第3章 刚体的定轴转动
内容提要
1.角动量
???L?r?p
质点对原点O的角动量。它描述了质点绕O点转动的状态，与参考点O的位置有关。 2.质点的角动量定理：
??dL 微分形式 M?
dt 积分形式
?tt0???Mdt?L?L0
积分形式表明，作用在质点的角冲量等于质点角动量的增量。
??注意 （1）M、L必须相对同一参照点。
（2）只有在惯性系中，角动量定理才成立。 3.角动量守恒定律
??若某一过程中M=0,则 L=恒矢量
如果质点上对某点的力矩始终为零,则质点对该点的角动量守恒。这里存在两种特例. （1） 质点所受的合外力总为零,从而作匀速直线运动,它对任意一点的角动量都保持不变。 （2）质点受有心力作用，质点对力心的角动量保持不变。
4.刚体对定轴的转动惯量 对质量离散分布的刚体
J??miri2
对质量连续分布的刚体 J??r2dm
M 式中r为质点（或质元dm）对定轴的转动半径。转动惯量由两个因素决定：①刚体总质量的大小；②质量相对转轴的分布。刚体绕定轴转动时，它对该轴的转动惯量是一个常量。 转动惯量具有两大特点：①可加性：对同一转轴，刚体总体的转动惯量为各部分转动惯量之和。J??Ji；②平行轴定理 J?Jc?Md2
式中Jc是刚体对过质心的轴的。转动惯量J是对与之平行的轴的转动惯量，M为刚体的质量，d为两平行轴的间距。
5.刚体的转动定律
M?J?
相对同一转轴，刚体所获的加速度与作用于刚体的外力矩成正比，与刚体的转动惯量成反比。
6.定轴转动的动能定理 （1）转动动能
1
Ek?（2）力矩做功
A?（3）动能定理
1J?2 2???Md?
01122Md??J??J?0??022?
（4）刚体的重力势能：对体积较小的刚体，其重力势能由质心离零势面的高度hc决定： Ek?mghc 7.对定轴的角动量定理
（1）质点系
tMdt??Li??Li0
?t0（2）定轴转动的刚体
?tt0Mdt?J????0?
8.对定轴的角动量守恒定律
（1）若质点系所受的合外力矩M?0，则
L??Li=恒量 （2）对定轴转动的刚体，若M?0，则
J?=恒量
此时系统的角速度与转动惯量成反比。
解题指导与示例
1. 质点的角动量守恒定律的应用
难点在于建立质点角动量的概念。体现在以下两处：
（1）L?r?p涉及矢量的矢积，在数学上增加了难度。这里应突破①用L?rpsin?r,p?计算其大小，用右手螺旋法则来判定L的方向。②在直角坐标系中，用矢积的坐标表示法来计算。
?????③矢量的矢积不满足交换律。即L?r?p?p?r
（2）把角动量与动量相区别。同动量一样，角动量也是描述质点运动的物理量。它与动量的区别在①它描述了质点绕参考点的转动状态。②同一运动质点相对惯性系上不同的点，有不同角动量。
2.刚体定轴转动定律
（1）对轴的力矩的理解与计算：
2
?????? ①若力的作用线与轴平行或相交，则力对转轴无力矩。
②转动定律中的M是合外力矩。指每一外力对转轴的力矩之和，而不是合外力对轴的力矩，两者是不同的。例如一对力偶的合力为零，合力对轴的力矩也为零；但两力对转轴的力矩之和可以不为零。
③对轴的力矩受轴的制约，只有两种可能的方向，可以用标量的正负来区分。 （2）定轴转动定律
①对于质点与绕固定轴转动的刚体构成的系统，多用采用隔离物体，受力分析，列出方程（转动定律、牛顿第二定律和约束方程），联立求解，十六字的步骤。
②刚体受变力矩作用时，可先分离变量，然后对方程两边分别积分。
例如M?M?，由转动定律
M??Jd?
dt 分离变量 1dt?d?
JM??? 两边积分
?1d?dt??t0J??0M??? t3.对轴的动能定理与角动量定理
（1） 对由质点和绕固定轴转动的刚体构成的系统，多数情况下从能量角度考虑问题更简便，可以用对轴的动能定理或机械能守恒解题。
（2）当力矩M?M(t)是时间t的函数，用角动量定理
?tt0M(t)dt?J??J0?0
更为方便。
4.角动量守恒定律的应用
（1）考虑质点与绕固定轴转动的刚体碰撞时,由于转轴对刚体作用力存在,两碰撞物体组成的系统中动量多不守恒,但对轴的角动量守恒。
（2）系统中质点对轴的角动量可以用线量（L?r?mv）也可以用角量（L?mri2?）表示。
例 3-1： 我国发射的通信卫星在椭圆形“转移轨道”上运行。如图所示，此“转移轨道”的近地点高度h1=205.5km，远地点高度h2=35835.7km。卫星越过近地点时的速率为10.2km/s。取地球半径R=6378km，求
（1）卫星越过远地点时的速率；
（2）卫星在此轨道上运行的周期。[提示：若r1是卫星在近地点离地球中心的距离，r2是卫星 在远地点离地球中心的距离。则椭圆轨道的面积S＝解：图中h1?205.5km, h2?35835.7km，
质点近地点的速率为v1?10.2kms-1,Re?6378km （原题3-4图） （1） 卫星受有心力作用，卫星对力心O点的
角动量守恒，有
?2?r1?r2?r1r2 3
rv11?r2v2卫星在远地点的速率 例3-1图 v2?R?h1r16378?205.5v1?e?v1??10.2?1.59kms-1 r2Re?h26378?35835.7（2）因为卫星对O点的角动量守恒，与行星一样，卫星位矢在单位时间内扫过的面积（称为掠面速度）
是一常量
ds1?v1r1 dt22卫星运行周期就是径矢扫过椭圆轨道面积所用的时间。由椭圆面积S???r?r?rr，r1?6383.5m，
1212r2?42213.7m，有
T? ???r1?r2?r1r2??r1?r2?r2S??ds/dtv1r1v1r1?(6583.5?42213.7)42213.710.26583.5s?3.8058?105s?10.6h
例3-2：滑轮可视为半径为R，质量为M的匀质圆盘，图中滑轮与绳子间无滑动，水平面光滑，若
m1?50kg,m2?200kg,M?15kg,R?0.10m，求物体加速度及绳中的张力。
解：运用隔离分析、联立求解的方法。重物m1上 竖直方向支持力与重力平衡，沿水平方向，有
T1?m1a1 ① 对重物m2，有
m2g?T2?m2a2 ② 对滑轮，它相对转轴的转动惯量是J由转动定律
TR?TR?1MR2? ③
211?MR2。 （原题6-4图） 22不考虑绳子的伸长，以下约束方程成立
a1?a2?R? ④ 例3-2图 由①、②、③和④式联立，得 ??m?M?2m1?g 2m2g2m1m2g;T1?;T2?2M?2m1?2m2M?2m1?2m2?M?2m1?2m2?R把m1?50kg,m2?200kg,M?15kg,R?0.10m代入，得 ??76.1rads-2； T1?381N； T2?4.38N。
例3-3： 如图示，半径分别为r1和r2，质量为m1和m2的两轮用皮带连接起来，在主动轮1上作用一转动力矩M1（垂直纸面向内），在从动轮2上有一与M1相反的阻力矩M2，二轮均可视为匀质圆盘。若皮带不打滑，且忽略皮带的质量，则两轮的角加速度各为多少？
解 ：用隔离分析，联立求解的思路。例6-3图中，分成两个绕固定轴转动刚体来讨论：
1m1r12，由转动定律 21 M1?T1r1?T2r1?m1r12? ① 2对主动轮，它对o1轴的转动惯量J1? 4
对从动轮，它对o2轴的转动惯量J?1mr2，于是
2222 Tr?Tr?M?1mr2? ②
221222222“皮带不打滑”意味着两轮的边缘有相同的切向加速度， （原题6-5图）
以下约束方程成立
r1?1?r2?2 ③ 由①、②和③式联立求解，得
?1?2?M1r2?M2r1??m1?m2?r12r2 例3-3图 2?M1r2?M2r1??2??m1?m2?r1r22
例3-4：如图所示，质量为0.25kg的小球，可在一根细长均质管中滑动，管长1m，质量为1kg，可绕过质心C且垂直于管线的铅直轴转动。设小球通过C点时，管的角速度为10rads-1，试求小球离开管口时管的角速度。
解： 以小球和细管为系统，小球在管内从转轴移动到管口的过程中，小球的重力与转轴平行，外力矩为零，系统角动量守恒。
2?11?l?? 22Ml?0??Ml?m????12?2????12?M?0 （原题6-11图）
即 ??M?3m把?0?10rads-1,M?1.0kg,m?0.25kg代入， 得 ??5.71rads-1 例3-4图
这一角速度是小球离开细杆前，细杆与小球共同的角速度。小球离开管口，系统角动量仍守恒。小球沿切向飞出，管的角速度保持不变，小球对轴的角速度也不变。
例 3-5：一长度为0.5m，质量为4.0kg的匀质细棒，可绕铅直轴在水平面内转动，转轴过棒的中心，棒的初态静止。一颗3.0g的子弹在棒所在的水平面上飞行，射向棒的端点，如图所示从上向下看，子弹的方向与棒的夹角为600。如果子弹射入棒端且留在棒中，射入后子弹和棒的角速度为10rads-1，求碰前子弹的速率。
解：以子弹和细棒为系统。由于子弹的重力与转轴平行，外力矩为零。碰撞过程中，系统 对轴的角动量守恒。
2 mvlsin600??1Ml2?ml??
??02?124?即 v0?6msin600把l?0.50m,M?4.0kg,m?3.0?103kg 和
?3m?M?l? （原题6-12图）
??10rads－1代入，
?1得 v0?1286ms 例3-5图
应该特别指出，系统沿子弹运动方向的动量并不守恒。这是因为子弹碰撞细杆时，转轴对细杆有作用力，这个轴间作用力是外力，使系统的角动量不能守恒。可以做一个演示实验，体验一下碰撞时转轴对刚体的作用
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