南开大学：《大学物理学基础》课程教学资源（PPT课件）第四章 刚体的运动规律 §4.3 刚体定轴转动定律

S 4.3刚体定轴转动定律2026/3/20

2026/3/20 1 §4.3 刚体定轴转动定律

S4.3刚体定轴转动定律质点系统的角动量定理：dLM外=のdtF刚体定轴转动角动量定理：外才dLMmi1外ZdtRZi作用于刚体上的力对转轴的力矩，实际就是该力对原点力矩在转轴0上的分量。证明如下:M外=r,xFi外2026/3/20

§4.3 刚体定轴转动定律 2026/3/20 2 作用于刚体上的力对转轴的力矩， 实际就是该力对原点力矩在转轴 上的分量。证明如下： i i i M r F 外 =   外 质点系统的角动量定理： dL M dt 外 = 刚体定轴转动角动量定理： z z dL M dt 外 = z O Ri ir mi Fi外  i z

Fi外z外力在z方向分量1Fi外外力在垂直于z轴平面内分量AF外zM外=r,xFi外FR.i外/=Z(z,k+R,)×(Fi外 +Fi外Zi外儿r0=E(z,k×Fi外2)+Z(z,k×Fi外/)+Z(R,×F;外z)+Z(R, ×Fi外/)M外。=Z(R,×Fi外/)2026/3/203

2026/3/20 3 z O Ri ir i z Fi z 外 Fi外Fi外// / / ˆ ( ) ( ) i i z i i i i i i M r F z k R F F =  = +  +   外 外 外 外 / / / / ˆ ˆ ( ) ( ) ( ) ( ) i i i i i i i i z z i i z k F z k F R F R F =  +  +  +      外 外 外 外 外力在z方向分量 外力在垂直于z轴平面内分量 Fi外z Fi外// / / ( ) z i i i M R F 外 =   外

dLM刚体定轴转动角动量定理：外ZdtdLdoMI,B刚体定轴转动定律外dtdt刚体所受的对于某一固定转轴的合外力矩等于刚体对此转轴的转动惯量与刚体在此合外力矩作用下所获得的角加速度的乘积。物理意义质点的动力学方程（牛二定律）F=maM,= I,β刚体转动的动力学方程2026/3/20

2026/3/20 4 刚体定轴转动角动量定理： z z dL M dt 外 = z z z z dL d M I I dt dt  外 = = =  刚体定轴转动定律 刚体所受的对于某一固定转轴的合外力矩等于刚 体对此转轴的转动惯量与刚体在此合外力矩作用 下所获得的角加速度的乘积。 物理意义 M I z z =  质点的动力学方程（牛二定律） F ma = 刚体转动的动力学方程

刚体定轴转动的转动定律实质是角动量定理的沿固定轴方向的分量式的一种特殊形式。刚体角动量定理的积分形式M,dt =dL = L, - L, = △L等式右边为刚体对同一转动轴的角动量的增量I 不变时:L= I02 - I0I也改变时：△L= I,02 - I,O2026/3/20n

2026/3/20 5 刚体角动量定理的积分形式 等式右边为刚体对同一转动轴的角动量的增量 I 不变时: I 也改变时: 刚体定轴转动的转动定律实质是角动量定理的沿固 定轴方向的分量式的一种特殊形式。 2 1 2 1 0 t L z L M dt dL L L L = = − =     = − L I I   2 1  = − L I I 2 2 1 1  

dLM外=质点系统角动量守恒定律dt若M外=0，则△L=0角动量守恒M外=O 的原因，可能是F外=0 或 =0，也可能是 F外// dL刚体转动的角动量守恒定律M外zdt若 M外z=0，则 L,=0 角动量守恒在定轴转动中还有可能是M外≠0，但它与z轴垂直，即M外，=0对定轴转动没有作用，则刚体对此轴的角动量依然守恒。2026/3/206

2026/3/20 6 质点系统角动量守恒定律 z z dL M dt 外 = dL M dt 外 = 刚体转动的角动量守恒定律 若 M外 = 0 ，则  = L 0 角动量守恒 的原因，可能是 或 ， 也可能是 M外 = 0 F外 = 0 r = 0 F r 外 // 若 M外z = 0 ，则  = L z 0 角动量守恒 在定轴转动中还有可能是 ，但它与z轴垂直， 即 对定轴转动没有作用，则刚体对此轴的 角动量依然守恒。 M外  0 0 M z 外 =

例1：一个质量为m半径为R的定滑轮（当作均匀圆盘）上面绕有细绳，绳的一端固定在滑轮边上，另一端挂一质量为m的Rimo物体而下垂。若绳与滑轮间无T相对滑动，忽略轴处摩擦，求mog物体m由静止下落高度h时的速个元度和此时滑轮的角速度。m分析：滑轮受力中，重力、支撑力过轴，力矩为零，滑轮的转动mg只与绳的拉力有关。另外，滑轮的转动速度与绳下降速度相关联。2026/3/20

2026/3/20 7 例 1：一个质量为 m 0半径为 R 的 定滑轮 （当作均匀圆盘 ）上面 绕有细绳 ，绳的一端固定在滑 轮边上 ，另一端挂一质量为 m 的 物体而下垂 。若绳与滑轮间无 相对滑动 ，忽略轴处摩擦 ， 求 物体 m由静止下落高度 h时的速 度和此时滑轮的角速度 。 R  mT m g0 mg T m0 N 分析：滑轮受力中，重力、支撑 力过轴，力矩为零，滑轮的转动 只与绳的拉力有关。另外，滑轮 的转动速度与绳下降速度相关联

解：滑轮的动力学方程NM=RxT=IBm.R二2物体m的动力学方程Rimomg + T'= maLT绳与滑轮间无相对滑动，滑轮边mog缘与绳接触点具有相同的加速度。1元..Rβ=am考虑到 T=-T'1maP.a=mamggmg福R2R/2m+m.14mgh4mghV/2ah0RRV2m+m2m+mo82026/3/20

2026/3/20 8 R   m T m g0 mg T m0 N 解：滑轮的动力学方程 M R T I =  =  2 0 1 2 I m R = 物体m的动力学方程 mg T ma + = 绳与滑轮间无相对滑动，滑轮边 缘与绳接触点具有相同的加速度。  = R a  考虑到 T T = −  2 0 1 2 a mg m R ma R R  − = 0 / 2 m a g m m  = + 0 4 2 2 mgh v ah m m = = + 0 1 4 2 v mgh R R m m  = = +

例2：一根长为l、质量为M的均匀细直棒，其一端挂在一个水平光滑轴上而静止在竖直位置。今有一子弹质量为m，以水平速度V射入棒的下端而不复出。求子弹和棒开始一起运动时角速度O-分析：取棒和子弹为系统，碰撞过程时间极短，在此过程中M棒的位置基本不变，所以重力和轴上支持力对0点的力矩都mV为零，所以系统的角动量守恒：2026/3/20

2026/3/20 9 例2：一根长为 l、质量为M的均匀细直棒, 其一端 挂在一个水平光滑轴上而静止在竖直位置。今有一 子弹质量为m，以水平速度v0射入棒的下端而不复 出。求子弹和棒开始一起运动时角速度 分析：取棒和子弹为系统，碰 撞过程时间极短，在此过程中 棒的位置基本不变，所以重力 和轴上支持力对O点的力矩都 为零，所以系统的角动量守恒： O l M 0 vm v

解：系统的角动量守恒：0个I =-MI?: L= I03M. mly。 = mly + I MI’a3miv:v=l3mVo.03m+ M l注意：碰撞过程中，轴上有水平分力，所以动量不守恒。2026/3/2010

2026/3/20 10 O l M 0 vm v 解：系统的角动量守恒： 注意：碰撞过程中，轴上有水 平分力，所以动量不守恒。 2 0 1 3  = + mlv mlv Ml  L I =  1 2 3 I Ml = v l =  3 0 3 m v m M l  =  +