4.大学物理电子教案角动量守恒与刚体的定轴转动_大学物理刚体定轴转动

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第四章 角动量守恒与刚体的定轴转动

(Law of conservation of angular and fixed-axis rotation of rigid body)

§4-1

角动量与角动量守恒定律

(angular momentum and law of conservation of angular)

一、角动量(angular momentum)

1、引言(foreword)

大量天体观测显示

rmvsinc

r位矢m质量v速度

r,v夹角

2、定义(definition)Lrpr(mv)

大小：Lrmvsin

方向：r(mv)

右手螺旋法则决定

二、质点的角动量定理及其守恒(theorem of angular momentum of particle and its conservation)

1、微分式(form of differential)（1）形式

dLdtdrdt(mv)rd(mv)dt0rdpdt

rFM（2）物理意义

角动量对时间的导数＝质点受到的力矩

2、积分形式(form of integral)（1）形式

积分上式，得

Mdt（2）物理意义

dLLL0 质点获得的冲量矩mdl角动量的变化LL03、特例(cpecial case)（1）形式

当M0时，有 LL0=0，即LL0

（2）物理意义

当质点不受外力矩或合外力矩为零（如有心力作用）时，质点的角动量前后不改变。

三、质点系的角动量定理

1、微分形式(form of differential)（1）形式

角动量

LLi

求导：

dLdtriFiri(Fi内Fi外)

(Mi内Mi外）

对于i.j一对内力矩

Mi外riFirjFj

由于FjFi，所以Mij(rirj)Fi

rFi0

故

dLdtM外

（2）物理意义 质点系

角动量的导数=它所受到的合外力矩

3、积分形式(form of integral)（1）形式

MdtdLLL0

(2)物理意义

质点系角动量的增量=它所获得的冲量矩

四、质点系的角动量守恒

1、条件(condition)

M外02、结果(result)

LL2L10,orL1L23、产生(produce)（1）大量观察（综合）结果

（2）将条件代入质点系动量定理也可作特殊例导出。

MdtL2L10

当质点系所受合外力矩为零时，则质点系的角动量不变（守恒）

五、刚体的角动量及其守恒律(angular momentum of rigid body and its conservation)将刚体划分成无限多个任意小部分，刚可以看成质点系。因此质点系的角动量概念及变化规律适用于刚体。

1、角动量(angular momentum)

LrimivimiriI

转动惯量

Imiri2、角动量定理(theorem of angular momentum)

22miri

（1）微分式

dLdtM,MdtdL

（2）积分式

MdtdLLL0II03、守恒定律(law of conservation)（1）条件

M（2）结果

LL0=常量

六、随堂练习(practice on the cla)

1、注意(take note)（1）原则

处理质点系，刚体的相关角动量问题的原则是先（考虑）守恒，后（考虑）定理，再牛顿。（2）方法

① 选系统，看条件；

② 查状态，算参量；

③ 用定（理）律，列方程。

2、例子(example)例4-2

工程上常用摩…（须见书：P67）

1、系统：飞轮A，B及啮合器C

条件：

外力：两重力

mAg,mBg

两轴反力 NA,NB

外力矩：为零（对水平轴）

故宜用守恒定律来做

2、状态及参量

初态：啮合前，L0IAA

末态：啮合后，L(IAIB)

3、定律

L守恒定律 方程

LL0,IAA(IAIB)

解之得

sf0

(IAAIAIB106002)10206020.9(rads1)

§4-2

刚体的定轴转动

(fixed-axis rotation of rigid body)

一、转动惯量(moment of inertia)

1、概念(concept)Imiri

（离散情况）

I2rdm

（连续分布）

22、决定因素(decided factor)

质量元mi对（定）转轴的分布

3、物理意义(physical meaning)

转动惯性大小的量度（见二）

二、转动定律(law of)

1、内容(content)MdLdtIddtIMI

MI,或

刚体产生角加速度的大小与其受到合外力矩成正比，与其转动惯量成反比

（MC,I,）

2、理解(understand)（1）地位、作用

转动定律在转动中的地位及作用相当于牛顿定律在平动中的地位及作用

（2）合外力矩是产生角加速度的原因

有M，就有，且为瞬时关系

（3）M,,I的计算均涉及r。

M,,I须对同一轴取 r（“矩”）。

三、随堂练习(practice on the cla)

1、注意(take note)（1）转动惯量的计算关键是充分利用对称性找出质量元dm与其到转轴距离r的函数关系，然后积分。

（2）转动定律的应用：一是要注意处理好线、角量的关系；二是对既有平动，又有转动的综合问题，要注意将平、转动分开，平动用牛顿定律列方程，转动用转动定律列方程，后综合求解方程组。

3、算例(example)0半径为R的匀质圆盘对通过盘心并垂直于盘1 例4-4 计算质量为m，面的转动惯量。

m

解

据题意知，圆盘质量围绕圆心对称分布，其面密度（1）选质元

取面元为半径为r，宽为dr的圆环，其面积

ds2rdr

其质量

dmds

m2rdrR2

R22mrdrR2

（2）积分

据定义

Irdm422R0r22mrdrR2m2RR412

mR

2习题4-16 如图，质量为m116kg的实心圆柱体，其半径

r15cm，可绕其水平定轴转动，阻力忽略不计；一轻绳绕在圆

柱上，绳的另一端系质量m28kg的物体，求（1）开始转动1S后，物体下降的高度；（2）绳的张力。

解

本题涉及圆柱的转动，物体的平动，因而是个“综合运动”问题。

设绳的张力为T，圆柱的角加速度为

对m1 ：转动，由转动定律有

m1r22

TrI

（1）

对m2：平动，由牛顿定律有

m2gTm2a

（2）

利用线量、角量关系，得

r

（3）对方程（1），（2），（3）联立求解，可得

m2gm112m1289.881624.9(ms2)

利用运动学公式可求出物体下降高度

hdt2124.912.45(m)

2由方程（2），得

Tm2gm2a88.984.939.2(N)

三条守恒定律小结

（1）动量守恒：

① 条件：F0 ② 结果：P1P2（2）机械能守恒

① 条件：A外A非得内0

② 结果：E1E2（3）角动量守恒

① 条件：M=0

② 结果：L1L2

四、随堂小议(discu on the cla)某人站在有光滑转轴的转动平台上，双臂水平地举着两个哑铃。在他将两个哑铃水平收缩到胸前的过程中，人和哑铃组成的系统的机械能和角动量的变化情况是：

（1）机械能守恒，角动量也守恒；（2）机械能守恒，角动量不守恒；（3）机械能不守恒，角动量守恒；（4）机械能不守恒，角动量也不守恒。

[（3）]

§4-3

刚体作定轴转动时的功能关系

(relation of work with energy in rotation of rigid body)

一、力矩（或力）的功(work of moment)

1、元功(elementary work)

dAFdrFdrcos' 

FdrsinFrsindMd(')(drrd)

2、总功(total work)

AdAmd

（若M=C，则AM）

3、功率(power)

dAdMM

Ndtdt

二、动能定理(theorem of kinetic energy)

（功与动能变化的关系）

1、功的微形分式(form of differential of work)

dAMdIdI2、动能定理(theorem of kinetic energy)

ddtd12Id AdA021Id1212212I212I0

2（平动动能 EK

（转动动能 EKmv）I）

物义：合外力矩（或外力）对刚体做的功=刚体动能的增加

3、说明(explain)

若系统既有平动，又有转动，则其动能应为两者动能之和，即

EkEk平Ek转

三、随堂练习(practice on the cla)

1、注意(take note)（1）处理物体的定轴转动，最简便的方法是应用角动量守恒，但要有条件：M外0，若不满足，则应考虑用转动定理或角动量定理来处理；

（2）涉及能量（或功）的问题，最简便的方法是应用机械能守恒来处理，若不满足守恒条件（即A外A非得内0）则宜用动能定理来处理，但此时的动能应为转动动能，平动动能之和。

2、算例(example)

例4-8 如图，一长为l，质量为m2的匀质细杆，可绕光滑水平轴在竖直平面内转动。一质量为m1的子弹水平射入杆之下端，使杆可最大偏转300角，求子弹的速度v0。

lm2300m

1v0

解

取系统：m1,m2

外力：m1g,m2g,N（轴反力）

过程（1）：子弹入射前后（杆欲摆未摆）

M40,L0,L1L2（守恒）

入射前：L1m1v0l

后：L2m1vlI

（lv）

因而有：m1v0lm1vlI

（1）

过程（2）：（杆与子弹）起摆至最大角300

M外及A外0，只能用系统的动能定理处理。

A外A重ANA重0s1)m2g

m1gl(coA内A磨擦0l2(cos1)

（∵

子弹与杆无相对位移）

初（起摆）动能

Ek112m1v212I

（平动+转动）

2末（最高处）动能

Ek20

（不动）

故有

A外Ek

即

gl(cos1)(m1

由例4-3知，I1213m2)0(212m1v212I)

（2）

2m2l

（3）

由线、角量关系知

vr

（4）

题给

30

（5）

联立（1），（2），（3），（4），（5）求解，得

v01m1gbl(23)(m22m1)(m23m1)

0

四、随堂小议(discu on the cla)

如图，两重量相等的学生通过跨过定滑轮的轻绳进行爬绳比赛，一人用力上爬，一人握绳不动。若滑轮的质量及绳与滑轮磨擦可以忽略，则可能出现的情况是

（2）用力上爬学生先到；（3）不用力的学生先到；（4）以上结果都不对。

[（1）]

（1）两学生同时到达滑轮最下端高度；

作业(home work)

4-14，4-15，4-18，4-22