大学物理-刚体力学ppt课件.ppt

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1、主讲：主讲：姜贵君姜贵君第一节第一节 刚体定轴转动的转动定律刚体定轴转动的转动定律 一、一、刚体运动的描述刚体运动的描述1.刚体刚体 刚体刚体是理想模型是理想模型特点特点(1)是一个质点组（刚体可以看成由许多质点是一个质点组（刚体可以看成由许多质点 组成，每一个质点叫做刚体的一个质元。）组成，每一个质点叫做刚体的一个质元。）(2)组内任意两点间的距离保持不变。组内任意两点间的距离保持不变。在外力作用下，形状和大小都不发生变化的物体。在外力作用下，形状和大小都不发生变化的物体。 2.刚体的运动刚体的运动刚体的运动形式：平动、转动。刚体的运动形式：平动、转动。 （1）平动）平动若刚体中所有点的运动

2、轨迹若刚体中所有点的运动轨迹都保持完全相同，或者说刚都保持完全相同，或者说刚体内任意两点间的连线总是体内任意两点间的连线总是平行于它们的初始位置间的平行于它们的初始位置间的连线连线 。 刚体平动刚体平动 质点运动质点运动（2）转动）转动刚体中所有的点都绕同一直线做圆周运动，刚体中所有的点都绕同一直线做圆周运动， 则称刚则称刚体作转动，该直线称转轴。体作转动，该直线称转轴。 转轴转轴瞬时转轴瞬时转轴非定轴转动非定轴转动固定转轴固定转轴定轴转动定轴转动转动又分转动又分定轴转动定轴转动和和非定轴转动非定轴转动 。刚体的平面运动刚体的平面运动 （滚动）（滚动）刚体的一般运动刚体的一般运动=质心的平动质

3、心的平动绕质心的转动绕质心的转动+QP xx转动平面转动平面转轴转轴参考参考方向方向PxP （1）角位置和角位移）角位置和角位移3.刚体的定轴转动刚体的定轴转动 角位置角位置角位移（2）角速度）角速度角速度方向用右手螺旋法则确定。角速度方向用右手螺旋法则确定。 d定轴转动的角速度仅有沿转轴的两个方向。定轴转动的角速度仅有沿转轴的两个方向。 用正负号表示方向用正负号表示方向ddt22dd()ddddtnrrarrtttarrt22ndd()ddddrrarrtttarr22n()tvrdvd rdarrdtdtdtarr（4） 角量与线量的关系角量与线量的关系 or（3） 角加速度角加速度ddt

4、角加速度方向与角加速度方向与 相同。相同。d加速转动加速转动, 方向一致方向一致; 减速转动减速转动,方向相反方向相反 当刚体绕定轴转动的角加速度为恒量时，刚体做当刚体绕定轴转动的角加速度为恒量时，刚体做匀变速转动匀变速转动 。刚体匀变速转动与质点匀变速直线运动公式对比刚体匀变速转动与质点匀变速直线运动公式对比 刚体刚体绕绕定轴作匀变速转动定轴作匀变速转动质点质点匀变速直线运动匀变速直线运动at022100attxx22002 ()a xx0t22002 () 21002tt（5）匀变速转动公式）匀变速转动公式飞轮飞轮 30 s 内转过的角度内转过的角度22200(5 )75 rad22( 6

5、) 200 5rad s306t 例：例： 一飞轮半径为一飞轮半径为 0.2m、 转速为转速为150rmin-1， 因受制动而均匀减速，经因受制动而均匀减速，经 30 s 停止转动停止转动 。 试求试求（1）角加速度和在此时间内飞轮所转的圈数；（角加速度和在此时间内飞轮所转的圈数；（2）制动开）制动开始后始后 t = 6 s 时飞轮的角速度；（时飞轮的角速度；（3）t = 6 s 时飞轮边缘时飞轮边缘上一点的线速度、切向加速度和法向加速度。上一点的线速度、切向加速度和法向加速度。解解. 0 t = 30 s 时，时，飞轮做匀减速运动飞轮做匀减速运动1022150=5 rad s6060n (1

6、)t0 = 0 s时，时， （2）s6t时，飞轮的角速度时，飞轮的角速度10(56)4rad s6t（3）s6t时，飞轮边缘上一点的线速度大小时，飞轮边缘上一点的线速度大小20.2 42.5m sr该点的切向加速度和法向加速度该点的切向加速度和法向加速度2t0.2 ()0.105 m s6ar 转过的圈数转过的圈数r5 .372752N22n0.2 (4)31.6 m sar 例：例： 在高速旋转的微型电机里，有一圆柱形转子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可绕垂直其横截面通过中心的轴转动 。 开始时，它的角开始时，它的角速度速度 ，经，经300s 后，其转

7、速达到后，其转速达到 18000rmin-1 。 已已知转子的角加速度与时间成正比知转子的角加速度与时间成正比 。 问在这段时间内，转问在这段时间内，转子转过多少转？子转过多少转？00 令令 ，即，即 ，积分，积分 ctcttddtttc00dd得得221ct当当t=300s 时，时，122 18000=600 rad s6060n解：解：t0=0s 时，时，0=0，0=0转子的角速度转子的角速度2212150ctt由角速度的定义由角速度的定义2dd150tt得得200dd ,150ttt3450t在在 300 s 内转子转过的转数内转子转过的转数34(300)3 10 r22 450N 所以

8、所以2222 60030075ct 二、刚体定轴转动的转动定律二、刚体定轴转动的转动定律sinMFrFdMr F 大小： 是决定刚体转动的物理量是决定刚体转动的物理量, ,表明力的大表明力的大小、方向和作用点对物体转动的影响。小、方向和作用点对物体转动的影响。1.力矩力矩（1） 力矩的定义式力矩的定义式（2） 物理意义物理意义doPzMFrM力力改变刚体的转动状态改变刚体的转动状态 刚体获得角加速度刚体获得角加速度质点获得加速度质点获得加速度改变质点的运动状态改变质点的运动状态力矩力矩MrF1）若力不在垂直于转轴的平面内：）若力不在垂直于转轴的平面内：讨论讨论FFFtsinzMFrF r2）合

9、力矩等于各分力矩的矢量和）合力矩等于各分力矩的矢量和123MMMMirF11iFr 11rF21rF21Fr 11Fr nFFtrFAzF/F ijjiMM jririjijFjiFdOijMjiM3）刚体内作用力和反作用力的力矩互相抵消）刚体内作用力和反作用力的力矩互相抵消对对 mi 用牛顿第二定律：用牛顿第二定律：iiiiFfm a 切向分量式为：切向分量式为：tsinsiniiiiiiFfm a 2sinsini iii iii iFrf rmr 外力矩外力矩内力矩内力矩t iiarir两两边边同同乘乘2.转动定律转动定律zOrifiFi mi ii对所有质点求和：对所有质点求和：用用M

10、表示合外力矩表示合外力矩, 则有则有: MJ MJ 转动惯量转动惯量2sinsin()i iii iii iFrf rmrsin0i iif r因为2sin()i iii iFrmr得 2iirmJ 令令矢量式矢量式:转动定律转动定律 MJ 刚体定轴转动的角加速度与它所受的合外力矩成正比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，与刚体的转动惯量成反比体的转动惯量成反比 。 2. 力矩是使刚体转动状态发生改变而产生角加速度的原因。力矩是使刚体转动状态发生改变而产生角加速度的原因。说明：说明：amF1. 与与 地位相当，地位相当，m反映质点的平动惯反映质点的平动惯性，性，J反映刚体的

11、转动惯性。反映刚体的转动惯性。MJ 3. 力矩是矢量，方向沿转轴，对定轴转动只有两个方向，力矩是矢量，方向沿转轴，对定轴转动只有两个方向，所所 以用以用正负号表示方向正负号表示方向。物理意义：转动惯量是对刚体转动惯性大小的量度，其大小物理意义：转动惯量是对刚体转动惯性大小的量度，其大小反映了改变刚体转动状态的难易程度。反映了改变刚体转动状态的难易程度。3、转动惯量、转动惯量(1)定义定义(2) 与转动惯量有关的因素与转动惯量有关的因素刚体的质量及其分布刚体的质量及其分布转轴的位置转轴的位置在（在（SI）中，中，J 的单位：的单位：kgm2(3) 转动惯量的计算转动惯量的计算质量离散分布的刚体质

12、量离散分布的刚体2iirmJ 1m 2m 2r1r2dVJrm若质量连续分布若质量连续分布lmddsmddVmdd质量为线分布质量为线分布质量为面分布质量为面分布质量为体分布质量为体分布线分布线分布体分布体分布面分布面分布 为质量的线密度为质量的线密度 为质量的体密度为质量的体密度 为质量的面密度为质量的面密度注注意意 只有几何形状规则、质量连续且均匀分布的刚体，才只有几何形状规则、质量连续且均匀分布的刚体，才用积分计算其转动惯量用积分计算其转动惯量,一般刚体则用实验求其转动惯量。一般刚体则用实验求其转动惯量。例：例： 求质量为求质量为m半径为半径为R 的均匀圆环的转动惯量。的均匀圆环的转动惯

13、量。轴与圆环平面垂直并通过圆心。轴与圆环平面垂直并通过圆心。解解: 在环上任取一小线元在环上任取一小线元dlROdm其质量其质量2mRJ 转动惯量：均匀圆环的dd2mmlR22dddd22mmRJrmRllR220d2RmRJlmR解解: :将圆筒分为一系列的圆环，质量为dm例：例： 求质量为求质量为m 半径为半径为R 的薄圆筒绕中心轴的转的薄圆筒绕中心轴的转动惯量。（不计厚度）动惯量。（不计厚度）圆环与圆环与圆筒的转动惯量公式相同圆筒的转动惯量公式相同22dJR dmJmR 2ddJRm220dmJRmmR例：例： 求质量为求质量为m ，半径为半径为R ，厚为厚为h 的均匀圆盘的转的均匀圆盘

14、的转动惯量。轴与盘平面垂直并通过盘心。动惯量。轴与盘平面垂直并通过盘心。解：解：取半径为取半径为r 宽为宽为dr 的薄圆的薄圆筒筒可见，转动惯量与可见，转动惯量与h 无关。所以，实心圆柱对其轴无关。所以，实心圆柱对其轴的转动惯量也是的转动惯量也是 。221mRJ zoRrdr222d2 d2 ddmmmr r hr r hr rR hR2322dddmJrmrrR322021d2RmJrrmRR例：例： 求长为求长为L 质量为质量为m 的均匀细的均匀细杆杆对图中不同轴的对图中不同轴的转动惯量。转动惯量。ABLxABL/2L/2Cx解：解：取轴处为原点建立一维坐标系如图所示取轴处为原点建立一维坐

15、标系如图所示2222121dmLxxLmJLLC2201d3LAmJxxm LLxLmxmddd的关系：与CAJJA，C 相距相距L/22)2(LmJJCAxxLmxLmxmrJdddd222(4) 平行轴定理平行轴定理cd推广推广: 若有任一轴与过质心的轴若有任一轴与过质心的轴平行且相距平行且相距d ，刚体对其转动惯刚体对其转动惯量为量为: , 称为称为平行轴平行轴定理定理。2mdJJCJ:刚体绕任意轴的转动惯量刚体绕任意轴的转动惯量Jc:刚体绕通过质心的轴刚体绕通过质心的轴d:两轴间垂直距离两轴间垂直距离m:刚体的质量刚体的质量竿子长些还是短些较安全？竿子长些还是短些较安全？ 飞轮的质量为

16、什么飞轮的质量为什么大都分布于外轮缘？大都分布于外轮缘？(1) 飞轮的角加速度飞轮的角加速度(2) 如以重量如以重量G =98 N的物体挂在绳端，的物体挂在绳端，试计算飞轮的角加速试计算飞轮的角加速例例求求一轻绳绕在半径一轻绳绕在半径 r =20 cm 的飞轮边缘，在绳端施以的飞轮边缘，在绳端施以F=98 N 的拉力，飞轮的转动惯量的拉力，飞轮的转动惯量 J=0.5 kgm2，飞轮与转轴间的摩擦，飞轮与转轴间的摩擦不计，不计， (见图见图)FOrmgTFOr解解 (1)JFr2-srad 2 .395 . 02 . 098JFrmaTmg(2)JTr ra 两者区别两者区别mgT2mrJmgr

17、2-2srad 8 .212 . 0105 . 02 . 098例题例题3-6 一个飞轮的质量一个飞轮的质量m=60 kg，半径，半径R=0.25 m，正在以，正在以0=1000 rmin-1的转速转动。现在要制动飞轮，要求在的转速转动。现在要制动飞轮，要求在t=5.0 s内内使它均匀减速而最后停下来。闸瓦与飞轮之间的滑动摩擦系数为使它均匀减速而最后停下来。闸瓦与飞轮之间的滑动摩擦系数为k=0.8 ，而飞轮的质量可以看作全部均匀分布在轮的外周上。求，而飞轮的质量可以看作全部均匀分布在轮的外周上。求闸瓦对飞轮的压力闸瓦对飞轮的压力N。 解解: :0=1000 rmin-1104.7 rad s-

18、1 飞轮在制动时的角加速度为t0 = 0 s时时t=5 s 时 =0负值表示与0的方向相反。-200104.720.9(rad s )5t 闸瓦作用于飞轮的摩擦力矩为 rkMf RNR 根据刚体定轴转动定律得kNRJ将2mRJ 代入得 k600.2520.93920.8mRN （N ） 例题例题3-7 图3-14所示为测量刚体转动惯量的装置。待测的物体装在转动架上，细线的一端绕在半径为R的轮轴上，另一端通过定滑轮悬挂质量为m的物体，细线与转轴垂直。从实验测得m自静止下落高度h的时间为t。忽略各轴承的摩擦、滑轮和细线的质量，细线不可伸长，并预先测定空转动架对转轴的转动惯量为J0。求待测刚体对转轴

19、的转动惯量。 图3-14 以待测刚体和转动架为整体，设待测刚体的转动惯量为J，由绕定轴转动的转动定律可得0TRJJ由细线不可伸长以及m自静止下落，有 212hataR 上述各式联立求解得 220(1)2gtJmRJh从已知数据从已知数据J0 、R、h、t即可算出待测即可算出待测的转动惯量的转动惯量J来。来。 解：解：隔离物体m，设线中的张力为T，物体m的加速度为a，由牛顿第二定律可得 mgTma1.力矩的功力矩的功 sinFrM -力矩的功力矩的功第二节第二节 刚体定轴转动的动能定理刚体定轴转动的动能定理Fd rdsdd( sin )dsinddWFrFsFrM21dWMdd( sin )ds

20、inddWFsFsFrM dd(sin )dsinddWFsFsFrM ddsin)sin(MWrdFdsFdsFdW 合外力矩合外力矩 一、力矩的功一、力矩的功 与转动动能与转动动能 若力矩是恒量若力矩是恒量:2121d()WMMM比较比较：2121ddrrWFrWM 力的功力矩的功例题例题3-8力矩的功就是力的功。力矩的功就是力的功。 例题例题3-8 一根质量为一根质量为m、长为、长为l的均匀细棒的均匀细棒OA，可绕通过，可绕通过其一端的光滑轴其一端的光滑轴O在竖直平面内转动。今使棒从水平位置开始在竖直平面内转动。今使棒从水平位置开始自由下摆，求细棒摆到竖直位置时重力所做的功。自由下摆，求

21、细棒摆到竖直位置时重力所做的功。 解：解：在棒的下摆过程中，对转轴在棒的下摆过程中，对转轴O而而言，支承力言，支承力N通过通过O点，所以支承力点，所以支承力N的的力矩等于零，重力力矩等于零，重力G的力矩则是变力矩，的力矩则是变力矩，大小等于大小等于mgcosl/2 。当棒转过一个极小。当棒转过一个极小的角位移的角位移d时，时，重力矩所做的元功是重力矩所做的元功是 dcos2ddlmgMW重力矩所做的功为重力矩所做的功为2dcos2d2021lmglmgMW重力矩做的功也就是重力做的功。重力矩做的功也就是重力做的功。 2.转动动能转动动能 miri 设转动角速度为设转动角速度为 ，第第i个质元个

22、质元mi 的速度为的速度为: :iir设系统包括有设系统包括有 N 个质量元个质量元12,.,.,iNm mmmNirrrr.,.,21Ni,.,.,vvvv21其动能为其动能为2k12iiiEmv2212i imr各质量元速度不同，各质量元速度不同，但角速度相同但角速度相同整个刚体的动能为整个刚体的动能为: :22222kk111111()222NNNii ii iiiiEEmrmrJ221 JEk 刚体转动动能刚体转动动能比较：比较：平动动能平动动能2k12Em 转动动能转动动能2k12EJ 结论结论绕定轴转动刚体的动能等于刚体对转轴的转动惯绕定轴转动刚体的动能等于刚体对转轴的转动惯量与其

23、角速度平方乘积的一半量与其角速度平方乘积的一半刚体的一般运动刚体的一般运动=质心的平动质心的平动绕质心的转动绕质心的转动+例题例题 一质量为一质量为m，半径为，半径为R的匀质球体，从倾角为的匀质球体，从倾角为 的斜面上的斜面上距地面距地面h高处无滑动地滚下来，如图高处无滑动地滚下来，如图3-6所示。试求球体滚到地所示。试求球体滚到地面时的角速度面时的角速度 。hmR 解：解：设球体质心的速率为vc，它绕球体质心的角速度为 。由于球体在下滚过程中，只作滚动没有滑动，故摩擦力不做功，所以球体和地球系统的机械能守恒，应有221122CmghmJ由于是纯滚动，则有CR均匀分布的球体对质心轴的转动惯量为

24、 225JmR解得 1107ghR221122211122ddddJJJdtddtdWMdJJJMdJ 21222121dd2121JJJMWddJdtdddJdtdJJM22112221dd1122dddMJJJJtddtdWMdJ dJJ 22112221dd1122ddddddWMdMJdJJJJtJJt 21222111d22ddddMJJJJdtddtdWJJJ 212221212121JJdJMdWddJdtdddJdtdJJM刚体定轴转动的动能定理刚体定轴转动的动能定理: :合外力矩做的功等于刚体转合外力矩做的功等于刚体转动动能的增量动动能的增量. . 二、刚体定轴转动的动能定理

25、二、刚体定轴转动的动能定理 比比较较21222111d22rrWFrmm质点的动能定理质点的动能定理刚体定轴转动的动能定理刚体定轴转动的动能定理2211222111d22ddddMJJJJdtddtdWMJ dJJ 221122211122ddddMJJJJdtddtdWMdJdJJ ddMJ 例题例题 装置如图所示，均质圆柱体质量为装置如图所示，均质圆柱体质量为m1，半径为，半径为R，重锤质量为重锤质量为m2 ，最初静止，后将重锤释放下落并带动，最初静止，后将重锤释放下落并带动柱体旋转，求重锤下落柱体旋转，求重锤下落 h 高度时的速率高度时的速率v.(不计阻力，不不计阻力，不计绳的质量及伸长

26、计绳的质量及伸长)1m2mhR1m2mhR解解:方法方法1. 利用质点和刚体转动的动能定理求解利用质点和刚体转动的动能定理求解.22T2102m ghF hm v22222T1111 110()22 24F RJm Rm R由质点动能定理由质点动能定理 由刚体动能定理由刚体动能定理 Rv Rh联立得联立得 21222mmghmv 再由再由 方法方法2. 利用系统的动能定理求解利用系统的动能定理求解 将转动柱体、下落物体视作一个系统将转动柱体、下落物体视作一个系统 2222222211111 10()2222 2m ghm vJm vm R再由再由 Rv 联立得联立得 21222mmghmv 1

27、m2mhR 例题例题3-9 一个长为一个长为l、质量为、质量为m的均质细杆的均质细杆AB，用摩擦可，用摩擦可忽略的柱铰链悬挂于忽略的柱铰链悬挂于A处。如欲使静止的杆处。如欲使静止的杆AB自铅垂位置恰好自铅垂位置恰好能转至水平位置，求必须给杆的最小初角速度。能转至水平位置，求必须给杆的最小初角速度。 解：解：取杆取杆AB为研究对象，作用为研究对象，作用于杆的力有铰链处的支承力于杆的力有铰链处的支承力(不做功不做功)和重力。和重力。设必须给杆的最小初角速度设必须给杆的最小初角速度为为0 0，由刚体定轴转动的动能定理，由刚体定轴转动的动能定理201022lmgJ213Jml 且且得得03 gl例题例

28、题 一个长为l、质量为m的均质细杆竖直放置，其下端用摩擦可忽略的铰链O相接，如图所示。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。求细杆转到与竖直线呈角时的角速度。解：解：细杆由竖直放置转到与竖直线呈角，此时杆具有的转动动能为 222k1126EJml由刚体定轴转动的动能定理得221(1-cos )-026lmgml解得 03(1-cos )glmgC2l 质点质点m 以速率以速率v 、角速度角速度 绕绕z 轴轴转动转动, , z 轴轴垂直于转动垂直于转动平面平面xoy。定义质点。定义质点m 绕绕z 轴轴的的动量矩动量矩角动量为角动量为

29、: :xyzOr mpmv Lrprmv L方向方向: 如图所示如图所示;大小大小: sinsinLrprmv第三节第三节 刚体定轴转动的角动量守恒定律刚体定轴转动的角动量守恒定律 一、刚体定轴转动的角动量定理一、刚体定轴转动的角动量定理1.角动量角动量（1）质点的）质点的角动量角动量（动量矩）（动量矩）质点质点绕固定轴绕固定轴做圆周转动做圆周转动, ,则有则有: : 2mrrmvL 单位：单位：21kg m sFrMsinFrdFM 刚体刚体以角速度以角速度 绕绕z 轴轴转动。转动。刚体上刚体上任任一质元绕一质元绕z 轴轴作作圆周运动圆周运动的的角动量为角动量为：（2）刚体）刚体定轴定轴转动

30、的角动量转动的角动量 J)rm(LLiiiii 22ii iLm r zivirim 由于由于每每个个质元质元对对z 轴轴的角动量的角动量方向相同方向相同, ,刚刚体对体对z 轴轴的角动量的角动量为为: :角动量角动量是是描述刚体转动状态的物理量描述刚体转动状态的物理量矢量式矢量式:pm2.角动量定理角动量定理tJJMdd 由转动定律由转动定律:)(ddd JJtM00t00t ddLLM tLLLJJ 冲量矩冲量矩 表示合外力矩在表示合外力矩在t0 t 时间内的累积时间内的累积作用。作用。单位：单位：牛顿牛顿米米秒秒tt0d tM角动量定理角动量定理: :作用在刚体上的冲量矩等于其角动量的改

31、变量。作用在刚体上的冲量矩等于其角动量的改变量。0tt0d JJtM定轴定轴0tt0d JJtM例题例题 水平桌面上有一长l=0.3m 、质量m=3.0kg的均质细杆，细杆可绕一端O点且垂直桌面的固定光滑轴转动。已知杆与桌面间的滑动摩擦系数=0.20 ，细杆绕一端转动的初角速度0= 49 rad s-1 。求棒从开始运动到停下来所需时间。解解：在棒上取距O点为r，长为dr的质量元dm ，则 ddmmrl棒运动时对O点的摩擦阻力矩为01(d )d2lmMm grgr rmgll 设棒开始运动到停止所用时间为t，由角动量定理可写出00d0tM tJ式中细杆绕轴O的转动惯量213Jml201123m

32、gltml 022490 35 s33 0 29 8l.tg.即 解得 rOdrdf0习题习题3-12 有一个均匀薄圆盘，质量为m，半径为R，可绕过盘中心的光滑竖直轴在水平桌面上转动。圆盘与桌面间的滑动摩擦系数为 。若用外力推动它使其角速度达到 时，撤去外力，求：（1）此后圆盘还能继续转动多长时间？（2）上述过程中摩擦力矩所做的功。学习指导：学习指导：3-13解：解：（1） 在盘上取半径为r的圆环形质量元2dd2 dmmSr rR对转轴的摩擦力矩 22022dd3RgmrMmg rrmgRR 由角动量定理可写出00d0tM tJ034Rtg202132mgRtmR （2）根据动能定理，摩擦力的

33、功为 2220011024WJmR 解得 )CJ(L.JL,M dtLdM 00即即常常量量则则中中，若若在在刚体刚体角动量守恒定律角动量守恒定律: :当物体所受的合外力矩为零时当物体所受的合外力矩为零时, ,物体的物体的角动量保持不变。角动量保持不变。)CJ(L.L,M dtLdM 00即即常常量量则则中中，若若在在说明：说明：1.1.若系统由几部分构成，总角动量守恒是指各部分若系统由几部分构成，总角动量守恒是指各部分相对同一转轴相对同一转轴的角动量；的角动量；2. 对微观粒子和高速运动也适用，是物理学中的基本定律之一。对微观粒子和高速运动也适用，是物理学中的基本定律之一。 二、刚体定轴转动

34、的角动量守恒定律二、刚体定轴转动的角动量守恒定律角动量守恒定律的两种应用：角动量守恒定律的两种应用：（1）转动惯量保持不变的单个刚体。转动惯量保持不变的单个刚体。（2）转）转动惯量可变的物体。动惯量可变的物体。.JJ就就增增大大减减小小时时，当当就就减减小小；增增大大时时，当当 花样滑冰运动员通过改变身花样滑冰运动员通过改变身体姿态即改变转动惯量来改变体姿态即改变转动惯量来改变转速转速. .00 则则,JJ000,MJJ当时，则 0,dLMMdtJC 在中，若解：解：由于从子弹进入棒到二者开始一起运动由于从子弹进入棒到二者开始一起运动所经过的时间极短，在这一过程中棒的位置所经过的时间极短，在这

35、一过程中棒的位置基本不变，即仍然保持竖直。因此，对于木基本不变，即仍然保持竖直。因此，对于木棒和子弹系统，在子弹冲入过程中，系统所棒和子弹系统，在子弹冲入过程中，系统所受的外力受的外力(重力和轴的支持力重力和轴的支持力)对于轴对于轴O的力矩的力矩都是零。这样，系统对轴都是零。这样，系统对轴O的角动量守恒。的角动量守恒。由角动量守恒可得由角动量守恒可得 例题例题3-13 一根长一根长l，质量为，质量为M的均匀直棒，其一端挂在一个水的均匀直棒，其一端挂在一个水平光滑轴上而静止在竖直位置。今有一个子弹，质量为平光滑轴上而静止在竖直位置。今有一个子弹，质量为m，以，以水平速度水平速度 射入棒的下端而不

36、复出。求棒和子弹开始一起运动射入棒的下端而不复出。求棒和子弹开始一起运动时的角速度。时的角速度。 00221201333m lJJJJmlMlmmMl例例 如图所示，一静止的匀质圆盘半径为R，质量为 M=2m，圆盘可绕垂直于平面的水平固定光滑轴转动。有一质量为m 的粘土块从距圆盘h 处落下，粘在圆盘P点上，已知最初POX= 。求：（1）粘土块与圆盘碰撞后瞬间盘的角速度0 ；（2）粘土块与圆盘一起由P点转到x轴位置时圆盘的角速度和角加速度。 xyohmMPR解解：（1）m下落到P 点前，由212mghm解得 2gh 粘土块落在圆盘上，可视为完全非弹性碰撞，且碰撞时间极短，重力的冲量矩可忽略不计。

37、在碰撞前后，粘土块和圆盘系统的角动量守恒，故有 0cosm RJ222122JMRmRmR02cos2ghR解得 22011sin0+22mgRJJ22JmR22cossin2ghgRRMmgR222MmgRgJmRR（2）对粘土块、圆盘和地球组成的系统，只有重力做功，机械能守恒。令x轴为零势能面，故有 将 代入上式，得到粘土块与圆盘一起由P点转到x轴位置时的角速度为 粘土块与圆盘一起由P点转到x轴位置时，作用在圆盘和粘土块系统的外力矩仅为粘土块所受的重力矩，即 圆盘的角加速度为 一长为一长为 l 的匀质细杆，可绕通过中心的固定水平轴在铅垂的匀质细杆，可绕通过中心的固定水平轴在铅垂面内自由转动

38、，开始时杆静止于水平位置。一质量与杆相面内自由转动，开始时杆静止于水平位置。一质量与杆相同的昆虫以速度同的昆虫以速度 v0 垂直落到距点垂直落到距点 O l/4 处的杆上，昆虫落处的杆上，昆虫落下后立即向杆的端点爬行，如图所示。若要使杆以匀角速下后立即向杆的端点爬行，如图所示。若要使杆以匀角速度转动度转动2201( ) )4124llmmlmv0127lvO4lr 昆虫落到杆上的过程为完全非弹性昆虫落到杆上的过程为完全非弹性碰撞碰撞,由于时间极短，昆虫的重力冲由于时间极短，昆虫的重力冲量矩为零，角动量守恒量矩为零，角动量守恒例例解解求求 昆虫沿杆爬行的速度。昆虫沿杆爬行的速度。ddJMt221()12Jmlmrdcos2drmgrm rt00dcos7lg12cos()d2247rgttlvvv使杆以匀角速度转动使杆以匀角速度转动cosMmgr代入得代入得转动定律转动定律d()dJMt其中其中