第十二章 动量定理(H)
动量定理和定量矩定理
2）受力分析：如图所示
设流体密度为 ，流量为 ，（流体在单位时间内流过截面的体积流量，定常流动时， 是常量）在 时间内，流过截面的质量为 ，其动量改变量为
即
由
得
令
其中 为管子对流体的静约束力，由下式确定
则有
为流体流动时，管子对流体的附加动约束力。可见，当流体流速很高或管子截面积很大时，流体对管子的附加动压力很大，在管子的弯头处必须安装支座（图12.14）
（2）微运动的周期与运动规律
解：
1．研究对象：圆轮
2．分析受力：如图12.35所示
3．分析运动：轮作平面运动，轮心沿作圆周运动
4．列动力学方程，求解：
5．求
6．微运动时
由式令
解得
所以
周期
解：
1．分析运动：
2．计算
例12.9图12.21所示椭圆规尺，质量为，曲柄质量为，滑块和的质量为，设曲柄和均为均质杆，且，曲柄以转动，求：此椭圆规尺机构对转轴的动量矩。
解：
1．分析运动：规尺作平面运动
2．计算
物块速度均通过转轴，对的动量矩为，杆定轴转动，对轴的动量矩为
四． 心为定点的动量矩定理
引言：求均质轮在外力偶的作用下，绕质心轴的角加速度
刚体的平面运动微分方程
设刚体具有质量对称平面，作用在刚体上的力系可以简化为在此平面内的力系，如图12.31所示。以为基点建立平动坐标系，则刚体相对于此质心的动量矩为
刚体平面运动岁质心平动相对质心转动
随质心平动
相对质心转动
刚体平面运动微分方程：
例12.15已知：质量为半径为的均质圆轮放在倾角为的斜面上，由静止开始运动。设轮沿斜面作纯滚动。求：（1）轮心的加速度，（2）轮沿斜面不打滑的条件。
动量定理
动量定理的内容为：
物体在一个过程始末的动量变化量等于它在这个过程中所受力的冲量(用字母I表示)，即力与力作用时间的乘积，数学表达式为FΔt=mΔv。
公式中的冲量为所有外力的冲量的矢量和。
动量定理是一个由实验观测总结的规律，也可由牛顿第二定律和运动学公式推导出来，其物理实质也与牛顿第二定律相同，这也意味着它仅能在经典力学范围内适用。
而与动量定理相关的定律——动量守恒定律，大到接近光速的高速，小到分子原子的尺度，它依然成立。
动量守恒定律的定义为：如果一个系统不受外力或所受外力的矢量和为零，那么这个系统的总动量保持不变。
由此可见，动量定理和动量守恒定律是两个不同的概念，不能混为一谈。
常见表达式
（1）
（2）
，注：冲量，动量
适用条件
（1）在牛顿力学适用的条件下才可适用动量定理，即动量定理仅适用于宏观低速的研究对象。
对于微观粒子和以光速运动的物体，动量定理不再适用；
（2）只适用于惯性参考系，若对于非惯性参考系，必须加上惯性力的冲量。
且v1，v2必须相对于同一惯性系。
应用
1.由于动量定理只涉及研究对象的初末两个状态，故对复杂的物理过程有时合理地应用动量定理可以极大地优化解决过程；
2.对于题干中不涉及物体加速度a和物体位移x的运动和力的问题，应用动量定理可能会更为简便。
理论力学 十二章 动量定理
dp (e ) = ∑ Fi dt
上式表明, 质点系的动量对时间的导数等于作用 于质点系的外力系的主矢.这一结论称为质点系 的动量定理.在实际应用中常用其投影形式:
dp x e = ∑ Fix dt dp y e = ∑ Fiy 或 dt dp z = ∑ Fize dt
C FG A θ
解: t=0时, vCx=0, xC=0; 水平方向无外力作用,质心的 水平运动守恒,故始终有 xC=0.如图在任意时刻有
yC = a sin θ
y 而 BB
yB =2yC = 2a sin θ xB = a cos θ
由以上二式消去 θ 得
A FN
C FG θ A
x y + =1 4a a
d e dt ∑ (mi vix ) = ∑ Fix d e (mi viy ) = ∑ Fiy ∑ dt d e dt ∑ (mi viz ) = ∑ Fiz
dp d (mi vi ) = ∑ Fi (e ) = ∑ dt dt
积分
t2
p2 p1 = ∑mivi 2 ∑mivi1 = ∑∫ Fi dt
FG
= x1 +
系统在水平方向不受外力作用, 质心的水平运动守恒,而初始时 刻 vC = 0, xC = 0, 因此
xC = x1 +
x3 A x1 O x2 FQ FP x
FP + 2 FQ FG + FP + FQ
lsinωt = 0
FG
x1 =
FP + 2 FQ FG + FP + FQ
lsinωt
例1, 斜向抛一物体,在最高点炸裂成两块,一 块沿原轨道返回抛射点,另一块落地点水平距离OB 则是未炸裂时应有水平距离OB0 的两倍.求物体炸裂 后两块质量之比.
动量矩定理
( ) 2）若 ∑ m (F ) = 0 ，则 w = cos 2t 3）若 ∑ m (F ) = cos 2t ，则 ε = cos 2t 4）在一定的时间内，当 ∑ m (F ) 一定时， I
z z z
1）若 ∑ m z F ≠ 0 ，则刚体的转动状态一定发生变化。
z
越大 , 运动状态越大。
可见，转动惯量表现刚体转动状态改变的难易程度。因此说：转动惯量是刚 体转动时惯性的度量。 转微分方程可以解决两类动力学问题：
( )
( ) ( ) ( )
由于约束力通过 Z 轴，于是有：
n d (I z w ) = ∑ m z F i dt i =1
即：
Iz
N n d 2ϕ = m F 或 I ε = mz F i i ∑ ∑ z z dt 2 i =1 I =1
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
( )
这就是刚体定轴转动的微分方程，即刚体对定轴的转动惯量与角速度的乘 积，等于作用于刚体的主动力 对该轴之矩的代数和。 ．．． 由以上可知：
对于该点（或该轴）的动量矩保持不变，这种情形称为动量矩守恒。
4
理论力学讲义
例 2：已知：圆轮半径 r,量 m ，物块重 p 。求：物块加速度。 解：取整体研究，对 O 点的动量矩为
L0 = Iw +
p vr g
外力对 O 总的矩为 ∑ m0 F 由
( ) = pr
e
d (L0 ) = ∑ m0 F 得： dt p ar = pr g
I 2 a / R = Nr2 − RT p a =T − p g I 1ia / R = M − Nr2 / i
⎫ ⎪ ⎬ ⎪ ⎭
未知量 a, T , Nr2 可求解：解之可得：
12动量定理
y
s
D
A
O
B
x
理论力学
第十二章 动量定理
解：研究对象为小车D和平台AB，受力分析和运动分析如图。
系统动量在坐标轴上的投影为
y s
m2 g vr
px m1v m2 (vr v) py 0
D
v
其中：
vr
ds dt
bt
A
F
m1 g
B
O
x
dpx
dt
n
F (e) ix
i 1
y
m2
B
m3
A
C
v
m1
D
x
理论力学
第十二章 动量定理
第一节 动量与冲量
y
m2
解：该质点系的动量为：
3
p mi vi i 1
建立图示坐标系，有：
B
m3
A
px py
m2v m3vcos m1v m3vsin
1 41 4
mv(2 cos ) mv(-4 sin)
电动机不转时，基础上只有向 上的反力，可称为静反力。电 动机转动时基础的反力可称为 动反力。动约束力与静约束力 的差值则称为附加动约束力。
理论力学
第十二章 动量定理
第三节 质心运动定理
例题：两根均质杆AD和BD在D处用光滑铰链相连。已知两
杆长均为l，质量各为m1、m2，并且 m1 m2 。开始时，两
r
cos
r
dt
0
I y
rπ 0
v
mv2 r
第十二章 第1讲 动量定理 动量守恒定律
[考试标准]一、动量和动量定理1．动量物体的质量与速度的乘积为动量，即p＝m v，单位是kg·m/s.动量是描述物体运动状态的物理量，是矢量，其方向与速度的方向相同．2．冲量力与力的作用时间的乘积叫做力的冲量，即I＝F·t，冲量是矢量，其方向与力的方向相同，单位是N·s.3．动量定理物体在一个过程始末的动量变化量等于它在这个过程中所受力的冲量，即p′－p＝I.适用于单个物体或多个物体组成的系统．二、动量守恒定律1．适用条件(1)系统不受外力或所受外力的合力为零，不是系统内每个物体所受的合力都为零，更不能认为系统处于平衡状态．(2)近似适用条件：系统内各物体间相互作用的内力远大于它所受到的外力．(3)如果系统在某一方向上所受外力的合力为零，则系统在该方向上动量守恒．2．动量守恒定律的不同表达形式(1)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，相互作用的两个物体组成的系统，作用前的动量和等于作用后的动量和．(2)Δp1＝－Δp2，相互作用的两个物体动量的增量等大反向．(3)Δp＝0，系统总动量的增量为零．三、碰撞1．碰撞碰撞是指物体间的相互作用持续时间很短，而物体间相互作用力很大的现象．2．特点在碰撞现象中，一般都满足内力远大于外力，可认为相互碰撞的系统动量守恒．3．分类四、反冲运动 火箭 1．反冲现象(1)物体的不同部分在内力作用下向相反方向运动．(2)反冲运动中，相互作用力一般较大，通常可以用动量守恒定律来处理． (3)反冲运动中，由于有其他形式的能转化为机械能，所以系统的机械能增加． 2．火箭(1)工作原理：利用反冲运动．火箭燃料燃烧产生的高温、高压燃气从尾喷管迅速喷出时，使火箭获得巨大的反作用力．(2)设火箭在Δt 时间内喷射燃气的质量是Δm ，喷出燃气的速度是u ，喷出燃气后火箭的质量是m ，则火箭获得的速度v ＝Δmum.1．两辆汽车的质量分别为m 1和m 2，已知m 1＞m 2，沿水平方向同向行驶具有相等的动能，则此时两汽车动量p 1和p 2的大小关系( ) A ．p 1等于p 2 B ．p 1小于p 2 C ．p 1大于p 2 D ．无法比较答案 C2．关于冲量，以下说法正确的是( )A ．只要物体受到了力的作用，一段时间内物体受到的总冲量就一定不为零B ．只要物体受到的合外力不为零，该物体在任意时间内所受的总冲量就一定不为零C ．做曲线运动的物体，在任意时间内所受的总冲量一定不为零D ．如果力是恒力，则其冲量的方向与该力的方向相同 答案 D3．关于系统动量守恒，下列说法错误的是( ) A ．只要系统内有摩擦力，动量就不可能守恒 B ．只要系统所受的合外力为零，系统动量就守恒C ．系统所受合外力不为零，其动量一定不守恒，但有可能在某一方向上守恒D ．相互作用的两物体动量的增量的矢量和一定为零 答案 A4．如图1所示，在光滑的水平面上有静止的物体A 和B .物体A 的质量是B 的2倍，两物体中间用被细绳束缚的处于压缩状态的轻质弹簧相连．当把细绳剪断，弹簧在恢复原长的过程中( )图1A．A的速率是B的2倍B．A的动量大于B的动量C．A受的力大于B受的力D．A、B组成的系统的总动量为零答案 D5．(多选)下列属于反冲运动的是()A．汽车的运动B．直升飞机的运动C．火箭的运动D．反击式水轮机的运动答案CD6．如图2所示，光滑水平面上的两个小球A和B，其质量分别为m A和m B，且m A＜m B，B 球上固定一水平轻质弹簧，且处于静止状态．现A球以速度v撞击弹簧的左端(撞击后A、B 两球在同一直线上运动)，则下列关于撞击后的说法中正确的是()图2A．两球共速时，速度大小为m A vm A＋m BB．当两球速度相等时，弹簧恢复原长C．当A球速度为零时，B球速度为vD．当弹簧压缩量最大时，两球速度都为零答案 A命题点一动量定理的理解与应用例1(2015·重庆理综·3)高空作业须系安全带，如果质量为m的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为h(可视为自由落体运动)．此后经历时间t安全带达到最大伸长，若在此过程中该作用力始终竖直向上，则该段时间安全带对人的平均作用力大小为( ) A.m 2gh t ＋mgB.m 2gh t －mgC.m gh t＋mgD.m gh t－mg解析 由自由落体运动公式得人下降h 距离时的速度为v ＝2gh ，在t 时间内对人由动量定理得(F －mg )t ＝m v ，解得安全带对人的平均作用力为F ＝m 2ght ＋mg ，A 项正确．答案 A用动量定理解题的基本思路题组阶梯突破1．篮球运动员通常要伸出双手迎接传来的篮球．接球时，两手随球迅速收缩至胸前，如图3所示．这样做可以( )图3A ．减小球对手的冲量B ．减小球对人的冲击力C ．减小球的动量变化量D ．减小球的动能变化量 答案 B解析 先伸出两臂迎接，手接触到球后，两臂随球引至胸前，这样可以增加球与手接触的时间，根据动量定理得：－Ft ＝0－m vF ＝m vt，冲量和动量、动能的变化量都不变，当时间增大时，作用力减小，所以B 正确．2．(多选)如图4，在光滑水平面上有一质量为m的物体，在与水平方向成θ角的恒定拉力F 作用下运动，则在时间t内()图4A．重力的冲量为0B．拉力F的冲量为FtC．拉力F的冲量为Ft cos θD．物体动量的变化量等于Ft cos θ答案BD解析重力的冲量I G＝mgt.故A错误．拉力F的冲量I F＝Ft.故B正确，C错误．合力的冲量I合＝Ft cos θ，根据动量定理知，合力的冲量等于动量的变化量，则动量的变化量为Ft cos θ.故D正确．3．如图5所示，运动员挥拍将质量为m的网球击出．如果网球被拍子击打前、后瞬间速度的大小分别为v1、v2，v1与v2方向相反，且v2＞v1.重力影响可忽略，则此过程中拍子对网球作用力的冲量()图5A．大小为m(v2＋v1)，方向与v1方向相同B．大小为m(v2＋v1)，方向与v2方向相同C．大小为m(v2－v1)，方向与v1方向相同D．大小为m(v2－v1)，方向与v2方向相同答案 B解析取拍子击打前网球的速度v1的方向为正方向，根据动量定理得：拍子对网球作用力的冲量I＝－m v2－m v1＝－m(v1＋v2)，即冲量大小为m(v1＋v2)，方向与v1方向相反，与v2方向相同．选项B正确，A、C、D错误．命题点二动量守恒定律的应用例2 质量为10 g 的子弹，以300 m /s 的速度射入质量为24 g 、静止在光滑水平桌面上的木块．如果子弹留在木块中，则木块运动的速度是多大？如果子弹把木块打穿，子弹穿过后的速度为100 m/s ，这时木块的速度又是多大？解析 子弹质量m ＝10 g ＝0.01 kg ，子弹初速度v 0＝300 m/s ，木块质量M ＝24 g ＝0.024 kg ，设子弹嵌入木块后与木块的共同速度为v ，以子弹初速度的方向为正方向，由动量守恒定律得m v 0＝(m ＋M )v解得v ＝m v 0m ＋M ＝0.01×3000.01＋0.024m /s ≈88.2 m/s.若子弹穿出木块后速度为v 1＝100 m /s ，设木块速度为v 2，仍以子弹初速度方向为正方向，由动量定恒定律得mv 0＝mv 1＋Mv 2.代入数据解得v 2≈83.3 m/s. 答案 88.2 m /s 83.3 m/s动量守恒定律解题的基本步骤1．明确研究对象，确定系统的组成(系统包括哪几个物体及研究的过程)； 2．进行受力分析，判断系统动量是否守恒(或某一方向上动量是否守恒)； 3．规定正方向，确定初、末状态动量； 4．由动量守恒定律列出方程；5．代入数据，求出结果，必要时讨论说明． 题组阶梯突破4．如图6所示，一个质量为M 的木箱静止在光滑水平面上，木箱内粗糙的底板上放着一个质量m ＝0.25M 的小木块．现使木箱获得一个向右的初速度v 0，则( )图6A ．木箱和小木块最终都将静止B ．小木块最终速度大小为4v 0，方向向右C ．木箱最终速度大小为0.8v 0，方向向右D ．如果小木块与木箱的左壁碰撞后相对木箱静止，则二者将一起向左运动 答案 C解析 系统所受外力的合力为零，动量守恒，初状态木箱有向右的动量，小木块动量为零，故系统总动量向右，系统内部存在摩擦力，阻碍两物体间的相对滑动，最终相对静止，由于系统的总动量守恒，不管中间过程如何相互作用，根据动量守恒定律，最终两物体以相同的速度一起向右运动，选项A 、D 错误；最终两物体速度相同，由动量守恒定律得M v 0＝(m ＋M )v ，则得v ＝M v 0m ＋M ＝M1.25M v 0＝0.8v 0，方向向右，选项C 正确，B 错误．5．(多选)如图7所示，放在光滑水平桌面上的两个木块A 、B 中间夹一被压缩的弹簧，当弹簧被放开时，它们各自在桌面上滑行一段距离后飞离桌面落在地上．A 的落地点与桌边的水平距离为0.5 m ，B 的落地点与桌边的水平距离为1 m ，那么( )图7A ．A 、B 离开弹簧时的速度之比为1∶2 B ．A 、B 质量之比为2∶1C ．未离开弹簧时，A 、B 所受冲量之比为1∶2D ．未离开弹簧时，A 、B 加速度之比为1∶2 答案 ABD解析 A 、B 组成的系统在水平方向上不受外力，动量守恒，A 、B 两物体的落地点到桌边的距离x ＝v 0t ，因为两物体的落地时间相等，所以v 0与x 成正比，故v A ∶v B ＝1∶2，即A 、B 离开弹簧时的速度之比．由动量守恒定律可知，m A ∶m B ＝2∶1.未离开弹簧时，A 、B 受到的弹力相等，作用时间相同，冲量大小也相同．未离开弹簧时，F 相等，m 不同，加速度a ＝Fm ，与质量成反比，故a A ∶a B ＝1∶2.命题点三 碰撞模型的规律及应用例3 如图8所示，一个质量为M ＝50 kg 的运动员和质量为m ＝10 kg 的木箱静止在光滑水平面上，从某时刻开始，运动员以v 0＝3 m /s 的速度向墙的方向推出箱子，箱子与右侧墙壁发生完全弹性碰撞后返回．当运动员接到箱子后，再次重复上述过程，每次运动员均以v 0＝3 m/s 的速度向墙的方向推出箱子．求：图8(1)运动员第一次接到木箱后的速度大小； (2)运动员最多能够推出木箱几次？解析 (1)取水平向左为正方向，根据动量守恒定律得 第一次推出木箱0＝M v 1－m v 0第一次接住木箱M v 1＋m v 0＝(M ＋m )v 1′ 解得v 1′＝2m v 0M ＋m＝1 m/s(2)第二次推出木箱(M ＋m )v 1′＝M v 2－m v 0 第二次接住木箱M v 2＋m v 0＝(M ＋m )v 2′ 同理可得第n 次接住木箱时获得的速度为 v n ′＝2n m v 0M ＋m ≤v 0(n ＝1,2,3…)解得n ≤3故运动员最多能够推出木箱3次． 答案 (1)1 m/s (2)3次碰撞问题解题策略1．抓住碰撞的特点和不同种类碰撞满足的条件，列出相应方程求解．2．熟记弹性正碰的一些结论，例如，当两球质量相等时，两球碰撞后交换速度；当m 1≫m 2，且v 20＝0时，碰后质量大的速率不变，质量小的速率为2v .当m 1≪m 2，且v 20＝0时，碰后质量小的球原速率反弹． 题组阶梯突破6．质量相等的A 、B 两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，A 球的动量是7 kg·m /s ，B 球的动量是5 kg·m/s ，A 球追上B 球发生碰撞，则碰撞后A 、B 两球的动量可能值是( ) A ．p A ′＝6 kg·m /s ，p B ′＝6 kg·m/s B ．p A ′＝3 kg·m /s ，p B ′＝9 kg·m/s C ．p A ′＝－2 kg·m /s ，p B ′＝14 kg·m/s D ．p A ′＝－4 kg·m /s ，p B ′＝17 kg·m/s 答案 A解析 从碰撞前后动量守恒p A ＋p B ＝p A ′＋p B ′验证，A 、B 、C 三项皆有可能．从碰撞后总动能不增加，即p 2A 2m A ＋p 2B2m B ≥p A ′22m A ＋p B ′22m B来看，只有A 可能．7．一中子与一质量数为A (A >1)的原子核发生弹性正碰．若碰前原子核静止，则碰撞前与碰撞后中子的速率之比为( ) A.A ＋1A －1 B.A －1A ＋1 C.4A (A ＋1)2D.(A ＋1)2(A －1)2答案 A解析 设中子的质量为m ，则被碰原子核的质量为Am ，两者发生弹性碰撞，据动量守恒，有m v 0＝m v 1＋Am v ′，根据机械能守恒，有12m v 20＝12m v 21＋12Am v ′2.解以上两式得v 1＝1－A 1＋A v 0.若只考虑速度大小，则中子的速率为v 1′＝A －1A ＋1v 0，故碰撞前、后中子速率之比为A ＋1A －1.8．(多选)如图9甲所示，在光滑水平面上的两个小球发生正碰，小球的质量分别为m 1和m 2，图乙为它们碰撞前后的x －t 图象．已知m 1＝0.1 kg.由此可以判断( )图9A ．碰前m 2静止，m 1向右运动B ．碰后m 2和m 1都向右运动C ．由动量守恒可以算出m 2＝0.3 kgD ．碰撞过程中系统损失了0.4 J 的机械能 答案 AC解析 由x －t (位移时间)图象的斜率表示速度，碰前m 2的位移不随时间而变化，处于静止．m 1的速度大小为v 1＝ΔxΔt ＝4 m /s ，方向只有向右才能与m 2相撞．故A 正确．由图读出，碰后m 2的速度为正方向，说明向右运动，m 1的速度为负方向，说明向左运动．故B 错误．由图求出碰后m 2和m 1的速度分别为v 2′＝2 m/s ，v 1′＝－2 m/s ，根据动量守恒定律得，m 1v 1＝m 2v 2′＋m 1v 1′，代入解得，m 2＝0.3 kg.故C 正确．碰撞过程中系统损失的机械能为ΔE ＝12m 1v 21－12m 1v 1′2－12m 2v 2′2，代入解得，ΔE ＝0 J ，故D 错误.1．将吹足气的气球由静止释放，球内气体向后喷出，气球会向前运动，这是因为气球受到( ) A ．重力 B ．手的推力 C ．空气的浮力D．喷出气体对气球的作用力答案 D2．(多选)鸡蛋掉在草地上比掉在水泥地上不容易碎．下列防护与规定中与其具有相同原理的是()A．撑竿跳高比赛中，横杆的下方放有较厚的海绵垫B．易碎物品运输时要用柔软材料包装，船舷和码头悬挂旧轮胎C．有关部门规定用手工操作的各类振动机械的频率必须大于20赫兹D．在汽车上安装安全气囊答案ABD解析鸡蛋掉在草地上时与草地的作用时间比，掉在水泥地上时与水泥地的作用时间长，由动量定理知FΔt＝Δp，当动量变化量相同时，鸡蛋掉在草地上时受到的作用力小，所以不易碎．撑竿跳高比赛时，横杆的下方有较厚的海绵垫是为了增大运动员与海绵的作用时间而减小运动员受到的作用力，选项A正确；易碎物体运输时要用柔软材料包装，船舷和码头悬挂旧轮胎是为了增大物体间的作用时间而减小物体间的作用力，选项B正确；用手工操作的各类振动机械的频率大于20 Hz是为了防止发生共振现象而对人体健康造成危害，选项C错误；在汽车上安装安全气囊是为了增大安全气囊与人的作用时间而减小人受到的作用力，选项D 正确．3．如图1所示，小车与木箱紧挨着静止放在光滑的水平冰面上，现有一男孩站在小车上用力向右迅速推出木箱．关于上述过程，下列说法中正确的是()图1A．男孩和木箱组成的系统动量守恒B．小车与木箱组成的系统动量守恒C．男孩、小车与木箱三者组成的系统动量守恒D．木箱的动量增量与小车(包含男孩)的动量增量相同答案 C解析木箱、男孩、小车组成的系统动量守恒，木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量大小相同，方向相反，故A、B、D错误．4．有消息称：中国羽毛球运动员在一档节目上演示了一把高速度杀球，轻小的羽毛球被快速击出后瞬间将西瓜冲撞爆裂！据测羽毛球的时速高达300 km，羽毛球的质量介于4.74 g～5.50 g之间，经分析，下列说法中正确的是()A．这则消息一定是假的，因为羽毛球很轻小，不可能使西瓜爆裂B．这则消息一定是假的，因为击出的羽毛球速度虽然高，但其能量却很小C．这则消息可能是真的，俗话说无快不破，羽毛球虽然很轻小，但速度很高D．这则消息可能是真的，西瓜是否被撞击爆裂取决于羽毛球对西瓜的冲击力大小答案 D解析在高速度杀球时，由于球速较快，在与西瓜相撞的瞬间，速度急剧变化，根据动量定理可知，羽毛球对西瓜的作用力较大，完全可以使西瓜爆裂，故使西瓜裂开的原因不是速度，而是冲击力的大小，该消息可能是真的，故只有D正确，A、B、C错误．5．(多选)动能相同的A、B两球(m A＞m B)在光滑的水平面上相向运动，当两球相碰后，其中一球停止运动，则可判定()A．碰撞前A球的速度小于B球的速度B．碰撞前A球的动量大于B球的动量C．碰撞前后A球的动量变化大于B球的动量变化D．碰撞后，A球的速度一定为零，B球朝反方向运动答案ABD解析A、B两球动能相同，且m A＞m B，可得v B＞v A，再由动量和动能关系可得p A＞p B；由动量守恒得，碰撞前后A球的动量变化量与B球的动量变化量大小相等；由题意可知，碰撞后A球的速度一定为零，B球朝反方向运动，所以A、B、D对．6．两名质量相等的滑冰运动员甲和乙都静止在光滑的水平冰面上．现在其中一人向另一人抛出一个篮球，另一人接球后再抛回．如此反复进行几次后，甲和乙最后的速率关系是() A．若甲先抛球，则一定是v甲>v乙B．若乙先抛球，则一定是v乙>v甲C．只有甲先抛球，乙最后接球，才有v甲>v乙D．无论谁先抛球，只要乙最后接球，就有v甲>v乙答案 D解析因系统动量守恒，故最终甲、乙动量大小必相等．谁最后接球谁的质量中包含了球的质量，即质量大，根据动量守恒：m1v1＝m2v2，因此谁最终接球谁的速度小．7．(多选)质量为m的物体以初速度v0开始做平抛运动，经过时间t，下降的高度为h，速度变为v，在这段时间内物体动量变化量的大小为()A．m(v－v0) B．mgtC．m v2－v20D．m2gh答案BCD解析由动量定理得I＝Δp，即mgt＝Δp，故B正确；由p＝m v知，Δp＝m·Δv，而Δv＝v2－v20＝2gh，所以Δp＝m·v2－v20＝m2gh，故C、D正确．8．如图2甲所示，光滑平台上物体A 以初速度v 0滑到静止于水平地面且上表面粗糙的水平小车上，车与水平面间的动摩擦因数不计，图乙为物体A 与小车B 的v －t 图象，由图乙中各物理量可求得( )图2A ．小车上表面的长度B ．物体A 的质量C ．小车B 的质量D ．物体A 与小车B 的质量之比答案 D解析 由图象可知，A 、B 最终以共同速度v 1匀速运动，可以确定小物块相对小车的位移，不能确定小车上表面长度，A 错误；由动量守恒定律得m A v 0＝(m A ＋m B )v 1，可解得物体A 与小车B 的质量之比，D 正确，B 、C 错误．9．古时有“守株待兔”的寓言，倘若兔子受到的冲击力(可视为恒力)大小为自身体重2倍时即可导致死亡，如果兔子与树桩的作用时间为0.2 s ，则被撞死的兔子其奔跑速度可能是(重力加速度g 取10 m/s 2)( )A ．1.5 m /sB ．2.5 m/sC ．3.5 m /sD ．4.5 m/s答案 D10．(2014·福建理综·30(2))如图3所示，一枚火箭搭载着卫星以速率v 0进入太空预定位置，由控制系统使箭体与卫星分离．已知前部分的卫星质量为m 1，后部分的箭体质量为m 2，分离后箭体以速率v 2沿火箭原方向飞行，若忽略空气阻力及分离前后系统质量的变化，则分离后卫星的速率v 1为( )图3A ．v 0－v 2B ．v 0＋v 2C ．v 0－m 2m 1v 2 D ．v 0＋m 2m 1(v 0－v 2) 答案 D解析 根据动量守恒定律(m 1＋m 2)v 0＝m 1v 1＋m 2v 2，解得v 1＝v 0＋m 2m 1(v 0－v 2)，故A 、B 、C 错误，D 正确．11．在光滑水平面上，一质量为m 、速度大小为v 的A 球与质量为2m 、静止的B 球碰撞后，A 球的速度方向与碰撞前相反．则碰撞后B 球的速度大小可能是( )A ．0.6vB ．0.4vC ．0.3vD ．0.2v答案 A解析 设碰撞后A 球的速度大小为v A ，B 球的速度大小为v B ，碰撞前A 球的运动方向为正方向．根据动量守恒定律得：m v ＝2m v B －m v A 化简可得，v A ＝2v B －v ，因v A >0，所以v B >v 2，故只有A 项正确．12．如图4所示，倾角为α的光滑斜面AB 的长度为s ，一个质量为m 的物体自A 点从静止滑下，在由A 点到B 点的过程中，斜面对物体的冲量大小是________，重力对物体的冲量大小是________．物体受到的合力对物体的冲量大小是________(斜面固定不动)．图4答案 m cos α 2gs sin α m 2gs sin αm 2sg sin α 解析 物体沿光滑斜面下滑，加速度a ＝g sin α，滑到底端所用的时间为t ，由s ＝12at 2可知t ＝2s a ＝ 2s g sin α由冲量的定义式可知斜面对物体的冲量大小为： I F ＝mg cos α·t ＝mg cos α 2s g sin α＝m cos α2gs sin α 重力的冲量大小I G ＝mgt ＝mg2s g sin α＝m 2gs sin α 合力的冲量大小I 合＝F 合t ＝mg sin α 2s g sin α＝m 2sg sin α. 13．如图5所示，甲、乙两个小孩各乘一辆冰车在水平冰面上游戏．甲和他的冰车质量共为30 kg ，乙和他的冰车质量也是30 kg.游戏时，甲推着一个质量为15 kg 箱子和他一起以2 m/s 的速度滑行，乙以同样大小的速率迎面滑来．为避免相撞，甲突然将箱子沿冰面推给乙．箱子滑到乙处时乙迅速把它抓住．若不计冰面摩擦，甲至少以多大速度(相对地)将箱子推出，才能避免与乙相撞？图5答案 5.2 m/s解析要想刚好避免相撞，要求乙抓住箱子后与甲推出箱子后的速度正好相同，设甲推出箱子后的速度为v1，箱子的速度为v，乙抓住箱子后的速度为v2.对甲和箱子，推箱子前后动量守恒，以初速度方向为正，由动量守恒定律(M＋m)v0＝m v＋M v1①对乙和箱子，抓住箱子前后动量守恒，由动量守恒定律有m v－M v0＝(m＋M)v2②刚好不相撞的条件是v1＝v2③联立①②③式解得v＝5.2 m/s.故甲至少以速度(相对地)5.2 m/s将箱子推出，才能避免与乙相撞．。
第十二章 动量矩定理
Lz=Jzω
§2 动量矩定理
一、质点的动量矩定理
设质点质量为m， 受力F， MO(mv) 动量mv，定坐标系Oxyz ， 根据质点的动量定理 z
F
B
mv
r
o A y
MO(F)
d (mv ) F dt
等式两边同时与矢径r作矢量积， 即 x
d (mv ) r F r dt
MO(F)
?
d (mv ) r F 为求等式 r 左边项，先来看 dt d (r mv ) dr mv r d (mv ) dt dt dt v ( r d ( v mv∵O为定点！)mv ) dt MO(mv) =0
第十二章
动量矩定理
z
§1 动量矩的概念
一、质点的动量矩
F r
o
B A m
y
回顾： 力对点的矩 Mo(F)= r×F 若 r=xi+yj+zk F=Fxi+Fyj+Fzk
则 i M o (F ) x Fx
j y Fy k z Fz
MO(F)
x
大小：│Mo(F) │ =2S△OAB
方向：按右手螺旋规则定。
[Mo(mv)]z= M z(mv)
代数量
• 动量矩的量刚为 ML2T－1 （kg· 2/S） m
二、质点系的动量矩
质点系对固定点O的动量矩等于各质点对同 一点O的动量矩的矢量和（即质点系动量对点O 的主矩）：
对定点
Lo M o (mi vi )
i 1
n
矢量
质点系对固定轴z的动量矩等于各质点对同一 轴z的动量矩的代数和，即
vC
C
Lo = M o(Mvc)
第十二章 动量定理理论力学
→
→
说明：平面运动中的速度、角速度都是绝 对速度和绝对角速度。
第十二章 动量定理
2. 质点系的动量定理
21
如图所示质点系由n个质点组成，第i个质点的质量为mi ，速度为 e i ， 作 用 于 该 质点上的 外 力 记 为 ， 内 力 记 为 vi Fi Fi 。 由牛顿第二定律
r r dvi mi = ΣFi 可表示为 dt r d
实例现象的解释实例现象的解释第十二章动量定理31深圳实施中国第一爆05年第十二章动量定理深圳实施中国第一爆05年第十二章动量定理深圳实施中国第一爆05年第十二章动量定理广州造纸厂100米高烟囱定向爆破成功05年起爆05秒起爆1秒第十二章动量定理起爆2秒爆破成功广州造纸厂100米高烟囱定向爆破成功05年第十二章动量定理合肥成功定向爆破58米高层建筑05年第十二章动量定理成都10层三电大厦成功定向爆破07年第十二章动量定理宜宾一楼定向爆破不成炸楼炸成比萨斜塔第十二章动量定理质系的内力不影响质心的运动只有外力才能改变质心的运动
第十二章 动量定理
3
§12-2 质点的动量定理 1.质点的动量 度量质点机械运动的一个物理量。质点的动量等于其质 量与速度的乘积，即
v r P = mv
Px = mvx Pz = mvz
Py = mv y
动量是矢量，动量的方向与速度方向相同。 在国际单位制中，动量的单位为kg·m/s。 动量的量纲是
24
则:
r P = C,
即:
r r P2 = P 1
P2 x = P 1x P2 y = P 1y P2 z = P 1z
vr
C2
mv C 1
A B
mvC 2
ωr = ω
牵连运动：定轴转动 牵连点：x’y’系上C2’点
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vC
vA = ωAB ⋅ DA = 2lω cosωt vB = ωAB ⋅ DB = 2lω sin ωt
C
ω
O
p = mAvA + mBvB
vB
B
ωt
= 2mlω(−sin ωt i + cosωt j)
第十二章 动量定理
解2：先确定系统的质心，以及质心的速度， 先确定系统的质心，以及质心的速度， 然后计算系统的动量。 然后计算系统的动量。 质点系的质心在C 质点系的质心在C处，其速度矢量垂直于OC，数值为： 其速度矢量垂直于 ，数值为 矢量垂直于OC
第十二章 动量定理
例 题 5
空气流从台式风扇排出， 空气流从台式风扇排出，出口处 滑流边界直径为D 滑流边界直径为D，排出空气流速 度为 度为v，密度为ρ ，风扇所受重力为 W。 求：风扇不致滑落的风扇底座与 台面之间的最小摩擦因数。 台面之间的最小摩擦因数。 解：分析质量流的受力
考察刚要进入和刚刚排出的一段空气流，在Oxy坐标系中，空 坐标系中， 考察刚要进入和刚刚排出的一段空气流， Oxy坐标系中 气流所受叶片的约束力为F 气流所受叶片的约束力为FNx;这一段空气流都处于大气的包围之 两侧截面所受大气的总压力都近似为0 中，两侧截面所受大气的总压力都近似为0。
dm = ρS1v1 = ρS2v2 = qm dt
ρ －质量流的密度； 质量流的密度；
S1、S2－质量流入口和出口处的横截面积； 质量流入口和出口处的横截面积； v1、v2－质量流在入口和出口处的速度 qm －质量流量。 质量流量。 连续流方程表明，流入边界和流出边界的质量流量相等。 连续流方程表明，流入边界和流出边界的质量流量相等。 质量流量相等
∗ FN = 28.04kN
Q
第十二章 动量定理
质点系动量定理的工程应用－定常质量流 质点系动量定理的工程应用－
质量流 —— 非刚性的、开放的质点系统的运动。 非刚性的、开放的质点系统的运动。 质量流的三种形式 —— 流体形式、气体形式和颗粒形式。 流体形式、气体形式和颗粒形式。
质 量 流 的 流 体 形 式
第十二章 动量定理
3. 质点系动量守恒定律
dp = ∑F e i dt
若作用于质点系的外力的主矢恒等于零， 若作用于质点系的外力的主矢恒等于零， 质点系的动量保持不变。 质点系的动量保持不变。
p = p0 = 恒矢量
若作用于质点系的外力的主矢在某一轴上 的投影恒等于零， 的投影恒等于零，质点系的动量在该轴上的 投影保持不变。 投影保持不变。
水
第十二章 动量定理
光滑台面
§12-1 动量与冲量 121 动 量
质点的动量 —— 质点的质量与质点速度的乘积
p = mv
质点的动量是矢量，而且是定位矢量， 质点的动量是矢量，而且是定位矢量，它的方向与质点速 度的方向一致。 度的方向一致。其单位为 kg·m/s 或 N·s 质点系的动量 ——质点系中各质点动量的矢量和，称为质点 ——质点系中各质点动量的矢量和 质点系中各质点动量的矢量和， 动量的主矢。 系的动量， 系的动量，又称为质点系 动量的主矢。
第十二章 动量定理
例 题 3 求：流体对管壁身的作用力。 流体对管壁身的作用力。 解：取管壁中1-2间的流体为质点系 取管壁中1
dm = qρdt
p − p0 = p1′2′ − p12 = p22′ − p11′ = qρ dt(v2 − v1)
由质点系动量定理
p − p0 = ∑ Ii(e)
qρ(v2−v1)dt = (W + F + F2 + FN )dt 1
h3=254~305mm
第十二章 动量定理
h3=51~102mm
maC = ∑miai = ∑Fi
e
maCx = ∑mi aix = ∑ Fx(e)
直角坐标轴上的投影式: 直角坐标轴上的投影式:
maCy = ∑mi aiy = ∑ F
(e) y
maCz = ∑mi aiz = ∑ Fz(e)
m
自然轴上的投影式: 自然轴上的投影式:
dp d(mv) = = ma = F dt dt
dp = d(mv) = Fdt
质点动量的增量等于作用于质点上的力的元冲量。 质点动量的增量等于作用于质点上的力的元冲量。
mv − mv0 = ∫ Fdt = I
t 0
在某一时间间隔内， 在某一时间间隔内，质点动量的变化等于作用于质点上的 力在同一时间内的冲量。 力在同一时间内的冲量。
′′ FNx = qρ(v2x − v1x ) = Sρv2 =
第十二章 动量定理
πD2
4
ρv2
分析不包括空气流的风扇受力 W－风扇所受重力； －风扇所受重力； F－静滑动摩擦力； 静滑动摩擦力； FN－台面对风扇的约束力； 台面对风扇的约束力； Ff－空气流对风扇的反作用力
∑ Fx = 0
F = Ff = fs minW
fs min =
第十二章 动量定理
Ff W
=
πD2 ρv2
4W
§12-3 12根据质点系质心的位矢公式
质心运动定理
z mn C mi m2 m1
∑mi ri ∑mi ri rC = = m ∑mi
mvC = ∑mivi
rC ri
o y
p = ∑mivi = mvC
maC = ∑miai = ∑Fie
第十二章 动量定理
m2 ɺɺC = − x eω2 cosωt m + m2 1 m2 ɺɺC = − y eω2 sin ωt m + m2 1
由质心运动定理得: 由质心运动定理得:
∑ Fx(e) = Fx = mɺɺ x ∑ Fy(e) = Fy − m g − m2 g = mɺɺ y 1
A 第十二章 动量定理
O
B
2 冲 量
力在作用时间上的累积效应——力的冲量 力在作用时间上的累积效应——力的冲量
a. 常力
I = Ft
b. 变力
dI = Fdt
I = ∫ Fdt
t 0
冲量为矢量， 冲量为矢量，其单位与动量单位相同为
第十二章 动量定理
N·s
§12-2 121. 质点的动量定理
动量定理
qρ(v2−v1) = (W + F + F2 + FN ) 1
第十二章 动量定理
qρ(v2−v1) = (W + F + F2 + FN ) 1
′ ′′ FN = FN + FN
′ W + F + F2 + FN = 0 1
′′ FN = qρ(v2 − v1)
q = S1v1 = S2v2
′′ FNx = qρ(v2x − v1x ) ′′ FNy = qρ(v2y − v1y )
第12章 12章
动量定理
※ 几个有意义的问题 ※ 动量与冲量 ※ 动量定理 ※ 质心运动定理 ※ 结论与讨论
第十二章 动量定理
几个有意义的实际问题
地面拔河与太空拔河，谁胜谁负 地面拔河与太空拔河，
第十二章 动量定理
？
几个有意义的实际问题
偏心转子电动机 工作时为什么会左 右运动； 右运动； 这种运动有什么 规律； 规律； 会不会上下跳动； 会不会上下跳动； 利弊得失。 利弊得失。
vC=ω l
vA
A
ωAB
D
系统的总质量: 系统的总质量:
vC
mC= mA+ mB=2m =2m
系统的总动量大小: 系统的总动量大小:
C
ω
O
p = mCvC = 2mlω
vB
B
ωt
方向沿 vC 方向
第十二章 动量定理
֠ 思考题
1 求：图示系统的总动量。 图示系统的总动量。
ω1
O O1
֠ 思考题
2 求：图示系统的动量及质心的速度。 图示系统的动量及质心的速度 及质心的速度。 v v
第十二章 动量定理
质量流的气体形式
质量流的颗粒形式
由滑流边界限定的空气流
第十二章 动量定理
定常质量流 —— 质量流中的质点流动过程中，在每一位置点都具 质量流中的质点流动过程中， 有相同速度。 有相同速度。
定常质量流特点
1、质量流是不可压缩流动； 质量流是不可压缩流动； 2、非粘性 —— 忽略流层之间以及质量流与管壁之间的摩擦力。 忽略流层之间以及质量流与管壁之间的摩擦力。
P
30° 30°
∑ Fx(e) = 0
px = p0x = 恒量 0 恒量=
P Q v0 cos30 − v = 0 g g
Q
v = 2.667m /s
第十二章 动量定理
v0
﹡ FN
P − P y = ∑I y 0
(e) y
v P
30° 30°
P ∗ v0 sin 30 − 0 = (FN − P −Q)t g
vCx =常数；若开始时速度投影等于零， 若开始时速度投影等于零，
则质心沿该轴的坐标保持不变。 则质心沿该轴的坐标保持不变。
第十二章 动量定理
例 题 6 电动机的外壳和定子的总 质量为 m1 ,质心C1与转子转 质心C 轴 O1 重合 ；转子质量为 m2 ，质心 O2 与转轴不重 合 ，偏心距 O1O2 = e 。若 转子以等角速度ω 旋转。 旋转。 求：底座所受的约束力。 底座所受的约束力。
第十二章 动量定理
2. 质点系的动量定理
d(mivi ) = (Fi(e) + Fi(i) )dt = Fi(e)dt + Fi(i)dt
∑d(mivi ) = ∑Fi(e)dt + ∑Fi(i)dt