奥赛辅导第五讲动量与角动量(湖南郴州市湘南中学陈礼生)

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1、第五讲动量与角动量湖南郴州市湘南中学陈礼生一、知识点击动量定理Ht0质点动量定理：F合mam，即F合tmtm0tI合P即合外力的冲量等于质点动量的增量.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，贝UPt和Po表示质点系中各质点总的末动量和初动量之矢量和，则：L-I外I内PtPoP而I内0，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1 I外PtPo。即所有外力对质点系的总冲量等于质点系总动量的增量动量守恒定律内容：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.rrrr

2、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：P0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RP,。或者作用前两物体的总动量等于作用后的总动量：miim22m,1m22适用范围：动量守恒定律适用于宏观、微观，高速、低速.定律广义：质点系的内力不能改变它质心的运动状态一质心守恒.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Fmac，其质心加速度：ac晋。定理

3、只给出质心运动情况,2 并不涉及质点间的相对运动及它们绕质心的运动碰撞问题弹性碰撞：碰撞时无机械能损失.g10m220m!1m22121m110m222220121122m22由可得：(m!m2)102m2201m.(m2g)202m1102mm2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。其定义式为分离速度接近速度1020e=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；0er2，所以F2Fi.(4)拉力作功A等于小球动能的增量.即2i2i22i22Ek2Ekim2mim2r2miir2222422ri2i22i22

4、*r22imirimiri2r；22r22例6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：本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，而第二个球则运动起来但无转动.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表面

5、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0两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0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=卩mg的作用下加速向前，而第二个球则在同样的力的作用下减速运动，如图57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.这部分摩擦力的作用，直到两球达到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r对于转动轴的角动量为

6、I-mr22mr。由于小球的质心静止，即平5r5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-mr2.由于摩擦力经过5的作用而变化.(重力和桌面的支撑力之和为零，因此5P点，因此小球相对于P点的角动量不会因摩擦力.不会产生】矩)9量-mr和质心运动的角动量mr之和。如图5以速度作无滑滚动的小球，其角动量为自身角动NP垢图5T58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.222根据角动量守恒，我们有-m0r-mrmr，因此-0。由类似的道557理可以得到，第二个小球的最终速度为50，与摩擦因数的大小无关。1. 三、小试身手图59四个质量分别

7、为mi、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59所示，其中已知，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。若mi=m2=m3=m4,且60，贝U4小球的速度为多大？2. 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m图510光滑管道，I、已知，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60）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Ai、A2处有两个质量为m的小球，圆形管道的质量是m,开始时管道静止，两小球向右以等大的速度开

8、始运动，细管上Pi、P2处有两个缺口（已知），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0的距离I4. （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s圏511在图5一12（a）和图5一12（b）中，一个质量m=0.1kg的小雪橇放在一块质量M二1kg的木板上雪橇上的马达牵引着一根绳子，使雪橇具有速度00.1m/s，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卩=0.02。先握住木板，起动马达.当雪橇达到速度时，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

9、与雪橇的运动.雪橇何时到达木板一端？mhl1LM(a)图5125. 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，皆为卩.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.已知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达到最大？其值等于多少？图5T36. 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51

10、4）。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m5g，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i30r/min旋转，假若甲虫们中间停住后，板旋转的角速度变为245r/min，板的转动惯量是J405gcm2，那么每个甲虫做了多少功？8. 如图515所示，一块长为L1.00m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

11、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T2.00s。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h9.80m。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。已知小球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，0的值应在什么范围内？取g9.8m/s2参考解答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、12、|3（如右图），由冲量定理可得对2小球：丨1Jcosm22cos12sin2sin对3小球：I2I

12、3cosm33cos13sinm33sin对4小球：13g4由1、2、3的关联关系，可得12cos2cos()3cos3cos()4由方程一可解出，1、2、3、4、h、丨2、I3九个未知数.如果再把条件1Im仁m2=m3=m4，60代入，可解得：428m2解：取滑块为参考系，小球受三个力：mg,Fn和maM，设小球相对M的加速度是a，则对m：mgsinm*cosmaFnmaMsinmgcos对M:FnsinMa”由600，可解得a2(Mm)g4M3m所以ti(4M3m)l、3(Mm)g下到底端时，小球因转弯和滑块发生一个比较猛烈的作用，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

13、mglsin-m2-M222可求出，和相对速度3(Mm)gl水平段的时间t2l_Ml怙Mm)g一个来回的总时间t4t12t24Ml(4M3m)l2、.3(Mm)g,3(Mm)g3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Rlsin小球从Ai、A2处到Pi、P2处的过程中动量守恒2m0mu2m(cosu)机械能守恒12-2-2-2(2m)0mu2m(sin)2m(cosu)2222可解得小球相对环的速度2sin20环的速度2(2sin2厂cos)u0(2),2sin2小球从穿出小孔到相遇的时间tR止邑Mcot管道在平面上移动的路程sutilsin2cot2Rcot4答案：

14、（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卩mg，它作用在木板上，因而产生加速度amg，直至木板达到雪橇速度。加速时间to5.1sMamg在这段时间内，雪橇在木板上经过的距离为So2a0M2mg0.255m因此，雪撬离木板右端点的距离为0.5m0.255m0.245m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，马达必须用力卩mg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

15、分析。当我们放开木板时，雪撬的动量为m0。释放后的木板具有速度2，它由下式决定：mM2(m2)此式表明20，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xi表示木板向后移动的距离，如图所示.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a1和a2分别表示人和木板的加速度，则有fma1，LX|如2，Ma2，x|由以上四式联立解之，得t2LMmMfm(fF)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(

16、外力)的冲量，忽略人骤然停下那段极短的时间，则有Ft(Mm)VV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卩，则有12(Mm)V(Mm)gx22木板向前移动的净距离为Xx2捲将以上各式联立解之得(Mm)2LMm(Mm)(fF)MF(fF)LmMf_m(f_F)由上式可知，欲使木板向前移动的距离X为最大值，应有fF即fFmax(Mm)g即木板向前移动的距离为最大的条件是:作用于木板的滑动摩擦力.移动的最大距离为XmaxmLMm人作用于木板的静摩擦力等于地面由上面可见，在设木板发生向后运动，即F的情况下，f=F时，X有极大

17、值换句话说，在时间0t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)(m2口3)(讥口4)(口4叫)所求的高度h5可以利用下式计算12gh，5、2gh5于是得到h5216mim2m3m4,(g叫)m3)(m3mugm5)把题中数据代入得：hs5.5m7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nmR2J，而末了转动惯量为nmr2J.由角动量守恒定律有(nmR2J)1(nmr2J)2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)：2222nw(nmr)2(

18、nmRJ)12将式代入式，得111nW(nmR2J)12(nmR2J)；(nmR2J)i(2i)2222于是W(mR2J)i(2i)2n将题中所给的数值代入后，得W1.11104J8解：如果小球的水平速度比较大，它与平板的第一次碰撞正好发生在平板的边缘Q处，这时uo的值便是满足题中条件的最大值；如果小球的水平速度Uo较小，在它与平板发生第一次碰撞后再次接近平板时，刚好从平板的边缘Q处越过而不与平板接触，这时Uo的值便是满足题中条件的最小值.设小球从台面水平抛出到与平板发生第一次碰撞经历的时间为ti，有(1)h12h尹若碰撞正好发生在Q处，则有LUoti(2)从(1)、(2)两式解得的uo值便是

19、满足题中条件的最大值，即U0maxk,29h(3)代入有关数据得U0max0.71m/s(4)如果UoUomax，小球与平板的碰撞处将不在Q点设小球第一次刚要与平板碰撞时在竖直方向的速度为Vi，则有Vi.2gh(5)以Vi、Vi分别表示碰撞结束时刻小球和平板沿竖直方向的速度，由于碰撞时间极短，在碰撞过程中，小球和平板在竖直方向的动量守恒设小球和平板的质量都是m,则有mvi=mvimVi(6)Vi为初速度开始作简谐振动取固定坐标,因为碰撞是弹性的，且平板是光滑的，由能量守恒可得1212mv1mu0=22lmv12lmV12lmu2222(7)解(6)、(7)两式，得V10(8)V1=V1.2gh

20、(9)碰撞后，平板从其平衡位置以其原点O与平板处于平衡位置时板的上表面中点重合，x轴的方向竖直向下，若以小球和平板发生碰撞的时刻作为t0，则平板在t时刻离开平衡位置的位移XpqAcost(10)式中(11)是两个待定的常量，利用参考圆方法，在t时刻平板振动的速度VpQAsint(12)0时,XPQ0.VpQV，由（9）、（11）、（12）式可求得(13)n2(13)、(14)(14)式代入（10）式，得XpQ鍾Tcostn2nT2(15)碰撞后，小球开始作平抛运动如果第一次碰撞后，小球再经过时间t2与平板发生第二次碰撞且发生在Q处，则在发生第二次碰撞时，小球的x座标为12XBt2gt2（16）平板的x座标为XpQt2亘Tcos2nt2n2nL2(17)在碰撞时，有XBt2XPQt2(18)由（16）、（17）、（18）式，代入有关数据得2n4.9%4.41芯-(19)这便是t2满足的方程式，通过数值计算法求解方程可得t20.771s（20）如果第二次碰撞正好发生在平板的边缘Q处，则有LUo心t2（21）由（1）、（20）和（21）式得u0L0.46m/s（22）0t1t2U0而满足题中要求的U0的最小值应大于（22）式给出的值综合以上讨论,的取值范围是0.46m/su00.71m/s(23)