1
第四章,刚体的转动
2
本章要点
1刚体模型
2刚体运动的描述
3刚体动力学
4角动量守恒
5刚体的动能
3
CA BF
由于弹性，力在连续体内传播需要一定时间：
§ 4.1 刚体的运动学一,刚体 （ rigid body） 的概念
t t +?t 才感受到力固体中弹性波的速度 k?v （ k—劲度）
若 v,则 k,此时物体有无限的刚性，
它受作用力不会变形，因而可以瞬时传递力。
我们把这种不能变形的物体称为 刚体。
4
说明,1刚体是个理想化的模型,形状和大小变化极其微小而且考虑到刚体的特点,规律的表示还可较一
2刚体是特殊的质点系,其上各质点间的相对位置保持不变。 质点系的规律都可用于刚体，
般的质点系有所简化。
通常 v固体?103m/s,所以只要我们讨论的运动过程的速度比此慢得多,就可把固体视为刚体。
实际意义：
5
的直线在运动各个时刻的位置都彼此平行。
二,刚体的运动形式
1.平动 （ translation）：
刚体做平动时,可用质心或其上任何一平动是刚体的基本运动形式之一。
2.转动 （ rotation）,
转动也是刚体的基本运动形式之一,
它又可分为 定轴转动 和 定点转动 。
连接刚体内任意两点点的运动来代表整体的运动。
6
▲ 定轴转动：
且各圆心都在同一条固定的直线 （ 转轴 ） 上 。
▲ 定点转动：
整个刚体绕过该定点的某一瞬时轴线转动 。
3.平面运动,刚体上各点的运动都平行于某一
4.一般运动,刚体不受任何限制的的任意运动。
它可分解为以下两种刚体的基本运动：
▲ 随 基点 O（可任选）的 平动
▲ 绕通过基点 O的瞬时轴的 定点转动运动中各质元均做圆周运动，
运动中刚体上只有一点固定不动，
固定平面的运动。
7
· ·O?
O?
·
O
O·
转动与基点的选取无关。
两种分解，基点选取不同，例如：
平动可以不同，
动力学中，常选 质心 为基点。
三,刚体转动的描述（运动学问题）
转动却相同，
或定轴转动 （ rotation about a fixed axis）
（ 1）角坐标 的描述?
当沿逆时针方向转动时,角坐标为正 ;沿顺时针方向转动时,角坐标为负,
8
O
刚体
v
P
×
r
r
定轴
参考方向
θ
z,为反映刚体转动的快慢和转向，引入 角速度矢量
。?
td
d 转向
与转向成右螺旋关系 。
的方向 沿瞬时轴，
td
d （不一定沿着瞬时轴）
为反映 的变化情况,引入 角加速度矢量 。
9
rv
2?
ra n
r
t
r
t
a t
d
d
d
vd
)(2
2
1
)(
0
2
0
2
2
0
0
tt
t
.c o n s t若
（ 2）线量和角量的关系
O
刚体
v
P
×
r
r
定轴
参考方向
θ
z,
转轴固定,。和? 和?退化为 代数量
10
§ 4-2 力矩 转动定律 转动惯量一,力矩
1) 对参考点的力矩
r?
F?
o
d
m
FrM
服从右手螺旋法则组成的平面和垂直于方向：
大小：
Fr
FrFd
s i n?
定义：
11
FrM
服从右手螺旋法则。
组成的平面，和方向：垂直于大小：
Fr
rFrFM
M
s i n
x
y
z
m?
r?
F
o
r
M
F
注意,
(1):合外力力矩等于各力的力矩的代数和 ;
(2):质点系内力的力矩和为零 ;
(3):M>0,和力矩的方向沿 OZ轴正向 ;反之沿 OZ轴负方向 ;
12
[例 ] 质量为,长为 的细杆在水平粗糙桌面上绕过其一端的竖直轴旋转，杆与桌面间的摩擦系数为,求摩擦力矩。
1) 杆的质量均匀分布
2) 杆的密度与离轴距离成正比
m L
o
md
f?d
z
r?
解 1）
rLmm dd?
mgf dd
frM dd
m g Lrg
L
mrMM L
2
1dd
0
13
解 2）
rkrrm ddd
设杆的线密度 kr
2
2
0
2
2
1
dd
L
m
k
kLrkrmm
L
得由
rrL mgmgf d2dd 2
frM dd
m g Lrr
L
mgMM L
3
2d2d
0
2
2
o
md
f?d
z
r?
14
二、刚体的定轴转动定律内力外力,;,ij FF
将外力和内力分别投影到质点处的切向和法向两个方向,由于法向方向的分力通过了
O点,故其力矩和为零,在切向方向由牛顿第二定律有,刚体定轴
z
miΔri
Fi
jF
O
iiiiij rmamFF
两边各乘
ir
2iiiiij rmrFrF
对所有的质点求和有,
)( 2iiiiij rmrFrF
内力的力矩和为零,令,
i
ii mrJ
2
J:转动惯量
15
比较
JM
amF
z
J 是物体转动惯性的量度。
m 是物体平动惯性的量度。
改变物体平动状态的原因
zM
F?
改变物体绕轴转动状态的原因转动定律,刚体绕定轴转动时,刚体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,
JM z? 刚体定轴转动定律
16
例,一定滑轮的质量为,半径为,一轻绳两边分别系 和 两物体挂于滑轮上，绳不伸长，绳与滑轮间无相对滑动。不计轴的摩擦，初角速度为零，求滑轮转动角速度随时间变化的规律。
m
1m 2m
r
2m
1m
r
m
已知：
0,,,,021rmmm
求,t?
思路,先求角加速度?
17
解,在地面参考系中，分别以为研究对象，用隔离法，分别以牛顿第二定律和刚体定轴转动定律建立方程。
mmm,,21
思考,
2121 TTaa
×
1T
1a
gm1
以向下为正方向
)1(,11111 amTgmm
2a?
2T
gm2
以向上为正方向
)2(,22222 amTgmm
18
四个未知数：
三个方程？
,,,2121 TTaaa
绳与滑轮间无相对滑动，由角量和线量的关系：
)4(?ra?
解得：
rmmm
gmm
2
1
21
21
rmmm
gtmm
t
2
1
21
21
0
r
+
1T
2T
N
mg
以顺时针方向为正方向,滑轮 m:
)3(
2
1 2
21 mrJrTrT
19
如图示，两物体质量分别为 和,滑轮质量为,半径为 。已知 与桌面间的滑动摩擦系数为,求 下落的加速度和两段绳中的张力。
1m
m
2m
r 2m
1m
2m
1m
o mr?
解,在地面参考系中，选取,和滑轮为研究对象，分别运用牛顿定律和刚体定轴转动定律得：
1m 2m
练习
20
2m 2T
a
gm2
gm2?
N
1m
1T
a
gm1
o
1T
2T
xN
yN
向里 +
列方程如下：
ra
mrrTT
amgmT
amTgm
2
21
222
111
2
1
)(
可求解
21
例,质量为 M 的匀质圆盘，可绕通过盘中心垂直于盘的固定光滑轴转动，绕过盘的边缘有质量为 m、长为 l 的匀质柔软绳索（如图）。设绳与圆盘无相对滑动，试求当圆盘两侧绳长差为 s 时，绳的加速度的大小。
解,在地面参考系中，建立如图 x 坐标，设滑轮半径为 r 有：
o
x1
x2
s
MA B
A?
B?
r
x
m
rxxBBABAAl 21
,,2BB1AA xlmmxlmm
rlmmAB21 xxs
22
o
x1
x2
s
MA B
A?
B?
r
x
m
CB
CA
用隔离法列方程,(以逆时针方向为正 )
T1
J
T2
r,C
A
T1
mAg
.CB
T2
mBg
2221 rmMrJJJ ABABM
amTgm AA 1
J βrTrT 21
amgmT BB2
21 xxs
ra
又,解得：
lMm
m g sa
)
2
1(
23
定轴
O
·R
t h
m
v0= 0
绳
（ 不可伸长 ）
已知,R = 0.2m,m =1kg,v0= 0，
h =1.5m，
滑动,下落时间 t =3s。
求,轮对 O 轴 J =？
解,动力学关系：
对轮, JRT
′T = –T
mg
ma
α
R
G T
N
·
对 m,maTmg
运动学关系：
Ra (3)
2
2
1 ath?
(4)
(1)
(2)
绳轮间无相对
24
(1)~(4)联立解得：
2
2
)1
2
( mR
h
gtJ
分析结果：
● 量纲对；
● h,m 一定,J↑→ t↑,
● 若 J = 0，得
，2
2
1 gth?
代入数据：
2mkg14.1
正确。
合理；
2
2
2.01)1
5.12
38.9(
J
此为一种用实验测转动惯量的方法。
25
三、刚体对轴的转动惯量
1,定义
i
ii mrJ
2
刚体对定轴的转动惯量等于其各质点的质量与该质点到转轴距离的平方之积求和。
若质量连续分布，则
mrJ d2
积分元选取：
md
ll d,d 线元：线密度,
SS d,d 面元：面密度,
VV d,d 体元：体密度,
26
2.刚体对轴的转动惯量
J的因素 与刚体总质量有关与刚体质量分布有关与转轴的位置有关例题
1,由长 l 的轻杆连接的质点如图所示，求质点系对过 A垂直于纸面的轴的转动惯量
l
ll
l
A
m m2 m3
m4
m5
2
222
32
)2)(54()2(32
ml
lmmlmmlJ
27
2,一长为 的细杆，质量 均匀分布,求该杆对垂直于杆，分别过杆的中点和一端端点的轴的转动惯量。
L m
o
解,(1) 轴过中点
2
33
32
2
222
12
1
883
1
2
2
3
1
ddd
mL
LL
L
m
L
L
x
L
m
x
L
m
xmxmrJ
L
L
x
md x
2L2L?
28
(2) 轴过一端端点
L
md
o
x
x
23
0
222
3
1
03
1
ddd
mL
L
x
L
m
x
L
m
xmxmrJ
L
29
3,求质量 m,半径 R 的球壳对直径的转动惯量解,取离轴线距离相等的点的集合为积分元
24 R
m
ds in2d2d RRlrs
ds i n21dd msm
ds i n21ds i ndd 3222 mRmRmrJ
0
232
3
2ds in
2
1d mRmRJJ
o
R
ld
d
r
30
4,求质量 m,半径 R 的球体对直径的转动惯量解,以距中心,厚 的球壳为积分元
r rd
rrV d4d 2
3
3
4
R
m
Vm dd
3
4
2 d2d
3
2d
R
rmrrmJ
2
3
4
0 5
2d2d mR
R
rmrJJ R
R
o
r
rd
注意,对同轴的转动惯量才具有可加减性。
31
一些均匀刚体的转动惯量表
32
四,平行轴定理
CD
d
m
2mdJJ
CD
33
练习
C
A
4L
m B
o
z
L
求长 L、质量 m 的均匀杆对 z 轴的转动惯量
2
43
4
22
48
7dd mLll
L
mmlJ L
L
z
解二：
2
22
48
7
4
3
4
3
3
1
443
1 mLLmLmJJJ
oBoAz
解三：
2
2
2
2
48
7
412
1
4
mLLmmLLmJJ Cz
34
§ 4-3 角动量 角动量守恒定律一、质点的角动量定理和角动量守恒定律问题,将一绕通过质心的固定轴转动的圆盘视为一个质点系，则由于该系统质心速度为零，所以，系统总动量为零，系统有机械运动，总动量却为零？
说明不宜用动量来量度转动物体的机械运动量。
*引人与动量 对应的角量 ——角动量（动量矩）p? L?
prprmvrL?s i n
大小：
方向,右手螺旋法则
1,质点的角动量
vmrprL m
o
p?
r?
p
r
35
vmrprL
服从右手螺旋法则。
组成的平面，和方向：垂直于大小：
pr
rpr m vL
L
s i n
x
y
z
m?
r?
p?
o
r
L?
p
36
Lppr
Lo
Lo
m
，大小相同，则：、若为参考点：以为参考点：以作直线运动设
0
0
* 质点对某参考点的角动量反映质点绕该参考点旋转运动的强弱。
o
o?
r?
r
p?
m?p
o
vme?
r
例,玻尔氢原子理论假设之一：
3,2,12 nnhnm v r?
电子对核的角动量量子化
37
2、质点角动量定理的微分形式质点角动量的时间变化率等于质点所受的合力矩
MFr
t
prp
t
rpr
tt
L
d
d
d
d)(
d
d
d
d
prL
0
22
2
1
LLdtMLddtM
dt
LdM t
t
质点的角动量定理,对同一参考点 O,质点所受的冲量矩等于质点动量的增量
38
3 角动量守恒定律一、角动量守恒定律恒量时恒量时恒量时
zz
yy
xx
LM
LM
LM
0
0
0
分量式：
由质点角动量定理：
当 时，0?ML? 恒矢量研究对象：质点
0
d
d
t
LM
当质点所受外力对某参考点的力矩的矢量和为零时，
质点对该参考点的角动量守恒。
角动量守恒定律：
39
注意 1.守恒条件,0?M?
2,与动量守恒定律对比：
当 时，0?
外M
L? 恒矢量
p? 恒矢量当 时，0?
外F
彼此独立请看,猫刚掉下的时候，由于体重的缘故，四脚朝天，
脊背朝地，这样下来肯定会摔死。请你注意，猫狠狠地甩了一下尾巴，结果，四脚转向地面，当它着地时，四脚伸直，通过下蹲，缓解了冲击。那么，甩尾巴而获得四脚转向的过程，就是角动量守恒过程。
为什么猫从高处落下时总能四脚着地？
角动量守恒现象举例适用于一切转动问题，大至天体，小至粒子,..
40
猫的下落（ A） 猫的下落（ B）
41
例解,卫星 ~质点 m
地球 ~均匀球体对称性：引力矢量和过地心对地心力矩为零卫星 m 对地心 o 角动量守恒
O dF m
dm
dm’
dF1
dF2
h2 mh1
已知,地球 R = 6378 km
卫星 近地,h1= 439 km v1 = 8.1 km?s-1
远地,h2= 2384 km
求,v2
42
卫星 m 对地心 o 角动量守恒
1
1
2
1
2 k m s3.61.82 3 8 46 3 7 8
4 3 96 3 7 8
v
hR
hRv
2211 hRmvhRmv
h2 mh1
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定轴转动的特点：
(1) 质点均在垂直于转轴的转动平面内，作半径不同的圆周运动；
(2) 各质点的角速度 大小相等，且均沿轴向。?
43
iv
im
o r
转动平面
z
i
o
转轴 角速度刚体上任一质点转轴与其转动平面交点绕 圆周运动半径为
im
z
im o ir
o对 的角动量：im iiiio vmrL
刚体对 z 轴的总角动量为：
JmrLL i
i
i
i
izz
2
式中
i
ii mrJ
2
44
1:刚体定轴转动的角动量定理
iv
im
o r
转动平面
z
i
对于质点 i,由质点的角动量定理的微分形式有,
)( 2?iiii rm
dt
d
dt
LdM
将上式应用于刚体内所有的质点并求和,考虑到在质点系中内力的力矩矢量和为零,可得到绕定轴转动的刚体的和外力力矩为,
dt
LdJ
dt
dM
z )(?外刚体绕某定轴转动时,作用于刚体的合外力矩等于刚体绕此轴的角动量随时间的变化率,
12
2
1
d zztt z JJtM 外
——刚体定轴转动的角动量定理
45
.c o n s t0zz JM,则外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,或者不受外力矩的作用,物体的角动量保持不变,
滑冰运动员的旋转装置反向转动的双旋翼产生反向角动量而相互抵消克服直升飞机机身反转的措施：
46
m (黏土块 )y
x
h
P
θOM
光滑轴均质圆盘
（ 水平 ）
R
[例 ] 如图示，
求,碰撞后的瞬刻盘？
0?
解,m下落：
2
2
1 vmm g h?
gh2?v (1)
m
P
h v
对 （ m +盘）,碰撞中重力对 O 轴力矩可忽略，
0c o s JRm?v (2)
已知,h,R,M=2m,?=60?
系统角动量守恒：
47
222 2
2
1 mRmRMRJ
(3)
由 (1)(2)(3)得：
c o s
2
2
0 R
gh?
(4)
（ m +盘）角动量例,已知,轻杆,m 1 = m,m 2 = 4m,油灰球 m，
m 以速度 v 0 撞击 m 2,发生完全非弹性碰撞求,撞后 m 2的速率 v?
m2
m1
m0v?
2L
2L
A
48
因为相撞时轴 A作用力不能忽略不计，故 系统动量不守恒 。
因为重力、轴作用力过轴，对轴力矩为零，故 系统角动量守恒 。
由此列出以下方程：
Lvmvmmmv LL 212220
或：
vv
Lmmmm
LL
LL
2020
2
1
2
220
2
2;
得：
90
vv?
m2
m1
m
2L
2L
Ny
Nx A
49
§ 4-4,力矩作功 刚体绕定轴转动的动能定理一,力矩的功力矩的空间积累效应：
)d(c o sd rFW
d)co s( rF
dM?
力矩的功：
21dMW
d?
z x?·
轴
r
F
50
二,定轴转动动能定理
2
1
d
d
d?
t
J 2
1
dMW
21 dJ 2122 2121 JJ
2
2
1?JE
k?
令 转动动能：
）（可证, 22
2
1
2
1
iimJ v?
刚体定轴转动动能定理,12 kk EEW
刚体绕定轴转动动能等于刚体的转动惯量与角速度二次方的乘积的一半合外力矩对绕定轴转动的刚体所作的功等于刚体转动动能的增量
51
三,刚体的重力势能
iip ghmE
m
hmmg ii
Cm g h?
四,应用举例对于包括刚体的系统,功能原理和机械能
×C
hC hi
Ep= 0
miΔ
守恒定律仍成立。
52
[例 ]已知,如图示，
4/lAO? 。
θ··
ω
轴 O
C
A B
l,m
l /4
求,杆下摆到? =90度角时，
解,（杆 +地球）系统，
0s i n
42
1 2 lmgJ
O
(1)
222
48
7)
4(12
1 mllmmlJ
O
(2)
(1),(2)解得：
l
g
7
s i n62
只有重力作功,E守恒。
角速度
N?轴对杆作用力均匀直杆质量为 m，长为 l，
初始水平静止。 轴光滑，
53
应用质心运动
CamgmN
Cll maNmgls i n,
(3)
Ctt maNmgtc o s,
(4)
2
4
la Cls i n
7
6 g? (5)
O
l
Ct J
mgll
a
c o s
44
4
7
c o s3?g?
(6)
B
Cθ
O·
A
l,m
θ
Nl
Nt
N
mg
aCt
aCl
l
t
·定理求轴力：
54
由 (3)(4)(5)(6)解得：
,s i n
7
13?mgN
l?
c o s
7
4 mgN
t
tl emgemgN
c o s
7
4s i n
7
13
16s i n1 5 3
7
2mgN
)c t g
13
4(tg||tg 11
l
t
N
N
β
CθO··
ω
A
B
l,m
Nl N
t
N
l
t
55
练习 5：
4
3
m a x
如图所示,已知,M,L,m,,v0 ;击中 L 处求,击中时 ; (只列方程 )?
分两个阶段求解,各遵循什么规律?
① 相撞,质点 定轴刚体对 O 轴角动量守恒
② 摆动,M + m + 地球系统 E 守恒
o
M
c
L43
L41 m
0v
56
撞后
231243 ; MLLLmL Mm
231169043 c o s LMmL m v
撞前
2
s i n0430 L m vvmrL m
co s043 L m v?
0?ML
① 相撞,质点 定轴刚体对 O 轴角动量守恒
o
M
c
L43
L41 m
0v
57
动能 Ek 势能增量 ΔEp
初态,
末态,
m:
M:
223116921 LMm
0
c o s143 Lmg
c o s121 LMg
② 摆动,M + m + 地球系统 E 守恒
K2k1K
1p2pp
2p2k1p1K
EEE
EEE
EEEE
c o s1432
22
3
1
16
9
2
1
gLm
LMm
M
o
M
c
L
43
L41 m
0v?
58
由此可解出所求值
c o s1432223116 921 glmLMm M
231169043 c o s LMmL m v
o
M
c
L43
L41 m
0v
第四章,刚体的转动
2
本章要点
1刚体模型
2刚体运动的描述
3刚体动力学
4角动量守恒
5刚体的动能
3
CA BF
由于弹性，力在连续体内传播需要一定时间：
§ 4.1 刚体的运动学一,刚体 （ rigid body） 的概念
t t +?t 才感受到力固体中弹性波的速度 k?v （ k—劲度）
若 v,则 k,此时物体有无限的刚性，
它受作用力不会变形，因而可以瞬时传递力。
我们把这种不能变形的物体称为 刚体。
4
说明,1刚体是个理想化的模型,形状和大小变化极其微小而且考虑到刚体的特点,规律的表示还可较一
2刚体是特殊的质点系,其上各质点间的相对位置保持不变。 质点系的规律都可用于刚体，
般的质点系有所简化。
通常 v固体?103m/s,所以只要我们讨论的运动过程的速度比此慢得多,就可把固体视为刚体。
实际意义：
5
的直线在运动各个时刻的位置都彼此平行。
二,刚体的运动形式
1.平动 （ translation）：
刚体做平动时,可用质心或其上任何一平动是刚体的基本运动形式之一。
2.转动 （ rotation）,
转动也是刚体的基本运动形式之一,
它又可分为 定轴转动 和 定点转动 。
连接刚体内任意两点点的运动来代表整体的运动。
6
▲ 定轴转动：
且各圆心都在同一条固定的直线 （ 转轴 ） 上 。
▲ 定点转动：
整个刚体绕过该定点的某一瞬时轴线转动 。
3.平面运动,刚体上各点的运动都平行于某一
4.一般运动,刚体不受任何限制的的任意运动。
它可分解为以下两种刚体的基本运动：
▲ 随 基点 O（可任选）的 平动
▲ 绕通过基点 O的瞬时轴的 定点转动运动中各质元均做圆周运动，
运动中刚体上只有一点固定不动，
固定平面的运动。
7
· ·O?
O?
·
O
O·
转动与基点的选取无关。
两种分解，基点选取不同，例如：
平动可以不同，
动力学中，常选 质心 为基点。
三,刚体转动的描述（运动学问题）
转动却相同，
或定轴转动 （ rotation about a fixed axis）
（ 1）角坐标 的描述?
当沿逆时针方向转动时,角坐标为正 ;沿顺时针方向转动时,角坐标为负,
8
O
刚体
v
P
×
r
r
定轴
参考方向
θ
z,为反映刚体转动的快慢和转向，引入 角速度矢量
。?
td
d 转向
与转向成右螺旋关系 。
的方向 沿瞬时轴，
td
d （不一定沿着瞬时轴）
为反映 的变化情况,引入 角加速度矢量 。
9
rv
2?
ra n
r
t
r
t
a t
d
d
d
vd
)(2
2
1
)(
0
2
0
2
2
0
0
tt
t
.c o n s t若
（ 2）线量和角量的关系
O
刚体
v
P
×
r
r
定轴
参考方向
θ
z,
转轴固定,。和? 和?退化为 代数量
10
§ 4-2 力矩 转动定律 转动惯量一,力矩
1) 对参考点的力矩
r?
F?
o
d
m
FrM
服从右手螺旋法则组成的平面和垂直于方向：
大小：
Fr
FrFd
s i n?
定义：
11
FrM
服从右手螺旋法则。
组成的平面，和方向：垂直于大小：
Fr
rFrFM
M
s i n
x
y
z
m?
r?
F
o
r
M
F
注意,
(1):合外力力矩等于各力的力矩的代数和 ;
(2):质点系内力的力矩和为零 ;
(3):M>0,和力矩的方向沿 OZ轴正向 ;反之沿 OZ轴负方向 ;
12
[例 ] 质量为,长为 的细杆在水平粗糙桌面上绕过其一端的竖直轴旋转，杆与桌面间的摩擦系数为,求摩擦力矩。
1) 杆的质量均匀分布
2) 杆的密度与离轴距离成正比
m L
o
md
f?d
z
r?
解 1）
rLmm dd?
mgf dd
frM dd
m g Lrg
L
mrMM L
2
1dd
0
13
解 2）
rkrrm ddd
设杆的线密度 kr
2
2
0
2
2
1
dd
L
m
k
kLrkrmm
L
得由
rrL mgmgf d2dd 2
frM dd
m g Lrr
L
mgMM L
3
2d2d
0
2
2
o
md
f?d
z
r?
14
二、刚体的定轴转动定律内力外力,;,ij FF
将外力和内力分别投影到质点处的切向和法向两个方向,由于法向方向的分力通过了
O点,故其力矩和为零,在切向方向由牛顿第二定律有,刚体定轴
z
miΔri
Fi
jF
O
iiiiij rmamFF
两边各乘
ir
2iiiiij rmrFrF
对所有的质点求和有,
)( 2iiiiij rmrFrF
内力的力矩和为零,令,
i
ii mrJ
2
J:转动惯量
15
比较
JM
amF
z
J 是物体转动惯性的量度。
m 是物体平动惯性的量度。
改变物体平动状态的原因
zM
F?
改变物体绕轴转动状态的原因转动定律,刚体绕定轴转动时,刚体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,
JM z? 刚体定轴转动定律
16
例,一定滑轮的质量为,半径为,一轻绳两边分别系 和 两物体挂于滑轮上，绳不伸长，绳与滑轮间无相对滑动。不计轴的摩擦，初角速度为零，求滑轮转动角速度随时间变化的规律。
m
1m 2m
r
2m
1m
r
m
已知：
0,,,,021rmmm
求,t?
思路,先求角加速度?
17
解,在地面参考系中，分别以为研究对象，用隔离法，分别以牛顿第二定律和刚体定轴转动定律建立方程。
mmm,,21
思考,
2121 TTaa
×
1T
1a
gm1
以向下为正方向
)1(,11111 amTgmm
2a?
2T
gm2
以向上为正方向
)2(,22222 amTgmm
18
四个未知数：
三个方程？
,,,2121 TTaaa
绳与滑轮间无相对滑动，由角量和线量的关系：
)4(?ra?
解得：
rmmm
gmm
2
1
21
21
rmmm
gtmm
t
2
1
21
21
0
r
+
1T
2T
N
mg
以顺时针方向为正方向,滑轮 m:
)3(
2
1 2
21 mrJrTrT
19
如图示，两物体质量分别为 和,滑轮质量为,半径为 。已知 与桌面间的滑动摩擦系数为,求 下落的加速度和两段绳中的张力。
1m
m
2m
r 2m
1m
2m
1m
o mr?
解,在地面参考系中，选取,和滑轮为研究对象，分别运用牛顿定律和刚体定轴转动定律得：
1m 2m
练习
20
2m 2T
a
gm2
gm2?
N
1m
1T
a
gm1
o
1T
2T
xN
yN
向里 +
列方程如下：
ra
mrrTT
amgmT
amTgm
2
21
222
111
2
1
)(
可求解
21
例,质量为 M 的匀质圆盘，可绕通过盘中心垂直于盘的固定光滑轴转动，绕过盘的边缘有质量为 m、长为 l 的匀质柔软绳索（如图）。设绳与圆盘无相对滑动，试求当圆盘两侧绳长差为 s 时，绳的加速度的大小。
解,在地面参考系中，建立如图 x 坐标，设滑轮半径为 r 有：
o
x1
x2
s
MA B
A?
B?
r
x
m
rxxBBABAAl 21
,,2BB1AA xlmmxlmm
rlmmAB21 xxs
22
o
x1
x2
s
MA B
A?
B?
r
x
m
CB
CA
用隔离法列方程,(以逆时针方向为正 )
T1
J
T2
r,C
A
T1
mAg
.CB
T2
mBg
2221 rmMrJJJ ABABM
amTgm AA 1
J βrTrT 21
amgmT BB2
21 xxs
ra
又,解得：
lMm
m g sa
)
2
1(
23
定轴
O
·R
t h
m
v0= 0
绳
（ 不可伸长 ）
已知,R = 0.2m,m =1kg,v0= 0，
h =1.5m，
滑动,下落时间 t =3s。
求,轮对 O 轴 J =？
解,动力学关系：
对轮, JRT
′T = –T
mg
ma
α
R
G T
N
·
对 m,maTmg
运动学关系：
Ra (3)
2
2
1 ath?
(4)
(1)
(2)
绳轮间无相对
24
(1)~(4)联立解得：
2
2
)1
2
( mR
h
gtJ
分析结果：
● 量纲对；
● h,m 一定,J↑→ t↑,
● 若 J = 0，得
，2
2
1 gth?
代入数据：
2mkg14.1
正确。
合理；
2
2
2.01)1
5.12
38.9(
J
此为一种用实验测转动惯量的方法。
25
三、刚体对轴的转动惯量
1,定义
i
ii mrJ
2
刚体对定轴的转动惯量等于其各质点的质量与该质点到转轴距离的平方之积求和。
若质量连续分布，则
mrJ d2
积分元选取：
md
ll d,d 线元：线密度,
SS d,d 面元：面密度,
VV d,d 体元：体密度,
26
2.刚体对轴的转动惯量
J的因素 与刚体总质量有关与刚体质量分布有关与转轴的位置有关例题
1,由长 l 的轻杆连接的质点如图所示，求质点系对过 A垂直于纸面的轴的转动惯量
l
ll
l
A
m m2 m3
m4
m5
2
222
32
)2)(54()2(32
ml
lmmlmmlJ
27
2,一长为 的细杆，质量 均匀分布,求该杆对垂直于杆，分别过杆的中点和一端端点的轴的转动惯量。
L m
o
解,(1) 轴过中点
2
33
32
2
222
12
1
883
1
2
2
3
1
ddd
mL
LL
L
m
L
L
x
L
m
x
L
m
xmxmrJ
L
L
x
md x
2L2L?
28
(2) 轴过一端端点
L
md
o
x
x
23
0
222
3
1
03
1
ddd
mL
L
x
L
m
x
L
m
xmxmrJ
L
29
3,求质量 m,半径 R 的球壳对直径的转动惯量解,取离轴线距离相等的点的集合为积分元
24 R
m
ds in2d2d RRlrs
ds i n21dd msm
ds i n21ds i ndd 3222 mRmRmrJ
0
232
3
2ds in
2
1d mRmRJJ
o
R
ld
d
r
30
4,求质量 m,半径 R 的球体对直径的转动惯量解,以距中心,厚 的球壳为积分元
r rd
rrV d4d 2
3
3
4
R
m
Vm dd
3
4
2 d2d
3
2d
R
rmrrmJ
2
3
4
0 5
2d2d mR
R
rmrJJ R
R
o
r
rd
注意,对同轴的转动惯量才具有可加减性。
31
一些均匀刚体的转动惯量表
32
四,平行轴定理
CD
d
m
2mdJJ
CD
33
练习
C
A
4L
m B
o
z
L
求长 L、质量 m 的均匀杆对 z 轴的转动惯量
2
43
4
22
48
7dd mLll
L
mmlJ L
L
z
解二：
2
22
48
7
4
3
4
3
3
1
443
1 mLLmLmJJJ
oBoAz
解三：
2
2
2
2
48
7
412
1
4
mLLmmLLmJJ Cz
34
§ 4-3 角动量 角动量守恒定律一、质点的角动量定理和角动量守恒定律问题,将一绕通过质心的固定轴转动的圆盘视为一个质点系，则由于该系统质心速度为零，所以，系统总动量为零，系统有机械运动，总动量却为零？
说明不宜用动量来量度转动物体的机械运动量。
*引人与动量 对应的角量 ——角动量（动量矩）p? L?
prprmvrL?s i n
大小：
方向,右手螺旋法则
1,质点的角动量
vmrprL m
o
p?
r?
p
r
35
vmrprL
服从右手螺旋法则。
组成的平面，和方向：垂直于大小：
pr
rpr m vL
L
s i n
x
y
z
m?
r?
p?
o
r
L?
p
36
Lppr
Lo
Lo
m
，大小相同，则：、若为参考点：以为参考点：以作直线运动设
0
0
* 质点对某参考点的角动量反映质点绕该参考点旋转运动的强弱。
o
o?
r?
r
p?
m?p
o
vme?
r
例,玻尔氢原子理论假设之一：
3,2,12 nnhnm v r?
电子对核的角动量量子化
37
2、质点角动量定理的微分形式质点角动量的时间变化率等于质点所受的合力矩
MFr
t
prp
t
rpr
tt
L
d
d
d
d)(
d
d
d
d
prL
0
22
2
1
LLdtMLddtM
dt
LdM t
t
质点的角动量定理,对同一参考点 O,质点所受的冲量矩等于质点动量的增量
38
3 角动量守恒定律一、角动量守恒定律恒量时恒量时恒量时
zz
yy
xx
LM
LM
LM
0
0
0
分量式：
由质点角动量定理：
当 时，0?ML? 恒矢量研究对象：质点
0
d
d
t
LM
当质点所受外力对某参考点的力矩的矢量和为零时，
质点对该参考点的角动量守恒。
角动量守恒定律：
39
注意 1.守恒条件,0?M?
2,与动量守恒定律对比：
当 时，0?
外M
L? 恒矢量
p? 恒矢量当 时，0?
外F
彼此独立请看,猫刚掉下的时候，由于体重的缘故，四脚朝天，
脊背朝地，这样下来肯定会摔死。请你注意，猫狠狠地甩了一下尾巴，结果，四脚转向地面，当它着地时，四脚伸直，通过下蹲，缓解了冲击。那么，甩尾巴而获得四脚转向的过程，就是角动量守恒过程。
为什么猫从高处落下时总能四脚着地？
角动量守恒现象举例适用于一切转动问题，大至天体，小至粒子,..
40
猫的下落（ A） 猫的下落（ B）
41
例解,卫星 ~质点 m
地球 ~均匀球体对称性：引力矢量和过地心对地心力矩为零卫星 m 对地心 o 角动量守恒
O dF m
dm
dm’
dF1
dF2
h2 mh1
已知,地球 R = 6378 km
卫星 近地,h1= 439 km v1 = 8.1 km?s-1
远地,h2= 2384 km
求,v2
42
卫星 m 对地心 o 角动量守恒
1
1
2
1
2 k m s3.61.82 3 8 46 3 7 8
4 3 96 3 7 8
v
hR
hRv
2211 hRmvhRmv
h2 mh1
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定轴转动的特点：
(1) 质点均在垂直于转轴的转动平面内，作半径不同的圆周运动；
(2) 各质点的角速度 大小相等，且均沿轴向。?
43
iv
im
o r
转动平面
z
i
o
转轴 角速度刚体上任一质点转轴与其转动平面交点绕 圆周运动半径为
im
z
im o ir
o对 的角动量：im iiiio vmrL
刚体对 z 轴的总角动量为：
JmrLL i
i
i
i
izz
2
式中
i
ii mrJ
2
44
1:刚体定轴转动的角动量定理
iv
im
o r
转动平面
z
i
对于质点 i,由质点的角动量定理的微分形式有,
)( 2?iiii rm
dt
d
dt
LdM
将上式应用于刚体内所有的质点并求和,考虑到在质点系中内力的力矩矢量和为零,可得到绕定轴转动的刚体的和外力力矩为,
dt
LdJ
dt
dM
z )(?外刚体绕某定轴转动时,作用于刚体的合外力矩等于刚体绕此轴的角动量随时间的变化率,
12
2
1
d zztt z JJtM 外
——刚体定轴转动的角动量定理
45
.c o n s t0zz JM,则外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,或者不受外力矩的作用,物体的角动量保持不变,
滑冰运动员的旋转装置反向转动的双旋翼产生反向角动量而相互抵消克服直升飞机机身反转的措施：
46
m (黏土块 )y
x
h
P
θOM
光滑轴均质圆盘
（ 水平 ）
R
[例 ] 如图示，
求,碰撞后的瞬刻盘？
0?
解,m下落：
2
2
1 vmm g h?
gh2?v (1)
m
P
h v
对 （ m +盘）,碰撞中重力对 O 轴力矩可忽略，
0c o s JRm?v (2)
已知,h,R,M=2m,?=60?
系统角动量守恒：
47
222 2
2
1 mRmRMRJ
(3)
由 (1)(2)(3)得：
c o s
2
2
0 R
gh?
(4)
（ m +盘）角动量例,已知,轻杆,m 1 = m,m 2 = 4m,油灰球 m，
m 以速度 v 0 撞击 m 2,发生完全非弹性碰撞求,撞后 m 2的速率 v?
m2
m1
m0v?
2L
2L
A
48
因为相撞时轴 A作用力不能忽略不计，故 系统动量不守恒 。
因为重力、轴作用力过轴，对轴力矩为零，故 系统角动量守恒 。
由此列出以下方程：
Lvmvmmmv LL 212220
或：
vv
Lmmmm
LL
LL
2020
2
1
2
220
2
2;
得：
90
vv?
m2
m1
m
2L
2L
Ny
Nx A
49
§ 4-4,力矩作功 刚体绕定轴转动的动能定理一,力矩的功力矩的空间积累效应：
)d(c o sd rFW
d)co s( rF
dM?
力矩的功：
21dMW
d?
z x?·
轴
r
F
50
二,定轴转动动能定理
2
1
d
d
d?
t
J 2
1
dMW
21 dJ 2122 2121 JJ
2
2
1?JE
k?
令 转动动能：
）（可证, 22
2
1
2
1
iimJ v?
刚体定轴转动动能定理,12 kk EEW
刚体绕定轴转动动能等于刚体的转动惯量与角速度二次方的乘积的一半合外力矩对绕定轴转动的刚体所作的功等于刚体转动动能的增量
51
三,刚体的重力势能
iip ghmE
m
hmmg ii
Cm g h?
四,应用举例对于包括刚体的系统,功能原理和机械能
×C
hC hi
Ep= 0
miΔ
守恒定律仍成立。
52
[例 ]已知,如图示，
4/lAO? 。
θ··
ω
轴 O
C
A B
l,m
l /4
求,杆下摆到? =90度角时，
解,（杆 +地球）系统，
0s i n
42
1 2 lmgJ
O
(1)
222
48
7)
4(12
1 mllmmlJ
O
(2)
(1),(2)解得：
l
g
7
s i n62
只有重力作功,E守恒。
角速度
N?轴对杆作用力均匀直杆质量为 m，长为 l，
初始水平静止。 轴光滑，
53
应用质心运动
CamgmN
Cll maNmgls i n,
(3)
Ctt maNmgtc o s,
(4)
2
4
la Cls i n
7
6 g? (5)
O
l
Ct J
mgll
a
c o s
44
4
7
c o s3?g?
(6)
B
Cθ
O·
A
l,m
θ
Nl
Nt
N
mg
aCt
aCl
l
t
·定理求轴力：
54
由 (3)(4)(5)(6)解得：
,s i n
7
13?mgN
l?
c o s
7
4 mgN
t
tl emgemgN
c o s
7
4s i n
7
13
16s i n1 5 3
7
2mgN
)c t g
13
4(tg||tg 11
l
t
N
N
β
CθO··
ω
A
B
l,m
Nl N
t
N
l
t
55
练习 5：
4
3
m a x
如图所示,已知,M,L,m,,v0 ;击中 L 处求,击中时 ; (只列方程 )?
分两个阶段求解,各遵循什么规律?
① 相撞,质点 定轴刚体对 O 轴角动量守恒
② 摆动,M + m + 地球系统 E 守恒
o
M
c
L43
L41 m
0v
56
撞后
231243 ; MLLLmL Mm
231169043 c o s LMmL m v
撞前
2
s i n0430 L m vvmrL m
co s043 L m v?
0?ML
① 相撞,质点 定轴刚体对 O 轴角动量守恒
o
M
c
L43
L41 m
0v
57
动能 Ek 势能增量 ΔEp
初态,
末态,
m:
M:
223116921 LMm
0
c o s143 Lmg
c o s121 LMg
② 摆动,M + m + 地球系统 E 守恒
K2k1K
1p2pp
2p2k1p1K
EEE
EEE
EEEE
c o s1432
22
3
1
16
9
2
1
gLm
LMm
M
o
M
c
L
43
L41 m
0v?
58
由此可解出所求值
c o s1432223116 921 glmLMm M
231169043 c o s LMmL m v
o
M
c
L43
L41 m
0v
