奥赛辅导第五讲动量(湖南郴州市湘南中学 陈礼生)

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1．动量定理⑴ 质点动量定理：0t F ma m tυυ-==合，即0t F t m m υυ=- 合I P =∆合 即合外力的冲量等于质点动量的增量．⑵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，则t P 和0P 表示质点系中各质点总的末动量和初动量之矢量和，则： 0t I I P P P +=-=∆ 外内 而0I =内，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0t I P P =-外。

即所有外力对质点系的总冲量等于质点系总动量的增量 2．动量守恒定律⑴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．⑵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 ' ：P P '=。

系统总动量的变化量为零：0P ∆=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12P P ∆=-∆。

或者作用前两物体的总动量等于作用后的总动量：12121212m m m m υυυυ''+=+⑶适用范围：动量守恒定律适用于宏观、微观，高速、低速．⑷定律广义：质点系的内力不能改变它质心的运动状态—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c F ma = ，其质心加速度：i i c m a a M=∑。

定理只给出质心运动情况，并不涉及质点间的相对运动及它们绕质心的运动。

3．碰撞问题⑴弹性碰撞：碰撞时无机械能损失．1102201122m m m m υυυυ+=+ ①2222110220112211112222m m m m υυυυ+=+ ② 由①②可得：12102201122m m m m m υυυ-+=+（），21201102122m m m m m υυυ-+=+（）（2）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211020e υυυυ-==-分离速度接近速度 e=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；0<e<1，称为非完全弹性碰撞，其机械能的损失为22222212110220112210201211111122222m m E m m m m e m m υυυυυυ∆=+-+=--+（）（）（）（）4．定轴转动定律 转动惯量⑴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：M J β= ．式中J 为刚体的转动惯量，表示刚体转动中惯性大小量度。

⑵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，表达式为：2i i J m r =∑5．角动量定理和角动量守恒定律⑴质点角动量：若质点绕某固定点（轴）0作圆周运动对0点22L m r m r mr J υωωω====（如图5一1所示）若质点作匀速直线运动时对任意定点0的角动量，如图5一2所示． s i n s i nQ Q Q Q Q L r m m r m r υϕυϕυ=== sin sin P P P P P L r m m r m r υϕυϕυ===Q P L L =（方向垂直纸面向外） ⑵刚体对定轴的角动量：刚体对定 轴角动量2i i L m r J ωω==∑刚体对某定轴的角动量等于刚体对此定轴的转动惯量与角速度的乘积，其方向由右手螺旋法则确定。

⑶角动量定理①质点角动量定理：M rF =，2121F t P P P mm υυ∆=∆=-=- 21m r m r P LM rt t tυυ-∆∆===∆∆∆，或M t L ∆=∆ 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冲量矩等于它的角动量的增量． 冲量矩：力矩的时间积累L M t ∆=∆②刚体的角动量定理：J LM J Jt t tωωβ∆∆∆====∆∆∆外（） ， M t L ∆=∆外 ③质点和质点系的角动量守恒：质点角动量守恒：当M外=0，L m r υ==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：0M =∑外，即外力对定点（轴）力矩之和为零，有i i L r m υ=⨯=∑常矢量，对刚体：L J ω==常矢量． 二、方法演练类型一、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0υ起跳，如图5—3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μ．求能使人体重心有最大总升高的起跳角θ。

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θ起跳，水平初速度和竖直初速度分别为00cos x υυθ=，00sin y υυθ=从起跳到蹬墙时空中飞行的时间为0cos s t υθ=则人蹬墙前竖直方向的速度为000sin cos y y s gt gυυυθυθ=-=-人重心升高：2220001000000111sin ()tan ()2cos 2cos 2cos y s s s h t gt g s g υυθθυθυθυθ=-=-=-设人蹬墙的时间为△t ，因△t 很小，则静摩擦力的冲量远大于人体重力的冲量，即f G I I >>，由动量定理得：f y I N t m μυ=∆=∆而在水平方向同样由动量定理可知：cos x x o N t m m m υυυθ∆=∆== 人蹬墙后获得竖直向上的速度：0000sin cos cos y y y gs υυυυθμυθυθ'=+∆=-+人蹬墙后再上升的高度20022202002000(sin cos )cos (sin cos )1tan ()2222cos y gs s h s s g g g g υθμθυυθυθμθθμυθ⎡⎤+-⎢⎥'+⎣⎦===--+ 人体重心上升的总高度：220120(sin cos )2H h h s gυθμθμ+=+=-令tan φ=μ，则对0υ、s 0一定时，当2πθϕ+=时H 最大．即1arctanθμ=时，人体的重心总升高最大．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5—4所示，在光滑的水平地面上静止放有一块质量m 3=2 kg ，长度L=0. 6 m 的木板，板的左右两端分别放置质量m 1=2 kg ，m 2=4 kg 的两物块，并分别以初速度1υ=0.4 m/s, 2υ=0.2 m/s 同时相向运动．M 1 , m 2和m 3间的滑动摩擦因数均为μ=0.22.试求： （1）m 2在木块上的最大位移； （2）m 1在木块上的最大位移； （3）m 3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23υυ=时，2相对于3有最大位移，则223a t a t υ-=22220.2/m ga m s m μ==，221330.2/m g m ga m s m μμ-==t=0.5 s ，取3为参照系，2相对于3的加速度为：223230.4/a a a m s =+= 2在3上最大位移：2232310.052s a t m == （2）因系统总动量为零，则1、 2、3最后都静止2211322311221122f s f s m m υυ+=+．将已知数据和所求得的数据代人：130.5s m = 因13230.50.050.550.6s s m m +=+=<，假设成立．（3）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r C ,2×0.6＋2×0.3=（2＋2＋4）r C ，r C =0. 225 m 设木板右端向右移动x2×（0.6-0.5＋x ）＋2×（0.3＋x ）＋4×（0.05＋x ）=8 × 0. 225，x=0. 1 m. 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3．一段凹槽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5—5所示， 木板位于光滑的水平桌面上，槽与板间的摩擦不计，小 物块与木板间的摩擦因数为μ. A 、B 、C 三者的质量相 等，原来都静止．现使槽A 以大小为0υ的初速度向右运动，已知0υ<A 和B 发生碰撞时，两者 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s 1的路程后和C 达到共同速度1υ． 对B 、C 系统而言： 动量守恒：02m m υυ= 对B 用动能定理：221011122mgs m m μυυ=-联立得：2138s gυμ=，又0υ<134s L <，即B 、C 达到共同速度时未与A 碰撞，B 和C 需再以1υ的速度继续向右匀速运动一段距离（L-s 1）后，才与A 发生第二次碰撞．对C ：由0加速到1υ的距离为s 2，则有22112mgs m μυ=，2028s gυμ=因此C 在两次碰撞之间发生的路程为2214s s L s L gυμ=+-=-（2）在第二次碰撞前，A 静止，B 、C 以共同速度1υ匀速运动；刚发生第二次碰撞后，B 静止，A 、C 度均为1υ，因B 、C 间有摩擦，B 加速，C 将减速，因1υ＜0υ，则B 、C 再次达到共同速度2υ前A 和B 不相碰． 对B 、C 系统：122m m υυ=，可得：01224υυυ==又因A 的速度1υ大于B 的速度2υ，则第三次碰撞发生在A 的左壁，刚碰后，B 的速度变为1υC 的速度仍然为2υ，此时A 的速度变为2υ，同理B 和C 第三次达到共同速度时A 和B 不会相碰 对B,C 系统：1232m m m υυυ+=，可得：0338υυ= 所以A 、B 发生第四次相碰前：024A υυυ==，038B C υυυ==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、角加速度等概念，解题时有关量的关系和临界条件的分析是很重要的。