42、角动量及其守恒定律解析课件.ppt

1、上节回顾上节回顾刚体刚体形状和大小都不发生变化的物体。形状和大小都不发生变化的物体。这是一种理想化了的模型。这是一种理想化了的模型。如果物体的形状和大小变化甚微，如果物体的形状和大小变化甚微，以至可以忽略不计，这种物体也以至可以忽略不计，这种物体也可以近似地看作是刚体。可以近似地看作是刚体。刚体绕定轴的转动惯量刚体绕定轴的转动惯量 J=（mi）ri2ri 是质元是质元mi 到转轴的距离。到转轴的距离。刚体绕定轴的转动定律刚体绕定轴的转动定律 M=J （下一页）（下一页）力矩力矩 M=r F4-3 角动量角动量 角动量守恒定律角动量守恒定律1、质点的角动量、质点的角动量m OrpL090 2mr

2、mvrprL 090 rLpOdm sinsinsin2mrmvrprpdL 质量为质量为m的质点做圆周的质点做圆周运动时对圆心的角动量运动时对圆心的角动量（这是个新的概念）（这是个新的概念）（下一页）（下一页）质点的动量质点的动量 p 和和矢径矢径 r 不互相垂直不互相垂直一、质点的角动量及其守恒定律一、质点的角动量及其守恒定律=JJmr2取取 叫转动惯量叫转动惯量用叉积定义用叉积定义角动量角动量Lmvrsinvrm 角动量方向角动量方向角动量大小角动量大小:Lrp方向用右手螺旋法规定方向用右手螺旋法规定dmvL也可叫动量矩也可叫动量矩（下一页）（下一页）vmrprL2、力对定点的力矩、力对

3、定点的力矩 质点的角动量定理质点的角动量定理方向：用右手螺旋法规定方向：用右手螺旋法规定（下一页）（下一页）oMFrodsin0FrFdM大小：大小：FrM0力对定点的力矩：力对定点的力矩：*应用微分公式应用微分公式LddtM也可写成方向相同，叉乘为零方向相同，叉乘为零称为冲量矩称为冲量矩（下一页）（下一页）BdtAddtBdABAdtd)(pdtrddtpdrdtLdpvFr0MFr角动量定律角动量定律dtLdM0所以得所以得3、质点的角动量守恒定律质点的角动量守恒定律开普勒第二定律（开普勒第二定律（P157）行星受力方向与矢径在一条行星受力方向与矢径在一条直线（有心力），故角动量守恒。直线

4、（有心力），故角动量守恒。（下一页）（下一页）dS：矢径在矢径在dt 时间时间=扫过的面积扫过的面积若若00M常矢量L角动量定律角动量定律dtLdM0由由LvrmrdtdsmdtrrdmrdtrdmmvrL2sin212sinsin二、二、刚体的角动量刚体的角动量 角动量守恒定律角动量守恒定律1 1、刚体、刚体定轴转动定轴转动的角动量的角动量质点对点的角动量为：质点对点的角动量为：刚体上的一个质元刚体上的一个质元mi ,绕固绕固定轴做圆周运动角动量为定轴做圆周运动角动量为：所以整个刚体绕此轴的角动量为：所以整个刚体绕此轴的角动量为：ivirim Z（下一页）（下一页）vmrprLiiiiiim

5、rvmrL2JrmLLiiiii)(22 2、刚体、刚体定轴转动定轴转动的角动量定理的角动量定理转动定律转动定律冲量矩（角冲量）冲量矩（角冲量）表示合外力矩在表示合外力矩在t0t 时间内的累积作用。时间内的累积作用。作用在刚体上的冲量矩等于其角动量的增量。作用在刚体上的冲量矩等于其角动量的增量。角动量定理角动量定理单位：单位：牛顿牛顿米米秒秒（下一页）（下一页）dtdJJMdtJddtdLM)(LddtM000LLLddtMLLtt00JJLdtMJtt不变时，3 3、刚体定轴转动的刚体定轴转动的角动量守恒定律角动量守恒定律 M M=0=0的原因，可能的原因，可能 F0 0；r r=0;=0;

6、Fr r；=在定轴转动中还有在定轴转动中还有 M 0 0，但力与轴平行，即但力与轴平行，即Mz=0,0,对定轴转动没有作用，则刚体对此轴的角动对定轴转动没有作用，则刚体对此轴的角动量依然守恒。量依然守恒。当物体所受的合外力矩为零时，物体的角动量当物体所受的合外力矩为零时，物体的角动量保持不变。保持不变。角动量守恒定律角动量守恒定律（下一页）（下一页）角动量守恒的条件角动量守恒的条件J 改变时改变时00JJL）（常矢量，即则中，若在CJLLMdtLdM00应用角动量守恒定律的两种情况：应用角动量守恒定律的两种情况：1、转动惯量保持不变的单个刚体。、转动惯量保持不变的单个刚体。000 则时，当,J

7、JM2、转动惯量可变的物体或物体系、转动惯量可变的物体或物体系。保持不变就增大，从而减小时，当就减小；增大时，当 JJJ（下一页）（下一页）实例很多：舞蹈、跳水、花样滑冰等等实例很多：舞蹈、跳水、花样滑冰等等 加速旋转时，团身、收拢四肢，减小加速旋转时，团身、收拢四肢，减小J ；旋转停止时，舒展身体、伸展四肢，增大旋转停止时，舒展身体、伸展四肢，增大J 。角动量守恒定律也适用于微观、高速领域。角动量守恒定律也适用于微观、高速领域。例例1 1、如图所示、如图所示,一质量为一质量为m的子弹以水平速度的子弹以水平速度射入一静止悬于顶端长棒的下端射入一静止悬于顶端长棒的下端,穿出后速度穿出后速度损失损

8、失3/4,3/4,求求子弹穿出后棒的角速度子弹穿出后棒的角速度。已知棒。已知棒长为长为l ,质量为质量为M.解解:以以 f 代表棒对子弹的阻力代表棒对子弹的阻力,对子弹有对子弹有:子弹对棒的反作用力对棒的冲子弹对棒的反作用力对棒的冲量量矩为：矩为：v0vmM（下一页）（下一页）Jdtflldtf0043)(mvvvmfdt因因 ，由两式得由两式得ffv0vmM请问请问:子弹和棒的总动量守恒吗子弹和棒的总动量守恒吗?为为什么什么?总角动量守恒吗总角动量守恒吗?-若守恒若守恒,其方程应如何写其方程应如何写?（下一页）（下一页）Jlvmlmv400不守恒不守恒上端有水平阻力上端有水平阻力200314

9、943MlJMlmvJlmv这里R1M1R2M2原来它们沿同一转向分别以原来它们沿同一转向分别以 10 10，20 20 的角速度匀速转动的角速度匀速转动,然后平移二轴使它们的边缘相然后平移二轴使它们的边缘相接触接触,如图所示如图所示.求求最后在接触处无相对滑动时最后在接触处无相对滑动时,每个圆每个圆柱的角速度柱的角速度 1 1，2 2。二圆柱系统角动量守恒故有二圆柱系统角动量守恒故有对上述问题有以下的解法对上述问题有以下的解法:在接触处无相对滑动时在接触处无相对滑动时,二二圆柱边缘的线速度一样圆柱边缘的线速度一样,故有故有（下一页）（下一页）2211RR2211202101JJJJ，2111

10、21RMJ 222221RMJ 其中其中由以上二式就可解出由以上二式就可解出 1 1，2 2。这种解法对吗这种解法对吗?例例2 2、质量分别为质量分别为M1、M2,半径分半径分别为别为R1、R2的两均匀圆柱的两均匀圆柱,可分别可分别绕它们本身的轴转动绕它们本身的轴转动,二轴平行。二轴平行。正确的解法正确的解法应对两圆柱应对两圆柱分别使用角动量定理分别使用角动量定理，由于，由于两柱接触时摩擦力大小相等、方向相反两柱接触时摩擦力大小相等、方向相反,力矩和冲量力矩和冲量矩的大小正比于半径矩的大小正比于半径,方向相同方向相同:（下一页）（下一页）答：答：原解认为系统的总角动量为二圆柱各自对自己的原解认

11、为系统的总角动量为二圆柱各自对自己的轴的角动量之和是错误的，因为系统的总角动量只能轴的角动量之和是错误的，因为系统的总角动量只能对某对某一个轴一个轴进行计算。另当两柱体边缘没有相对滑动进行计算。另当两柱体边缘没有相对滑动时时v v1 1，v v2 2方向相反，所以应为方向相反，所以应为2211RR)()(202222101111JfdtRfdtRJfdtRfdtR，得消去 fdt)()(2022101121JJRR由此可解得由此可解得:（下一页）（下一页）T4-18与本题有相似之处（一个系统两个转轴）与本题有相似之处（一个系统两个转轴）由前已知由前已知1221RR)()(21222211121

12、222112221111MMRRMRMRJRJRJRJR)()(21111122221222121112222MMRRMRMRJRJRJRJR222221112121RMJRMJP152，T4-18 半径分别为半径分别为r1、r2 的两个薄伞形轮，的两个薄伞形轮，它们各自对通过盘心且垂直盘面转轴的转动惯量为它们各自对通过盘心且垂直盘面转轴的转动惯量为J1和和J2 。开始时轮开始时轮以角速度以角速度0 转动转动 ，问问与轮与轮成正成正交啮合后（图交啮合后（图4-184-18），两轮的角速度分别为多大？），两轮的角速度分别为多大？分析：分析：两伞形轮在啮合过程中存在着两伞形轮在啮合过程中存在着 相

13、互作用力，这对力分别作用在两轮相互作用力，这对力分别作用在两轮 上，并各自产生不同方向的力矩，对上，并各自产生不同方向的力矩，对 转动的轮转动的轮而言是阻力矩，而对原静而言是阻力矩，而对原静 止的轮止的轮是启动力矩。由于相互作用是启动力矩。由于相互作用 的时间很短，虽然作用力的位置知道，但作用力大小的时间很短，虽然作用力的位置知道，但作用力大小无法得知，因此，力矩是未知的。但是，其作用的效无法得知，因此，力矩是未知的。但是，其作用的效果可从轮的转动状况的变化来分析。对两轮分别应用果可从轮的转动状况的变化来分析。对两轮分别应用角动量定理，并考虑到啮合后它们有相同的线速度，角动量定理，并考虑到啮合

14、后它们有相同的线速度，这样，啮合后它们各自的角速度就能求出。这样，啮合后它们各自的角速度就能求出。（下一页）（下一页）1r2r 0图4-18对轮对轮 F r1 t=J1（10）（1）两轮啮合后应有相同的线速度，两轮啮合后应有相同的线速度，r1 1=r2 2 （3）由上述各式可解得啮合后两轮的角速度分别为：由上述各式可解得啮合后两轮的角速度分别为：2122212101221222122011,rJrJrrJrJrJrJ（下一页）（下一页）对轮对轮 F r2 t=J22 （2 2）解：解：设相互作用力为设相互作用力为 F，在啮合的短时间在啮合的短时间 t 内，内，=根据角动量定理，对轮根据角动量定

15、理，对轮、轮、轮分别有：分别有：T4-20 一转台绕其中心的竖直轴以角速度一转台绕其中心的竖直轴以角速度 0 0=s s-1-1转转动，转台对转轴的转动惯量为动，转台对转轴的转动惯量为J J0 0=40=401010-3-3 kg mkg m2 2。今有沙粒以今有沙粒以Q=2t g sQ=2t g s-1-1的流量竖直落至转台，并粘附的流量竖直落至转台，并粘附于台面形成一圆环，若环的半径为于台面形成一圆环，若环的半径为r=0 10mr=0 10m，求求沙粒沙粒下落下落t=10st=10s时，转台的角速度。时，转台的角速度。分析：分析：对转动系统而言，转动惯量发生变化，对竖直对转动系统而言，转动

16、惯量发生变化，对竖直=轴无外力矩，轴无外力矩，角动量守恒。角动量守恒。解：解：在时间在时间0 10s内落至台面的沙粒的质量为内落至台面的沙粒的质量为kggtdtQdtmss1001002100100系统角动量守恒，有系统角动量守恒，有 J00=（J0+mr2）则则t=10s时，转台的角速度时，转台的角速度1200080smrJJ（下一页）（下一页）T4-21T4-21 为使运行中的飞船停止绕其中心轴的转动，可为使运行中的飞船停止绕其中心轴的转动，可在飞船的侧面对称地安装两个切向控制喷管（图在飞船的侧面对称地安装两个切向控制喷管（图4-214-21）利用喷管高速喷射气体来制止旋转。若飞船绕其中心

17、利用喷管高速喷射气体来制止旋转。若飞船绕其中心轴的转动惯量轴的转动惯量J=2 0J=2 010103 3kg mkg m2 2，旋转的角速度旋转的角速度=02=02radradss-1-1，喷口与轴线之间的距离喷口与轴线之间的距离r=15m r=15m；喷气以恒定的流量喷气以恒定的流量Q=10kgsQ=10kgs-1-1和速率和速率u=50msu=50ms-1-1从从喷口喷出，问为使飞船停止旋转，喷气应喷射多长时喷口喷出，问为使飞船停止旋转，喷气应喷射多长时间？间？分析：分析：将飞船与喷出的气体作为研究系统，系统不受将飞船与喷出的气体作为研究系统，系统不受外力矩作用，角动量守恒。在列方程时注意

18、：由于外力矩作用，角动量守恒。在列方程时注意：由于喷气质量远小于飞船质量，喷气质量远小于飞船质量，喷气前后，系统的角动喷气前后，系统的角动量近似为飞船的角动量量近似为飞船的角动量J；喷气过程中气流速率远喷气过程中气流速率远大于飞船侧面的线速度大于飞船侧面的线速度r，因此，整个喷气过程中，因此，整个喷气过程中，气流相对于空间的速率可近似看作仍是气流相对于空间的速率可近似看作仍是u，这样，排这样，排出气体的总角动量出气体的总角动量L=（u+r）dmmur。这样，可使这样，可使问题大大简化。问题大大简化。（下一页）（下一页）解：解：取飞船和喷出的气体为系统，其角动量守恒，有取飞船和喷出的气体为系统，

19、其角动量守恒，有J mur=0 （1）因喷气的流量恒定，故有因喷气的流量恒定，故有 m=2Qt （2）由式（由式（1）、（）、（2）可得喷气的喷射时间为：）可得喷气的喷射时间为：sQurJt672515001220100223（下一页作业）（下一页作业）作业：P152-153T4-17、19、25。T4-25提示；除了应用角动量守恒提示；除了应用角动量守恒，还要应用机械能守恒还要应用机械能守恒(要用要用引力势能引力势能)。看看书上四个例题看看书上四个例题Bye Bye!P128例例1 如图所示如图所示,一半径为一半径为 R 的光滑圆的光滑圆环置于竖直平面内环置于竖直平面内.有一质量为有一质量为

20、m 的小球的小球穿在圆环上穿在圆环上,并可在圆环上滑动并可在圆环上滑动.小球开小球开始静止于圆环上的点始静止于圆环上的点A（该点在通过环心该点在通过环心O 的水平面上），然后从点的水平面上），然后从点A开始下滑。开始下滑。设小球与圆环间的摩擦略去不计。求小设小球与圆环间的摩擦略去不计。求小球滑到点球滑到点B 时对环心的角动量和角速度。时对环心的角动量和角速度。BAoRNFP支持力支持力 指向环心指向环心O,对点对点O 的力矩为零的力矩为零,NF解解:小球受支持力小球受支持力 和重力和重力 的作用。的作用。NFP小球从小球从 A 向向 B 滑动的过程中滑动的过程中,角角动量动量 L 的大小是随时

21、间变化的，但其方向总是垂直纸面向里的大小是随时间变化的，但其方向总是垂直纸面向里.cosmgRM 故小球所受的力矩仅为重力矩故小球所受的力矩仅为重力矩,方向垂直纸面向里方向垂直纸面向里.其大小为其大小为dtdLmgRcosdtd又又 及及2mRmRvL)1(cos dtmgRdL则则)2(2dLmRdt 有有（下一页）（下一页）将式（将式（2）代入式（）代入式（1），得），得dgRmLdLcos32由题设初始条件，有由题设初始条件，有 t=O 时时，故上式积分为故上式积分为.0,000LdoscgRmdLLL0320即即)3()sin2(2123gmgRL 由由2mRL 代入（代入（3）式）式 得得）4()sin2(21Rg