17定轴转动刚体的角动量守恒定律

1定轴转动刚体的角动量守恒定律2一、定轴转动刚体的角动量定理刚体定轴转动定律：IMdtdIdtId)(dtdLdtdLM定轴转动刚体所受的合外力矩等于刚体的角动量对时间的变化率。定轴转动刚体角动量定理微分形式将dtdLM两边同时乘以dt并积分，得：000LLdLMdtLLtt作用在刚体上的冲量矩等于在作用时间内角动量的增量。定轴转动刚体角动量定理积分形式3注意：a)M是合外力矩，L是刚体的角动量。b)M和L必须是对同一转轴的。二、定轴转动刚体的角动量守恒定理dtdLM000LLdLMdtLLtt0dtdL如果M＝0则即L＝常矢量当刚体受到的合外力矩为0时，其角动量保持不变，即刚体的角动量守恒。说明：a)角动量守恒是对一段时间而言的。b)对定轴转动的刚体，角动量守恒的条件是所受的合外力矩为零，而不是冲量矩为零。c)，可以是r=0,也可以是,还可能是轴与F同向或反向。0M0F刚体角动量守恒定律40,00CC,0即刚体在受合外力矩为0时，原来静止则永远保持静止，原来转动的将永远转动下去。证明了牛顿第一定律。由于刚体的角动量等于刚体的转动惯量和角速度的乘积。定轴转动刚体角动量的情况有两种：a)对于定轴转动的刚体，其转动惯量I为常数，其角速度也为常数，=0。b)对于定轴非刚体，转动惯量是变化的，角动量守恒，即I和的乘积保持不变，I=C。II5例如：花样滑冰运动员的“旋”动作，当运动员旋转时伸臂时转动惯量较大，转速较慢；收臂时转动惯量减小，转速加快。再如：跳水运动员的“团身--展体”动作，当运动员跳水时团身，转动惯量较小，转速较快；在入水前展体，转动惯量增大，转速降低，垂直入水。强调：由质点和刚体组成的系统中，即有质点的运动，又有刚体的转动。在这种情况下，一般按转动问题来处理毕竟方便。当研究的是质点与刚体的碰撞问题时，可以把质点和刚体看成一个系统，在碰撞期间，由于系统所受的合外力矩为零，所以可对系统应用角动量守恒定律。6例1：在摩擦系数为桌面上有细杆，质量为m、长度为l，以初始角速度0绕垂直于杆的质心轴转动，问细杆经过多长时间停止转动。olm,0解：以细杆为研究对象，受力分析，重力及桌面的支持力不产生力矩，只有摩擦力产生力矩。确定细杆受的摩擦力矩分割质量元dm细杆的质量密度为：lm/dxdm质元受的摩擦力矩dmgxdM细杆受的摩擦力矩2/2/lldMMmgl417始末两态的角动量为：00IL由角动量定理：00LLMdttt00041Imgldtt0212141mlmgltglt30本题也可用运动学方法求解，由M=I,和=0+t,求出t=0/。0,Lolm,0dmxdxx2/l2/l8o1o2例2：人与转盘的转动惯量J0=60kg·m2,伸臂时臂长为1m，收臂时臂长为0.2m。人站在摩擦可不计的自由转动的圆盘中心上，每只手抓有质量m=5kg的哑铃。伸臂时转动角速度1=3s-1,求收臂时的角速度2。解：整个过程合外力矩为0，角动量守恒，2211II21012mlII21526022022mlII22.052602mkg702mkg4.602112II4.607031-s5.3由转动惯量的减小，角速度增加。9例3有一长为l，质量为m1的均匀细棒，静止平放在光滑水平桌面上，它可绕通过其端点O，且与桌面垂直的固定光滑轴转动。另有一质量为m2、水平运动的小滑块，从棒的侧面沿垂直于棒的方向与棒的另一端A相碰撞，并被棒反向弹回，碰撞时间极短。已知小滑块与细棒碰撞前后的速率分别为v和u，则碰撞后棒绕轴转动的角速度为多大？1m2mvuOA.,,:碰撞前后角动量守恒矩作用则系统不受外力间摩擦阻力矩对于整个系统不考虑轴解ulmIvlm222131lmIO转动的转动惯量为细棒绕lmmuv12)(3代入上式求得10解：两飞轮通过摩擦达到共同速度,合外力矩为0，系统角动量守恒。1J2J12)(212211JJJJCLL0212211JJJJ共同角速度啮合过程机械能损失：EEE0例4：两个共轴飞轮转动惯量分别为J1、J2，角速度分别为1、2，求两飞轮啮合后共同的角速度。啮合过程机械能损失。221222211)(21)2121(JJJJ)(2)(2122121JJJJ