第12章 动量矩定理习题答案
第12章 动量矩定理
12-1 质量为m 的点在平面Oxy 内运动，其运动方程为：
t
b y t
a x ωω2sin cos ==
式中a 、b 和ω为常量。求质点对原点O 的动量矩。 解：由运动方程对时间的一阶导数得原点的速度
t
b t y v t a t
x
v y x ωωωω2cos 2d d sin d d ==-==
质点对点O 的动量矩为
t
a t
b m t b t a m x
mv y mv m M m M L y x O O ωωωωωωcos 2cos 22sin )sin ()()(0??+?-?-=?+?-=+=y x v v
t mab
ωω3cos 2=
12-3 如图所示，质量为m 的偏心轮在水平面上作平面运动。轮子轴心为A ，质心为C ，AC = e ；轮子半径为R ，对轴心A 的转动惯量为J A ；C 、A 、B 三点在同一铅直线上。（1）当轮子只滚不滑时，若v A 已知，求轮子的动量和对地面上B 点的动量矩。（2）当轮子又滚又滑时，若v A 、ω已知，求轮子的动量和对地面上B 点的动量矩。 解：（1）当轮子只滚不滑时B 点为速度瞬心。
轮子角速度 R
v A
=ω
质心C 的速度
)(e R R
v C B v A
C +=
=ω 轮子的动量 A C mv R
e
R mv p +=
=（方向水平向右）
对B 点动量矩
ω?=B B J L
由于
222)( )( e R m me J e R m J J A C B ++-=++=
故 []
R
v e R m me J L A
A B 22)( ++-=
（2）当轮子又滚又滑时由基点法求得C 点速度。
e v v v v A CA A C ω+=+=
轮子动量 )(e v m mv p A C ω+== （方向向右）
对B 点动量矩
)
( )()()( )( 2e mR J e R mv me J e R e v m J BC mv L A A A A C C B +++=-+++=+=ωωωω
12-5 图示水平圆板可绕z 轴转动。在圆板上有一质点M 作圆周运动，已知其速度的大小为常量，等于v 0，质点M 的质量为m ，圆的半径为r ，圆心到z 轴的距离为l ，M 点在圆板的位置由?角确定，如图所示。如圆板的转动惯量为J ，并且当点M 离z 轴最远在点M 0时，圆板的角速度为零。轴的摩擦和空气阻力略去不计，求圆板的角速度与?角的关系。 解：以圆板和质点M 为系统，因为系统所受外力（包括重力和约束反力），对z 轴的矩均为零，故系统对z 轴动量矩守恒。在任意时刻M 点的速度包含相对速度v 0和牵连速度v e 。其中ω?=OM v e 。设质点M 在M 0 位置为起始位置，该瞬时系统对z 轴的动量矩为
)(01r l mv L z +=
在任意时刻：
)
()()
(e 02v v v m M m M J m M J L z z M z z ++=+=ωω
由图（a ）可看出 []ω??ω)cos 2(cos 2202lr r l m r l mv J L z +++++= 根据动量矩守恒定律 21z z L L = 代入解得
)
cos 2( )
cos 1(2
20??ωlr r l m J mlv +++-=
12-7 图示两带轮的半径为R 1和R 2，其质量各为m 1和m 2，两轮以胶带相连接，各绕两平行的固定轴转动。如在第一个带轮上作用矩为M 的主动力偶，在第二个带轮上作用矩为M '的阻力偶。带轮可视为均质圆盘，胶带与轮间无滑动，胶带质量略去不计。求第一个带轮的角加速度。
解：分别取两皮带轮为研究对象，其受力分析如图所示，其中'
='=2211,T T T T 。以顺时针转向为正，分别应用两轮对其转动轴的转动微分方程有
)
2( )()
1( )(2212212111M R T T J R T T M J '-'
-'=--=αα
将 12212211:: , ,R R T T T T ='
='=αα
代入式（1）、（2），联立解得 2
2
2
1
212
11R R J J M R R M +'
-=α 式中
21112R m J =，2
2222R m J = 2
1
221121)()(2R R m m M R M R +'-=α
12-9 图示通风机的转动部分以初角速度0ω绕中心轴转动，空气的阻力矩与角速度成正比，即ωk M =，其中k 为常数。如转动部分对其轴的转动惯量为J ，问经过多少时间其转动角速度减少为初角速度的一半？又在此时间内共转过多少转？
解：以通风机的转动部分为研究对象，应用动量矩定理得 M J t
-=)(d d
ω 把 ωk M =代入后，分离变量
t k J
d d -=ω
ω
上式积分
t k t
J
d 0d 20
o
-=??
ω
ω
ωω
解得
2n 1k
J
t =
再对式（1）积分，将等式左边积分上限改为ω，得
t k t J d 0d 0-=??ωωωω
解得
t J
k
-=e
0ωω
即 t J k
t
-=e d d 0ωθ
故 )e 1(d e 000t J k t J k k
J t t ---==?ω
ωθ
把 2n 1k J
t =代入，得 )e 1(2n 10--=
k
J ωθ 由于 21
e 2n 1=- 所以 k
J 20ωθ=
最后得转动部分共转过圈数 k
J N π4π20ωθ
==
12-11 均质圆轮A 质量为m 1，半径为r 1，以角速度ω绕杆OA 的A 端转动，此时将轮放置在质量为m 2的另一均质圆轮B 上，其半径为r 2，如图所示。轮B 原为静止，但可绕其中心自由转动。放置后，轮A 的重量由轮B 支持。略去轴承的摩擦和杆OA 的重量，并设两轮间的摩擦系数为f 。问自轮A 放在轮B 上到两轮间没有相对滑动为止，经过多少时间？ 解：分别取轮A 、B 为研究对象，其受力和运动分析如图（a ）及（b ）所示，根据刚体绕定轴转动的微分方程式，对A 、B 轮分别有
2
211
d d d d r F t J Fr t
J B A
'=-=ωω
分离变量并积分
t
r F J t
Fr J B A d 0d d 0d 222111????'=-=ιωω
ωιωω
ω
得到
t
r F J t Fr J J 2221111'=-=-ωωω
由题意知1221::r r =ωω，将其代入以上两式，联立求解得
1
22
1211r J r J t r F t Fr J =
'-ω 注意到 g fm F F F r m J r m J 1N 2
2222111,2
,2=='===。代入上式解得 )
1(22
1
1
m m fg r t +=ω
12-13 如图所示，有一轮子，轴的直径为50 mm ，无初速地沿倾角?=20θ的轨道滚下，设只滚不滑，5秒内轮心滚动的距离为s = 3 m 。试求轮子对轮心的惯性半径。 解：取轮子为研究对象，轮子受力如图（a ）所示，根据刚体平面运动微分方程有 F mg ma C -=θsin （1） J C α = Fr （2）
因轮子只滚不滑，所以有 a C =αr （3） 将式（3）代入式（1）、（2）消去F 得到
g mr
J mr C 2
sin +==θ
?
α 上式对时间两次积分，并注意到t = 0时0 ,0==?
? ，则 )
(2sin )(2sin )(2sin 22222222r grt mr m mgrt mr J mgrt C +=
+=+=ρθ
ρθθ? 把 r = 0.025 m 及t = 5 s 时，m 3==?r s 代入上式得
mm 90m 09.013
220sin 58.9025.012sin 2sin 222
2==-???=-=-=
s gt r r grt θ?θρ
12-15 图示两小球A 和B ，质量分别为m A = 2 kg ，m B =1 kg ，用AB = l = 0.6m 的杆连接。在初瞬时，杆在水平位置，B 不动，而A 的速度m/s π6.0=A v ，方向铅直向上，如图所示。杆的质量和小球的尺寸忽略不计。求：（1）两小球在重力作用下的运动；（2）在t = 2 s 时，两小球相对于定坐标系Oxy 的位置；（3）t = 2 s 时杆轴线方向的内力。
解：取球A 、B 和连杆进行研究，系统只受重力作用，定坐标系Oxy ，其坐标原点O 取在运动开始前系统的质心C 点上如图（a ）。由于m A ：m B = 2 ：1，所以AC ：BC = 1：2；AC = 0.2 m ，BC = 0.4 m 。
（1）由于系统水平方向不受外力，且开始时系统静止，所以系统质心C 的坐标x C = 0。又由于对质心C 的外力矩之和为零，系统对质心C 的动量矩守恒，由此得
ω])()([22C B m C A m C A v m B A A A ?+?=? 代入数据解得
π=ω， t π=? 由质心运动定理M a C = F 在y 方向投影式 y F Ma Cy ∑=
式中
C y C y
a =，m = m A + m B ，g m m F B A )(y +-=∑ 代入上式并对时间两次积分，得到
2122
1
c t c gt y C ++-=
由初始条件知t = 0时，0,m/s π4.0==?=C A C y v B
A C
B y
求得 0 ,π4.021==c c
??
?
??-=m 21π4.02gt t y C
两小球的运动可由两小球与AB 杆组成系统的平面运动方程表达：
??
??
???=-==t
gt t y x C
C π21π4.002? （2）t = 2 s 时，rad π2π==t ?
y C = - 17.1 m
由此可见两球与杆所组成的系统所占有位置与初始位置平行，仅向下移动了17.1 m 的距离。
（3）t = 2 s 时杆轴线方向的内力为拉力，由于rad/s π==?
ω ，故其大小为 N 95.32.0π2222T =??=?=?=C B m C A m F B A ωω
12-17 图示均质杆AB 长为l ，放在铅直平面内，杆的一端A 靠在光滑铅直墙上，另一端B 放在光滑的水平地板上，并与水平面成0?角。此后，令杆由静止状态倒下。求（1）杆在任意位置时的角加速度和角速度；（2）当杆脱离墙时，此杆与水平面所夹的角。 解：（1）取均质杆为研究对象，受力分析及建立坐标系Oxy 如图（a ），杆AB 作平面运动，质心在C 点。
刚体平面运动微分方程为
)
3( sin 2cos 2)2( )
1( N N N N ??αl
F l F J mg F y m F x m A B C B C A C ?-?=-==
由于
??sin 2
,cos 2l
y l x C C == 将其对间t 求两次导数，且注意到 α?ω?
-=-= ,，得到 )
5( )sin cos (2
)
4( )cos sin (2
22?ω?α?ω?α+-=-=l y l x C C
将式（4）、（5）代入式（1）、（2）中，得
m g
m l F m l
F B
A ++-=-=)sin cos (2
)cos sin (2
2N 2N ?ω?α?ω?α
再将F N A ，F N B 的表达式代入式（3）中，得
??ω?α???ω?ααsin )cos sin (4cos 2cos )sin cos (4222
2--++-=ml mgl ml J C
即 ?ααcos 2
42mgl
ml J C +-= 把 12
2
m l J C =代入上式得 ?αcos 23l g = 而 t
d d ω
α=
分离变量并积分得 ????ωωω
d cos 23d 00l g -=??
)sin (sin 30??ω-=
l
g
（2）当杆脱离墙时F N A = 0，设此时1??=
则 0)cos sin (2
121N =-=
?ω?αml
F A 将α和ω表达式代入上式解得 01sin 3
2
sin ??=
)sin 3
2
arcsin(01??=
12-19 均质实心圆柱体A 和薄铁环B 的质量均为m ，半径都等于r ，两者用杆AB 铰接，无滑动地沿斜面滚下，斜面与水平面的夹角为θ，如图所示如杆的质量忽略不计，求杆AB 的加速度和杆的内力。
解：分别取圆柱A 和薄铁环B 为研究对象，其受力分析如图（a ）、（b ）所示，A 和B 均作平面运动，杆AB 作平动，由题意知
T
T ,,F F a a a B A B A '=====ααα。 对圆柱A 有
)2( )1( sin A 11T αθJ r F F F mg ma =--=
对薄铁环B 有
)
4( )3( sin 22αθB J r F F mg T ma =-+'=
联立求解式（1）、（2）、（3）、（4），并将T T 22
,,2F F mr J r m J B A '===，以及根据只滚不滑条件得到的a =
αr 代入，解得
θsin 71T T mg F F ='=（压力）及 θs i n
7
4
g a =
12-21 图示均质圆柱体的质量为m ，半径为r ，放在倾角为?60的斜面上。一细绳缠绕在圆柱体上，其一端固定于点A ，此绳与A 相连部分与斜面平行。若圆柱体与斜面间的摩擦系数为3
1
=
f ，试求其中心沿斜面落下的加速度a C 。 解：取均质圆柱为研究对象，其受力如图（a ）所示，圆柱作平面运动，则其平面运动微分方程为
)
3( 60sin )2( 60cos 0)1( )(T N T F F mg ma mg F r F F J C --?=?-=-=α 而 F = fF N （4）
圆柱沿斜面向下滑动，可看作沿AD 绳向下滚动，且只滚不滑，所以有 a C =αr 把上式及3
1
=
f 代入式（3）、（4）解方程（1）至（4），得 a C = 0.355
g （方向沿斜面向下）
12-23 均质圆柱体A 和B 的质量均为m ，半径为r ，一绳缠在绕固定轴O 转动的圆柱A 上，绳的另一端绕在圆柱B 上，如图所示。摩擦不计。求：（1）圆柱体B 下落时质心的加速度；（2）若在圆柱体A 上作用一逆时针转向，矩为M 的力偶，试问在什么条件下圆柱体B 的
质心加速度将向上。 解：（1）分别取轮A 和B 研究，其受力如图（a ）、（b ）所示，轮A 定轴转动，轮B 作平面运动。
对轮A 运用刚体绕定轴转动微分方程 r F J A A T =α （1） 对轮B 运用刚体平面运动微分方程有
B ma F mg ='-T
(2) r F J B B T
'=α （3） 再以C 为基点分析B 点加速度，有
r r a a a B A BC C B ?+?=+=αα （4） 联立求解式（1）、（2）、（3）、（4），并将
T
T F F '=及2
2
r m J J A B ==代入，解得
g a B 5
4=
2）若在A 轮上作用一逆时针转矩M ，则轮A 将作逆时针转动，对A 运用刚体绕定轴转动微分方程有 r F M J A A T -=α （5）
以C 点为基点分析B 点加速度，根据题意，在临界状态有
0t
t =+-=+=r r a a a B A BC C B αα （6）
联立求解式（5）、（6）和（2）、（3）并将T T '=及2
2
r m J J A B ==代入，得
mgr M 2= 故当转矩mgr M 2>时轮B 的质心将上升。
梁坤京理论力学第十二章动量矩定理课后答案
动量矩定理 1２－１ 质量为m 的点在平面Ｏx ｙ内运动,其运动方程为: t b y t a x ωω2sin cos == 式中a 、b 和ω为常量。求质点对原点Ｏ的动量矩。 解:由运动方程对时间的一阶导数得原点的速度 t b t y v t a t x v y x ωωωω2cos 2d d sin d d ==-== 质点对点O 的动量矩为 t a t b m t b t a m x mv y mv m M m M L y x O O ωωωωωωcos 2cos 22sin )sin ()()(0??+?-?-=?+?-=+=y x v v ? t mab ωω3 cos 2= 1２-3 如图所示，质量为m 的偏心轮在水平面上作平面运动。轮子轴心为A ,质心为Ｃ，A Ｃ ＝ e ；轮子半径为Ｒ，对轴心A 的转动惯量为ＪA ;C 、Ａ、B 三点在同一铅直线上。（１)当轮子只滚不滑时，若v Ａ已知，求轮子的动量和对地面上B 点的动量矩。（２)当轮子又滚又滑时，若v A 、ω已知,求轮子的动量和对地面上Ｂ点的动量矩。 解：(1)当轮子只滚不滑时B 点为速度瞬心。 ? 轮子角速度R v A =ω? 质心C 的速度)(e R R v C B v A C += =ω? ?轮子的动量(A C mv R e R mv p += =?方向水平向右） ?对Ｂ点动量矩ω?=B B J L ? 由于? 2 22)( )( e R m me J e R m J J A C B ++-=++= 故[ ] R v e R m me J L A A B 2 2)( ++-=? (２）当轮子又滚又滑时由基点法求得C 点速度。 e v v v v A CA A C ω+=+= 轮子动量( )(e v m mv p A C ω+==?方向向右） 对B 点动量矩 ) ( )()()( )( 2e mR J e R mv me J e R e v m J BC mv L A A A A C C B +++=-+++=+=ωωωω 12-13 如图所示，有一轮子，轴的直径为50 m ｍ，无初速地沿倾角?=20θ的轨道滚下,设只滚不滑，5秒内轮心滚动的距离为s = 3 m 。试求轮子对轮心的惯性半径。 解:取轮子为研究对象,轮子受力如图(ａ）所示，根据刚体平面运动微分方程有 ? F mg ma C -=θsin ? (1) J Ｃα = Ｆr ? ?（2） 因轮子只滚不滑，所以有 a Ｃ ＝αr （3）
动量冲量和动量定理典型例题精析
动量、冲量和动量定理·典型例题精析 [例题1]质量为m的物体，在倾角为θ的光滑斜面上由静止开始下滑．如图7－1所示．求在时间t内物体所受的重力、斜面支持力以及合外力给物体的冲量． [思路点拨]依冲量的定义，一恒力的冲量大小等于这力大小与力作用时间的乘积，方向与这力的方向一致．所以物体所受各恒力的冲量可依定义求出．而依动量定理，物体在一段时间t内的动量变化量等于物体所受的合外力冲量，故合外力给物体的冲量又可依动量定理求出． [解题过程]依冲量的定义，重力对物体的冲量大小为 I G＝mg·t， 方向竖直向下． 斜面对物体的支持力的冲量大小为 I N＝N·t＝mg·cosθ·t，
方向垂直斜面向上． 合外力对物体的冲量可分别用下列三种方法求出． (1)先根据平行四边形法则求出合外力，再依定义求出其冲量． 由图7－1(2)知，作用于物体上的合力大小为F＝mg·sinθ，方向沿斜面向下． 所以合外力的冲量大小 I F＝F·t＝mg·sinθ·t． 方向沿斜面向下． (2)合外力的冲量等于各外力冲量的矢量和，先求出各外力的冲量，然后依矢量合成的平行四边形法则求出合外力的冲量． 利用前面求出的重力及支持力冲量，由图7－1(3)知合外力冲量大小为 方向沿斜面向下．
或建立平面直角坐标系如图7－1(4)，由正交分解法求出．先分别求出合外力冲量I F在x，y方向上分量I Fx，I Fy，再将其合成． (3)由动量定理，合外力的冲量I F等于物体的动量变化量Δp． I F=Δp=Δmv=mΔv=m(at)=mgsinθ·t． [小结] (1)计算冲量必须明确计算的是哪一力在哪一段时间内对物体的冲量． (2)冲量是矢量，求某一力的冲量除应给出其大小，还应给出其方向． (3)本题解提供了三种不同的计算合外力冲量的方法．
012 第十二章 动量矩定理
第12章 动量矩定理 通过上一章的学习我们知道动量是表征物体机械运动的物理量。但是在某些情况下，一个物体的动量不足以反映它的运动特征。例如，开普勒在研究行星运动时发现，行星在轨道上各点的速度不同，因而动量也不同，但它的动量的大小与它到太阳中心的距离之乘积—称为行星对太阳中心的动量矩，总是保持为常量，可见，在这里，行星对太阳中心的动量矩比行星的动量更能反映行星运动的特征。 在另一些情况下，物体的动量则完全不能表征它的运动。例如，设刚体绕着通过质心C 的z 轴转动。因为不论刚体转动快慢如何，质 心速度C v 总是等于零，所以刚体的动量也总是零。但是，刚体上各质点的动量大小与其到z 轴的距离的乘积之和—即刚体对z 轴的动量矩却不等于零。可见，在这里，不能用动量而必须用动量矩来表征刚体的运动。 §12-1 质点动量矩定理 例2.人造地球卫星本来在位于离地面600km h =的圆形轨道上，如图所示，为使其进入410km r =的另一圆形轨道，须开动火箭，使卫星在A 点的速度于很短时间内增加0.646km/s ，然后令其沿椭圆轨道自由飞行到达远地点B ，再进入新的圆形轨道。问：（1）卫星在椭圆轨道的远地点B 处时的速度是多少？（2）为使卫星沿新的圆形轨道运行，当它到达远地点B 时，应如何调整其速度？大气阻力及其它星球的影响不计。地球半径6370km R =。 图12-5 解：首先求出卫星在第一个圆形轨道上的速度，可由质点动力学方程求出。卫星运行时只受地球引力的作用，即 2 2 () R F mg R x =+ 式中x 是卫星与地面的距离。当卫星沿第一圆形轨道运动时，有
22 2 ()()v R m mg R h R h =++ 即 2 2 () gR v R h =+ （b ） 将6370km R =，600km h =，9.8m/s g =代入上式，得卫星在第一个圆形轨道上运动的速度 17.553km/s v = 所以卫星在椭圆轨道上的A 点的速度为 7.5530.6468.199km/s A v =+= 卫星在椭圆轨道上运动时，仍然只受地球引力作用，而该引力始终指向地心O ，对地以O 的矩等于零，所以卫星对地心O 的动量矩应保持为常量。设卫星在远地点B 的速度为B v ，则有 A A B B r v r v = 所以 4 63706008.199 5.715km/s 10A B A B r v v r += ?=?= 设卫星沿新的圆形轨道运行时所需的速度为2v ，则 22 2 2 4 9.86370 6.306km/s 10gR v r ?=== 由此可见，为使卫星沿着第二个圆形轨道运行，当它沿椭圆轨道到达B 点时，应再开动火箭，使其速度增加一个值 20.591km/s B B v v v ?=-= 顺便指出，在（b ）式中令0h →，就得到7.9km/s v =，这就是为使卫星在离地面不远处作圆周运动所需的速度，称为第一宇宙速度。 §12-2 质点系动量矩定理 例1.质量为1m 、半径为R 的均质圆轮绕定轴O 转动，如图所示。轮上缠绕细绳,绳端悬挂质量为2m 的物块,试求物块的加速度。均质圆 轮对于O 轴的转动惯量为211 2 O J m R =。
理论力学(机械工业出版社)第十一章动量矩定理习题解答
习 题 11-1 质量为m 的质点在平面Oxy 内运动，其运动方程为：t b y t a x ωω2sin ,cos ==。其中a 、b 和w 均为常量。试求质点对坐标原点O 的动量矩。 t a x v x ωωsin -== t b y v y ωω2cos 2== x mv y mv L y x O +-= )cos 2cos 22sin sin (t a t b t b t a m ωωωωωω?+?= )cos 2cos 22sin (sin t t t t mab ωωωωω?+?= )cos 2cos 2cos sin 2(sin t t t t t mab ωωωωωω?+?= )2cos (sin cos 22t t t mab ωωωω+= t mab ωω3cos 2= 11-2 C 、D 两球质量均为m ，用长为2 l 的杆连接，并将其中点固定在轴AB 上，杆CD 与轴AB 的交角为θ，如图11-25所示。如轴AB 以角速度w 转动，试求下列两种情况下，系统对AB 轴的动量矩。（1）杆重忽略不计；（2）杆为均质杆，质量为2m 。 图11-25 (1) θθ222sin 2)sin (2ml l m J z =?= θω22sin 2l m L z = (2) θθ220 2sin 3 2d )sin (2ml x x l m J l z ==?杆 θ22sin 3 8 ml J z = θ ω22sin 3 8 l m L z = 11-3 试求图11-26所示各均质物体对其转轴的动量矩。各物体质量均为m 。 图11-26 (a) ω23 1ml L O = (b) 22291)6(121ml l m ml J O =+= ω29 1ml L O -=
动量定理与动量守恒定律·典型例题解析
动量定理与动量守恒定律·典型例题解析 【例1】 在光滑的水平面上有一质量为2m 的盒子，盒子中间有一质量为m 的物体，如图55－1所示．物体与盒底间的动摩擦因数为μ现给物体以水平速度v 0向右运动，当它刚好与盒子右壁相碰时，速度减为 v 02 ，物体与盒子右壁相碰后即粘在右壁上，求： (1)物体在盒内滑行的时间； (2)物体与盒子右壁相碰过程中对盒子的冲量． 解析：(1)对物体在盒内滑行的时间内应用动量定理得：－μmgt ＝ m mv t 0·－，＝v v g 0022 (2)物体与盒子右壁相碰前及相碰过程中系统的总动量都守恒，设碰 撞前瞬时盒子的速度为，则：＝＋＝＋．解得＝，＝．所以碰撞过程中物体给盒子的冲量由动量定理得＝－＝，方向向右． v mv m v 22mv (m 2m)v v v I 2mv 2mv mv /61001212210v v 0043 点拨：分清不同的物理过程所遵循的相应物理规律是解题的关键． 【例2】 如图55－2所示，质量均为M 的小车A 、B ，B 车上 挂有质量为的金属球，球相对车静止，若两车以相等的速率M 4 C C B 1.8m/s 在光滑的水平面上相向运动，相碰后连在一起，则碰撞刚结束时小车的速度多大？C 球摆到最高点时C 球的速度多大？ 解析：两车相碰过程由于作用时间很短，C 球没有参与两车在水平方向的相互作用．对两车组成的系统，由动量守恒定律得(以向左为正)：Mv －Mv ＝
2Mv 1两车相碰后速度v 1＝0，这时C 球的速度仍为v ，向左，接着C 球向左上方摆动与两车发生相互作用，到达最高点时和两车 具有共同的速度，对和两车组成的系统，水平方向动量守恒，＝＋＋，解得＝＝，方向向左．v C v (M M )v v v 0.2m /s 222M M 4419 点拨：两车相碰的过程，由于作用时间很短，可认为各物都没有发生位移，因而C 球的悬线不偏离竖直方向，不可能跟B 车发生水平方向的相互作用．在C 球上摆的过程中，作用时间较长，悬线偏离竖直方向，与两车发生相互作用使两车在水平方向的动量改变，这时只有将C 球和两车作为系统，水平方向的总动量才守恒． 【例3】 如图55－3所示，质量为m 的人站在质量为M 的小车的右端，处于静止状态．已知车的长度为L ，则当人走到小车的左端时，小车将沿光滑的水平面向右移动多少距离？ 点拨：将人和车作为系统，动量守恒，设车向右移动的距离为s ，则人向左移动的距离为L －s ，取向右为正方向，根据动量守恒定律可得M ·s －m(L －s)＝0，从而可解得s ．注意在用位移表示动量守恒时，各位移都是相对地面的，并在选定正方向后位移有正、负之分． 参考答案 例例跟踪反馈．．．；；．×·3 m M +m L 4 M +m M H [] 1 C 2h 300v 49.110N s 04M m M 【例4】 如图55－4所示，气球的质量为M 离地的高度为H ，在气球下方有一质量为m 的人拉住系在气球上不计质量的软绳，人和气球恰悬浮在空中处于静止状态，现人沿软绳下滑到达地面时软绳的下端恰离开地面，求软绳的长度．
高中物理动量定理试题经典及解析
高中物理动量定理试题经典及解析 一、高考物理精讲专题动量定理 1．如图所示，静置于水平地面上的二辆手推车沿一直线排列，质量均为m ，人在极短的时间内给第一辆车一水平冲量使其运动，当车运动了距离L 时与第二辆车相碰，两车以共同速度继续运动了距离L 时停。车运动时受到的摩擦阻力恒为车所受重力的k 倍，重力加速度为g ，若车与车之间仅在碰撞时发生相互作用，碰撞吋间很短，忽咯空气阻力，求： (1)整个过程中摩擦阻力所做的总功； (2)人给第一辆车水平冲量的大小。 【答案】(1)-3kmgL ；(2)10m kgL 【解析】 【分析】 【详解】 (1)设运动过程中摩擦阻力做的总功为W ，则 W =-kmgL -2kmgL =-3kmgL 即整个过程中摩擦阻力所做的总功为-3kmgL 。 (2)设第一辆车的初速度为v 0，第一次碰前速度为v 1，碰后共同速度为v 2，则由动量守恒得 mv 1=2mv 2 22101122 kmgL mv mv -= - 2 21(2)0(2)2 k m gL m v -=- 由以上各式得 010v kgL = 所以人给第一辆车水平冲量的大小 010I mv m kgL == 2．观赏“烟火”表演是某地每年“春节”庆祝活动的压轴大餐。某型“礼花”底座仅0.2s 的发射时间，就能将质量为m =5kg 的礼花弹竖直抛上180m 的高空。（忽略发射底座高度，不计空气阻力，g 取10m/s 2） (1)“礼花”发射时燃烧的火药对礼花弹的平均作用力是多少？（已知该平均作用力远大于礼花弹自身重力） (2)某次试射，当礼花弹到达最高点时爆炸成沿水平方向运动的两块（爆炸时炸药质量忽略
12第十二章 动量矩定理
1 质点系对某轴的动量矩等于质点系中各质点的动量对同一轴之矩的代数和。 （ ） 2 刚体的质量是刚体平动时惯性大小的度量，刚体对某轴的转动惯量则是刚体绕该轴转动时惯性大小的度量。 （ ） 3 刚体对某轴的回转半径等于其质心到该轴的距离。( ) 4 如果作用于质点系上的所有外力对固定点O 的主矩不为零，那么，质点系的动量矩一定不守恒。( ) 5 如果质点系所受的力对某点（或轴）的矩恒为零，则质点系对该点（或轴）的动量矩不变。( ) 6 图中所示已知两个均质圆柱，半径均为R ，质量分别为2m 和3m ，重物的质量为1m 。重物向下运动的速度为V ，圆柱C 在斜面上只滚不滑，圆柱O 与绳子之间无引对滑动，则系统 对O 轴的动量矩为vR m R m vR m H o 12 232 ++=ω。( ) 7 图中已知均质圆轮的半径为R ，质量为m ，在水平面上作纯滚动，质心速度为C v ，则轮子对速度瞬心I 的动量矩为R mv H c I =。( ) 1 已知刚体质心C 到相互平行的z z 、'轴的距离分别为b a 、，刚体的质量为m ，对z 轴的转动惯量为z J ，则' z J 的计算公式为__________________。
A ．2)(b a m z z ++='J J ； B ．)(2 2b a m z z -+=' J J ； Ｃ．)(2 2b a m z z --=' J J 。 2 两匀质圆盘A 、B ，质量相等，半径相同，放在光滑水平面上，分别受到F 和' F 的作用，由静止开始运动，若' F F =，则任一瞬间两圆盘的动量相比较是_____________________。 Ａ．B A p p >； Ｂ．B A p p <； Ｃ．B A p p =。 3 在一重W 的车轮的轮轴上绕有软绳，绳的一端作用一水平力P ，已知车轮的半径为R ，轮轴的半径为r ，车轮及轮轴对中心O 的回转半径为ρ，以及车轮与地面间的滑动摩擦系数为f ，绳重和滚阻皆不计。当车轮沿地面作平动时，力P 的值为_________________。 Ａ．ρ/fWR P =； Ｂ．r fWR P /=； Ｃ．r fW P /ρ=；④ fW P =。
第11章动矩定理
第11章 动量矩定理 上一章我们学习了动量定理，它只是从一个侧面反映物体间机械运动传递时，动量的变化与作用在物体上力之间的关系。但当物体作定轴转动时，若质心在转轴上，则物体动量等于零，可见对于转动刚体而言，动量不再用来描述转动物体的物理量。在这一章里我们学习描述转动物体的物理量——动量矩，以及作用在物体上力之间的关系。 11.1 动量矩定理 11.1.1质点和质点系动量矩 1．质点的动量矩 如图11-1所示，设质点在图示瞬时A 点的动量为m v ,矢径为r ，与力F 对点O 之矩的矢量表示类似，定义质点对固定点O 的动量矩为 v r v M m ×=)(m o （11-1） 图11-1 图11-2 质点对固定点O 的动量矩是矢量，方向满足右手螺旋法则，如图11-1所示，大小为固 定点O 与动量AB 所围成的三角形面积的二倍，即 mvh =OAB =)(m M 0的面积Δ2v 其中，h 为固定点O 到AB 线段的垂直距离，称为动量臂。 单位为kg.m 2/s 。
质点的动量对固定轴z 的矩与力F 对固定轴z 的矩类似，如图11-2所示，质点的动量v m 在oxy 平面上的投影xy )m (v 对固定点O 的矩，定义质点对固定轴z 的矩，同时也等于质点对固定点O 的动量矩在固定轴z 上的投影。质点对z 轴的动量矩是代数量，即 z o xy o m =m M =m M Z )]([])[()(v M v v （11-2） 2．质点系的动量矩 质点系对固定点O 的动量矩等于质点系内各质点对固定点O 的动量矩的矢量和，即 ∑==n i i i o )(m 1v M L o （11-3） 质点系对固定轴z 的矩等于质点系内各质点对同一轴z 动量矩的代数和，即 Z o n i i i z z )(m =L ][L v M =∑=1 （11-4） 刚体作平移时动量矩的计算：将刚体的质量集中在刚体的质心上，按质点的动量矩计 算。 刚体作定轴转动时动量矩的计算： 设定轴转动刚体如图11-3所示，其上任一质点i 的质量为m i ，到转轴的垂直距离为i r ，某瞬时的角速度为ω，刚体对转轴z 的动量矩由式（11-4）得 图11-3 ω J =ω)r m (=) r ωr (m =)r v (m =)(m M =L z n i i i n i i i i n i i i i n i i i z ∑∑∑∑====1 21 1 1v z 即 ωJ =L z z （11-5）
高二物理动量定理的应用
动量定理的应用(2)·典型例题解析 【例1】 500g 的足球从1.8m 的高处自由下落碰地后能弹回到1.25m 高，不计空气阻力，这一过程经历的时间为1.2s ，g 取10m/s 2，求足球对地面的作用力． 解析：对足球与地面相互作用的过程应用动量定理，取竖直向下为 正，有－Δ＝′－其中Δ＝－－＝－×－×＝－－＝，′＝－＝－××＝(mg N)t mv mv t 1.2 1.21.20.60.50.1(s)v 2gh 210 1.2522221810 21251012h g h g .. －，＝＝××＝，解得足球受到向上的 弹力＝＇＋＝＋×＝＋＝5(m /s)v 2gh 210 1.86(m /s)N mg 0.51055560(N)1v v v t ().(). -+?056501 由牛顿第三定律得足球对地面的作用力大小为60N ，方向向下． 点拨：本例也可以对足球从开始下落至弹跳到最高点的整个过程应用动量定理：mgt 总－N Δt ＝0－0，这样处理更为简便． 从解题过程可看出，当Δt 很短时，N 与mg 相比较显得很大，这时可略去重力． 【例2】如图51－1所示，在光滑的水平面上有两块前后并排且靠在一起的木块A 和B ，它们的质量分别为m 1和m 2，今有一颗子弹水平射向A 木块，已知子弹依次穿过A 、B 所用的时间分别是Δt 1和Δt 2，设子弹所受木块的阻力恒为f ，试求子弹穿过两木块后，两木块的速度各为多少？ 解析：取向右为正，子弹穿过A 的过程，以A 和B 作为一个整体， 由动量定理得＝＋，＝，此后，物体就以向右匀速运动，接着子弹要穿透物体． f t (m m )v v A v B 112A A A ??f t m m 1 12+ 子弹穿过B 的过程，对B 应用动量定理得f Δt 2＝m 2v B －m 2v A ， 解得子弹穿出后的运动速度＝＋．B B v B f t m m f t m ??11222 + 点拨：子弹穿过A 的过程中，如果只将A 作为研究对象，A 所受的冲量
第2节质点系的角动量定理及角动量守恒定律
第5.2节 质点系的角动量定理及角动量守恒定律 5.2.1离心调速器模型如图所示．由转轴上方向下看，质量为m 的小球在水平面内绕AB 逆时针作匀速圆周运动，当角速度为ω时，杆张开α角．杆长为l ．杆与转轴在B 点相交．求(1)作用在小球上的各力对A 点、B 点及AB 轴的力矩．(2)小球在图示位置对A 点、B 点及AB 轴的角动量．杆质量不计 解：（本题中A 点的位置不明确，A 点应与两小球同 高度） 以A 点为坐标原点建立坐标系，x 轴向右，y 轴向上，z 轴垂直于纸面向外。 左侧小球： 受力：j mg W ?-= ，)?cos ?(sin j i T T αα+= 位失：相对于A 点：i l r A ?sin α-= 相对于B 点：T T l j i l r B -=+-=)?cos ?(sin αα 速度：小球绕y 轴作匀速圆周运动，速率为：αωωsin l r v == 在图中所示位置：k l k v v ?sin ?αω== 重力矩： ?)?(?)?(?sin )?()?cos ?(sin ?sin )?()?sin (=?=?==-?+-=?==-?-=?=j j j j k mgl j mg j i l W r k mgl j mg i l W r B A AB B B A A ττταααταατ 拉力T 的力矩： 0?)?(?)?(0 ?2sin ?cos sin )?cos ?(sin )?sin (2 1=?=?==?-=?=-=-=+?-=?=j j j j T T T l T r k lT k lT j i T i l T r B A AB B B A A τττταααααατ 角动量： j m l j j L j j L L m l m l L j i m l k m l j i l v m r L j m l k m l i l v m r L B A AB B B B A A ?sin ?)?(?)?(sin sin sin cos ||) ?sin ?sin cos (?sin )?cos ?(sin ?sin ?sin )?sin (222 42222222αωαωαααωαααωαωαααωαωα=?=?==+=+-=?+-=?==?-=?=
《理论力学》第十一章动量矩定理习题解
y x 第十一章 动量矩定理 习题解 [习题11-1] 刚体作平面运动。已知运动方程为：23t x C =，24t y C =，3 2 1t = ?，其中长度以m 计，角度以rad 计，时间以s 计。设刚体质量为kg 10，对于通过质心C 且垂直于图平面的惯性半径m 5.0=ρ，求s t 2=时刚体对坐标原点的动量矩。 解： )(1223|2 2m x t C =?== )(1624|22m y t C =?== t t dt d dt dx v C Cx 6)3(2=== )/(1226|2s m v t Cx =?== t t dt d dt dy v C Cy 8)4(2=== )/(1628|2s m v t Cy =?== 2323)21(t t dt d dt d === ?ω )/(622 3 |22s rad t =?==ω → →→+=k v m M J L C Z Cz O )]([ω → → -+=k y mv x mv m L C Cx C Cy O ][2 ωρ → =→ ?-?+??=k L t O ]1612121665.0[10|2 2 → =→ =k L t O 15|2 )/(2 s m kg ?，→ k 是z 轴正向的单位向量。 [习题11-2] 半径为R ，重为W 的均质圆盘固结在长l ，重为P 的均质水平直杆AB 的B 端，绕铅垂轴Oz 以角速度ω旋转，求系统对转轴的动量矩。 解： g Pl l g P J AB z 3312 2,= ??=
平动 )(a O 转动 绕定轴C )( b 转动 绕定轴1 )(O c 1 O 在圆弧上作纯滚动 )(d g l R W l g W g J l z 4) 4(R W 412222,+= ?+??=圆盘 ωω?+?=圆盘,,z AB z z J J L ω4) 4(3[222g l R W g Pl L z ++= ω)4443( 2 2 2 g WR g Wl g Pl L z ++= ω4333(2 22g WR g Wl g Pl L z ++= ω)433( 2 2R g W l g W P L z ++= [习题11-3] 已知均质圆盘质量为m ，半径为R ，当它作图示四种运动时，对固定点1O 的动量矩分别为多大？图中l C O =1。 解：)(a 因为圆盘作平动，所以 ωω211ml J L z O O == 解：)(b → → → →?+=p r L L C C O 1 其中，质心C 的动量为0 ωω22 1 1mR J L Cz O = = 解：)(c ωω)2 1 (2211ml mR J L z O O +== 解：)(d 因为圆盘作平面运动，所以： )(11→ +=C Z O Cz O v m M J L ω
高考物理动量定理试题经典含解析
高考物理动量定理试题经典含解析 一、高考物理精讲专题动量定理 1．2022年将在我国举办第二十四届冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一．某滑道示意图如下，长直助滑道AB 与弯曲滑道BC 平滑衔接，滑道BC 高h =10 m ，C 是半径R =20 m 圆弧的最低点，质量m =60 kg 的运动员从A 处由静止开始匀加速下滑，加速度a =4.5 m/s 2，到达B 点时速度v B =30 m/s ．取重力加速度g =10 m/s 2． （1）求长直助滑道AB 的长度L ； （2）求运动员在AB 段所受合外力的冲量的I 大小； （3）若不计BC 段的阻力，画出运动员经过C 点时的受力图，并求其所受支持力F N 的大小． 【答案】（1）100m （2）1800N s ?（3）3 900 N 【解析】 （1）已知AB 段的初末速度，则利用运动学公式可以求解斜面的长度，即 22 02v v aL -= 可解得:22 1002v v L m a -== （2）根据动量定理可知合外力的冲量等于动量的该变量所以 01800B I mv N s =-=? （3）小球在最低点的受力如图所示 由牛顿第二定律可得：2C v N mg m R -= 从B 运动到C 由动能定理可知： 221122 C B mgh mv mv = -
解得;3900N N = 故本题答案是：（1）100L m = （2）1800I N s =? （3）3900N N = 点睛：本题考查了动能定理和圆周运动，会利用动能定理求解最低点的速度，并利用牛顿第二定律求解最低点受到的支持力大小． 2．半径均为52m R =的四分之一圆弧轨道1和2如图所示固定，两圆弧轨道的最低端切线水平，两圆心在同一竖直线上且相距R ，让质量为1kg 的小球从圆弧轨道1的圆弧面上某处由静止释放，小球在圆弧轨道1上滚动过程中，合力对小球的冲量大小为5N s ?，重力加速度g 取210m /s ，求： （1）小球运动到圆弧轨道1最低端时，对轨道的压力大小; （2）小球落到圆弧轨道2上时的动能大小。 【答案】（1）2 5(22 +（2）62.5J 【解析】 【详解】 （1）设小球在圆弧轨道1最低点时速度大小为0v ，根据动量定理有 0I mv = 解得05m /s v = 在轨道最低端，根据牛顿第二定律， 20 v F mg m R -= 解得252N 2F ??=+ ? ?? ? 根据牛顿第三定律知，小球对轨道的压力大小为252N F ' ?=+ ?? （2）设小球从轨道1抛出到达轨道2曲面经历的时间为t ， 水平位移： 0x v t = 竖直位移： 2 12 y gt =
梁坤京理论力学第十二章动量矩定理课后答案
动量矩定理 12-1 质量为m 的点在平面Oxy 内运动，其运动方程为: x a cos t y bsin2 t 式中a 、b 和 为常量。求质点对原点 O 的动量矩。 解：由运动方程对时间的一阶导数得原点的速度 V x dx sin t dt a V y dy 2b cos2 t 质点对点 O 的动量矩为 L O M o (mV x ) M 0( mV y ) mv x y mv y x m ( a sin t) bsin2 t m 2b cos2 t acos t 2mab cos 3 t 12-3 如图所示，质量为m 的偏心轮在水平面上作平面运动。 轮子轴心为A,质心为C, AC = e ；轮子半径为 R,对轴心A 的转动惯量为J A ； C 、A 、B 三点在同一铅直线上。（1 ）当轮子只 滚不滑时，若 V A 已知，求轮子的动量和对地面上 B 点的动量矩。（2）当轮子又滚又滑时， 若V A 、 已知，求轮子的动量和对地面上 B 点的动量矩。 解：（1）当轮子只滚不滑时 B 点为速度瞬心。 轮子角速度 V A R 质心C 的速度V C BC R e 轮子的动量 p mv C mv A (方向水平向右) R 对B 点动量矩L B J B 2 2 2 由于 J B J C m (R e) J A me m (R e) 故 L B J A me 2 m （R e ）2 食 （2）当轮子又滚又滑时由基点法求得 C 点速 度。 V C V A V CA V A e 轮子动量 p mv C m(v A e) （方向向右） 对B 点动量矩 L B mv C BC J C m(v A 2 e) (R e) (J A me) mv A (R e) (J A mRe) 12-13 如图所示，有一轮子，轴的直径为 50 mm 无初速地沿倾角 20的轨道滚下，设 只滚不滑，5秒内轮心滚动的距离为 s =3m 。试求轮子对轮心的惯性半径。 解：取轮子为研究对象，轮子受力如图（ a ）所示，根据刚体平面运动微分方程有 ma C mgsi n F （ 1） J C = Fr （ 2） 因轮子只滚不滑，所以有 a c = r （ 3） ? 12
高考物理动量定理试题经典
高考物理动量定理试题经典 一、高考物理精讲专题动量定理 1．观赏“烟火”表演是某地每年“春节”庆祝活动的压轴大餐。某型“礼花”底座仅0.2s 的发射时间，就能将质量为m =5kg 的礼花弹竖直抛上180m 的高空。（忽略发射底座高度，不计空气阻力，g 取10m/s 2） (1)“礼花”发射时燃烧的火药对礼花弹的平均作用力是多少？（已知该平均作用力远大于礼花弹自身重力） (2)某次试射，当礼花弹到达最高点时爆炸成沿水平方向运动的两块（爆炸时炸药质量忽略不计），测得前后两块质量之比为1：4，且炸裂时有大小为E =9000J 的化学能全部转化为了动能，则两块落地点间的距离是多少？ 【答案】(1)1550N ；(2)900m 【解析】 【分析】 【详解】 (1)设发射时燃烧的火药对礼花弹的平均作用力为F ，设礼花弹上升时间为t ，则： 212 h gt = 解得 6s t = 对礼花弹从发射到抛到最高点，由动量定理 00()0Ft mg t t -+= 其中 00.2s t = 解得 1550N F = (2)设在最高点爆炸后两块质量分别为m 1、m 2，对应的水平速度大小分别为v 1、v 2，则： 在最高点爆炸，由动量守恒定律得 1122m v m v = 由能量守恒定律得 2211221122E m v m v = + 其中 121 4m m = 12m m m =+ 联立解得 1120m/s v =
230m/s v = 之后两物块做平抛运动，则 竖直方向有 212 h gt = 水平方向有 12s v t v t =+ 由以上各式联立解得 s=900m 2．如图所示，光滑水平面上有一轻质弹簧，弹簧左端固定在墙壁上，滑块A 以v 0＝12 m/s 的水平速度撞上静止的滑块B 并粘在一起向左运动，与弹簧作用后原速率弹回，已知A 、B 的质量分别为m 1＝0.5 kg 、m 2＝1.5 kg 。求： ①A 与B 撞击结束时的速度大小v ； ②在整个过程中，弹簧对A 、B 系统的冲量大小I 。 【答案】①3m/s ； ②12N ?s 【解析】 【详解】 ①A 、B 碰撞过程系统动量守恒，以向左为正方向 由动量守恒定律得 m 1v 0=（m 1+m 2）v 代入数据解得 v =3m/s ②以向左为正方向，A 、B 与弹簧作用过程 由动量定理得 I =（m 1+m 2）（-v ）-（m 1+m 2）v 代入数据解得 I =-12N ?s 负号表示冲量方向向右。 3．汽车碰撞试验是综合评价汽车安全性能的有效方法之一．设汽车在碰撞过程中受到的平均撞击力达到某个临界值F 0时，安全气囊爆开．某次试验中，质量m 1=1 600 kg 的试验车以速度v 1 = 36 km/h 正面撞击固定试验台，经时间t 1 = 0.10 s 碰撞结束，车速减为零，此次碰撞安全气囊恰好爆开．忽略撞击过程中地面阻力的影响． （1）求此过程中试验车受到试验台的冲量I 0的大小及F 0的大小； （2）若试验车以速度v 1撞击正前方另一质量m 2 =1 600 kg 、速度v 2 =18 km/h 同向行驶的汽车，经时间t 2 =0.16 s 两车以相同的速度一起滑行．试通过计算分析这种情况下试验车
第12章 动量矩定理(田)
第十二章 动量矩定理 一、填空题 1．如下（1）图所示，在提升重为Ｇ的物体Ａ时，可在半径为ｒ的鼓轮上作用一力偶Ｍ。已知鼓轮对轴Ｏ的转动惯量为Ｉ，某瞬时鼓轮的角加速度为α，则该瞬时，系统对轴Ｏ的动量矩定理可写成______________。 2．如下（2）图所示，轮Ｂ由系杆ＡＢ带动在固定轮Ａ上无滑动滚动，两圆的半径分别为Ｒ，ｒ。若轮Ｂ的质量为ｍ，系杆的角速度为ω，则轮Ｂ对固定轴Ａ的动量矩大小是_______________。 3．图（3）中匀质圆盘在光滑水平面上作直线平动，图（4）中匀质圆盘沿水平直线作无滑动滚动。设两圆盘的质量皆为ｍ，半径皆为ｒ，轮心Ｏ速度皆为ｖ，则图示瞬时，它们各自对轮心Ｏ和对与地面接触点Ｄ的动量矩分别为：（3）ＬO ＝___________ ；ＬD ＝_____________________； （4）ＬO ＝_____________；ＬD ＝_____________________。 二、选择题 1．如下图（1）所示，已知两个匀质圆轮对转轴转动惯量分别为I Ａ，I Ｂ，半径分别为ＲＡ，ＲＢ，作用在Ａ轮上的转矩为Ｍ，则系统中Ａ轮角加速度的大小为（ ）。 2 2A 2 2B 2 A A B A A 222A D C I I M B A B A B A B A A B B R I R I MR I M R I R I MR +==+=+=αααα、；、；、；、 2．如下图（2）所示，两匀质细杆ＯＡ和ＢＣ的质量均为ｍ ＝ ８ｋｇ，长度均为ｌ ＝ ０．５ｍ， 固连成图所示的Ｔ字型构件，可绕通过点Ｏ的水平轴转动。当杆ＯＡ处于图示水平位置时，该构件的角速度ω ＝ ４ｒａｄ／ｓ。则该瞬时轴Ｏ处反力的铅垂分力ＮＯｙ的大小为（ ）。 Ａ．ＮＯ=２４．５Ｎ；Ｂ．ＮＯ=３２．３Ｎ；Ｃ．ＮＯ=７３．８Ｎ；Ｄ．ＮＯ=１５６．８Ｎ 3．如果把下图（3）中重为G A 的物体换为图（4）所示的力G A ，在这两种情况下，若把匀质滑轮的角加速度ε１和ε２的大小比较，则有（ ）。 A ． ε１ ＜ ε； B ． ε１ ＞ ε； C ． ε１ ＝ ε２ (1) (2) (3) (4) (1) (2) (3) (4)
动量定理典型例题
动量定理典型例题 典型例题1——由动量定理判断物体的冲量变化 甲、乙两个质量相同的物体，以相同的初速度分别在粗糙程度不同的水平面上运动，乙物体先停下来，甲物体又经较长时间停下来，下面叙述中正确的是（ ）． A 、甲物体受到的冲量大于乙物体受到的冲量 B 、两个物体受到的冲量大小相等 C 、乙物体受到的冲量大于甲物体受到的冲量 D 、无法判断 分析与解：本题中甲、乙两物体受到的冲量是指甲、乙两物体所受合外力的冲量，而在这个过程中甲、乙两物体所受合外力均为摩察力，那么由动量定理可知，物体所受合外力的冲量等于动量的增量，由题中可知，甲、乙两物体初、末状态的动量都相同，所以所受的冲量均相同． 答案：B ． 典型例题2——由动量大小判断外力大小 质量为0.1kg 的小球，以10m ／s 的速度水平撞击在竖直放置的厚钢板上，而后以7m ／s 的速度被反向弹回，设撞击的时间为0.01s ，并取撞击前钢球速度的方向为正方向，则钢球受到的平均作用力为（ ）． A ．30N B ．－30N C ．170N D ．－170N 分析与解：在撞击过程中小球的动量发生了变化，而这个变化等于小球所受合外力的冲量，这个合外力的大小就等于钢板对钢球作用力的大小．（此时可忽略小球的重力） N 170) 10(1.0)7(1.001.01 2-=---?=?-=??=F F mv mv t F p I 答案：D ． 典型例题3——由速度变化判断冲量 质量为m 的钢球自高处落下，以速率1v 碰地，竖直向上弹回，碰撞时间极短离地的速率为2v ，在碰撞过程中，地面对钢球的冲量的方向和大小为（ ）． A ．向下，)(21v v m - B ．向下，)(21v v m + C ．向上，)(21v v m - D ．向上，)(21v v m + 分析与解：在小球碰撞到弹起的过程中，小球速度变化的方向是向上的，所以小球受到地面冲量的方向一定是向上的，在忽略小球重力的情况下，地面对小球冲量的大小等于小球动量的变化．
高考物理动量定理解题技巧及经典题型及练习题(含答案)
高考物理动量定理解题技巧及经典题型及练习题(含答案) 一、高考物理精讲专题动量定理 1．图甲为光滑金属导轨制成的斜面，导轨的间距为1m l =，左侧斜面的倾角37θ=?，右侧斜面的中间用阻值为2R =Ω的电阻连接。在左侧斜面区域存在垂直斜面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为10.5T B =，右侧斜面轨道及其右侧区域中存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为20.5T B =。在斜面的顶端e 、f 两点分别用等长的轻质柔软细导线连接导体棒ab ，另一导体棒cd 置于左侧斜面轨道上，与导轨垂直且接触良好，ab 棒和cd 棒的质量均为0.2kg m =，ab 棒的电阻为12r =Ω，cd 棒的电阻为24r =Ω。已知t =0时刻起，cd 棒在沿斜面向下的拉力作用下开始向下运动(cd 棒始终在左侧斜面上运动)，而ab 棒在水平拉力F 作用下始终处于静止状态，F 随时间变化的关系如图乙所示，ab 棒静止时细导线与竖直方向的夹角37θ=?。其中导轨的电阻不计，图中的虚线为绝缘材料制成的固定支架。 (1)请通过计算分析cd 棒的运动情况； (2)若t =0时刻起，求2s 内cd 受到拉力的冲量； (3)3 s 内电阻R 上产生的焦耳热为2. 88 J ，则此过程中拉力对cd 棒做的功为多少? 【答案】(1)cd 棒在导轨上做匀加速度直线运动；(2)1.6N s g ；(3)43.2J 【解析】 【详解】 (1)设绳中总拉力为T ，对导体棒ab 分析，由平衡方程得： sin θF T BIl =+ cos θT mg = 解得： tan θ 1.50.5F mg BIl I =+=+ 由图乙可知： 1.50.2F t =+ 则有： 0.4I t = cd 棒上的电流为：
角动量定理及角动量守恒定律
角动量定理及角动量守恒定律 一、力对点的力矩： 如图所示，定义力F 对O 点的力矩为： F r M ?= 大小为： θsin Fr M ＝ 力矩的方向：力矩是矢量，其方向可用右手螺旋法则来判断：把右手拇指伸直，其余四指弯曲，弯曲的方向由矢径通过小于1800的角度转向力的方向时，拇指指向的方向就是力矩的方向。 二、力对转轴的力矩： 力对O 点的力矩在通过O 点的轴上的投影称为力对转轴的力矩。 1）力与轴平行，则0=M ； 2）刚体所受的外力F 在垂直于转轴的平面内，转轴和力的作用线之 间的距离d 称为力对转轴的力臂。力的大小与力臂的乘积，称为力F 对 转轴的力矩，用M 表示。力矩的大小为： Fd M ＝ 或： θsin Fr M ＝ 其中θ是F 与r 的夹角。 3）若力F 不在垂直与转轴的平面内，则可把该力分解为两个力，一 个与转轴平行的分力1F ，一个在垂直与转轴平面内的分力2F ，只有分力2F 才对刚体的转动状态有影响。 对于定轴转动，力矩M 的方向只有两个，沿转轴方向或沿转轴方向反方向，可以化为标量形式，用正负表示其方向。 三、合力矩对于每个分力的力矩之和。 合力 ∑=i F F 合外力矩 ∑∑∑=?=?=?i i i M F r F r F r M ＝ 即 ∑i M M ＝ 四、质点的角动量定理及角动量守恒定律 在讨论质点运动时，我们用动量来描述机械运动的状态，并讨论了在机械运动过程中所遵循的动量守恒定律。同样，在讨论质点相对于空间某一定点的运动时，我们也可以用角动量来描述物体的运动状态。角动量是一个很重要的概念，在转动问题中，它所起的作用和(线)动量所起的作用相类似。 在研究力对质点作用时，考虑力对时间的累积作用引出动量定理，从而得到动量守恒定律；考虑力对空间的累积作用时，引出动能定理，从而得到机械能守恒定律和能量守恒定律。至于力矩对时间的累积作用，可得出角动量定理和角动量守恒定律；而力矩对空间的累积作用，则可得出刚体的转动动能定理，这是下一节的内容。本节主要讨论的是绕定轴转动的刚体的角动量定理和角动量守恒定律，在这之前先讨论质点对给定点的角动量定理和角动量守恒定律。 下面将从力矩对时间的累积作用，引入的角动量的概念，讨论质点和刚体的角动量和角动量守恒定律。 1．质点的角动量（Angular Momentum ）——描述转动特征的物理量 1）概念 一质量为m 的质点，以速度v 运动，相对于坐标原点O 的位置矢量