第六讲

2020-03-01 216浏览

  • 1.回 顾 刚体定轴转动运动学 角位置  (t )   d    角速度 t  0  t dt  d d 2    lim   2  角加速度 t  0  t dt dt 线量与角量之间的关系 v r , a r ,   lim 刚体定轴转动动力学    M r F 力矩 转动惯量 J  mi ri2 i 刚体定轴转动的转动定律： J  r 2dm m M  J an r 2
  • 2.3.2 刚体定轴转动动力学 3.2.1 刚体定轴转动的转动定律 3.2.2 刚体定轴转动的动能定理 3.2.3 刚体定轴转动的角动量守恒定 律 3.2.4 例题分析
  • 3.3.2.2 刚体定轴转动的动能定理 1. 刚体定轴转动的动能 ( 转动动能 o ) 对于第 i 个质元 , 动能为  1 2 1 vi Eki  mi v i  mi ri2 2 m i 2 2 ri 对于整个刚体 , 动能为 N Ek  Eki i 1 1 1 N 2 2    mi ri   J 2 2 2  i 1  o
  • 4.动能 Ek 转动动能 平动动能 1 Ek  J 2 2 1 Ek  m 2 2
  • 5.2. 刚体定轴转动时力矩所做的功及功率   y  dW  F dr F     ( F cos )ds 2   dr ( Fr sin )d P  d r dW  Md  x o  W   Md 0 dW d N M  M dt dt   W  F dr B A
  • 6.3. 刚体定轴转动的动能定理 W外力  W内力  Ek  Ek  Ek 0  W外力   Md , W内力 0, 0 Ek 0 1  J 02 , 2   积积积积积   积积积积积  1 E k  J 2 . 2 1  Md d  J 2  2   1 1 2 2 Md   J   J   0 2 2 0
  • 7.力矩的功：  W   Md 0 定轴转动的动能定理： 1 1 2 2 Md   J   J  0 0 2 2  机械能守恒定律：  若 W外力  W非保守内力 0   Ek  E p Ek 0  E p 0 注意：动能中既包含平动动能还包含转动动能。
  • 8.5. 如图所示，一 质量为 M 、半径为 R 的匀质圆盘形滑轮，可 绕一无摩擦的水平轴转 动 . 圆盘上绕有质量 可不计绳子，绳子一端 固定在滑轮上，另一端 悬挂一质量为 m 的物 体，问物体由静止落下 h 高度时 , 物体的速率 为多少？ R M h
  • 9.解法一 用牛顿第二运动 定律及转动定律求解 . 分析受力如图所示 . 对物体 m 用牛顿 第二运动定律得 mg  T ma 对匀质圆盘形滑轮 用转动定律有 TR  J 物体下降的加速度的 大小就是转动时滑轮边缘上切向 加速度，所以 a  R o R M   T h G a
  • 10.物体 m 落下 h 高度时的速率 为 v  2ah 2mg a M  2m 圆盘的转动惯量为 1 J  MR 2 2 联立以上五式，可得物体 m 落下 h 高度时的速率为 mgh v 2 M  2m 小于物体自由下落的速率 2gh .
  • 11.解法二 利用动能定理求解 . 对于物体 m 利用质点的动能定理有 1 1 2 2 mgh  Th  mv  mv 0 M 2 2 其中 v0 和v 是物体的初速度和末速 度 . 对于滑轮由刚体定轴转动的转动定理有 1 1 2 TR  J  J 02 2 2 h R 1 2   0 , J  MR . 又因为v0 0, 0 v R, 2 R h
  • 12.联立以上各式，可得物体 m 落下 h 高度时的速率为 mgh v 2 M  2m R M h
  • 13.解法三 利用机械能守恒定律求解 . 若把滑轮、物体和地球看成一个 系统，则在物体落下、滑轮转动的过  Th （ 程中，绳子的拉力 T 对物体做负功 ），对滑轮做正功 Th（ ）即内力做 功的代数和为零，所以系统的机械能 守恒 . R M E k  E p E k 0  E p 0 2 11 1 2  v  2  MR     mv mgh 22   R 2 解之可得物体 m 落下 h 高度时的速率 . h
  • 14.3.2.3 刚体定轴转动的角动量守恒定律 1. 角动量 ( 动量 矩 ) 对于定点转动而言 ：    L  r P    r  m v   L  在国际单位制 r （ SI ）中，角动量的 o 单位为 r sin  kg m 2 s  1   P mv  m
  • 15.定义：质点对点的角动量为 r r r r r L  r �p  r �(mv )  L O 角动量大小 L rmv sin （面积）  角动量方向  r m   v  L   v  r
  • 16.r r r r r L  r �p  r �(mv ) 讨论：   作圆周运动时，由于r  v，质点对圆心的角动量 大小为 L rmv  L O  r m   v O
  • 17.对于绕固定轴 oz m i 的转动的质元 而 言 : L  r m v i i i i  mi ri k 2 z    vi m i L  ri 对于绕固定轴 oz 转动的整个刚体而言 :  N 2 L   mi ri   J  i  角动量的方向沿轴的正向或负向 , 所 以可用代数量来描述 .
  • 18.2. 角动量定理（动量矩定理） d d  J  dL M J   dt dt dt 微分形式：Mdt d  J  dL 积分形式： t ∫t t 0 Mdt =Jω−Jω 0 或 Mdt  L  L0 t0 冲量矩
  • 19.3. 角动量守恒定律 若：M 0 即系统所受的合外力矩为零 . —— 角动量守恒的条件 则： dL=d ( Jω ) =0 ， 或L=Jω=常量 . —— 角动量守恒的内容 注意：在推导角动量守恒定律的过程 中受到了刚体、定轴等条件的限制，但它 的适用范围却远远超过了这些限制 . 如 : 滑冰运动员的表演 .
  • 20.小 结 （ 1 ）刚体定轴转动的转动定律－力矩的瞬时作用规律    M  r F 力矩 转动惯量 J  mi ri2 刚体定轴转动的 转动定律： 转动定律 i J  r 2dm m M  J （ 2 ）刚体定轴转动的动能定律—力矩对空间的积累效应  力矩的功： W   0 Md 力矩的功率：N  dW d M  M dt dt 1 2 定轴转动的转动动能：Ek  J 2
  • 21.定轴转动的动能定理： W外力 Ek Ek  Ek 0 1 1 2 2 0 Md  2 J  2 J0  机械能守恒定律：  积 W外力  W非保守内力 0   积 E M  E M 0积 E k  E p  E k 0  E p 0 动能中既包含平动动能还包含转动动能。
  • 22.（ 3 ）刚体定轴转动的角动量定理—力矩对时间的积累效应      质点的角动量（动量矩）： L  r P  r  m v  刚体定轴转动的角动量（动量矩）： 刚体定轴转动的角动量定理： L  J t Mdt J  J t0 角动量守恒定律：  若 M  M i若 0  i   若 L  Li 若若 i  若若若若若若若若若若 若若若若若若若若若若 0
  • 23.6. 哈雷慧星绕太阳运行时的轨道是一 个椭圆，如图所示，它距离太阳最近的距 4 -1 10 v  5 . 46  10 m  s r  8 . 75  10 m 离是 近日 近日 2 -1 v 远日 =9 . 08×10 m⋅s , 速率 r远日 ？ ；它离太阳最远时的速率 ，这时它离太阳的距离 v远日 r近日 v近日 r远日
  • 24.解 彗星受太阳引力的作用，而引力通过 了太阳，所以对太阳的力矩为零，故彗星 在运行的过程中角动量守恒 . 于是有     r近日 v近日 r远日 v远日     因为 r近日  v近日 ，r远日  v远日 r近日v近日 所以 r远日  v远日 代入数据可 , 得 r远日 5.26 1012 m v远日 r近日 v近日 r远日
  • 25.7. 如图所示，一个长为 l 、质量为 M 的匀质杆可绕支点 o 自由转动 . 一质量为 0 m 、速率为 v 的子弹以与水平方向成角 60 的方向射入杆内距支点为 a 处，使杆的偏 300 转角为 . 问子弹的初速率为多少？ 解 把子弹和匀质杆作 0 为一个系统 , 分析可知 30  在碰撞过程中角动量守 0v 恒 . 设子弹射入杆后与 60  杆一同前进的角速度 1 2 为 ,则  0 2 m  v cos 60 a  Ml  ma  3  a l
  • 26.子弹在射入杆后与杆一起摆动的过程中只 有重力做功，所以由子弹、杆和地球组成的系统 机械能守恒，因此有 1 1 2 2 2 Ml  ma   2 3  l 060  mga 1  cos 30   Mg  1  cos 30  2  0v 300 0 联立上述这两个方程得子弹的初速率为 2 2 3 v g  Ml  2ma   Ml 2  3ma 2  ma 6 a l
  • 27.8. 如图所示，一根质量为 M 、长为 2l 的均匀细棒，可以在竖直平面内绕通过其 中心的光滑水平轴转动，开始时细棒静止  u 于水平位置 . 今有一质量为 m 的小球， 以速度 垂直向下落到了棒的端点，设小 球与棒的碰撞为完全弹性碰撞 . 试求碰撞  v  后小球的回跳速度 及棒绕轴转动的角速 m 度 .  u M o l l
  • 28.解 分析可知 , 以棒和小球组成的系统的角 动量守恒 .由于碰撞前棒处于静止状态，所 以碰撞前系统的角动量就是小球的角动量 lmu ; 由于碰撞后小球以速度 v 回跳，棒获得的 角速度为 ，所以碰撞后系统的角动量为  1 2 lmv  Ml  3 由角动量守恒定律得 1 2 lmu  lmv  Ml  3 由题意知，碰撞是完全弹性碰撞，所 以碰撞前后系统的动能守恒，即
  • 29.1 1 2 1 1 2  2 2 mu  mv   Ml  2 2 2 3  联立以上两式，可得小球的速度为 3m  M v u 3m  M 棒的角速度为 6m u   3m  M l 讨论 : M  3m 要保证小球回跳v  0 ，则必须保证 .
  • 30.作业： P74 3-13 ， 3-16 ， 3-17
  • 31.判断图示的各种情况中， 哪种情况角动量是守恒的．请把序号填 O O 在横线上的空白处 （ 1 ）、（ 2 ）、 O m (2) （4） ． (1) (1) 圆锥摆中作水平匀速圆周运动的小 O 球 m ，对竖直轴 OO ＇的角动量． O (2) 光滑水平桌面上，匀质杆被运动的 m 小球撞击其一端，杆与小球系统，对于通 (4) (3) 过杆另一端的竖直固定光滑轴 O 的角动量 ．(3) 绕光滑水平固定轴 O 自由摆动的米尺，对轴 O 的角动量． (4) 一细绳绕过有光滑轴的定滑轮，滑轮一侧为一重物 m ，另 一侧为一质量等于 m 的人，在人向上爬的过程中，人与重物系 统对转轴 O 的角动量．