刚体角动量定理
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刚体角动量守恒定律
转动动能定理、角动量守恒原理一，转动动能定理：1， 力矩的功设刚体在外力F 作用下发生角位移d φ 由功的定义：相应的元功为：ϕθϕθMd Frd ds F ds F dA o ==-⋅=⋅=sin )90cos(所以力矩的功为：⎰⎰==21ϕϕϕMd dA A2， 转动动能定理设M 为作用刚体上的合外力矩。
将转动定律应用于功的定义中：222121)(0ωωωωϕωϕβϕωωJ J d J d dt d J d J Md A -=====⎰⎰⎰⎰ 所以转动动能定理为：222121ωωϕJ J Md -=⎰ 说明，（1）⎰ϕMd 为合外力矩的功，是过程量221ωJ E K =为刚体在t 时刻的转动动能。
是时刻量。
（2）其中M 、J 、ω必须相对同一惯性系，同一转轴。
【例】：质量为m 长度为l 的匀质细棒，可绕端轴o 在铅垂铅垂面内自由摆动，求细棒自水平位置自由下摆到铅垂位置时的角速度。
解：取细棒为研究对象，视之为刚体。
细棒下摆到 任意θ位置时受外力有：重力mg ，端轴支持力N (对o 不成矩) 。
由功的定义：2cos 2)90sin(2900l mg d l mg d lmg Md o o ===-=⎰⎰⎰θθθθθ由转动动能定理：lgml J l mg 331210212222=∴⎪⎭⎫⎝⎛=-=ωωω二，角动量守恒定律设M 为作用于刚体的合外力矩，由定轴转动定律：dtdLdt J d dt d J J M ====)(ωωβ 所以，刚体定轴角动量定理为00L L dL Mdt LL tt -==⎰⎰特别当整个过程中合外力矩为零时，刚体的角动量守恒。
即刚体定轴转动角动量守恒定律为：常矢==L M 0说明：（1）刚体定轴角动量守恒条件是整个过程中合外力矩为零。
（2）守恒式各量（M 、J 、ω）均需是对同一惯性系中的同一转轴。
（3）⎩⎨⎧==都变，但乘积不变、都不变、ωωωJ J const I L（4）角动量守恒定律也是自然界基本定律之一。
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；
5-3刚体的角动量
碰撞过程中系统对o 点 的合力矩为 M 0 即，
L1 L2
1 m0l Ml 2 ml 2 3
0 m
所以，系统对o点的角动量守恒。
1
19
过程2 质点、细棒上摆 系统中包括地球， 只有保守内力作功，所以机械能守恒。 设末态为势能零点
11 2 2 2 Ml ml 23 1 Mgl1 cos mgl 1 cos 2
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
9
例题1: 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，它与地面的摩擦因数 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
例3. 把单摆和一等长的匀质直杆悬挂在同一点， 杆与单摆的摆锤质量均为 m . 开始时直杆自然下垂，将 单摆摆锤拉到高度 h ，令它自静止状态下摆，于垂直
0
位置和直杆作弹性碰撞. 求 碰后直杆下端达到的高度 h . 解：此问题分为 三个阶段
l
m h0
l m
c
l
m
v0
h
1） 单摆自由下 摆（机械能守恒）， 与杆碰前速度
L1 L2
1 m0l Ml 2 ml 2 3
0 m
所以，系统对o点的角动量守恒。
1
19
过程2 质点、细棒上摆 系统中包括地球， 只有保守内力作功，所以机械能守恒。 设末态为势能零点
11 2 2 2 Ml ml 23 1 Mgl1 cos mgl 1 cos 2
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
9
例题1: 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，它与地面的摩擦因数 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
例3. 把单摆和一等长的匀质直杆悬挂在同一点， 杆与单摆的摆锤质量均为 m . 开始时直杆自然下垂，将 单摆摆锤拉到高度 h ，令它自静止状态下摆，于垂直
0
位置和直杆作弹性碰撞. 求 碰后直杆下端达到的高度 h . 解：此问题分为 三个阶段
l
m h0
l m
c
l
m
v0
h
1） 单摆自由下 摆（机械能守恒）， 与杆碰前速度
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
第三章 刚体与流体
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.
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-刚体绕定轴转动的角动量
M J
p mivi
角动量
L J
角动量定理 M d(J)
dt
质点的运动规律与刚体的定轴转动规律的比较（续）
质点的运动
动量守恒 力的功 动能
Fi 0时
mivi 恒量
Aab
b
F
dr
a
Ek
1 2
mv
2
动能定理
A
1 2
mv
2 2
1 2
mv12
重力势能
Ep mgh
机械能守恒
A外 A非保内 0时
进动特性的技术应用
翻转
外力
C
外力
进动
C
炮弹飞行姿态的控制：炮弹在飞行时，空气阻力对炮弹质心 的力矩会使炮弹在空中翻转；若在炮筒内壁上刻出了螺旋线 （称之为来复线），当炮弹由于发射药的爆炸所产生的强大 推力推出炮筒时，炮弹还同时绕自己的对称轴高速旋转。由 于这种自转作用，它在飞行过程中受到的空气阻力将不能使 它翻转，而只能使它绕着质心前进的方向进动。
pA pB
pA A
Bp B
s
s
O
x
结论：静止流体中任意两等高点的压强相等，即压强差为零。 若整个流体沿水平方向加速运动？ 加速运动为a，压强差为？
2. 高度相差为 h 的两点的压强差（不可压缩的流体）
选取研究对象，受力分析：（侧面？）
沿 y 方向：
p C
Y C s
pB s pC s mg may
已知：p0=1.013×105 Pa ， 0 1.29kg / m3
解 由等温气压公式
p
p e(0g / p0 ) y 0
0g 1.25104 m1
p0
p1 1.0 105 e1.251043.6103 0.64 105 Pa
《大学物理》34刚体定轴转动的角动量定理角动量守恒定律.
矩为零故角动量守恒。
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。
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。
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复习上一次课的内容
1.刚体定轴转动定律： M = Jα
2.刚体转动的功和能：
∫ A = θ2 Mdθ θ1
3.机械能守恒定律 :
Ek
=
1 Jω 2
2
E p = mghc
当只有保守力矩作功 ⇒ Ek + Ep = 恒量
§3.4 冲量矩 角动量守恒定律
一、质点的角动量（动量矩） L = r × p L = rp sinϕ
1 2
mv12=
1 2
mv 2 2
+
1 2
⋅
1 3
ML2
⋅ ⎜⎜⎝⎛
Vc L2
⎟⎟⎠⎞2
⋅ Vc
v 1
L2
Vc
=
6 7
v
Fy
= Mg + MVc2
/
Rc
例7.
质量为M，长为l 的均匀棒，如图，若用水平力F 打击在离轴下y 处，求：轴对棒的作用力？ Ry
解：设轴的作用力为: Rx 由转动定律: yF =
由角动量定理：M = dL
dt
当合外力矩为零 L = 常矢量 ——角动量守恒定律
定轴转动：M z
=
dLz dt
若M z = 0
Lz = const Jω = const
若系统对定轴的外力矩之和为零，则系统对此
固定轴的角动量保持不变 ---对定轴的角动量守恒
若刚体由几部分组成，且都绕同一轴转动，
∑ 当M 外z = 0时， J izω i = const 但角动量可在内部传递 i
Ry J
dω
Rx
Δt 为作用时间
得到： Δω = ω − ω0
由质心运动定理：
dt
=ω =
yF J
Δt
F
y
切向：F
+
Rx
=
m
l 2
dω
dt
法向：Ry
−mg=
ml ω2
2
于是得到：
Rx
=
−(1−
3y)F 2l
Ry
=
mg+
9F 2 y2 (Δt)2 2l3m
例7.
如图所示，以水平力F打击悬挂着的质量为M、长度为L的
J = 1 ML2
（2）
3
v2 v1
碰后细棒转动直至停止，受摩擦阻力矩作用
例5.
mv 1 L = − mv 2 L + Jω （1）
J = 1 ML2 （2） 3
解
o ω dm = λdx
v1
x
碰后任意质点所受阻力：df = μdN = μgdm = μgλdx
任意质点所受阻力矩： dM f = − xdf
2）对接过程中的机械能损失
解：由角动量守恒得：
J1ω1 − J 2ω2 = (J1 + J2 )ω
⇒ ω = J1ω1 − J2ω2
J1 + J2
J 1
ω
1
J 2
ωω
2
ΔEk =
1 2
(
J1
+
J
2
)ω
2
−
⎜⎛ ⎝
1 2
J1ω
2
1
+
1 2
J
ω2
22
⎟⎞ ⎠
= − ( J1J2 ω1 + ω2 )2 < 0
例如：花样滑冰运动员 的“旋”动作
再如：跳水运动员的“团 身--展体”动作
刚体的平动和定轴转动中的一些重要公式
刚体的平动 (质点)
v= dx dt
a
=
dv dt
=
d2 x dt2
P = mv F
EK
=
1 2
mv2
m
d A= Fdx Fdt
F = ma
∫ F d t = P − P0
∫F
d
x
=
1 2
v
2v
0
2v
v
ω0
例2.
解
v 2v
解：选四人和转台为系统，对O轴 合外力矩 M=0,角动量守恒。
( ) 2v o ⋅ R v
ω=0
Jω ′
J
+
+ J1 + J2 + J3 + J4 ω0
J1ω 1 + J 2ω 2 + J 3ω 3 +
=
J 4ω 4
其中： J = 1 MR 2 2
J1
=
J4=
mr 2=
止。求相撞后棒的质心离地面的最大高度h？并说明棒 在撞后左摆或右摆的条件。
Ol
C Ep = 0
m
例9.
解
Ol C Ep = 0
过程1：棒下摆，机械能守恒 mg l = 1 Jω 2
22
过程2：棒与物体碰撞，角动量守恒
Jω = mvl + Jω′
过程3：物体滑行，棒上升
m
物体滑行: − μmg = ma − v2 = 2as
= mg 3 L(1− cosθ )+ Mg L (1− cosθ )
4
2
⎜⎛ 3 m + 1 M ⎟⎞⎜⎛ 9 m + 1 M ⎟⎞gL − 9 m2υ2
θmax = arccos⎝ 4
2 ⎠⎝16 3 ⎠ 16 ⎜⎛ 3 m + 1 M ⎟⎞gL
⎝4 2 ⎠
例5.
质量为M长为L的均质细棒静止平放在滑动摩擦系数为μ的
M
8
=
dL
dt
⇒ 1 mgR = d ⎜⎛13 mRv− mRu⎟⎞
2
dt ⎝ 8
⎠
∵du = 0 ∴a = dv = 4 g
dt
dt 13
例9.
一匀质细棒长度为l，绕垂直于棒一端的水平轴O无
摩擦地转动。当棒从水平位置自由释放后，在竖直位置 上与放在地面上的物体相撞(质量也为m) 。物体与地面
的摩擦系数为μ。相撞后，物体沿地面滑行一距离s而停
Rmg
设u为人相对绳的匀速度，v 为重物上升
m
的速度, 则系统对o轴的角动量为:
m 2
L = R⎜⎛ m⎟⎞v − Rm(u − v)+ Jω J = 1⎜⎛m⎟⎞R2
⎝2⎠
2⎝ 4 ⎠
⇒L =13mRv−mRu
8
例8.
R
o
m 4
v
m
m 2
解
M = 1 Rmg L = 13 mRv − mRu
2
根据角动量定理：
mv2
−
1 2
mv02
刚体的定轴转动
ω = dθ
dt
α = dω = d2θ
dt dt2
L = Jω
EK
=
1 2
Jω 2
M
J
d A = M dθ M dt
M = Jα
∫ M d t = L − L0
∫M
dθ
=
1 Jω 2
2
−
1 2
Jω02
例1.
两摩擦轮对接. 若对接前两轮的角速度分别为ω1,ω2 求：1）对接后共同的角速度ω
∫ ∫ M f =− xdf
由角动量定理：L
=−
L x ⋅ μ (λdx )⋅ g = − 1 μMgL
0
2
（3）
∫ ∫ Mdt = Jdω
有：
t
0 Mf dt
=
J
0
dω
ω
（4）
由以上四式解出： t = 2m(v1 + v2 )
μMg
例6.
如图所示，以水平力F打击悬挂着的质量为M、长度为L
的均匀细杆。如果打击点A选择得合适，在打击的过程中，支撑
acτ
=
rcα
=
Lα
2
联立可得：
RA
=
2 3
L
解
Fy
o
RA Rc
Fx c
A F
例6.
解
球打在A点，轴间仍没有x方向轴力
Fy
球和棒系统，水平方向动量守恒
o
mv1 = mv2+ MVc
系统角动量守恒
RA Rc c A
RA
⋅
mv1
m=
= RA
M
⋅
mv2
RA
+
=
Jω
2L 3
=
RAmv2
+
1 3
ML2
弹性球碰撞，机械能守恒
水平桌面上。它可绕O点垂直于桌面的固定光滑轴转动。另有一
水平运动的质量为m的小滑块，从侧面垂直于棒方向与棒发生碰
撞，设碰撞时间极短。已知碰撞前后小滑块速度分别为V1和V2. 求细棒碰撞后直到静止所需的时间是多少？
解： m与M碰撞过程，
o
系统（m,M）对O轴角动量守恒
mv1 L = −mv 2 L + Jω （1）
均匀细杆。如果打击点A选择得合适，在打击的过程中，支撑轴o
对细杆的水平切向力Fx为零，称该点为打击中心。试求：打击中
心A与支撑轴o之间的距离RA。
解(1)由转动定律：
Fy
FRA = Jα
= 1 ML2α
3
o
质心运动定理：
F = Macτ
acτ
=rcα
=
Lα
2
RA Rc F
Fx c A
联立可得：
RA
=
棒上升: 1 Jω′2 = mg⎜⎛ h − l ⎟⎞
2
⎝ 2⎠
ω′ = 3gl − 3 2μgs h = l + 3μs − 6μsl
1.刚体定轴转动定律： M = Jα
2.刚体转动的功和能：
∫ A = θ2 Mdθ θ1
3.机械能守恒定律 :
Ek
=
1 Jω 2
2
E p = mghc
当只有保守力矩作功 ⇒ Ek + Ep = 恒量
§3.4 冲量矩 角动量守恒定律
一、质点的角动量（动量矩） L = r × p L = rp sinϕ
1 2
mv12=
1 2
mv 2 2
+
1 2
⋅
1 3
ML2
⋅ ⎜⎜⎝⎛
Vc L2
⎟⎟⎠⎞2
⋅ Vc
v 1
L2
Vc
=
6 7
v
Fy
= Mg + MVc2
/
Rc
例7.
质量为M，长为l 的均匀棒，如图，若用水平力F 打击在离轴下y 处，求：轴对棒的作用力？ Ry
解：设轴的作用力为: Rx 由转动定律: yF =
由角动量定理：M = dL
dt
当合外力矩为零 L = 常矢量 ——角动量守恒定律
定轴转动：M z
=
dLz dt
若M z = 0
Lz = const Jω = const
若系统对定轴的外力矩之和为零，则系统对此
固定轴的角动量保持不变 ---对定轴的角动量守恒
若刚体由几部分组成，且都绕同一轴转动，
∑ 当M 外z = 0时， J izω i = const 但角动量可在内部传递 i
Ry J
dω
Rx
Δt 为作用时间
得到： Δω = ω − ω0
由质心运动定理：
dt
=ω =
yF J
Δt
F
y
切向：F
+
Rx
=
m
l 2
dω
dt
法向：Ry
−mg=
ml ω2
2
于是得到：
Rx
=
−(1−
3y)F 2l
Ry
=
mg+
9F 2 y2 (Δt)2 2l3m
例7.
如图所示，以水平力F打击悬挂着的质量为M、长度为L的
J = 1 ML2
（2）
3
v2 v1
碰后细棒转动直至停止，受摩擦阻力矩作用
例5.
mv 1 L = − mv 2 L + Jω （1）
J = 1 ML2 （2） 3
解
o ω dm = λdx
v1
x
碰后任意质点所受阻力：df = μdN = μgdm = μgλdx
任意质点所受阻力矩： dM f = − xdf
2）对接过程中的机械能损失
解：由角动量守恒得：
J1ω1 − J 2ω2 = (J1 + J2 )ω
⇒ ω = J1ω1 − J2ω2
J1 + J2
J 1
ω
1
J 2
ωω
2
ΔEk =
1 2
(
J1
+
J
2
)ω
2
−
⎜⎛ ⎝
1 2
J1ω
2
1
+
1 2
J
ω2
22
⎟⎞ ⎠
= − ( J1J2 ω1 + ω2 )2 < 0
例如：花样滑冰运动员 的“旋”动作
再如：跳水运动员的“团 身--展体”动作
刚体的平动和定轴转动中的一些重要公式
刚体的平动 (质点)
v= dx dt
a
=
dv dt
=
d2 x dt2
P = mv F
EK
=
1 2
mv2
m
d A= Fdx Fdt
F = ma
∫ F d t = P − P0
∫F
d
x
=
1 2
v
2v
0
2v
v
ω0
例2.
解
v 2v
解：选四人和转台为系统，对O轴 合外力矩 M=0,角动量守恒。
( ) 2v o ⋅ R v
ω=0
Jω ′
J
+
+ J1 + J2 + J3 + J4 ω0
J1ω 1 + J 2ω 2 + J 3ω 3 +
=
J 4ω 4
其中： J = 1 MR 2 2
J1
=
J4=
mr 2=
止。求相撞后棒的质心离地面的最大高度h？并说明棒 在撞后左摆或右摆的条件。
Ol
C Ep = 0
m
例9.
解
Ol C Ep = 0
过程1：棒下摆，机械能守恒 mg l = 1 Jω 2
22
过程2：棒与物体碰撞，角动量守恒
Jω = mvl + Jω′
过程3：物体滑行，棒上升
m
物体滑行: − μmg = ma − v2 = 2as
= mg 3 L(1− cosθ )+ Mg L (1− cosθ )
4
2
⎜⎛ 3 m + 1 M ⎟⎞⎜⎛ 9 m + 1 M ⎟⎞gL − 9 m2υ2
θmax = arccos⎝ 4
2 ⎠⎝16 3 ⎠ 16 ⎜⎛ 3 m + 1 M ⎟⎞gL
⎝4 2 ⎠
例5.
质量为M长为L的均质细棒静止平放在滑动摩擦系数为μ的
M
8
=
dL
dt
⇒ 1 mgR = d ⎜⎛13 mRv− mRu⎟⎞
2
dt ⎝ 8
⎠
∵du = 0 ∴a = dv = 4 g
dt
dt 13
例9.
一匀质细棒长度为l，绕垂直于棒一端的水平轴O无
摩擦地转动。当棒从水平位置自由释放后，在竖直位置 上与放在地面上的物体相撞(质量也为m) 。物体与地面
的摩擦系数为μ。相撞后，物体沿地面滑行一距离s而停
Rmg
设u为人相对绳的匀速度，v 为重物上升
m
的速度, 则系统对o轴的角动量为:
m 2
L = R⎜⎛ m⎟⎞v − Rm(u − v)+ Jω J = 1⎜⎛m⎟⎞R2
⎝2⎠
2⎝ 4 ⎠
⇒L =13mRv−mRu
8
例8.
R
o
m 4
v
m
m 2
解
M = 1 Rmg L = 13 mRv − mRu
2
根据角动量定理：
mv2
−
1 2
mv02
刚体的定轴转动
ω = dθ
dt
α = dω = d2θ
dt dt2
L = Jω
EK
=
1 2
Jω 2
M
J
d A = M dθ M dt
M = Jα
∫ M d t = L − L0
∫M
dθ
=
1 Jω 2
2
−
1 2
Jω02
例1.
两摩擦轮对接. 若对接前两轮的角速度分别为ω1,ω2 求：1）对接后共同的角速度ω
∫ ∫ M f =− xdf
由角动量定理：L
=−
L x ⋅ μ (λdx )⋅ g = − 1 μMgL
0
2
（3）
∫ ∫ Mdt = Jdω
有：
t
0 Mf dt
=
J
0
dω
ω
（4）
由以上四式解出： t = 2m(v1 + v2 )
μMg
例6.
如图所示，以水平力F打击悬挂着的质量为M、长度为L
的均匀细杆。如果打击点A选择得合适，在打击的过程中，支撑
acτ
=
rcα
=
Lα
2
联立可得：
RA
=
2 3
L
解
Fy
o
RA Rc
Fx c
A F
例6.
解
球打在A点，轴间仍没有x方向轴力
Fy
球和棒系统，水平方向动量守恒
o
mv1 = mv2+ MVc
系统角动量守恒
RA Rc c A
RA
⋅
mv1
m=
= RA
M
⋅
mv2
RA
+
=
Jω
2L 3
=
RAmv2
+
1 3
ML2
弹性球碰撞，机械能守恒
水平桌面上。它可绕O点垂直于桌面的固定光滑轴转动。另有一
水平运动的质量为m的小滑块，从侧面垂直于棒方向与棒发生碰
撞，设碰撞时间极短。已知碰撞前后小滑块速度分别为V1和V2. 求细棒碰撞后直到静止所需的时间是多少？
解： m与M碰撞过程，
o
系统（m,M）对O轴角动量守恒
mv1 L = −mv 2 L + Jω （1）
均匀细杆。如果打击点A选择得合适，在打击的过程中，支撑轴o
对细杆的水平切向力Fx为零，称该点为打击中心。试求：打击中
心A与支撑轴o之间的距离RA。
解(1)由转动定律：
Fy
FRA = Jα
= 1 ML2α
3
o
质心运动定理：
F = Macτ
acτ
=rcα
=
Lα
2
RA Rc F
Fx c A
联立可得：
RA
=
棒上升: 1 Jω′2 = mg⎜⎛ h − l ⎟⎞
2
⎝ 2⎠
ω′ = 3gl − 3 2μgs h = l + 3μs − 6μsl