刚体定轴转动的角动量守恒定律
定轴转动的角动量定理 角动量守恒定律
Iz
( 1 ml 2 12
mr 2 )
代入得 mgr cos 2mr dr
dt
v
dr dt
g cos 2
g
2
cos
t
7 lg 24v 0
cos(12v 7l
0t
)
L 0 J 常量
即：合外力为对转轴的力矩为零时，刚体的角动量守恒
讨论：
a.对于绕固定转轴转动的刚体，因J保持不变， 当合外力矩为零时，其角速度恒定。
当M z 0时， J =恒量 =恒量
b.若系统由若干个刚体构成,当合外力矩为零时,系
统的角动量依然守恒。J 大→ 小, J 小→ 大。
当M z 0时， Lz J11 J22 恒量
。这样，棒与物体相撞时，它们组成的系统所受的对
转轴O的外力矩为零，所以，这个系统的对O轴的角
动量守恒。我们用v表示物体碰撞后的速度，则
1
ml 2
mvl
1
ml 2
3
3
（2）
式中’为棒在碰撞后的角速度，它可正可负。
’取正值，表示碰后棒向左摆；反之，表示向右
摆。
第三阶段是物体在碰撞后的滑行过程。物体作匀减 速直线运动，加速度由牛顿第二定律求得为
例12、如图所示，长为L，质量为m1的均匀细棒 能绕一端在铅直平面内转动。开始时，细棒静止于
垂直位置。现有一质量为m2的子弹，以水平速度v0
射入细棒下断而不复出。求细棒和子弹开始一起运 动时的角速度？
题意分析：由于子弹射入细棒的时间极为短促，我们 可以近似地认为：在这一过程中，细棒仍然静止于垂 直位置。因此，对于子弹和细棒所组成的系统（也就 是研究对象）在子弹射入细棒的过程中，系统所受的 合外力（重力和轴支持力相等）对转轴O的力矩都为 零。根据角动量守恒定律，系统对于O轴的角动量守 恒。
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 ==。
刚体绕定轴转动定律和角动量定理的表达式
刚体绕定轴转动定律和角动量定理的表达式
刚体绕定轴转动定律：
Mz=Jβ，其中Mz表示对于某定轴的合外力矩，J表示刚体绕给定轴的转动惯量，β表示角加速度。
刚体定轴转动定律是指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。
角动量定理的表达式：
角动量守恒定律是物理学的普遍定律之一，反映质点和质点系围绕一点或一轴运动的普遍规律；反映不受外力作用或所受诸外力对某定点（或定轴）的合力矩始终等于零的质点和质点系围绕该点（或轴）运动的普遍规律。
角动量守恒定律是对于质点，角动量定理可表述为质点对固定点的角动量对时间的微商，等于作用于该质点上的力对该点的力矩。
角动量L=转动惯量J*角速度ω
所以角动量守恒表达为J1ω1=J2ω2。
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。
3-2 刚体定轴转动的角动量 角动量定理 角动量守恒定律
t2 t1
M
dt
J
J11
3 – 2 刚体定轴转动的角动量 角动量定理 角动量守恒定律
二、刚体定轴转动的角动量守恒定律
t2 t1
M
dt
J2
J1
若M 0 , 则J 常量
如果刚体所受合外力矩等于零，或者不受外力矩的 作用，则刚体的角动量守恒．此即角动量守恒定律．
茹科夫斯基转椅
第三章 刚体与流体
3 – 2 刚体定轴转动的角动量 角动量定理 角动量守恒定律
第三章 刚体与流体
3 – 2 刚体定轴转动的角动量 角动量定理 角动量守恒定律
例4 一根长度为L=0.60m的均匀棒，绕其端点O转
动时的转动惯量为J=0.12kgm2．当棒摆到竖直位置
时，其角速度为0=2.4rad/s．此时棒的下端和一质量
第三章 刚体与流体
3 – 2 刚体定轴转动的角动量 角动量定理 角动量守恒定律
M d L d(J) t2 M d t 2d(J)
dt
dt
t1
1
t2 t1
M
dt
J2
J1
——角动量定理
合外力矩的冲量矩（角冲量）
刚体所受合外力矩的冲量矩等于在这段时间内刚体 角动量的增量．
t1 t2时间内，J1 J2
3 – 2 刚体定轴转动的角动量 角动量定理 角动量守恒定律
3-2 刚体定轴转动的角动量 角动量定理 角动量守恒定律 一、刚体定轴转动的角动量 角动量定理
转动定律 M J J d d(J)
dt dt
令 L J，称为绕定轴转动刚体的角动量，则
M dL dt
刚体绕定轴转动时，作用于刚体的合外力矩 M 等于 刚体绕此轴的角动量 L 随时间的变化率.
《大学物理》34刚体定轴转动的角动量定理角动量守恒定律.
设子弹射入后杆起摆的角速度为ω，则有：
1 m v 0 a ( ML2 ma 2 ) 3
子弹射入后一起摆动的过程只有重力做功，故系统机 械能守恒。
1 1 L 2 2 2 ( ML ma ) mga (1 cos60 ) Mg (1 cos60 ) 2 3 2
1
2.刚体的角动量定理及守恒定律
刚体所受合外力矩与角加速度关系为
d M J J dt
利用角动量表示
dJ dL M dt dt
刚体绕定轴转动时，作用于刚体的合外力矩等于刚 体绕此轴的角动量对时间的变化率。这是刚体角动 量定理的一种形式。
当合外力矩为零时
d J dL M dt dt
如果质点所受合外力矩为零，则质点的角动量保持不变， 这就是质点的角动量守恒定律。
1. 质点角动量定理及守恒定律
例：我国第一颗人造地球卫星沿椭圆轨道绕地球运动，地心为该椭圆 的一个焦点。已知地球半径 R ，卫星的近地点到地面距离 l ，卫星的远 地点到地面距离 l 。若卫星在近地点速率为 v1 ，求它在远地点速率 v2 。
3.4刚体定轴转动的角动量定理 角动量守恒定律
一、冲量矩 角动量 1.冲量矩
定义：力矩与力矩作用时间的乘积称为冲量矩。
数学表达：
M dt
0
t
2.角动量
整个刚体的角动量就是刚体上每一个质元的角动 量——即每个质元的动量对转轴之矩的和。
2.1质点的角动量
o
r
v
o
L
m
L
r
m
J 恒量
如果物体所受合外力矩为零，或不受外力矩的作用， 物体的角动量保持不变，这就是角动量守恒定律。
刚体定轴转动的角动量定理和角动量守恒定律课件
只与刚体的质量和各质点到转动轴 的距离有关，与转动角速度的大小 无关。
02
角动量定理
角动量的定义与性质
角动量的定义
角动量是描述刚体转动状态的物理量 ，等于刚体的转动惯量乘以角速度。
角动量的性质
角动量是矢量，具有方向和大小；对 于定轴转动，角动量位于转轴上；角 动量是相对量，与参考系的选择有关 。
理解角动量守恒定律的证明方法是深入理解该定律的重要途径。
详细描述
证明角动量守恒定律的方法主要有两种，一种是基于牛顿第二定律和转动定理推导，另一种是通过分析系统的能 量变化来证明。通过这些证明方法，可以更深入地理解角动量守恒定律的物理意义和适用条件。
04
刚体定轴转动的实例 分析
刚体定轴转动的实例介绍
角动量守恒定律的内容及应用
总结词
掌握角动量守恒定律的内容及应用是解决实际问题的关键。
详细描述
角动量守恒定律表明，对于不受外力矩或所受外力矩的矢量和为零的系统，其总角动量保持不变。这 一原理在日常生活、工程技术和科学研究中有广泛的应用，如行星运动、陀螺仪、火箭飞行等。
角动量守恒定律的证明方法
总结词
陀螺仪
风扇
陀螺仪是一个典型的刚体定轴转动实 例，其工作原理就是角动量守恒定律 。
当风扇的扇叶旋转时，可以将其视为 刚体定轴转动，这个过程涉及到角动 量定理的应用。
自行车轮
自行车轮在转动时，也是一个刚体定 轴转动的例子，其转动惯量对于理解 角动量定理和角动量守恒定律非常有 帮助。
刚体定轴转动的角动量定理应用实例
舞蹈演员在进行旋转动作时，可以通过改变身体的姿势来改变转动惯量，从而控制旋转的 速度。
刚体定轴转动的角动量守恒定律应用实例
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
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
定轴转动刚体的角动量定理和角动量守恒定律
定轴转动刚体的角动量定理和角动量守恒定律【教学设计思想】通过一个花样滑冰的视频引入新课，提出问题，引发同学思考，并将该问题做为悬念引导学生在接下来的听课中寻找答案。
再详细推导刚体对定轴转动角动量的计算公式，角动量定理，角动量守恒定律，强调角动量守恒定律不仅可适用于刚体，也可以适用于非刚体。
分别介绍了角动量守恒定律在日常生活中的应用，如常平架回转仪，在此处又与课堂开始时的视频相呼应，解释视频中看到的现象。
接下来以两个关于角动量守恒定律的例题加深同学们对该定律的理解，解题过程注意受力分析，强调角动量守恒的适用条件。
最后以一个有趣的例子——猫背对地面从空中下落哪个部分先落地的问题作为结束，激发学生对物理知识的兴趣。
【教学目标】（1）掌握刚体绕定轴转动角动量的计算、角动量定理、角动量守恒定律。
（2）理解角动量守恒定律的适用条件，并学会应用。
【教学重点】(1) 概念：刚体定轴转动的角动量。
(2) 规律：刚体定轴转动的角动量定理和角动量守恒定律。
【教学难点】角动量守恒定律的应用【教学对象】电子信息科学与技术专业一年级本科生【教材】程守珠《普通物理学》第六版 【教学过程】 知识点复习刚体的定轴转动定律 z M J α=解释每个符号所代表的物理量。
并强调转动惯量J 与质元质量i m ∆以及质元到定轴的距离i r 有关。
新课的引入播放一段关于花样滑冰的视频。
引导学生变观看运动员转速变化与他双臂动作的关系。
设计问题：当运动员双臂展开时，他的转速是怎样的？当运动员收拢双臂时，他的转速又是怎样的?与学生互动，请一个同学回答上述问题。
得到结论：当手臂收拢，运动员转速变快。
当手臂伸展，运动员转速变慢。
反问学生如何解释该现象，留下悬念。
引导学生带着问题学习这堂课的知识。
一、刚体的角动量结合图形复习质点绕定点转动的角动量L r mv =⨯ 提出问题：如果把研究对象换成刚体，它的角动量该如何计算呢？ 以一细棒为模型推导刚体角动量计算公式。
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
3-4 定轴转动刚体的角动量定理
例题3-7 一匀质细棒长为l ，质量为m，可绕通过 其端点O的水平轴转动，如图所示。当棒从水平位 置自由释放后，它在竖直位置上与放在地面上的物 体相撞。该物体的质量也为m ，它与地面的摩擦系 数为 。相撞后物体沿地面滑行一距离s而停止。 求相撞后棒的质心C 离地面的最大高度h，并说明 棒在碰撞后将向左摆或向右摆的条件。 解：这个问题可分为三个阶段 进行分析。第一阶段是棒自由 摆落的过程。这时除重力外， 其余内力与外力都不作功，所 以机械能守恒。我们把棒在竖 直位置时质心所在处取为势能
按角动量守恒定律可得定轴转动刚体的角动量守恒定律或共同转速为min在啮合过程中摩擦力矩作功所以机械能不守恒部分机械能将转化为热量损失的机械能为1032定轴转动刚体的角动量守恒定律例题39恒星晚期在一定条件下会发生超新星爆发这时星体中有大量物质喷入星际空间同时星的内核却向内坍缩成为体积很小的中子星
§3-4 定轴转动刚体的角动量定理 和角动量守恒定律
而这个分量 Lz 实际上就是各质点的角动量沿 Oz 轴的分量 Li z 之和。
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二、 定轴转动刚体的角动量定理
d d J d L M J dt dt dt
微分形式：Mdt d J dL
积分形式： Mdt J J 0
F dA Fdx
F ma
m
M
d A M d M J
J
M dt
F dt
F dt P P
0
M dt L L
0
1 2 1 2 F d x 2 mv 2 mv0
1 2 1 2 M d J J 0 2 2
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A L B
3-2刚体定轴转动的角动量 角动量定理 角动量守恒定律
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d d( J ) M J J dt dt
L J
dL M dt
L为绕定轴转动刚体的角动量
Mdt dL
电 t2 L2 子 Mdt dL J2 J1 工 t1 L1 程 学 角动量定理 当转轴给定时，角动量的增量等于作 院 用在物体上的冲量矩。
杨 非刚体定轴转动的角动量定理 小 红
t2
t1
Mdt J 2 2 J11
2
刚体定轴转动的角动量定理
t2
t1
Mdt J 2 J1
二 刚体定轴转动的角动量守恒定律
若 M 0 ，则
L J 常量 .
电 守恒条件 M 0 子 讨论 工 不变；若 J 变， 也变，但 L J 不变. 程若 J 不变， 学 内力矩不改变系统的角动量. 院 in ex 在冲击等问题中 M M L 常量 杨 3 小 角动量守恒定律是自然界的一个基本定律. 红
例 已知地球的质量为m ，太阳的质量为 M ，地 心与日心的距离为 R，引力常数为 G，则地球绕太 阳作圆周运动的轨道角动量为 （Ａ）
m GMR
（Ｂ） R
电 G 子 （Ｃ） Mm R 工 程 mv 2 mM G 2 学 R R 院 杨 小 红
GMm （Ｄ） 2R
GM v R
L J Rm GM R
J11 J 22 ( J1 J 2 )
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例 一人握有两只哑铃, 站在一可无摩擦地转动 的水平平台上, 开始时两手平握哑铃, 人、哑铃、平台 组成的系统以一角速度旋转, 后来此人将哑铃下垂于 身体两侧, 在此过程中, 系统 电 (A) 角动量守恒, 机械能不守恒; 子 工 (B) 角动量守恒, 机械能守恒; 程 学 (C) 角动量不守恒, 机械能守恒; 院 (D) 角动量不守恒, 机械能不守恒. 杨 小 红