上节回顾
● 刚体 形状和大小都不发生变化的物体。
这是一种理想化了的模型。
如果物体的形状和大小变化甚微，
以至可以忽略不计，这种物体也
可以近似地看作是刚体。
● 刚体绕定轴的转动惯量 J =∑（ △ mi） ri2
ri 是质元 △ mi 到转轴的距离。
● 刚体绕定轴的转动定律 M = J ?
（下一页）
● 力矩 M = r × F
4-3 角动量 角动量守恒定律
1、质点的角动量
m?O
r?
p?
L?
090
?2mrm v rprL ???
?090 ?
r?
L?
p?
O
d m
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?
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s i n
s i n
s i n
2mr
m v r
prpdL
?
?
??
质量为 m的质点做圆周
运动时对圆心的角动量
（这是个新的概念）
（下一页）
质点的动量 p 和
矢径 r 不互相垂直
一、质点的角动量及其守恒定律
=Jω
Jmr ?2取 叫转动惯量
用叉积定义
角动量
v
r
m
a
角动量方向
角动量大小,
L?
r?
p?
方向用右手螺旋法规定
dmvL ?? 也可叫动量矩
（下一页）
vmrprL ????? ????
2、力对定点的力矩 质点的角动量定理
方向：用右手螺旋法规定
（下一页）
oM
?
F?
?r?o
d
?s i n0 FrFdM ??
大小：
FrM ??? ??0
力对定点的力矩：
* 应用微分公式
LddtM ?? ?也可写成
方向相同，叉乘为零
称为冲量矩
（下一页）
B
dt
Ad
dt
BdABA
dt
d ?
?????
????? )(
p
dt
rd
dt
pdr
dt
Ld ????
?
???? pvFr ??
?? ????
0MFr
??? ???
角动量定律
dt
Ld
M
?
?
?0
所以得
3,质点的角动量守恒定律
开普勒第二定律（ P157）
行星受力方向与矢径在一条
直线（有心力），故角动量守恒。
（下一页）
dS,矢径在 dt 时间
====扫过的面积
若
00 ?M?
常矢量?L?
角动量定律
dt
LdM
??
?0
由
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m
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2
1
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aa
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?
二,刚体的角动量 角动量守恒定律
1、刚体 定轴转动 的角动量
质点对点的角动量为：
刚体上的一个质元 △ mi,绕固
定轴做圆周运动角动量为,
所以整个刚体绕此轴的角动量为：
iv
?i
r?
im?
Z
（下一页）
vmrprL ????? ????
?iiiiii mrvmrL ???? 2
?? JrmLL i
i
i
i
i ???? ?? )(
2
2、刚体 定轴转动 的角动量定理
转动定律
冲量矩（角冲量）
表示合外力矩在 t0?t 时间内的累积作用。
作用在刚体上的冲量矩等于其角动量的增量。
角动量定理
单位,牛顿 ·米 ·秒
（下一页）
dt
dJJM ?? ??? ??
dt
Jd
dt
dLM )( ???
LddtM ?? ?
0
00
LLLddtM L
L
t
t
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0
0
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t
?????
?
不变时，
3,刚体定轴转动的 角动量守恒定律
M = 0的原因，可能 F＝ 0； r = 0; F∥r ；
====在定轴转动中还有 M ≠ 0,但力与轴平行，即
Mz= 0,对定轴转动没有作用，则刚体对此轴的角动
量依然守恒。
当物体所受的合外力矩为零时，物体的角动量
保持不变。 ——角动量守恒定律
（下一页）
角动量守恒的条件
J 改变时
00?? JJL ???
）（常矢量，即则
中，若在
CJLL
M
dt
Ld
M
?????
?
?
????
??
?0
0
应用角动量守恒定律的两种情况：
1、转动惯量保持不变的单个刚体。
000 ????
????? ??? 则时，当,JJM
2、转动惯量可变的物体或物体系 。
保持不变就增大，从而减小时，当
就减小；增大时，当
??
?
??
?
JJ
J
（下一页）
实例很多：舞蹈、跳水、花样滑冰等等 ……
加速旋转时，团身、收拢四肢，减小 J ；
旋转停止时，舒展身体、伸展四肢，增大 J 。
角动量守恒定律也适用于微观、高速领域。
例 1、如图所示,一质量为 m的子弹以水平速度
射入一静止悬于顶端长棒的下端,穿出后速度
损失 3/4,求 子弹穿出后棒的角速度 ?。已知棒
长为 l,质量为 M.
解, 以 f 代表棒对子弹的阻力,对子弹有,
子弹对棒的反作用力对棒的冲
量 矩为：
v0 vm
M
（下一页）
?Jdtfll d tf ?? ?? ''
00 4
3)( mvvvmf d t ?????
因, 由两式得ff ??'
v0 vm
M
请问,子弹和棒的总动量守恒吗?
为 什么?
总角动量守恒吗?----若守恒,
其方程应如何写?
（下一页）
?Jlvmlmv ?? 400
不守恒 —— 上端有水平阻力
200
3
1
4
9
4
3 MlJ
Ml
mv
J
lmv ??? 这里?
R1
M1
R2
M2
原来它们沿同一转向分别以 ?10,
?20 的角速度匀速转动,然后平移二轴使它们的边缘相
接触,如图所示,求 最后在接触处无相对滑动时,每个圆
柱的角速度 ?1,?2 。
二圆柱系统角动量守恒故有
对上述问题有以下的解法,在接触处无相对滑动时,二
圆柱边缘的线速度一样,故有
（下一页）
2211 RR ?? ?
2211202101 ???? JJJJ ???
，2111 21 RMJ ?
2
222 2
1 RMJ ?
其中
由以上二式就可解出 ?1,?2 。
这种解法对吗?
例 2,质量分别为 M1,M2,半径分
别为 R1, R2的两均匀圆柱,可分别
绕它们本身的轴转动,二轴平行。
正确的解法 应对两圆柱 分别使用角动量定理,由于
两柱接触时摩擦力大小相等、方向相反,力矩和冲量
矩的大小正比于半径,方向相同,
（下一页）
答,原解认为系统的总角动量为二圆柱各自对自己的
轴的角动量之和是错误的，因为系统的总角动量只能
对某 一个轴 进行计算。另当两柱体边缘没有相对滑动
时 v1,v2方向相反，所以应为
2211 RR ?? ??
??
?
?
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???
???
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)(
)(
202222
101111
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Jfd tRfd tR
Jfd tRfd tR
?,得消去 fd t )( )(
2022
1011
2
1
??
??
?
??
J
J
R
R
由此可解得,
（下一页）
T4-18与本题有相似之处（一个系统两个转轴）
由前已知
1
2
2
1
?
???
R
R
)(
)(
212
222111
2
12
2
21
1222111
1 MMR
RMRM
RJRJ
RJRJR
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P152,T4-18 半径分别为 r1, r2 的两个薄伞形轮，
它们各自对通过盘心且垂直盘面转轴的转动惯量为 J1
和 J2 。 开始时轮 Ⅰ 以角速度 ω0 转动, 问 与轮 Ⅱ 成正
交啮合后（图 4-18），两轮的角速度分别为多大？
分析,两伞形轮在啮合过程中存在着
相互作用力，这对力分别作用在两轮
上，并各自产生不同方向的力矩，对
转动的轮 Ⅰ 而言是阻力矩，而对原静
止的轮 Ⅱ 是启动力矩。由于相互作用
的时间很短，虽然作用力的位置知道，但作用力大小
无法得知，因此，力矩是未知的。但是，其作用的效
果可从轮的转动状况的变化来分析。对两轮分别应用
角动量定理，并考虑到啮合后它们有相同的线速度，
这样，啮合后它们各自的角速度就能求出。 （下一页）
1r
2r
Ⅰ
Ⅱ
] [
] [ 0?
图 4-18
对轮 Ⅰ － F r1 Δt = J1（ ω1－ ω0） （ 1）
两轮啮合后应有相同的线速度，
r1 ω1 = r2 ω2 （ 3）
由上述各式可解得啮合后两轮的角速度分别为：
2
12
2
21
2101
22
12
2
21
2
201
1,rJrJ
rrJ
rJrJ
rJ
?
?
?
?
?
?
?
?
（下一页）
对轮 Ⅱ F r2 Δt = J2ω2 （ 2）
解,设相互作用力为 F, 在啮合的短时间 Δt 内，
====根据角动量定理，对轮 Ⅰ,轮 Ⅱ 分别有：
T4-20 一转台绕其中心的竖直轴以角速度 ?0 = ?s-1转
动，转台对转轴的转动惯量为 J0=4·0× 10-3 kg·m2。 今
有沙粒以 Q=2t g·s-1的流量竖直落至转台，并粘附于
台面形成一圆环，若环的半径为 r=0·10m,求 沙粒下落
t=10s时，转台的角速度。
分析,对转动系统而言，转动惯量发生变化，对竖直
=====轴无外力矩,∴ 角动量守恒。
解,在时间 0 10s内落至台面的沙粒的质量为
kggt d tQd tm ss 100100210
0
10
0
????? ??
系统角动量守恒，有 J0ω0=（ J0+mr2） ω
则 t = 10s时，转台的角速度
1
2
0
00 80 ???
?
? s
mrJ
J ???
（下一页）
T4-21 为使运行中的飞船停止绕其中心轴的转动，可
在飞船的侧面对称地安装两个切向控制喷管（图 4-21）
利用喷管高速喷射气体来制止旋转。若飞船绕其中心
轴的转动惯量 J=2·0× 103kg·m2,旋转的角速度
?=0·2rad·s-1,喷口与轴线之间的距离 r=1·5m ； 喷气以
恒定的流量 Q=1·0kg·s-1和速率 u=50m·s-1从喷口喷出，问
为使飞船停止旋转，喷气应喷射多长时间？
分析,将飞船与喷出的气体作为研究系统，系统不受
外力矩作用，角动量守恒。在列方程时注意：⑴由于
喷气质量远小于飞船质量,∴ 喷气前后，系统的角动
量近似为飞船的角动量 Jω；⑵ 喷气过程中气流速率远
大于飞船侧面的线速度 ωr, 因此，整个喷气过程中，
气流相对于空间的速率可近似看作仍是 u, 这样，排
出气体的总角动量 L=∫（ u+ωr） dm≈mur。 这样，可使
问题大大简化。 （下一页）
解,取飞船和喷出的气体为系统，其角动量守恒，有
Jω– mur =0 （ 1）
因喷气的流量恒定，故有 m = 2Qt （ 2）
由式（ 1）、（ 2）可得喷气的喷射时间为：
s
Q u r
Jt 672
5150012
201002
2
3
??
?????
?????? ?
（下一页作业）
作业,P152-153
T4---17,19,25。
T4-25提示；除了应用角动量守恒,
还要应用机械能守恒 (要用 引力势能 ) 。
看看书上四个例题
Bye Bye!
P128例 1 如图所示,一半径为 R 的光滑圆
环置于竖直平面内, 有一质量为 m的小球
穿在圆环上,并可在圆环上滑动, 小球开
始静止于圆环上的点 A（ 该点在通过环心
O 的水平面上），然后从点 A开始下滑。
设小球与圆环间的摩擦略去不计。求小
球滑到点 B 时对环心的角动量和角速度。
?
B
A
o
R
NF
P支持力 指向环心 O,对点 O 的力矩为零,
NF
?
解, 小球受支持力 和重力 的作用。NF? P?
小球从 A 向 B 滑动的过程中,角
动量 L 的大小是随时间变化的，但其方向总是垂直纸面向里,
?c o sm g RM ?故小球所受的力矩仅为重力矩,
方向垂直纸面向里,
其大小为
dt
dLm g R ?? ?c os
dt
d?? ?又 及 ?2mRm R vL ??
)1(c o s dtm g RdL ??则
)2(
2
?dLmRdt ?有
（下一页）
将式（ 2）代入式（ 1），得 ?? dgRmL d L c o s32?
由题设初始条件，有 t = O 时, 故上式积分为.0,0
00 ?? L?
??? doscgRmdLLL ?? ? 0320
即 )3()s in2(
2123 ?gm g RL ?
由 ?2mRL ?
代入（ 3）式 得
）4()s in2( 21?? Rg?
● 刚体 形状和大小都不发生变化的物体。
这是一种理想化了的模型。
如果物体的形状和大小变化甚微，
以至可以忽略不计，这种物体也
可以近似地看作是刚体。
● 刚体绕定轴的转动惯量 J =∑（ △ mi） ri2
ri 是质元 △ mi 到转轴的距离。
● 刚体绕定轴的转动定律 M = J ?
（下一页）
● 力矩 M = r × F
4-3 角动量 角动量守恒定律
1、质点的角动量
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质量为 m的质点做圆周
运动时对圆心的角动量
（这是个新的概念）
（下一页）
质点的动量 p 和
矢径 r 不互相垂直
一、质点的角动量及其守恒定律
=Jω
Jmr ?2取 叫转动惯量
用叉积定义
角动量
v
r
m
a
角动量方向
角动量大小,
L?
r?
p?
方向用右手螺旋法规定
dmvL ?? 也可叫动量矩
（下一页）
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2、力对定点的力矩 质点的角动量定理
方向：用右手螺旋法规定
（下一页）
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大小：
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力对定点的力矩：
* 应用微分公式
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方向相同，叉乘为零
称为冲量矩
（下一页）
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角动量定律
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所以得
3,质点的角动量守恒定律
开普勒第二定律（ P157）
行星受力方向与矢径在一条
直线（有心力），故角动量守恒。
（下一页）
dS,矢径在 dt 时间
====扫过的面积
若
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常矢量?L?
角动量定律
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二,刚体的角动量 角动量守恒定律
1、刚体 定轴转动 的角动量
质点对点的角动量为：
刚体上的一个质元 △ mi,绕固
定轴做圆周运动角动量为,
所以整个刚体绕此轴的角动量为：
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（下一页）
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2、刚体 定轴转动 的角动量定理
转动定律
冲量矩（角冲量）
表示合外力矩在 t0?t 时间内的累积作用。
作用在刚体上的冲量矩等于其角动量的增量。
角动量定理
单位,牛顿 ·米 ·秒
（下一页）
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不变时，
3,刚体定轴转动的 角动量守恒定律
M = 0的原因，可能 F＝ 0； r = 0; F∥r ；
====在定轴转动中还有 M ≠ 0,但力与轴平行，即
Mz= 0,对定轴转动没有作用，则刚体对此轴的角动
量依然守恒。
当物体所受的合外力矩为零时，物体的角动量
保持不变。 ——角动量守恒定律
（下一页）
角动量守恒的条件
J 改变时
00?? JJL ???
）（常矢量，即则
中，若在
CJLL
M
dt
Ld
M
?????
?
?
????
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?0
0
应用角动量守恒定律的两种情况：
1、转动惯量保持不变的单个刚体。
000 ????
????? ??? 则时，当,JJM
2、转动惯量可变的物体或物体系 。
保持不变就增大，从而减小时，当
就减小；增大时，当
??
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JJ
J
（下一页）
实例很多：舞蹈、跳水、花样滑冰等等 ……
加速旋转时，团身、收拢四肢，减小 J ；
旋转停止时，舒展身体、伸展四肢，增大 J 。
角动量守恒定律也适用于微观、高速领域。
例 1、如图所示,一质量为 m的子弹以水平速度
射入一静止悬于顶端长棒的下端,穿出后速度
损失 3/4,求 子弹穿出后棒的角速度 ?。已知棒
长为 l,质量为 M.
解, 以 f 代表棒对子弹的阻力,对子弹有,
子弹对棒的反作用力对棒的冲
量 矩为：
v0 vm
M
（下一页）
?Jdtfll d tf ?? ?? ''
00 4
3)( mvvvmf d t ?????
因, 由两式得ff ??'
v0 vm
M
请问,子弹和棒的总动量守恒吗?
为 什么?
总角动量守恒吗?----若守恒,
其方程应如何写?
（下一页）
?Jlvmlmv ?? 400
不守恒 —— 上端有水平阻力
200
3
1
4
9
4
3 MlJ
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J
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R1
M1
R2
M2
原来它们沿同一转向分别以 ?10,
?20 的角速度匀速转动,然后平移二轴使它们的边缘相
接触,如图所示,求 最后在接触处无相对滑动时,每个圆
柱的角速度 ?1,?2 。
二圆柱系统角动量守恒故有
对上述问题有以下的解法,在接触处无相对滑动时,二
圆柱边缘的线速度一样,故有
（下一页）
2211 RR ?? ?
2211202101 ???? JJJJ ???
，2111 21 RMJ ?
2
222 2
1 RMJ ?
其中
由以上二式就可解出 ?1,?2 。
这种解法对吗?
例 2,质量分别为 M1,M2,半径分
别为 R1, R2的两均匀圆柱,可分别
绕它们本身的轴转动,二轴平行。
正确的解法 应对两圆柱 分别使用角动量定理,由于
两柱接触时摩擦力大小相等、方向相反,力矩和冲量
矩的大小正比于半径,方向相同,
（下一页）
答,原解认为系统的总角动量为二圆柱各自对自己的
轴的角动量之和是错误的，因为系统的总角动量只能
对某 一个轴 进行计算。另当两柱体边缘没有相对滑动
时 v1,v2方向相反，所以应为
2211 RR ?? ??
??
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由此可解得,
（下一页）
T4-18与本题有相似之处（一个系统两个转轴）
由前已知
1
2
2
1
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P152,T4-18 半径分别为 r1, r2 的两个薄伞形轮，
它们各自对通过盘心且垂直盘面转轴的转动惯量为 J1
和 J2 。 开始时轮 Ⅰ 以角速度 ω0 转动, 问 与轮 Ⅱ 成正
交啮合后（图 4-18），两轮的角速度分别为多大？
分析,两伞形轮在啮合过程中存在着
相互作用力，这对力分别作用在两轮
上，并各自产生不同方向的力矩，对
转动的轮 Ⅰ 而言是阻力矩，而对原静
止的轮 Ⅱ 是启动力矩。由于相互作用
的时间很短，虽然作用力的位置知道，但作用力大小
无法得知，因此，力矩是未知的。但是，其作用的效
果可从轮的转动状况的变化来分析。对两轮分别应用
角动量定理，并考虑到啮合后它们有相同的线速度，
这样，啮合后它们各自的角速度就能求出。 （下一页）
1r
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Ⅰ
Ⅱ
] [
] [ 0?
图 4-18
对轮 Ⅰ － F r1 Δt = J1（ ω1－ ω0） （ 1）
两轮啮合后应有相同的线速度，
r1 ω1 = r2 ω2 （ 3）
由上述各式可解得啮合后两轮的角速度分别为：
2
12
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2101
22
12
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2
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1,rJrJ
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（下一页）
对轮 Ⅱ F r2 Δt = J2ω2 （ 2）
解,设相互作用力为 F, 在啮合的短时间 Δt 内，
====根据角动量定理，对轮 Ⅰ,轮 Ⅱ 分别有：
T4-20 一转台绕其中心的竖直轴以角速度 ?0 = ?s-1转
动，转台对转轴的转动惯量为 J0=4·0× 10-3 kg·m2。 今
有沙粒以 Q=2t g·s-1的流量竖直落至转台，并粘附于
台面形成一圆环，若环的半径为 r=0·10m,求 沙粒下落
t=10s时，转台的角速度。
分析,对转动系统而言，转动惯量发生变化，对竖直
=====轴无外力矩,∴ 角动量守恒。
解,在时间 0 10s内落至台面的沙粒的质量为
kggt d tQd tm ss 100100210
0
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系统角动量守恒，有 J0ω0=（ J0+mr2） ω
则 t = 10s时，转台的角速度
1
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（下一页）
T4-21 为使运行中的飞船停止绕其中心轴的转动，可
在飞船的侧面对称地安装两个切向控制喷管（图 4-21）
利用喷管高速喷射气体来制止旋转。若飞船绕其中心
轴的转动惯量 J=2·0× 103kg·m2,旋转的角速度
?=0·2rad·s-1,喷口与轴线之间的距离 r=1·5m ； 喷气以
恒定的流量 Q=1·0kg·s-1和速率 u=50m·s-1从喷口喷出，问
为使飞船停止旋转，喷气应喷射多长时间？
分析,将飞船与喷出的气体作为研究系统，系统不受
外力矩作用，角动量守恒。在列方程时注意：⑴由于
喷气质量远小于飞船质量,∴ 喷气前后，系统的角动
量近似为飞船的角动量 Jω；⑵ 喷气过程中气流速率远
大于飞船侧面的线速度 ωr, 因此，整个喷气过程中，
气流相对于空间的速率可近似看作仍是 u, 这样，排
出气体的总角动量 L=∫（ u+ωr） dm≈mur。 这样，可使
问题大大简化。 （下一页）
解,取飞船和喷出的气体为系统，其角动量守恒，有
Jω– mur =0 （ 1）
因喷气的流量恒定，故有 m = 2Qt （ 2）
由式（ 1）、（ 2）可得喷气的喷射时间为：
s
Q u r
Jt 672
5150012
201002
2
3
??
?????
?????? ?
（下一页作业）
作业,P152-153
T4---17,19,25。
T4-25提示；除了应用角动量守恒,
还要应用机械能守恒 (要用 引力势能 ) 。
看看书上四个例题
Bye Bye!
P128例 1 如图所示,一半径为 R 的光滑圆
环置于竖直平面内, 有一质量为 m的小球
穿在圆环上,并可在圆环上滑动, 小球开
始静止于圆环上的点 A（ 该点在通过环心
O 的水平面上），然后从点 A开始下滑。
设小球与圆环间的摩擦略去不计。求小
球滑到点 B 时对环心的角动量和角速度。
?
B
A
o
R
NF
P支持力 指向环心 O,对点 O 的力矩为零,
NF
?
解, 小球受支持力 和重力 的作用。NF? P?
小球从 A 向 B 滑动的过程中,角
动量 L 的大小是随时间变化的，但其方向总是垂直纸面向里,
?c o sm g RM ?故小球所受的力矩仅为重力矩,
方向垂直纸面向里,
其大小为
dt
dLm g R ?? ?c os
dt
d?? ?又 及 ?2mRm R vL ??
)1(c o s dtm g RdL ??则
)2(
2
?dLmRdt ?有
（下一页）
将式（ 2）代入式（ 1），得 ?? dgRmL d L c o s32?
由题设初始条件，有 t = O 时, 故上式积分为.0,0
00 ?? L?
??? doscgRmdLLL ?? ? 0320
即 )3()s in2(
2123 ?gm g RL ?
由 ?2mRL ?
代入（ 3）式 得
）4()s in2( 21?? Rg?
