17定轴转动刚体的角动量守恒定律
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l/2
1 细杆受的摩擦力矩 M l / 2dM mgl 4
6
始末两态的角动量为：
由角动量定理：
t t0
L0 I0 ,
L 0
M dt L L 0
0
o
t
0
1 1 2 mglt ml 0 m ,l 4 12 l /2 l 0 t 3 g
2
I2
60 . 4
角速度增加。
8
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？
即 L＝ 常 矢 量
当刚体受到的合外力矩为0 时，其角动 刚体角动量 守恒定律 量保持不变，即刚体的角动量守恒。 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 说明： 受的合外力矩为零，而不是冲量矩为零。 c) M 0，可以是r=0,也可以是 F 0 ,还可能 是轴与F同向或反向。
解：整个过程合外力矩为0，角动量守恒，
o
1
o
I11 ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱI 22
I1 I 0 2ml 60 2 5 1 70 kg m
2 1
2
2
2
2 2 60 . 4 kg m 60 2 5 0 . 2 I 2 I 0 2ml2 I11 3 70 -1 2 3 .5s 由转动惯量的减小，
J 11 J 22 ( J 1 J 2 ) J 11 J 2 2 共同角速度
J1 J2
1
2
啮合过程机械能损失： 1 1 1 2 2 2 ( J J ) ( J J ) E E 0 E 2 1 1 2 2 2 2 1 2 J1 J 2 (1 2 ) 2 2( J1 J 2 )
3
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。
0 0 , 0 0 C , C
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。 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。
Mdt
t0
t
L L0
dL L L0
定轴转动刚体角动量 定理积分形式
作用在刚体上的冲量矩等于在作用时间内角动量 的增量。
2
a)M是合外力矩，L是刚体的角动量。 注意： b)M和L必须是对同一转轴的。
如果M＝0则 0 dt
二、定轴转动刚体的角动量守恒定理 t L dL Mdt dL L L0 M t0 L0 dt dL
10
解 : 对于整个系统不考虑轴 间摩擦阻力矩 , 则系统不受外力 矩作用 , 碰撞前后角动量守恒 .
m2vl I m2ul
细棒绕 O转动的转动惯量为
1 I m1l 2 3
m2
v
A
O
u
m1
3(v u )m2 代入上式求得 m1l
9
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。 J1 J2 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。 L0 L C
定轴转动刚体的 角动量守恒定律
1
一、定轴转动刚体的角动量定理
刚体定轴转动定律： M
I
dL M dt
d d ( I ) dL I dt dt dt
定轴转动刚体角动量 定理微分形式
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。 dL 将M 两边同时乘以dt并积分，得： dt
5
0 例1：在摩擦系数为桌面上 有细杆，质量为 m、长度为 l， o m , 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。 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 细杆的质量密度为：
m /l 分割质量元dm dm dx 质元受的摩擦力矩 dM dmgx
I I
4
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。
1 mgldt 0 I 0 4
dm l / 2
x
dx
x
本题也可用运动学方法求解，由 M=I, 和 =0+ t, 求出 t = 0/ 。
7
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 = 3 s-1,求收臂时的角速度 2 。
1 细杆受的摩擦力矩 M l / 2dM mgl 4
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始末两态的角动量为：
由角动量定理：
t t0
L0 I0 ,
L 0
M dt L L 0
0
o
t
0
1 1 2 mglt ml 0 m ,l 4 12 l /2 l 0 t 3 g
2
I2
60 . 4
角速度增加。
8
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？
即 L＝ 常 矢 量
当刚体受到的合外力矩为0 时，其角动 刚体角动量 守恒定律 量保持不变，即刚体的角动量守恒。 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 说明： 受的合外力矩为零，而不是冲量矩为零。 c) M 0，可以是r=0,也可以是 F 0 ,还可能 是轴与F同向或反向。
解：整个过程合外力矩为0，角动量守恒，
o
1
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I11 ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱI 22
I1 I 0 2ml 60 2 5 1 70 kg m
2 1
2
2
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2 2 60 . 4 kg m 60 2 5 0 . 2 I 2 I 0 2ml2 I11 3 70 -1 2 3 .5s 由转动惯量的减小，
J 11 J 22 ( J 1 J 2 ) J 11 J 2 2 共同角速度
J1 J2
1
2
啮合过程机械能损失： 1 1 1 2 2 2 ( J J ) ( J J ) E E 0 E 2 1 1 2 2 2 2 1 2 J1 J 2 (1 2 ) 2 2( J1 J 2 )
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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。
0 0 , 0 0 C , C
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。 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。
Mdt
t0
t
L L0
dL L L0
定轴转动刚体角动量 定理积分形式
作用在刚体上的冲量矩等于在作用时间内角动量 的增量。
2
a)M是合外力矩，L是刚体的角动量。 注意： b)M和L必须是对同一转轴的。
如果M＝0则 0 dt
二、定轴转动刚体的角动量守恒定理 t L dL Mdt dL L L0 M t0 L0 dt dL
10
解 : 对于整个系统不考虑轴 间摩擦阻力矩 , 则系统不受外力 矩作用 , 碰撞前后角动量守恒 .
m2vl I m2ul
细棒绕 O转动的转动惯量为
1 I m1l 2 3
m2
v
A
O
u
m1
3(v u )m2 代入上式求得 m1l
9
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。 J1 J2 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。 L0 L C
定轴转动刚体的 角动量守恒定律
1
一、定轴转动刚体的角动量定理
刚体定轴转动定律： M
I
dL M dt
d d ( I ) dL I dt dt dt
定轴转动刚体角动量 定理微分形式
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。 dL 将M 两边同时乘以dt并积分，得： dt
5
0 例1：在摩擦系数为桌面上 有细杆，质量为 m、长度为 l， o m , 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。 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 细杆的质量密度为：
m /l 分割质量元dm dm dx 质元受的摩擦力矩 dM dmgx
I I
4
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。
1 mgldt 0 I 0 4
dm l / 2
x
dx
x
本题也可用运动学方法求解，由 M=I, 和 =0+ t, 求出 t = 0/ 。
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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 = 3 s-1,求收臂时的角速度 2 。