大学物理——角动量定理和角动量守恒定律

上页下页返回退出上页下页返回退出一、刚体的角动量对于定点转动而言：LPrLrmvmPsinrovmr§3-4定轴转动刚体的角动量定理和角动量守恒定律上页下页返回退出上页下页返回退出irimivzLiiiivmrLkrmii2对于绕固定轴oz转动的整个刚体而言:对于绕固定轴oz的转动的质元而言:imJrmLNiii2角动量的方向沿轴的正向或负向,所以可用代数量来描述.上页下页返回退出上页下页返回退出ddMJtddJtddLtdddMtJL微分形式：00dttMtJJ积分形式：00dttMtLL或:二、定轴转动刚体的角动量定理上页下页返回退出上页下页返回退出d()dJMt当M=0时刚体在定轴转动中，当对转轴的合外力矩为零时，刚体对转轴的角动量保持不变，这一规律就是定轴转动的角动量守恒定律。由定轴转动定理：d()0dJt即常量00JJ三、定轴转动刚体的角动量守恒定律上页下页返回退出上页下页返回退出a.对于绕固定转轴转动的刚体，因J保持不变，当合外力矩为零时，其角速度恒定。时，当0zMJ=恒量=恒量b.若系统由若干个刚体构成,当合外力矩为零时,系统的角动量依然守恒。J大→小,J小→大。时，当0zM恒量2211JJLz讨论：上页下页返回退出上页下页返回退出再如：跳水运动员的“团身--展体”动作例如：花样滑冰运动员的“旋”动作上页下页返回退出上页下页返回退出LABABCC常平架上的回转仪如：c.若系统内既有平动也有转动现象发生，若对某一定轴的合外力矩为零,则系统对该轴的角动量守恒。上页下页返回退出上页下页返回退出刚体的平动和定轴转动中的一些重要公式刚体的平动刚体的定轴转动txvdd22ddddtxtvatdd22ddddttmvP221mvEKJL221JEKFmMJxFAddtFdddMAtMdmaFMJ0dPPtF0dLLtM2022121dmvmvxF2022121dJJM上页下页返回退出上页下页返回退出例题3-7一匀质细棒长为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，它与地面的摩擦系数为。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CO上页下页返回退出上页下页返回退出零点，用表示棒这时的角速度,则2223121212mlJlmg＝（1）第二阶段是碰撞过程。因碰撞时间极短，自由的冲力极大，物体虽然受到地面的摩擦力，但可以忽略。这样，棒与物体相撞时，它们组成的系统所受的对转轴O的外力矩为零，所以，这个系统的对O轴的角动量守恒。我们用v表示物体碰撞后的速度，则（2）223131mlmvlml式中’为棒在碰撞后的角速度，它可正可负。’取正值，表示碰后棒向左摆；反之，表示向右摆。上页下页返回退出上页下页返回退出第三阶段是物体在碰撞后的滑行过程。物体作匀减速直线运动，加速度由牛顿第二定律求得为mamg（3）由匀减速直线运动的公式得asv202gsv22（4）亦即由式（1）、（2）与（4）联合求解，即得lgsgl233（5）上页下页返回退出上页下页返回退出亦即l6s；当’取负值，则棒向右摆，其条件为0233gsgl亦即l6s棒的质心C上升的最大高度，与第一阶段情况相似，也可由机械能守恒定律求得：223121mlmgh把式（5）代入上式，所求结果为slslh632当’取正值，则棒向左摆，其条件为0233gsgl(6)上页下页返回退出上页下页返回退出例题3-8工程上，常用摩擦啮合器使两飞轮以相同的转速一起转动。如图所示，A和B两飞轮的轴杆在同一中心线上，A轮的转动惯量为JA=10kgm2，B的转动惯量为JB=20kgm2。开始时A轮的转速为600r/min，B轮静止。C为摩擦啮合器。求两轮啮合后的转速；在啮合过程中，两轮的机械能有何变化？AACBACB上页下页返回退出上页下页返回退出解：以飞轮A、B和啮合器C作为一系统来考虑，在啮合过程中，系统受到轴向的正压力和啮合器间的切向摩擦力，前者对转轴的力矩为零，后者对转轴有力矩，但为系统的内力矩。系统没有受到其他外力矩，所以系统的角动量守恒。按角动量守恒定律可得BABBAAJJJJ＝为两轮啮合后共同转动的角速度，于是BABBAAJJJJ以各量的数值代入得20.9rad/s上页下页返回退出上页下页返回退出或共同转速为200r/minn在啮合过程中，摩擦力矩作功，所以机械能不守恒，部分机械能将转化为热量，损失的机械能为22241112221.3210JABABABEJJJJ上页下页返回退出上页下页返回退出例题3-9恒星晚期在一定条件下，会发生超新星爆发，这时星体中有大量物质喷入星际空间，同时星的内核却向内坍缩，成为体积很小的中子星。中子星是一种异常致密的星体，一汤匙中子星物体就有几亿吨质量！设某恒星绕自转轴每45天转一周，它的内核半径R0约为2107m，坍缩成半径R仅为6103m的中子星。试求中子星的角速度。坍缩前后的星体内核均看作是匀质圆球。解：在星际空间中，恒星不会受到显著的外力矩，因此恒星的角动量应该守恒，则它的内核在坍缩前后的角动量J00和J应相等。因22052520mRJmRJ＝，＝上页下页返回退出上页下页返回退出代入J00=J中，整理后得2003r/sRR＝由于中子星的致密性和极快的自转角速度，在星体周围形成极强的磁场，并沿着磁轴的方向发出很强的无线电波、光或X射线。当这个辐射束扫过地球时，就能检测到脉冲信号，由此，中子星又叫脉冲星。目前已探测到的脉冲星超过300个。上页下页返回退出上页下页返回退出例题3-10图中的宇宙飞船对其中心轴的转动惯量为J=2103kgm2，它以=0.2rad/s的角速度绕中心轴旋转。宇航员用两个切向的控制喷管使飞船停止旋转。每个喷管的位置与轴线距离都是r=1.5m。两喷管的喷气流量恒定，共是=2kg/s。废气的喷射速率（相对于飞船周边）u=50m/s，并且恒定。问喷管应喷射多长时间才能使飞船停止旋转。rdm/2dm/2uuL0Lg解：把飞船和排出的废气看作一个系统，废气质量为m。可以认为废气质量远小于飞船的质量，上页下页返回退出上页下页返回退出所以原来系统对于飞船中心轴的角动量近似地等于飞船自身的角动量，即在喷气过程中，以dm表示dt时间内喷出的气体，这些气体对中心轴的角动量为dm·r(u+v)，方向与飞船的角动量相同。因u=50m/s远大于飞船的速率v(=r)，所以此角动量近似地等于dm·ru。在整个喷气过程中喷出废气的总的角动量Lg应为0dmgLmrumru＝JL＝0当宇宙飞船停止旋转时，其角动量为零。系统这时的总角动量L1就是全部排出的废气的总角动量，即为mruLLg＝1上页下页返回退出上页下页返回退出在整个喷射过程中，系统所受的对于飞船中心轴的外力矩为零，所以系统对于此轴的角动量守恒，即L0=L1，由此得mruJ＝即ruJm于是所需的时间为2.67smJtru上页下页返回退出上页下页返回退出选择进入下一节§3-0教学基本要求§3-1刚体模型及其运动§3-2力矩转动惯量定轴转动定律§3-3定轴转动中的功能关系§3-4定轴转动刚体的角动量定律和角动量守恒定律§3-5进动§3-6理想流体模型定常流动伯努利方程§3-7牛顿力学的内在随机性混沌