5.4 动量矩和动量矩守恒定律
大学物理Ⅰ动量矩和动量矩守恒定律
第五章 刚体的定轴转
力的时间累积效应 冲量、动动量、动量定理.
力矩的时间累积效应
冲量矩、角动量、
角动量定理.
一 质点的动量矩定理和动量矩守恒定律
质点运动状态的描述
p
刚体定轴转动运动状态的描述
0, p 0
LmvJ0E,kpEkm0vJ222
2
pi
p j
5 – 4 动量矩和动量矩守恒
第五章 刚体的定轴转
3.光滑水平面有一静止的细杆,在其动两端施加一对大
小相等,方向相反的力,细杆运动中其动量是否守恒?
对中心的角动量是否守恒?动能是否守恒?
F
动量守恒,角动量
F
O
不守恒,动能不守
恒.
4.均匀细杆可绕杆的一端其垂直于杆的水平轴无摩擦转动.若
细杆竖直悬挂,现有一弹性小球水平飞来与细杆发生完全非弹
mgS 0 1 mv 2 S v2
2
2g
S 3M 2l
2(3m M )2
解:弹性碰撞E守恒,且L守恒
mvo
l 2
mv
l 2
J
1 J Ml 2
12
1 2
mv
2 o
1 2
mv 2
1 2
J 2
v (3m M )vo (3m m)
m,vo l
12mvo (3m M ) g
5 – 4 动量矩和动量矩守恒
第五章 刚体的定轴转
例3.长为l质量为M的均匀直杆一端动悬挂并可绕其
顶端长棒的下端,穿出后速度损失3/4,求子弹穿出后棒的角速度
。已知棒长为l,质量为M.
解:以f代表棒对子弹的阻力,对子弹
有: fdt
定轴转动的动量矩定理和动量矩守恒定律
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适用范围
适用于质点和刚体的定轴 转动，是经典力学中的基 本定律之一。
数学表达
如果系统合外力矩为零， 则系统的动量矩保持不变， 即L=L'。
定律推导
推导过程
根据牛顿第二定律和角动量定理，通过数学推导 得到动量矩守恒定律。
关键点
推导过程中需要确保系统合外力矩为零，即没有 外力矩作用在系统上。
适用条件
适用于质点和刚体的定轴转动，当物体绕定点转 动时，可以用动量矩守恒定律。
定理推导
总结词
定轴转动的动量矩定理可以通过牛顿第二定律和角动量定理推导得出。
详细描述
首先，根据牛顿第二定律，质点系受到的合外力等于其动量的变化率。然后，利 用角动量定理，将动量和时间的关系转化为角动量和转动半径的关系，最终推导 出定轴转动的动量矩定理。
定理应用
总结词
定轴转动的动量矩定理在分析旋转机械、行星运动等领域有广泛应用。
定理的重要性
理论意义
动量矩定理和动量矩守恒定律是经典力学理论体系中的重要 组成部分，它们为理解和分析物体的定轴转动提供了基础理 论支持。
实际应用
在实际工程和生活中，许多机械系统、旋转运动器械以及行 星运动等都涉及到定轴转动，动量矩定理和动量矩守恒定律 为这些系统的设计和优化提供了重要的理论依据。
02
理论基石
动量矩定理和动量矩守恒定律是 经典力学中定轴转动的基础理论， 为分析定轴转动问题提供了重要 的理论支撑。
指导实践
在实际工程中，许多机械系统、 航空航天器和车辆等都涉及到定 轴转动，这些理论为设计和优化 这些系统提供了重要的指导。
学科发展
动量矩定理和动量矩守恒定律的 发展推动了相关学科如旋转动力 学、陀螺力学等的发展，为这些 学科提供了重要的理论基础。
动量矩定理
动量矩定理蜻蜓、飞机和直升机儿时的我很爱雨后捉蜻蜓。
夏天一场大雨过后，街道上和低洼处到处是水坑。
许多蜻蜓在水面上下飞舞，并不时用尾巴尖端表演“蜻蜓点水”的特技。
我们就用长竿端部的网兜捕捉蜻蜓，捉到后用细线拴住它的腰部，看它在我的掌握之中乱飞，快乐异常。
长大后对蜻蜓的兴趣转为对飞机的热爱，考大学选了飞机设计专业。
飞机（为了与直升机区别，可称其为“平飞飞机”，这里是按它们的飞行状态来区分的）的机翼与蜻蜓的翅膀极为相似，可是它在天空只能不停地往前飞行，不能停止。
蜻蜓就有这个本事。
直升机克服了平飞飞机（下文中仍简称为飞机）不能在空中悬停的缺点，它依靠旋转的翅膀（正确术语为旋翼）能在空中悬停，并可将重物吊起或降下，所以它在反潜、救灾、反恐、反海盗任务中有独特的优势。
直升机的先祖，至少可追朔到中国明代就出现的竹蜻蜓，直到如今仍是许多孩童的好玩具。
现代人又把它叫做“飞螺旋”和“中国陀螺”。
它用旋转叶片产生升力，使竹蜻蜓飞起来。
直升机和飞机的主要区别在于它们产生升力的机理不同。
飞机靠机身两侧的形似蜻蜓翅膀（见图1）的平直机翼提供升力，前进的动力是由机头的螺旋桨或尾部喷管（即尾喷管）的喷气来提供；而直升机则是借助旋转的机翼（旋翼）产生升力。
直升机的旋翼和飞机的螺旋桨都是用旋转的叶片推动空气产生作用力的。
飞机的螺旋桨基本不提供升力，只起克服空气阻力使飞机前进的作用；而直升机的旋翼，主要提供升力；在需要前进时，倾斜旋转轴，从而造成水平分力，使直升机前进。
一般而言，直升机旋翼叶片的尺寸（长宽和面积）要比飞机螺旋桨叶片大得多。
直升机旋翼的种类为了讨论直升机的动力学问题，先对直升机的类别进行简介。
按照旋翼的数目与配置以及叶片数目来区分，直升机有如下几种：01单旋翼直升机顾名思义，单旋翼直升机就是它只有一个旋翼。
一般它必须带一个尾桨负责抵消旋翼产生的反转矩。
例如，欧洲直升机公司制造的EC-135直升机。
图2就是一个带尾桨的单旋翼直升机图片。
济南大学大学物理大作业完整答案
济南大学大学物理大作业答案完整版第1章 质点运动学§1.3 用直角坐标表示位移、速度和加速度一．选择题和填空题1. (B)2. (B)3. 8 m10 m4. ()[]t t A t ωβωωωββsin 2cos e 22 +--()ωπ/1221+n (n = 0, 1, 2,…) 5. h 1v /(h 1-h 2)二．计算题1解: (1) 5.0/-==∆∆t x v m/s(2) v = d x /d t = 9t - 6t 2 v (2) =-6 m/s (3) S = |x (1.5)-x (1)| + |x (2)-x (1.5)| = 2.25 m2解： =a d v /d t 4=t ，d v 4=t d t⎰⎰=vv 00d 4d tt tv=2t 2v=dx/dt=2t 2t t x txx d 2d 020⎰⎰=x 2=t 3 /3+x 0 (SI)§1.5 圆周运动的角量描述 角量与线量的关系一．选择题和填空题 1. (D) 2. (C)3. 16R t 24rad /s 24. -c(b -ct )2/R二．计算题1. 解： ct b t S +==d /d v c t a t ==d /d v ()R ct b a n /2+=根据题意： a t = a n 即 ()R ct b c /2+=解得 cbc R t -=§1.6 不同参考系中的速度和加速度变换定理简介一．选择题和填空题1. (C)2. (B)3. (A)4.0321=++v v v二．计算题1.解：选取如图所示的坐标系，以V表示质点的对地速度，其x 、y 方向投影为：u gy u V x x +=+=αcos 2v ，αsin 2gy V y y ==v当y =h 时，V的大小为： ()2cos 222222αgh u gh uy x ++=+=V V V V 的方向与x 轴夹角为γ，ugh gh xy +==--ααγcos 2sin 2tg tg 11V V第2章 牛顿定律§2.3 牛顿运动定律的应用一．选择题和填空题 1. (C) 2. (C) 3. (E)4. l/cos 2θ5. θcos /mgθθcos sin gl二．计算题1. 解：质量为M 的物块作圆周运动的向心力，由它与平台间的摩擦力f和质量为m 的物块对它的拉力F的合力提供．当M 物块有离心趋势时，f 和F 的方向相同，而当M 物块有向心运动趋势时，二者的方向相反．因M 物块相对于转台静止，故有F + f max =M r max ω2 2分 F － f max =M r min ω2 2分m 物块是静止的，因而F = m g 1分 又 f max =μs M g 1分 故2.372max =+=ωμM Mgmg r s mm 2分 4.122min=-=ωμM Mg mg r s mm 2分γ v2. 解：球A 只受法向力N 和重力g m，根据牛顿第二定律法向： R m mg N /cos 2v =-θ ① 1分 切向： t ma mg =θsin ② 1分由①式可得 )/c o s (2R g m N v +=θ 1分 根据牛顿第三定律，球对槽压力大小同上，方向沿半径向外． 1分 由②式得 θsin g a t = 1分三．理论推导与证明题 证：小球受力如图，根据牛顿第二定律tm ma F k mg d d vv ==--t mF k mg d /)(d =--v v初始条件： t = 0, v = 0．⎰⎰=-tt F)/m k mg 00d (d v -v v∴ k F mg mkt /)e1)((/---=v第3章 功和能§3.3 动能定理一．选择题和填空题 1. (B) 2. (C)3. 1.28×104 J4. 18 J 6 m/s二．计算题1. 解：用动能定理，对物体⎰⎰+==-402402d 610d 021x x x F m )(v 3分3210x x +=＝168解出 v ＝13 m/s 2分§3.4（1）势能一．选择题和填空题1.(C)2. 20kx2021kx -2021kx3. R GmM 32RG m M 3-4. 保守力的功与路径无关W = -ΔE P二．计算题1. 解：(1) 外力做的功＝31 J 1分(2) 设弹力为F ′= 5.34 m/s 1分(3) 此力为保守力，因为其功的值仅与弹簧的始末态有关． 2分§3.4（2）机械能守恒定律一．选择题和填空题1. (C)2.)(mr k )2(r k -二．计算题1. (1)建立如图坐标.某一时刻桌面上全链条长为y ,则摩擦力大小为g lymf μ= 1分 摩擦力的功 ⎰⎰--==00d d a l a l f y gy lmy f W μ 2分=022a l y l mg -μ =2)(2a l lmg--μ 2分 (2)以链条为对象，应用质点的动能定理 ∑W ＝222121v v m m-其中 ∑W = W P ＋W f ，v 0 = 0 1分W P =⎰la x P d =la l mg x x l mg la 2)(d 22-=⎰ 2分al -a⎰⎰⋅+==21d )4.388.52(d 2x x xx x xF W ⎰⎰⋅=-==1212d d 21'2x x x x Wx F x F m v 3分3分由上问知 la l mg W f 2)(2--=μ所以222221)(22)(v m a l l mg l a l mg =---μ 得 []21222)()(a l a l lg ---=μv 2分 2. 解：把卸料车视为质点．设弹簧被压缩的最大长度为l ，劲度系数为k ．在卸料车由最高点下滑到弹簧压缩最大这一过程中，应用功能原理有h G kl h G 12121sin 2.0-=-α ① 2分对卸料车卸料后回升过程应用功能原理，可得：22221sin 2.0kl h G h G -=-α ② 2分由式①和②联立解得： 372.030sin 2.030sin 21=-︒+︒=G G 1分第4章 冲量和动量§4.2 质点系的动量定理一．选择题和填空题 1. (D) 2. (C)3. 18 N ²s二．计算题1. 解：设在某极短的时间t ∆内落在传送带B 上矿砂的质量为m ，即m=q mt ∆，这时矿砂动量的增量为（参看附图）图1分12v v vm m m -=∆)( 1212221s m kg 98.375cos 2)(-⋅⋅∆=︒-+=∆t q m m m v v v v v 2分设传送带作用在矿砂上的力为F，根据动量定理)(v m t F ∆=∆ 于是 N 2.213.98/)(==∆∆=m q t m F v2分 方向： ︒==︒∆2975θ,sin sin )(θm m 2v v 2分由牛顿第三定律，矿砂作用在传送带B 上的（撞击）力与F大小相等方向相反，即等于2.21 N ，偏离竖直方向1︒，指向前下方． 1分§4.3 质点系动量守恒定律一．选择题和填空题 1. (C)2. 4.33 m/s ；与A 原先运动方向成 -30° 3.二．计算题1. 解：这个问题有两个物理过程：第一过程为木块M 沿光滑的固定斜面下滑，到达B 点时速度的大小为θsin gl 21=v 1分方向：沿斜面向下第二个过程：子弹与木块作完全非弹性碰撞．在斜面方向上，内力的分量远远大于外力，动量近似守恒，以斜面向上为正，则有V v v )(cos M m M m +=-1θ 3分Mm gl M m +-=θθsin cos 2v V 1分2. 解：(1) 因穿透时间极短，故可认为物体未离开平衡位置．因此,作用于子弹、物体系统上的外力均在竖直方向，故系统在水平方向动量守恒．令子弹穿出时物体的水平速度为v '有 m v 0 = m v +M v 'v ' = m (v 0 - v )/M =3.13 m/s 2分 T =Mg+M v 2/l =26.5 N 2分(2) s N 7.40⋅-=-=∆v v m m t f (设0v方向为正方向) 2分负号表示冲量方向与0v方向相反． 2分第5章 刚体力学基础 动量矩§5.2 力矩 刚体绕定轴转动微分方程量一．选择题和填空题 1. (C) 2. (B) 3.（B)4. 6.54 rad / s 24.8 s5. 62.51.67ｓ6. 0.25 kg ²m 2二．计算题1. 解：(1) ∵ mg －T ＝ma 1分TR ＝J β 2分 a ＝R β 1分 ∴ β = mgR / (mR 2＋J )()R M m mgMR mR mgR +=+=222122 ＝81.7 rad/s 2 1分 方向垂直纸面向外． 1分211m m t F +∆22211m t F m m t F ∆∆++(2) ∵βθωω2202-=当ω＝0 时， rad 612.0220==βωθ物体上升的高度h = R θ = 6.12³10-2 m 2分(3)==βθω210.0 rad/s方向垂直纸面向外. 2分2. 解：(1) 0＝ω 0＋β tβ＝－ω 0 / t ＝－0.50 rad ²s -2 2分 (2) M r ＝ml 2β / 12＝－0.25 N ²m 2分 (3) θ10＝ω 0t ＋21β t 2＝75 rad 1分§5.3 绕定轴转动刚体的动能 动能定理一．选择题和填空题 1. (D) 2. (A) 3.（D)4. 6π rad/s 237 J5. 角动量gl mM 334二．计算题1.解：选泥团和杆为系统，在打击过程中，系统所受外力对O 轴的合力矩为零，对定轴O 的角动量守恒，设刚打击后两者一起摆起的角速度为ω，则有 1分ωJ lm lm +=v v 110 ① 2分其中 2/l ⋅=ωv ② 1分在泥团、杆上摆过程中，选杆、泥团、地球为系统，有机械能守恒．当杆摆到最大角度θ 时有()()222121cos 121ωθJ m l g m M +=-+v ③ 3分联立解以上三式可得()()⎥⎦⎤⎢⎣⎡++-=-gl M m m M m 4331cos 221v θ 3分2.解：(1) 将转台、砝码、人看作一个系统，过程中人作的功W 等于系统动能之增量： W ＝∆E k ＝212210222204)21(214)21(21n ml J n ml J π+-π+2 4分 这里的J 0是没有砝码时系统的转动惯量．(2) 过程中无外力矩作用，系统的动量矩守恒：2π(J 0＋2121ml ) n 1 = 2π (J 0＋2221ml ) n 2 ∴ ()()1222212102n n n l n l m J --= 4分(3) 将J 0代入W 式，得 ()2221212l l n mn W -π= 2分a§5.4 动量矩和动量矩守恒定律一．选择题和填空题 1. (C) 2. (B) 3.（C) 4.（D)5. 031ω6. ()212m R J m r J ++ω 7. ()l m M /3460+v二．计算题1. 解：将杆与两小球视为一刚体，水平飞来小球与刚体视为一系统．由角动量守恒得 1分ωJ l m lm +-=3223200v v （逆时针为正向） ① 2分 又 22)3(2)32(l m l m J += ② 1分将②代入①得 l230v =ω 1分2. 解：(1) 设当人以速率v 沿相对圆盘转动相反的方向走动时，圆盘对地的绕轴角速度为ω，则人对与地固联的转轴的角速度为R R v v221-=-='ωωω ① 2分 人与盘视为系统，所受对转轴合外力矩为零，系统的角动量守恒． 1分设盘的质量为M ，则人的质量为M / 10，有：ωωω'⎪⎭⎫ ⎝⎛+=⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛+22022211021211021R M MR R M MR ② 2分 将①式代入②式得：R2120v+=ωω ③ 1分(2) 欲使盘对地静止，则式③必为零．即ω0 +2v / (21R )＝0 2分 得： v ＝－21R ω0 / 2 1分式中负号表示人的走动方向与上一问中人走动的方向相反，即与盘的初始转动方向一致．1分3. 解：(1) 角动量守恒：ω⎪⎭⎫ ⎝⎛'+='2231l m ml l m v 2分∴l m m m ⎪⎭⎫ ⎝⎛'+'=31vω＝15.4 rad ²s -1 2分(2) －M r ＝(231ml ＋2l m ')β 2分0－ω 2＝2βθ 2分∴ rM l m m 23122ωθ⎪⎭⎫ ⎝⎛'+=＝15.4 rad 2分答案 第六章 振动§6.1-1简谐振动 振幅 周期和频率 相位1-2.BB3. 1.2 s 1分; －20.9 cm/s 2分.4. 0.05 m 2分; -0.205π（或-36.9°）2分.5. )212cos(π-πT t A 2分; )312cos(π+πT t A 2分.二计算题1. 解: (1) v m = ωA ∴ω = v m / A =1.5 s -1∴ T = 2π/ω = 4.19 s 3分(2) a m = ω2A = v m ω = 4.5³10-2m/s 2 2分(3) π=21φ x = 0.02)215.1cos(π+t (SI) 3分 2. 解：(1) 1s 10/-==m k ω 1分, 63.0/2=π=ωT s 1分(2) A = 15 cm ，在 t = 0时，x 0 = 7.5 cm ，v 0 < 0 由 2020)/(ωv +=x A 得 3.12020-=--=x A ωv m/s 2分π=-=-31)/(tg 001x ωφv 或 4π/3 2分;∵ x 0 > 0 ，∴ π=31φ(3) )3110cos(10152π+⨯=-t x (SI) 2分§6.1-2简谐运动的能量1-3:DBD4. b ，f 2分; a ，e 2分.5. 9.90³102 J 3分§9-3旋转矢量1-6:BBBBCA7. π 1分; - π /2 2分; π/3． 2分.8. 10 cm 1分; (π/6) rad/s 1分; π/3 1分. 二.计算题1. 解：旋转矢量如图所示． 图3分由振动方程可得 π21=ω，π=∆31φ 1分667.0/=∆=∆ωφt s 1分2. 解：(1) 设振动方程为 )cos(φω+=t A x-由曲线可知 A = 10 cm , t = 0，φcos 1050=-=x ，0sin 100<-=φωv 解上面两式，可得 φ = 2π/3 2分由图可知质点由位移为 x 0 = -5 cm 和v 0 < 0的状态到x = 0和 v > 0的状态所需时间t = 2 s ，代入振动方程得 )3/22c o s (100π+=ω(SI) 则有2/33/22π=π+ω，∴ ω = 5 π/12 2分 故所求振动方程为：)3/212/5cos(1.0π+π=t x (SI) 1分 3. 解：依题意画出旋转矢量图3分。
54动量矩和动量矩守恒定律
M z mgr cos
Jz
(1 12
ml2
mr 2 )
Mz
d(J z)
dt
mgr cos 2mr dr
dt
v dr g cos t dt 2
l
O4
7lg 24v0
cos(12 7l
v0t)
昆虫的爬行，会改变系统的 转动惯量和外力矩
四、 进动*
Ω
高速自转的陀螺在重力矩作用下发生进动
Lo
解 昆虫落到杆上为完全非弹性碰撞，对于昆虫和杆构成的系统，昆虫重
力忽略，系统动量矩守恒
mv 0
l 4
[1 12
ml2
m(
l )2 4
]
12 v0
7l
定轴转动刚体的动量矩定理
Mz
d(J z)
dt
l
O4
v0
昆虫的爬行，会改变系统的 转动惯量和受到的外力矩
定轴转动刚体的动量矩定理
恒定
Mz
dJ z dt
dt
三、 刚体定轴转动的动量矩守恒定律
当 M z 0 时， 刚体动量矩 Lz J 守恒
说明 当变形体所受合外力矩为零时，变形体的动量矩也守恒
Jt ω 常量
Jt ω
Jt ω
例 一均质棒，长度为 L，质量为M，现
有一子弹在距轴为 y 处水平射入细
Nx
棒。
y
求 子弹细棒共同的角速度 。
解 子弹、细棒系统的动量矩守恒
mv0 y J
v0
m
其中
J
J棒
J子
1 3
ML2
my2
说明
mv0 y 1 ML2 my2
3
系统水平方向动量是否守恒取决于转轴对棒作用力在水平
5.4 动量矩和动量矩守恒定律
m
r0
v
ROMLeabharlann v01 GMm 1 2 GMm 2 mv0 = mv 2 r0 2 R
mv0r0sinθ = mvR
1 3GM sinθ = 1+ 2Rv 2 4 0
1/ 2
v0r0sinθ v= = 4v0sinθ R 1/ 2 3GM v =v01+ 2Rv 2 0
二. 刚体定轴转动的动量矩定理和动量矩守恒定律
5.4
动量矩和动量矩守恒定律
角动量)定理和动量矩守恒定律 一. 质点动量矩 (角动量 定理和动量矩守恒定律 角动量 r 1. 质点的动量矩 对O点) 质点的动量矩(对 点 LO
其大小
S
r P
r r
O
惯性参照系 特例：质点作圆周运动 特例： 说明 (1) 质点的动量矩与质点的动量及位矢(取决于固定点的选 质点的动量矩与质点的动量及位矢 位矢( 择)有关
3. 质点动量矩守恒定律
r r 质点动量矩守恒定律 若M = 0，则 L = 常矢量 ──质点动量矩守恒定律
讨论 (1) 动量矩守恒定律是物理学的基本定律之一，它不仅适用于 动量矩守恒定律是物理学的基本定律之一， 宏观体系，也适用于微观体系， 宏观体系，也适用于微观体系，且在高速低速范围均适用
r 通常对有心力： (2) 通常对有心力： 过O点,M=0,动量矩守恒 点 动量矩守恒 F
r P
r LO'
r r
A d1
r LO O′
O m r v
d3 C
求 此时刻质点对三个参考点的动量矩 解 B
d2
2. 质点的动量矩定理
r r r r ×F = M
r r v × mv = 0
长安大学大学物理课5-4角动量 角动量守恒定律
(2)动量矩守恒定律不仅适用于刚体，对非刚体同样适用
如果J不变，刚体作匀速转动；
如果J发生改变，则物体的角速度随转动惯量也发生变化，但二
者的乘积不变。当转动惯量变大时，角速度变小；当转动惯量
变小时，角速度变大。
•花样滑冰运动员的旋转表演
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例 工程上，两飞轮常用摩擦离合器使它们以相同的转速一起转动，A和
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例 长为 ，质量为 的匀质细杆，一端悬挂，可绕通过 点垂直于 纸面的轴转动。今杆由水平位置静止下落，在铅直位置处与质量为 的 物体 做完全非弹性碰撞，若碰撞后物体沿摩擦系数为 的水平面滑动， 则物体能滑出多远距离。
解：分三个阶段分析。
(1)杆自水平位置落到铅直位置，与A碰前
杆对轴O的转动惯量
•动量矩是物理学的基本概念之一。 •动量矩与质点的运动和参考点有关。
•质点作匀速直线运动，
质点的动量矩 保持不变，
其大小
。
•质点作圆周运动 对圆心O的动量矩
方向：平行于Oz轴
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Mdt 叫作冲量矩
(质点动量矩定理的微分形式) (质点动量矩定理的积分形式)
5.4 动量矩和动量矩守恒定律
5.4.1 质点动量矩 (角动量)定理和动量矩守恒定律
1. 质点的动量矩(对O点)
定义质点 相对原点的角动量 定义为
大小：L＝rmvsin
方向：右手螺旋定则判定
右手拇指伸直，其余四指由 矢径 通过小于 的角弯 向 ，拇指所指方向就是 的方向。
单位：kgm2/s
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说明
(2)杆和物体系统为研究对象。碰撞过程中，系统相对于轴O受到 合外力矩为零，角动量守恒，设碰后杆的角速度
《大学物理》期末复习试卷及答案(二)
第4章 冲量和动量§4.2 质点系的动量定理一．选择题和填空题1. 如图所示．一斜面固定在卡车上，一物块置于该斜面上．在卡车沿水平方向加速起动的过程中，物块在斜面上无相对滑动. 此时斜面上摩擦力对物块的冲量的方向 (A) 是水平向前的． (B) 只可能沿斜面向上． (C) 只可能沿斜面向下．(D) 沿斜面向上或向下均有可能． ［ ］2. 如图所示，圆锥摆的摆球质量为m ，速率为v ，圆半径为R ，当摆球在轨道上运动半周时，摆球所受重力冲量的大小为(A) 2m v ． (B) 22)/()2(v v R mg m π+(C) v /Rmg π．(D) 0．［ ］3. 设作用在质量为1 kg 的物体上的力F ＝6t ＋3（SI ）．如果物体在这一力的作用下，由静0到2.0 s 的时间间隔内，这个力作用在物体上的冲量大小Ｉ＝__________________．二．计算题1. 矿砂从传送带A 落到另一传送带B （如图），其速度的大小v 1＝4 m/s ，速度方向与竖直方向成30︒角，而传送带B 与水平成15︒角，其速度的大小v 2＝2 m/s ．如果传送带的运送量恒定，设为m q ＝2000 kg/h ，求矿砂作用在传送带B 上的力的大小和方向．θmmvR30°15°B1v 2vA§4.3 质点系动量守恒定律一． 选择题和填空题在水平冰面上以一定速度向东行驶的炮车，向东南（斜向上）方向发射一炮弹，对于炮车和炮弹这一系统，在此过程中（忽略冰面摩擦力及空气阻力） (A) 总动量守恒． (B) 总动量在炮身前进的方向上的分量守恒，其它方向动量不守恒． (C) 总动量在水平面上任意方向的分量守恒，竖直方向分量不守恒．(D) 总动量在任何方向的分量均不守恒． ［ ］质量为1 kg 的球A 以5 m/s 的速率和另一静止的、质量也为1 kg 的球B 在光滑水平面上碰撞后球B 以2.5 m/s 的速率，沿与A 原先运动的方向成60°的方向运动，则球A 的速率为__________________________，方向为________________________________. 两块并排的木块Ａ和Ｂ，质量分别为m 1和m 2 ，静止地放置在光滑一子弹水平地穿过两木块，设子弹穿过两木块所用的时间分别为∆t 1 和∆t 2 ,木块对子弹的阻力为恒力F ，则子弹穿出后，木块A 的速度大小为_________________________________，木块B 的速度大小为______________________．二．计算题1. 质量为M 的木块在光滑的固定斜面上，由A 点从静止开始下滑，当经过路程l 运动到B 点时，木块被一颗水平飞来的子弹射中，子弹立即陷入木块内．设子弹的质量为m ，速度为v，求子弹射中木块后，子弹与木块的共同速度．质量为M ＝1.5 kg 的物体，用一根长为l ＝1.25 m 今有一质量为m ＝10 g 的子弹以v 0＝500 m/s 的水平速度射穿物体，刚穿出物体时子弹的速度大小v ＝30 m/s ，设穿透时间极短．求： (1) 子弹刚穿出时绳中张力的大小；(2) 子弹在穿透过程中所受的冲量．M 0v第5章 刚体力学基础 动量矩§5.2 力矩 刚体绕定轴转动微分方程量3. 两个匀质圆盘A 和B 的密度分别为A ρ和B ρ，若ρA ＞ρB ，但两圆盘的质量与厚度相同，如两盘对通过盘心垂直于盘面轴的转动惯量各为J A 和J B ，则 (A) J A ＞J B ． (B) J B ＞J A ．(C) J A ＝J B ． (D) J A 、J B 哪个大，不能确定． ［ ］4. 一个以恒定角加速度转动的圆盘，如果在某一时刻的角速度为ω1＝20πrad/s ，再转60转后角速度为ω2＝30π rad /s ，则角加速度β =_____________，转过上述60转所需的时间Δt ＝________________．5. 一飞轮作匀减速转动，在5 s 内角速度由40π rad ·s -1减到10π rad ·s -1，则飞轮在这5 s 内总共转过了________________圈，飞轮再经______________的时间才能停止转动．6. 一个作定轴转动的物体，对转轴的转动惯量为J ．正以角速度ω0＝10 rad ·s -1匀速转动．现对物体加一恒定制动力矩 M ＝－0.5 N ·m ，经过时间t ＝5.0 s 后， 物体停止了转动．物体的转动惯量J ＝__________．二．计算题§5.3 绕定轴转动刚体的动能 动能定理一．选择题和填空题1. 图(a)为一绳长为l 、质量为m 的单摆．图(b)为一长度为l 、质量为m 能绕水平固定轴O 自由转动的匀质细棒．现将单摆和细棒同时从与竖直线成θ 角度的位置由静止释放，若运动到竖直位置时，单摆、细棒角速度分别以ω 1、ω 2表示．则：(A) 2121ωω=． (B) ω 1 = ω 2．(C) 2132ωω=． (D) 213/2ωω=． ［ ］3.一人站在旋转平台的中央，两臂侧平举，整个系统以2π rad/s 的角速度旋转，转动惯量为 6.0 kg ·m 2．如果将双臂收回则系统的转动惯量变为2.0 kg ·m 2．此时系统的转动动能与原来的转动动能之比E k / E k 0为(A) 2． (B) 3．(C) 2． (D) 3． ［ ］(a)(b)二．计算题2.某人站在水平转台的中央，与转台一起以恒定的转速n 1转动，他的两手各拿一个质量为m 的砝码，砝码彼此相距l 1 (每一砝码离转轴21l 1),当此人将砝码拉近到距离为l 2时(每一砝码离转轴为21l 2)，整个系统转速变为n 2．求在此过程中人所作的功．(假定人在收臂过程中自身对轴的转动惯量的变化可以忽略)§5.4 动量矩和动量矩守恒定律的两端滑动．不考虑转轴的和空气的摩擦，当两球都滑至杆端时，杆的角速度为(A) 2ω 0． (B)ω 0．(C)21 ω 0． (D)041ω． ［ ］上述转动的飞轮啮合，绕同一转轴转动，该飞轮对轴的转动惯量为 前者的二倍．啮合后整个系统的角速度ω＝__________________．6. 有一半径为R 的匀质圆形水平转台，可绕通过盘心O 且垂直于盘面的竖直固定轴OO ＇转动，转动惯量为J ．台上有一人，质量为m ．当他站在离转轴r 处时(r ＜R )，转台和人一起以ω1的角速度转动，如图．若转轴处摩擦可以忽略，问当人走到转台边缘时，转台和人一起转动的角速度ω2＝__________________________．二．计算题1m21v 0v2. 在半径为R 的具有光滑竖直固定中心轴的水平圆盘上，有一人静止站立在距转轴为R 21处，人的质量是圆盘质量的1/10．开始时盘载人对地以角速度ω0匀速转动，现在此人垂直圆盘半径相对于盘以速率v 沿与盘转动相反方向作圆周运动，如图所示． 已知圆盘对中心轴的转动惯量为221MR ．求： (1) 圆盘对地的角速度． (2) 欲使圆盘对地静止，人应沿着R 21圆周对圆盘的速度v 的大小及方向？ω参考答案 第4章 冲量和动量§4.2质点系的动量定理一．选择题和填空题 1. (D) 2. (C)3. 18 N ·s二．计算题1. 解：设在某极短的时间t ∆内落在传送带B 上矿砂的质量为m ，即m=q m t ∆，这时矿砂动量的增量为（参看附图） 图1分12v v vm m m -=∆)( 1212221s m kg 98.375cos 2)(-⋅⋅∆=︒-+=∆t q m m m v v v v v2分设传送带作用在矿砂上的力为F，根据动量定理)(v m t F ∆=∆于是 N 2.213.98/)(==∆∆=m q t m F v2分方向：︒==︒∆2975θ,sin sin )(θm m 2v v 2分 由牛顿第三定律，矿砂作用在传送带B 上的（撞击）力与F大小相等方向相反，即等于2.21 N ，偏离竖直方向1︒，指向前下方． 1分第4章 冲量和动量§4.3质点系动量守恒定律一．选择题和填空题 1. (C)2. 4.33 m/s ；与A 原先运动方向成 -30° 3.二．计算题1. 解：这个问题有两个物理过程：第一过程为木块M 沿光滑的固定斜面下滑，到达B 点时速度的大小为θsin gl 21=v 1分方向：沿斜面向下第二个过程：子弹与木块作完全非弹性碰撞．在斜面方向上，内力的分量远远大于外力，动量近似守恒，以斜面向上为正，则有30︒15︒θ1vm )(vm ∆ 2v m211m m t F +∆22211m t F m m t F ∆∆++V v v )(cos M m M m +=-1θ 3分Mm gl M m +-=θθsin cos 2v V 1分2. 解：(1) 因穿透时间极短，故可认为物体未离开平衡位置．因此,作用于子弹、物体系统上的外力均在竖直方向，故系统在水平方向动量守恒．令子弹穿出时物体的水平速度为v '有 m v 0 = m v +M v 'v ' = m (v 0 - v )/M =3.13 m/s 2分 T =Mg+M v '2/l =26.5 N 2分(2) s N 7.40⋅-=-=∆v v m m t f (设0v方向为正方向) 2分负号表示冲量方向与0v方向相反． 2分第5章 刚体力学基础 动量矩 §5.2力矩 刚体绕定轴转动微分方程量一．选择题和填空题 1. (C) 2. (B) 3.（B)4. 6.54 rad / s 24.8 s5. 62.51.67ｓ6. 0.25 kg ·m 2二．计算题1. 解：(1) ∵ mg －T ＝ma 1分TR ＝J β 2分 a ＝R β 1分 ∴ β = mgR / (mR 2＋J )()R M m mgMR mR mgR +=+=222122 ＝81.7 rad/s 2 1分 方向垂直纸面向外． 1分(2) ∵ βθωω2202-= 当ω＝0 时， rad 612.0220==βωθ 物体上升的高度h = R θ = 6.12×10-2 m 2分(3)==βθω210.0 rad/s方向垂直纸面向外. 2分2. 解：(1) 0＝ω 0＋β tβ＝－ω 0 / t ＝－0.50 rad ·s -2 2分 (2) M r ＝ml 2β / 12＝－0.25 N ·m 2分a(3) θ10＝ω 0t ＋21β t 2＝75 rad 1分第5章 刚体力学基础 动量矩§5.3绕定轴转动刚体的动能 动能定理一．选择题和填空题 1. (D) 2. (A) 3.（D)4. 6π rad/s 237 J5. 角动量gl mM 334二．计算题1.解：选泥团和杆为系统，在打击过程中，系统所受外力对O 轴的合力矩为零，对定轴O 的角动量守恒，设刚打击后两者一起摆起的角速度为ω，则有 1分ωJ lm lm +=v v 21210 ① 2分其中 2/l ⋅=ωv ② 1分在泥团、杆上摆过程中，选杆、泥团、地球为系统，有机械能守恒．当杆摆到最大角度θ 时有()()222121cos 121ωθJ m l g m M +=-+v ③ 3分联立解以上三式可得()()⎥⎦⎤⎢⎣⎡++-=-gl M m m M m 4331cos 221v θ 3分2.解：(1) 将转台、砝码、人看作一个系统，过程中人作的功W 等于系统动能之增量： W ＝∆E k ＝212210222204)21(214)21(21n ml J n ml J π+-π+2 4分 这里的J 0是没有砝码时系统的转动惯量．(2) 过程中无外力矩作用，系统的动量矩守恒：2π(J 0＋2121ml ) n 1 = 2π (J 0＋2221ml ) n 2 ∴ ()()1222212102n n n l n l m J --= 4分(3) 将J 0代入W 式，得 ()2221212l l n mn W -π= 2分§5.4动量矩和动量矩守恒定律一．选择题和填空题1. (C)2. (B)3.（C)4.（D)5.031ω 6. ()212mR J mr J ++ω2mml 31l 32021vm7.()l m M /3460+v二．计算题1. 解：将杆与两小球视为一刚体，水平飞来小球与刚体视为一系统．由角动量守恒得 1分ωJ l m lm +-=3223200v v （逆时针为正向） ① 2分 又 22)3(2)32(lm l m J += ② 1分将②代入①得 l230v =ω 1分2. 解：(1) 设当人以速率v 沿相对圆盘转动相反的方向走动时，圆盘对地的绕轴角速度为ω，则人对与地固联的转轴的角速度为R R v v221-=-='ωωω ① 2分 人与盘视为系统，所受对转轴合外力矩为零，系统的角动量守恒． 1分设盘的质量为M ，则人的质量为M / 10，有：ωωω'⎪⎭⎫ ⎝⎛+=⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛+22022211021211021R M MR R M MR ② 2分 将①式代入②式得：R2120v+=ωω ③ 1分(2) 欲使盘对地静止，则式③必为零．即ω0 +2v / (21R )＝0 2分 得： v ＝－21R ω0 / 2 1分式中负号表示人的走动方向与上一问中人走动的方向相反，即与盘的初始转动方向一致．1分3. 解：(1) 角动量守恒：ω⎪⎭⎫ ⎝⎛'+='2231l m ml l m v 2分∴l m m m ⎪⎭⎫ ⎝⎛'+'=31vω＝15.4 rad ·s -1 2分(2) －M r ＝(231ml ＋2l m ')β 2分0－ω 2＝2βθ 2分∴ rM l m m 23122ωθ⎪⎭⎫ ⎝⎛'+=＝15.4 rad 2分。
动量矩定理与动量矩守恒律ppt课件
dJ M 0 dt
J 恒矢量
守恒律还适于仅在某一轴上投影的情形。
大学
（3）对质心的动物理量矩定理
作固定坐标系和动坐标系时，
a a0 a
F ma ma0 ma
将这一方法应用到这里来（将质心作为动坐
标系原点），有
mi
d 2ri dt 2
F (e) i
F (i) i
(mirc )
相对
相对
牵连（惯性力）
大学 物理
用 ri 左叉乘上述方程组且对 i 求和，因内力矩合之为零且牵连矩
（惯性力矩）合之为零，固有
d [ n
dt i1
(ri miri)]
n
(ri
F (e) i
)
i 1
即有质点组对质心的动量矩定理：
dJ M dt
大学 物理
若
vxc
恒矢
烟花的质心轨迹
大学 物理
动量矩定理 与
动量矩守恒定律
大学 物理
（1）对某一固定点O 的动量矩定理
dJ M dt
n
n
其中 J (ri pi ) ， M (ri Fi(e) ) 。
i 1
i 1
a
(r
r2
)i
(r
2r)
j
大学 物理
ari a j
ar
r r2
：加速度径向分量，称为径向加速度。r是径
i 1
d dt
p
n
其中 p mivi
i 1
大学 物理
可得
dp dt
n i 1
F (e)
i
，其中
n p mivi
力学11-动量矩,动量矩定理,动量矩守恒定律
v
∴ ∑ miυi = 0 v
v
转动时， 转动时，
∴ ∑ miυi = 0
结论： 结论： 无论刚体静止，快转或慢转，其各质点动量之和恒为零。 无论刚体静止，快转或慢转，其各质点动量之和恒为零。 即动量已不能确切的反映刚体转动的运动状态， 即动量已不能确切的反映刚体转动的运动状态， 必须引入新的物理量——动量矩（角动量） 动量矩（ 必须引入新的物理量 动量矩 角动量）
A外 + A = mgs 内
∆Ek = 1 mυ 2 + 1 Jω 2 2 2 = 1 mR2ω 2 + 1 MR2ω 2 2 4 mgs 2 ω= 并非匀速） R 2m + M （并非匀速）
+
2mg 2 mg 1 ds dω = = β= (2m + M )R R 2m + M 2 s dt dt
L = rp = mrv
Lz = r × p = r × mv
2
Lz = rmυ = r mω = J zω
第六章 刚体力学基础 动量矩
10
质点作任何运动都可以用动量矩来描述其运动状态
例 质点对圆心的动量矩。 行星在椭圆轨道上的动量矩。 质点对圆心的动量矩。 行星在椭圆轨道上的动量矩。 v v mυ1 L v v v mυ2 ov v r2 o r1 mυ r
三. 定轴转动的动能定理 ——力矩的持续作用规律 力矩的持续作用规律
作用下，角坐标由θ 设刚体在外力矩 M 作用下，角坐标由 1→ θ2， 角速度ω1 → ω2 ， 由刚体转动定理： 角速度 由刚体转动定理：
dω M = Jβ = J dt
Mdθ = Jωdω
对于整个运动过程
∫θ
θ2
5.4 角动量与角动量守恒定律
（M i 外 M i内） M外 M内
i
5.4 角动量与角动量守恒定律
M外 M i外 ri Fi
（见后） M内 M i内 (ri f ij ) 0
i i j i
i
i
于是有：
M外
dL — 质点系角动量定理 dt
5.4 角动量与角动量守恒定律
二、质点的角动量定理 1. 质点的角动量定理 由 L r p 有：
dr d p dL d pr ( r p) dt dt dt dt v mv r F r F
1 ri r j f ij 0 2 i , j(i j )
5.4 角动量与角动量守恒定律
5.4 角动量与角动量守恒定律
dL 若： M 0 则： 0 L 常矢量 dt F 0 ， M 0 F过O点：中心力（如行星受 中 心恒星的万有引力） L L r ( mv ) 常矢量 m （1） mv r sin =const， v F r
角动量是质点运动中的一个重要的物理量， 在物理学的许多领域都有着十分重要的应用。
5.4 角动量与角动量守恒定律
5.4 角动量与角动量守恒定律
一、质点对点的角动量
定义： 质点对O点的角动量
L r p r ( mv )
大小： L rmv sin
L
r o
t2 L2 M合外dt dL L2 L1 t1 L1
5.4 角动量与角动量守恒定律
合内力矩为零
Fi
mi
动量守恒定律和动量矩守恒定律的正确表述
在现行的普通物理教材中，力学中的三大守恒定律，即动量守恒定律、动量矩守恒定律和机械能守恒定律。
现代物理学业已证明这些守恒定律是和时空对称性相联系的：动量守恒定律与空间平移对称性相联系；动量矩守恒定律与空间转动对称性相联系；能量守恒定律与时间平移对称性相联系。
由上述对称性可导出相应的守恒定律,进一步导出牛顿运动定律。
动量矩守恒定律，又称角动量守恒定律。
指的是根据动量矩定理推论，当合外力矩为0时，其动量矩保持不变。
表述动量矩守恒条件的定律。
质点不受力或作用力对某固定点(或轴)之矩始终等于零时，该质点对该点(或轴)的动量矩保持不变。
质点系所受外力对某固定点(或轴)之矩的和始终等于零时，该质点系对该点(或轴)的动量矩保持不变。
例如行星所受太阳引力始终指向太阳中心，故如不计其他星体的引力，行星对太阳中心的动量矩守恒
一个系统不受外力或所受外力之和为零，这个系统的总动量保持不变，这个结论叫做动量守恒定律。
1.动量守恒定律是自然界中最重要最普遍的守恒定律之一，是一个实验规律，也可用牛顿第三定律结合动量定理推导出来。
2.相互间有作用力的物体系称为系统，系统内的物体可以是两个、三个或者更多，解决实际问题时要根据需要和求解问题的方便程度，合理地选择系统。
定轴转动动量矩定理和守恒定律.ppt
➢ 动量矩守恒定律是自然界的一个基本定律.
许多现象都可 以用角动量守恒来 说明.
➢花样滑冰 ➢跳水运动员跳水
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应用事例 常平架上的回转仪
A
LB
C
B
C
精确制导
A
讨论
子细 弹绳 击质 入量 沙不 袋计
o
v
以子弹和沙袋为系统 动量守恒； 角动量守恒； 机械能不守恒 .
m r
2 刚体定轴转动的动量矩
L
mi ri 2
i
(
miri2 )
i
L J
z
转动的动量矩定理
由刚体定轴转动定律 M J d
dt
M d(J) dL
dt dt
刚体所受的外力矩等于刚体角动量的变化率.
将上式变形后积分
Mdt d(J) dL
t2 t1
Mdt
J2
子o
弹 击 入 杆
v
以子弹和杆为系统 动量不守恒； 角动量守恒； 机械能不守恒．
o'
圆 锥 摆
T
m oR
p v
圆锥摆系统 动量不守恒； 角动量守恒； 机械能守恒．
例1 一质量为 m 的登月飞船，在离月 球表面高度 h 处绕月球作圆周运动．飞船采 用如下登月方式：当飞船位于点 A 时，它向 外侧短时间喷射出粒子流，使飞船与月球相 切地到达点 B , 且OA 与 OB 垂直．飞船所 喷气体相对飞船的速度为 u 1.00 104 m s1 试问：登月飞船在登月过程中所需消耗燃料
vB (R h)v0 R 1 709 m s1
飞船在 A点喷出气体后，在到达月球的 过程中，机械能守恒
动量矩守恒定律动量守恒定律动能
动量矩守恒定律动量守恒定律动能动量矩守恒定律是物理学中的重要定律之一，它告诉我们在一个封闭系统中，如果外部力矩为零，则系统的角动量将守恒不变。
而动量守恒定律则告诉我们在一个封闭系统中，如果外部力为零，则系统的动量将守恒不变。
这两个定律在物理学中有着广泛的应用，可以帮助我们理解许多物理现象。
首先，让我们来看一下动量守恒定律。
动量是物体的运动状态的量度，它是质量和速度的乘积。
当一个物体受到外部力的作用时，它的动量会发生改变。
然而，如果一个系统是封闭的，即没有外部力的作用，那么系统的总动量将守恒不变。
这就意味着，系统中任何一个物体的动量的改变都会以相等的方式被其他物体所吸收，从而确保系统总动量守恒。
举一个简单的例子来说明动量守恒定律：假设有两个物体A和B 在一条直线上以相同的速度相向而行，它们的质量分别为m1和m2。
当它们发生碰撞时，根据动量守恒定律，它们的总动量在碰撞前后都将保持不变。
假设碰撞后物体A的速度为v1’，物体B的速度为v2’，那么根据动量守恒定律有m1v1 + m2v2 = m1v1’ + m2v2’。
这个简单的例子清楚地展示了动量守恒定律的应用。
接下来，让我们来看一下动量矩守恒定律。
角动量是物体围绕某一轴旋转时的运动状态的量度，它是质量、速度和与轴的距离的乘积。
当一个物体受到外部力矩的作用时，它的角动量会发生改变。
然而，如果一个系统是封闭的，即外部力矩为零，那么系统的总角动量将守恒不变。
举一个简单的例子来说明角动量守恒定律：假设有一个转动的物体在没有外力矩的情况下保持着一定的角速度，当它改变形状或者重新分布质量分布时，它的角动量将保持不变。
这个例子清楚地展示了角动量守恒定律的应用。
总的来说，动量守恒定律和角动量守恒定律是非常重要的物理定律，它们可以帮助我们理解并解释许多物理现象。
在实际应用中，我们可以利用这些定律来计算碰撞、旋转等各种物理过程中的动量和角动量的变化，从而更好地理解系统的运动状态。
动量矩定理,角动量守恒定律概论
解：此题可分为两个过程，(1) 碰撞过程；(2) 上摆过
程。碰撞过程以子弹和木杆组成的系统的角动量守
恒。上摆过程以子弹、木杆和地球组成的系统机械
能守恒。
(1)碰撞过程 系统在子弹射入之前的角动量
OO
M+
M
LLZZ12
L1 mlv
系统在子弹射入之后的角动量：
L2
J
(1 3
Ml 2
ml2 )
依角动量守恒定理：
演员N以速率u 跳起, 达到高度h´
h
u2 2g
l 2 2
8g
m
3m 6m
2
h
四、旋进(Precession)
陀螺的运动
Z
Z
r mg
Y
O
X
O
解释：
当陀螺绕其对称轴旋转时具有角动量
L
J
Z
L dL
' d
新的角动量 L dL ,也即刚体 绕新的轴运动，产生了进动。
进动角速度
dL (Lsin )d
由图： Lsin dt Jsin dt
M
dL
X
r
O
dL Mdt
mg Y M Jsin 考虑方向： M J
dL Mdt
受重力的力矩
M r mg
M mgr sin
mgrc mgrc J L
结论
1）旋进的角速度的大小与刚体绕对称轴转动 的角动量成反比，实际上是与刚体绕对称轴旋 转的角速度成反比。
对角动量大的物体则要施以大的角冲量，如是 人们对不同的转动物体，持有不同的态度。
三、定轴转动的角动量守恒
t2
动量矩定理
M Z dt J2 J1
刚体定轴转动的动量矩定理和动量矩守恒
即： L0 L
mlv0 mlv Jω （1）
o
v0 m
弹性碰撞EM守恒
1 2
mv02
1 2
mv2
1 2
Jω2
（2）
其中 J 1 m' (2l)2 1 m'l 2
12
3
联立(1)、(2)式求解
v
(3m-m ')v0 m' 3m
6mv0 (m' 3m)l
o v0 m
例3 一杂技演员 M 由距水平跷板高为 h 处自由下
讨论
➢ 守 恒条件
M 0
➢ 内力矩不改变系统的动量矩.
➢ 在冲击等问题中 M in M ex L 常量
➢ 动量矩守恒定律是自然界的一个基本定律.
有许多现象都可以 用动量矩守恒来说明.
➢花样滑冰 ➢跳水运动员跳水
注意 1. 对一般的质点系统，若质点系相对于某一定点所受 的合外力矩为零时，则此质点系相对于该定点的动量 矩始终保持不变. 2. 动量矩守恒定律与动量守恒定律一样,也是自然界 的一条普遍规律.
dt 2
24 v0
7l
一、动量矩
1
质点的动量矩
质量为 m 的质点以速度
v
z
v
在O 的空位间矢运为动，r，某质时点刻相相对对于原原点
L
r
m
点的动量矩为
L
r
p
r
mv
L 的方向符合右手法则.
xo
y
L
v
r
大小 L rmvsin
一、动量矩
如质点以角速度 作半
r 径为 的圆运动，相对圆心
的动量矩:
L mr2 J
L
动量矩定理及动量矩守恒定律在篮球投篮技术动作中的应用
动量矩定理及动量矩守恒定律在篮球投篮技术
动作中的应用
首先，在定义动量矩定理和动量矩守恒定律之前，我们必须要谈论动量矩。
动量矩是一个概念，指的是一个运动物体的运动情况下它的动量和位置之间的关系。
动量矩定理指的是一个物体的总动量矩是常数，即：物体的总动量矩在单位时间内是不变的；
动量矩守恒定律是基于动量矩定理而得出的：物体的总动量是不变的，即物体的总动量在单位时间内是不变的。
从物理学的角度，动量矩定理和动量矩守恒定律都可以应用于篮球投篮技术动作。
比如，我们常用手去投篮。
当我们把手从一定的位置开始投篮时，由于重力，我们的手上有向下的力，也就是我们手上有一定的动量矩。
另外，当我们把手投向篮筐时，我们的另一只手也将施加一个力，以防止发射的力量过大导致篮球飞出较远。
这样，我们的手就具有一定的动量矩，即“动量矩守恒定律”。
此外，当把篮球发射后，由于地心引力，篮球在运动过程中，会向篮筐的底部施加一定的力，这时也可以应用到动量矩定理中去。
篮球的总动量矩会保持不变，所以，篮球的运动轨迹也就能够得到一定的准确性。
总之，动量矩定理和动量矩守恒定律在篮球投篮技术动作中都可以很有效的应用到。
运用这两条定律，可以把篮球的运动轨迹控制的更加准确，从而使篮球能够准确地投入篮筐。
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5.4 动量矩和动量矩守恒定律
力的时间累积效应 冲量、动量、动量定理。
力矩的时间累积效应
冲量矩、动量矩、动量矩定理。
1
大学物理 第三次修订本
第5章 刚体力学基础 动量矩
动量矩的引入：
在质点的匀速圆周运动中,动量 m v 不守恒。
mv mv
L
rr
mv
L
v
r
6
方向: 符合右手螺旋法则。
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第5章 刚体力学基础 动量矩
讨论 (1) 质点的动量矩与质点的动量及位矢 有关 (取决于固定点的选择) 。 (2) 在直角坐标系中的分量式
L x mv x
i
r xi yj z k mv mv x i mv y j mv z k
2
1
实例都说明 r mv 是一个独立的物理量。
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3
第5章 刚体力学基础 动量矩
开普勒第二定律(面积定律): 行星在相等的时间内扫过相等的面积。
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4
第5章 刚体力学基础 动量矩
r mv 在描述行星的轨道运动, 自转运 动,卫星的轨道运动及微观粒子的运动中都具 有独特作用。 因此, 必须引入一个新的物理 量 — 动量矩 L, 来描述这一现象。
25
r0
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第5章 刚体力学基础 动量矩
解: 引力场（有心力） 1 GMm 1 2 GMm 2 mv 系统的机械能守恒 mv0 2 r0 2 R 质点的动量矩守恒 mv0 r0 sin( π ) mvR
1 3GM sin 1 2 4 2 Rv0
变形体绕某轴转动时, 若 M z 0 则变形体对该轴的动量矩 Lz J kk C
k
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Hale Waihona Puke 20第5章 刚体力学基础 动量矩
动量矩守恒举例
J t ω 常量
J t ω
J t
ω
花样滑冰、跳水、芭蕾舞等.
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21
第5章 刚体力学基础 动量矩
2 i
i
(所有质元对 z 轴的角动量之和) 说明 动量矩与质点动量 P mv 对比: Jz — m， — v 。
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vi v O ri O r m mi
10
第5章 刚体力学基础 动量矩
二、 质点的动量矩定理和动量矩守恒定律 1.质点的动量矩定理
t
t2
M d t L2 L1
1
质点所受合力矩的冲量矩等于质点的角动 量的增量。 说明
(1) 冲量矩是力矩的时间积累,是质点动量 矩变化的原因。
(2) 质点动量矩的变化是力矩对时间的积 累结果。
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13
第5章 刚体力学基础 动量矩
2. 质点动量矩守恒定律
质点动量矩定理
j k z mv z y mv y
Lx ypz zp y
Ly zpx xpz
Lz xpy ypx
7
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第5章 刚体力学基础 动量矩
(3) 当质点作圆周运 动时： 质点以角速度ω 作半径为r 的圆运动，相 对圆心的动量矩的大小
L
p
L rp mrv
r0
v0
o r1
mv0 r0 mvr1
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F
29
第5章 刚体力学基础 动量矩
所以
mv0 r0 mvr1 r0 v v0 ( ) r1
r0
v0
o r1
根据动能定理，力 F 做的功为
F
1 2 r0 2 1 2 A mv0 ( ) mv0 2 r1 2 1 2 r0 2 mv0 [( ) 1] 2 r1
24
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第5章 刚体力学基础 动量矩
例3 发射一宇宙飞船去考察一 质量为 M , 半 径为R的行星。当飞船静止于空间距行星中心 4 R 时, 以速度 v0发射一质量为 m 的仪器。 要 使该仪器恰好掠过行星表面。 求: 发射角θ及着陆滑行时的速度v 多大？
v0
?
m
v?
R
OM
dL M dt
Mdt dL
—— 质点动量矩定理的微分形式。
作用在质点上的力矩等于质点动量矩对时间的 变化率。此即质点对固定点的动量矩定理。
冲量矩
积分，得
t
t2
M d t L2 L1
1
——质点动量矩定理的积分形式。
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12
第5章 刚体力学基础 动量矩
若 M 0， 则
dL M dt
L 常矢量
—— 质点动量矩守恒定律。
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第5章 刚体力学基础 动量矩
讨论
F 0 (1) 守恒条件 M 0 F过O点
(2) 向心力的角动量守恒。 F过O点
(3) 自然界普遍适用的一条基本规律。
例5 如图，质量为m的小球系在绳子的一端， 绳穿过一 铅直套管，使小球以速度v0绕管心 作半径为r0的四周运动, 然后向下拉绳, 使小 球运动的轨迹最后成为半径为r1的圆。 求（1）小球距管心为r1时速度v的大小； （2）由r0缩短到r1过程中，力F 所做的功。
解 小球受到的是有心力，根据 质点的动量矩守恒，故有
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30
第5章 刚体力学基础 动量矩
例6 一均质棒,长度为 L,质量为M,现有一子弹 在距轴为 y 处水平射入细棒,子弹的质量为 m , 速度为 v0 。 求: 子弹细棒共同的角速度 。 解: 子弹、细棒系统的动量矩守恒
dLZ Mz 或 dt
M z dt dLz dJ
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——刚体定轴转动的动量矩定理微分形式。
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第5章 刚体力学基础 动量矩
刚体定轴转动中, 动量矩定理与转动定律的关系
d dL d J M ( J ) J dt dt dt
M J
刚体定轴转动的转动定律实质是动量矩 定理沿固定轴方向分量式的一种特殊形式。
Li L
vi v O ri O r m mi
Lzi Δmvi ri Δmri
2
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第5章 刚体力学基础 动量矩
刚体上任一质量元对 z 轴的 动量矩具有相同的方向。
Lz Δmi vi ri
z
Li L
Δmi ri J Z
(4) 质点对轴的动量矩守恒定律: 若 Mz=0, 则Lz =常数。即若力矩在某轴上的分量为零 (或力对某轴的力矩为零)，则质点对该轴的动 量矩守恒。
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第5章 刚体力学基础 动量矩
三、 刚体绕定轴转动下的动量矩定理和 动量矩守恒定律 1. 动量矩定理 dL 质点的动量矩定理 M＝ dt 刚体内任一质量元所受力矩 M M M i i外 i内 dLi 刚体内所有质量元所受力矩 M i dt i i M i (M i外 M i内 ) M 外 M ij
B B A A
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第5章 刚体力学基础 动量矩
因为
rA 6370 439 6809km
rB 6370 2384 8754km rA vB v A rB
6809 8.12 6.32km/s 8754
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固有
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第5章 刚体力学基础 动量矩
i i
i j i
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第5章 刚体力学基础 动量矩
i j i dLz M M外 dt 对定轴转动的刚体, Jz 为常量, Lz J z
而 M ij M ji
M ij 0
dLZ d JZ J Z M z dt dt
1/ 2
v0 r0sin v 4v0sin R
m
?
3GM v v 0 1 2 2 Rv 0
1/ 2
v0
v?
R
OM
26
r0
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第5章 刚体力学基础 动量矩
例4 设人造地球卫星引力作用下沿着平面椭圆轨 道运动，地球中心可以看着固定点，且为椭圆轨 道的焦点,如图所示。卫星的近地点A离地面的距 离为439km, 远地点B离地面的距离为2384km。 已知卫星在近地点的速度为vA=8.12kms-1, 求卫星 在远地点B的速度大小。设地球的平均半径为 R=6370km。 vA rB 解 以卫星为研究对象，根据 R o 质点动量矩守恒定律，有 O1 B vB rA mv r mv r
r r r r
mv
mv
但是
r mv 常数
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2
第5章 刚体力学基础 动量矩
例子: 开普勒行星运动定律的面积定律: 行星在相等的时间内扫过相等的面积。 1 S r p1 p2 sin 2 LL mv v mv p 1 r rvt sin p rr 2 S 1 rv sin 常数 t 2 r 再考虑到行星的质量m为恒量， mv 常数
例2半径为R 的光滑圆环上A点有一质量为m 的 小球, 从静止开始下滑, 若不计摩擦力。 求: 小球到达B点时对O的动量矩和角速度。 解: 小球受重力矩作用, 由动量矩定理： dL M mgR cos dt R O 2 2 d θ L mvR mR mR F dt mR cos dL v 2 L mR d