奥赛辅导第五讲动量与角动量

第1页共22页第五讲动量与角动量一、知识点击1．动量定理⑴质点动量定理：0tFmamt合，即0tFtmm合IP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tP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：0tIIPPP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0tIPP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：PP。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12PP。或者作用前两物体的总动量等于作用后的总动量：12121212mmmm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。第2页共22页质心运动定理：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cFma，其质心加速度：iicmaaM。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．1102201122mmmm①2222110220112211112222mmmm②由①②可得：12102201122mmmmm（），21201102122mmmmm（）（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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；0e1，称为非完全弹性碰撞，其机械能的损失为22222212110220112210201211111122222mmEmmmmemm（）（）（）（）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：MJ．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：2iiJmr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点第3页共22页22LmrmrmrJ（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．sinsinQQQQQLrmmrmrsinsinPPPPPLrmmrmrQPLL（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2iiLmrJ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：MrF，2121FtPPPmm21mrmrPLMrttt，或MtL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LMt②刚体的角动量定理：JLMJJttt外（），MtL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，Lmr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iiLrm常矢量，对刚体：LJ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，这是解决这类第4页共22页问题经常用到的手段。例1．军训中，战士距墙s。以速度0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00cosx，00siny从起跳到蹬墙时空中飞行的时间为00cosst则人蹬墙前竖直方向的速度为0000sincosyysgtg人重心升高：2220001000000111sin()tan()2cos2cos2cosyssshtgtgsg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fGII，由动量定理得：fyINtm而在水平方向同样由动量定理可知：cosxxoNtmmm人蹬墙后获得竖直向上的速度：0000sincoscosyyygs人蹬墙后再上升的高度20022202002000(sincos)cos(sincos)1tan()2222cosygsshssgggg人体重心上升的总高度：220120(sincos)2Hhhsg第5页共22页令tanφ=μ，则对0、s0一定时，当2时H最大．即1arctan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m3=2kg，长度L=0.6m的木板，板的左右两端分别放置质量m1=2kg，m2=4kg的两物块，并分别以初速度1=0.4m/s,2=0.2m/s同时相向运动．M1,m2和m3间的滑动摩擦因数均为μ=0.22.试求：（1）m2在木块上的最大位移；（2）m1在木块上的最大位移；（3）m3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23时，2相对于3有最大位移，则223atat22220.2/mgamsm，221330.2/mgmgamsmt=0.5s，取3为参照系，2相对于3的加速度为：223230.4/aaams2在3上最大位移：2232310.052satm（2）因系统总动量为零，则1、2、3最后都静止2211322311221122fsfsmm．将已知数据和所求得的数据代人：130.5sm因13230.50.050.550.6ssmm，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，移动前质第6页共22页心跟右端为rC,2×0.6＋2×0.3=（2＋2＋4）rC，rC=0.225m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=0.1m.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0的初速度向右运动，已知02gL；当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s1的路程后和C达到共同速度1．对B、C系统而言：动量守恒：02mm对B用动能定理：221011122mgsmm联立得：20138sg，又02gL，则134sL，第7页共22页即B、C达到共同速度时未与A碰撞，B和C需再以1的速度继续向右匀速运动一段距离（L-s1）后，才与A发生第二次碰撞．对C：由0加速到1的距离为s2，则有22112mgsm，2028sg因此C在两次碰撞之间发生的路程为20214ssLsLg（2）在第二次碰撞前，A静止，B、C以共同速度1匀速运动；刚发生第二次碰撞后，B静止，A、C度均为1，因B、C间有摩擦，B加速，C将减速，因1＜0，则B、C再次达到共同速度2前A和B不相碰．对B、C系统：122mm，可得：01224又因A的速度1大于B的速度2，则第三次碰撞发生在A的左壁，刚碰后，B的速度变为1C的速度仍然为2，此时A的速度变为2，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：1232mmm，可得：0338所以A、B发生第四次相碰前：024A，038BC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。例4、半径r=10cm，重量G=10kg的均匀实心圆柱体（其转动惯量212JmR）以角速度ω0=10r/s绕中心轴旋转．然后将此匀速转动的圆柱体轻轻放在摩擦因数μ=0.l的水平面上，问经过多长时间后圆柱体变为纯滚动．分析和解：解答本题的关键是要分析清楚纯滚动的条件和转动有关量之间的关系。设圆柱体变为纯滚动时的角速度为ω，质心的速度将由0逐步增加，到纯滚动时质心的速度为c,设这段时间为t.圆柱体的质量为()Gmg，由于质心速度的变化是摩擦力作用的结果．所以据题意，有cfmamg①第8页共22页ccatgt②式中ca为质心的加速度．根据纯滚动的条件，c与ω的关系式为cR③式中ω为纯滚动时的角速度．在摩擦力矩的作用下，圆柱体的角速度是逐步减小的．设角加速度为β，则我们有ω=ω0-βt④根据刚体的转动定律，我们有MJfR⑤将①式代人⑤式，得2212MmgRgJRmR⑥将④、⑥式代人③式，得00()2cRtRgt⑦比较②式和⑦式，得3μgt=Rω0所以03Rtg代人已知数据得0.11022.1430.19.8ts类型五、角动量守恒类问题主要是对刚体绕定点（或轴）转动的物体和系统解题依据，但有些非刚体或不是绕定点（或轴）转动时间，只要系统或物体受的外力矩为零，角动量保持不变也可用角动量守恒定律来求解。例5．一质量为m的小球放在光滑水平桌面上，用一穿过桌面中心光滑小孔的绳与小球相连（图5—6）．（1）要使小球保持在半径为r1的圆上，以角速度ω1绕中心作圆周运动．求绳的一端的拉力F1；（2）增大绳的拉力使小球的转动半径自r1减至r2,然后使小球保持在r2的圆周上．求此时拉力F2；（3