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我们知道，力的定义如下：

F →= ma →= m dv→dt= dp→dt\overrightarrow{F}=m\overrightarrow{a}=m\frac{ {\rm d} \overrightarrow{v} }{ {\rm d} t }=\frac{ {\rm d} \overrightarrow{p} }{ {\rm d} t}F =ma =mdtdv​=dtdp​​

（其中FFF是力。根据牛顿第二定律，F=maF=maF=ma，mmm为物体的质量，aaa为物体的加速度。ppp为动量，定义如p → =mv → \overrightarrow{p}=m\overrightarrow{v}p​=mv。矢量物理量仅在本章打向量箭头，方便理解）

根据角动量的定义：

L →= r ×p →= r × ( mv →) \overrightarrow{L}=r\times \overrightarrow{p}=r\times (m\overrightarrow{v})L =r×p ​=r×(mv )

（其中LLL为角动量）

显然可得：

dL→dt=M →=F →×r →\frac{ {\rm d} \overrightarrow{L} }{ {\rm d} t}=\overrightarrow{M}=\overrightarrow{F}\times\overrightarrow{r}dtdL​=M =F ×r

（其中MMM为力矩）

我们可以类比力的定义式子，我们是否可以用角加速度乘以一个东西定义力矩呢？显然可以。

F →×r →= Iβ →\overrightarrow{F}\times\overrightarrow{r}=I\overrightarrow{\beta}F ×r =Iβ ​

（其中β\betaβ为角加速度）

这是我们需要定义一个新的物理量III。在力的定义式中，mmm的全称为“惯性质量”。那么我们可以称III为“转动惯性质量”，简称“转动惯量”。

根据上面的公式，我们可以得到：

dLdt= I β \frac{ {\rm d} L}{ {\rm d} t}=I\betadtdL​=Iβ

两边同时对时间积分：

∫ I β d t = ∫ d L \int I\beta {\rm d} t=\int {\rm d} L∫Iβdt=∫dL

可得：

L = I ⋅ Δ ω L=I\cdot\Delta\omegaL=I⋅Δω

（其中Δω\Delta\omegaΔω为角速度的变化量）

小绿本《物理竞赛教程（高中第一分册）》中的刚体力学那一章对转动惯量的定义原话如下：

转动惯量是描述刚体转动惯性大小的物理量。设刚体中质量元 d m {\rm d}mdm与转轴的距离为 r rr，则刚体绕该轴转动时的转动惯量定义为 I = ∫r 2d m I=\int r^2 {\rm d}mI=∫r2dm

刚体的转动惯量，既与刚体的质量及其分布情况有关，也与转轴的位置有关。设刚体的质量为 m mm，则转动惯量可记为 I = mr 0 2I=mr_0^2I=mr02​

其中r 0r_0r0​称为刚体的回旋半径。

根据我们计算得到的L=I⋅ΔωL=I\cdot\Delta\omegaL=I⋅Δω，我们可以尝试将其换一种形式表达：

I =LΔω = rmvvr = mr 2\begin{aligned} I&=\frac{L}{\Delta\omega} \\ &= \frac{rmv}{\frac{v}{r} }\\ &= mr^2 \end{aligned}I​=ΔωL​=rv​rmv​=mr2​

由此可见，我们的计算是没有问题的。

那么动能的公式，我们可以推导成III和ω\omegaω的形式吗？当然可以！

E k=1 2mv 2 =1 2m ( ω R) 2 =1 2Iω 2\begin{aligned} E_k&=\frac{1}{2}mv^2\\ &=\frac{1}{2}m(\omega R)^2\\ &=\frac{1}{2}I\omega^2 \end{aligned}Ek​​=21​mv2=21​m(ωR)2=21​Iω2​

对于一个质量mmm的质点，与转轴的垂直距离为rrr时，根据定义式，其转动惯量I=mr 2 I=mr^2I=mr2

对于一个质量为mmm，长度为lll的密度均匀棍棒，围绕其一端点旋转。设其线密度λ=m l \lambda=\frac{m}{l}λ=lm​，将其木棒分成许多长度为Δr\Delta rΔr的小块，每个距离转轴为r i r_iri​，

I = ∑ λ Δ r ⋅r i 2 =∫ 0 lλr 2d r=1 3ml 2\begin{aligned} I&=\sum\lambda\Delta r\cdot r_i^2 \\ &= \int_0^l \lambda r^2 {\rm d} r\\ &= \frac{1}{3}ml^2 \end{aligned}I​=∑λΔr⋅ri2​=∫0l​λr2dr=31​ml2​

同样的木棒，围绕其中心（质心）轴旋转，可看做两个小棍棒围绕端点旋转，并且其长度l ′ =l 2 l'=\frac{l}{2}l′=2l​，易得

I=1 12 ml 2 I=\frac{1}{12}ml^2I=121​ml2

我们假设原先转轴的转动惯量为I 0 I_0I0​，偏移转轴距离ddd后的转动惯量为III，棍棒质量为mmm，长度为lll。我们从转轴向外积分可得：

I 0= ∑ Δ mr i 2\begin{aligned} I_0&=\sum \Delta mr_i^2 \\ \end{aligned}I0​​=∑Δmri2​​

I = ∑ Δ m (r i+ d) 2 = ∑ Δ m (r i 2+ 2r id +d 2)=I 0+d 2m + ∑ ( Δ m ⋅ 2r id ) \begin{aligned} I&= \sum \Delta m(r_i+d)^2 \\ &= \sum \Delta m(r_i^2+2r_id+d^2)\\ &= I_0+d^2m+\sum(\Delta m\cdot 2r_id) \end{aligned}I​=∑Δm(ri​+d)2=∑Δm(ri2​+2ri​d+d2)=I0​+d2m+∑(Δm⋅2ri​d)​

我们发现，当转轴取质心CCC时，∑(Δm⋅2r i d)=0\sum(\Delta m\cdot 2r_id)=0∑(Δm⋅2ri​d)=0。所以对于任意一个转轴，与质心距离为ddd时，转动惯量

I=I C +d 2 mI=I_C+d^2mI=IC​+d2m

这也被称作平行轴定理

我们可以从中心往外积分

I = ∑ Δ mr 2 = ∑ 2 π r Δ r ⋅mπR r 2 =∫ 0 R2πmπR2 r 3d r=1 2mR 2\begin{aligned} I&=\sum \Delta mr^2 \\ &= \sum 2\pi r\Delta r\cdot\frac{m}{\pi R}r^2\\ &= \int_0^R \frac{2\pi m}{\pi R^2}r^3 {\rm d} r\\ &= \frac{1}{2}mR^2 \end{aligned}I​=∑Δmr2=∑2πrΔr⋅πRm​r2=∫0R​πR22πm​r3dr=21​mR2​

从上往下把球壳看做圆环即可

设其面密度σ=M4 πR2\sigma=\frac{M}{4\pi R^2}σ=4πR2M​，极坐标角度为θ\thetaθ，则其宽度为RdθR {\rm d}\thetaRdθ，面积ds i =2πRsin⁡θ⋅Rdθ=2πR 2 sin⁡θdθds_i=2\pi R\sin\theta\cdot R{\rm d}\theta=2\pi R^2\sin\theta{\rm d}\thetadsi​=2πRsinθ⋅Rdθ=2πR2sinθdθ，圆环半径rrr为Rsin⁡θR\sin\thetaRsinθ

I =∫ 0 π r 2d m= ∫R 2sin⁡ 2θ ⋅ σ ⋅ 2 π R sin ⁡ θ d θ= 2 π σR 4∫ sin⁡ 3θ d θ= 2 π σR 4⋅4 3 =2 3MR 2\begin{aligned} I&=\int_0^\pi r^2{\rm d}m\\ &=\int R^2\sin^2\theta\cdot\sigma\cdot2\pi R\sin\theta{\rm d}\theta\\ &=2\pi\sigma R^4\int \sin^3\theta{\rm d}\theta\\ &=2\pi\sigma R^4\cdot\frac{4}{3}\\ &=\frac{2}{3}MR^2 \end{aligned}I​=∫0π​r2dm=∫R2sin2θ⋅σ⋅2πRsinθdθ=2πσR4∫sin3θdθ=2πσR4⋅34​=32​MR2​

球体可以从球心向外积分，分成许多薄球壳。

设球的体密度ρ=M 4πR3 3= 3 M 4 πR3\rho=\frac{M}{\frac{4\pi R^3}{3} }=\frac{3M}{4\pi R^3}ρ=34πR3​M​=4πR33M​。每一个球壳半径为rrr，厚度dr{\rm d}rdr，体积4πr 2 dr4\pi r^2{\rm d}r4πr2dr

I =∫ 0 R 2 3 r 2d m=2 3ρ∫ 0 R r 2d V= 2MR3 ∫ 0 R r 4d r=2 5MR 2\begin{aligned} I&=\int_0^R \frac{2}{3}r^2{\rm d}m\\ &=\frac{2}{3}\rho\int_0^R r^2{\rm d}V\\ &=\frac{2M}{R^3}\int_0^R r^4{\rm d}r\\ &=\frac{2}{5}MR^2 \end{aligned}I​=∫0R​32​r2dm=32​ρ∫0R​r2dV=R32M​∫0R​r4dr=52​MR2​

（多选）手持球棒一端打击放置在底座上的球，击打过程中人的手可近似为不动。球棒质量为1kg1kg1kg，长1.2m1.2m1.2m，角速度为10rad/s10rad/s10rad/s，球的质量为0.75kg0.75kg0.75kg，则打出后球的速度可能为

A.7.0m/s7.0m/s7.0m/s

B.6.5m/s6.5m/s6.5m/s

C.5.7m/s5.7m/s5.7m/s

D.5.3m/s5.3m/s5.3m/s

ABCD

设球棒转动惯量为III，长度为l=1.2ml=1.2ml=1.2m，质量为m=1kgm=1kgm=1kg，球的速度为vvv，原角速度ω 0 =10rad/s\omega_0=10rad/sω0​=10rad/s，击打后的角速度为ω\omegaω，易得

Iω 0 =Iω+lmvI\omega_0=I\omega+lmvIω0​=Iω+lmv

最小值情况（最坏情况，球的恢复系数小）：

lω=vl\omega=vlω=v

最大值情况（过程能量守恒，没有损失）：

1 2 Iω 0 2 =1 2 Iω 2 +1 2 mv 2 \frac{1}{2}I\omega_0^2=\frac{1}{2}I\omega^2+\frac{1}{2}mv^221​Iω02​=21​Iω2+21​mv2

计算可得四个答案全部在数值范围内。

如图，有一绳子挂在天花板上的AAA点，绳子底端挂着一个轻杆CDCDCD，长2l2l2l，被绳子悬挂在中间BBB点，两侧悬挂着质量为mmm的球。CDCDCD点下方也挂着一根轻杆EFEFEF，长度也为2l2l2l，悬挂两根轻杆的绳子CECECE与DFDFDF均长lll。现剪断DFDFDF处的绳子，请问在绳子被剪断的那一瞬间，绳子ABABAB的拉力T为多少？

T=8 3 mgT=\frac{8}{3}mgT=38​mg

先分析四个球的加速度。

设EEE球受到绳子拉力为T ′ T'T′。对EEE球受力分析，易得

G −T ′= m a G-T'=maG−T′=ma

对CBDCBDCBD杆列角动量守恒。以BBB点为转轴，有

lT ′= 2 ml 2 a llT'=2ml^2\frac{a}{l}lT′=2ml2la​

（其中lT ′ lT'lT′为CCC点的角动量，T ′ T'T′是绳子上EEE点的反作用力。CCC球与DDD球的总转动惯量为2ml 2 2ml^22ml2，而角加速度β=a l \beta=\frac{a}{l}β=la​是根据v=ωrv=\omega rv=ωr两侧对时间求导得来的）

解得T=8 3 mgT=\frac{8}{3}mgT=38​mg

现有一线轴，其内外半径分别为rrr，RRR，该线轴的转动惯量为III。现以水平面向上θ\thetaθ角大小为FFF的力拉这个线轴。请问：在θ\thetaθ角为多少时，无论力FFF多大，都无法使得这个线轴为纯滚动？

θ=arccos⁡(r R )\theta=\arccos(\frac{r}{R})θ=arccos(Rr​)

从力，力矩，角速度三个方向列方程可得：

{F cos ⁡ θ − f = m a − F r + f R = I β β R = a( ω R = v )\begin{cases} F\cos\theta-f=ma \\ -Fr+fR=I\beta \\ \beta R=a\quad(\omega R=v)\\ \end{cases}⎩⎨⎧​Fcosθ−f=ma−Fr+fR=IββR=a(ωR=v)​

只需使得该方程无解即可。

解得θ=arccos⁡(r R )\theta=\arccos(\frac{r}{R})θ=arccos(Rr​)