4第四章 动量
大物 第四章 动量定理与动量守恒定律
合外力的冲量
系统末动量 系统初动量
质点系动量定理 作用于质点系的合外力的冲量等于系 统动量的增量.
说明
(1) 内力的作用不改变系统的总动量, 但内力做功却
可以改变系统的总动能. (2) 变质量物体的运动方程:
d(mv)
dm
u
F
dt dt
大学物理学（第三版）电子教案
第四章·动量定理与动量守恒定律
例1 如图用传送带A输送煤粉, 料斗口在A上方高h=0.5m处， 煤粉自料斗口自由落在A上. 设料斗口连续卸煤的流量为 q=40kg/s, A以v = 2.0m/s的水平速度匀速向右移动. 求装煤的 过程中, 煤粉对A的作用力的大小和方向. (不计相对传送带静 止的煤粉质量.)
h A
v
大学物理学（第三版）电子教案
t
I z t0 Fzdt mvz mvz0
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第四章·动量定理与动量守恒定律
(3) 在碰撞或冲击问题中, 牛顿定律无法直接应用, 而动 量定理的优点在于避开了细节而只讨论过程的总体效果.
(4) 动量定理仅适用于惯性系, 且与惯性系的选择无关.
例 如图, 一重锤从高度为h =1.5m的地方由 静止下落，锤与被加工的工件的碰撞后的 末速度为零. 若打击时间分别为10-1s, 10-2s, 10-3s, 10-4s，试计算这几种情形下平均冲力 与重力的比值.
定义 系统所受合外力为零时,系统的总动量保持不变.
F (e)
Fi(e) 0
p
pi
恒矢量
说明
i
i
(1) 系统的动量守恒是指系统的总动量不变，系统内
任一物体的动量是可变的, 各物体的动量必须相对于同
第四章冲量和动量1
第四章 冲量和动量
讨论
1. 力对时间的累积, 等于动量的改变量。 2. 定理仅适应于惯性系。
注意 1. 区分外力和内力。 2. 内力仅能改变系统内某个物体的动量,
但不能改变系统的总动量。
14
大学物理 第三次修订本
第四章 冲量和动量
外力和内力
15
大学物理 第三次修订本
第四章 冲量和动量
动量定理常应用于碰撞问题
求：在此碰撞时间内钢板所受的平均冲力。
解：作用时间△t 很短,可以忽略重力的影响。
(内力远大于外力)
v1
x
钢板对球的平均冲力 F 球对钢板的平均冲力 F
F F
大学物理 第三次修订本
( v2 (
o
y
20
第四章 冲量和动量
对球：
F
t
P
mv2
mv1
5
大学物理 第三次修订本
第四章 冲量和动量
二、质点的动量定理
在给定时间间隔内,质点所受合外力的冲量, 等于质点在此时间内动量的增量。
I＝
t2 t1
F
t
d t
mv2
mv1
P
讨论
①
P
为状态量;
I
为过程量,
方向沿
P
的方向。
② F 为质点所受到的合外力。
6
大学物理 第三次修订本
4.2 质点系动量定理
外力：系统外对质点的作用力。
内力：系统内质点间的相互作用力。
两个质点
m1 : F1 F12
m2 :
F2 F21
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
第四章角动量守恒定律
的子弹， 例6、质量为 、质量为20g的子弹，以400m/s的速度沿 的子弹 的速度沿 图示方向射入一原来静止的质量为980g的摆球 图示方向射入一原来静止的质量为 的摆球 设摆线长度不可伸缩， 中，设摆线长度不可伸缩，则子弹入射后与摆 球一起运动的速度为多少？ 球一起运动的速度为多少？ 碰撞的瞬间， 碰撞的瞬间，对子弹和摆球组成的系统 所收的外力矩为零，角动量守恒。 所收的外力矩为零，角动量守恒。
2、合力矩： 、合力矩：
单位： 单位：N·m
v v v 矢量和 F = F1 + F2 + L v v v v v v v v M = r × F = r × ( F1 + F2 + L) = M 1 + M 2 + L
注意：所有力矩相对于同一参考点。 同一参考点 注意：所有力矩相对于同一参考点。 3、力矩的计算： 、力矩的计算：
初
初
则
p =c
r r r 则 r×p=L=c
例:跳水运动
跳水运动员为了使身体快速旋转双手抱 膝尽量蜷缩，当入水时必须把手脚舒展 膝尽量蜷缩， 开使转速变慢入水。 开使转速变慢入水。
例:花样滑冰
花样滑冰运动员把手脚伸展开时旋 转速度较小， 转速度较小，当把手脚收回时转速 变快。 变快。
t 用下运动， 质点位于坐标原点，且静止； 用下运动， = 0 时，质点位于坐标原点，且静止； 求：此质点在2秒时相对于坐标原点的角动量。 此质点在 秒时相对于坐标原点的角动量。 秒时相对于坐标原点的角动量
点由静止释放， 例2、一质量为 的小球在 ( x1 ,0,0) 点由静止释放， 、一质量为m的小球在 设重力加速度沿Z轴负向 轴负向； 设重力加速度沿 轴负向；求：小球所受重力相对 于坐标原点O的角动量 的角动量。 于坐标原点 的角动量。 例3、求做匀速圆周运动的物体对圆心的角动量。 、求做匀速圆周运动的物体对圆心的角动量。
力学习题-第4章质点组动量定理(含答案)
已知 B 的质量是 A 的两倍，而 C 的质量是 A 的三倍，此时由此三质点组成的体
系的质心的位置为
1 28 A. ( 3 , - 3 , 3) ; B. (1, -1, 2) ; C. (1, - 2, 8) ; D. (1, 2, 3)
答案：B
解：根据题中给定的坐标系，由质心计算公式可知：
rc
M月l 81M 月 M 月
l 82
4.68 106
m.
2. 已知质点质量 m = 5kg，运动方程 r = 2ti + t2j . 则质点在 0~2 秒内受的冲量大 小为 N·s. 答案：20 解：F = ma = 10j ;
I = FΔt = 20j; 所以冲量大小为 20Ns.
3. 沿 x 方向的力 F = 12t (SI)作用在质量 m = 2kg 的物体上，使物体从静止开始 运动，则它在 3 秒末的动量大小为 kg·m/s. 答案：54 解：力 F 的冲量大小为
2. 无论质心系是否是惯性系，质心系下质点组的总动量始终为零. 答案：对 解释：对质心系下的观测者而言，质点组所受的合外力与总的惯性力相等，即， 质点组所受合外力为零，动量守恒. 其守恒值为质点组的总质量与质心速度的 乘积。而对质心系下的观测者而言，观测的质点组的质心速度始终为零. 因此， 出现质心系下质点组总动量为零的结果. 这也是质心系的特点之一.
第四章 质点组动量定理与守恒定律 单元测验题
一、选择题
1. 作用在质点上的力对时间的累积称为力的 ，其效果等于质点
的
改变.
A. 冲量、动量；B. 功、动量；C. 功、动能；D. 冲量、动能
答案：A
2. 某一时刻 A、B、C 三质点的位置坐标分别为：(-3, 4, 3)、(3, -8, 6)、(1, 2, -1)，
第四章 大学物理动量守恒定律讲义
F F t ( m m ) v m v F 50 N
量分别是
pA mv j pB mv j
故小球动量的变化
p p p mv j mv j 2 m j A B
（2）用 F 代表平均向心力，根据动量定理则有
2 p 2 mv j 2 mv F j t R v R
F 0 i 内
p F dt d p p p 0 外
p 0
质点系动量 形式
简称系统的
它表明：系统的动量增量，等于它所获得的合外力的冲量
我们要应注意到，我们所说的内力与外力是相对的概 念，主要取决于系统的划分（比如重力）
2 m s 的速率水平匀 某煤码头欲用马达带动皮带以 v -1 速传送煤炭。设煤漏斗竖直漏煤的速率为 q 25 kg s m 求马达的水平牵引力。
，受到系统内其他质点的作用力之和（称
左右两边分别相加
注意到内力是成对出现的（作用力和反作用力）
大小相等，方向相反，故相加和为零 则
或
获得的元冲量=系统的元动量（微小增量）
d F F p i 外 i 外 dt p F dt d p 两边积分 外 F dt d p p p 0 外 p 0
t 0 t
t
F dt mv mv z z z 0
动量和角动量
x = R cos θ ∫ xσ 2Rsin θdx dx = R sinπθ d2 θ xC = dm ∫ dm = σ R
x
∫
半圆
2
xC =
∫σ 2R π
/2
0
3
sin θ cos θ d θ
2
σ
π
2
R2
4 R = 3π
（二）质心运动定律 前面
F合外力 =
∑m a
i
i
根据质心的定义：
rC =
1 x : mV = ( m )V2 X V2Y 2 1 1 y: mV1Y + mV 2 Y = 0 V2 X 2 2
= V1Y (下落 ) = 2V
第二块落地时间可从第一块中求得
T = 50 (15 × 2 ) = 20 (秒 )
第二块落地距爆炸垂直距离点
S = V2 X T = 2V T = 2 × 300 × 20 = 12 × 10 (米)
3
4 - 2 质心与质心运动定律
考虑质点系统
对某个质点
i 有 : m i a i = Fi +
对所有质点组成的系统
∑m a
i
i
∑ f = ∑F +∑∑ f
ij
i
ij
F合外力 =
能否
F合外力
∑m a 0 合外力 ? = (∑ m )(∑ a ) = m a s
i i
i i 总
因为每个质点的加速度大小和方向都不一样 找特殊点 C：使 能否
压缩阶段
v1
v2
m2
恢复阶段
（一）碰撞过程 m m2 m1 1 (1) 压缩阶段 形变：动能转换为势能和其它能量 (2) 恢复阶段 弹性力：势能转换为动能 （二）恢复系数 (A) 弹性碰撞（无能量损耗）
第四章冲量和动量1
o
z
x
上式两边对时间 t 求一阶导数，得
n n m'vC mi vi pi i 1 i 1
24
齐鲁工业大学
理学院
第四章
冲量和动量
d t n n dpi Fi外 根据质点系动量定理 i 1 dt i 1 n （因质点系内 Fi内 0 ）
dP dP2 d 1 F1 (P P ) 1 2 dt dt dt
F1 F2 F12 F21
F21 F12
m1
F2
m2
由于内力总是成对出现的，其矢量和为零。
齐鲁工业大学 理学院
7
第四章
冲量和动量
d dP F合外 Fi Pi dt i dt i t2 F合dt P
m1
设 v 为火箭分离前相对S 的速度， v1 和 v2
燃料容器m2为运动参考系 S (Oxy z )
o z
x x
18
z
齐鲁工业大学
理学院
第四章
冲量和动量
由伽利略速度变换：
v1 v v2
同在水平方向上,故上式为：
v1 v v2
火箭分离前后只受重力,水平方向动量守恒。
t1
讨论 ① P 为状态量; I 为过程量, 方向沿 P 的方向。
② F 为质点所受到的合外力。
齐鲁工业大学
理学院
4
第四章
冲量和动量
分量表示
Ix
F dt mv
x
2x
mv1 x
I y Fy dt mv 2 y mv1 y
Iz
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第四章 动量一.动量和冲量1.动量按定义，物体的质量和速度的乘积叫做动量：p =mv⑴动量是描述物体运动状态的一个状态量，它与时刻相对应。
⑵动量是矢量，它的方向和速度的方向相同。
2.冲量按定义，力和力的作用时间的乘积叫做冲量：I =Ft⑴冲量是描述力的时间积累效应的物理量，是过程量，它与时间相对应。
⑵冲量是矢量，它的方向由力的方向决定（不能说和力的方向相同）。
如果力的方向在作用时间内保持不变，那么冲量的方向就和力的方向相同。
⑶高中阶段只要求会用I=Ft 计算恒力的冲量。
对于变力的冲量，高中阶段只能利用动量定理通过物体的动量变化来求。
⑷要注意的是：冲量和功不同。
恒力在一段时间内可能不作功，但一定有冲量。
例1. 质量为m 的小球由高为H 的光滑斜面顶端无初速滑到底端过程中，重力、弹力、合力的冲量各是多大？ 解：力的作用时间都是gH g H t 2sin 1sin 22αα==，力的大小依次是mg 、 mg cos α和mg sin α，所以它们的冲量依次是： gH m I gH m I gH m I N G 2,tan 2,sin 2===合αα 特别要注意，该过程中弹力虽然不做功，但对物体有冲量。
二、动量定理1.动量定理物体所受合外力的冲量等于物体的动量变化。
既I =Δp⑴动量定理表明冲量是使物体动量发生变化的原因，冲量是物体动量变化的量度。
这里所说的冲量必须是物体所受的合外力的冲量（或者说是物体所受各外力冲量的矢量和）。
⑵动量定理给出了冲量（过程量）和动量变化（状态量）间的互求关系。
⑶现代物理学把力定义为物体动量的变化率：tP F ∆∆=（牛顿第二定律的动量形式）。
⑷动量定理的表达式是矢量式。
在一维的情况下，各个矢量必须以同一个规定的方向为正。
例2. 以初速度v 0平抛出一个质量为m 的物体，抛出后t 秒内物体的动量变化是多少？ 解：因为合外力就是重力，所以Δp =F t =m g t有了动量定理，不论是求合力的冲量还是求物体动量的变化，都有了两种可供选择的等价的方法。
本题用冲量求解，比先求末动量，再求初、末动量的矢量差要方便得多。
当合外力为恒力时往往用Ft 来求较为简单；当合外力为变力时，在高中阶段只能用Δp 来求。
2.利用动量定理定性地解释一些现象例3. 鸡蛋从同一高度自由下落，第一次落在地板上，鸡蛋被打破；第二次落在泡沫塑料垫上，没有被打破。
这是为什么？解：两次碰地（或碰塑料垫）瞬间鸡蛋的初速度相同，而末速度都是零也相同，所以两次碰撞过程鸡蛋的动量变化相同。
根据Ft =Δp ，第一次与地板作用时的接触时间短，作用力大，所以鸡蛋被打破；第二次与泡沫塑料垫作用的接触时间长，作用力小，所以鸡蛋没有被打破。
（再说得准确一点应该指出：鸡蛋被打破是因为受到的压强大。
鸡蛋和地板相互作用时的接触面积小而作用力大，所以压强大，鸡蛋被打破；鸡蛋和泡沫塑料垫相互作用时的接触面积大而作用力小，所以压强小，鸡蛋未被打破。
）例4. 某同学要把压在木块下的纸抽出来。
第一次他将纸迅速抽出，木块几乎不动；第二次他将纸较慢地抽出，木块反而被拉动了。
这是为什么？ 解：物体动量的改变不是取决于合力的大小，而是取决于合力冲量的大小。
在水平方向上，第一次木块受到的是滑动摩擦力，一般来说大于第二次受到的静摩擦力；但第一次力的作用时间极短，摩擦力的冲量小，因此木块没有明显的动量变化，几乎不动。
第二次摩擦力虽然较小，但它的作用时间长，摩擦力的冲量反而大，因此木块会有明显的动量变化。
3.利用动量定理进行定量计算利用动量定理解题，必须按照以下几个步骤进行：⑴明确研究对象和研究过程。
研究对象可以是一个物体，也可以是几个物体组成的质点组。
质点组内各物体可以是保持相对静止的，也可以是相对运动的。
研究过程既可以是全过程，也可以是全过程中的某一阶段。
⑵进行受力分析。
只分析研究对象以外的物体施给研究对象的力。
所有外力之和为合外力。
研究对象内部的相互作用力（内力）会改变系统内某一物体的动量，但不影响系统的总动量，因此不必分析内力。
如果在所选定的研究过程中的不同阶段中物体的受力情况不同，就要分别计算它们的冲量，然后求它们的矢量和。
⑶规定正方向。
由于力、冲量、速度、动量都是矢量，在一维的情况下，列式前要先规定一个正方向，和这个方向一致的矢量为正，反之为负。
⑷写出研究对象的初、末动量和合外力的冲量（或各外力在各个阶段的冲量的矢量和）。
⑸根据动量定理列式求解。
例5. 质量为m 的小球，从沙坑上方自由下落，经过时间t 1到达沙坑表面，又经过时间t 2停在沙坑里。
求：⑴沙对小球的平均阻力F ；⑵小球在沙坑里下落过程所受的总冲量I 。
解：设刚开始下落的位置为A ，刚好接触沙的位置为B ，在沙中到达的最低点为C 。
⑴在下落的全过程对小球用动量定理：重力作用时间为t 1+t 2，而阻力作用时间仅为t 2，以竖直向下为正方向，有： m g (t 1+t 2)-F t 2=0, 解得：()221t t t mg F += ⑵仍然在下落的全过程对小球用动量定理：在t 1时间内只有重力的冲量，在t 2时间内只有总冲量（已包括重力冲量在内），以竖直向下为正方向，有：m g t 1-I =0,∴I =m g t 1这种题本身并不难，也不复杂，但一定要认真审题。
要根据题意所要求的冲量将各个外力灵活组合。
若本题目给出小球自由下落的高度，可先把高度转换成时间后再用动量定理。
当t 1>> t 2时，F >>mg 。
A例6. 质量为M 的汽车带着质量为m 的拖车在平直公路上以加速度a 匀加速前进，当速度为v 0时拖车突然与汽车脱钩，到拖车停下瞬间司机才发现。
若汽车的牵引力一直未变，车与路面的动摩擦因数为μ，那么拖车刚停下时，汽车的瞬时速度是多大？解：以汽车和拖车系统为研究对象，全过程系统受的合外力始终为()a m M +，该过程经历时间为v 0/μg ，末状态拖车的动量为零。
全过程对系统用动量定理可得：()()()()000,v Mgg a m M v v m M v M g v a m M μμμ++='∴+-'=⋅+ 这种方法只能用在拖车停下之前。
因为拖车停下后，系统受的合外力中少了拖车受到的摩擦力，因此合外力大小不再是()a m M +。
例7. 质量为m =1kg 的小球由高h 1=0.45m 处自由下落，落到水平地面后，反跳的最大高度为h 2=0.2m ，从小球下落到反跳到最高点经历的时间为Δt =0.6s ，取g =10m/s 2。
求：小球撞击地面过程中，球对地面的平均压力的大小F 。
解：以小球为研究对象，从开始下落到反跳到最高点的全过程动量变化为零，根据下降、上升高度可知其中下落、上升分别用时t 1=0.3s 和t 2=0.2s ，因此与地面作用的时间必为t 3=0.1s 。
由动量定理得：mg Δt-Ft 3=0 ，F =60N三、动量守恒定律1.动量守恒定律一个系统不受外力或者受外力之和为零，这个系统的总动量保持不变。
即：22112211v m v m v m v m '+'=+ 2.动量守恒定律成立的条件⑴系统不受外力或者所受外力之和为零；⑵系统受外力，但外力远小于内力，可以忽略不计；⑶系统在某一个方向上所受的合外力为零，则该方向上动量守恒。
⑷全过程的某一阶段系统受的合外力为零，则该阶段系统动量守恒。
3.动量守恒定律的表达形式除了22112211v m v m v m v m '+'=+，即p 1+p 2=p 1/+p 2/外，还有： Δp 1+Δp 2=0，Δp 1= -Δp 2 和1221v v m m ∆∆-= 4.动量守恒定律的重要意义从现代物理学的理论高度来认识，动量守恒定律是物理学中最基本的普适原理之一。
（另一个最基本的普适原理就是能量守恒定律。
）从科学实践的角度来看，迄今为止，人们尚未发现动量守恒定律有任何例外。
相反，每当在实验中观察到似乎是违反动量守恒定律的现象时，物理学家们就会提出新的假设来补救，最后总是以有新的发现而胜利告终。
例如静止的原子核发生β衰变放出电子时，按动量守恒，反冲核应该沿电子的反方向运动。
但云室照片显示，两者径迹不在一条直线上。
为解释这一反常现象，1930年泡利提出了中微子假说。
由于中微子既不带电又几乎无质量，在实验中极难测量，直到1956年人们才首次证明了中微子的存在。
（2000年高考综合题23 ②就是根据这一历史事实设计的）。
又如人们发现，两个运动着的带电粒子在电磁相互作用下动量似乎也是不守恒的。
这时物理学家把动量的概念推广到了电磁/场，把电磁场的动量也考虑进去，总动量就又守恒了。
四、动量守恒定律的应用1.碰撞两个物体在极短时间内发生相互作用，这种情况称为碰撞。
由于作用时间极短，一般都满足内力远大于外力，所以可以认为系统的动量守恒。
碰撞又分弹性碰撞、非弹性碰撞、完全非弹性碰撞三种。
仔细分析一下碰撞的全过程：设光滑水平面上，质量为m 1的物体A 以速度v 1向质量为m 2的静止物体B 运动，B 的左端连有轻弹簧。
在Ⅰ位置A 、B 刚好接触，弹簧开始被压缩，A 开始减速，B 开始加速；到Ⅱ位置A 、B 速度刚好相等（设为v ），弹簧被压缩到最短；再往后A 、B 开始远离，弹簧开始恢复原长，到Ⅲ位置弹簧刚好为原长，A 、B 分开，这时A 、B 的速度分别为21v v ''和。
全过程系统动量一定是守恒的；而机械能是否守恒就要看弹簧的弹性如何了。
⑴弹簧是完全弹性的。
Ⅰ→Ⅱ系统动能减少全部转化为弹性势能，Ⅱ状态系统动能最小而弹性势能最大；Ⅱ→Ⅲ弹性势能减少全部转化为动能；因此Ⅰ、Ⅲ状态系统动能相等。
这种碰撞叫做弹性碰撞。
由动量守恒和能量守恒可以证明A 、B 的最终速度分别为：121121212112,v m m m v v m m m m v +='+-='。
（这个结论最好背下来，以后经常要用到。
） ⑵弹簧不是完全弹性的。
Ⅰ→Ⅱ系统动能减少，一部分转化为弹性势能，一部分转化为内能，Ⅱ状态系统动能仍和⑴相同，弹性势能仍最大，但比⑴小；Ⅱ→Ⅲ弹性势能减少，部分转化为动能，部分转化为内能；因为全过程系统动能有损失（一部分动能转化为内能）。
这种碰撞叫非弹性碰撞。
⑶弹簧完全没有弹性。
Ⅰ→Ⅱ系统动能减少全部转化为内能，Ⅱ状态系统动能仍和⑴相同，但没有弹性势能；由于没有弹性，A 、B 不再分开，而是共同运动，不再有Ⅱ→Ⅲ过程。
这种碰撞叫完全非弹性碰撞。
可以证明，A 、B 最终的共同速度为121121v m m m v v +='='。
在完全非弹性碰撞过程中，系统的动能损失最大，为：()()21212122121122121m m v m m v m m v m E k +='+-=∆。