再如跳水运动员的团身--展体动作解读
合集下载
刚体功和能、角动量
m,l
只有重力产生力矩
o
棒上各部分重力矩之和 等于全部重力集中于质心 对轴的力矩
mg
(1)M Jα α
mg l cos 1 ml2 3g cos
2
3
2l
(2)α ω
α max
(θ
0) θα
0(θ
π) 2
d dt 3g cosdt d
2l
d
d
3g
cosd
0
2l 0
ω 3g sin θ/l θπ2ω 3g/l
o
W重
2 Md
0
m,l
2 mg
l
c osd
0
2
1 mgl
mg
2
（2）由动能定理求末态角速度：
W Ek Ek0
m,l
1 mgl 1 J 2 0
o
2
2
1 mgl 1 (1 ml 2 ) 2
2
23
3g
mg
l
解（二）：应用机械能守恒定律
1 mgl 1 J 2 0
2
2
解（三）：应用转动定律
m
ω
m
r2 r1
演示 (一)茹可夫斯基凳
m
ω
m
r2 r1
花样滑冰 跳水 J z J 00 c
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。
滑冰运动员的旋转
猫的下落
(3)两个同轴刚体系统的角动量守恒
开始时盘载人相对地面以角速度 0 匀速
转动,然后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, 已知圆盘对中心轴的转动惯量为 MR2 / 2, 人可视为质点,求: （1）圆盘对地的角速度。 （2）欲使圆盘对地静止,人沿着 R/2 圆周 对圆盘的速度 v 的大小及方向？
大物上10角动量守恒.
几点说明： （1）角动量守恒应是Jω的乘积守恒
若 J 不变
若 J 变化
不变
变化
( 2) 若系统 M 外 0, 但M
内
M 外可认为系统角动量守
对于定轴转动的刚体，只要满足合外力矩等于零，则刚体转 动的角速度也就不变。例如，在飞机、火箭、轮船上用作定 向装置的回转仪就是利用这一原理制成的。 （3）角动量定理、角动量守恒定律只适用于惯性系
t L 积分形式： L1 J 2 J 1 dL L t Mdt L 2
刚体绕某定轴转动时，所受到的冲量矩等于刚 体角动量的增量，----------刚体的角动量定理 质点系转动惯量在运动中发生变化时 （非刚体），角动量定理成为：
2019/2/16
花样滑冰运动员、芭蕾舞演员在表演时，也是运用 角动量守恒定律来增大或减少身体绕对称竖直轴转 动的角速度，从而做出许多优美而漂亮的舞姿。
2019/2/16 9
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。
2019/2/16
1
质点绕某定轴转动时，所受到的冲量矩等于质 2019/2/16 质点的角动量定理 点角动量的增量，
5
二、刚体的角动量守恒定律 1.刚体的角动量 Li J i L Li ( J i )
L J
z
o
规定轴的正方向 L J L J 用标量
t2
t1
Mdt J 2 2 J11
7
3. 角动量守恒定律
当M 0
t 时 L 2 L1 0 L 2 L1 L J 2 J 1 J = 恒矢量
第11章_角动量：转动
§11-1 角动量 物体绕定轴旋转
一、角动量
L
对于定点转动而言：
L
r
P
r mv
r
o
刚体的角动量？
r sin
P
mv
m
对于绕固定轴oz转动的
质元 mi 而言:
Li
ri mi
ri2mikvi
对于绕固定轴oz 转动 的整个刚体而言:
z
L
vi ri
mi
L
N
miri2 I
i
角动量的方向沿轴的正向或负向,所以可
上式和牛顿第二定律的微分形式相似，所以上式有时 也叫做角动量定理的微分形式。
牛顿第二运动定律
F ma 或者写成动量形式 F dp dt
类似写出刚体定轴转动定律
I
I I d dt d (I) dt dL dt
d dt
dL dt
二、角动量守恒
dL dt
由上式可知合外力矩为零时，角动量守恒，即：
（2）参考点为质点系或刚体的质心。
§11-5 刚体的角动量和力矩
计算刚体转动沿转轴方向的角动量：
（因为角速度
ur
的方向平行于转轴，所以
沿转轴方向的角动量记为 L ）
物体上任一质点，对O点的角动量为
r Li
rri
pr i
此角动量沿转轴方向的分量为
Li ri pi cos miviri cos r
例11-5 一人站在一个静止的、无摩擦的、可自由旋转的 台面上，手持一个旋转的自行车轮（如图所示）。如果 突然翻转旋转的车轮，即车轮向相反方向旋转，想想看 会发生什么情况？ 解答：将桌子、人、自行车轮看作一个
系统，系统角动量守恒。故自行车轮反 方向旋转后系统仍需保持此角动量。因 此可以断言：此人将按照自行车轮初始 的旋转方向开始转。
一、角动量
L
对于定点转动而言：
L
r
P
r mv
r
o
刚体的角动量？
r sin
P
mv
m
对于绕固定轴oz转动的
质元 mi 而言:
Li
ri mi
ri2mikvi
对于绕固定轴oz 转动 的整个刚体而言:
z
L
vi ri
mi
L
N
miri2 I
i
角动量的方向沿轴的正向或负向,所以可
上式和牛顿第二定律的微分形式相似，所以上式有时 也叫做角动量定理的微分形式。
牛顿第二运动定律
F ma 或者写成动量形式 F dp dt
类似写出刚体定轴转动定律
I
I I d dt d (I) dt dL dt
d dt
dL dt
二、角动量守恒
dL dt
由上式可知合外力矩为零时，角动量守恒，即：
（2）参考点为质点系或刚体的质心。
§11-5 刚体的角动量和力矩
计算刚体转动沿转轴方向的角动量：
（因为角速度
ur
的方向平行于转轴，所以
沿转轴方向的角动量记为 L ）
物体上任一质点，对O点的角动量为
r Li
rri
pr i
此角动量沿转轴方向的分量为
Li ri pi cos miviri cos r
例11-5 一人站在一个静止的、无摩擦的、可自由旋转的 台面上，手持一个旋转的自行车轮（如图所示）。如果 突然翻转旋转的车轮，即车轮向相反方向旋转，想想看 会发生什么情况？ 解答：将桌子、人、自行车轮看作一个
系统，系统角动量守恒。故自行车轮反 方向旋转后系统仍需保持此角动量。因 此可以断言：此人将按照自行车轮初始 的旋转方向开始转。
角动量守恒
解 碰撞前M落在 A点的速度
vM = (2gh)1 2
碰撞后的瞬间，M、N具有相同的线速度
u= l
2
M、N和跷板组成的系统，角动量守恒
mvM
l 2
=
J
2mu
l 2
=
1 12
ml 2
1 2
ml 2
M
h
N
C
A
B
l
l/2
mvM
l 2
=Jຫໍສະໝຸດ 2mul 2
=
1 12
ml 2
1 2
ml 2
o
m
m
o
o
m
掌握
2、质点的角动量定理
0
即
累积效应:
M t 2 dt = L - L
t1
2
1
3、质点的角动量守恒定理
守恒条件： (1) (2)
熟练掌握
例：彗星绕太阳作椭圆
r
轨道运动，太阳位于椭
圆轨道的一个焦点上，
问系统的角动量是否守
恒？近日点与远日点的
速度谁大？
二、刚体定轴转动的角动量定理及守恒定律
（D）8v 9L
v om o
mv
书 例4 一杂技演员M由距水平跷板高为 h 处自由下落到跷板的一端A，并把跷板另一 端的演员N弹了起来．问演员N可弹起多高?
N
C
B
l
M
h A
l/2
设跷板是匀质的，长度为l，质量为m'，
跷板可绕中部支撑点C 在竖直平面内转动， 演员的质量均为m．假定演员M落在跷板上， 与跷板的碰撞是完全非弹性碰撞．
掌握
1 刚体定轴转动
运动生物力学考点(2)修改
第三定律：作用力和反作用力。(1)大小相等、方向相反、(2)作用在不同物体上，产生不同效果，(3)同时产生，同时消失.(4)必须是同性质的力。16.肌肉的功率等于肌肉收缩力与收缩速度的乘积。P=W/t=Fv17.人从高处下落缓冲时：通过增加力的作用时间，通过屈膝屈髋使人体受到的冲力减小。Ft=mv18.平行轴定理表达式：刚体对任意轴的转动惯量等于刚体的对通过质心轴并且与任意轴平行的轴的转动惯量加上刚体的质量和距离的平方即：
（四）肌肉张力和长度曲线总张力=被动张力+主动张力
长度
五）马格努斯效应：旋转的球体，由于表面的摩擦力，使他周围空气被带动，形成环流，再加上球体向前平动，周围空气的环流与平流，方向相同的地方环流被加速，小的地方被减小，在球的两侧形成速度差，根据伯努利定律，由于速度差而导致的压强差，从而导致的球的偏离，形成香蕉球。
11.影响力的作用效果的三要素：力的大小、方向以及作用点。
12.短跑中：摆动腿通过腿的充分折叠，来减小转动惯量从而提高角速度，提高摆动速度。13.影响跳高或投射的高度与速度的因素：初始角度，初始速度，初始高度，或者起大做功距离，相对延长做功时间。Ft=mv。
1.增加起跳力：起跳瞬间，人的加速度是向上的，身体受到重力方向竖直向下，以及地面对人体向上的作用力和手臂向上的作用力。
2.提高人体总重心：人体各部分合力的作用点，重心随手臂的摆动向上提高。3.为过杆做好准备：人体在杆上有两个速度,一是在水平方向上的另一个是竖直向上的，通过摆腿摆臂以及配合翻转提供转动力。
1.肌肉松弛：被拉长的肌肉，其张力有随时间的延长而下降的特性，这一特性称为肌肉松弛。它是由肌肉串联和并联弹性元属于粘弹性体的特性决定的。2支撑面：由支撑点和他们所围成的面积。支撑面大小与稳定性的关系：越大越稳定。3.内力和外力的定义：（1）外力：来自于外界作用于人体的力称为人体外力。体育运动中人体所受的外力有：重力，弹性力，摩擦力，支撑反作用力等（2内力：若将人体看作一个生物力学系统，则人体内部各部分相互作用的力称为人体内力，如肌肉力，组织粘滞力，关节束缚反作用力等。4.静息长度：肌肉的主动张力表现最大时的肌肉长度，为静息长度。此时横桥连接数目最多。5.肌肉的激活状态：在神经脉冲影响下，肌肉的收缩成分出现激活状态。把肌肉兴奋时其收缩成分力学状态的变化成为肌肉的激活状态。6.定向作用：当动量距等于一个恒量时，即动量守恒如果转动惯量保持不变则角速度保持不变。因此转动物体在不受外力矩作用时，具有保持其转轴方向不变的特性。7.动量距守恒定律：无支持状态为人体腾空状态。除重力以外，将人体看成一个整体系统，那么它受到的合外力矩为0，其总动量距将保持不变。8.平衡轴定律：刚体对o轴（任意轴）的转动惯量等于刚体对通过其质心轴，并且与o轴（任意轴）平行地I轴的转动惯量加上刚体的质量与两平行轴之间的距离平方的乘积。9.运动的独立性原理（叠加原理）：若一物体同时参与几个运动（分运动）则每一运动不受其他运动影响，物体的运动可以看成几个独立分运动叠加而成。10.环节半径系数：人体的每个环节的质心到近侧端的距离占整个环节的百分比。
（四）肌肉张力和长度曲线总张力=被动张力+主动张力
长度
五）马格努斯效应：旋转的球体，由于表面的摩擦力，使他周围空气被带动，形成环流，再加上球体向前平动，周围空气的环流与平流，方向相同的地方环流被加速，小的地方被减小，在球的两侧形成速度差，根据伯努利定律，由于速度差而导致的压强差，从而导致的球的偏离，形成香蕉球。
11.影响力的作用效果的三要素：力的大小、方向以及作用点。
12.短跑中：摆动腿通过腿的充分折叠，来减小转动惯量从而提高角速度，提高摆动速度。13.影响跳高或投射的高度与速度的因素：初始角度，初始速度，初始高度，或者起大做功距离，相对延长做功时间。Ft=mv。
1.增加起跳力：起跳瞬间，人的加速度是向上的，身体受到重力方向竖直向下，以及地面对人体向上的作用力和手臂向上的作用力。
2.提高人体总重心：人体各部分合力的作用点，重心随手臂的摆动向上提高。3.为过杆做好准备：人体在杆上有两个速度,一是在水平方向上的另一个是竖直向上的，通过摆腿摆臂以及配合翻转提供转动力。
1.肌肉松弛：被拉长的肌肉，其张力有随时间的延长而下降的特性，这一特性称为肌肉松弛。它是由肌肉串联和并联弹性元属于粘弹性体的特性决定的。2支撑面：由支撑点和他们所围成的面积。支撑面大小与稳定性的关系：越大越稳定。3.内力和外力的定义：（1）外力：来自于外界作用于人体的力称为人体外力。体育运动中人体所受的外力有：重力，弹性力，摩擦力，支撑反作用力等（2内力：若将人体看作一个生物力学系统，则人体内部各部分相互作用的力称为人体内力，如肌肉力，组织粘滞力，关节束缚反作用力等。4.静息长度：肌肉的主动张力表现最大时的肌肉长度，为静息长度。此时横桥连接数目最多。5.肌肉的激活状态：在神经脉冲影响下，肌肉的收缩成分出现激活状态。把肌肉兴奋时其收缩成分力学状态的变化成为肌肉的激活状态。6.定向作用：当动量距等于一个恒量时，即动量守恒如果转动惯量保持不变则角速度保持不变。因此转动物体在不受外力矩作用时，具有保持其转轴方向不变的特性。7.动量距守恒定律：无支持状态为人体腾空状态。除重力以外，将人体看成一个整体系统，那么它受到的合外力矩为0，其总动量距将保持不变。8.平衡轴定律：刚体对o轴（任意轴）的转动惯量等于刚体对通过其质心轴，并且与o轴（任意轴）平行地I轴的转动惯量加上刚体的质量与两平行轴之间的距离平方的乘积。9.运动的独立性原理（叠加原理）：若一物体同时参与几个运动（分运动）则每一运动不受其他运动影响，物体的运动可以看成几个独立分运动叠加而成。10.环节半径系数：人体的每个环节的质心到近侧端的距离占整个环节的百分比。
角动量角动量守恒定律
确定细杆受的摩擦力矩
0
细杆的质量密度为：
m /l
分割质量元dm
m ,l o dm l / 2
l/2
x dx x
dm dx
质元受的摩擦力矩 dM dmgx
细杆受的摩擦力矩
M
l /2 l / 2
dM
20l /2 gxdx
1 mgl
4
始末两态的角动量为：L0 J 0 , L 0
( 2g sin )1 2
R
4-3角动量 角动量守恒定律
二、刚体定轴转动的角动量定理和角动量守恒定律
1. 刚体定轴转动的动量矩
质点对 Z 轴的动量矩… LZ mvr mr 2
刚体上任一质点对 Z 轴的动量矩为
LZi Δmviri Δmri2
且刚体上任一质点对 Z 轴的动 量矩具有相同的方向
当 M 0，L 恒矢量
当质点所受对参考点Ｏ的合力矩为
零时，质点对该参考点Ｏ的角动量为一
恒矢量．——质点的角动量守恒定律
讨论
(1) 守恒条件
F 0 M 0F过O点
(2) 有心力的动量矩守恒。
4-3角动量 角动量守恒定律
物理学
第五版
第四章 刚体转动
例 一半径为 R 的 光滑圆环置于竖直平面 内. 一质量为 m 的小球 穿在圆环上, 并可在圆 环上滑动. 小球开始时 静止于圆环上的点 A (该点在通过环心 O 的 水平面上)，然后从 A
4-3角动量 角动量守恒定律
物理学
第五版
第四章 刚体转动
例 一质点m，速度为v，如图所示，A、B、C 分别为三
个参考点,此时m 相对三个点的距离分别为d1 、d2 、 d3 求 此时刻质点对三个参考点的动量矩
全红婵跳水过程的细节描写
全红婵跳水过程的细节描写全红婵是中国著名的跳水运动员，她以其出色的技术和优雅的动作而闻名于世。
下面将详细描述全红婵跳水过程中的细节。
一、准备动作在跳水比赛开始前，全红婵会站在跳台边缘，双脚并拢，双手紧握，身体略微前倾。
她的目光专注而坚定，准备迎接挑战。
二、起跳全红婵用力蹬腿，身体迅速离开跳台，同时双臂向上伸展。
她的起跳动作非常迅猛，力量十足。
起跳后的瞬间，她身体呈直线状，几乎垂直向上冲刺。
三、空中动作在空中，全红婵身体保持笔直，双臂平伸，双腿并拢。
她身体的线条非常流畅，给人一种优美的感觉。
她的动作非常稳定，没有丝毫的晃动。
四、转体动作全红婵在空中完成起跳后，会迅速做出转体动作。
她的转体动作非常迅速而准确，旋转角度大。
她的身体在空中连续旋转，每一次旋转都非常稳定，没有出现任何误差。
五、入水全红婵的转体动作完成后，她会迅速伸直身体，将身体与水面垂直对齐。
她的入水非常平稳，没有溅起过多的水花。
她的身体迅速穿过水面，消失在水下。
六、冲水全红婵入水后，会利用身体的力量迅速冲刺。
她的冲水动作非常有力，速度快。
她的身体在水下迅速前进，向着目标位置游去。
七、出水全红婵在冲水后会迅速浮出水面。
她的出水动作非常流畅，没有过多的水花。
她的身体迅速浮出水面，呼吸顺畅。
八、结束动作全红婵出水后，会做出一个优美的结束动作。
她会伸直身体，双臂平伸，双腿并拢，向观众致意。
她的结束动作充满了自信和魅力，让人印象深刻。
以上就是全红婵跳水过程中的细节描写。
全红婵以其出色的技术和优雅的动作征服了无数观众，成为中国跳水队的骄傲。
她的每一个动作都充满力量和美感，展现了中国跳水运动员的精湛技艺。
无论是起跳、空中动作，还是转体、入水和出水，全红婵都表现出了出色的水平。
她的跳水过程中充满了动感和魅力，令人叹为观止。
全红婵的跳水之路充满了辛苦和挑战，但她用自己的努力和才华证明了自己的价值。
她是中国跳水队的骄傲，也是全世界跳水运动员的榜样。
无论是在赛场上还是生活中，全红婵都展现出了坚持不懈、勇往直前的精神，她的故事将激励着无数人追求梦想并超越自我。
刚体力学刚体动力学举例
1
2
2
1 M zdt 1 M zd
T
1 2
x
y
z
I xx
I yx
I
zx
I xy I yy Izy
I xz x I yz y I zz z
T
1 2
I z
2
刚体的动能定理可表示为：A
Jo
1 4
mR2( 2k
21k')
(六) 动能定理
五、 刚体动力学—动能定理
对于刚体来说，由于内力功的代数和为零，故动能
定理可表为： W e T T2 T1
①刚体动能的一般表示 — 柯尼希定理
T
i
1 2
mi ri
ri
1 2
mrc
rc
2 1
M zd
1 2
I
2
z2
1 2
I
2
z1
机械能守恒:
1 2
I zz 2
V
E
(5) 刚体的重力势能
刚体的定轴转动
对于一个不太大的质量为 m 的物体，它的重
力势能应是组成刚体的各个质点的重力势能之和
即：
质心高度为：
hc
mihi
m
Ep mghc
若只有保守力做功
E
mghc
刚体的定轴转动
刚体的定轴转动
(4) 定轴转动的动能定理
对定轴转动的情况，假设 k ，则：
W e
2 2 F dr F vdt
2
2
1 M zdt 1 M zd
T
1 2
x
y
z
I xx
I yx
I
zx
I xy I yy Izy
I xz x I yz y I zz z
T
1 2
I z
2
刚体的动能定理可表示为：A
Jo
1 4
mR2( 2k
21k')
(六) 动能定理
五、 刚体动力学—动能定理
对于刚体来说，由于内力功的代数和为零，故动能
定理可表为： W e T T2 T1
①刚体动能的一般表示 — 柯尼希定理
T
i
1 2
mi ri
ri
1 2
mrc
rc
2 1
M zd
1 2
I
2
z2
1 2
I
2
z1
机械能守恒:
1 2
I zz 2
V
E
(5) 刚体的重力势能
刚体的定轴转动
对于一个不太大的质量为 m 的物体，它的重
力势能应是组成刚体的各个质点的重力势能之和
即：
质心高度为：
hc
mihi
m
Ep mghc
若只有保守力做功
E
mghc
刚体的定轴转动
刚体的定轴转动
(4) 定轴转动的动能定理
对定轴转动的情况，假设 k ，则：
W e
2 2 F dr F vdt
刚体
解：整个过程合外力矩为0，角动量守恒，
o
1
o
J11 J 2 2
J1 J 0 2ml 60 2 5 1 70kg m
2 1
2
2
2
60 2 5 0.22 60.4kg m2 J 2 J 0 2ml2 J11 3 70 -1 2 3.5s 由转动惯量的减小，
0 例：在摩擦系数为桌面上有 细杆，质量为 m、长度为 l， m,l o 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。 0
确定细杆受的摩擦力矩 细杆的质量密度为：
m / l l/2 分割质量元dm dm dx 质元受的摩擦力矩 dM dmgx
2 .转动惯量的计算 分立质点系 J z
( mi ri ) Ji
2
质量连续分布的刚体
J z r dm
2
dm为质量元，简称质元。其计算方法如下：
质量为线分布
质量为面分布
dm dl
dm ds 质量为体分布 dm dV
其中、、分别为 质量的线密度、面 密度和体密度。
当 J 转动惯量是一个恒量时，有
d M J dt
或
M J
刚体在做定轴转动时，刚体的角加速 转动定律：
度与它所受到的合外力矩成正比，与 刚体的转动惯量成反比。
转动惯量J是刚体转动惯性的量度
例：质量为 m1和m2两个物体，跨在定滑 轮上 m2 放在光滑的桌面上，滑轮半径为 R，质量为 M，求：m1 下落的加速度， 和绳子的张力 T1、T2。
2
A
o
1
o
J11 J 2 2
J1 J 0 2ml 60 2 5 1 70kg m
2 1
2
2
2
60 2 5 0.22 60.4kg m2 J 2 J 0 2ml2 J11 3 70 -1 2 3.5s 由转动惯量的减小，
0 例：在摩擦系数为桌面上有 细杆，质量为 m、长度为 l， m,l o 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。 0
确定细杆受的摩擦力矩 细杆的质量密度为：
m / l l/2 分割质量元dm dm dx 质元受的摩擦力矩 dM dmgx
2 .转动惯量的计算 分立质点系 J z
( mi ri ) Ji
2
质量连续分布的刚体
J z r dm
2
dm为质量元，简称质元。其计算方法如下：
质量为线分布
质量为面分布
dm dl
dm ds 质量为体分布 dm dV
其中、、分别为 质量的线密度、面 密度和体密度。
当 J 转动惯量是一个恒量时，有
d M J dt
或
M J
刚体在做定轴转动时，刚体的角加速 转动定律：
度与它所受到的合外力矩成正比，与 刚体的转动惯量成反比。
转动惯量J是刚体转动惯性的量度
例：质量为 m1和m2两个物体，跨在定滑 轮上 m2 放在光滑的桌面上，滑轮半径为 R，质量为 M，求：m1 下落的加速度， 和绳子的张力 T1、T2。
2
A
17定轴转动刚体的角动量守恒定律
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 .
m2 vl = Iω − m2ul
1 细棒绕O转动的转动惯量为 I = m1l 2 3 3(v + u )m2 代入上式求得 ω = m1l
m2
u
v
A
O
m1
9
两个共轴飞轮转动惯量分别为J 例4：两个共轴飞轮转动惯量分别为 1、J2，角速度分 别为 ω1 、ω2，求两飞轮啮合后共同的角速度 ω 。啮合 过程机械能损失。 过程机械能损失。 J1 J2 两飞轮通过摩擦达到共同速度,合 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。 外力矩为 ，系统角动量守恒。 L0 = L = C
5
ω0 例1：在摩擦系数为µ桌面上有 细杆， 细杆，质量为 m、长度为 l， 、 ， m, l o 以初始角速度 ω0 绕垂直于杆 的质心轴转动， 的质心轴转动，问细杆经过多 µ 长时间停止转动。 长时间停止转动。 以细杆为研究对象，受力分析， 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。 支持力不产生力矩，只有摩擦力产生力矩。
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
dω d(Iω) dL = = 刚体定轴转动定律： 刚体定轴转动定律： M = Iβ = I dt dt dt 定轴转动刚体角动量 dL ∴M = 定理微分形式 dt
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。 对时间的变化率。 dL 两边同时乘以dt并积分 并积分， 将M = 两边同时乘以 并积分，得： dt r
7
人与转盘的转动惯量J 例2：人与转盘的转动惯量 0=60kgm2,伸 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， 站在摩擦可不计的自由转动的圆盘中心上， 的哑铃。 每只手抓有质量 m=5kg的哑铃。伸臂时转 的哑铃 动角速度 ω1 = 3 s-1,求收臂时的角速度 ω2 。 求收臂时的角速度 解：整个过程合外力矩为0，角动量守恒， 整个过程合外力矩为 ，角动量守恒，
m2 vl = Iω − m2ul
1 细棒绕O转动的转动惯量为 I = m1l 2 3 3(v + u )m2 代入上式求得 ω = m1l
m2
u
v
A
O
m1
9
两个共轴飞轮转动惯量分别为J 例4：两个共轴飞轮转动惯量分别为 1、J2，角速度分 别为 ω1 、ω2，求两飞轮啮合后共同的角速度 ω 。啮合 过程机械能损失。 过程机械能损失。 J1 J2 两飞轮通过摩擦达到共同速度,合 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。 外力矩为 ，系统角动量守恒。 L0 = L = C
5
ω0 例1：在摩擦系数为µ桌面上有 细杆， 细杆，质量为 m、长度为 l， 、 ， m, l o 以初始角速度 ω0 绕垂直于杆 的质心轴转动， 的质心轴转动，问细杆经过多 µ 长时间停止转动。 长时间停止转动。 以细杆为研究对象，受力分析， 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。 支持力不产生力矩，只有摩擦力产生力矩。
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
dω d(Iω) dL = = 刚体定轴转动定律： 刚体定轴转动定律： M = Iβ = I dt dt dt 定轴转动刚体角动量 dL ∴M = 定理微分形式 dt
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。 对时间的变化率。 dL 两边同时乘以dt并积分 并积分， 将M = 两边同时乘以 并积分，得： dt r
7
人与转盘的转动惯量J 例2：人与转盘的转动惯量 0=60kgm2,伸 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， 站在摩擦可不计的自由转动的圆盘中心上， 的哑铃。 每只手抓有质量 m=5kg的哑铃。伸臂时转 的哑铃 动角速度 ω1 = 3 s-1,求收臂时的角速度 ω2 。 求收臂时的角速度 解：整个过程合外力矩为0，角动量守恒， 整个过程合外力矩为 ，角动量守恒，
形容全红婵跳水姿势
形容全红婵跳水姿势引言跳水是一项高难度的体育项目，需要运动员在空中完成精确的动作并在水中稳定入水。
全红婵是中国跳水队的一名优秀选手，她在跳水项目中展现出了卓越的技术和优美的姿势。
本文将对全红婵的跳水姿势进行详细描述和分析。
充满力量的起跳动作1.身体姿势–全红婵站在跳水板上，身体笔直，双手放置在身体两侧且紧贴身体。
–身体轻微向后倾斜，臀部稍微向后伸出，保持平衡。
–下肢肌肉紧绷，蹲下身体，准备弹跳。
2.弹跳动作–全红婵用脚尖发力，身体迅速向上弹起。
–上身向后仰，双臂自然向上伸展，形成一个优美的弧线。
3.进入空中–全红婵的身体完全离开跳水板，进入空中阶段。
–身体仍然笔直，双腿并拢，脚尖指向水面。
精湛的姿势控制1.伸臂姿势–全红婵在空中保持身体的平衡。
–上身保持挺胸，臀部收紧，呈现出S型曲线。
–双臂舒展开来，与身体成一直线，手指并拢。
2.腿部姿势–全红婵的腿部姿势非常优雅。
–腿部保持并拢，双脚脚尖朝下。
–膝盖微微弯曲，脚尖微微向外翻。
–腿部的曲线和力量控制非常精准。
3.头部姿势–全红婵的头部姿势非常漂亮，展现了她的自信和专注。
–头部保持水平，与身体保持一致。
–下巴微微收起，目光平静地注视前方，不偏不倚。
4.身体协调性–全红婵的身体协调性在跳水项目中是非常关键的。
–上半身和下半身的姿势和动作需要高度协调，以保证完成精确的动作。
–全红婵通过反复训练，使得她的身体协调性达到了极致。
优雅的入水动作1.入水方式–全红婵完成精确的动作后，以一个优美的姿势入水。
–入水时，全红婵身体笔直，双臂张开。
–双臂先入水，接着全身同时进入水中，形成一个完美的浑然一体的画面。
2.入水姿势–全红婵入水时，身体紧凑，不松散。
–身体线条保持笔直，进入水中时不会出现明显的波浪或涟漪。
–腿部保持并拢，角度紧凑，脚尖朝下。
3.入水声音–全红婵的入水动作非常平稳，几乎没有水花和噪音。
–入水时的声音轻柔而清脆，展现了她的精确控制和优美的水感。
总结全红婵的跳水姿势展示出了她的力量、灵活性和优雅。
第5章 刚体
5.3.1 力矩对时间的积累效应 角动量守恒定理
1. 刚体的角动量
L
对于定点转动而言：
Lrp
r mv
描述物体转动状态的量
r
O
r sin
p mv
m
对于绕固定轴Oz的转
动的质元
m而i 言:
Li ri mivi
miri2k
对于绕固定轴Oz 转动 的整个刚体而言:
z
L
vi
mi
O ri
L N miri2 J
m1
Mr r
F’T1 FT1
a m1
a
m2 G1
m2
F’T2 FT2
a
G2
因m2>m1，物体1向上运动，物体2向下运动，滑轮以顺 时针方向旋转，Mr的指向如图所示。可列出下列方程:
FT1 G1 m1a G2 FT2 m2a
FT2r FT1r M r J
式中是滑轮的角加速度，a是物体的加速度。滑轮
现在将这些方法用于刚体的研究。
第5章 刚体
5.1 刚体运动学 5.2 刚体定轴转动定律 转动惯量 5.3 力矩对时间和空间的累积效应
5.1 刚体运动学
刚体：在外力的作用下，大小和形状都不变的物体 ----物体内任意两点的距离不变。
刚体运动研究的基础：刚体是由无数个连续分布的 质点组成的质点系，每个质点称为刚体的一个质量 元dm。每个质点运动都服从质点力学规律。刚体的 运动是这些质量元运动的总和。
一般的力学分析方法可归纳为：
(1)突出主要矛盾，撇开次要因素，建立理想模型； (2)将质点系化整为零，以质点或质元为研究对象，
作为突破口； (3)根据受力情况，正确画出受力图； (4)根据已知条件或初始条件，选用所需的基本原
刚体角动量定理
二、刚体（对轴）的角动量 L = Jω
三、角动量定理
M = dL = d (Jω) ⇒ Mdt = d (Jω)
dt dt
∫ ∫ t2 Mdt =
t1
L2 L1
dL
=
L2
−
L1
= J 2ω 2 − J 1ω 1
合外力矩M在dt时间内的冲量矩
刚体角动量定理 —作用在刚体上的冲量矩等于刚体角动量的增量
四.角动量守恒定律
acτ
=
rcα
=
Lα
2
联立可得：
RA
=
2 3
L
解
Fy
o
RA Rc
Fx c
A F
例6.
解
球打在A点，轴间仍没有x方向轴力
Fy
球和棒系统，水平方43; MVc
系统角动量守恒
RA Rc c A
RA
⋅
mv1
m=
= RA
M
⋅
mv2
RA
+
=
Jω
2L 3
=
RAmv2
+
1 3
ML2
弹性球碰撞，机械能守恒
水平桌面上。它可绕O点垂直于桌面的固定光滑轴转动。另有一
水平运动的质量为m的小滑块，从侧面垂直于棒方向与棒发生碰
撞，设碰撞时间极短。已知碰撞前后小滑块速度分别为V1和V2. 求细棒碰撞后直到静止所需的时间是多少？
解： m与M碰撞过程，
o
系统（m,M）对O轴角动量守恒
mv1 L = −mv 2 L + Jω （1）
3L θ
4 L
mv
Ep =0
M
）
例4.
大学物理——角动量定理和角动量守恒定律
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，
dm/2
u
Lg
r
L0
u dm/2
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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
L0＝J
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
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？
A
B
C
A
B
C
A
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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
由匀减速直线运动的公式得
0 v2 2as
亦即 v 2 2gs
（3）
（4）
由式（1）、（2）与（4）联合求解，即得
3gl 3 2gs
l
（5）
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当’取正值，则棒向左摆，其条件为
3gl 3 2gs 0
亦即l >6s；当’取负值，则棒向右摆，其条件
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数为 。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。
解：这个问题可分为三个阶段
第11章角动量：转动
§11-1 角动量 物体绕定轴旋转
一、角动量
对于定点转动而言：
L
L r P
P mv
r m v
o
r sin
r
m
刚体的角动量？
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对于绕固定轴oz转动的 质元 mi 而言:
z
Li ri mi vi 2 mi r 1 et et e n e n 1
i j j k k i 0
et en 0
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二、转动力矩
刚体定轴转动定律 牛顿第二运动定律
I
角加速度
F ma
的大小：
d lim t 0 t dt
v r
以及
I mr 2
2
L mvr mr I
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§11-4 质点系的角动量和转动力矩：一般运动
质点系由n个质点组成， 角动量分别是 L1 ,L 2 ,L3 ........, L n
n L Li i 1
质点系的总角动量
质点系的总转动力矩
定轴转动刚体的角动量定理
由刚体定轴转动定理： Lz J dLz d d M z J J dt dt dt
刚体所受到的对某给定轴的总外力矩等于刚体对该 轴的角动量的时间变化率。这是用角动量描述的定 轴转动定律。 注意： 对刚体来说，它对给定轴的转动惯量 J 是保持不变的。
L I
解：（a）MA的角动量是
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（b）圆盘从0开始加速，假设力矩为常数，则力矩为：
L 7.8kg m 2 /s - 0 3.9m N t 2s
1．质点做直线运动时，其角动量（）（填一定或不一定）为零。
第四节 角动量守恒定律一、角动量1. 质点对定点的角动量（1）v m r p r L ⨯=⨯= (力矩：F r M⨯=)（2）说明：r 指质点相对于固定点O 的位置矢量；p 指质点的动量；v 指质点的速度（3）大小：=Lαsin rmv ，（4）方向：（右手法则）v r⨯向 （5）单位：12-s kgm （6）量纲：12-T ML 2. 刚体对定轴的角动量（将刚体分解为质点组）∑∑=⋅⋅∆==⇒⋅⋅∆=⋅⋅∆=ωI w r m L L w r m v r m L i i i oz i i i i i i 22ωI L =此式对质点也适用 3. 角动量定理： （1） 公式：dtdL dtI d dtd II M====)(ωωβ 或dLdt M=⋅（2）文字表述：刚体对某一给定转轴或点的角动量对时间的变化率等于刚体所受到的对同一转轴或点的和外力矩的大小。
（3）说明：dtM⋅称冲量矩，表示力矩的时间积累效果，单位：牛·米·秒若何外力矩M=0,则L=IW=恒量 4. 转动定律的普遍形式dt dI dt d IdtL d M ωω+==二、角动量守恒1、角动量守恒的条件：质点所受相对于参考点的力矩的矢量和等于零；在有心力作用下，质点相对于力心的角动量守恒。
2、应用：例1：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。
3、习题：1．质点做直线运动时，其角动量( )（填一定或不一定）为零。
答案: 不一定2．一质点做直线运动，在直线外任选一点O为参考点，若该质点做匀速直线运动，则它相对于点O的角动量( )常量；若该质点做匀加速直线运动，则它相对于点O的角动量( )常量，角动量的变化率( )常量。
（三空均填是或不是）答案: 是; 不是; 是。
反身跳水团身空翻两周半技术要领
、
伸 腿 后 注 视 入 水 点 与伸手 入 水 抱膝 团 身 时 膝 关 节 的 调 节
。
在 空翻 时
。
,
运 动 员 的 头 应 稍微 低 俯
,
他
6
、
的 目光 应 根 据 脚 尖 的 指 向 确 定 以后 入 水 的 位 置
一 起 跳 时 臂 的摆 动
运 动 员 在 起 跳前 摆臂 至 头 上 是首 先 进 行 的重要 动 作
,
定有很 大 的 作 用 尽 管有 不 少 的人 持有异议
J 、 上 述技 术 也 适 用 于 空
、
当 运 动 员 第二 次根 据 自 己 脚 尖 的 指 向
。
确 定 入 水 点时 他 就应 从伸膝开 始 用 力伸 腿 这 时 运 动 员易 犯的通病 是 而 不 朝上 移 动
动作 不稳定
, 。
:
伸 腿 以后 腿 下 垂
,
这 些 技术
就 应 开始 注 视 刚 才 经
要 领 也 适 用 于 团 身空 翻 一 周 半 和 团 身 空 翻
他 就应 从 抱膝 团 身转 为屈 体
。
会有 效 地 调 节膝关节 的 技 术
,
这 里 限 午篇 幅
不详 述 了
。
但 是我 可 以 奉 告 调 节膝 关节 的 技
,
这 转变 动 作 必
术 是 跳 水技术 的宝 贵部 分
,
特 别 对 动 作的稳
。
须 非常 正 确 点是
:
,
以 保 证 稳 定地 垂 直 入 水关 键 之
抱 膝 团 身姿势对 于 反 身跳水 的 翻 转
身后 空翻 ) 的稳 定是非 常重要 的
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when r F 0 , L r mv const.
conservation of angular momentum
Example 1 An object of mass m moves in a circle of radius R with a constant speed v . What is its angular momentum ?
Third law The square of a planet’s period is proportional to the cube of its mean distance from the sun . T 2 k R3
A1
sun
A2
planet
2. Angular momentum Let’s analyze planetary motion in terms of Newtonian mechanics . M smp F G r0 sun 2 r F r By Newton’s second law :
mvp rP mvArA
vA 29.2(km / s)
P 439
vP
rP
rA
vA
Example 3 A particle of mass m moves with constant velocity v along a straight line which is a distance b from the origin of a coordinate system . (a) Find the angular momentum of the particle at any instant about point o . (b) Show explicitly that the angular momentum is conserved . (c) Calculate the angular momentum about point P . (a) L r mv L rmv sin bmv v r b P (b) v const. F 0 b/2 o r F 0 , L const. (c) L (b / 2)mv P 442
Now we deduce Kepler’s second law from P 438 Newton’s law . 1 1 A r (r ) sin r r sun r r 2 2 A r 1 r A r r planet 2 r r / 2 1 L dA A r v lim lim const . 2 t dt t 0 t t 0 2m Second law A line directed dA L const. from the sun to a planet sweeps out equal areas in dt 2m equal times . dA dt const.
3. Torque and angular momentum dP dL F r F dt dt r F is called a torque .
LP mP r v is called angulaห้องสมุดไป่ตู้ momentum . As a planet orbits the sun its angular momentum about the sun is constant .
For any motion caused by any force , the following equation is always correct : d dL r F (r mv ) dt dt d (mv ) r F r dt dr d (r d mv ) (r mv ) mv dt dt dt
Angular Momentum
1. Kepler’s laws First law Each planet orbits the sun along an elliptical path with the sun at one focus .
Second law A line directed from the sun to a planet sweeps out equal areas in equal times .
dv F mp dt
planet
From the figure , we know that :
dv r F mpr 0 dt
P 440 - 441
dv mpr 0 dt d dr dv sun (r v ) v r dt dt dt F r dr planet v v v 0 dt d mP r v const. ( mP r v ) 0 dt
L Rmv sin mvR
P 442 L
R
v
Example 2 At its closest approach , the earth is 1.47108km from the sun and its speed is 30.2km/s . What is the speed at its farthest point from the sun , a distance of 1.52 108km ?
conservation of angular momentum
Example 1 An object of mass m moves in a circle of radius R with a constant speed v . What is its angular momentum ?
Third law The square of a planet’s period is proportional to the cube of its mean distance from the sun . T 2 k R3
A1
sun
A2
planet
2. Angular momentum Let’s analyze planetary motion in terms of Newtonian mechanics . M smp F G r0 sun 2 r F r By Newton’s second law :
mvp rP mvArA
vA 29.2(km / s)
P 439
vP
rP
rA
vA
Example 3 A particle of mass m moves with constant velocity v along a straight line which is a distance b from the origin of a coordinate system . (a) Find the angular momentum of the particle at any instant about point o . (b) Show explicitly that the angular momentum is conserved . (c) Calculate the angular momentum about point P . (a) L r mv L rmv sin bmv v r b P (b) v const. F 0 b/2 o r F 0 , L const. (c) L (b / 2)mv P 442
Now we deduce Kepler’s second law from P 438 Newton’s law . 1 1 A r (r ) sin r r sun r r 2 2 A r 1 r A r r planet 2 r r / 2 1 L dA A r v lim lim const . 2 t dt t 0 t t 0 2m Second law A line directed dA L const. from the sun to a planet sweeps out equal areas in dt 2m equal times . dA dt const.
3. Torque and angular momentum dP dL F r F dt dt r F is called a torque .
LP mP r v is called angulaห้องสมุดไป่ตู้ momentum . As a planet orbits the sun its angular momentum about the sun is constant .
For any motion caused by any force , the following equation is always correct : d dL r F (r mv ) dt dt d (mv ) r F r dt dr d (r d mv ) (r mv ) mv dt dt dt
Angular Momentum
1. Kepler’s laws First law Each planet orbits the sun along an elliptical path with the sun at one focus .
Second law A line directed from the sun to a planet sweeps out equal areas in equal times .
dv F mp dt
planet
From the figure , we know that :
dv r F mpr 0 dt
P 440 - 441
dv mpr 0 dt d dr dv sun (r v ) v r dt dt dt F r dr planet v v v 0 dt d mP r v const. ( mP r v ) 0 dt
L Rmv sin mvR
P 442 L
R
v
Example 2 At its closest approach , the earth is 1.47108km from the sun and its speed is 30.2km/s . What is the speed at its farthest point from the sun , a distance of 1.52 108km ?