2020年高中物理竞赛力学篇进阶版4 2 角动量及守恒定律共25张

1、2020,高中物理竞赛,力学篇,进阶版,上节回顾,刚体,形状和大小都不发生变化的物体,这是一种理想化了的模型,如,果物体的形状和大小变化甚微,以至可以忽略不计，这种物体也,可以近似地看作是刚体,刚体绕定轴的转动惯量,J,m,i,r,i,2,r,i,是质元,m,i,到转轴的距离,刚体绕定轴的转动定律,M,J,下一页,力矩,M,r,F,4-3,角动量,角动量守恒定律,1,质点的角动量,m,O,r,p,L,0,90,2,mr,mvr,pr,L,0,90,r,L,p,O,d,m,sin,sin,sin,2,mr,mvr,pr,pd,L,质量为,m,的质点做圆周,运动时对圆心的角动量,这是个新的概念,下

2、一页,质点的动量,p,和,矢径,r,不互相垂直,一、质点的角动量及其守恒定律,J,J,mr,2,取,叫转动惯量,用叉积定义,角动量,v,r,m,a,角动量方向,角动量大小,L,r,p,方向用右手螺旋法规定,d,mv,L,也可叫动量矩,下一页,v,m,r,p,r,L,2,力对定点的力矩,质点的角动量定理,方向：用右手螺旋法规定,下一页,o,M,F,r,o,d,sin,0,Fr,Fd,M,大小,F,r,M,0,力对定点的力矩,应用微分公式,L,d,dt,M,也可写成,方向相同，叉乘为零,称为冲量矩,下一页,B,dt,A,d,dt,B,d,A,B,A,dt,d,p,dt,r,d,dt,p,d,r,d

3、t,L,d,p,v,F,r,0,M,F,r,角动量定律,dt,L,d,M,0,所以得,3,质点的角动量守恒定律,开普勒第二定律,P157,行星受力方向与矢径在一条,直线（有心力），故角动量守恒,下一页,dS,矢径在,dt,时间,扫过的面积,若,0,0,M,常矢量,L,角动量定律,dt,L,d,M,0,由,L,v,r,a,m,r,dt,ds,m,dt,r,r,d,m,r,dt,r,d,m,mvr,L,2,sin,2,1,2,sin,sin,a,a,a,二,刚体的角动量,角动量守恒定律,1,刚体定轴转动的角动量,质点对点的角动量为,刚体上的一个质元,m,i,绕固,定轴做圆周运动角动量为,所以整个刚

4、体绕此轴的角动量为,i,v,i,r,i,m,Z,下一页,v,m,r,p,r,L,i,i,i,i,i,i,m,r,v,m,r,L,2,J,r,m,L,L,i,i,i,i,i,2,2,刚体定轴转动的角动量定理,转动定律,冲量矩（角冲量,表示合外力矩在,t,0,t,时间内的累积作用,作用在刚体上的冲量矩等于其角动量的增量,角动量定理,单位,牛顿,米,秒,下一页,dt,d,J,J,M,dt,J,d,dt,dL,M,L,d,dt,M,0,0,0,L,L,L,d,dt,M,L,L,t,t,0,0,J,J,L,dt,M,J,t,t,不变时,3,刚体定轴转动的角动量守恒定律,M,0,的原因，可能,F,0,r,

5、0,F,r,在定轴转动中还有,M,0,但力与轴平行，即,M,z,0,对定轴转动没有作用，则刚体对此轴的角动,量依然守恒,当物体所受的合外力矩为零时，物体的角动量,保持不变,角动量守恒定律,下一页,角动量守恒的条件,J,改变时,0,0,J,J,L,常矢量，即,则,中，若,在,C,J,L,L,M,dt,L,d,M,0,0,应用角动量守恒定律的两种情况,1,转动惯量保持不变的单个刚体,0,0,0,则,时,当,J,J,M,2,转动惯量可变的物体或物体系,保持不变,就增大，从而,减小时,当,就减小,增大时,当,J,J,J,下一页,实例很多：舞蹈、跳水、花样滑冰等等,加速旋转时，团身、收拢四肢，减小,J,

6、旋转停止时，舒展身体、伸展四肢，增大,J,角动量守恒定律也适用于微观、高速领域,例,1,如图所示,一质量为,m,的子弹以水平速度,射入一静止悬于顶端长棒的下端,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,子弹对棒的反作用力对棒的冲,量矩为,v,0,v,m,M,下一页,J,dt,f,l,ldt,f,0,0,4,3,mv,v,v,m,fdt,因,由两式得,f,f,v,0,v,m,M,请问,子弹和棒的总动量守恒吗,为什么,总角动量守恒吗,若守恒,其方程应如何写,下一页,J,l,v,m,l,mv,4,0,0,不守恒,上端有

7、水平阻力,2,0,0,3,1,4,9,4,3,Ml,J,Ml,mv,J,l,mv,这里,R,1,M,1,R,2,M,2,原来它们沿同一转向分别以,10,20,的,角速度匀速转动,然后平移二轴使它们的边缘相接触,如,图所示,求,最后在接触处无相对滑动时,每个圆柱的角速,度,1,2,二圆柱系统角动量守恒故有,对上述问题有以下的解法,在接触处无相对滑动时,二,圆柱边缘的线速度一样,故有,下一页,2,2,1,1,R,R,2,2,1,1,20,2,10,1,J,J,J,J,2,1,1,1,2,1,R,M,J,2,2,2,2,2,1,R,M,J,其中,由以上二式就可解出,1,2,这种解法对吗,例,2,质量

8、分别为,M,1,M,2,半径分,别为,R,1,R,2,的两均匀圆柱,可分别,绕它们本身的轴转动,二轴平行,正确的解法,应对两圆柱,分别使用角动量定理,由于,两柱接触时摩擦力大小相等、方向相反,力矩和冲量,矩的大小正比于半径,方向相同,下一页,答,原解认为系统的总角动量为二圆柱各自对自己的,轴的角动量之和是错误的，因为系统的总角动量只能,对某,一个轴,进行计算。另当两柱体边缘没有相对滑动,时,v,1,v,2,方向相反，所以应为,2,2,1,1,R,R,20,2,2,2,2,10,1,1,1,1,J,fdt,R,fdt,R,J,fdt,R,fdt,R,得,消去,fdt,20,2,2,10,1,1,

9、2,1,J,J,R,R,由此可解得,下一页,T4-18,与本题有相似之处（一个系统两个转轴,由前已知,1,2,2,1,R,R,2,1,2,2,2,2,1,1,1,2,1,2,2,2,1,1,2,2,2,1,1,1,1,M,M,R,R,M,R,M,R,J,R,J,R,J,R,J,R,2,1,1,1,1,1,2,2,2,2,1,2,2,2,1,2,1,1,1,2,2,2,2,M,M,R,R,M,R,M,R,J,R,J,R,J,R,J,R,2,2,2,2,2,1,1,1,2,1,2,1,R,M,J,R,M,J,P152,T4-18,半径分别为,r,1,r,2,的两个薄伞形轮,它们各自对通过盘心且垂直

10、盘面转轴的转动惯量为,J,1,和,J,2,开始时轮,以角速度,0,转动,问,与轮成正,交啮合后（图,4-18,，两轮的角速度分别为多大,分析,两伞形轮在啮合过程中存在着,相互作用力，这对力分别作用在两轮,上，并各自产生不同方向的力矩，对,转动的轮,而言是阻力矩，而对原静,止的轮,是启动力矩。由于相互作用,的时间很短，虽然作用力的位置知道，但作用力大小,无法得知，因此，力矩是未知的。但是，其作用的效,果可从轮的转动状况的变化来分析。对两轮分别应用,角动量定理，并考虑到啮合后它们有相同的线速度,这样，啮合后它们各自的角速度就能求出,下一页,1,r,2,r,0,图,4-18,对轮,F r,1,t,J

11、,1,1,0,1,两轮啮合后应有相同的线速度,r,1,1,r,2,2,3,由上述各式可解得啮合后两轮的角速度分别为,2,1,2,2,2,1,2,1,0,1,2,2,1,2,2,2,1,2,2,0,1,1,r,J,r,J,r,r,J,r,J,r,J,r,J,下一页,对轮,F r,2,t,J,2,2,2,解,设相互作用力为,F,在啮合的短时间,t,内,根据角动量定理，对轮,轮,分别有,T4-20,一转台绕其中心的竖直轴以角速度,0,s,1,转,动，转台对转轴的转动惯量为,J,0,4,0,10,3,kg,m,2,今有沙粒以,Q=2t g,s,1,的流量竖直落至转台，并粘附,于台面形成一圆环，若环的半

12、径为,r=0,10m,求,沙粒,下落,t=10s,时，转台的角速度,分析,对转动系统而言，转动惯量发生变化，对竖直,轴无外力矩,角动量守恒,解,在时间,0 10s,内落至台面的沙粒的质量为,kg,g,tdt,Qdt,m,s,s,10,0,100,2,10,0,10,0,系统角动量守恒，有,J,0,0,J,0,mr,2,则,t = 10s,时，转台的角速度,1,2,0,0,0,8,0,s,mr,J,J,下一页,T4-21,为使运行中的飞船停止绕其中心轴的转动，可,在飞船的侧面对称地安装两个切向控制喷管（图,4-21,利用喷管高速喷射气体来制止旋转。若飞船绕其中心,轴的转动惯量,J=2,0,10,

13、3,kg,m,2,旋转的角速度,0,2rad,s,1,喷口与轴线之间的距离,r=1,5m,喷,气以恒定的流量,Q=1,0kg,s,1,和速率,u=50m,s,1,从喷,口喷出，问为使飞船停止旋转，喷气应喷射多长时间,分析,将飞船与喷出的气体作为研究系统，系统不受,外力矩作用，角动量守恒。在列方程时注意：由于,喷气质量远小于飞船质量,喷气前后，系统的角动,量近似为飞船的角动量,J,喷气过程中气流速率远,大于飞船侧面的线速度,r,因此，整个喷气过程中,气流相对于空间的速率可近似看作仍是,u,这样，排,出气体的总角动量,L,u,r,dm,mur,这样，可使,问题大大简化,下一页,解,取飞船和喷出的气

14、体为系统，其角动量守恒，有,J,mur,0,1,因喷气的流量恒定，故有,m,2Qt,2,由式,1,2,可得喷气的喷射时间为,s,Qur,J,t,67,2,5,1,50,0,1,2,2,0,10,0,2,2,3,下一页作业,作业,P152-153,T4-17,19,25,T4-25,提示；除了应用角动量守恒,还要应用机械能守恒,要用,引力势能,看看书上四个例题,Bye Bye,P128,例,1,如图所示,一半径为,R,的光滑圆,环置于竖直平面内,有一质量为,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），然后从点,A,开始下滑,设小球与圆环间的摩擦略去不计。求小,球滑到点,B,时对环心的角动量和角速度,B,A,o,R,N,F,P,支持力,指向环心,O,对点,O,的力矩为零,N,F,解,小球受支持力,和重力,的作用,N,F,P,小球从,A,向,B,滑动的过程中,角,动量,L,的大小是随时间变化的，但其方向总是垂直纸面向里,cos,mgR,M,故小球所受的力矩仅为重力矩,方向垂直纸面向里,其大小为