刚体角动量守恒定律

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刚体定轴转动的角动量定理和角动量守恒定律

刚体定轴转动的角动量定理和角动量守恒定律
1、刚体定轴转动的角动量
刚体绕定轴转动的角动量等于刚体对该轴的转动惯量与角速度的乘积；方向与角速度的方向相同。

2、刚体定轴转动的角动量定理
（1）微分形式：刚体绕某定轴转动时，作用于刚体的合外力矩，等于刚体绕该定轴的角动量随时间的变化率。

（2）积分形式：当物体绕某定轴转动时，作用在物体上的冲量矩等于角动量的增量。

3、刚体定轴转动的角动量守恒定律
如果物体所受的合外力矩等于零，或者不受外力矩作用，物体的角动量保持不变。

练习：1角动量守恒的条件是。

0=M 11222
1ωωJ J Mdt t t -=⎰刚体） 21J J ==ωJ 恒量
ωJ L =()ωJ dt d dt dL M ==。

物理-定轴转动刚体的角动量定理和角动量守恒定律

或 Lz = I = 恒量
当刚体相对惯性系中某给定转轴的合外力矩为零时，该刚体对同一转轴的角动量保持不变。
——对转轴的角动量守恒定律
二、定轴转动中的角动量守恒
说明 1、关于该守恒定律的条件：
Mz Miz 0
特别地，若每一个力的力矩均为零，即则
二、定轴转动中的角动量守恒
M iz ri Fi sini 0 的几种情况
10
f
20
O1 R1 A
R2 O2 fB
随堂练习
当两圆柱接触处无相对滑动时，两者转速相反
10
20
O1 R1 A
R2 O2 B
且两者接触点的线速率相等！
二、定轴转动中的角动量守恒
由定轴转动的角动量定理
Mz
dLz dt
若刚体所受对转轴的合外力矩 M z 0，则有
dLz d ( I ) 0
dt
dt
二、定轴转动中的角动量守恒
(3) 对共轴非刚体系（其中各质元到转轴的距离可变则）系：统的转动惯量可变，此时系统对转轴的角动量守恒，
即：I =恒量
• 特别地，若各质元的保持一致，
Lz =I =恒量
当 I 增大时，就减小；当 I 减小时，就增大。
二、定轴转动中的角动量守恒
例如：花样滑冰运动员在冰面上旋转时运动了角动量守恒定律
（1）
（2）
（3）
二、定轴转动中的角动量守恒
2、对转轴的角动量守恒定律的适用范围： • 不仅适用于刚体， • 也适用于绕同一转轴转动的任意质点系。
二、定轴转动中的角动量守恒
3、对转轴的角动量守恒的几种典型表现 (1) 对定轴刚体：I 不变，大小和方向均不变；

§3-3定轴转动刚体的角动量守恒定律

v0

1 2 J ml 3
解：系统的合外力矩为零,角动量守恒
mv l mv l 0 m7l
直线运动与定轴转动规律对照
质点的直线运动 dv d2 x dx a 2 v dt dt dt 1 2 Pmv EK mv 2 刚体的定轴转动 d d2 d 2 dt dt dt 1 2 LJ EK J 2
也变，不变；若 J 变，
3）内力矩不改变系统的角动量. 4）在冲击、碰撞等问题中内力矩>>外力矩，角动量保持不变。 5）角动量守恒定律是自然界的一个基本定律.
例1 一根质量为 M ，长为l 的均匀细棒，可绕通过棒中心的垂直轴 Z ，在 xy 平面内转动。开始时静止，今有质量为 m 的小球以速度 v0 垂直碰撞棒的端点，假设碰撞是完全非弹性的，小球与棒碰撞后粘在一起，试求碰撞后系统转动的角速度
§3-3 定轴转动刚体的角动量守恒定律一、定轴转动刚体的角动量定理由转动定律
d ( ) d ( J ) d L M J J d t d t d t
或写作
t 2
M d t d L
t 2
对于一段时间过程有
M d t d L L L 末初
t 1 t 1
F
d A F d x
m
M
J
Fdt
d A M d M dt
F ma
M J
0
d t P P F
d t L L M
0

v0
m
M l
x
y
z
解：系统的合外力矩为零.角动量守恒碰撞前球角动量: mv
0

3-3刚体定轴转动的角动量定理和角动量守恒定律

为零,角动量守恒
v0

v0
mv0l mv0l 0 mvl mvl J
v l
6 v0 7l
1 2 J ml 3
代入上式
L J const.
即转动过程中角动量(大小、方向)保持不变角动量守恒定律比转动定律适用范围更广泛，这里可以有
J 00 J11
但是
J 0 J1
讨论
1）角动量守恒条件
M 0
2）若 J 不变，不变；若 J 变，也变，但
L J 不变.
3）内力矩不改变系统的角动量. 4）在冲击等问题中内力矩>>外力矩，角动量保持不变。 5）角动量守恒定律是自然界的一个基本定律.
力矩。合外力矩为 0 ，小球角动
量守恒。有：
N
mg
L = mvr = 恒量
即： m v1 r1 =m v2 r2
例2 光滑桌面上有一长2l，质量为m的细棒，起初静止。两个质量m，速率v0的小球，如图与细棒完全非弹性碰撞，碰撞后与细棒一起绕中心轴转动，求系统碰撞后的角速度解：系统的合外力矩
d( ) d( J ) dL M J J dt dt dt
刚体所受的(对轴的)外力矩等于刚体(对轴的) 角动量的时间变化率。或写作
Mdt dL
t2 t1
对于一段时间过程有

t2
t1
Mdt dL L末 L初
三、定轴转动刚体的角动量守恒定律如合外力矩等于零
6）转动系统由多个物体(刚体或质点)组成，角动量守恒定律的形式为

i
J ii J i 0i 0
i
m
m
系统内各物体的角动量必须是对同一固定轴而言的。

角动量守恒定律的公式

角动量守恒定律的公式
1. 角动量守恒定律公式。

- 对于质点，角动量L = r× p（其中r是质点相对于某参考点的位矢，p = mv 是质点的动量，×表示矢量叉乘）。

- 在合外力矩M = 0时，角动量守恒，即L_1 = L_2。

- 对于定轴转动的刚体，角动量L = Iω（其中I是刚体对轴的转动惯量，ω是刚体的角速度）。

当合外力矩M = 0时，I_1ω_1=I_2ω_2。

2. 相关知识点（人教版教材相关内容补充）
- 转动惯量。

- 对于离散质点系，I=∑_im_ir_i^2，其中m_i是第i个质点的质量，r_i是该质点到转轴的垂直距离。

- 对于质量连续分布的刚体，I = ∫ r^2dm。

不同形状的刚体转动惯量有不同的计算公式，例如，对于质量为m、半径为R的均匀圆盘绕通过圆心且垂直于盘面的轴转动，其转动惯量I=(1)/(2)mR^2；对于质量为m、长为l的细棒绕通过中心且垂直于棒的轴转动，I=(1)/(12)ml^2。

- 角动量定理。

- 对于质点，M=(dL)/(dt)（M是合外力矩），这表明质点所受合外力矩等于它的角动量对时间的变化率。

- 对于刚体定轴转动，M = Iα（α是角加速度），结合L = Iω也可推导出
M=(dL)/(dt)。

3-3 刚体定轴转动的角动量定理及其守恒

四角动量定理、角动量守恒的应用
练习电风扇开启电源时，经t1时间达到额定转速 0 ，关闭电源时经t2时间停止。设电风扇的转动惯量为 I ，且电机的电磁力矩与摩擦力矩为恒量。求：电风扇电机的电磁力矩。解. 风扇开启时，受电磁力矩 M与摩擦力矩 M f 的共同作用，经过时间t1，角速度0由增加 0 ， t 由角动量定理 t Mdt L L0 有
0
(M M f )t1 I0
即
I 0 (M M f ) t1
（ 1）
风扇关闭，受摩擦力矩 M f的共同作用，经过时间t2，角速度由 0降低至零，由角动量定理有
M f t2 0 I0
即
I 0 Mf t2
（ 2）
由（1）式-(2)式得
1 1 M I 0 ( ) t1 t 2
Nx
v0
m

例7 摩擦离合器飞轮1：I1、摩擦轮2： I2 静止，两轮沿轴向结合，结合后两轮达到的共同角速度。
解：两轮对共同转轴的角动量守恒
2 1
试与下例的齿轮啮合过程比较。
例8 两圆盘形齿轮半径r1 、 r2 ，对通过盘心垂直于盘面转轴的转动惯量为I1 、 I2，开始 1 0 转动，然后两轮正交啮合，求啮合后轮以两轮的角速度。解：两轮绕不同轴转动，故对两轴分别用角动量定理：
3-3 刚体定轴转动的角动量定理及其守恒
一、刚体定轴转动的角动量定理如前所述：刚体作为质点系的特例，显然应当服从质点系角动量定理
dLZ 沿固定轴(z轴)的分量式为 M z dt
dL M dt
对于定轴转动的刚体，常常略去下标，即
dLபைடு நூலகம்M dt
称刚体定轴转动的角动量定理的微分形式

刚体的角动量守恒定律

刚体的⾓动量守恒定律§ 5－3 刚体的⾓动量守恒定律教学⽬标：理解转动定律，转动惯量，平⾏轴定理，⾓动量守恒定律重点难点：会求常见刚体的转动惯量，运⽤平⾏轴定理与转动定律⼀、刚体定轴转动的⾓动量刚体上的⼀个质元,绕固定轴做圆周运动⾓动量为：ω2i i i r m L =所以刚体绕此轴的⾓动量为：ω)(2∑∑==ii i iir m LL⼆、转动定律 1. 定律的推导如图所⽰，刚体上某⼀质点i ，质量为i m ?，绕Oz 轴作半径为ir 的圆周运动。

设质点i受外⼒i F 和刚体中其它质点作⽤的内⼒i F '的作⽤，并设这两种⼒均在与Oz 轴相垂直的同⼀平⾯内。

由⽜顿第⼆定律，质点i 的运动⽅程为：i i i i m a F F='+切向⽅程为：θ?τi i i i i i i i r m a m F F ?=?='+sin sin 法向⽅程为：()2cos cos ωθ?i i ini i i i i r m a m F F ?=?='+-上式两边各乘以i r ，得：αθ?2sin sin i i i i i i i i r m r F r F ?='+外⼒矩内⼒矩若考虑所有质点，则由可得βθ='+∑∑∑i i i i i ii i i ii r m r F r F 2sin sinsin ='∑i i ii θr Fα=∴∑∑i i i i i i i i r m r F 2sin令ini ii r F M ?sin 1∑==，它为刚体所受的外⼒矩，令∑=?=i ii rm J 12为转动惯量，则有：αJ M =2. 刚体定轴转动定律表述刚体所受的对于某定轴的合外⼒矩等于刚体对此定轴的转动惯量与刚体在此合外⼒矩作⽤下所获得的⾓加速度的乘积。

3. 讨论（1）和⽜顿第⼆定律相⽐较，地位相当；（2）瞬时性。

同⼀时刻对同⼀刚体，同⼀转轴⽽⾔。

刚体角动量定理角动量守恒定律

布)有关;
3) 与转轴的位置有关.
4. 刚体定轴转动定律的应用
例3-5. 质量为 M =16kg 的实心滑轮, 半径为 R =0.15m. 一根细绳绕在滑轮上, 细绳一端挂质量为 m=8kg 的物体. 设细绳不伸长且与滑轮间无相对滑动, 求: (1) 由静止开始 1 秒钟后, 物体下降的距离; (2) 细绳的张力.
§3.2 刚体定轴转动定律角动量守恒定律
3.2.1 力矩
zF
Mz
F//
o d r F
力矩: 外力在转动平面内投影的大小与力线到转轴距离 d 的乘积等于外力对转轴力矩的大小.
M z Fr sin
力矩的方向由右螺旋法则确定
M z r F
单位: N·m
转动定律 M J
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 .
解: 将重物, 滑轮隔离分析
由牛顿定律 mg T ma
由转动定律
TR J 1 MR2 2
滑轮与细绳切点
at R
at a
N M
N
m2 > m1
拓展
M
R
T Mg
m
mg
T1 1m
Mg T2 2
m1g
m2g
a m g 810 5 m s2 mM 2 88
h 1 at2 1 512 2.5 m 22
T 1 165 40 N 2
N
m2 > m1 M R
拓展
T1 1m
Mg T2 2
m1g
m2g
m2 g T2 m2a T1 m1g m1a
T2 R T1R J
J 1 MR2 2
a R
N1
m1

3.5 刚体角动量定理和角动量守恒定律(时间效应)

刚体对定轴的角动量定理：刚体对定轴的角动量的增量等于外力对该轴的冲量矩。
§3.5 刚体角动量定理和角动量守恒定律（时间效应）第三章刚体动力学
2. 刚体的角动量守恒定律
《大学物理》教程
（1）刚体对定点的角动量守恒定律：（2）刚体对定轴的角动量守恒定律：
§3.5 刚体角动量定理和角动量守恒定律（时间效应）第三章刚体动力学
2. 刚体的角动量守恒定律
《大学物理》教程
（2）刚体对定轴的角动量守恒定律：
推导：刚体对定轴 z的转动定理：
Mz

dLz dt
若 M z 0 则 Lz I 恒量
★ 刚体对定轴的角动量守恒定律：如果刚体所受的外力对定轴的总力矩始终为零，则刚体对该定轴的角动量不变。
§3.5 刚体角动量定理和角动量守恒定律（时间效应）第三章刚体动力学
两边积分
t
L

Mdt
t0
dL
L0

L
L0
§3.5 刚体角动量定理和角动量守恒定律（时间效应）第三章刚体动力学
1. 刚体的角动量定理
t
t0 Mdt L L0
《大学物理》教程
★ 定义：力对定点O 的冲量矩：力对定点的
力矩对时间的累积量
t
Mdt t0
第二阶段：是碰撞过程。碰撞时间极短，冲力极大，物体受到地面的摩擦力可以忽略；冲力矩为内力矩抵消，重力和轴的支持力通过轴，不产生力矩，所以系统外力矩为零，角动量守恒。
取转轴垂直向里为正方向
1 ml 2 mvl 1 ml 2
(2)
3
3

大学物理第三章角动量守恒定律刚体汇总

求它由此下摆角时的角加速度和角速度。
解：棒下摆为加速过程，外
力矩为重力对O的力矩。在 O
棒上取质元dm,当棒处在下
摆角时，棒的重力矩为：
M l d(mg)
l
设 m
L
L
gl sin(
)dl
1
mgL cos
0
2
2
X dm
dmg
J 1 mL2
3
M
1 mgL cos
2
3g cos
J
1 mL2
整个刚体绕轴的角动量为所有质元角动量之和：
L Li ( miri2 )
i
i
令：J miri2 称为刚体对轴的转动惯量。
i
则刚体对轴的角动量为：L J
力对转轴的力矩
f 在转动平面内 Mz r f
Mz fr sin
Z
Mz
Or
d
P
f
转动平面
方向如图
例题P40：3-3
f 不在转动平面内，有时间可以补讲。
（2）通过棒的中点并与棒垂直的转轴的转动惯量。
解：（1） m
l
dm dx
x dx
x l
J x2dm l x2dx 1l3 1 ml2
0
33
例1、求质量为m、半径为R的均匀圆环的转动惯量。轴与圆环平面垂直并通过圆心。
解: J R2dm R2 dm mR2
OR dm
例2、求质量为m、半径为R、厚为l 的均匀圆盘的转动惯量。轴与盘平面垂直并通过盘心。
平行轴定理
若有任一轴与过质心的轴平行，相距
为d，刚体对其转动惯量为J，则有：
l
J＝JC＋md2。
z
刚体的质心： xc

17定轴转动刚体的角动量守恒定律

啮合过程机械能损失J：1 J 2
E
E0 E
(1 2
J112
1 2
J
2
22
)
1 2
(
J1
J2
)
2
J1J2 (1 2 )2
2(J1 J2 )103由于刚体的角动量等于刚体的转动惯量和角速度的乘积。定轴转动刚体角动量的情况有两种：
a)对于定轴转动的刚体，其转动惯量I为常数，其角
速度也为常数， =0。
0 0 , 0 0 C , C
即刚体在受合外力矩为0时，原来静止则永远保持静止，原来转动的将永远转动下去。证明了牛顿第一定律。
端A相碰撞，并被棒反向弹回，碰撞时间极短。已知小滑块与细棒碰撞前后的速率分别为v和u，则碰撞后
棒绕轴转动的角速度为多大？
解: 对于整个系统不考虑轴间摩擦阻力矩,则系统不受外力
矩作用, 碰撞前后角动量守恒.
m2vl I m2ul
细棒绕O转动的转动惯量为
I
1 3
m1l 2
m2 v
uA
O
m1
代入上式求得 3(v u)m2
定轴转动刚体的角动量守恒定律
1
一、定轴转动刚体的角动量定理
刚体定轴转动定律： M I I d d(I) dL
dt dt dt
M dL dt
定轴转动刚体角动量定理微分形式
定轴转动刚体所受的合外力矩等于刚体的角动量
对时间的变化率。
将 M dL 两边同时乘以dt并积分，得：
dt
t
L
Mdt t0
I2 I0 2ml22 60 2 5 0.22 60.4kg m 2
2
I11
I2
3 70 60 .4

定轴转动刚体的角动量守恒定律

一、刚体的角动量二、转动惯量三、计算转动惯量的三个定理四、定轴转动刚体的角动量定理和转动定理五、刚体定轴转动的角动量守恒定律刚体可以看作是由无数质点组成的质点组．刚体转动状态发生变化的原因是受到力矩的作用，力矩作用的时间累积效应将是什么？z 一、刚体的角动量质点以角速度ω作半径为r 的圆周运动时相对圆心的角动量为ωmr L 2=刚体可看作是特殊的质点系．对于图示刚体，可看作由许多可视为质点的微元组成．i i i i v m r L ∆⨯=定轴转动的整个刚体ωr m v m r L i i i i i i i ⎪⎭⎫ ⎝⎛∆=∆⨯=∑∑2∑∆=i ii r m J 2令O im ∆ωiv ir ωJ L =AωJ L=考虑到定轴转动刚体的特征，第i 个微元令J =mr 2ωr m i i 2∆=2iii r m J ∑∆=二、转动惯量物理意义：刚体定轴转动惯性大小的量度．质量离散分布刚体的转动惯量++=∆=∑2222112r m r m r m J i ii 转动惯量的计算方法质量连续分布刚体的转动惯量⎰⎰==mmmr J J d d 2刚体绕定轴Oz 的转动惯量(rotational inertia)．◆质量线分布(质量线密度为λ)：d m =λd l ◆质量面分布(质量面密度为σ)：d m =σd S ◆质量体分布(质量体密度为ρ)：d m =ρd V单位：kg ·m 2量纲：ML 2设棒的线密度为λ，在距离转轴OO'为r 处取线元d r r m d d λ=3d 22ml r r J l==⎰λ1212d 232/2/2ml l r r J l l ===⎰-λλrr m r J d d d 22λ==一质量为m 、长为l 的均匀细长棒，求：(1)通过棒中心并与棒垂直的轴的转动惯量，(2)通过棒端点并与棒垂直的轴的转动惯量．(2)同理，若转轴过端点垂直于棒有例2l 2l -rrd m d rOO'lrrd m d OrO'(1)根据题意作右图．建立Or 坐标系．解线元质量线元转动惯量棒的转动惯量例⎰=mJ J d 一质量为m 、半径为R 的均匀细圆环，求通过盘中心O 并与环面垂直的轴的转动惯量．建立图示直角坐标系θλλd d d R l m ==线元质量θλd d d 32R m R J ==线元绕轴的转动惯量mRO解设圆环线密度为λ圆环绕轴的转动惯量θd πRm 2=λ⎰=πθλ203d R 32R πλ=2mR=xy zθld 在环上取线元d l例5-4⎰=mJ J d 一质量为m 、半径为R 的均匀圆盘，求通过盘中心O 并与盘面垂直的轴的转动惯量．建立图示直角坐标系θσσd d d d r r S m ==面元质量θπσd d 2d d 32r r m r J ==面元绕轴的转动惯量mRO 解1设圆盘面密度为σ，在盘上取面元d S圆盘绕轴的转动惯量rr d +r Sd θθd xyz2πR m σ=⎰⎰=R r σr 0203d d 2πθπ42R σπ=221mR=m⎰=mJ J d 设圆盘面密度为σ，在盘上取半径为r ，宽为d r 的圆环rr m d 2d πσ=圆环质量rr m r J d 2d d 32πσ==圆环绕轴的转动惯量Rr rd O解22πRm σ=⎰=Rr σr 03d 2π42R σπ=221mR=圆盘绕轴的转动惯量几种常见刚体的转动惯量2mrJ =rm质量为m 的质点绕轴转动质量为m 长为l 的均匀细棒绕轴转动2121ml J =轴在中心231mlJ =轴在一端221mR J =RmO 质量为m 半径为R 的均匀圆盘或圆柱体绕轴转动2mR J =R mO质量为m 半径为R 的均匀圆环绕轴转动232mR J =质量为m 半径为R 的均匀薄球壳绕轴转动R mO252mR J =质量为m 半径为R 的均匀球体绕轴转动R mO影响因素◆刚体的总质量：形状、大小和转轴都相同的匀质刚体，总质量越大，则转动惯量越大．◆刚体质量分布：总质量、形状和转轴都相同的刚体，质量分布离轴越远，转动惯量越大．◆转轴位置：同一刚体，对不同位置的转轴，其转动惯量不同，转轴离质心越远，转动惯量越大．三、计算转动惯量的三个定理质心及其确定方法刚体的运动＝平动＋转动刚体做平动时，刚体上各点运动都相同，可用其上任何一点的运动来代表整个刚体的运动．绝大多数情况下都是用刚体上的一个特殊点——质心的运动代表整个刚体的平动．质心(center of mass)就是质点系或刚体的质量分布中心．质点系的质心∑∑=iii C mr m r直角坐标系中Cx km z m j m y m i mx m ii i i i i iii ∑∑∑∑∑∑++=Cy Cz刚体的质心直角坐标系中⎰⎰=m mr r C d d Cx 可以证明：质量分布均匀、且为对称性的刚体，其质心在对称面或对称轴上，若有对称中心，它就是刚体的质心．如匀质的细棒、圆盘、圆环、球、平行四边形薄板、矩形薄板等，质心分别在其对称中心．若刚体由几部分组成，要确定其质心，应先求每一部分的质心，并认为每一部分的质量集中在其各自的质心上，再将各部分看作质点系，求其总质心．kmm z j m m y i m m x ⎰⎰⎰⎰⎰⎰++=d d d d d d Cy Cz1 平行轴定理如图，刚体的质心为C ．CD 为过质心的轴，MN 为与CD 平行的任意轴．d m 是构成刚体的任一质量元，位于点P ．过d m 作垂直于二轴的平面与两轴的交点分别为D 、M ．ρ'为d m 到MN 轴的垂距．ρ为d m 到OC 轴的垂距．d 为两平行轴间距．C P ρ 'd zx y O mdcr r ρ N MD 以O 为原点建立图示直角坐标系．刚体对MN 轴的转动惯量为⎰'=mm J d 2ρdr r r CD CD CP⊥-= ，ρ⎰⎰⋅=⋅mCP m m r d m d d 2d 2 ρ()⎰⎰-=m c m CP m r r m r d d 质量为m 的刚体，如果对其质心轴的转动惯量为J C ，则对任一与该轴平行，相距为d 的转轴的转动惯量为J C +md 2——平行轴定理2mdJ J C +=CJ J =min ()⎰-=m md d 2 ρ⎰⎰⎰⋅-+=mm m md m d m d 2d d 22ρρ =J C =md 2⎰⎰-=m c m m r m r d d⎰⎰-=mc mm r mmr md d 0=-=c c r m r m =0CPrCPrr 2=x 2+y 2Oz设有如图所示薄板状刚体．2正交轴定理yxmd r 过板上任一点O 建立直角坐标系Oxyz ，薄板在Oxy 平面内．取质量元d m ，位置如图．x y 薄板绕Ox 轴的转动惯量：⎰⎰==mm xx my J J d d 2薄板绕Oy 轴的转动惯量：⎰⎰==mmyy mx JJ d d 2薄板绕Oz 轴的转动惯量：⎰=mz z J J d yx z J J J +=薄板状刚体绕对于板面内的两条正交轴的转动惯量之和，等于薄板对过该二轴交点且垂直于板面的那条轴的转动惯量——正交轴定理．⎰=mmr d 2⎰⎰+=mmmy m x d d 22xJ y JmOR例半径为R ，质量为m 的匀质圆盘，求(1)通过圆盘边缘且与盘面垂直的轴的转动惯量，(2)通过圆盘直径轴的转动惯量．利用转动惯量的定义求解J解1(1)建立图示直角坐标系Oxyz ，原点在盘心，Oxy 与盘同面．m d 任取质量元d m ，位置如图由转动惯量的定义有()⎰⎰⎰⎰⎰⋅-+=-='=mm m m m m d r m d m r m d r m r J d 2d d d d 2222 r xyzr '2221d mR J m r oz m ==⎰222d mR md m dm ==⎰0d d d =⋅=⋅=⋅=⋅⎰⎰⎰c m m m r d m m m r m d m r d m d r 22223021mR mR mR J =++=d过盘边缘且垂直于盘面的轴如图，设盘对它的转动惯量J ．mO R (2)建立图示直角坐标系Oxyz ，原点在盘心，Oxy 与盘同面，Ox 和Oy 都是过圆盘直径的轴．r m d θθd r r d +取质量元d m ，位置如图Sm d d σ=由转动惯量的定义有()24203220224141d d sin d d sin d mRR rr r r r m y J RR mx =⋅⋅====⎰⎰⎰⎰⎰πσθθσθσθππ由题意有2R m πσ=θθsin d d d r y r r S ==，又同理可得2241d mR m x J m y ==⎰xyzRmO利用平行轴定理和正交轴定理求解．(1)由平行轴定理得2mdJ J C +=Rd mR J C ==，2212222321mRmR mR J =+=dJCJ (2)建立图示坐标系，原点位于盘心，盘面与Oxy 同平面．RmOC J xyz221mR J J C z ==由正交轴定理得yx z J J J +=由质量分布对称性有yx J J =241mRJ J y x ==对Oz 轴有解xy Ozα例一质量为m 、长为L 的均匀细棒放在Oxy 平面内，棒与x 轴成α角，其中心在O 点．求棒对x 、y 和z 轴的转动惯量．细棒的质量密度为lm d d λ=在细棒上取长为d l 的质量元由正交轴定理Lm =λ⎰=mx x J J d ()ααλαλλ22232222cos 121cos 121d cos d d mL L ll l x J J L L m my y =====⎰⎰⎰-2121mL J J J y x z =+=ld x ly⎰=ml y d 2λ()⎰-=222d sin L L l l αλαλ23sin 121L =α22sin 121mL =解例解1半径为R ，质量为m 的匀质圆环，求通过沿圆环直径的轴的转动惯量．环的质量密度为R m πλ2=θθd md r在环上取质量元d m θλd d R m =d m 到转轴的距离为θcos R r =R⎰=mm r J d 2解2利用转动惯量的定义求解利用正交轴定理求解对过环心并与环垂直的轴的转动惯量为222d d mR mRm R J mmO ===⎰⎰由对称性有221mRJ J y x ==md R Oyx由正交轴定理有yx O J J J +=()⎰=πθλθ202d cos R R ⎰=πθθλ2023d cos R3R πλ=221mR=设有如图所示刚体，由圆板A 、细杆B 及矩形板C 组成．3组合定理刚体对过圆心O 且垂直于圆板的轴的转动惯量为CB A J J J J ++=由几个部分组成的刚体对某轴的转动惯量，等于刚体各部分对该轴的转动惯量之和——转动惯量的组合定理．ABCO∑∆=2i i r m J ()2222211kk rm r m r m ∆++∆+∆= ()2222221n n k k k k r m r m rm ∆++∆+∆+++++ ()2222221ss n n n n rm rmrm∆++∆+∆+++++ AB C∑∑∑∆+∆+∆=CCiCi BBiBi AAiAi rm r m r m 222∑=iJ J 一般地例一质量为M 、半径为R 的均匀圆盘，沿其直径对称地挖出半径为r 的两个圆孔，孔心距为R ．求剩余部分对过盘心且与盘面垂直的轴的转动惯量．采用补偿法，挖孔后的圆盘可看作由三部分组成：R Or O ''r O 'R 半径为R 的匀质圆盘O ，质量为半径为r 的匀质圆盘O '，质量为半径为r 的匀质圆盘O "，质量为解MR M =⋅=21πσ2222RMrr M -=⋅-=πσ2223RMrr M -=⋅-=πσ圆盘质量分布的面密度为2RM πσ=R Or O ''rO 'R 由平行轴定理，匀质圆盘O '和O ''对过O 且垂直于盘面的轴的转动惯量分别为⎪⎪⎭⎫⎝⎛+-=⎪⎭⎫⎝⎛+=21222222222R r Mr R M J J C O ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+-=++=21212222321R r Mr MR J J J J O O C O 22112121MRR M J C ==24222221RMr r M J C -==它们对各自质心轴(垂直于盘面)的转动惯量分别为24233221RMr r M J C -==由组合定理，挖孔后的盘对过O 且与盘面垂直的轴的转动惯量为⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+-=⎪⎭⎫ ⎝⎛+=21222222333R r Mr R M J J C Oz四、定轴转动刚体的角动量定理和转动定理∑∑+=iin iiex i M M M ()ω2d d d d i i i i r m t t L M ∆==如图，第i 个微元定轴转动刚体的角动量定理in iex i i M M M +=()ωJ tt L M d d d d ==刚体绕定轴转动时，作用于刚体的合外力矩等于刚体绕此定轴的角动量随时间的变化率——刚体定轴转动的角动量定理(微分形式)．O im ∆ωiv ir A对整个刚体而言⎪⎭⎫ ⎝⎛∆==∑∑ω i i i i ex i r m t M 2d d =0刚体绕给定轴转动时，作用在刚体上的合外力矩的冲量距等于刚体对该轴的角动量的增量——刚体定轴转动的角动量定理(积分形式)．12122121d d ωω J J L L L t M t t t t -=-==⎰⎰非刚体定轴转动的角动量定理112221d ωJ ωJ t M t t -=⎰()ωJ t M d d =⎰21d t t t M为t 1到t 2时间间隔内合外力矩与时间的乘积，称为刚体相对于给定轴的冲量矩．力矩在一段时间间隔内的累积效应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．βJ M =定轴转动刚体的转动定理t L M d d =(刚体定轴转动时J 为常量)刚体所受的相对于某一固定转轴的合外力矩等于刚体对此转轴的转动惯量与刚体在此合外力矩作用下所获得的角加速度的乘积——定轴转动刚体的转动定理．()ω J t d d =tJd d ω =应用转动定理和牛顿第二定律解题的思路(1)明确已知条件和待求量，确定研究对象；(2)取隔离体，受力分析；(3)选坐标，应用转动定理或牛顿第二定律列方程；(4)计算力矩和转动惯量；(5)由约束关系补充运动学方程；(6)求解，讨论．如图A 所示，滑轮与轴间无摩擦，质量为m 的物体由轻绳悬挂滑轮下面，绳与滑轮间无相对滑动．若以大小为F =mg 的力代替物体m ，则滑轮转动的角加速度()．A ．βA <βB B ．βA >βB C ．βA =βB D ．无法确定例设物体滑轮半径和转动惯量分别为r 和J ．解由刚体定轴转动定理有A A J rT β=由牛顿第二定律有对图A ：设物体加速度大小为a ，轻绳张力大小为T A ，则maT mg A =-滑轮边缘线加速度大小m A FB Ar a β=2mrJ rmgA +=β对图B ：轻绳张力大小为T B ，则由刚体定轴转动定理有B B J rT β=由轻绳性质有F T B =由题意有mgF =Jrmg B =βA BA ββ<飞轮的质量为什么大都分布于外轮缘？2mRJ =圆环221mR J =圆盘刚体定轴转动定理βJ M =在同样质量和半径的情况下，圆环比圆盘更稳定！⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧====222mR M J M mR M J M 圆环圆环圆盘圆盘ββ圆环圆盘ββ>在同样半径的情况下，要获得同样的角加速度，圆环比圆盘更轻！Oθ竿子长些还是短些较安全？细竿对过支点O 的轴刚体定轴转动定理βJ M =231Lm J 竿竿=N F g m 杆g m 人演员对过支点O 的轴2Lm J 人人=总转动惯量竿人J J J +=J M =β细竿的重力矩()向里竿竿sin 21θgL m M =演员的重力矩()向里人人 sin θgL m M =总力矩竿人M M M +=()()Lm m θg m m 3sin 2竿人竿人++=Ｌ越大β越小，系统越稳定．即竿越长越安全！走钢丝的演员总是伸开双臂或横握一根长竿，也是同样的道理．C员演C 3m A B R例5-5如图，一轻绳跨过一定滑轮C ，滑轮视为匀质圆盘，绳的两端分别悬有质量为m 1和m 2的物体A 和物体B ，m 1<m 2．设滑轮的质量为m 3，半径为R ，滑轮与轴承间的摩擦力可略去不计，绳与滑轮之间无相对滑动．试求：(1)物体的加速度和绳的张力；(2)若不计滑轮质量，结果如何？(1)分别取A 、B 为质点，取图示Oy 坐标系，受力分析如图gm 1gm 22T a 1'T2'T 1T a-βC 绕定轴转动，由转动定理得由角加速度和切向加速度的关系得⎩⎨⎧-=-=-a m g m T am g m T 222111 :B :A βJ R T'R T'=-12βR a =由牛顿第二定律得C 为刚体，受力分析如图Oy解联立以上各式得gm m m m m a 232112++-=22112321T T'T T'R m J ===，，gm m m m m m m T 22232113211+++=gm m m m m m m T 22232123212+++=(2)当m 3=0时有gm m m m T T 2121212+==gm m m m a 2112+-=T 1≠T 2Oθ例5-6如图，一长为l 、质量为m 匀质细杆竖直放置，其下端与一固定铰链O 相接，并可绕其转动．由于此竖直放置的细杆处于非稳定平衡状态，当其受到微小扰动时，细杆将在重力作用下由静止开始绕铰链O 转动．试计算细杆转动到与竖直线成θ角时的角加速度和角速度．()J βθmgl =-πsin 21l2l ()32ml J =t ωβd d =θlg βsin 23=由角加速度的定义θθlg ωωd sin 23d =代入初始条件积分得()θlgωcos 13-=N F P由题意，t =0时，θ=0，ω=0，β=0．细杆受重力和铰链对细杆的约束力作用．PN F由转动定理得t θθωd d d d ⋅=θωωd d =解()ωJ t t L Md d d d ==112221d ωJ ωJ t M t t -=⎰五、刚体定轴转动的角动量守恒定律➢角动量守恒定律是自然界的一个基本定律．➢内力矩不改变刚体的角动量．讨论刚体所受的合力矩为零，或不受外力矩作用时，刚体的角动量保持不变——质点的角动量守恒定律．恒量，则若===ωJ L M 0➢守恒条件：0=M 若J 不变，不变；若J 变，也变，但不变．ω ω ωJ L =➢在冲击等问题中，恒量．，≈∴>>L M M ex in应用举例跳水运动员茹科夫斯基凳ωJ L =21ωω<⇒图1图20=轴M2211ωωJ J =⇒21L L =⇒∑=2ii r m J 21J J >⇒茹科夫斯基凳分析例5-7如图，一杂技演员M 由距水平跷板高为h 处自由下落到跷板的一端A ，并把跷板另一端的演员N 弹了起来．设跷板是匀质的，长度为l ，质量为m'，跷板可绕中部支撑点C 在竖直平面内转动，演员的质量均为m ，假定演员M 落在跷板上，与跷板的碰撞是完全非弹性碰撞．问演员N 可弹起多高?碰撞前M 落在A 点的速率ghv M 2=2l lhMC NAB 222l mu J ωl mv M +=系统角动量守恒系统：M 、N 和跷板．由于是完全非弹性碰撞，设碰撞后的瞬间系统角速度为ω．2ωl u =122l m J '=ωml ωl m gh ml 2221121221+'=解碰撞后的瞬间M 、N 具有相同的线速率u()lm m gh m ω626+'=解得m m gh m u 623+'=演员N 以u 起跳，达到的高度22632⎪⎭⎫ ⎝⎛+'=='m m m h g u h例5-8如图，宇宙飞船对其中心轴的转动惯量为J =2×103k g ·m 2，它以ω=0.2rad·s -1的角速度绕中心轴旋转．宇航员想用两个切向的控制喷管使飞船停止旋转．每个喷管的位置与轴线距离都是r =1.5m ．两喷管的喷气量恒定，共是α=2kg·s -1．废气的喷射速率(相对于飞船周边)u =50m·s -1，并且恒定．问喷管应喷射多长时间才能使飞船停止旋转？系统：飞船和排出的废气设废气质量为m ，由于m 远小于飞船质量，可认为系统绕飞船中心轴的初始角动量近似等于飞船自身的角动量，即ωJ L =0ru -0L gL u2d m 2d m ω整个喷气过程中喷出废气的总角动量设喷管随飞船自转的线速率为v ，d m 为喷气过程中t →t +d t 时间内喷出的气体，则这些气体绕飞船中心轴转动的角动量()v u r m L g +⋅=d d rum L r v u g ⋅≈∴=>>d d ω mruru m L m g =⋅=⎰0d 解所需时间为当飞船停止旋转时，飞船的角动量为零，系统此时的总角动量即为废气总角动量整个喷气过程中，系统所受的对飞船中心轴的合外力矩为零，系统绕飞船中心轴的角动量守恒mruL L g ==mruJ L L =∴=ω 0ruJ m ω=tm α= ()s 67.2≈==ru J mt αωαm R Omh00=v M如图，一个质量为M 、半径为R 的定滑轮(当作均匀圆盘)上面绕有细绳，绳的一端固定在滑轮边上，另一端挂一质量为m 的物体而下垂．忽略轴处摩擦，求物体m 由静止下落高度h 时的速度大小和此时滑轮的角速度．maT mg =- 221 MRJ J TR M ＝＝＝β'Mm mgh R R v +==241ω242Mm mghah v +==g Mm ma +=22例对M 由转动定理有对m 由牛顿第二定律有联立以上方程解得gm T -TOyβ对m 和M ：βR a =解θO一根长为l 、质量为m 的均匀细直棒，其一端有一固定的光滑水平轴O ，因而可以在竖直平面内转动．最初棒静止在水平位置．求它由此下摆θ角时的角加速度和角速度．棒下摆为加速过程，外力矩为重力对O 的力矩．棒上取质元d m ，当棒处在下摆θ角时，重力矩为：⎰⎰=mx g m gx M d d ＝Cmgx M =∴ 据质心定义cmxm x =⎰d θcos 21l x c =θcos 21mgl M =l g ml mgl J M 2cos 331cos 212θθβ===例md gm d xx解由转动定理有t d d ωβ=ωωθθd d cos 23=lg⎰⎰=ωθωωθθ00d d cos 23lg221sin 23ωθ=l g lg θωsin 3=d d ωωθβ=再求角速度d d d d t θθω=d d θωω=如图，一长为l 、质量为M 的匀质细棒，以顶端静止悬挂于O 处，并可绕其转动．一质量为m 的子弹以速率v 0沿水平方向射入棒的下端，穿出后速度损失3/4，求子弹穿出后棒的角速度ω．例0vmMOvml利用动量定理和角动量定理求解()43d 0mvv v m t F -=-=⎰μ设子弹对棒的反作用力为F ，碰撞后棒的角速度为ω，对棒由刚体绕定轴转动的角动量定理有J ωt F l t Fl ==⎰⎰d d 而F=-F μ，代入上述两式可解得430l mv J ω=32Ml J =Mlmv ω490=设棒对子弹的阻力为F μ，对子弹由动量定理有解1利用角动量守恒定理求解0mlv L =末态角动量mlvJL +=ω联立上述三式得430l mv J ω=32Ml J =解2Mlmv ω490=取子弹和细棒为系统．设子弹穿出瞬间棒的角速度为ω．系统初始角动量细棒的初始和末态角速度分别为0和ω由题意有：子弹的初始速率为v 0，末态速率为v=v 0-3v 0/4=v 0/4子弹与棒的相互作用力为内力，所以系统角动量守恒，即LL =。

刚体定轴转动角动量守恒定律解析

MR2
2
d
dt
R0
t
t
d dt
0
0
01
ut
(
2m
)
1 2
arctan[ M ]
0
2mu2t 2
MR2
dt
第四u章( 2Mm
1
刚) 2体力学
R
8 22
大学物理
4-4 刚体定轴转动的角动量守恒定律
角动量守恒定律在工程技术上的应用
陀螺仪与导航
陀螺仪：能够绕其对称轴高速旋转的厚重的对称刚体。
l 2
处)
解得
t
2 m2
v1 v2
m1g
O
关于摩擦力矩在x处取dm，dm m1 dx
x l
l
dm
元摩擦力 df dmg
m1
元摩擦力矩 dMr df x dmg x
总摩擦力矩
M r
dMr
l m1 gxdx m1g l 2
0
l
l2
m1g
l 2
第四章刚体力学
4
大学物理
4-4 刚体定轴转动的角动量守恒定律
例一长为l，质量为m0的杆可绕支点O自由转动。一质量为
m，速度为v的子弹射入距支点为a的棒内。若棒偏转角为
30°。问子弹的初速度为多少。
解：射入过程角动量守恒：
o
mva
1 3
m0l
2
ma2
30°
la
转动过程机械能守恒：
v
1 1 23
m0l 2
ma2
2
mga1 cos30
m0 g
l 2
1 cos30
v 1 ma
g 2 6

刚体角动量和角动量守恒定律

刚体角动量和角动量守恒定律
• 刚体角动量介绍 • 角动量守恒定律 • 刚体角动量的应用 • 刚体角动量与现实世界的关系 • 刚体角动量与未来科技的关系
01
刚体角动量介绍
刚体的定义
刚体
在运动过程中，其内பைடு நூலகம்任意两点间的距离始终保持不变的物体。
刚体的特性
在刚体的运动过程中，其形状和大小不会发生变化，只改变其位置和姿态。
刚体的角动量定义
角动量
一个物体绕固定点旋转时所具有的动量，其大小等于物体质量、速度和旋转半径的乘积。
刚体的角动量
当刚体绕固定点旋转时，其角动量等于刚体质量、旋转轴上的速度和旋转半径的乘积。
刚体的角动量的计算公式
角动量计算公式：L = mvr
其中，L表示角动量，m表示刚体的质量，v表示刚体上任意一点相对于旋转轴的速度，r表示该点到旋转轴的距离。
证明方法一
证明方法二
证明方法三
03
刚体角动量的应用
在物理实验中的应用
陀螺仪
刚体角动量在陀螺仪中有着重要的应用，通过测量旋转轴的角速度，可以确定物体的方向和姿态。
摆锤实验
通过观察摆锤的摆动，可以验证刚体角动量守恒定律，了解力矩对刚体角动量的影响。
磁力矩实验
利用磁力矩对刚体角动量的作用，可以研究刚体的旋转运动和磁场的相互作用。
角动量守恒定律在设计和优化机械系统，如电机、陀螺仪和风力发电机等方面有广泛应用。
对体育运动的影响
在体育运动中，角动量守恒定律有助于理解旋转运动，如滑冰、花样滑冰和乒乓球等项目的旋转动作和技巧。
运动员通过合理运用角动量守恒定律，可以调整旋转速度、方向和稳定性，提高运动表现和竞技水平。

刚体定轴转动的角动量定理角动量守恒定律.

l 1 l 2 2 mv0 m l m( ) 4 12 4
12 v 0 7 l
12 v 0 7 l
由角动量定理
dL d ( I ) dI M dt dt dt
即
d 1 dr 2 2 mgr cos ( ml mr ) 2mr dt 12 dt
※ 刚体定轴转动的角动量定理和角动量守恒定律
刚体定轴转动对轴上一点的角动量（自学）：
结论：
一般情况下，刚体定轴转动对轴上一点的角动量并不一定沿角速度（即转轴）的方向，而是与其成一定夹角；但对于质量分布与几何形状有共同对称轴的刚体，当绕该对称轴转动时，刚体对轴上任一点的角动量与角速度的方向相同.
4 m 2m M
[讨论] ① M>>m ② M<<m
作业：
7.4.3. 思考： 7.4.1.
例:
已知均匀直杆(l ,M),一端挂在光滑水平轴上，开始时静止在竖直位置，有一子弹（m.vo)水平射入而不复出。求杆与子弹一起运动时的角速度.
解：
子弹进入到一起运动，瞬间完成.
I
i i
i
const.
但角动量可在内部传递。
3 刚体定轴转动的角动量守恒定律若 M 0 ，则讨论
守恒条件:
L I 常量
M 0
若 I 不变，不变；若 I 变，也变，但 L I 不变. 内力矩不改变系统的角动量. 在冲击等问题中

M in M ex L 常量
现在讨论力矩对时间的积累效应。
※ 现在讨论力矩对时间的积累效应。质点系： dL 对点： M 外
dt

5 刚体的角动量定理和角动量守恒定律

§4-5 刚体的角动量定理和
角动量守恒定律
一．刚体的角动量定理
dL 刚体转动定理的 M dt 可以改写为 Mdt dL
对上式积分，得式中 t
t2
1

t2
t1
t2 Mdt dL L2 L1
t1
Mdt
叫做合外力矩在
t 2 t1
时间内的冲量矩。上式表明：刚体所受合外力矩的冲量矩，等于刚体在这段时间内刚体的角动量的增量，这就是刚体的角动量定理。在SI制中，冲量矩的单位式 N m s
I1 2kg m2 。在外力推动后，此系统开始以 n1 15 转/分转动，转动中摩擦力矩忽略不计。
2 I 0 . 80 kg m 当人的两臂收回，使系统的转动惯量就为 2 时，它的转速 n2
。
光滑的水平桌面上有一长 2l、质量为 m 的匀质细杆，可绕过其中心、垂直于杆的竖直轴自由转动。开始杆静止在桌面上。有一质量为 m 的小球沿桌面以速度 v 垂直射向杆一端，与杆发生完全非弹性碰撞后，粘在杆端与杆一起转动。求碰撞后系统的角速度。
2 rel dt
0 T T 0
M 2m M
2M 因此，在此时间内，人相对ห้องสมุดไป่ตู้地面转过的角度为0 d t M 2m
T
M 2m M 2m T dt dt 0 M M
转台相对于地面转动的角度为

T
0
2m T 4m dt dt M 0 M 2m
2
二．角动量守恒定律由刚体的角动量定理可见,当刚体所受的合外力矩为零,则
L I 常量
3
上式说明,当刚体所受的合外力矩为零,或者不受外力距的作用时,刚体的角动量保持不变,这就是角动量守恒定律。必须指出，这个定律不仅对一个刚体有效，对转动惯量I会变化的物体，或者绕定轴转动的力学系统仍然成立。如果转动过程中，转动惯量保持不变，则物体以恒定的角速度转动；如果转动惯量发生改变，则物体的角速度也随之改变，但两者之积保持恒定。应用角动量守恒定律时，还应该注意的是，一个系统内的各个刚体或质点的角动量必须是对于同一个固定轴说的。

[理学]05-4刚体的角动量定理和角动量守恒定律

双旋翼直升机不需要尾桨，它通过一对转向相反的螺旋桨，保持系统的总角动量仍然为零
并轴双旋翼直升机通过在同轴心的内外两轴上安装一对对转的螺旋桨来防止机身反向打转
鱼雷在其尾部也装有对转螺旋桨，其目的也是为了消除单螺旋桨造成鱼雷自身的反转问题
为什么同手同脚地走路或跑步会使人觉得别扭呢？当一侧的腿向前跨出时，另一侧的臂必须同时向前摆出，这样躯干的上端（肩）和下端（髋）彼此向相反方向扭转，而躯干的中段和头部则大体保持在原来位置上，才可以保证整个身体对于竖直轴的角动量保持为零腿臂的动作正确、协调配合，对加大步长、提高步频都有一定作用，因而对提高跑步速度有明显影响
对绕定轴转动的可变形物体而言，在不同状态下
物体对转轴的转动惯量可能不同，但是如果它所受合外力矩为零，那么它的角动量也将保持不变
花样滑冰运动员利用四肢的伸缩改变自身的转动惯量，可以改变绕自身竖直轴的角速度
合外力矩为零不仅是绕定轴转动刚体角动量守恒的
条件，也是任何质点系对角动量守恒的条件

l
M
m
v0
系统的角动量守恒
mv0l J
1 2 2 J ? Ml ml 3

l
M
棒的转子弹的转动惯量动惯量
m
v0
mv0 M ( m)l 3
例1 一质量为M，长为l 的均质细棒，可绕过其顶端的水平轴自由转动。当杆静止时，一质量为m的子弹以水平速度v0射入细杆底端并穿出，穿出后子弹速度损失3/4，求子弹穿出后棒的角速度 O 取子弹和细杆作为系统，在子弹射入棒端并从棒中穿出的过程中，子弹与 M 细杆之间的作用力为内力，转轴上的 l 作用力和重力不产生力矩，系统所受 m 外力矩为零，系统角动量守恒