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1、第五讲动量与角动量湖南郴州市湘南中学陈礼生一、知识点击动量定理Ht0质点动量定理：F合mam，即F合tmtm0tI合P即合外力的冲量等于质点动量的增量.质点系动量定理：将质点动量定理推广到有n个质点组成的质点系，即可得到质点系的动量定理.令I外和I内分别表示质点系各质点所受的外力和内力的总冲量，贝UPt和Po表示质点系中各质点总的末动量和初动量之矢量和，则：L-I外I内PtPoP而I内0，因质点系内各质点之间的相互作用力是成对出现的，且等值反向1 I外PtPo。即所有外力对质点系的总冲量等于质点系总动量的增量动量守恒定律内容：系统不受外力或所受外力的合力为零，这个系统的动量就保持不变.rrrr
2、表达式：系统内相互作用前总动量P等于相互作用后总动量P:PP。系统总动量的变化量为零：P0对于两个物体组成的系统可表达为：相互作用的两个物体的动量的变化量大小相等，方向相反RP,。或者作用前两物体的总动量等于作用后的总动量：miim22m,1m22适用范围：动量守恒定律适用于宏观、微观，高速、低速.定律广义：质点系的内力不能改变它质心的运动状态一质心守恒.质点系在无外力作用或者在外力偶作用下，其质心将保持原来的运动状态。质点系的质心在外力作用下作某种运动，则内力不能改变质心的这种运动。质心运动定理：作用在质点系上的合外力等于质点系总质量与质心加速度的乘积，即Fmac，其质心加速度：ac晋。定理
3、只给出质心运动情况,2 并不涉及质点间的相对运动及它们绕质心的运动碰撞问题弹性碰撞：碰撞时无机械能损失.g10m220m!1m22121m110m222220121122m22由可得：(m!m2)102m2201m.(m2g)202m1102mm2非弹性碰撞：碰撞时有动能损失。为此引入恢复系数e，它由两球材料决定，与其质量、初速度无关。其定义式为分离速度接近速度1020e=1为完全弹性碰撞情形；e=0时，碰后两物体结合一起速度相同，称为完全非弹性；0e1，称为非完全弹性碰撞，其机械能的损失为121212m220)(1m22)2222e2)mim210m25.角动量定理和角动量守恒定律4.定轴转
4、动定律转动惯量定轴转动定律：刚体所受的对于某定轴的合外力矩等于刚体对此轴的转动惯量与刚体在此合外力矩作用下获得的角加速度的乘积.即：MJ.式中J为刚体的转动惯量，表示刚体转动中惯性大小量度。转动惯量J的大小与刚体的总质量及质量对转轴的分布情况有关，表达式图L1为：Jmr；质点角动量：若质点绕某固定点（轴）0作圆周运动对0点LmrmrmrJ（如图5一1所示）若质点作匀速直线运动时对任意定点Lq“msinqmqsinqmrLprPmsinPmrPsinPmrLqLp（方向垂直纸面向外）刚体对定轴的角动量：刚体对定轴角动量lj0的角动量，如图5一2所示.刚体对某定轴的角动量等于刚体对此定轴的转动惯量
5、与角速度的乘积，其方向由右手螺旋法则确定。角动量定理Mr空rmirttL，或Mtt一质点所受的外力矩等于它的角动量对时间的变化率;或者一质点所受的合 质点角动量定理：MrF,Ft冲量矩等于它的角动量的增量.冲量矩：力矩的时间积累LMt刚体的角动量定理：M外JJ（J）,M外tLttt质点和质点系的角动量守恒：质点角动量守恒：当M外=0,Lmr常矢量F外=0,匀速直线运动的物体对任意点O的角动量守恒。力F过定点O,此力称为有心力，有心力作用下的天体运动对力心O的角动量守恒。质点系（刚体）角动量守恒定律：M外0，即外力对定点（轴）力矩之和为零，有Lrmii常矢量，对刚体：LJ常矢量.、方法演练类型一
6、、动量定理的类型问题一是要考虑质点系，二是要考虑力系，分析时不能有时遗漏，但有时又要善于抓住主要因素忽略次要因素，这是解决这类问题经常用到的手段。例1军训中，战士距墙s。以速度0起跳，如图53所示，再用脚蹬墙面一次，身体变为竖直向上的运动以继续升高，墙与鞋底之间的静摩擦因数为卩求能使人体重心有最大总升高的起跳角B。分析和解：在解答本题时，注意摩擦力的冲量远大于人体重力的冲量，抓住主要因素忽略次要因素，是经常用到的手段。人以角B起跳，水平初速度和竖直初速度分别为oxocoS，oyoSin从起跳到蹬墙时空中飞行的时间为SotocosVJ/77777777777则人蹬墙前竖直方向的速度为yoygto
7、SingSo-ocos人重心升高:hloyt如2oSinSo-g(ocos2Soocos241/so、2)Sotang(-)ocosSo设人蹬墙的时间为t，因厶t很小，则静摩擦力的冲量远大于人体重力的冲量，即IfIg，由动量定理得：If而在水平方向同样由动量定理可知:mocos人蹬墙后获得竖直向上的速度:oSingsoocos0cos人蹬墙后再上升的高度2gso2o(sincos)yocoSh2y-2g2g2o(sin2COS)2gsotanSog(j)2ocos人体重心上升的总高度：H令tan=卩，贝Uh20(sincos)22gSo对0、s0一定时当2时H最大.1即arctan时，人体的重
8、心总升高最大.类型二、动量守恒定律的问题最基本的特征就是和外力为零或某一方向上和外力为零，当物体系内质点数量比较多时利用质心守恒是解决此类问题的重要手段之一，解答过程，会比较简单。例2.如图54所示，在光滑的水平地面上静止放有一块质量m3=2kg,长度L=0.6m的木板，板的左右两端分别放置质量mi=2kg，m2=4kg的两物块，并分别以初速度=0.4m/s,2=0.2m/s时相向运动.M1,m2和m3间的滑动摩擦因数均为卩=0.22.试求:(1) m2在木块上的最大位移；(2) m1在木块上的最大位移；(3) m3的最大位移.分析和解：物体1、2可能会相碰，可能不会相碰，要予以讨论。讨论后利
9、用动量守恒(和质心守恒)解答本题，会比较简单。(1) 假设物块1、2在木板上不会相碰，当23时，2相对于3有最大位移，贝U2a2ta3tim?g小c.2m2gm2a2-0.2m/s，a3-0.2m/s巴m31 t=0.5s，取3为参照系，2相对于3的加速度为：a23a?a30.4m/s222在3上最大位移：滋a23t0.05m因系统总动量为零，则1、2、3最后都静止12122 佔3彳2勺3-m,1-m22.将已知数据和所求得的数据代人：$30.5m2因$3駁0.50.050.55m0.6m，假设成立.(2) 1、2、3系统的总动量为零，则系统的质心C的位置不变，移动前质心跟右端为rc,2X0.
10、6+2X0.3=(2+2+4)rc,rc=0.225m设木板右端向右移动x2X(060.5+x)+2X(0.3+x)+4X(0.05+x)=8X0.225,x=0.1m.类型三、碰撞类问题往往是多过程、多次往复运动问题，动量守恒及动能定理是当然的解决工具，但认真分析清楚物理过程和物理情境在解决这类问题中非常重要。例3.段凹槽A倒扣在水平长板C上，槽内有一小物块B.它到槽内两侧的距离均为L/2,如图55所示，A木板位于光滑的水平桌面上，槽与板间的摩擦不计，小T物块与木板间的摩擦因数为卩.A、B、C三者的质量wrrrm等，原来都静止.现使槽A以大小为0的初速度向TfTTTTTllL运动，已知0厂込
11、；当A和B发生碰撞时，两者图55速度交换.求：(1)从A、B发生第一次碰撞到第二次碰撞的时间内，木板运动的路程；(2)在A、B刚要发生第四次碰撞时，A、B、C三者速度的大小分析和解：这是个多次碰撞、往复运动问题，认真分析清楚物理过程和物理情境在本题中非常重要。解题时每一个过程都要交代清楚，才能列出正确的动量守恒或动能定理的等式。(1)A与B发生第一次碰撞后两者交换速度，A停下来，B向右做匀减速直线运动，C由静止开始向右做匀加速直线运动，两者速度逐渐接近，设B相对A(地)移动了&的路程后和C达到共同速度1对B、C系统而言：动量守恒：m02m3 对B用动能定理：mgq1m01m；2223联立得：s
12、m，又0JT-gL，则s-L,8g4即B、C达到共同速度时未与A碰撞，B和C需再以1的速度继续向右匀速运动一段距离（L-si）后，才与A发生第二次碰撞.1对C:由0加速到1的距离为S2，则有mgs2-m222s01，s28g因此C在两次碰撞之间发生的路程为ss2Ls1（2）在第二次碰撞前，A静止，B、C以共同速度匀速运动；刚发生第二次碰撞后，B静止，A、C度均为-，因B、C间有摩擦，B加速，C将减速，因-vo，则B、C再次达到共同速度2前A和B不相碰.对B、C系统：m12m2，可得：2-24又因A的速度1大于B的速度2，则第三次碰撞发生在A的左壁，刚碰后,B的速度变为1C的速度仍然为2，此时A
13、的速度变为2，同理B和C第三次达到共同速度时A和B不会相碰所以A、B发生第四次相碰前：A2对B,C系统：m1m22m3，可得:c8类型四、刚体的转动问题一般要涉及到转动惯量和转动定律以及角速度、加速度等概念，解题时有关量的关系和临界条件的分析是很重要的。1例4、半径r=10cm,重量G=10kg的均匀实心圆柱体（其转动惯量J-mR2）2以角速度30=10r/s绕中心轴旋转.然后将此匀速转动的圆柱体轻轻放在摩擦因数卩=0.1的水平面上，问经过多长时间后圆柱体变为纯滚动.分析和解：解答本题的关键是要分析清楚纯滚动的条件和转动有关量之间的关系。设圆柱体变为纯滚动时的角速度为3,质心的速度将由0逐步增
14、加，到纯滚动时质心的速度为c,设这段时间为t.圆柱体的质量为m(G)，由于质心速g度的变化是摩擦力作用的结果所以据题意，有fmqmgcactgt式中ac为质心的加速度.根据纯滚动的条件，c与3的关系式为cR式中3为纯滚动时的角速度.在摩擦力矩的作用下，圆柱体的角速度是逐步减小的.设角加速度为B,则我们有3=30-Bt根据刚体的转动定律，我们有MJfR将式代人式，得MmgR2gJ-mR22R将、式代人式，得cR(0t)R02gt比较式和式，得3卩gt=R30所以t代人已知数据得t0.110230.19.82.14sn图En6类型五、角动量守恒类问题主要是对刚体绕定点(或轴)转动的物体和系统解题依据，但有些非刚体或不是绕定点(或轴)转动时间，只要系统或物体受的外力矩为零，角动量保持不变也可用角动量守恒定律来求解。例5.质量为m的小球放在光滑水平桌面上，用一穿过桌面中心光滑小孔的绳与小球相连(图56).(1)要使小球保持在半径为r1的圆上，以角速度3中心作圆周运动.求绳的一端的拉力F
