普通物理学第十四讲

4.6 定轴转动刚体的角动量定理和守恒定律
3.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。
(a)初动量：
4.6 定轴转动刚体的角动量定理和守恒定律
(3)具体求解过程： a.首先碰撞之前，细棒由机械能守恒定律可得：
l 1 11 2 2 3g 2 mg = Jω ＝ ml ω ω = 2 2 23 l
；
b.碰撞过程前后，再由角动量守恒可知：
mv = mgμs ，而 c.再根据碰撞后能量守恒： 2 v2 = ω2l ，所以联立这两个方程可以解出：
dLZ d = ∑ J iω i MZ = dt dt i
思考题：刚体的角动量的表达式是什么？方向如何判定？
4.6 定轴转动刚体的角动量定理和守恒定律 二、定轴转动刚体的角动量守恒定律
1.角动量守恒定律： (1)定律内容: 若一个系统一段时间内所受合外力矩M 为零，则此系统的总角动量L 将保持不变; (2)定律表达式：当M z = 0时， = ∑ Jω = 恒量 ； L
思考题：L方向垂直于M方向，为什么？
F
dA= Fdx
m
M
d A = M dθ
J
M dt
F dt
F = ma
M = Jβ
0
∫ F dt 0
1 2 1 2 ∫ F d x = 2 mv 2 mv0
1 2 1 2 ∫ M dθ = Jω Jω 0 2 2
4.6 定轴转动刚体的角动量定理和守恒定律 三、应用角动量守恒定律来解决实际问题
4.6 定轴转动刚体的角动量定理和守恒定律
(3)具体求解过程： a.首先由角动量守恒可知：J A ω A＝ ( J A + J B )ω ，再
J Aω A = 20 . 9 rad / s 根据 ω = 2πn ，所以 ω = JA + JB
b.咬合前后的机械能损失为咬合前后的系统动能之差：
1 1 1 2 2 Δ E = J Aω A + J Bω B ( J A + J B )ω 2 2 2 2 = 1 .32 × 10 4 J
4.6 定轴转动刚体的角动量定理和守恒定律
(2)物理过程分析：(咬合过程利用的摩擦力是系统内力) a.以两飞轮和咬合器作为研究系统。 b.系统咬合前后的角动量： (a)初动量： J A ω A ； 。 (b)末动量： ( J A + J B )ω
c.圆周运动中 ω = 2πn 。 d. 系统的咬合过程遵循角动量守恒定律 。
第四章 刚体的转动
4.1 刚体的平动、转动和定轴转动 4.2 刚体的角动量、转动动能和转动惯量 4.3 力矩和刚体定轴转动定律 4.4 定轴转动的动能定理 4.5 刚体的自由度和平面平行运动
4. 6 定轴转动刚体的角动量定理和角动量守恒定律 4. 7 进动
4.7 进动 一、陀螺的进动
1.进动的定义：高速绕自身对称轴旋转的物体，其自转 轴绕另一个轴转动的现象。 2.陀螺的进动方向的确定：(1)外力方向； (2)原有的旋转方向。 3.陀螺进动的物理过程分析： (1)重力对陀螺的支点o产生重力矩M： a.M的方向：垂直于转轴和重力所组成的平面； b.M的大小：使陀螺角动量变化dL，dL方向与M相同。
4.6 定轴转动刚体的角动量定理和守恒定律 一、定轴转动刚体的角动量定理 d 1.角动量定理的微分式： M z = ( Jω ) 。
dt
2.角动量定理的积分式： t M d t =
∫
t0
∫
t
t0
d LZ = Jω ( Jω )0
3.角动量定理的内容：定轴转动物体对转轴的角动量的 增量等于外力对该轴的力矩的冲量(冲量矩)之和。 4.定轴转动角动量定理的推导:(从定轴转动定律出发)
4.6 定轴转动刚体的角动量定理和守恒定律
角动量守恒定律在冰上舞蹈中的运用
4.6 定轴转动刚体的角动量定理和守恒定律
A
L
B
C C
A
应用角动量守恒定理所制作的常平架上的回转仪
4.6 定轴转动刚体的角动量定理和守恒定律
直线运动与定轴转动规律对照
质点的直线运动 d v d2 x dx a= = 2 v= dt dt dt 1 2 P = mv E K = mv 2 刚体的定轴转动 dω d2 θ dθ = 2 β= ω= dt dt dt 1 L = Jω EK = Jω 2 2
思考题：dL方向与M方向相同，为什么？
4.7 进动
陀螺进动的示意图
4.7 进动
Z
v dL
ωp
r v Lr G
v v v L + dL
O
陀螺进动的物理过程分析示意图
4.7 进动
(2)陀螺在重力矩M下，角动量L的确定： a.L的方向：垂直于重力矩M的方向； b.dL的方向：垂直于L的方向； c.L的大小：在极短的时间dt内，基本上保持不变。 (3)dt时间内陀螺绕竖直轴oz的进动： a.旋转方向：逆时针旋转(俯视)； b.陀螺对o点的角动量近似为对本身对称轴的角动量。
普通物理学
刘飞
中山大学理工学院 Email: liufei@ Tel: 84113295
第四章 刚体的转动
4.1 刚体的平动、转动和定轴转动 4.2 刚体的角动量、转动动能和转动惯量 4.3 力矩和刚体定轴转动定律 4.4 定轴转动的动能定理 4.5 刚体的自由度和平面平行运动 4. 6 定轴转动刚体的角动量定理和角动量守恒定律 4. 7 进动
1.例题4-11:一匀质细棒长为l ,质量为m,可绕过其端点o 的水平轴转动,当棒从水平位置自由释放后,它在竖直 位置上与放在地面的物体相撞。该物体的质量也为m, 它与地面的摩擦系数为 μ。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。
2 2
1 ml 3
2
1 2 ω = mvl + ml ω ′ 3 1
ω′ =
3 gl 3 2 μ gs l
4.6 定轴转动刚体的角动量定理和守恒定律
d.判断细棒碰撞后的运动方向：
(a)当ω>0时，则棒向左摆，其条件为l>6μs;
(b)当ω<0时，则棒向右摆，其条件为l<6μs。 e.最后再根据机械能守恒求出细棒能达到的最大高度：
d. 内核的坍塌过程遵循角动量守恒定律 。
4.6 定轴转动刚体的角动量定理和守恒定律
(3)具体求解过程： a.首先计算坍塌之前的转速n： 1 n1 = = 2.6 ×10 7 r / s 45 × 24 × 60 × 60 b.再根据坍塌前后的角动量守恒定律： J 1ω 1 = J 2 ω 2 ,
4.6 定轴转动刚体的角动量定理和守恒定律
(1)解题思路： a.确定研究系统； b.分析系统在喷射前后的角动量值；
c. 确定研究对象的J值； d. 分析系统中的外力矩状况； e. 利用角动量守恒定律解题。
4.6 定轴转动刚体的角动量定理和守恒定律
dm/2
u
Lg u dm/2 r L0
ω
宇宙飞船喷射气体的物理过程示意图
mgh
1 1 = ml 2 3
2
ω ′2
l h = + 3 μ s 6 μ sl 2
4.6 定轴转动刚体的角动量定理和守恒定律
2.例题4-11: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。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=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？
4.6 定轴转动刚体的角动量定理和守恒定律
(3)具体求解过程： a.由速度变换定理可知： v气对地 = v气对船 + v船对地
而由于 v船对地 = ωr << v气对船 = u ，所以 ，
v气对地 ≈ v气对船 = u 。
b.再由系统的角动量守恒定律可知： J ω = J 1ω 1 ，
Jω 而 J 1＝ mr ，所以可以求得： m = ru c.所需的时间t可以解出：
4.6 定轴转动刚体的角动量定理和守恒定律
(1)解题思路： a.确定研究系统； b.分析系统在碰撞前、后的角动量值；
c. 利用圆周运动特点，写出运动方程； d. 分析系统中的外力矩状况； e. 利用角动量守恒定律解题。
4.6 定轴转动刚体的角动量定理和守恒定律
A C
B
A C
B
ωA
ω
ω
飞轮咬合的物理过程示意图
2
。
Jω t= = = 2 . 67 s α α ru m
4.6 定轴转动刚体的角动量定理和守恒定律 四、小结
1.学习了定轴转动刚体的角动量定理； 2.理解了定轴转动系统的角动量守恒定律； 3.掌握了利用角动量守恒定律解决问题的方法。
4.6 定轴转动刚体的角动量定理和守恒定律 五、作业题
1.222页习题4－14。
4.6 定轴转动刚体的角动量定理和守恒定律
(1)解题思路： a.确定研究系统； b.确定研究系统各刚体的J值； c.分析系统在碰撞前、后的角动量值； d. 确定系统中各物体的运动形式； e. 确定系统碰撞过程中的外力矩状况； f. 利用角动量守恒定律解题。
4.6 定轴转动刚体的角动量定理和守恒定律
i
2.角动量守恒定律的应用： (1)人举哑铃在绕竖直轴可转的凳子上运动： a.平举双臂：J值较大，则ω值较小； b.收紧双臂：J值较小，则ω值较大。
4.6 定轴转动刚体的角动量定理和守恒定律
(2)溜冰运动员的冰上舞蹈： a.开始旋转时，双臂张开：J值较大，则ω值较小； b.旋转的过程中双臂收拢：J值较小，则ω值较大。 3.非定轴转动中的角动量守恒： 角动量的大小不变，转轴的方向也保持不变。 (2)应用： 长平架，回转罗盘等； 4.自然界中的三大守恒定律： (1)能量守恒定律； (2)动量守恒定律； (3)角动量守恒定律。
4.6 定轴转动刚体的角动量定理和守恒定律
(2)物理过程分析：(喷射气体过程中系统未受到外力) a.以宇宙飞船和喷射出的气体为研究系统。 b.喷射气体前后的角动量： (a)初动量： J ω ； (b)末动量： J 1ω 1 。 c.喷射出气体的J： J＝ mr 2 。 d. 宇宙飞船喷射气体的过程遵循角动量守恒定律 。
4.6 定轴转动刚体的角动量定理和守恒定律
(1)解题思路： a.确定研究系统； b.分析系统在坍塌前、后的角动量值；
c. 确定研究对象的J值； d. 分析系统中的外力矩状况； e. 利用角动量守恒定律解题。
4.6 定轴转动刚体的角动量定理和守恒定律
(2)物理过程分析：(坍塌过程中系统未受到外力) a.以恒星的内核作为研究对象。 b.坍塌前后的角动量： (a)初动量： J 1ω 1 ； (b)末动量： J 2 ω 2 。 2 J＝ mR 2 c.研究对象的J： 5 。
O
C
匀质细棒与物体碰撞的物理过程示意图
4.6 定轴转动刚体的角动量定理和守恒定律
(2)物理过程分析：(碰撞过程中，冲力》摩擦力) a.以匀质细棒和地面上的物体作为研究系统。 b.系统碰撞前后的角动量：
J1ω 1 ； (b)末动量： J1ω ′1+ J 2ω2 。 c.系统中物体的转动惯量： (a)细棒： J = 1 ml 2 ； 1 3 (b)地面上物体： J 2 = ml 2 。 d. 碰撞过程中角动量守恒,碰撞后由能量守恒计算。
2 2 2 又因为 ω = 2πn ,且已知 J 1＝ mR 0 及 J 2＝ mR 22 , 5 5 所以可以解得： 2
R0 ω＝ ω0 = 18 . 84 rad / s R
4.6 定轴转动刚体的角动量定理和守恒定律
4.例题4-14:宇宙飞船对其中心轴的转动惯量为 J= 2×103kgm2 ,它以ω=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α=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。