大学物理 第四章动量和角动量答案
大学物理第4章-动量和角动量
与地面碰撞的时间为t
由动量定理得：
F
，重tt12心F下dt移了ps2
。
p1
ห้องสมุดไป่ตู้
F Mv0
t2 t1
t
t
设人落地后作匀减速运动到静止，则：
讨论
v v0 at ,v2 v02 2as
F Mv02 2s
v02 2gh
t 2s v0 h
F Mg s
设人从 2m 处跳下，重心下移 1cm，则：
称质心：质点系的质量中心)的概念。 N个质点组成的系统∶
• • •• • m1, m2 ,, mi ,, mN
y
m1 m2
• • •• 位矢分别为 • • • •• • •
•C
m3
mi
x
• • r1 , r2 ,..., ri ,..., rN
mN
• 质点系的动量为∶
p m1v1 m2v2 ... mN vN
F1
m1
: F1
f1
dp1 dt
f1 f2 0
f1
f2
F2
m1
m2
m2
: F2
f2
dp2 dt
F1
F2
d(
p1
dt
p2
)
n 个质点组成的质点系：
即：
F
外
dp dt
n
Fi
i 1
d dt
n i 1
pi
— 质点系的动力学方程
即∶质点系所受合外力等于系统总动量的变化率。
说明
内力可以改变一个质点的动量，但对系统总动量 的改变无贡献。
四、质点系的动量定理： 1、微分形式： 由
F
大学物理第四章习题解
第四章 刚体的定轴转动4–1 半径为20cm 的主动轮，通过皮带拖动半径为50cm 的被动轮转动，皮带与轮之间无相对滑动，主动轮从静止开始作匀角加速度转动，在4s 内被动轮的角速度达到π/s 8，则主动轮在这段时间内转过了 圈。
解：被动轮边缘上一点的线速度为πm/s 45.0π8222=⨯==r ωv在4s 内主动轮的角速度为πrad/s 202.0π412111====r r v v ω主动轮的角速度为2011πrad/s 540π2==∆-=tωωα在4s 内主动轮转过圈数为20π520ππ2(π212π212121=⨯==αωN （圈）4–2绕定轴转动的飞轮均匀地减速，t ＝0时角速度为0ω＝5rad/s ，t ＝20s 时角速度为08.0ωω=，则飞轮的角加速度α＝ ，t ＝0到t ＝100s 时间内飞轮所转过的角度θ＝ 。
解：由于飞轮作匀变速转动，故飞轮的角加速度为20s /rad 05.020558.0-=-⨯=-=tωωα t ＝0到t ＝100s 时间内飞轮所转过的角度为rad 250100)05.0(21100521220=⨯-⨯+⨯=+=t t αωθ4–3 转动惯量是物体 量度，决定刚体的转动惯量的因素有 。
解：转动惯性大小，刚体的形状、质量分布及转轴的位置。
4–4 如图4-1，在轻杆的b 处与3b 处各系质量为2m 和m 的质点，可绕O 轴转动，则质点系的转动惯量为 。
解：由分离质点的转动惯量的定义得221i i i r m J ∆=∑=22)3(2b m mb +=211mb =4–5 一飞轮以600r/min 的转速旋转，转动惯量为·m 2，现加一恒定的制动力矩使飞轮在1s 内停止转动，则该恒定制动力矩的大小M ＝_________。
解：飞轮的角加速度为20s /rad 20160/π26000-=⨯-=-=tωωα制动力矩的大小为m N π50π)20(5.2⋅-=-⨯==αJ M负号表示力矩为阻力矩。
大学物理_04动量(最新)
由动量原理可知 向心力的冲量为 I 的大小为:
P2
B(t2)
P1
A(t1)
0 I 的方向由其 与 x 轴正向夹角φ决定：
∵tg φ=－1，Ix <0, Iy<0
∴ φ = －3 π/4
P ▽
P2
P1
2. 平均力
动量原理对解决碰撞问题很有用，在物体碰撞过程中，相互 作用时间很短，而相互作用力很大，这种力称为冲力. 冲力随时间变化的关系 F (t) 实际上是难确定的，但可以 引入平均力来近似地描述它们。 F (t ) 平均力定 义为 : F o 冲量为: t
α m x 方向： mv11 + 0 = mv12 cosθ +Mv22cosβ y方向： 0 = mv12sinθ – Mv22sinβ
v12
v11
M
氧核 θ
v22
（图 4-5）
x 方向： mv11 + 0 = mv12 cosθ +Mv22cosβ y方向： 0 = mv12sinθ – Mv22sinβ
F外 0
或
F外 f内 （某方向上）
对动量守恒定律应注意： （1）动量守恒定律是用于物体系的。
（2）在守恒定律中，所有的物体的速度都要对同一惯性系而 言。
（3）动量守恒定律常用其分量式。 （4）动量守恒是有时间性的。要注意何时守恒，何时不守恒。 系统的总动量守恒，系统内各物体的动量不一定守恒，动量 可以传递，一个物体动量的减少必有另一个物体动量增加， 但总动量保持不变。 （5）动量守恒定律是一条最基本、最普遍的定律。应用最广 泛，无论宏观还是微观领域都可以使用。
A 45o X
202.5o I mVA X
大学物理第四章 刚体的转动部分的习题及答案
第四章 刚体的转动一、简答题：1、简述刚体定轴转动的角动量守恒定律并给出其数学表达式?答案：刚体定轴转动时，若所受合外力矩为零或不受外力矩，则刚体的角动量保持不变。
2、写出刚体绕定轴转动的转动定律文字表达与数学表达式?答案：刚体绕定轴转动的转动定律：刚体绕定轴转动时，刚体的角加速度与它所受的合外力矩成正比，与刚体的转动惯量成反比。
表达式为：αJ M =。
3、写出刚体转动惯量的公式，并说明它由哪些因素确定?答案：dm r J V⎰=2①刚体的质量及其分布；②转轴的位置；③刚体的形状。
二、选择题1、在定轴转动中，如果合外力矩的方向与角速度的方向一致，则以下说法正确的是 ( A )A.合力矩增大时，物体角速度一定增大；B.合力矩减小时，物体角速度一定减小；C.合力矩减小时，物体角加速度不一定变小；D.合力矩增大时，物体角加速度不一定增大2、关于刚体对轴的转动惯量，下列说法中正确的是 ( C ) A.只取决于刚体的质量，与质量的空间分布和轴的位置无关； B.取决于刚体的质量和质量的空间分布，与轴的位置无关； C.取决于刚体的质量，质量的空间分布和轴的位置；D.只取决于转轴的位置，与刚体的质量和质量的空间分布无关；3、有一半径为R 的水平圆转台，可绕通过其中心的竖直固定光滑轴转动， 转动惯量为J ，开始时转台以匀角速度0ω转动，此时有一质量为m 的人站住转台中心，随后人沿半径向外跑去，当人到达转台边缘时，转台的角速度为 ( A ) A.()2mR J J +ω B.()2Rm J J +ω C.20mR J ω D.0ω4、均匀细棒OA 可绕通过其一端O 而与棒垂直的水平固定光滑轴转动，如图所示。
今使棒从水平位置由静止开始自由下落，在棒摆动到竖直位置的过程中，下述说法哪一种是正确的? ( A )A.角速度从小到大，角加速度从大到小．B.角速度从小到大，角加速度从小到大．C.角速度从大到小，角加速度从大到小．D.角速度从大到小，角加速度从小到大．5、一圆盘正绕垂直于盘面的水平光滑固定轴O 转动，如图射来两个质量相同，速度大小相同，方向相反并在一条直线上的子弹，子弹射入圆盘并且留在盘内，则子弹射入后的瞬间，圆盘的角速度( C )A.增大B.不变C.减小 (D) 、不能确定6、在地球绕太阳中心作椭圆运动时，则地球对太阳中心的 ( B ) A.角动量守恒，动能守恒 B.角动量守恒，机械能守恒 C.角动量不守恒，机械能守恒 D.角动量守恒，动量守恒7、有两个半径相同,质量相等的细圆环A 和B ，A 环的质量分布均匀，B 环的质量分布不均匀，它们对通过环心并与环面垂直的轴的转动惯量分别为A J 和B J ，则 ( C )A.B A J J >；B.B A J J <；C.B A J J =；D.不能确定A J 、B J 哪个大。
大学物理课后习题-答案详解
第一章质点运动学1、(习题1.1)：一质点在xOy 平面内运动，运动函数为2x =2t,y =4t 8-。
（1）求质点的轨道方程；（2）求t =1 s t =2 s 和时质点的位置、速度和加速度。
解：（1）由x=2t 得，y=4t 2-8 可得： y=x 2-8 即轨道曲线 （2）质点的位置 ： 22(48)r ti t j =+- 由d /d v r t =则速度： 28v i tj =+ 由d /d a v t =则加速度： 8a j =则当t=1s 时，有 24,28,8r i j v i j a j =-=+= 当t=2s 时，有 48,216,8ri j v i j a j =+=+=2、（习题1.2）： 质点沿x 在轴正向运动，加速度kv a -=，k 为常数．设从原点出发时速度为0v ，求运动方程)(t x x =.解：kv dtdv-= ⎰⎰-=t vv kdt dv v 001 tk e v v -=0t k e v dtdx-=0 dt ev dx tk tx-⎰⎰=000)1(0t k e kv x --=3、一质点沿x 轴运动，其加速度为a = 4t (SI)，已知t = 0时，质点位于x 0=10 m 处，初速度v 0 = 0．试求其位置和时间的关系式． 解：=a d v /d t 4=t d v 4=t d t⎰⎰=vv 0d 4d tt t v 2=t 2v d =x /d t 2=t 2t t x txx d 2d 020⎰⎰= x 2= t 3 /3+10 (SI)4、一质量为m 的小球在高度h 处以初速度0v 水平抛出，求：（1）小球的运动方程；（2）小球在落地之前的轨迹方程； （3）落地前瞬时小球的d d r t ，d d v t ，tv d d . 解：（1） t v x 0= 式（1）2gt 21h y -= 式（2） 201()(h -)2r t v t i gt j =+（2）联立式（1）、式（2）得 22v 2gx h y -=（3）0d -gt d rv i j t = 而落地所用时间 gh2t = 所以0d -2g h d r v i j t =d d v g j t =- 2202y 2x )gt (v v v v -+=+= 2120212202)2(2])([gh v gh g gt v t g dt dv +=+=5、 已知质点位矢随时间变化的函数形式为22r t i tj =+，式中r 的单位为m ，t 的单位为s .求：（1）任一时刻的速度和加速度；（2）任一时刻的切向加速度和法向加速度。
第四章动量和角动量
第四章 动量和角动量３２ 第四章 动量和角动量§4.1 动量守恒定律一、冲量和动量1.冲量定义：力的时间积累。
dt F I d =或⎰=21t t dt F I2.动量定义：vm P = 单位：kg.m/s 千克.米/秒二、动量定律1.质点动量定理内容：质点所受的合外力的冲量等于质点动量的改变量。
1212v m v m P P I -=-= 冲量的方向与动量改变量的方向相同。
在直角坐标系下的表示zz t t z z yy t t y y xx t t x x P P dt F I P P dt F I P P dt F I 121212212121-==-==-==⎰⎰⎰平均冲力：1221t t dtF F t t -=⎰1212t t P P --= 2.质点系动量定理第四章 动量和角动量 ３３系统所受合外力的冲量等于系统总动量的改变量。
P dt F t t ∆=⎰21合三、动量守恒定律条件：若系统所受的合外力0=合F，则：结论：=∑ii i v m 恒量 四、碰撞1、恢复系数 102012v v v v e --=2、碰撞的分类完全弹性碰撞 0=e 机械能不损失 完全非弹性碰撞 1=e 机械能损失 完全弹性碰撞 10<<e 机械能损失第四章 动量和角动量３４ 煤粉与传送带A 相互作用的Δt 时间内，落至传送带A 上的煤粉质量为：t q m m ∆=∆。
设煤粉所受传送带的平均冲力为f，建立如图例3-4图解所示的坐标系，由质点系动量定理得：00mv t f mv t f y x ∆-=∆-∆=∆)(149,220N fff v q f v q f yxm y m x =+=⇒==与水平方向的夹角为04.57==xyf f arctg α【讨论】 由于煤粉连续落在传送带上，考察t ∆时间内有m ∆（视为质点）的动量改变，按动量定理可求出平均冲力。
另外，求冲力时，应忽略煤粉给传送带正压力。
大学物理动量与角动量
I F (t2 t1)
运动员在投掷标 枪时，伸直手臂，尽 可能的延长手对标枪 的作用时间，以提高 标枪出手时的速度。
变力的冲量：
I
t
2
F
(
t
)
dt
单位：N·s
t1
牛顿运动定律：
F
ma
F
d(mv)
dp
dt dt
动量定理的微分式：
dp
解：(1) 设沙袋抛到船上后，共同运动的初速度为V， 并设此运动方向为x轴正方向，忽略沙袋撞击船时受 水的阻力，则可认为沙袋+船在沙袋落到船上前后水 平方向动量守恒，因而有
(M m)V mv0
3分
V m v0
2分
Mm
(2) 由 k d x (M m) d v 得 d x M m d v
动量与角动量
研究： 力的时间积累作用
对平动——动量定理 对转动——角动量定理
基础：牛顿定律（牛顿力学）
1 动量
2 动量定理
3 动量守恒定律
*4 火箭飞行原理
*5 质心与质心运动定理 6 质点的角动量
7 力矩
8 角动量定理 角动量 守恒定律
2-2 动量守恒定律
动量
车辆超载容易 引发交通事故
车辆超速容易 引发交通事故
t
v2 x
mv 2
sin
Ft sin105
sin 0.7866 51.86 51.86 45 6.86
动量守恒定律
质点系的动量定理： t t0
Fidt P P0
当 Fi 0 时,
大学物理第四章
解：利用功能原理：
A=DE
q
kF
m
Fl0tgq
=
1 2
k (l0 setq
- l0 )2
1 2
mv2
F
m
解得：
v=
2 m
Fl0tgq
-
1 m
k (l0 setq
-
l0
)2
[例13] 作业、p-55 功和能 自-20
一质量为m的球，从质量为M的圆弧
形槽中由A位置静止滑下，设圆弧形槽的半
径为R，(如图)。所有摩擦都略，试求：
+12 MV2
l
L
解得：
vr=
2(m +M) gR M
V= m
2gR M(m +M)
(2)小球到最低点B处时，槽滑行的距离。
∵ SFx = 0 ∴ DPx = 0
mvx = MVx
Am
m vxdt = M Vxdt
R
ml=ML
MB
l+L=R
L
=
mR m+M
lL
(3)小球在最低点B处时，槽对球的作用力；
1、动量： P
P = mv 2、第二定律：
F
=
dP dt
= ma
3、冲量： I
I
=
F t 2
t1
dt
4、动量原理
I = DP
5、力矩 M M = r × F
6、动量矩 L
L = r × P = r × mv
7、角动量原理:
t 2 t1
M dt
=
ω ω
2 1
J
dω
= Jω 2
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第四章 动量和角动量答案
一．选择
１．（Ｃ）２.(Ｂ)３．（Ｃ）４．（Ｃ）５．（Ｃ）６．（Ｄ）７．（Ｃ）８．（Ｃ）９．（Ａ）
10．（Ｄ）11.（Ａ）12．（Ａ）13．（Ｂ） 14. （Ｂ） 15.（Ｂ）
二．填空
１．s N ⋅7.4； 与速度方向相反． ２．m
M Mv V +=
． ３．s N ⋅18．
４．(sin cos )P mv m a t b t ωωωω==-+i j ；零．
５．s rad /36． ６．不一定； 动量．
７．s N ⋅140； s m /24．
８．s 003.0； s N ⋅6.0； g 2．
９．s m /10； 北偏东0
87.36． 10．
c x 23 11．０； k ab m ω．
12．s cm /14.6； 05.35． 13．０．
14．M k l 0； M
k nm M Ml +0． 15．R GMm 32； R
GMm 3-． 三． 计算题：
1.解：由动量定理知质点所受外力的总冲量
12)(v m v m v m I -=∆= 由Ａ→Ｂ 10
683.045cos -⋅⋅-=--=-=s
m kg mv mv mv mv I A B Ax Bx x 10
283.045sin 0-⋅⋅-=-=-=s m kg m v m v I A Ay y
s N I I I y x ⋅=+=739.022
方向：x y I I tg /1=θ，
05.202=θ（与Ｘ轴正向夹角）．
2.解：
（１）因穿透时间极短，故可认为物体未离开平衡位置．因此，作用于子弹、物体系统上的外力均在铅直方向，故系统在水平方向动量守恒．令子弹穿出时物体的水平速度为v '，有： v M mv mv '+=0
s m M v v m v /13.3/)(0=-='
N l Mv Mg T 5.26/2=+=
（２）s N mv mv t f ⋅-=-=∆7.40 （0v 方向为正,负号表示冲量与0v 方向相反）．
3.解：完全弹性碰撞，动量守恒，机械能守恒
碰前：对Ａ：gl v A 21=
方向向右，对Ｂ：01=B v ； 碰后：对Ａ：gh v A 22= 方向向左，对Ｂ：2B v ，方向向右．
动量守恒：221A A B B A A v m v m v m -= （１） 机械能守恒：
222221212121B B A A A A v m v m v m += （２）联立（１）、（２）两式解得： 2/321A A v v =， 2/22A B v v =
而 s m gh v A /66.222==
s m v A /41= s m v B /33.12= m l 8.0=；
Ｂ克服阻力作的功为动能的减少，由动能定理： )(42.42/22J v m W B B f ==．
．
4．解：
∑∑<<in ex i i F F ==∴∑=n i i m p
1i v 恒矢量 0N νe =++p p p 即 α θ e p N p νp 又因为 νe p p ⊥ )(212ν2e N p p p +=∴︒==9.61arctan νe p p α1
22N s m kg 1036.1--⋅⋅⨯=p 代入数据计算得 系统动量守恒 , 即
0N νe =++p p p 122e s m kg 102.1--⋅⋅⨯=p 123s m kg 104.6--⋅⋅⨯=νp。