10 轉動運動—I
Rotation Motion — I
10-1 物理學探討什麼?
10-2 轉動變數
10-3 角量是否為向量 10-4 等角加速度的轉動
10-5 線量變數和角量變數的關係 10-6 轉動的動能
10-7 計算轉動慣量 10-8 力矩
10-9 力矩形式的牛頓第二定律 10-10 功和轉動動能
10-1 物理學探討什麼?
我們已討論過物理的一個重點是運動,但是我們只考 慮過平移(translation)運動,即是物體沿直線或曲 線移動,如圖 10-1a 所示,現在我們要討論轉動(rotation),即物體繞一個軸旋轉,如圖 10-1b 所示。
圖10-1
花式溜冰選手 Sasha Cohen 做溜冰動作:
10-2 轉動變數
考慮剛體繞固定軸的轉動。剛體(rigid body)是一 個物體,當轉動時它的所有部分都鎖定在一起而不變 形。固定軸(fixed axis)是當轉動發生時,軸不會移 動,故太陽不在此範圍,因太陽是氣團,無法固定。
圖 10-2 顯示一任意形狀的剛體繞一固定軸轉動,此 軸稱為轉動軸(axis of rotation;rotation axis)。在純 轉動情況(角運動;angular motion),物體的每一點 沿圓周運動,而圓的中心在轉動軸上,並且在特定的 時間間隔裡,每一點都移動相同的角度。10-2 轉動變數
(續)角位置
圖 10-2 顯示固定在物體內,垂直於轉動軸和物體共 轉的一條參考線(reference line)。這條線的角位置(angular position)是這條線和我們認定為零角位置
(zero angular position)的固定方向之相對角度,如 圖 10-3 所示,角位θ是和 x 軸的正方向所量出的角 度。從幾何學得知,θ可由下列方程式求得
s 是從 x 軸(零角位置)到參考線的圓弧長度,r 是圓
圖10-2
任意形狀的剛體繞 座標系統 z 軸做純 轉動運動,參考線 在剛體上位置是任 意但垂直於轉軸,
參考線固定在物體 上而隨它轉動。
10-2 轉動變數
(續)
用此方法定義的角度單位是弳度(radian, rad),而 不是轉數(revolution, rev)或度數,弳度因為是兩個 長度的比,所以是純數量沒有維度。因為半徑 r 的圓 周長是 2πr,一個圓圈有 2π弳度
當參考線繞轉軸轉動一圈時,我們沒有把θ重設定為 0,因此當參考線從零角位置完成兩圈時,參考線的10-2 轉動變數
(續)角位移
若圖 10-3 的物體繞轉軸轉動,如圖 10-4 所示,參考 線的角位置從θ1
到θ2
,則物體的角位移(angular displacement)Δθ為
若物體沿 x 軸做平移運動,其位移Δx 是正或負,乃 依物體在軸的正方向或負方向運動而定;同樣地,轉 動物體的角位移Δθ是正或負,則依下列法則。圖10-3
本圖為圖 10-2 中轉 動剛體從上看下的 截面,此截面垂直 於伸出頁面朝向讀 者的轉軸,在此物 體位置,參考線和 x 軸成一角度θ。
10-2 轉動變數
(續)角速度
如圖 10-4 所示,若轉動物體在時間 t1
的角位置θ1
, 在時間 t2
的角位置θ2
,物體在 t1
到 t2
的時間間隔Δt 內的平均角速度(average angular velocity)定義為Δθ是在時間Δt 內的角位移(ω是希臘字 omega 的小 寫)。
10-2 轉動變數
(續)
瞬時角速度(instantaneous angular velocity)ω為10-5 式中的比值,當Δt 趨近 0 時,所得的極限值,
因此
如θ(t) 已知,經微分可得角速度ω。
角速度的單位是每秒弳度(rad/s)或每秒轉數(rev/s)。角速度的絕對大小稱為角速率(angular speed)
,也以ω表示。
圖10-4
圖 10-2 和圖 10-3中剛體的參考線,在 t1 時角位置為θ1而在 t 時角位置為θ ,數量Δθ(=θ -θ )是在時間間隔
10-2 轉動變數
(續)角加速度
如轉動物體的角速度不是常數,則物體有角加速度。令在 t
1
和 t2
的物體角速度為ω1
和ω2
,則平均角加 速度(average angular acceleration)定義為Δω是角速度在時間間隔Δt 的改變量。
10-2 轉動變數
(續)
瞬時角加速度(instantaneous angular acceleration)α 是當Δt 趨近 0 時此數量的極限,因此
10-7 式和 10-8 式適用於物體的每個粒子,角加速度 的單位是弳度每秒平方(rad/s2
)或轉數每秒平方(rev/s
2
)。範例10-1
圖 10-5a 中的圓盤可以像旋轉木馬一樣繞中央軸轉動,
轉盤上一參考線的角位置θ(t) 為
t 的單位是秒,θ的單位是弳度,零角位置標示在圖上。
(a) 繪出時間 t =-3.0 s 到 t =5.4 s 之間圓盤的角位置相對 時間。描述在 t =-2.0 s 和 4.0 s 點以及曲線穿過 t 軸時的 圓盤和它的角位置參考線。
圖10-5
(a) 轉動圓盤。(b) 圓盤角位置θ(t) 的 曲線。(c) 五個圓盤素描顯示其參考 線在曲線上五點的角位置。(b) 圓盤 角速度ω(t) 的曲線,正ω值是逆時
範例10-1 (續)
解題關鍵
圓盤的角位置是其參考線之角位置θ(t),如10-9式所示 是時間函數,以此所繪10-9 式的結果顯示在圖10-5b。
解題算式
要描述在特定時間的圓盤和它的參考線,需要先計算該 時間的θ,把時間 t =-2.0 s 代入 10-9 式得
範例10-1 (續)
意指圓盤上的參考線從零位置逆時鐘轉動角度 1.2 rad
=69°(因θ為正值,逆時鐘),在圖 10-5b 中 (1) 表示 參考線位置。
同理,當 t =0 求得θ=-1.00 rad=-57°,意指參考 線從零位置順時鐘轉動 1.0 rad 或 57°,如圖中 (3);t = 4.0 s 時,θ=0.60 rad=34°,如圖中 (5)。要畫圖穿過 t 軸並不難,因為當時θ=0 而參考線正好在零角位置圖 中 (2) 和 (4)。
範例10-1 (續)
(b) 在什麼時間 t
min
θ(t) 達到極小值如圖 10-5b所示?極 小值為何?解題關鍵
求一函數的極值(此處為極小值),對函數做一次微分
,然後令其為 0。
解題算式
θ(t) 的一次微分為
令上式為 0,所解出的 t 是θ(t) 為極小值的時間:
範例10-1 (續)
要求θ的極小值,將 t
min
代入 10-9 式得θ(t) 的極小值(圖 10-5b 中曲線的底部)正好和從零角 位置起,圓盤的最大順時鐘轉度相應,這角度比圖中 (3) 的大些。
(c) 繪出圓盤角速度ω在時間 t =-3.0 s 到 t =6.0 s 內的 變化。在 t =-2.0 s、4.0 s 和 t
min
間,描述圓盤同時顯 示旋轉方向和ω的正負。範例10-1 (續)
解題關鍵
由 10-6 式得知,角速度ω等於 dθ/dt,從 10-10 式得
圖 10-5c 顯示函數ω(t) 的曲線。
解題算式
為描述在 t =-2.0 s 的圓盤,將此值代入 10-11 式得
負號表示在 t =-2.0 s 時,圓盤是順時鐘旋轉(圖 10-
範例10-1 (續)
將 t =4.0 s 代入 10-11 式得
未顯出的正號表示在 t =4.0 s 時,圓盤是逆時鐘旋轉(
圖 10-5c 中最高的圖像)。
在 t
min
時已知 dθ/dt=0,所以ω=0,即是當參考線 到達θ的最低值,如圖 10-5b 所示時,圓盤暫時停止,從圖 10-5c 的中間圖像可知。
範例10-1 (續)
(d) 用 (a) 小題到 (c) 小題部分的結果,描述從 t =-3.0 s 到 t =6.0 s 的圓盤運動。
描述
轉盤最初在 t =-3.0 s 時是正角位置和順時鐘轉,但速 度轉慢,在角位置θ=-1.36 rad 時停止,然後開始逆 時鐘轉,而角位置最終變為正號。
10-3 角量是否為向量?
圖 10-6a 顯示在轉盤上轉動的塑膠唱片,唱片以定速 率ω(=33 1/3 rev/min)順時間轉動。如圖 10-6b 所 示,我們可將角速度用沿轉動軸方向的向量ω表示。如圖 10-6c 所示,我們用右手定則(right-hand rule)
來定ω的方向:將右手指按照轉動方向捲曲,伸出拇 指的方向即是角速度向量的方向。
注意,角位移不能當向量處理,除非量很小,因為向 量的法則規定,兩向量相加時順序無關,而兩角位移 相加的結果和相加順序有關。圖10-6
(a) 唱片繞著和轉盤軸相合的垂直軸轉動。(b) 轉動唱片的角速度 以向量ω表示,如圖所示ω沿轉軸向下。(c) 角速度向量的方
向是用右手定則確定為向下,當右手手指繞唱片捲曲而指向運動
圖10-7
(a) 從圖中最上面書本的最初 位置,書本做兩個連續 90°
的轉動,首先繞(水平)x 軸
,然後繞(垂直)y 軸。
(b) 書本做相同轉動但轉動的 秩序相反。
10-4 等角加速度的轉動
在純平移運動,等線加速度(constant linearacceleration;如自由落體)是重要的特例,表 2-1 有 這運動的方程式。
2-11 式和 2-15 式是等線加速度的基本方程式,其他 方程式可以由此導出;同樣地,10-12 式和 10-13 式 是等角加速度的基本方程式,其他角方程式可由此導 出。表10-1 等線加速度和等角加速度的運動方程式
範例10-3
砂輪(見圖 10-8)以等角加速度α=0.35 rad/s
2
轉動,在 t =0 時角速度為ω
0
=-4.6 rad/s,同時砂輪上的參考 線在水平方向角位置θ0
=0。(a) t =0 後,何時參考線在角位置θ=5.0 rev?
解題關鍵
因角加速度是常數,故可應用表10-1,選擇 10-13 式,
上式的唯一未知變數是所需時間 t。
圖10-8
在 t=0 時砂輪的參考線(想像在輪上標誌)在水平方向。
範例10-3 (續)
解題算式
代入已知數,同時令θ
0
=0 和θ=5.0 rev=10π,得(5.0 rev 轉換為 10πrad 為使單位一致),解上列 t 的 二次方程式得
範例10-3 (續)
(b) 描述砂輪在 t =0 和 t =32 s 之間的轉動。
描述:
砂輪開始向負方向(順時鐘)轉動,角速度為ω
0
=-4.6 rad/s,但角加速度α為正,角速度和角加速度符 號相反,表示砂輪的負方向轉動減緩,終於停止而反轉
,向正方向轉動,在參考線通過最初的方向θ=0 後,
砂輪在 t =32 s 時再多轉 5.0 rev。
範例10-3 (續)
(c) 何時砂輪暫時停止?
解題算式
從方程式表中,選擇等角加速度的方程式,同時需要未 知變數是 t 的方程式,而且方程式中還要有變數ω,可 將ω設為 0 而求 t 的解。應用 10-12 式可得
10-5 線量變數和角量變數的關係
位置
若剛體上的參考線轉過角度θ,則物體內距離轉軸 r 的一點,沿圓弧移動距離 s,s 可用 10-1 式表示
這是第一個線-角關係式,注意:角度θ的單位必須 是弳度,10-17 式本身是以弳度為單位的角度定義。10-5 線量變數和角量變數的關係
(續)速率
對 10-17 式就時間微分,而 r 保持不變得但 ds/dt 是該點的線速率(線速度的大小值),而 dθ/dt 是轉動物體的角速率ω,因此
注意,角速率ω必須以弳度表示。10-5 線量變數和角量變數的關係
(續)加速度
10-21 式中,沒有向量的 dv/dt,只代表有向量的線速 度 v 中,速度 v 大小值的改變產生的部分線加速度。和 v 一樣,這部分的線加速度是在圓周該點的切線上
,可稱為該點的線加速度之切線分量(tangential component) a
t
。圖10-9
顯示圖 10-2 中轉動剛體從上看下的截面,物體上每一點
(如 P)繞轉動軸做圓周運動。(a) 每一點的線速度 v 是 在該點運動的圓周之切線方向。(b) 該點的線加速度 a 有
10-6 轉動的動能
轉動物體的動能是在此 m
i
是粒子 i 的質量,vi
是它的速率,集合是對物 體中所有粒子的總和。
10-31 式的困難在所有粒子的速率 vi
並不相同,解決 問題的方法是用 10-18 式(v=ωr)取代 v,因此可得10-6 轉動的動能
(續)
10-32 式右邊括號內的數量告訴我們,轉動物體的質 量是如何圍繞轉軸分佈,我們稱此數量為物體對轉軸 的轉動慣量[rotational inertia;或慣量矩(moment of inertia)]I。對一個特別的剛體和特別的轉軸而言,它是常數(若要 I 值有意義,轉軸必須確定)。
因此可寫成
I 的 SI 制單位是仟克平方米(kg.m
2
)。圖10-11
長棍繞 (a) 通過中心軸(縱向),較繞 (b) 通過中點但 垂直於長度的軸易於轉動。兩者差異的原因在圖 (a)
10-7 計算轉動慣量
若剛體是由無數的鄰接粒子構成(連續性,如飛盤),則需要電腦才能用 10-33 式計算,由此,我們可將 10-33 式中的集合用積分取代,並定義物體的轉動慣 量為
表 10-2 是九種不同形狀的物體和所示轉軸積分的結 果。10-7 計算轉動慣量
(續)平行軸定理
計算質量 M 的物體繞已知軸的轉動慣量,原則上我 們可用10-35 式的積分求得,但若已知通過物體質量 中心的平行軸之轉動慣量 Icom
,則有捷徑可循。令 h 為已知軸和通過質量中心的平行軸的距離,則繞已知 軸的轉動慣量 I 為此方程式稱為平行軸定理(parallel-axis theorem)。
表10-2 一些轉動慣量
圖10-12
一個剛體的截面,質量中心在 O 點。用平行軸定理(10-36 式),
可由繞通過 O 點軸的轉動慣量,求得繞另一平行軸的轉動慣量,
範例10-6
圖 10-13a 顯示一剛體,由兩質量 m 的粒子以長度 L 之 無質量棍連接構成。
(a) 如圖所示,繞通過棍的質量中心而垂直於棍的轉動 慣量 I
com
為何?解題關鍵
因為只有兩粒子有質量,可用10-33 式求出物體的轉動 慣量 I
com
,不需用積分。範例10-6 (續)
解題算式
兩粒子和轉軸的距離各為
½
L,可得(b) 如圖 10-13b,在棍左端平行於前軸另立一軸,繞此 軸的物體轉動慣量 I 為何?
解題關鍵
這情況很簡單,我們可用兩個方法中之一求得 I,第一 個方法和 (a) 小題所用相似,另一更有效的方法是用平
圖10-13
範例10-6 (續)
第一種方法:用 (a) 小題的計算法,但左端粒子的垂直 距離 r
i
為 0,而右端粒子的垂直距離為 L,從 10-33 式 得第二種方法:因已知通過質量中心軸的 I
com
有新軸為平 行軸,故可用平行軸定理(10-36 式),得10-8 力矩
如圖 10-16a 顯示一物體的截面,此物體可繞一個通 過 O 同時又垂直於截面的軸自由轉動,一力量 F 作 用在 P 點,這點和 O 的相對位置可用位向量 r 定義,向量 F 和 r 之間的角度為ψ。
要測定 F 如何使物體繞轉軸轉動,如圖 10-16b 所示 將 F 分解成兩垂直分量。一個分量指向 r 稱為徑向分 量(radial component)Fr
,因為它的作用線之延長線 通過 O,故此分量不會造成轉動。另一個 F 的分量稱 為切線分量(tangential component) Ft
,它垂直於 r 而數值是 F =F sinψ,這分量會造成轉動。10-8 力矩
(續)
F 轉動物體的能力不僅是依靠切線分量 Ft
的大小,而且還要看力使用的地方和 O 的距離而定。為使這 兩因素都顧慮到,將這兩因素的乘積定義為力矩(
torque)τ而寫成
兩種相當的計算力矩方法是10-8 力矩
(續)
此處 r┴
是 O 的轉軸和 F 向量延長線的垂直距離(見 圖 10-16c),這延長線稱為 F 的作用線(line ofaction),而 r
┴
稱為 F 的力臂(moment arm)。圖 10-16b 顯示 r 向量的數值 r 可以看作是力分量 Ft
的 力臂。
力矩的 SI 制單位是牛頓公尺(N.m)。注意,「牛 頓公尺」也是功的單位。力矩和功是全然不同的數量,絕對不能混淆,功常用焦耳表示(1 J=1 N.m),
而力矩絕不可能用。
圖10-16
(a) 一剛體可繞通過 O 點的軸自由轉動,此軸垂直於如圖所示 截面,有力 F 作用在剛體上的 P 點。(b) 此力所產生的力矩為 (r)(F sinψ),亦可寫成 rFt,Ft是力 F 的切線分量。(c) 力矩也
10-9 力矩形式的牛頓第二定律
猶如用力矩轉動門,力矩可以轉動剛體,在此我們要 將作用在剛體的淨力矩τnet
和因力矩而產生繞轉軸的 角加速度α之關係找出。
模仿牛頓第二定律(Fnet
=ma),即沿座標軸的淨力 Fnet
作用於質量 m 的剛體而產生加速度 a,將 Fnet
用 τnet
代替、m 用 I 代替、a 用弳度為單位的α代替,可得
圖10-17
圖示為一個可繞通過 O 點軸 自由轉動的簡單剛體,剛體 由一質量 m 的粒子,繫在一 長度 r 的無質量棍之端點構 成,作用力使剛體轉動。
10-9 力矩形式的牛頓第二定律
(續)10-42式的證明
將力 F 作用在粒子上,因為粒子只能沿圓周運動,只有力的切線分量 F
t
(在圓周切線方向的分量)可以 使粒子沿圓周加速,可用牛頓第二定律將 Ft
和粒子 沿路徑的切線加速度 at
的關係寫成
由 10-40 式作用於粒子的力矩是10-9 力矩形式的牛頓第二定律
(續)
由 10-22 式(at
=αr)可以寫成
右式括號內的數量是粒子繞轉軸的轉動慣量(見 10- 33 式),10-43 式可簡化為
當多於一個的力作用於粒子時,10-44 式可推廣為範例10-9
圖 10-18a 顯示一均勻圓盤,其質量 M=2.5 kg、半徑 R
=20 cm,裝置在一固定水平軸,從圍繞圓盤邊緣的無質 量繩索端,懸掛一物質量 m=1.2 kg。試求下墜物體的 加速度、圓盤之角加速度和繩索之張力。繩索不會滑動 而輪軸沒有摩擦力。
解題關鍵
(1)就物體而言,用牛頓第二定律(F
net
=ma),加速度 a 可由作用力得到。(2)就圓盤而言, 用轉動的牛頓第 二定律(τnet
=Iα),圓盤角加速度α可由作用於它的 力矩得到。(3)物體和圓盤的運動聯繫在一起的關係是,已知物體的線加速度 a 和圓盤邊緣的線(切線)加速
範例10-9 (續)
作用在物體的各項力:在圖 10-18b 中,各項力顯示在 自由體圖上。繩索之力是 T,而重力是 F
g
其值為 mg,在垂直 y 軸方向分量的牛頓第二定律(F
net,y
=may
)可寫 成因 T 為未知,故上式無法求 a。
圓盤上力矩:之前因用 y 軸無解,即改用 x 軸,此處改 用圓盤的轉動。如圖 10-18c,為計算力矩和轉動慣量 I
,將轉軸設在圓盤中心點 O,轉軸垂直於圓盤面。
圖10-18
(a) 下墜物體使圓盤轉動。
(b) 自由體圖。
(c) 圓盤簡圖。
範例10-9 (續)
力矩可由 10-40 式(τ=rF
t
)得到。作用在圓盤的重力 和輪軸作用在圓盤的力都是著力在圓盤中心,即距離 r=0 而力矩為 0。由繩索作用在圓盤的力 T 著力點距離 r=R,而且在圓盤邊的切線方向,因此力矩為-RT,此 處負號因為力矩使圓盤從靜止而順時鐘轉由表 10-2c,圓盤的轉動慣量 I 為 ½ MR
2
。因τnet
=Iα得範例10-9 (續)
上式好像無用,因有兩未知數α和 T,兩者均非所要的 a。經物理分析,可以用輔助條件:因繩索不滑動,故 物體的線加速度 a 和圓盤邊的(切線)線加速度 a
t
相 等。由 10-22 式(at
=αr)得 α=a/R,代入(10-47)得範例10-9 (續)
綜合結果:結合 10-46 式和 10-48 式得
然後用 10-48 式求 T :
範例10-9 (續)
如所期望,墜落物體的加速度 a 小於 g,同時繩索的張 力 T(=6.0 N)比懸掛的物體所受重力(mg=-11.8 N
)為小,a 和 T 是由圓盤的質量決定而不是圓盤半徑。
為檢驗結果,注意上面推導出的方程式,當圓盤質量 為 0 時(M=0),可得 a=-g 和 T=0。如所預期:物體 如為自由落體,從 10-22 式,圓盤的角加速度為
10-10 功和轉動動能
在第 7 章討論過,當力 F 使質量 m 的剛體沿座標軸 加速,這力對物體作了功 W,因此物體的動能(K=½
mv2
)改變。假設這是物體唯一改變了的能量,用 功-動能原理(7-10 式),可定改變的動能ΔK 和所 作功 W 的關係,寫成
對限制於 x 軸的運動,可用 7-32 式計算功,
當 F 是常數而物體的位移是 d,上式簡化為 W=Fd,作功的速率是功率,可見於 7-43 式和 7-48 式,
假設這是物體唯一改變了的能量,由於功-動能原理,動能的改變ΔK 是由於作的功 W,但動能是轉動動 能:
10-10 功和轉動動能
(續)10-10 功和轉動動能
(續)
亦可計算和 10-50 式相當的轉動所引起的功,
τ是作功的力矩,θi
和θf
分別是作功之前和之後的 物體角位置。當τ為常數,10-53 式簡化為10-10 功和轉動動能
(續)
作功的速率是功率,和 10-51 式相當的轉動功率為
表 10-3 概括可應用於繞固定軸轉動的剛體方程式,同時列有相當的平移運動方程式。
表10-3 平移運動和轉動運動的對應關係
範例10-11
在範例 10-9 和圖 10-18 中的圓盤,令它從時間 t =0 開 始轉動,在 t =2.5 s 時的轉動動能 K 為何?
解題關鍵
可用 10-34 式(K= ½ Iω
2
)求 K。我們已知 I= ½ MR2
,但在 t =2.5 s 的ω尚未知,因角加速度α是常數-24 rad/s
2
,可用表 10-1 中等角加速度的方程式。範例10-11 (續)
解題算式
已知α和ω
0
(=0),用 10-12 式求ω:將ω=αt 和 I= ½ MR
2
代入 10-34 式,得範例10-11 (續)
解題關鍵
亦可由作用在圓盤的功求得圓盤的動能。
解題算式
由 10-52 式(K
f
-Ki
=W)的功-動能定理,作用在圓盤 的淨功 W 等於圓盤改變的動能,令 K 代入 Kf
、0 代入 Ki
得其次求功 W。由 10-53 式或 10-54 式,W 來自力矩作 用在圓盤上。
範例10-11 (續)
能產生角加速度和作功的力矩是由繩索對圓盤的力 T 導致的,從範例 10-9,這力矩等於-TR。因為α是常 數,力矩也是常數,可用 10-54 式得
因α為常數,可由 10-13 式求θ
f
-θi
,因ωi
=0,可得範例10-11 (續)
將上式代入 10-61 式,再將結果代入 10-60 式,因 T
=6.0 N 和α=-24 rad/s