轉動講義

ch8 - 轉動

§ 8-1 角速度與角加速度 § 8-2 等角加速度轉動 § 8-3 力矩與轉動方程式 § 8-4 角動量與角動量守恆定律 § 8-5 轉動動能

§ 8-1 角速度與角加速度

1. 前言：

• 日常生活裡，常可見到許多物體在運動的過程中，除了移 動外，還伴隨著轉動。我們分析物體的運動可分為兩方面 ，一方面為其質心的移動，另一方面為各部位繞著其質心 轉動。 • 在這章只討剛體繞固定軸轉動的情況。當剛體繞固定軸轉 動時，剛體上的各質點都以相同的角速度繞此軸作圓周運 動。 • 當一物體內各點的相對位置恆保持不變時，稱之為剛體。 • 以角位移 Δθ ，角速度 ω 及角加速度 α 來描述剛體的轉動。

2. 角位置 θ ：

如右圖，繞固定軸轉動的剛 體，剛體內的任意點 p 繞軸作圓周運動。 轉軸到 p 點的連線與 x- 軸所夾的角度 θ 稱為角位置。角位置以弧度（ rad ）為單 位。 θ p x

3. 角位移 Δθ ：

如右圖所示，剛體在時 間 Δt 內的角位置變化量 Δθ 。稱為剛體 在時間 Δt 內的角位移。 t t  t 

4. 角速度：

角位移對時間的變化率 0 (1) (2) lim t t t             平均角速度： 瞬時角速度：

/ / . . . / 2 / . . . / rad s r p s rad s r p m   _    ① 弧度秒（ ） ② （轉 秒） （ ） ③ （轉 分） (3) 單位：  (4) 方向：角速度為向量，其方向以右手定 則表示，如右圖所示。轉動方向以右手四 個彎曲的手指頭表示，則拇指的方向即代 表角速度的方向。 如討論剛體繞固定軸轉動的問題，則 角速度為一維向量，以 ＋、－ 號來表示 其方向。習慣上以逆時針方向為 " ＋ " 號，順時針方向為 " － " 號。 角速度方向 轉動方向

5. 角加速度：

角速度對時間的變化率。 0 2 2 li (1) (2) (3) m / / t t t rad s         弧度 平均角加速度： 秒 （ 瞬時角加速度： 單位： ）    

6. 剛體內質點的運動：

如上圖所示，繞固定軸轉動的剛體，則剛體內距離 轉軸為 r 處的一質點 p 在半徑為 r 的圓周上作運動。 一方面可以用線量（速率 v 、切線加速度 a_t 、法線加 速度 a_n ）來描述其運動，另一方面也可以用角量（角 位移 Δθ 、角速率 ω 、角加速度 α ）來描述，兩套物 理量之間有下列關係：  S p r

0 0 0 0 2 2 2 2 2 4 lim lim ( ) lim li (1) (2) (3) (4) (5) m t t t _{t t} n t n S r S r v r t t v r a r t t v a r r a a a r                                路徑長： 切線速率： 切線加速度： 法線加速度： 總加速度：   _  _    v r   S t

a

n

a

a

p

7. 純滾動：

如右圖所示，一圓盤 在地面上作純滾動（無滑動） ，則圓周上各點將與地面上的 軌跡成一對一的疊合，即圓周 上標示的弧長 AB 等於地面上 軌跡 AB 的長度。因此這種純 滾動的條件為 0 _{0 0} ( ) lim lim t t S r S r v r t t   _                 即圓盤中心點的速率等於圓盤邊緣上一點對圓心的切線 速率。 O r A O v₀ v₀  S r     B B

圓盤在地面做純滾動 時，圓盤上各點相對 於圓心的切線速率 v₀ = rω 。同時所有的 質點皆隨著圓心以速 度 v₀ 向右運動，因 此圓周上一點對地面的速度，等於該點對圓心的速度與 圓心對地面速度的向量和，如上圖所示。 A 、 B 和 C 點相對於地面的速率分別為 0 0 2 2 0 A B C v v v v v   

例題：剛體中，一點 P 距固定轉軸為 0.5 m ， P 點作等角 加速度運動，其角位置 θ( 弧度 ) 與時間 t ( 秒 ) 之關係 θ= 2t2  3t ，求 (1) 角加速度 (2) 第 2 秒末之角速度、切線加 速度、向心加速度及加速度大小各為何？ 2 2 2 2 t n

(1)

4rad / s

(2)

5ras / s

(3) a

2m / s a

12.5m / s a 12.7m / s











，



，



答案：

例題：已知地球半徑為 6.4 ×103 _{km ，則在北緯 60}o _的切向

速度大小為何？

答案： 2.3×102 _m∕s

例題：腳踏車前後兩齒輪分別為 60 齒及 20 齒，以鏈條連 接，若後車輪輪緣距軸心 0.5 m ，且和地面間沒有滑動現象 ，腳踩一圈，車子前進 ______m 。

例題：如右圖所示，質量為 m 的小球，以長 ℓ 的細線繫於 O 點，拉至水平位置後釋放，當擺至細線與鉛直方向成 θ 角 時，試求： (1) 小球的角加速度 (2) 小球的角速度 (3) 小球的加速度。 θ O ℓ 2 2 gsin (1) = 2g cos (2) (3) a g sin 4cos













     答答答

例題：右圖表示一飛輪傳動系統，各輪的 轉軸均固定且相互平行。甲、乙兩輪同軸 且無相對轉動。已知甲、乙、丙、丁四輪 的半徑比為 5 ： 2 ： 3 ： 1 ，若傳動帶在 各輪轉動中不打滑，則丙及丁輪角速度之 比值為 ________ 。 [80. 日大 ] 乙 甲 丙 丁 答案： 2 ： 15

§ 8-2 等角加速度轉動

一剛體繞固定軸作等角加速度的轉動，即角加速度 α 為定 值。當 t = 0 時角速度為 ω₀ ，經時間 t 後的角速度為 ω ，角位移為 Δθ ，則 0 2 0 2 2 0 (1) 1 (2) 2 (3) 2 t t t               _{  }    _{  }  α t α t 0 αt ω₀ αt ω t  2 1 2 0t



ω ω₀ t t 0

(1)

t

  



  

  圖內所圍面積

(2)    圖內所圍面積  t

例題：一圓輪在作等角加速度的轉動。經過 25 轉之後，角 速度由 100 轉∕秒增至 150 轉∕秒；其角加速度為 _____ __ 轉∕秒 2 。

[86. 日大 ] 答案： 250

例題：一物作半徑為 20m 之圓周運動，靜止起動。其角加 速度 α= 0.5 rad∕s2 ，求 2 秒末之加速度為何？

2

10 5m / s

例題：一汽車輪胎的半徑為 30cm ，車子由靜止作等加速度 直線運動， 10 秒內加速至 108 km∕hr 。則車輪的角加速度 為若干？此過程車輪共轉了幾圈？

例題：甲、乙兩人沿圓軌道同向賽跑，甲沿著半徑為 r₁ 的 外跑道跑，乙則沿著半徑為 r₂ 的內跑道跑。設甲以 v 的 速率經過乙時，乙開始起跑，此後甲始終以 v 的速率跑， 而乙則以等角加速度追甲，則在乙追及甲時，乙的速率為何 ？ [89. 日 大 ] 2 1

2r

v

r

答案：

例題：一剛體繞一定點分三階段運轉，第一階段由靜止開始 以＋ α 角加速度旋轉達 ω 之角速度後，接著第二階段以等角 速度 ω 運轉，第三階段施以－ α 角加速度而後停止，若此三 階段之角位移均相等，則全程歷時若干？ 5 2





答案：

例題：一質點由靜止繞一定軸做等角加速度轉動，當其加 速度與法線加速度夾 60o 角時，質點的角位移為何？ t

a

n

a

a

60o 3 rad 6 答案：

§ 8-3 力矩與轉動方程式

1. 力矩：

1) 力矩的意義：使物體轉動狀態產生變化的因素，即當物體 受到不為零的外力矩作用，原為靜止的將開始轉動，原來 已在轉動的，轉速將產生改變。 2) 力矩的定義：考慮開門的情況，如右 圖，欲讓門產生轉動，必須施一外力 F 。施力點離轉軸愈遠愈容易使門轉 動。而外力平形於門面的分力對門的 轉動並無效果，只有垂直於門面的分 力能讓門轉動。綜合以上因素，定義 力矩，以符號 τ 表示。 F θ r r sin 作用線

sin

( sin )

rF

F r

 

 

 

_{力量 力臂}



3) 力矩的單位： S.I. 制中的單位為 牛頓‧公尺（ N m‧ ） 4) 力矩的方向與符號：繞固定軸轉動的物體，力矩可使物體 產生逆時鐘方向，或順時鐘方向的轉動。因此力矩為一維 向量。力矩符號規則一般選取如下：    正號：逆時鐘方向。 負號：順時鐘方向。

2. 轉動方程式：

考慮一繞固定軸轉動的 剛體（如右圖）。距離轉軸為 r 處的 一質量為 m 的質點，受到一力量 F 的作用，根據切線方向的牛頓第二運動 定律 2 t t t t

F

ma

rF

rma

mr







  



F F_t m r 轉軸

將剛體看成是由許多質點所構成，則每一質點都滿足類似 的方程式 2 2 i i 1, 2,3, , ( ) i i i i i i m r i n m r       





 答答 答 答答 答 答 答 答 答 答 2 i i i I 



m r 左邊的合力矩只需考慮外力所產生的力矩，由內力所產生 的力矩將會兩兩互相抵消，如右上圖所示。 括號中的量稱為剛體的轉動慣量，以符號 I 表示 F F m m    

I

 



則上面導出的轉動方程式可寫成

此方程式為繞固定軸轉動的剛體所必須遵守的基本力學方程 式，類似於移動力學中的牛頓第二運動定律。合外力對應到 合外力矩，質量對應到轉動慣量，加速度對應到角加速度。 F   a   M  I





； ； 轉動慣量在轉動力學中的角色就像質量在移動力學中所扮演 的角色，即轉動慣量越大的剛體角速度越不容易產生變化。 剛體的轉動慣量與其轉軸的位置與質量的分布有關。剛體的 質量如呈連續的分布，則轉動慣量必須以積分計算。 圓盤 圓球 圓柱 薄圓環 2 1 2 I  MR 2 2 5 I  MR 1 2 I  MR2 12 I  ML

例題：距離為 R 的兩質點，繞系統質心轉動時，如附圖 所示，則該系統的轉動慣量為 ________ 。 2 m m R 2 2 R m 3 答案：

例題：一長度為 ℓ，質量可以略去的細桿， 可繞通過其中心點 O 且垂直於紙面的軸自 由轉動，兩端各置有質量為 m 及 3m 的 質點，細桿與鉛垂方向之夾角為 θ ，如右圖 所示。當 θ = 30o 時，細桿的角加速度為何 ？ θ 鉛 直 線 m 3m O g sin  答 答 答

例題：設一滑輪的轉動慣量為 103 _{kg ． m}2 ，半徑 10cm ，若有一力沿滑輪邊緣切線方向施力，力與時間的函數關係 為 F(t) = t∕2 ，由靜止起經 3 秒後，此滑輪的角速度為若干 ? t α 150 3 225r d / sa 答案：

例題：如右圖，一均勻圓盤，半徑為 R ，質量 為 M ，裝於軸上，軸以無摩擦的軸承固定之， 細繩繞於盤的邊緣，並繫上一質量為 m 之物 體 （圓盤對中心軸的轉動慣量為 MR2∕2 ），求： (1) 邊緣上一點的切線加速度為若干？ (2) 繩子張力為何？ (3) 盤的角加速度為何？（繩與盤緣間無滑動） m M α T a 2 2 2 ( 2 ) 2     _     _     _  答案： mg a M m mg R M m Mmg T M m

例題：今拉住線軸上的細線，使線軸由靜止開始滾下，如下圖 所示。若線軸的質量為 m ，半徑為 R ，且線軸的轉動慣量 為 I = 0.5 mR2 ，忽略所有摩擦力與細線質量，求細線張力 與線軸的加速度。 1 T= mg 3 2 a g 3       答案：

§ 8-4 角動量與角動量守恆定律

θ

r

v

m O O O

1.

m r v m     如右圖所示，質量為的質點在 相對於點為處，正以速度作運動。 定義質點 相對 (1) 定義 點 角 ： 於的動量

單一質點的角動量：

sin r p r mv rmv r p                _      _ 答 答 答 答答 答 答 答 答答 答 答答答 答 答 答答答答 答 答答 答答答 答答答答 答答答 答答 答答答 答 答 答答答答答答 答





r

_p

(2) 單位：公斤‧公尺 2∕ 秒（ kg m‧ 2∕s ）

2 2 ( ) (3) r p rp rmv rm r mr I I mr               答 答答 答答 答 答 答 答答 答 答答 答 答 答答答 答 答 答 答答答 答答答答 答答 答 答答答答答答 答答答答 答 答答答答答 答 答

2. 剛體的角動量：

剛體繞固定軸以 ω 的角速度轉動時，剛 體內的每一質點皆以相同的角速度 ω 作圓運 動，質點 m_i 的角動量為 2 i



r m v

i i i



m r

i i





剛體的總角動量： _{i i i}2 i i L   _ m r _  I  







m_i r_i

例題：線動量為 p 之物體，在座標（－ a ，＋ b ）處，向

＋ x 方向運動時，物體相對於坐標原點之角動量為 ________ 。 答案： pb

例題：地球質量為 M ，一質量為 m 的人造衛星繞地球作 半徑為 r 的圓周運動， G 為萬有引力常數為，則人造衛星 的角動量為若干？ 2 GMm R 答案：

例題：質量 2kg 的小球以 25m/s 初速， 53o 仰角斜向拋 出，小球達最高點時對拋射點的角動量為何？（ g = 10 m/s 2 ） θ H v_0x

r

θ v₀ 2 600kg m / s 答案：

例題：如右圖所示， A 、 B 兩飛輪半徑比 為 1 ： 2 ，以皮帶相連接，已知轉動時兩 輪的角動量相等（皮帶無滑動），則 A 、 B 飛輪的轉動慣量比為何？ A B 答案： _{1 ： 2}

3. 角動量守恆定律：

剛體的轉動方程式 的另一形 式為 0 lim t L t      



即剛體所受到的總外力矩等於其角動量隨時間的變化率。 剛體的轉動慣量不隨時間變化，因此 0 0 0 ( )

lim lim lim

t t t L I I I t t t   _        _  _  _    即方程式的兩種形式是等價的，但如物體的轉動慣量會隨 時間變化時，則第二種形式才是正確的表示。因此當物體 所受到的合力矩為零，則 ΔL = 0 ，即角動量 L 為一定值。 此稱為角動量守恆定律： 若物體所受到的合力矩為零，則其角動量守恆。 I   



角動量守恆的實例： • 行星繞太陽作橢圓形軌道運行，行星 受到太陽的吸引力為連線上的力量， 如以太陽為參考點，此力的力臂為零 ，產生的力矩亦為零，因此行星的角 動量守恆。即 2

I



mr











答 答

• 花式溜冰選手，結尾時讓身體快速轉動 為角動量守恆的應用。手腳伸展時轉動 慣量較大，身體轉的慢，當手腳靠攏時 ，轉動慣量變小，身體轉速變大。 s _r

• 直升機升空後，因機身受到的外力矩 為零。當主螺旋槳要加速轉動時，為 維持角動量守恆，則機身將會產生反 方向轉動，造成機身不穩。因此常在 機尾設計一副旋轉尾翼，以平衡主螺 旋槳轉動時所產生的機身轉動。 • 跳水選手離開跳板後，受到的外力 矩為零。利用手腳縮向身體質心， 使得轉動慣量變小，轉速增快。此 亦為角動量守恆的應用。

例題：如右圖所示，質點 m 受繩子拉力 F ，在光滑的水平 桌面上作等速率圓周運動，如用力拉繩使圓周半徑縮小為原 來的 1∕2 ，則 (A) 質點之動量大小變為原來的 2 倍 (B) 質點之角動量大小變為原來的 4 倍 (C) 質點之角速度大小變為原來的 4 倍 (D) 拉力大小變為原來的 8 倍 (E) 拉力在此過程中不作功。 F m 2 rp rmv mr   _    答 答答 答答答 答 答 答答答答答 答答答答 答 答 答 答答答答 答 答 答 答 答答 答 答答 答答 答答答答 答 答答答 答 答 答 答答答 答 答案： ACD

例題：一支輕桿繞其一端轉動時，其角動量 L 與時間 t 的關係為 L = 3t2 + 2t + 1 （單位： SI ）。假定輕桿的轉動

慣量為 2 kg-m2 _{，則輕桿於第 1 秒末時所受的力矩為 ___}

_____ 。

例題：一半徑 2 公尺，轉動慣量為 120 公斤．公尺 2 _的

水平圓桌，可繞其中心軸自由轉動。一人重 60 公斤，在 桌子邊緣由靜止開始沿桌緣以 1 公尺∕秒的速率行走，求 桌面的角速度。

例題：一轉動慣量為 6 kg ． m2 的圓盤， 可繞通過圓心且垂直於盤面的轉軸自由轉動 ，如右圖所示。當圓盤正以角速度 6 rad∕s 轉動時，一個質量為 3kg 的小物體自 4m 高處自由落下，落在距圓心 2m 處，並黏 在盤上，則圓盤的角速度變為若干？ 答案： _{2 rad∕s}

§ 8-5 轉動動能

m_i r_i O ω 如右圖所示，當一剛體以角速度 ω 繞 一固定軸轉動時，剛體內每一質點皆 以相同的角速度繞同一軸做圓周運動 ，設某一質點 m_i 與轉軸的垂直距離 為 r_i ，則該質點作圓周運動的速率 v_i = r_iω ，其動能為 2 2 2 1 1 2 2 ki i i i i E  m v  m r  因此剛體轉動的總動能 2 2 2 1 1 ( ) 2 2 k ki i i i E 



E 



m r   I

例題：兩小球質量分別為 m₁ 及 m₂ ， 由一長度為 ℓ 之細桿（質量可忽略）相 連，並以通過兩球質量中心且垂直於細 桿的軸，作等角速度 ω 的轉動，試求系 統的角動量與總動能。 m_{1 r} ℓ m₂ 1 r2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 m m 1 m m m m 2 m m  _    答 答 答答

例題：一質量為 m ，半徑為 r 的圓盤 ，從斜角為 θ 的斜面頂端自靜止滾下，假 設在鞋面上的滾動為純滾動，斜面長度為 s ，試求滾至底邊時圓盤中心點的速率。 θ 4gssin 3  答案：

移動與轉動物理量的對應 名稱 移動 轉動 位移 – 角位移 Δx Δθ 速度 – 角速度 v ω 加速度 –角加速度 a α 質量 – 轉動慣量 m 動量 – 角動量 p = mv L = Iω 動能 – 轉動動能 力 – 力矩 F 力學方程式 2 i i I 



m r 2 1 2 k E  mv 1 2 2 k E  I sin Fr    0 lim t p F ma t       limt 0 L I t        

THE

END