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刚体定轴转动的角动量•转动惯量一、刚体对一转轴的转动惯量1、转动惯量定义：说明：转动惯量与刚体的质量分布和转轴的位置有关。
2、转动惯量的计算：①质量不连续分布情况：其中：表示质点对转轴的距离。
②质量连续分布的情况：3、平行轴定理若两轴平行，距离为d，其中一轴过质心，刚体对它的转动惯量为,则刚体对一轴转动惯量为：证明：如右图示，刚体的二轴分别为z和轴，由此可知：刚体对各平行轴的不同转动惯量中，对质心轴的转动惯量最小。
4、垂直轴定理：（仅适用于厚度无穷小的薄板，厚度）即：无穷小厚度的薄板对一与它垂直的坐标轴的转动惯量，等于薄板对板面内另两互相垂直轴的转动惯量之和。
证明：如右图所示，则：∴注意：垂直轴定理适用条件：x、y、z轴过同一点，且互相垂直，z轴垂直于板面x、y轴在板面内。
例1：均质杆长l，质量为m，求对过杆一端点的转动惯量。
解：由平行轴定理：例2：求一薄板质量为m，半径为R，密度均匀的圆盘，它对过圆心且与盘面垂直的转轴的转动惯量I。
解法一：利用积分法求转动惯量（利用对称性）：解法二：由垂直轴定理：又∵∴二、刚体定轴转动的动力学方程——对轴的角动量定理刚体对转轴（假定为z轴）的角动量：应用质点系对Z轴的角动量定理，可得定轴转动刚体的角动量定理：其中为外力对Z轴的力矩；为刚体的角加速度在Z轴上的投影，可正可负。
三、定轴转动刚体对轴上一点的角动量以质量相等的两质点m，中间以一轻连杆组成刚体，绕Z轴转动为例，如图示：设，杆与水平方向成α角，求此刚体对轴上任一点O的角动量。
∵∴若Z轴过杆的中点，即：，则有：上式表明，定轴转动刚体对轴上任一点的角动量不一定沿转轴方向（或方向）。
四、刚体的重心1、定义：刚体处于不同方位时重力作用线都要通过的那一点叫作重心。
2、重心的位置与质心有何关系：如果刚体的形状不是特别大，保证各处的是完全相同，则刚体中各质元的力对任意一参考点o的力矩：∴一般有，且与不平行，故有：∴即：重心和质心重合。
转动力学刚体的转动平衡与角动量守恒转动力学是力学研究的一个重要分支，它主要研究刚体的旋转运动。
刚体的旋转运动受到力矩和角加速度的作用，其中转动平衡和角动量守恒是转动力学的基本原理。
一、转动平衡刚体的转动平衡是指刚体处于稳定的旋转状态，不受到外力的扰动，既不会产生角加速度，也不会改变角速度。
要实现转动平衡，必须满足以下条件：1. 力矩平衡条件力矩平衡条件是指刚体上作用的力矩的代数和为零。
对于一个刚体绕固定轴的旋转运动，力矩平衡条件可以表示为：∑M = ∑(r × F) = 0其中，∑表示对刚体上所有力矩求和，r表示作用力的杠杆臂，F表示作用力。
根据力矩平衡条件，可以求解出刚体的转动平衡状态。
2. 重心位置与支撑点位置的关系对于一个转动平衡的刚体，重心必须位于支撑点上方以保持稳定。
当重心位于支撑点下方时，刚体会不稳定，并发生滚动现象。
3. 稳定、不稳定和中立平衡刚体的转动平衡可以分为稳定、不稳定和中立平衡三种情况。
当刚体偏离平衡位置时，稳定平衡会使刚体回复原位置，而不稳定平衡会使刚体继续偏离平衡位置。
中立平衡则是指刚体在偏离平衡位置后，不会有任何变化。
二、角动量守恒角动量守恒是指一个刚体在没有外力矩作用下，角动量的大小和方向保持不变。
对于一个旋转的刚体，角动量可以表示为：L = Iω其中，L表示角动量，I表示转动惯量，ω表示角速度。
根据角动量守恒定律，在没有外部力矩作用下，刚体的角动量将保持不变。
三、应用举例下面通过一个实际例子来说明转动平衡和角动量守恒的应用。
假设有一个均匀的圆盘，圆盘质量为M，半径为R。
将圆盘以转轴垂直于盘面且通过重心的方式固定，使其处于转动平衡状态。
此时，圆盘的转动平衡可以通过力矩平衡条件来解释。
由于圆盘的重心位于转轴上，且没有施加外力矩，所以∑M=0，根据这个条件可以得到圆盘上各点产生的力矩之和为零。
进一步分析可以发现，圆盘上受重力的作用产生的力矩沿转轴方向相互抵消，所以圆盘能够保持转动平衡。
动力学中的刚体转动教案
本教案将介绍动力学中的刚体转动，包括刚体定轴转动的描述、转动定律和角动量等内容。
一、刚体定轴转动的描述
刚体定轴转动是指刚体上所有质元都绕同一直线做圆周运动，且刚体上各质元的角量（角位移、角速度、角加速度）相同，而各质元的线量（线位移、线速度、线加速度）大小与质元到转轴的距离成正比。
二、转动定律
转动定律是指在刚体定轴转动中，力矩是改变刚体转动状态的唯一原因。
力矩的方向垂直于转轴，并指向旋转方向。
对于一个质点在定轴上的运动，其角动量（L）等于其转动惯量（I）和角速度（ω）的乘积，即L=Iω。
当有多个质点绕同一转轴转动时，它们对转轴的角动量之和等于零。
三、角动量
角动量是指刚体绕固定轴转动的状态，其数值等于刚体对固定轴的力矩和角速度的乘积。
在不受外力矩作用时，刚体的角动量是守恒的。
当刚体受到外力矩作用时，其角动量会发生改变，改变的量等于外力矩和角速度的乘积。
四、例题解析
例如，一个质量为m的质点以角速度ω绕固定轴z轴做平面定轴转动，求该质点对z轴的角动量Lz。
根据角动量的定义，Lz=Iω，其中I是该质点的转动惯量。
由于该质点是在二维平面上运动，因此其转动惯量为I=mr²/2，其中r为质点到z轴的距离。
代入角动量的定义得到Lz=mrω/2。
五、总结
本教案介绍了动力学中的刚体转动，包括刚体定轴转动的描述、转动定律和角动量等内容。
通过例题解析，我们可以看到如何运用这些概念来解决实际问题。
在实际教学中，可以根据学生的实际情况和需求进行适当的调整和补充。
５ 刚体定轴转动动力学
学习指导
1．重点：刚体定轴转动定律；角动量守恒。
2．难点；角动量定理；角动量守恒。
3．解题指导：
刚体定轴转动问题有以下几种类型： （1）刚体定轴转动的运动学问题
（a ）如果β为恒量，即刚体作匀变速转动，则可直接用匀变速转动方程求解。
（b ）如果β为变量，即刚体作非匀变速转动，则可利用微分方程求解：
（2）运用转动定律求解刚体定轴转动的动力学问题
转动定律M=J β在研究刚体定轴转动的动力学问题的地位相当于质点动力学中的牛顿第二定律F=ma.
M----合外力矩 F -----合外力
如果是一个由刚体和质点组成的系统，在解题时可按如下步骤进行： （a ） 对刚体根据M=J β列方程； （b ） 对质点根据F=ma 列方程;
（c ） 再根据线量与角量的关系列出补充方程
（3）运用角动量的知识求解刚体定轴转动的动力学问题
有些问题用角动量定理来解能使问题简化
使用时注意：（a ） M----是合力矩。
（b ） 计算时应先规定正方向，这里力矩和角速度的方向都沿 轴向，或同向，或反向。
*角动量守恒是本章的一个重点内容，使用时，首先应先判断角动量是否守恒，条件是合外力矩为零，在列角动量守恒方程时也应先规定一个转动正方向。
注：有的同学常常把角动量守恒方程列为动量守恒方程，说明头脑中还没有建立起角动量的概念，思维还停留在质点力学，在研究刚体的定轴转动中，引入角动量这个物理量更能简洁方便地揭示运动规律。
（4）综合类型题
在作综合题时，除了会应用以上公式和定律，当系统只有保守力矩作功时，还应想到机械能守恒。
4． 例题分析 例1：质量为5 Kg 的一桶水悬于绕在辘轳上的绳子下端，辘轳可视唯一质量为10Kg 的圆柱体。
桶从井口由静止释放，求桶下落过程中的张力。
辘轳绕轴转动时的转
dt d ωβ=dt
d θω=β
τr a =0
ω
ωJ J Mdt t
-=⎰2
2
1MR J =
动惯量为J,其中M 和R 分别为辘轳的质量和半径，摩擦忽略不计。
解：对水桶和圆柱形辘轳分别用牛顿运动定律和转动定律列方程 mg-T=ma TR=J β a=R β 由此可得 那么
将代入上式得
例2：一半径为25cm 的圆柱体，可能与其中心轴线重合的光滑固定轴转动，圆柱体上绕上绳子，圆柱体初角速度为零，现拉绳的端点，使其以a 的加速度运动，绳与园柱表面无相对滑动，试计算在t=5s 时 （1）圆柱体的角加速度； （2）圆柱体的角速度；
（3）如果圆柱体对转轴的转动惯量为J ，那么要保持上述角加速度不变应加的拉
力为多少？ 解：(1) 根据a=r β
(2) 根据匀变速转动方程
那么圆柱体的角速度 (3) 根据转动定律fr=J β,则
)
()(2
J
TR
g m a g m T -=-=m g
J
m R
T =+)1(2
N
m
M mMg
T 5.242=+=
R
)
1(2s
m a =)
2(2m kg J ⋅=2
4s rad
r a ==β∴
t
t βωω+=00
0=ω t
t βω=∴s
rad t 2054=⨯==βωN r
J f 32==β
例3：如图所示，转轮A.B 可分别独立地绕光滑的o 轴转动，
它们的质量已知，现用力分别拉绕在轮上的细绳且使绳与轮之间无滑动，为使A.B 轮边缘处的切向加速度相同，相应的拉力之比为多少？
解：根据转动定律
要使A.B 轮边上的切向加速度相同，应有
例4：一根放在水平光滑桌面上的匀质棒，可绕通过其一端的竖直固定光滑轴转动，棒的质量为M=1.5kg,长度为L=1.0m ，对轴的转动惯量为J ，初始时棒静止，今有一水平运动的子弹垂直地射入棒的另一端，并留在棒中，如图所示，子弹的质量为m=0.020kg ，速率为 试问：（1）棒开始和子弹一起转动是角速度有多大？
(2) 若棒转动时受一恒定阻力矩作用，棒能转过多大角度？
解：（1）角动量守恒：
(2)转动定律：
棒作匀变速转动：
)
20,10(kg m kg m B A ==)
(2
21MR J =A
A A A J r f β=221
A
A A r m J =其中B
B B B J r f β=2
21B
B B r m J =其中
B
B A A r r a ββ==B
B B A
A A
B A B A B A B A r m r m r J r J f f ββββ==A
B
B
A
r r =∴ββ⇒
2
1
=
=∴B
A
B
A
m m f
f f A
1
400-⋅=s
m v 2
31
ML J
=o
M v
ω)(2
23
1mL ML mvL +=1
314.15)(-⋅=+=
∴s
rad L
m M m v ωβ)(2
23
1mL ML M f +=-βθ
ω202=-∴rad
M L m M f
4.152)(2
231=+=∴ωθ
例5：一质量均匀分布的圆盘，质量为M ，转动惯量为J,半径为R ，放在一粗糙水平面上，圆盘可绕通过其中心O 的竖直固定光滑轴转动，开始时，圆盘静止，一质量为m 的子弹一水平速度v 垂直于圆盘半径打入圆盘边缘并嵌在盘边上，求:
(1) 子弹击中圆盘后，盘所获得的角速度。
(2) 经过多少时间后，圆盘停止转动。
(忽略子弹重
力造成的摩擦阻力矩)
解：（1）以子弹和圆盘为系统，在子弹击中圆盘过程
中，对轴的角动量守恒，
（1） 在圆盘上取一面元，半径为r,宽度为dr, 设σ为面密度，即单位面积的质量， 则该面积元的质量为:
该面元所受的阻力为：
该面元所受的阻力矩为：
则圆盘所受的阻力矩为：
例6：有一质量为M ，长为L 的均匀细棒，静止平放在滑动摩擦系数为μ的水平桌面上，它可绕通过其端点o 且与桌面垂直的固定光滑轴转动，另有一水平运动的质量为m 的小滑快，从侧面垂直于棒与棒的另一端A 相碰撞，设碰撞时间极短。
已知小滑快在碰撞前后的速度，如图所示，求碰撞后从细棒开始转动到停止转动的过程所需要的时间。
已知棒绕点的转动惯量为J.
)
0.4(m N M f ⋅=阻力矩为(2
21MR J =ω)(2
22
1mR MR R mv o +=R
m M mv o
)(2
1+=ω∴dr
rdr
ds dm πσσ2==grdr
dmg df μσπμ2==gdr
r rdf dM f 22μσπ==MgR
gR gdr r M R
f μπμσπμσ32
332202===⎰ωω)222
1(0mR MR J t M f +-=-=∆-R
mv t M f 0-=∆-∴Mg mv MgR
R mv M R mv t f o μμ230
320===
∆∴R
m M m v )(210
+=
ω
解：对棒和滑块系统，在碰撞过程中，由于碰撞时间极短，所以棒所受的摩擦力矩远远小于滑块的冲力矩，故可认为合外力矩为零，因而系统的角动量守恒，即：
碰后棒在摩擦力矩的作用下减速转动，下面求棒的摩擦力矩，
首先在棒上取微元dx,质量为dM
为df, 则，
则棒所受摩擦力矩为： 由角动量定理得，
)(2
3
1ML J =ω
2
3
1
21ML L mv L mv +-=gdx
L
M dMg df μ
μ==gdx L M df x dM
f
μ
=⋅=MgL gxdx L
M
df x M L f μμ210==⋅=⎰⎰ω2
10
0ML dt M t
f -=-⎰
v v m (+=
ω∴
L
,（俯视图）g
m v v m t 12
12
2μ+=。
