奥赛辅导动量与角动量

动量与角动量一、知识点击1．动量定理⑴质点动量定理：，即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．令和分别表示质点系各质点所受的外力和内力的总冲量，那么和表示质点系中各质点总的末动量和初动量之矢量和，那么：而，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。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等于相互作用后总动量：。系统总动量的变化量为零：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。或者作用前两物体的总动量等于作用后的总动量：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，那么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，其质心加速度：。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．①②由①②可得：，〔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：．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：5．角动量定理和角动量守恒定律⑴质点角动量：假设质点绕某固定点〔轴〕0作圆周运动对0点〔如图5一1所示〕假设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．〔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那么确定。⑶角动量定理①质点角动量定理：，，或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②刚体的角动量定理：，③质点和质点系的角动量守恒：质点角动量守恒：当M外=0，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：，即外力对定点〔轴〕力矩之和为零，有，对刚体：．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：在解答此题时，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，从起跳到蹬墙时空中飞行的时间为那么人蹬墙前竖直方向的速度为人重心升高：设人蹬墙的时间为△t，因△t很小，那么静摩擦力的冲量远大于人体重力的冲量，即，由动量定理得：而在水平方向同样由动量定理可知：人蹬墙后获得竖直向上的速度：人蹬墙后再上升的高度人体重心上升的总高度：令tanφ=μ，那么对、s0一定时，当时H最大．即时，人体的重心总升高最大．类型二、动量守恒定律的问题最根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拟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，会比拟简单。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=0.4m/s,=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〕解答此题，会比拟简单。〔1〕假设物块1、2在木板上不会相碰，当时，2相对于3有最大位移，那么，t=0.5s，取3为参照系，2相对于3的加速度为：2在3上最大位移：〔2〕因系统总动量为零，那么1、2、3最后都静止．将数据和所求得的数据代人：因，假设成立．〔3〕1、2、3系统的总动量为零，那么系统的质心C的位置不变，移动前质心跟右端为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、屡次往复运动问题，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以大小为的初速度向右运动，；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：这是个屡次碰撞、往复运动问题，认真分析清楚物理过程和物理情境在此题中非常重要。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到达共同速度．对B、C系统而言：动量守恒：对B用动能定理：联立得：，又，那么，即B、C到达共同速度时未与A碰撞，B和C需再以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加速到的距离为s2，那么有，因此C在两次碰撞之间发生的路程为〔2〕在第二次碰撞前，A静止，B、C以共同速度匀速运动；刚发生第二次碰撞后，B静止，A、C度均为，因B、C间有摩擦，B加速，C将减速，因＜，那么B、C再次到达共同速度前A和B不相碰．对B、C系统：，可得：又因A的速度大于B的速度，那么第三次碰撞发生在A的左壁，刚碰后，B的速度变为C的速度仍然为，此时A的速度变为，同理B和C第三次到达共同速度时A和B不会相碰对B,C系统：，可得：所以A、B发生第四次相碰前：，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〕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：解答此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，由于质心速度的变化是摩擦力作用的结果．所以据题意，有①②式中为质心的加速度．根据纯滚动的条件，与ω的关系式为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，那么我们有ω=ω0-βt④根据刚体的转动定律，我们有⑤ 将①式代人⑤式，得⑥ 将④、⑥式代人③式，得⑦ 比拟②式和⑦式，得3μgt=Rω0 所以 代人数据得类型五、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〕分析F1和F2哪一个大；〔4〕将小球自半径r1减至r2的过程中拉力所作的功．分析和解：此题中绳的拉力作用使小球的转动半径变化的过程中因拉力过转轴，故小球受的外力矩为零，角动量保持不变。〔1〕在水平方向上，小球只受绳的拉力F1，在F1作用下，作匀速圆周运动F1=mω12r〔2〕小球自半径r1减为r2的过程中，小球受的外力矩为零，故角动量保持不变，即〔mr12〕ω1=〔mr22〕ω2，即此时小球受的拉力根据上式，因为r1>r2，所以F2>F1．〔4〕拉力作功A等于小球动能的增量．即例6、一个无滑滚动的台球正面撞上一个同样的静止台球，请分析碰撞后两个球的运动．证明两球的终态和两球之间或球与桌面之间的滑动摩擦因数无关．〔滚动摩擦可以忽略不计〕分析和解：此题的焦点在于每一个小球相对于其与桌面的接触点的角动量保持不变．可以想见，第一个台球停止下来并在原地转动，而第二个球那么运动起来但无转动．因此在整个碰撞过程中，第一个台球只是把动量传递给第二个球，角动量却保持了下来．碰撞之后，摩擦使得第一个球向前运动，但转动越来越慢，同时摩擦使得第二个球平移运动越来越慢，同时增加了转动．两球之间的摩擦可以忽略不计，因此碰撞过程中，它们之间的相互作用力与其外表垂直．因而．第一个球碰撞后停下来，同时第二个球得到了第一个球的初速度．两个球的转动在碰撞前后没有变化，即第一个球在原地转动，第二个球无转动地以速度平移．台球和桌面之间的摩擦力很重要，将影响两球的运动．第一个球在摩擦力F摩擦力=μmg的作用下加速向前，而第二个球那么在同样的力的作用下减速运动，如图5—7所示．第一个球的转动由于摩擦力的作用将变慢，而第二个球的转动将因之增加．这局部摩擦力的作用，直到两球到达无摩擦滚动的状态为止，然后将保持那样的运动状态．下面证明，两个小球最终的运动状态既不依赖于摩擦因数，也与摩擦因数随位置的可能变化无关．碰撞后，原来运动的小球以角速度转动，其相对于转动轴的角动量为。由于小球的质心静止，即平动带来的角动量变化为零，所以小球相对于其与桌面接触点P的角动量也为.由于摩擦力经过P点，因此小球相对于P点的角动量不会因摩擦力的作用而变化．〔重力和桌面的支撑力之和为零，因此它们也不会产生净力矩．〕以速度作无滑滚动的小球，其角动量为自身角动量和质心运动的角动量之和。如图5—8所示，左侧为碰撞后短时间内运动小球和它的受力情况，右侧为最后的无滑滚动状态．根据角动量守恒，我们有，因此。由类似的道理可以得到，第二个小球的最终速度为，与摩擦因数的大小无关。三、小试身手1．四个质量分别为m1、m2、m3、m4的小球，用已拉紧的不可伸长的轻绳互相连接，放在光滑的水平桌面上．如图5—9所示，其中，如果给1小球一个沿着2、1两小球连线方向的冲量I，判断能否求出4个小球获得的速度。假设m1=m2=m3=m4，且，那么4小球的速度为多大？20231223202312232．一块质量为M的滑块静止在光滑水平面上，滑块内有一如图5一10所示的光滑管道，、，有一质量为m的小球从左端口滑下，求m自滑下到返回左端口的总时间．〔可取〕3．由一光滑细管构成一半径为R的圆环，放在水平光滑桌面上．〔图5一11〕管内A1、A2处有两个质量为m的小球，圆形管道的质量是，开始时管道静止，两小球向右以等大的速度开始运动，细管上P1、P2处有两个缺口〔〕，小球自小孔中穿出后，将在平面上某处相遇，求：〔1〕相遇时两球与管道中心O的距离〔2〕从小球穿出缺口直到小球相遇的过程中，管道在平面上移动的路程s4．在图5一12和图5一12中，一个质量m=0.1kg的小雪橇放在一块质量M＝1kg的木板上．雪橇上的马达牵引着一根绳子，使雪橇具有速度，忽略木板和桌面之间的摩擦．雪橇和木板之间的动摩擦因数为μ=0.02。先握住木板，起动马达．当雪橇到达速度时，放开木板．在这瞬间，雪橇与木板一端的距离为L=0.5m.绳子栓在：〔1〕远处的桩上；〔2〕木板的端点．试描述在上述两种情形下木板与雪橇的运动．雪橇何时到达木板一端？5．如图5一13所示，一质量为M、长为L带薄挡板P的木板，静止在水平的地面上，设木板与地面间的静摩擦因数与滑动摩擦因数相等，皆为μ．质量为m的人从木板的一端由静止开始相对于地面匀加速地向前走向另一端，到达另一端时便骤然抓住挡板P而停在木板上．人与木板间的静摩擦因数足够大，人在木板上不滑动．问在什么条件下最后可使木板向前方移动的距离到达最大？其值等于多少？6．弟兄五个在连续靠近放置的跳板上表演杂技．他们各自的质量分别为60kg，50kg，40kg，30kg和20kg。第一个最重的演员从2m高度跳到第一个跳板上〔见图5—14〕。老二、老三、老四接着一个个被弹起落到相邻的跳板上．假定演员的肌力正好都用于克服各种阻力，并且跳板的质量可以忽略。试求最后一个兄弟被弹起的高度h5是多少？7．半径为R，无摩擦地旋转着的圆板的边缘，趴着n＝10个甲虫，每个的质量为，甲虫同时开始以同样的速度向板中心爬动。开始，板是以角速度旋转，假假设甲虫们中间停住后，板旋转的角速度变为，板的转动惯量是，那么每个甲虫做了多少功？8．如图5—15所示，一块长为的光滑平板PQ固定在轻质弹簧上端，弹簧的下端与地面固定连接。平板被限制在两条竖直光滑的平行导轨之间〔图中未画出竖直导轨〕，从而只能地竖直方向运动。平板与弹簧构成的振动系统的振动周期。一小球B放在光滑的水平台面上，台面的右侧边缘正好在平板P端的正上方，到P端的距离为。平板静止在其平衡位置。水球B与平板PQ的质量相等。现给小球一水平向右的速度，使它从水平台面抛出。小球B与平板发生弹性碰撞，碰撞时间极短，且碰撞过程中重力可以忽略不计。要使小球与平板PQ发生一次碰撞而且只发生一次碰撞，的值应在什么范围内？取参考解答1．解：设1小球获得外力冲量I的同时，三根绳中的冲量分别为I1、I2、I3〔如右图〕，由冲量定理可得对1小球：①对2小球：②③对3小球：④⑤对4小球：⑥由、、的关联关系，可得⑦⑧⑨由方程①一⑨可解出，、、、、、、、、九个未知数．如果再把条件m1=m2=m3=m4，代入，可解得：2．解：取滑块为参考系，小球受三个力：mg，FN和，设小球相对M的加速度是，那么对m：对M：由，可解得所以下到底端时，小球因转弯和滑块发生一个比拟猛烈的作用，此过程中动量守恒．设转弯结束后小球和滑块的速度分别为和，那么可求出，和，相对速度水平段的时间一个来回的总时间3．解：〔1〕取管道为参考系，两小球自小孔穿出后将沿切线方向运动，因此小球从A1、A2处到P1、P2处的过程中动量守恒机械能守恒可解得小球相对环的速度环的速度小球从穿出小孔到相遇的时间管道在平面上移动的路程4．答案：〔1〕雪橇不能到达木板的另一端．〔2〕木板不动．提示：〔1〕木板与桌面间无摩擦，因此它们构成一孤立系统，而雪橇与木板是有摩擦的，在第一种情形中．雪做匀速运动，雪橇与木板以不同的速度运动，这样就引起最大摩擦力μmg，它作用在木板上，因而产生加速度，直至木板到达雪橇速度。加速时间在这段时间内，雪橇在木板上经过的距离为因此，雪撬离木板右端点的距离为雪橇不能到达木板的另一端，因为从这时起，木板也做匀速运动。在加速期间，马达必须用力μmg牵引绳子，但以后马达不能施加任何力，它只是卷绕绳子。〔2〕我们可以用动量守恒定律来分析。当我们放开木板时，雪撬的动量为。释放后的木板具有速度，它由下式决定：此式说明，所以木板保持不动，雪橇以同一速度继续前进。5．解：在人从木板的一端向另一端运动的过程中，先讨论木板发生向后运动的情形．设人开始运动到刚抵达另一端尚未停下这段过程中所用的时间为t，以x1表示木板向后移动的距离，如下图．以f表示人与木板间的静摩擦力，以F表示地面作用在木板上的摩擦力，以和分别表示人和木板的加速度，那么有，，，由以上四式联立解之，得对人和木板组成的系统，人在木板另一端骤然停下后，两者的总动量等于从开始到此时地面的摩擦力F〔外力〕的冲量，忽略人骤然停下那段极短的时间，那么有V为人在木板另一端刚停下时两者一起运动的速度．设人在木板另一端停下后两者一起向前移动的距离为x2，与地面的滑动摩擦因数为μ，那么有木板向前移动的净距离为将以上各式联立解之得由上式可知，欲使木板向前移动的距离X为最大值，应有即即木板向前移动的距离为最大的条件是：人作用于木板的静摩擦力等于地面作用于木板的滑动摩擦力．移动的最大距离为由上面可见，在设木板发生向后运动，即的情况下，f=F时，X有极大值．换句话说，在时间0一t内木板刚刚不动的条件下X有极大值．再来讨论木板不动，即f<F的情况．这时，因为f＜F，所以人积累的动能和碰后的总动能都将变小，从而前进的距离x也小于上述的Xmax。6．解：首先我们注意一下列图5—17的翘板，中间是一个无限重的支柱．第一个兄弟跳到翘板的一端，同时把第二个兄弟弹到空中，我们可以看作是弟兄们“通过〞翘板的碰撞．假定碰撞的持续时间很短，由此我们可以不考虑重力对碰撞本身的影响，因为在碰撞的时间△t里，每一个兄弟和重力相关的冲量矩〔对翘板中心计算〕与△t成正比，是非常小的．碰撞时翘板支点是不动的，我们可以采用角动量守恒定律来研究．又由于翘板非常轻，我们可以认为翘板的转动惯量为零。根据题中后面的说明和上面的假设．我们可以认为碰撞时机械能是守恒的，也就是说是弹性碰撞。令表示第一个兄弟碰撞后的速度。与图5一17上的指向同一个方向。由系统的角动量和机械能守恒，可以写出解这个方程组，我们得到两组解1〕，2〕，第一组解相当于碰撞之前；而第二组解相当于碰撞之后。第二个兄弟跳到相邻的翘板上，在碰撞的瞬间速度是。相继而来的过程和第一次完全相似。因此以后的弟兄们弹起的速度相应地为，，将前面的计算结果代人，可得第五个兄弟弹起的速度为所求的高度h5可以利用下式计算，于是得到把题中数据代入得：。7．解：在板加上甲虫的系统上没有任何对转动轴的外力矩作用，因此该系统对过板中心的竖直轴的角动量守恒．用r表示甲虫离板中心的末距离．系统对板中心轴的初始转动惯量为，而末了转动惯量为．由角动量守恒定律有①所有甲虫一起所做的功等于系统在末了和开始的动能之差〔即转动能之差〕：