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1、1,5.4 动量矩和动量矩守恒定律,力矩的时间累积效应,力的时间累积效应,冲量、动量、动量定理。,冲量矩、动量矩、动量矩定理。,2,动量矩的引入：,但是,在质点的匀速圆周运动中,动量 不守恒。,3,例子: 开普勒行星运动定律的面积定律:,实例都说明 是一个独立的物理量。,再考虑到行星的质量m为恒量，,行星在相等的时间内扫过相等的面积。,4,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。,5,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。,卫星,6,一、动量矩,1. 质点的动量矩
2、( 对O点 ),质量为 的质点以速度 在空间运动, 某时刻相对原点O的位矢为 , 质点相对于原点的动量矩,大小：,方向: 符合右手螺旋法则。,7,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,8,(3) 当质点作圆周运动时： 质点以角速度 作半径为r 的圆运动，相对圆心的动量矩的大小,(4) 动量矩的定义并没有限定质点只能作曲线运动而不能作直线运动。,9,2. 刚体绕定轴转动的动量矩,O,质点对 z 轴的动量矩,刚体上任一质量元对 z 轴的动量矩为,z,10,刚体上任一质量元对 z 轴的动量矩具有相同的方向。,(所有质元对 z 轴
3、的角动量之和),说明,动量矩与质点动量 对比: Jz m， v 。,11,二、 质点的动量矩定理和动量矩守恒定律,已知,1.质点的动量矩定理,12, 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。,质点动量矩定理的积分形式。,积分，得,冲量矩,13,质点所受合力矩的冲量矩等于质点的角动量的增量。,(2) 质点动量矩的变化是力矩对时间的积累结果。,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。,14,2. 质点动量矩守恒定律,质点动量矩定理, 质点动量矩守恒定律。,则,15,(3) 自然界普遍适用的一条基本规律。,(2)
4、 向心力的角动量守恒。,(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。,(1) 守恒条件,16,三、 刚体绕定轴转动下的动量矩定理和 动量矩守恒定律,质点的动量矩定理,刚体内任一质量元所受力矩,刚体内所有质量元所受力矩,1. 动量矩定理,17,对定轴转动的刚体, Jz 为常量,刚体定轴转动的动量矩定理微分形式。,而,或,18,刚体定轴转动中, 动量矩定理与转动定律的关系,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。,19,定轴转动刚体所受合外力矩的冲量矩等于其动量矩的
5、增量。,刚体定轴转动动量矩定理积分形式:,J 不变时,J 改变时,讨论,20,2. 刚体绕定轴转动的动量矩守恒定律,对定轴转动刚体,若,动量矩L不变的含义:,刚体: J 不变 , 则 不变。,非刚体:因 J 可变,则 J 乘积不变。,变形体绕某轴转动时, 若,则变形体对该轴的动量矩,21,动量矩守恒举例,花样滑冰、跳水、芭蕾舞等.,22,求: 此时质点对三个参考点的动量矩的大小。,解:,例1一质点m,速度为 ,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 。,23,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
6、力。,解: 小球受重力矩作用, 由动量矩定理：,求: 小球到达B点时对O的动量矩和角速度。,A,B,R,O,24,即,积分,25,求: 发射角及着陆滑行时的速度v 多大？,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。,26,解:,引力场（有心力）,质点的动量矩守恒,系统的机械能守恒,27,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
7、。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。,解 以卫星为研究对象，根据质点动量矩守恒定律，有,28,因为,固有,29,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,30,所以,根据动能定理，力 F 做的功为,31,例6 一均质棒,长度为 L,质量为M,现有一子
8、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:,其中,m,子弹、细棒系统的动量矩守恒,32,例7 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, 已知棒长为 l, 质量为M 。,m,M,解: 选取子弹和棒为系统, 其动量矩守恒,因为,求: 子弹穿出后棒的角速度 。,所以,33,例8 质量分别为 M1、M2 , 半径分别为R1 、R2的两均匀圆柱,可分别绕它们本身的轴转动,二轴平行。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
9、在接触处无相对滑动时, 每个圆柱的角速度 1 和 2 。,34,二圆柱系统动量矩守恒：,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：,由以上二式就可解出1，2 。,其中,这种解法对吗?,35,原解认为系统的总动量矩为二圆柱各自对自己的轴的角动量之和是错误的, 因为系统的总动量矩只能对同一个轴进行计算。当两柱体边缘没有相对滑动时1，2方向相反, 所以应为,(1),应对两圆柱分别使用动量矩定理, 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:,36,(2),解(1)(2)式, 得:,37,例9 如图所示, 一质量为 m 的子
10、弹以水平速度射入一静止悬于顶端长棒的 a 处, 使棒偏转 30o, 已知棒长为 l , 质量为 M 。,解: 将子弹和棒看作一个系统, 在极短时间内系统动量矩守恒。,求: 子弹的初速度 v0 。,v0,m,M,38,子弹射入棒后,以子弹、棒、地球为一系统, 机械能守恒。,初速度,39,例10 长为 l、质量为M的均质杆, 一端悬挂，杆可绕悬挂轴在铅直平面内自由转动。杆开始处于静止状态，在杆的中心作用一冲量 I ，其方向垂直于杆，如图。求冲量结束时，杆获得的角速度（假设冲量作用时间很短，作用过程中杆不动）,解 由动量矩定理,40,41,例11 质量为M、半径为R的转盘，可绕铅直轴无摩擦地转动。转
11、盘的初角速度为零。一质量为m的人，在转盘上从静止开始沿半径为r的圆周相对转盘匀速走动，如图所示。求当人在转盘上奏一周回到盘上的原位置时，转盘相对于地面转过了多少角度。,解 以人和转盘组成的系统为研究对象, 人相对转盘的速度为vr，转盘相对于固定转盘的角速度为, 则人相对转盘的速度为 vr + r 。,42,系统对轴的动量矩守恒，即,设在时间 内，盘相对于地面转过的角度为 ，则,43,其中 为人相对转盘转过的角度,所以，盘相对于地面转过的角度为,44,例12 长为 l、质量为M的均质杆, 一端悬挂, 可绕通过O 点垂直于纸面的轴转动。今杆自水平位置无初速度地下落，在铅垂位置与质量为m,的物体A做完全非弹性碰撞, 如图所示, 碰撞后物体A沿摩擦系数为的水平面滑动。 求物体A沿水平面滑动的距离。,解 第一阶段取杆为研究对象，设 为这一阶段末的角速度，由动能定理,45,第二阶段取杆和物体A为研究对象，设碰撞结束时杆的角速度为 ，由动量矩守恒,解得,46,第三阶段取物体A为研究对象，设物体 A滑过的距离为S ，根据质点动能定理，有,
