大学物理—刚体的动轴转动.pptVIP

麦克斯韦分布 这样飞轮的转动动能是 （2）若冲床冲断0.5mm厚的薄钢片需用冲力9.80?104N，所消耗的能量全部由飞轮提供，问冲断钢片后飞轮的转速变为多大？ 这就是飞轮消耗的能量，此后飞轮的能量变为 由 求得此时间的角速度?’‘为 而飞轮的转速变为 解: 先对细棒OA所受的力作一分析；重力 作用在棒的中心点C，方向竖直向下；轴和棒之间没有摩擦力，轴对棒作用的支承力垂直于棒和轴的接触面且通过O点，在棒的下摆过程中，此力的方向和大小是随时改变的。 例2: 一根质量为m、长为 l 的均匀细棒OA（如图），可绕通过其一端的光滑轴O在竖直平面内转动，今使棒从水平位置开始自由下摆，求细棒摆到竖直位置时其中点C和端点A的速度。 ? G A A? O ? 在棒的下摆过程中，对转轴O而言，支撑力N通过O点，所以支撑力N的力矩等于零，重力G的力矩则是变力矩，大小等于mg(l /2) cos ? ，棒转过一极小的角位移d ?时，重力矩所作的元功是 在使棒从水平位置下摆到竖直位置过程中，重力矩所作的功是 应该指出：重力矩作的功就是重力作的功，也可用重力势能的差值来表示。棒在水平位置时的角速度?0＝0，下摆到竖直位置时的角速度为? ，按力矩的功和转动动能增量的关系式得 由此得 代入上式得 因 所以细棒在竖直位置时，端点A和中心点C的速度分别为 §4-6 刚体角动量和角动量守恒定律 1. 定轴转动刚体的角动量定理 刚体定轴转动定理： 则该系统对该轴的角动量为： 由几个物体组成的系统，如果它们对同一给定轴的角动量分别为 、 、…， 对于该系统还有 为 时间内力矩M 对给定轴的冲量矩。 角动量定理的微分形式： 在外力矩作用下，从 角动量 变为 ， ， 则由 得 2. 定轴转动刚体的角动量守恒定律 角动量守恒定律：若一个系统一段时间内所受合外力矩M 恒为零，则此系统的总角动量L 为一恒量。 讨论： a.对于绕固定转轴转动的刚体，因J 保持不变，当 合外力矩为零时，其角速度恒定。 恒量 =恒量 =恒量 b.若系统由若干个刚体构成,当合外力矩为零时,系 统的角动量依然守恒。J 大→ 小,J 小→ 大。 例1: 一匀质细棒长为l ，质量为m，可绕通过O的水平轴转动，如图。当棒从水平位置自由释放后，它在竖直位置上与放在地面上的物体相撞。该物体的质量也为m ，它与地面的摩擦系数为 ?。相撞后物体沿地面滑行s而停止。求撞后棒的质心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。 c.若系统内既有平动也有转动现象发生，若对某一定轴的合外力矩为零,则系统对该轴的角动量守恒。 解： 这个问题可分为三个阶段进行分析。第一阶段是棒自由摆落的过程。这时除重力外，其余内力与外力都不作功，所以机械能守恒。我们把棒在竖直位置时质心所在处取为势能 C O 零点，用?表示棒这时的角速度,则 （1） 第二阶段是碰撞过程。因碰撞时间极短，自由的冲力极大，物体虽然受到地面的摩擦力，但可以忽略。 这样，棒与物体相撞时，它们组成的系统所受的对转轴O的外力矩为零，所以，这个系统的对O轴的角动量守恒。我们用v表示物体碰撞后的速度，则 （2） 式中?’ 棒在碰撞后的角速度，它可正可负。 ?’取正值，表示碰后棒向左摆；反之，表示向右摆。 第三阶段是物体在碰撞后的滑行过程。物体作匀减速直线运动，加速度由牛顿第二定律求得为 （3） 由匀减速直线运动的公式得 （4） 亦即 由式（1）、（2）与（4）联合求解，即得 （5） 亦即l6?s；当?’取负值，则棒向右摆，其条件为 当?‘取正值，则棒向左摆，其条件为 亦即l 6?s 棒的质心C上升的最大高度，与第一阶段情况相似，也可由机械能守恒定律求得： 把式（5）代入上式，所求结果为 (6) 例2:图中的宇宙飞船对其中心轴的转动惯量为J= 2?103kg.m2 ，它以?=0.2rad/s的角速度绕中心轴旋转。宇航员用两个切向的控制喷管使飞船停止旋转。每个喷管的位置与轴线距离都是r=1.5m。两喷管的喷气流量恒定，共是?=2kg/s 。废气的喷射速率（相对于飞船周边）u=50m/s，并且恒定。问喷管应喷射多长时间才能使飞船停止旋转。 r dm/2 dm/2 u -u ? L0 Lg 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， 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 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)，方向与飞船的角动量相同。因u=50m/s远大于飞船的速率v(= ?r) ，所以此角动量近似地等于dm ? ru。在整个喷气过程中喷