定轴转动刚体的角动量定理和角动量守恒定律
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 ==。
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；
刚体定轴转动的角动量定理和角动量守恒定律
第3章 刚体力学基础
第4节
大学物理学(力学与电磁学) 11
二 刚体对轴的角动量 刚体定轴转动的角动量定理
1.刚体对轴的角动量 刚体对转轴z 轴的角动
量就是刚体上各质元的角动
量之和． Li miri2
z
Lz
r
mv
mv
L Li (miri2 ) ( miri2 ) J
i
i
i
的劲度系数为k，设有一质量为m的子弹以初速 v0 垂
直于OA射向M并嵌在木块内.弹簧原长 l0 ，子弹击中
木块后，木块M运动到B点时刻，弹簧长度变为l，此
时OB垂直于OA，求在B点时，木块的运动速度 v2 .
解 击中瞬间，在水平
面内，子弹与木块组成
的系统沿 v0方向动量守 恒，即有
mv0 (m M )v1
置时, 有一只小虫以速率 v0 垂直落在距点 O 为 l/4 处,
并背离点O 向细杆的端点 A 爬行. 设小虫与细杆的质量
均为m. 问: 欲使细杆以恒定的角速度转动, 小虫应以多
大速率向细杆端点爬行?
解: 碰撞前后系统角动量 守恒
mv0
l 4
1 12
ml
2
m(
l 4
)
2
12v0 7l
第3章 刚体力学基础
第3章 刚体力学基础
第4节
大学物理学(力学与电磁学) 6
在由A→B的过程中，子弹、木块系统机械能守恒
1 2
(m
M)v21
1 2
(m
M)v22
1 2
k (l
l0 )2
在由A→B的过程中木块在水平面内只受指向O点的
弹性有心力，故木块对O点的角动量守恒，设 v2
9-刚体定轴转动的角动量定理 角动量守恒定律 刚体定轴转动的动能定理
内转动物体角动量的增量，称为角动量定理。 讨论：(1)冲量矩是力对时间的累积，其效果是引起动量矩的改变。 (2)角动量定理对 J 不变或变均适用。 三、角动量守恒定律(动量矩守恒) 由角动量定理可知，如果物体所受对某固定轴的合外力矩
dL d ( J ) 0 ，所以 L J 恒量 dt dt
2). 质点的动能定理： 合外力对质点所做的功等于动能的增量， 那么刚体转动动能 的改变是不是也是由于力做功导致的？(学生应该会提出是力矩做功的原因， 那么 点明：其实力矩功并不是新的功，只是力的功的另一种表达方式，为什么这样说， 我们从力做功去推导力矩做功看一下)。
一、力矩的功(推导)： A dA Md
5
于相应的力矩与角位移元的乘积，称为力矩的功。
1 1 1 二、转动动能： Ek mi ri 2 2 ( mi ri 2 ) 2 J 2 2 2 2
转动动能不是一种新的动能是动能的另一种表达方式。
10 分钟
过渡：那么现在我们知道了对于刚体的定轴转动，力矩做的功，以及刚体的转动 动能，那么应该可以知道刚体定轴转动的动能定理了。
二、 角动量定理(动量矩定理) (1) 冲量矩：与冲量相似，表示力矩在一段时间内的累计效应，等于力矩乘以力矩所作用的 时间。 (2) 定理：刚体作定轴转动时，根据转动定律得出 Mdt
10 分钟
d ( J ) ，对其两边积分，得：
t
t0
Mdt d ( J) J J0 ；转动物体所受合外力矩的冲量等于在这段时间
1 J 常量 2
在只有保守力矩做功的情况下，系统的转动动能和势能相互转化，而总的机械能 保持不变，这就是刚体定轴转动的机械能守恒定律。
教学设计：定轴转动刚体的角动量守恒定律及其应用
问题1：单旋翼直升机为什么要有尾翼装置？双旋翼直升机为什
么设计两个机翼？两个机翼的旋转方向有什么关系？
、播放一段花样滑冰和跳水的视频，提醒学生注意观察运动员的肢体动作。
d J t d t =
（类比：d d P F t
=外）
21
d t 为M 冲量矩。
说明： （1）冲量矩是矢量
角动量定理：合外力矩对刚体的冲量矩等于刚体角动量的增量。
定轴转动刚体的角动量守恒定律=
角动量守恒定律：当合外力矩等于零，刚体的角动量保持不变。
，与内力矩无关；ω均变，但对定轴的角动量守恒定律的应用
多个刚体组成的系统： M =外i i L J ω=∑=恒量
双旋翼直升机：装置反向转动的双旋翼产生反向角 动量
0 , L Jω==
外=恒量0 , P mv
===恒量
课后思考题：
（1）为什么猫从高处落下时总能四脚着地？（视频）
（2）航天器在对接时是如何实现姿态控制的？（图片）。
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
v0
m v
例2、如图所示，将单摆和一等长l的匀质直杆悬挂在同一点，杆的质量与 单摆的摆锤质量相等，均为m。
开始时直杆自然下垂，将单摆的摆锤拉到高度h0，令它自静止状态下摆,于 垂直位置和直杆作弹性碰撞。
求碰撞后直杆下端达到的高度h及摆锤达到的高度h’。
l m ho
c l hc 求h=?
h’
a
b
解:碰撞前单摆摆锤的速度为
功率一定时，转速越大，力矩越小；转速越 小，力矩越大。
3、意义
表示力矩对刚体作功的快慢
思考： P15 1-8、1-11
第一章 刚体力学(2)
第4节 角动量守恒定律 一、质点的角动量 二、刚体定轴转动的角动量 三、角动量守恒定律 四、力矩作功
一、质点的角动量 质点质量m，速度v，位置矢量 为 r， 定义质点对坐标原点O的角动量L 为该质点的位置矢量与动量的矢 量积
L o r m
P θ
L r P r mv
单位：kgm2/s
大小：L＝rmvsin 方向：右手螺旋定则判定
说明
•角动量是物理学的基本概念之一。 •角动量与质点的运动和参考点有关。 •作圆周运动的质点的角动量L ＝ r m v
P r
L o
•质点作匀速直线运动时，质点的角动量 L保持不变。
大小：L＝
rmvsinα = mvd
二、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
刚体上的一个质元,绕固定轴做圆周运动角动量为：L ＝ ri m vi
Li mi ri
2
o
L
所以刚体绕此轴的角动量为：
vi o ri mi
L Li ( mi ri2 )
17定轴转动刚体的角动量守恒定律
m2 vl = Iω − m2ul
1 细棒绕O转动的转动惯量为 I = m1l 2 3 3(v + u )m2 代入上式求得 ω = m1l
m2
u
v
A
O
m1
9
两个共轴飞轮转动惯量分别为J 例4：两个共轴飞轮转动惯量分别为 1、J2，角速度分 别为 ω1 、ω2，求两飞轮啮合后共同的角速度 ω 。啮合 过程机械能损失。 过程机械能损失。 J1 J2 两飞轮通过摩擦达到共同速度,合 解：两飞轮通过摩擦达到共同速度 合 外力矩为0，系统角动量守恒。 外力矩为 ，系统角动量守恒。 L0 = L = C
5
ω0 例1：在摩擦系数为µ桌面上有 细杆， 细杆，质量为 m、长度为 l， 、 ， m, l o 以初始角速度 ω0 绕垂直于杆 的质心轴转动， 的质心轴转动，问细杆经过多 µ 长时间停止转动。 长时间停止转动。 以细杆为研究对象，受力分析， 解：以细杆为研究对象，受力分析，重力及桌面的 支持力不产生力矩，只有摩擦力产生力矩。 支持力不产生力矩，只有摩擦力产生力矩。
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
dω d(Iω) dL = = 刚体定轴转动定律： 刚体定轴转动定律： M = Iβ = I dt dt dt 定轴转动刚体角动量 dL ∴M = 定理微分形式 dt
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。 对时间的变化率。 dL 两边同时乘以dt并积分 并积分， 将M = 两边同时乘以 并积分，得： dt r
7
人与转盘的转动惯量J 例2：人与转盘的转动惯量 0=60kgm2,伸 伸 臂时臂长为 1m，收臂时臂长为 0.2m。人 ， 。 站在摩擦可不计的自由转动的圆盘中心上， 站在摩擦可不计的自由转动的圆盘中心上， 的哑铃。 每只手抓有质量 m=5kg的哑铃。伸臂时转 的哑铃 动角速度 ω1 = 3 s-1,求收臂时的角速度 ω2 。 求收臂时的角速度 解：整个过程合外力矩为0，角动量守恒， 整个过程合外力矩为 ，角动量守恒，
定轴转动的角动量定理 角动量守恒定律
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r 对于定轴转动， 对于定轴转动， L 对沿定轴的分量 Lz 为
Lz = ∑ ∆Li cosθ = ∑ ∆mi Ri vi cosθ = ∑ ∆mi ri vi = (∑ ∆mi ri )ω
2
称刚体绕定轴转动的角动量。 称刚体绕定轴转动的角动量。 刚体转动惯量： 刚体转动惯量
I = ∑ ∆mi ri
ml 2 ω ′2 23 l h = + 3 µ s − 6 µ sl 2 mgh =
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3、物体系的角动量守恒 、 若系统由几个物体组成， 若系统由几个物体组成，当系统受到的外力对 轴的力矩的矢量和为零，则系统的总角动量守恒： 轴的力矩的矢量和为零，则系统的总角动量守恒：
如：直升机机尾加侧向旋叶，是为防止机身的反转。 直升机机尾加侧向旋叶，是为防止机身的反转。
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飞轮1： 摩擦轮 ： 例4-7 摩擦离合器 飞轮 ：I1、 ω1 摩擦轮2： I2、 静止，两轮沿轴向结合， 静止，两轮沿轴向结合，求结合后两轮达到的共同角 速度。 速度。 解：两轮对共同转轴的角动量守恒
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角动量定理比转动定律的适用范围更广，适用于 角动量定理比转动定律的适用范围更广， 刚体，非刚体和物体系。 刚体，非刚体和物体系。 对几个物体组成的系统， 对几个物体组成的系统，如果它们对同一给 定轴的角动量分别为 I ω ， I 2 ω 2 ，L
1 1
系统对该轴的角动量为 且系统满足角动量定理
Lz = ∑ I i ω i
i
dLz d = ∑ I iω i Mz = dt dt i
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三、定轴转动刚体的角动量守恒定律
大学物理 习题课(刚体)
J1r1r2 10 2 2 2 J1r2 J 2 r1
11、质量为m，长为 l的均匀棒，如图， 若用水平力打击在离轴下 y 处，作用时 Ry 间为t 求：轴反力
解：轴反力设为 Rx Ry d 由转动定律： yF J y dt yF t t 为作用时间 F 得到： J 由质心运动定理： l d l 2 切向： F Rx m 法向： R y mg m 2 dt 2 2 2 2 3y 9 F y (t ) R 于是得到： x (1 ) F R y m g 2l 2l 3 m
10
r1
r2
解： 受力分析： 无竖直方向上的运动
10
o1
N1
f
r1
N2
r2
N1 f m1 g N 2 f m2 g
以O1点为参考点， 计算系统的外力矩：
o2
f
m1 g
m2 g
M ( N2 m2 g )(r1 r2 )
f (r1 r2 ) 0
作用在系统上的外力矩不为0，故系统的角动量不守恒。 只能用转动定律做此题。
r
at r
在R处：
R
at R
（2）用一根绳连接两个或多个刚体
B
C
M 2 o2 R 2
o1R1 M1
D
A
m2
m1
• 同一根绳上各点的切向加速度相同；线速度也相同；
a t A a t B a t C a t D
A B C D
• 跨过有质量的圆盘两边的绳子中的张力不相等；
TA TB TD
但 TB TC
B
C
M 2 o2 R 2
o1R1 M1
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
定轴转动的角动量定理 角动量守恒定律
C
零点， 表示棒这时的角速度, 零点，用ω表示棒这时的角速度,则
l 1 11 2 2 2 mg = J ω ＝ ml ω 2 2 23
（ 1）
第二阶段是碰撞过程 。 因碰撞时间极短， 第二阶段是 碰撞过程。 因碰撞时间极短 ， 自由的 碰撞过程 冲力极大，物体虽然受到地面的摩擦力， 冲力极大，物体虽然受到地面的摩擦力，但可以忽略 这样，棒与物体相撞时， 。这样，棒与物体相撞时，它们组成的系统所受的对 的外力矩为零，所以， 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。 表示物体碰撞后的速度， 动量守恒。我们用v表示物体碰撞后的速度，则
讨论： 讨论：
a.对于绕固定转轴转动的刚体，因J保持不变， 对于绕固定转轴转动的刚体， 保持不变 保持不变， 对于绕固定转轴转动的刚体 当合外力矩为零时，其角速度恒定。 当合外力矩为零时，其角速度恒定。
当 M z = 0时， J =恒量
ω
=恒量
b.若系统由若干个刚体构成,当合外力矩为零时,系 若系统由若干个刚体构成,当合外力矩为零时, 若系统由若干个刚体构成 统的角动量依然守恒。 统的角动量依然守恒。J 大→ ω , J 小→ 大。 小 ω
(6)
l h = + 3 µ s − 6 µ sl 2
的匀质细杆， 例13：一长为 l 的匀质细杆，可绕通过中心的固定 13： 水平轴在铅垂面内自由转动， 水平轴在铅垂面内自由转动，开始时杆静止于水平位 置。一质量与杆相同的昆虫以速度 v0 垂直落到距点 O点 l/4 处的杆上，昆虫落下后立即向杆的端点爬行 处的杆上， ，如图所示。若要使杆以匀角速度转动 如图所示。 求: 昆虫沿杆爬行的速度。 昆虫沿杆爬行的速度。
r r vi ∆m i L r ri
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 =。
刚体力学第2讲——定轴转动中的功能关系刚体的角动量定理和角动量守恒定律
动相反方向作圆周运动(如图) 求：1) 圆盘对地的角速度．
2）欲使圆盘对地静止，人应沿着圆周对圆盘的速 度的大小及方向？
R
R/2 v
解：取人和盘为系统，
M 外 0 系统的角动量守恒.
R /2
Ro
v
(1)开始系统的角动量为
m
12 R
2
0
1 2
M
R 20
后来：
m
1 4
R 2 mE
1 2
M
R 2 ME
mE ME mM 21 M R 20 / 40
R /2
Ro
v
MR 40
2
ME
2v R
M
R 2 ME
/2
为
亦即l>6s；当‘’取负值，则棒向右摆，其条件为
3gl 3 2gs 0 亦即l<6s
棒的质心C上升的最大高度，与第一阶段情况相似，也可由 机械能守恒定律求得：
mgh 1 1 ml 2 2
23
把式（5）代入上式，所求结果为
h l 3s 6sl
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
O
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
C
位置时质心所在处取为势
能零点，用表示棒这时
的角速度，则
mg l 1 J 2＝1 1 ml 2 2
22
23
（1）
定轴转动的角动量定理角动量守恒定律
• 引言 • 定轴转动的角动量定理 • 角动量守恒定律 • 定轴转动与角动量定理、守恒定律的
关系 • 总结与展望
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引言
定义与概念
角动量定理
描述转动物体角动量随时间变化 的规律。
角动量守恒定律
在没有外力矩作用的情况下，一 个系统的角动量保持不变。
角动量定理和角动量守恒定律的重要性
基础物理理论
是经典力学和天体力学中的重要理论，为理解物体运动规律提供了基础。
应用广泛
在日常生活、工程技术和科学研究轴转动的角动量定理
定理的表述
角动量定理
对于一个质点绕定轴的转动，其角动 量（定义为质点到旋转轴的距离乘以 质点的速度在垂直于该轴的平面上的 投影）是一个守恒量。
定律的表述
角动量守恒定律是指对于一个封闭系统，其角动量在不受外力矩作用的情况下保持 不变。
角动量 = 转动惯量 × 角速度。
当系统不受外力矩作用时，角动量保持不变。
定律的证明
证明角动量守恒定律需要应用牛顿第二定律和向心力公 式。
当系统不受外力矩作用时，根据牛顿第二定律，合外力 为零，因此合外力矩也为零。
综合应用场景
在分析卫星运动、行星运动、陀螺仪的工作原理等问题时，需要综合考虑定轴转动、角动量定理和守恒定律。
具体应用
通过分析卫星绕地球转动的角动量定理和守恒定律，可以解释卫星轨道的稳定性；在陀螺仪中，利用角动量守恒 定律实现定向稳定控制。
05
总结与展望
总结
01 02
角动量定理
定轴转动的角动量定理描述了物体转动时角动量与力矩之间的关系，即 角动量等于力矩与时间的乘积。这个定理在物理学中有着广泛的应用， 如陀螺仪、行星运动等领域。