刚体的定轴转动课件

刚体的转动5.1刚体的运动1.定义：在外力作用下，形状和大小都不发生变化的物体，即任意两质点间距离保持不变的特殊质点组——刚体是固体物件的理想化模型例如：在研究火车车轮上各点的速度和加速度时，车轮可看作刚体；在研究飞轮的运动规律时，飞轮可看作刚体。一.刚体

(rigidbody)二.自由度确定物体的位置所需要的独立坐标数称作物体的自由度。例：如图所示，在确定的曲线上运动的质点自由度为1，在确定的曲面上运动的质点自由度为2，在三维空间可自由运动的质点自由度为3，自由刚体的自由度为6。刚体有6个自由度：3个平动自由度和3个转动自由度(1)3个平动自由度(x,y,z)用来确定刚体质心的空间位置坐标；(2)需要2个坐标来确定通过质心的任意轴的方位C(x,y,z)αβγ(3)需要一个坐标来说明刚体绕该轴转动的角度坐标φ。故共需要3个转动自由度三.刚体的运动形式平动；转动；一般运动1.刚体的平动(translation)：若刚体中所有点的运动轨迹都保持完全相同，或者说刚体内任意两点间的连线总是平行于它们的初始位置间的连线。

刚体平动质点运动平动的特点：(1)各质点的运动轨迹相同(2)刚体中各质点的的速度、加速度相同，同一时间内产生的位移相同设m为刚体的总质量，a为刚体中任一质元的加速度，可写出刚体的平动动力学方程为

F=ma

注：与单个质点的运动方程具有相同的形式。小结：平动是刚体的基本运动形式之一，刚体做平动时，可用质心或其上任何一点的运动来代表整体的运动。2.刚体的转动：刚体中所有的点都绕同一直线做圆周运动。转动又分定轴转动和非定轴转动。如果轴相对于我们所取的参考系(如地面)是固定不动的，就称为刚体绕固定轴的转动，简称定轴转动。3.刚体的一般运动质心的平动绕质心的转动+刚体的平面运动观察行驶的车的轮子，可以看到轮子的上半部轮辐几乎连成一片，而下半部轮辐却仍旧可以一条一条的辨别清楚。这就使人产生一个印象，仿佛车轮的上半部要比下半部旋转得快些。真是这样的吗？试分析之。讨论车轮的上半部的确要比下半部移动得更快一些。车轮上任意一点，在滚动过程中同时参与两个运动：绕过质心（车轮中心）的轴的转动和随质心一起向前的平动，因此任一点的瞬时速度应是车轮的平动速度与该点相对于质心的转动速度之和。••••••蓝色代表车轮的平动速度；粉色代表绕轴心的转动速度；红色代表二者的合矢量。分析：车轮无滑动的滚动实验验证杆固定，轮子转动把车轮略略滚动，使轮子的轴离开杆大约20～30cm，然后看A点和B点的位移。很明显A点移动了一大段距离，而B点却只离开杆一点儿－－车轮上面的A点比下面的B点显然是移动了更大的距离，由此可知：vA>vB。AABB四.刚体的定轴转动运动中各质元均做圆周运动，且各圆心都在同一条固定的直线（转轴）上，即刚体内各点都绕同一转轴作圆周运动。例如：机床飞轮的转动，旋转式门窗的开、关，等等都是定轴转动。刚体作定轴转动时，具有如下特征：(1)

刚体内轴上所有各点都保持固定不动。(2)刚体内不在轴上的其他各点，都在过该点、并垂直于轴的平面内绕轴作圆周运动，圆心就是这些平面分别与轴的交点，半径就是该点与轴的垂直距离。(3)

刚体内各点的角速度和角加速度是相同，所以各点在同一时间内绕轴转过的角度是相等的。故可用角量来描述整个刚体的运动。相同量不同量1)

每一质点均作圆周运动，圆面为转动平面；2)

任一质点运动均相同，但不同；3)

运动描述仅需一个坐标。定轴转动的特点

1.刚体作定轴转动的角量角位移(1)角坐标约定：沿逆时针方向转动沿顺时针方向转动PA运动描述仅需一个坐标(2)角速度矢量

方向:右手螺旋方向转动方向可以用角速度的正负来表示(3)角加速度矢量工程上常用每分钟转数表示机器的角速度，记作n，单位为r·min-1。则ω

与n的关系为：ω2.匀加速转动公式当刚体绕定轴转动的角加速度为恒量时，刚体做匀加速转动。刚体匀加速转动与质点匀加速直线运动公式对比质点匀加速直线运动刚体绕定轴作匀加速转动3.角量与线量的关系飞轮30s

内转过的角度例1

一飞轮半径为0.2m、转速为150r·min-1，因受制动而均匀减速，经30s停止转动.试求：(1)角加速度和在此时间内飞轮所转的圈数；(2)制动开始后t=6s

时飞轮的角速度；(3)t=6s

时飞轮边缘上一点的线速度、切向加速度和法向加速度。解：(1)已知

t=30s

时，设，飞轮做匀减速运动

t=0s

时，(2)时，飞轮的角速度(3)时，飞轮边缘上一点的线速度大小该点的切向加速度和法向加速度转过的圈数例2

如图所示，发电机的皮带轮A被气轮机的皮带轮B带动，A轮和B轮的半径分别为

r1=30cm，r2=75cm。已知气轮机在启动后以恒定的角加速度转动，两轮与皮带间均无相对滑动发生。问：经过多少时间后发电机作每分钟600转的转动？r2ABr1解：设皮带上的CD段与A、B分别相切于C、D点。又：皮带可认为无伸缩，则皮带上各点具有相同的速度和加速度。对C点和D点而言，有：aC=aDr2ABr1由于两轮与皮带间均无相对滑动，因此皮带上C点的加速度大小aC

必定等于A轮边缘上与C点相接触的那点的切向加速度的大小，即：同理：CD由此得A轮的角加速度为：于是，发电机达到每分钟600转时，所需时间为：例3

在高速旋转的微型电机里，有一圆柱形转子可绕垂直其横截面通过中心的轴转动。开始时，它的角速度，经300s后，其转速达到18000r·min-1。已知转子的角加速度与时间成正比。问在这段时间内，转子转过多少转？解由题意，令，即，积分当t=300s

时转子的角速度由角速度的定义在300s内转子转过的转数刚体作为一个质点系，应满足质点系的角动量定理的一般形式：5.2刚体定轴转动定律

OiO刚体绕Oz

轴旋转,力F

作用在刚体上任一质元，

rOi

为由点O到力的作用点的径矢

一.力矩Mz

垂直与z轴对于转轴的力矩转轴到质元的距离求和对于转轴的合外力矩思考对于一个刚体，若所受合外力为零，是否能得出其对转轴的合外力矩也为零呢？OiO二.角动量Lzri求和刚体对于转轴的转动惯量略去下标z刚体定轴转动定律：刚体所受的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。Oi注意合外力合外力矩加速度角加速度m：质点的惯性质量J：刚体的转动惯量类比：质点的牛顿第二定律与刚体的定轴转动定律转动惯量J是量度刚体转动惯性的物理量。当M一定时，J

越大，就越小，即愈难改变其角速度，或者说，刚体愈能保持其原来的转动状态；反之，J

越小，就越大，即愈易改变其角速度，亦即刚体愈易改变其原来的转动状态。例1

一绕定轴转动的刚体，其转动惯量为J，转动角速度为ω0。现受一与转动角速度的平方成正比的阻力矩的作用，比例系数为k（k>0）。试求此刚体转动的角速度及刚体从ω0

到ω0/2所需的时间。分析：应用转动定律进行积分求得此刚体转动的角速度。刚体从ω0

到ω0/2所需的时间则可通过将已知条件代入角速度表达式得到。解：由题意，此刚体所受的外力矩为：由转动定律得：分离变量，有：由初始条件t=0

时ω=ω0

，积分上式将ω=ω0/2代入上式，得：分析：这时，必须考虑滑轮的转动情况，至于物体A和B因各自作平动，故仍用质点力学方法来处理。例1

如图所示，两物体A，B的质量分别为m1、m2，用一轻绳相连，绳子跨过均质的定滑轮C，滑轮C对轴O的转动惯量为J，半径为r。若物体B与水平桌面间的滑动摩擦系数为，绳与滑轮之间无相对滑动，其他摩擦均不计，且物体A在下降，求系统的加速度a及绳的张力。解：受力分析1按牛顿第二定律和转动定律分别列出物体A，B和滑轮的运动方程：再考虑运动学的关系：由于绳子长度可以认为无伸缩，故又因滑轮的转动与物体A，B的平动并不是独立进行的，且因绳与滑轮之间无相对滑动，滑轮边缘上的切向加速度

，和物体的加速度a在大小上相等，即：。以上各式联立解得：如果不计滑轮的质量（轻质滑轮），即J=0，则上面的结果变为：讨论其运动学方程为：即认为绳子各处的张力均相等课堂讨论一细绳绕在半径为r的定滑轮边缘，滑轮对转轴O的转动惯量为J，滑轮与轴承间的摩擦不计，今用恒力F拉绳的下端

(图a)或悬挂一重力W=F的物体(图b)，使滑轮自静止开始转动，分别求滑轮在这两种情况下的角加速度。解：对图a的情况：由M=Jα1，有则滑轮的角加速度为：FrOWrO图a图b按刚体绕定轴的转动定律，可列出滑轮的转动方程为：(2)按牛顿第三定律，绳中的张力T与T’的大小满足：T=T’(3)对图b的情况，已知W=F

，设物体的加速度为a

，则按牛顿第二定律，可列出物体的运动方程为：(1)并考虑到刚体定轴转动的角加速度和物体的平动加速度a的运动学关系：(4)

联立上面四式求解式，得此情况下的滑轮角加速度为：

可见，且5－3转动惯量的计算dmrm转动惯量J是量度刚体转动惯性的物理量。表明：刚体对转轴的转动惯量等于刚体中各质元的质量与它们各自到转轴的垂直距离的平方的乘积之和。

（分立）（连续）定义：

对质量线分布的刚体：：质量线密度

对质量面分布的刚体：：质量面密度

对质量体分布的刚体：：质量体密度

质量连续分布刚体的转动惯量：质元注意：转动惯量恒为正值；它的单位是kg·m2。影响转动惯量的因素主要有三个

质量大小：形状、大小相同的均匀刚体总质量越大，转动惯量越大。质量分布：总质量相同的物体，质量分布离轴越远，转动惯量就越大。给定轴的位置：同一刚体转轴不同，质量对轴的分布就不同，因而转动惯量就不同。例1

三个质点A、B和C用轻杆（杆质量不计）相连，数据如图所示。设轴通过A点并与板面垂直，求此系统对该轴的转动惯量J。解：该系统中的轻杆AC，CB，BA的质量不计，故可不考虑它们对轴的转动惯量；A处的质点就在轴上，与轴的距离为零，它对此系统的转动惯量没有贡献，即J3=0；B和C处的质点分别对轴的转动惯量J1

和J2

为：O´O解：设棒的线密度为，取一距离转轴OO´

为r

处的质量元例2一质量为

m、长为

l的均匀细长棒，求通过棒中心并与棒垂直的轴的转动惯量.如转轴过端点垂直于棒O´Or小结从本例可见，转动惯量与轴的位置有关，同一刚体，纵然它的质量及其分布恒定，但相对于不同的轴，转动惯量是不同的。所以在涉及到刚体的转动惯量时，必须指明是对哪一条轴而言的。例3

如图所示，一质量为m、长为l的均质空心圆柱体（即圆筒），其内、外半径分别为R1

和R2，试求对几何轴Oz的转动惯量。(1)解：在半径r(R1<r<R2)处，取一薄圆柱壳形状的质元，其长为l，半径为r，厚度为dr。设筒体的密度为，则该质元的质量为：zR2R1OzOrdrl圆筒的体积：将式(2)代入式(1)，(2)(3)说明：本题的关键是正确表示出质元的质量dm。又圆筒体积与其密度之乘积，就是整个圆筒的质量m，即：(2)

若圆筒的壁很薄，则，此时圆筒成为一个半径为R的薄壳筒（或薄圆环），由式(3)，它绕中心轴的转动惯量为：式中，R（=R2）是质量为m的圆柱体的半径(1)

如果内半径R1=0，由式(3)可得到实心圆柱体（或圆盘）绕中心轴的转动惯量为：RRRR讨论小结从本例题可以看出，在质量一定的情况下，转动惯量又与质量的分布有关，亦即与刚体的形状，大小和各部分的密度有关。应用：制造飞轮时，常做成大而厚的边缘，借以增大飞轮的转动惯量，使飞轮转动得比较稳定。思考：设有两个圆盘是用密度不同的金属制成的，但重量和厚度都相同。对通过盘心，且垂直与盘面的轴而言，试讨论哪个圆盘具有较大的转动惯量？由题意可知：m1=m2，即即：密度越小的圆盘半径越大；密度越大的圆盘半径越小。密度小的圆盘转动惯量反而更大。转动惯量的大小取决于刚体的质量；质量分布；及转轴的位置。小结竿子长些还是短些较安全？思考即杆子越长越安全2R2R球壳和球体绕沿直径方向的轴的转动惯量φθxyzRsinθ★关于计算J的几条规律1.对于同一转轴J具有可叠加性例如：例5-3-1－由三个质点所组成的系统又如：由多个刚体组成的系统J1J2OCO2.平行轴定理刚体对任意轴（O轴）的转动惯量，等于对通过质心（C）并与之平行的轴的转动惯量，加上刚体的质量乘以二轴间距离的平方：••COriricφidΔmi证明：由余弦定理可知刚体对O轴的转动惯量为：如果我们以刚体的质心为坐标原点建立质心坐标系（x’轴），如图所示，很显然：即质元在质心参考系中的位置坐标注意：O轴和C轴一定是相互平行的且C轴必通过刚体的质心。••COriricφidx’Δmi在质心参考系中：由平行轴定理可知：在许多彼此平行的转轴中，刚体对通过质心的轴的转动惯量最小；可以求得刚体对任意两个平行轴的转动惯量之间的关系。••cOriricidx’mi•Qd’例如：OCCO3.垂直轴定理一个平面薄板刚体对垂直于平面的任一轴的转动惯量，等于刚体对平面内并与该垂直轴正交的任二正交轴的转动惯量之和。yrixz

yi

xiri证明：由定义思考yxz

圆盘RCm解：例4

已知圆盘对中心轴的转动惯量为求：对圆盘的一条直径的转动惯例

Jr

。注意：垂直轴定理只适用于平面薄板状刚体，即厚度很小而可以忽略的平板。思考题：1.木板对与其长边重合的轴的转动惯量JOO’2.木板对过其质心且垂直与板面的轴的转动惯量JcOO’abC讨论：该刚体绕该固定轴O的转动惯量。分析：可以将该圆柱形刚体可视为由许多连续分布的半径为

r的薄圆盘的叠加；然后由垂直轴定理求得圆盘相对于轴z的转动惯量；再根据平行轴定理求得圆盘相对于轴O的转动惯量；最后积分可得圆柱体对轴O的转动惯量。rdxxOxzO解：建立如图所示的坐标轴，轴O过圆柱体的质心位置。在距离原点位置为x

处，有一厚度为dx，半径为r

的圆盘，其质量为dm：rdxxOxz由垂直轴定理，该圆盘相对于轴z的转动惯量：又由平行轴定理：对式子两端同时求积分：例5

如图所示，半径为R的均匀薄圆盘，挖取半径为R/3的圆孔，圆孔中心距圆盘中心的距离为R/2。如所剩的质量为m，求剩余部分对于过O点且与圆盘垂直的轴的转动惯量。分析：此题可用补偿法求解，即将此物视为完整的薄圆盘和负质量的小圆盘组成的系统。总的转动惯量为两者之和。小圆盘绕大圆盘中心轴的转动惯量可用平行轴定理求出，•R/3R/2RO解：设薄圆盘绕中心轴O的转动惯量为J10

，填负质量的小圆盘绕中心轴O的转动惯量为J20，根据圆盘绕中心轴转动惯量公式，得：•R/3R/2RO由平行轴定理得小圆盘绕大圆盘中心轴的转动惯量：设圆盘的质量面密度为σ，则则剩余部分绕中心轴的转动惯量为：5.4转动定律应用举例刚体绕定轴的转动定律刚体绕定轴的转动惯量刚体绕定轴的运动学公式例1

一个飞轮到质量，半径，正在以的转速转动。现在要制动飞轮，要求在内使它均匀减速而最后停下来。求闸瓦对轮子的压力N为多大？假定闸瓦与飞轮之间的滑动摩擦系数为，而飞轮到质量可看作全部均匀分布在轮到外周上。NfrF例2

两个重物A、B的质量分别为m1，m2，并分别系于两条绳上，这两绳又分别绕在半径为r1、r2，且装于同一轴的两个鼓轮上（如图所示），假设鼓轮的转动惯量为J。重物在重力的影响下运动，绳的质量及轴对鼓轮的摩擦均略去不计，试证鼓轮的角加速度为：m1m2mMr1r2OO’证：受力分析，按牛顿第二定律和转动定律，列出重物A、B和鼓轮的运动方程：α方法2：可将鼓轮、m1

和m2

选作一个系统，系统所受合外力矩为：则根据转动定律可得：又系统的对转轴的转动惯量为：m1gm2gvr例3

质量为m，长度为l

的匀质细棒一端悬挂在O点。在O点以下的h

处的A点对棒施以水平冲力F，求(1)O点轴承处所承受的水平冲力f；(2)当h

为多大时，O点轴承处承受的水平冲力等于零。解：(1)棒在水平力矩的作用下作定轴转动，棒对轴O的转动惯量为J。由刚体定轴转动定律可得：在水平冲力作用下，棒的质心获得水平方向的切向加速度ac，则棒的质心加速度和角加速度之间的关系为：••Oh•cAFf’根据质心运动定理，质心在水平方向上的加速度由F

及轴承对棒的水平作用力f

’（即轴承所受力的反作用力）共同决定的：联立上面三个式子可得O点轴承对棒的水平冲力：轴承处承受的水平冲力(2)当f=0时，有：h0=2l/3，即当h=h0

时，轴承处承受的水平冲力为零。由此可知，刚体上到定轴距离h=h0

＝2l/3

的点是一个特殊点，当打击力的作用线通过此点时，轴承不会产生沿打击力方向的对刚体的反作用力。我们称此点为刚体对定轴或支点O的“打击中心”。在与打击有关的实际问题中，如使用打击工具时，明确打击中心及其意义是很有用的。分析：思考：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角时的角加速度和角速度.解：细杆受重力和铰链对细杆的约束力作用，由转动定律得：式中由角加速度的定义5.5转动中的功和能一.力矩的功力对转轴的力矩M当一个刚体在外力的作用下绕定轴转动而发生角位移时，力F

做的元功为：力的空间累积效应

力的功，动能，动能定理力矩的空间累积效应力矩的功，转动动能，动能定理FxrOrdr力矩的功—力矩的空间积累效应当刚体在力矩作用下从角度转至

时，外力矩对刚体所作的功为：FxrO如果M

为恒力矩，则：二.定轴转动的动能定理1.转动动能如图所示，设其中第i个质元的质量为，与轴O相距为ri，其线速度大小为，其动能为：Ori整个刚体的动能就是刚体内所有质元的动能之和，即：刚体对轴O的转动惯量J表示：刚体绕定轴的转动动能等于刚体对此轴的转动惯量与角速度平方之乘积的二分之一。其中为转动动能定轴转动的动能定理2.动能定理刚体定轴转动的动能定理可表述为：合外力矩对刚体所作的功等于刚体转动动能的增量。动能定理可推广到绕定轴转动的刚体与其他质点所组成的系统。这时，A表示作用于系统所有外力（及外力矩）作功的代数和；Ek1

和Ek2

分别表示系统在始、末状态的总动能（即系统内所有的刚体转动动能和质点平动动能之和）。注意：应用：▲惯性电车：将飞轮储能系统应用在汽车动力系统中，即以惯性飞轮为动力。▲飞轮储能：优点：惯性电车不使用燃油发动机，因此绝没有废气污染，也免除了活塞式发动的噪声，而且还可以节能。由直流电动机通过无级变速装置驱动飞轮，当钢制的飞轮达每分钟10000转时，通过电脑控制自动变速器驱动后轮行驶。思考：如图，传送机支承轮I、II的半径均为r，质量均为m，可视作均质圆柱。在传送带上放置一袋质量为m的水泥。今由电动机向支承轮I提供一不变的力矩M，使传送带自静止开始运动。设传送带的倾角为，与支承轮之间无相对滑动，其质量不计。求：这袋水泥移动距离l

时的速度。IIIm解：按系统的动能定理，即

A=Ek2–Ek1其中：三.刚体的重力势能及系统的机械能守恒若A外+A内非=0，则Ek

+Ep

=const.刚体重力势能：注意：hc

为刚体的质心距势能零点的距离。对于包含刚体的系统，功能原理仍然成立×ChchiEp=0表明：一个不太大的刚体的重力势能和它的全部质量集中在质心时所具有的势能一样。对于包括有刚体的系统，在运动过程中，若只有保守内力做功，则系统的机械能守恒。刚体重力势能子弹击入杆以子弹和杆为系统机械能不守恒.角动量守恒；动量不守恒；以子弹和沙袋为系统动量守恒；角动量守恒；机械能不守恒.讨论子弹击入沙袋细绳质量不计例1如图，一根质量为m、长为l的匀质细棒OA，可绕通过其一端的轴O在沿直平面内转动，棒在轴承处的摩擦不计。如果让棒自水平位置开始自由释放，求棒转到铅直位置时棒端A的速度。解：由杆和地球所组成的系统，由于只有杆的重力做功，故系统机械能守恒，并设杆水平时为重力势能零点：OcmgA其中：思考：在上一例题中，若在棒OA的A端再连结一质量为m的小球，使两者组成一刚体。求：(1)这刚体绕O轴的转动惯量；(2)棒转到铅直位置时棒端A即小球的速度。v例2

一个质量为M，半径为R的均匀球壳可绕一光滑竖直中轴转动。一根不变形的轻绳绕在球壳的水平最大圆周上，又跨过一质量为m、半径为r的均匀圆盘，此圆盘具有光滑水平轴，然后在下端系一质量也为m的物体，如图所示。求当物体静止下落h时，其速度多大？分析：分别以球壳、圆盘和物体为研究对象分析受力情况，根据转动定律和牛顿定律列出方程。同时考虑约束关系，即球壳与圆盘的线加速度与物体加速度相等。联立解得物体下落h时的速度。另外本题也可应用机械能守恒定律求解。MmmrRaT1T1’T2T2’mg解：方法1

设T1

为绳子对球壳的水平拉力，为球壳的角加速度。则对球壳M用转动定律：圆盘受水平拉力与竖直拉力T2，以表示圆盘的角加速度。则对圆盘m用转动定律：MmmrRaT1T1’T2T2’mg联立以上5个方程可求得a，再利用公式可得：物体受绳子拉力与重力mg，设其加速度为a，则根据牛顿第二定律有：由于绳子在球壳表面和圆盘边缘上不打滑，所以：方法2

对球壳、圆盘、物体和地球组成的系统而言只有保守力mg

做功，所以机械能守恒，现选m

初始高度为势能零点，则有：上式中ω1

与ω2

分别表示球壳与圆盘在物体下落h时的角速度，v为其时m的速度。它们满足关系：Rhm'mm

和、分别为圆盘终了和起始时的角坐标和角速度。例3

一质量为

、半径为R

的圆盘，可绕一垂直通过盘心的无摩擦的水平轴转动。圆盘上绕有轻绳，一端挂质量为m

的物体。问物体在静止下落高度h

时，其速度的大小为多少?设绳的质量忽略不计。解：拉力T

对圆盘做功，由刚体绕定轴转动的动能定理可得，拉力T

的力矩所作的功为m物体由静止开始下落并考虑到圆盘的转动惯量由质点动能定理m例4

一长为l,质量为

的竿可绕支点O自由转动。一质量为、速率为的子弹射入竿内距支点为处，使竿的偏转角为30º。问子弹的初速率为多少？解：把子弹和竿看作一个系统。子弹射入竿的过程系统角动量守恒：射入竿后，以子弹、细杆和地球为系统，机械能守恒：思考：若转轴过杆的中心，情况会发生怎样的变化？例5

如图所示，一根长为l，质量为m的均匀直棒静止在一光滑水平面上。它的中点有一竖直光滑固定轴，与棒密接。一个质量为m’的小球以水平速度v0垂直于棒冲击其一端而即沾上。求碰撞后棒的角速度以及碰撞过程中损失的机械能。Ov0m,lm’解：对棒和球系统，对于竖直光滑轴O，碰撞过程中外力矩为零，故角动量守恒，即Ov0m,lm’末态：初态：

Ek1=0

令：Ep1=0解：以杆和地球作为研究对象。由于系统只有重力做功，故机械能守恒：ABCO(1)机械能守恒例6

如图所示，一质量为m长l的均匀直杆可绕一水平光滑轴O转动，且该轴与杆的一端之间的距离为l/4。现将杆抬至水平静止后让其运动，求：当杆摆至与水平成角时，杆的角速度及此刻轴承作用于杆的约束反力N。由(1)、(2)得：由平行轴定理：ABCO(2)(1)设此时轴承对杆的作用力为N，将其分解在沿杆的方向和垂直于杆的方向，得到分力Nl

和Nt

。由于质心作圆周运动，上面两个分力正好是质心运动轨道的法线方向和切线方向。应用质心运动定理：ABCONlNtNmgl方向

(3)t方向

(4)其法向和切向分量式为：(5)(6)其中：注意：轴承对杆的作用力对轴的力矩为零由(3)、(4)、(5)、(6)可得：大小方向ONlNtN5－6对定轴的角动量守恒力的时间累积效应冲量、动量、动量定理力矩的时间累积效应冲量矩、角动量、角动量定理对定轴的角动量定理力矩的冲量一.角动量定理对定轴的角动量守恒定律：对于一个质点系，如果它受的对于某一固定轴的合外力矩为零，则它对于这一固定轴的角动量保持不变。大小不变正负不变当Mz=0，Lz=const.二.角动量守恒定律1.质点系的角动量守恒定律2.刚体在刚体作定轴转动时，如果它所受外力对轴的合外力矩为零(或不受外力矩作用)，则刚体对同轴的角动量保持不变。这就是刚体定轴转动的角动量守恒定律。当M=0，注意：对于碰撞，由于内力很大（>>外力），外力矩可视为零，故系统角动量守恒。(1)J不变，角速度ω的大小和方向均不变。注解物体绕定轴作匀角速转动对于单个刚体，其对定轴的转动惯量J保持不变ω例如：地球所受的力矩近似为零，地球自转角速度的大小方向均不变。地球赤道平面与黄道平面（公转轨道）的夹角保持不变。地球在轨道上不同位置，形成春、夏、秋、冬四季的变化。

(2)J可变，Jω乘积不变

当物体绕定轴转动时，如果它对轴的转动惯量是可变的：茹可夫斯基凳：演示者手握哑铃，坐在可绕垂直轴无摩擦转动的凳子上，和凳一起以一定的角速度旋转。演示者伸开双臂时，转动变慢；演示者收拢双臂时，转动加快。例如：跳水、花样滑冰运动、茹可夫斯基凳等(3)

系统的角动量守恒。例如，书上思考题

5.11；又如，直升机的尾翼作用，是为了防止机身旋转，使直升机飞行平稳。解释：直升机机翼高速转动后，为保持系统总角动量为零，机身必反向旋转，为克服机身反转现象，可利用尾翼产生补偿力矩以防止机身的旋转。

被中香炉惯性导航仪（陀螺）角动量守恒定律在技术中的应用

回转仪（常平架）示意图例1

质量很小长度为l

的均匀细杆，可绕过其中心O并与纸面垂直的轴在竖直平面内转动。当细杆静止于水平位置时,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：小虫与细杆的碰撞视为完全非弹性碰撞，碰撞前后系统角动量守恒：由角动量定理即考虑到ll/2CABMNh解：碰撞前M

落在A点的速度碰撞后的瞬间，M、N具有相同的线速度例2

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

，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？把M、N和跷板作为一个系统,角动量守恒：解得演员N以u

起跳达到的高度ll/2CABMNh例3

一根轻绳绕过质量为m/4，半径为R的定滑轮。定滑轮的质量均匀分布在边缘上。绳的一端系以质量为m/2的重物，绳的另一端由质量为m的人抓住，如图所示。若绳子与滑轮间没有滑动，当人以匀速率u相对于绳子向上爬时，重物上升的速度v多大？分析：选轮子、人和重物为系统，由于人和重物的重力对轴的力矩不为零，系统角动量不守恒。需要应用角动量定理进行求解。注意解题时需要将人和对绳的速度转换为人对地的速度。m/2mm/4解：由题意，人对地的速度为u-v，所以人+重物+滑轮系统对转轴的角动量为：式中：系统所受合外力矩为：由角动量定理dL

/dt

=M，再考虑到du

/dt

=0，可解得：重物上升的速度与人爬的速度无关例4

如图所示，一个质量为M，半径为R

的水平放置的匀质圆盘可以绕通过中心的光滑竖直轴自由转动。在盘的边缘上站着一个质量为m

的人，两者最初相当于地面静止。当人在圆盘的边缘上沿着盘走一周时，盘相当于地面转过的角度是多大？•ω1ω2RxOMm解：把盘和人组成的系统作为研究对象。在人走动过程中，该系统所受的对竖直轴的外力矩为零，所以该系统对该竖直轴的角动量守恒。人对竖直轴的转动惯量：(1)圆盘对竖直轴的转动惯量：(2)若分别以和表示人和盘对地面发生的角位移，人在盘上走了一周，则和

之间满足：(3)设任一时刻人和盘的角速度ω1、ω2又满足：(4)由角动量守恒有：，即积分思考：一半径为r的水平均质圆形转台，以匀角速度ω0

绕通过其中心的铅直轴转动。台上站有四人，质量各等于转台质量的1/4；二人站于台边，二人站于距圆心r/2处。(1)设台边的二人相对于圆台以速度v循转台的转向沿圆周走动，另二人相对于转台以速度2v逆转台的转向沿圆周走动，求转台的角速度ω1；(2)若四人都顺转台的转向走动，求转台的角速度ω2。解：把转台与四个人视作一系统，且系统对转轴的角动量守恒。当台边两人以速度v顺着转台的转向运动，距轴r/2处的两人以速度2v逆着转台的转向运动时，由角动量守恒定律，设人走动时转台的角速度为ω1，则：(2)四个人皆顺着转台的转向走动，走动时转台的角速度为ω2，同理可列出：讨论题：一个内壁光滑的圆环形细管，正绕竖直光滑固定轴OO’自由转动。管是刚性的，转动惯量为J。环的半径为R，初角速度为ω0

一质量为m的小球静止于管内最高点A处，如图所示，由于微小的干扰，小球向下滑动。试判断小球在管内下滑过程中，下列三种说法是否正确，并说明理由。地球、环和小球系统的机械能不守恒；小球的动量不守恒；小球对OO’轴的角动量守恒。OO’ABCR(1)不正确。对小球、环和地球系统，外力的功为零，非保守内力只有小球和环管壁之间的相互作用力，其所做的功也为零。故满足机械能守恒条件。(2)正确。小球在下滑过程中始终受到管壁的作用力和重力，合力不为零，故动量不守恒。(3)不正确。开始时，小球的角动量为零，滑到B点时，角动量不为零，越过最低点C时，角动量又为零。故角动量是变化的。其原因是管壁对其的压力的力矩不为零。OO’ABCR试求出小球滑到环的水平直径的端点B时，环的角速度为多少？小球相对于环的速度为多少？当小球滑到最低处C时，环的角速度及小球相对于环的速度又各为多少？解：对小球和环系统，在小球下滑过程中系统对OO’轴的合外力矩为零，系统对OO’轴的角动量守恒。分析：小球的运动可分解为一个随环绕OO’轴的转动，和一个相对于环的向下的滑动。OO’ABCR(1)小球从A点到达B点的过程中有：注意：为什么在角动量守恒式中没有出现与速度vB

有关的小球角动量？分析：小球在B点的速度vB

是竖直向下的，对OO’轴的角动量为零。OO’ABCRvBωB联立上面两式可求解出：对小球、环、地球系统机械能守恒，取过环心的水平面为势能零点，有：转动动能平动动能(2)当小球滑到C点时，角动量守恒，故在A、C两点处，环的转动动能E

不变，由机械能守恒定律有（以过C点的平面为势能零点），课堂习题1.一水平匀质圆形转台，质量M=200kg、半径r=2m，可绕经过中心的铅直轴转动，质量m=60kg的人站在转台边缘。开始时，人和转台都静止。如果人在台上以v=1.2m·s-1

的速率沿转台边缘循逆时针方向奔跑，求此时转台转动的角速度。设轴承对转台的摩擦力矩不计。v提示：把人和转台看成一个系统，系统所受合外力矩为零，角动量守恒，另外要注意人在转台上的转速是相对转台而言的。2.如图，两个匀质的转动轮A、B分别绕其中心轴OO’

同向转动，角速度分别为。已知两轮的半径与质量分别为rA=0.2m，rB=0.1m，mA=2kg，mB=4kg。试求两轮对心衔接（即啮合）后的角速度ω。ω提示：在衔接过程中，对转轴没有外力矩作用，故两转动轮构成的系统，其角动量守恒；且衔接后两轮的角速度相同。ωAωBOO’参考平面参考轴例1

如图所示，一半径为R，质量为m的均匀圆盘，可绕水平固定光滑轴转动，现以一轻绳绕在轮边缘，绳的下端挂一质量为m的物体，求圆盘从静止开始转动后，它转过的角度和时间的关系。ORmm分析：对圆盘应用转