1、 刚体角动量和角动量守恒定律1.1.定轴转动刚体的角动量定理定轴转动刚体的角动量定理刚体定轴转动定理：则该系统对该轴的角动量为：由几个物体组成的系统，如果它们对同一给定轴的角动量分别为、，对于该系统还有为时间内力矩M 对给定轴的冲量矩。角动量定理的微分形式：在外力矩作用下，从角动量变为，则由得 定轴转动刚体的角动量定理2.2.定轴转动刚体的角动量守恒定律定轴转动刚体的角动量守恒定律角动量守恒定律：若一个系统一段时间内所受合外力矩M 恒为零，则此系统的总角动量L 为一恒量。恒量讨论：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。=恒量=恒量b.若系统由若干个刚体构
2、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。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。定轴转动刚体的角动量守恒定律LABABCC常平架上的回转仪应用事例：定轴转动刚体的角动量守恒定律精确制导应用事例：定轴转动刚体的角动量守恒定律直升飞机直线运动与定轴转动规律对照质点的直线运动刚体的定轴转动定轴转动刚体的角动量守恒定律例题4-11 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
3、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定轴转动刚体的角动量守恒定律零点，用表示棒这时的角速度,则（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）式中棒在碰撞后的角速度，它可正可负。取正值，表示碰后棒
4、向左摆；反之，表示向右摆。定轴转动刚体的角动量守恒定律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（3）由匀减速直线运动的公式得（4）亦即由式（1）、（2）与（4）联合求解，即得（5）定轴转动刚体的角动量守恒定律亦即l6s；当取负值，则棒向右摆，其条件为亦即l 6s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：把式（5）代入上式，所求结果为当取正值，则棒向左摆，其条件为(6)定轴转动刚体的角动量守恒定律例题4-12 工程上，两飞轮常用摩擦啮合器使它们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，
5、A轮 的 转 动 惯 量 为JA=10kgm2，B的转动惯量为JB=20kgm2。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？AACBACB定轴转动刚体的角动量守恒定律解以飞轮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为两轮啮合后共同转动的角速度，于是以各量的数值代入得定轴转动刚体的角动量守恒定律或共同转速为在啮合过程中，摩擦力矩作功，所以机械能不守
6、恒，部分机械能将转化为热量，损失的机械能为定轴转动刚体的角动量守恒定律例题4-13 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2107m，坍缩成半径R仅为6103m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J00和J应相等。因定轴转动刚体的角动量守恒定律代入J00=J中，整理后得由于中子星
7、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。定轴转动刚体的角动量守恒定律例题4-14 图中的宇宙飞船对其中心轴的转动惯量为J=2103kgm2，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-uL0L
8、g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，定轴转动刚体的角动量守恒定律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应为定轴转动刚体的角动量守恒定律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，即为在整个喷射过程中，系统所受的对于飞船中心轴的
9、外力矩为零，所以系统对于此轴的角动量守恒，即L0=L1，由此得即定轴转动刚体的角动量守恒定律于是所需的时间为定轴转动刚体的角动量守恒定律例1 一长为l、质量为m 的匀质细杆，可绕光滑轴O 在铅直面内摆动。当杆静止时，一颗质量为m0 的子弹水平射入与轴相距为a 处的杆内，并留在杆中，使杆能偏转到q=300，求子弹的初速v0。解：分两个阶段进行考虑其中(1)子弹射入细杆,使细杆获得初速度。因这一过程进行得很快,细杆发生偏转极小,可认为杆仍处于竖直状态。子弹和细杆组成待分析的系统,无外力矩,满足角动量守恒条件。子弹射入细杆前、后的一瞬间,系统角动量分别为定轴转动刚体的角动量守恒定律(2)子弹随杆一起
10、绕轴O 转动。以子弹、细杆及地球构成一系统，只有保守内力作功，机械能守恒。选取细杆处于竖直位置时子弹的位置为重力势能零点，系统在始末状态的机械能为：由角动量守恒，得：(1)势能零点定轴转动刚体的角动量守恒定律由机械能守恒，E=E0,代入q=300，得：将上式与联立，并代入J 值，得定轴转动刚体的角动量守恒定律例2 A、B两圆盘绕各自的中心轴转动，角速度分别为：A=50rad.s-1,B=200rad.s-1。已知A 圆盘半径RA=0.2m,质量mA=2kg,B 圆盘的半径RB=0.1m,质量mB=4kg.试求两圆盘对心衔接后的角速度.解：以两圆盘为系统，尽管在衔接过程中有重力、轴对圆盘支持力及
11、轴向正压力，但他们均不产生力矩；圆盘间切向摩擦力属于内力。因此系统角动量守恒，得到定轴转动刚体的角动量守恒定律例2 A、B两圆盘绕各自的中心轴转动，角速度分别为：A=50rad.s-1,B=200rad.s-1。已知A 圆盘半径RA=0.2m,质量mA=2kg,B 圆盘的半径RB=0.1m,质量mB=4kg.试求两圆盘对心衔接后的角速度.解：以两圆盘为系统，尽管在衔接过程中有重力、轴对圆盘支持力及轴向正压力，但他们均不产生力矩；圆盘间切向摩擦力属于内力。因此系统角动量守恒，得到定轴转动刚体的角动量守恒定律4-7 4-7 进进 动动进动：高速旋转的物体，其自转轴绕另一个轴转动的现象。进动原因刚体受重力矩dt 时间内角动量增量因所以自转轴发生转动，产生进动。进进 动动用角动量定理研究进动由角动量定理所以进动角速度进进 动动用角动量定理研究进动由角动量定理所以进动角速度进进 动动
