惯量常采用扭摆法或恒力矩转动法，本实验采用恒力矩转动法测定转动惯量。 一、 实验目的 1. 学习用恒力矩转动法测定刚体转动惯量的原理和方法； 2. 学习用直线拟合的方法计算转动惯量和摩擦力矩； 3. 研究刚体作定轴转动时外力矩与角加速度的关系，验证刚体转动定律； 4. 观测刚体的转动惯量随其质量，质量分布及转轴不同而改变的情况，验证平行轴定理。 二、实验原理 1、恒力矩转动法测定转动惯量的原理 根据刚体的定轴转动定律： βJ M = （1） 只要测定刚体转动时所受的总合外力矩M 及该力矩作用下刚体转动的角加速度β，则可计算出该刚体的转动惯量J 。 设以某初始角速度转动的空实验台转动惯量为J 1，未加砝码时，在摩擦阻力矩M μ的作用下，实验台将以角加速度β1作匀减速运动，即： 11βμJ M =? （2） 将质量为m 的砝码用细线绕在半径为R 的实验台塔轮上，并让砝码下落，系统在恒外力作用下将作匀加速运动。若砝码的加速度为a ，则细线所受张力为T = m (g － a )。若此时实验台的角加速度为β2，则有a = R β2。细线施加给实验台的力矩为T R = m (g －R β2) R ，此时有： 212)(ββμJ M R R g m =?? （3） 将（2）、（3）两式联立消去M μ后，可得： 1 221)(βββ??=R g mR J （4） 同理，若在实验台上加上被测物体后系统的转动惯量为J 2，加砝码前后的角加速度分别为β3与β4，则有： 3 442)(βββ??=R g mR J （5） 由转动惯量的迭加原理可知，被测试件的转动惯量J 3为： 123J J J ?= （6） 测得R 、m 及β1、β2、β3、β4，由（4），（5），（6）式即可计算被测试件的转动惯量。
验证刚体转动的基本定律 刚体转动定律与牛顿第二定律有相同的形式。转动惯量是刚体转动中惯性大小的量度。它取决于刚体的总质量，质量分布、形状大小和转轴位置。对于形状简单，质量均匀分布的刚体，可以通过数学方法计算出它绕特定转轴的转动惯量，但对于形状比较复杂，或质量分布不均匀的刚体，用数学方法计算其转动惯量是非常困难的，因而大多采用实验方法来测定。 测定转动惯量常采用扭摆法或恒力矩转动法，本实验采用恒力矩转动法测定转动惯量。 刚体转动的特性被用来制作惯性导航用的陀螺仪，在航空航海中有重要应用。随着技术的进步，出现了激光陀螺仪，微机电陀螺仪等，一些智能手机中也装置有陀螺仪芯片，但其原理与刚体转动是不同的。 一、实验目的 1. 研究刚体作定轴转动时外力矩与角加速度的关系，验证刚体转动定律。 2. 用直线拟合的方法得到转动惯量和摩擦力矩。 二、转动惯量实验组合仪简介 转动惯量实验仪如图1所示，绕线塔轮通过特制的轴承安装在主轴上，使转动时的摩擦力矩很小。塔轮半径为15，20，25，30，35mm共5挡，可与大约5g的砝码托及1个5g，4个10g的砝码组合，产生大小不同的力矩。载物台用螺钉与塔轮连接在一起，随塔轮转动。随仪器配的被测试样有1个圆盘，1个圆环，两个圆柱。圆柱试样可插入载物台上的不同孔，这些孔离中心的距离分别为45, 60, 75, 90, 105mm，便于验证平行轴定理。铝制小滑轮的转动惯量与实验台相比可忽略不记。仪器底座上有两只光电门, 一只光电门作测量，一只作备用，可通过智能计时计数器记录旋转的圈数和时间。
图1 转动惯量实验组合仪 三、实验原理 1．刚体转动定律的验证：通过改变砝码的质量，或绕线在不同半径的塔轮上以实现对实验系统施加不同力矩，从而获得不同的角加速度。将这一组不同力矩及对应的角加速度绘制在直角坐标系中，可以很容易发现力矩与角加速度之间的线性关系。利用线性拟合工具软件得到力矩与角加速度之间的数学关系，其中斜率即为系统的转动惯量，截距对应摩擦力矩。 在应用这一方法时要清楚下面的事实： 将质量为m 的砝码用细线绕在半径为R 的实验台塔轮上，并让砝码下落，系统在恒外力作用下将作匀加速运动。若砝码的加速度为a ，则细线所受张力为T = m (g －a )。若此时实验台的角加速度为β，则有a = Rβ。细线施加给实验台的力矩为T R = m (g －Rβ) R ，此时有： ββμJ M R R g m =??)(, 变换为μβM mR J mgR ++=)(2， 可以知道mR 2是砝码在系统中的转动惯量。在本实验的设计中，只有当mR 2足够小, 力矩与角加速度之间才有较好的线性关系。这一点请同学们在实验中加以论证。 2．以上方法中，不可避免地使转动惯量测量受到mR 2的影响，若单纯测量转动惯量可采取以下方法： 根据刚体的定轴转动定律：
第3章 角动量定理和刚体的转动 3.1 一发动机的转轴在7s 内由200r/min 匀速增加到3000r/min. 求：（1）这段时间内的初末角速度和角加速度. （2）这段时间内转过的角度和圈数. （3）轴上有一半径为2.0=r m 的飞轮, 求它边缘上一点在7s 末的切向加速度、法向加速度和总加速度. 解：（1）这段时间初的角速度 200 2220.9/60 f rad s ωππ ==≈ 这段时间末的角速度 3000 22314/60 f rad s ωππ ==≈ 角加速度 231420.9 41.9/7 rad s t ωβ?-= =≈? （2）转过的角度为 3020.9314 7 1.17101862 2 t rad ωω θ-+= = ?=?= （3）切向加速度 241.90.28.38/a r m s τβ==?= 法向加速度为 22423140.2 1.9710/n a r m s ω==?=? 总的加速度为 421.9710/a m s ===? 总的加速度与切向的夹角 4 01.9710arctan 89598.37 θ?'== 3.2 地球在1987年完成365次自转比1900年长1 4.1s. 求在1900年到1987年间, 地球自转的平均角加速度. 解：平均角加速度为 0000 3652365287T t T a t T ππ ωω??- -+?== 212373 036523652 1.140.9610/8787(3.1510) t rad s T ππ-?????≈ =-=-??? 3.3一人手握哑铃站在转盘上, 两臂伸开时整个系统的转动惯量为2kgm 2 . 推动后, 系统以 15r/min 的转速转动. 当人的手臂收回时, 系统的转动惯量为0.8kgm 2 . 求此时的转速.
例：均质球体对其直径的转动惯量 解：dz r dV 2π= ，dz r dV dm 2ρπρ== 3 34R m πρ=，dm r dI 221 =， ????===dz r r dm r dI I 22 22121 ρπ =??--=-R R R z R dz z R 0 222222)()(21ρπρπ =?+-=+-R R R R dz z z R R 05554224)5132 ()2(ρπρπ252 mR = 三、两个定理 1、平行轴定理 m h 2 mh I I C O +=，C ：质心 02>mh ，C O I I > O C C I ：最小 均质细杆2121 ml I C = 2/l m 、l 2mh I I C O += O C =22231 )2(121ml l m ml =+ 均质圆盘221 mR I C = 2mR I I C O +==22223 21mR mR mR =+， 2、薄板的垂直轴定理 ∑?=2 i i z r m I =∑+?)(2 2i i i y x m =∑∑?+?2 2 i i i i y m x m ， =x y I I +， x
第4节 刚体定轴转动定律 一、 推导 i F +i f =i i a m ? βi i it i it it r m a m f F ?=?=+ ∑∑∑?=+β)(2i i it i it i r m f r F r ∑=it i F r M 合外力矩 ∑it i f r 合内力矩，∑it i f r 0≡ dt d I I M ωβ==，dt d I I M ωβ == 刚体定轴转动定律 注意： 1、M ，I 对同一转轴的 2、(1)已知)(t θθ=，求22dt d I I M θβ== (2)已知M 及初条件求β、ω、)(t θθ= 二、I 的物理意义 βI M =，β I M =?a m F = 当0=M 时C =?=?ωβ0，转动惯性 M 一定，I 大，β小，转动惯性大；I 小，β大，转动惯性小 转动惯量是刚体转动惯性大小的量度 质量是物体平动惯性大小的量度 演示试验：两个刚性柱体，质量和外径相同 例：均质圆盘（m ，R ），1m >2m ，阿特武德机 求：盘的β，1m ，2m 的加速度a 解：a m T g m 111=- （1） a m g m T 222=- （2） 1 ββ2212 1mR I R T R T ==- （3） 1 βR a = （4） a a （3）ma mR T T 2 12121==-?β（5） m 2g 1 a m m m g m g m )2 1(2121++=-
旋转知识归纳及规律方法指导 旋转的基本理念 1.旋转的定义：把一个图形绕着某一O转动一个角度的图形变换 叫做旋转 点O叫做旋转中心，转动的角叫做旋转角 .如果图形上的点A经过旋转变为点A′，那么，这两个点叫做这个旋转的对应点 .重点突出旋转的三个要素：旋转中心、旋转方向和旋转角度 .2.旋转的特性： (1)对应点到旋转中心的距离相等； (2)对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角； (3)旋转前后的图形全等 3.作图： 在画旋转图形时，要把握旋转中心与旋转角这两个元素 .确定旋转中心的关键是看图形 在旋转过程中某一点是“动”还是“不动”，不动的点则是旋转中心；确定旋转角度的方法是根据已知条件确定一组对应边，看其始边与终边的夹角即为旋转角 作图的步骤： 1)连接图形中的每一个关键点与旋转中心； (2)把连线按要求绕旋转中心旋转一定的角度（旋转角）； (3)在角的一边上截取关键点到旋转中心的距离，得到各点的对应点；
(4)连接所得到的各对应点. 知识点二、中心对称与中心对称图形 1.中心对称：把一个图形绕着某一个点旋转180°，如果它能够与另一个图形重合，那么就说这两个图形关于这个点对称或中心对称，这个点叫做对称中心．这两个图形中的对应点叫做关于中心的对称点． 2.中心对称的两条基本特性： (1)关于中心对称的两个图形，对称点所连线段都经过对称中心，而且被对称中心所平 分． (2)关于中心对称的两个图形是全等图形． 3.中心对称图形 把一个图形绕着某一个点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么 这个图形叫做中心对称图形，这个点就是它的对称中心． 4.中心对称和中心对称图形的区别与联系 中心对称中心对称图形