奧賽輔導動量與角動量

動量與角動量一、知識點擊1．動量定理⑴質點動量定理：，即即合外力的沖量等于質點動量的增量．⑵質點系動量定理：將質點動量定理推廣到有n個質點組成的質點系，即可得到質點系的動量定理．令和分別表示質點系各質點所受的外力和內力的總沖量，那么和表示質點系中各質點總的末動量和初動量之矢量和，那么：而，因質點系內各質點之間的相互作用力是成對出現的，且等值反向。即所有外力對質點系的總沖量等于質點系總動量的增量2．動量守恒定律⑴內容：系統(tǒng)不受外力或所受外力的合力為零，這個系統(tǒng)的動量就保持不變．⑵表達式：系統(tǒng)內相互作用前總動量等于相互作用后總動量：。系統(tǒng)總動量的變化量為零：對于兩個物體組成的系統(tǒng)可表達為：相互作用的兩個物體的動量的變化量大小相等，方向相反?；蛘咦饔们皟晌矬w的總動量等于作用后的總動量：⑶適用范圍：動量守恒定律適用于宏觀、微觀，高速、低速．⑷定律廣義：質點系的內力不能改變它質心的運動狀態(tài)—質心守恒．質點系在無外力作用或者在外力偶作用下，其質心將保持原來的運動狀態(tài)。質點系的質心在外力作用下作某種運動，那么內力不能改變質心的這種運動。質心運動定理：作用在質點系上的合外力等于質點系總質量與質心加速度的乘積，即，其質心加速度：。定理只給出質心運動情況，并不涉及質點間的相對運動及它們繞質心的運動。3．碰撞問題⑴彈性碰撞：碰撞時無機械能損失．①②由①②可得：，〔2〕非彈性碰撞：碰撞時有動能損失。為此引入恢復系數e，它由兩球材料決定，與其質量、初速度無關。其定義式為e=1為完全彈性碰撞情形；e＝0時，碰后兩物體結合一起速度相同，稱為完全非彈性；0<e<1，稱為非完全彈性碰撞，其機械能的損失為4．定軸轉動定律轉動慣量⑴定軸轉動定律：剛體所受的對于某定軸的合外力矩等于剛體對此軸的轉動慣量與剛體在此合外力矩作用下獲得的角加速度的乘積．即：．式中J為剛體的轉動慣量，表示剛體轉動中慣性大小量度。⑵轉動慣量J的大小與剛體的總質量及質量對轉軸的分布情況有關，表達式為：5．角動量定理和角動量守恒定律⑴質點角動量：假設質點繞某固定點〔軸〕0作圓周運動對0點〔如圖5一1所示〕假設質點作勻速直線運動時對任意定點0的角動量，如圖5一2所示．〔方向垂直紙面向外〕⑵剛體對定軸的角動量：剛體對定軸角動量剛體對某定軸的角動量等于剛體對此定軸的轉動慣量與角速度的乘積，其方向由右手螺旋法那么確定。⑶角動量定理①質點角動量定理：，，或一質點所受的外力矩等于它的角動量對時間的變化率；或者一質點所受的合沖量矩等于它的角動量的增量．沖量矩：力矩的時間積累②剛體的角動量定理：，③質點和質點系的角動量守恒：質點角動量守恒：當M外=0，F外=0，勻速直線運動的物體對任意點O的角動量守恒。力F過定點O，此力稱為有心力，有心力作用下的天體運動對力心O的角動量守恒。質點系〔剛體〕角動量守恒定律：，即外力對定點〔軸〕力矩之和為零，有，對剛體：．二、方法演練類型一、動量定理的類型問題一是要考慮質點系，二是要考慮力系，分析時不能有時遺漏，但有時又要善于抓住主要因素忽略次要因素，這是解決這類問題經常用到的手段。例1．軍訓中，戰(zhàn)士距墻s。以速度起跳，如圖5—3所示，再用腳蹬墻面一次，身體變?yōu)樨Q直向上的運動以繼續(xù)升高，墻與鞋底之間的靜摩擦因數為μ．求能使人體重心有最大總升高的起跳角θ。分析和解：在解答此題時，注意摩擦力的沖量遠大于人體重力的沖量，抓住主要因素忽略次要因素，是經常用到的手段。人以角θ起跳，水平初速度和豎直初速度分別為，從起跳到蹬墻時空中飛行的時間為那么人蹬墻前豎直方向的速度為人重心升高：設人蹬墻的時間為△t，因△t很小，那么靜摩擦力的沖量遠大于人體重力的沖量，即，由動量定理得：而在水平方向同樣由動量定理可知：人蹬墻后獲得豎直向上的速度：人蹬墻后再上升的高度人體重心上升的總高度：令tanφ=μ，那么對、s0一定時，當時H最大．即時，人體的重心總升高最大．類型二、動量守恒定律的問題最根本的特征就是和外力為零或某一方向上和外力為零，當物體系內質點數量比擬多時利用質心守恒是解決此類問題的重要手段之一，解答過程，會比擬簡單。例2．如圖5—4所示，在光滑的水平地面上靜止放有一塊質量m3=2kg，長度L=0.6m的木板，板的左右兩端分別放置質量m1=2kg，m2=4kg的兩物塊，并分別以初速度=0.4m/s,=0.2m/s同時相向運動．M1,m2和m3間的滑動摩擦因數均為μ=0.22.試求：〔1〕m2在木塊上的最大位移；〔2〕m1在木塊上的最大位移；〔3〕m3的最大位移．分析和解：物體1、2可能會相碰，可能不會相碰，要予以討論。討論后利用動量守恒〔和質心守恒〕解答此題，會比擬簡單?！?〕假設物塊1、2在木板上不會相碰，當時，2相對于3有最大位移，那么，t=0.5s，取3為參照系，2相對于3的加速度為：2在3上最大位移：〔2〕因系統(tǒng)總動量為零，那么1、2、3最后都靜止．將數據和所求得的數據代人：因，假設成立．〔3〕1、2、3系統(tǒng)的總動量為零，那么系統(tǒng)的質心C的位置不變，移動前質心跟右端為rC,2×0.6＋2×0.3=〔2＋2＋4〕rC，rC=0.225m設木板右端向右移動x2×〔0.6-0.5＋x〕＋2×〔0.3＋x〕＋4×〔0.05＋x〕=8×0.225，x=0.1m.類型三、碰撞類問題往往是多過程、屢次往復運動問題，動量守恒及動能定理是當然的解決工具，但認真分析清楚物理過程和物理情境在解決這類問題中非常重要。例3．一段凹槽A倒扣在水平長板C上，槽內有一小物塊B．它到槽內兩側的距離均為L/2，如圖5—5所示，木板位于光滑的水平桌面上，槽與板間的摩擦不計，小物塊與木板間的摩擦因數為μ.A、B、C三者的質量相等，原來都靜止．現使槽A以大小為的初速度向右運動，；當A和B發(fā)生碰撞時，兩者速度交換．求：〔1〕從A、B發(fā)生第一次碰撞到第二次碰撞的時間內，木板運動的路程；〔2〕在A、B剛要發(fā)生第四次碰撞時，A、B、C三者速度的大小分析和解：這是個屢次碰撞、往復運動問題，認真分析清楚物理過程和物理情境在此題中非常重要。解題時每一個過程都要交代清楚，才能列出正確的動量守恒或動能定理的等式?！?〕A與B發(fā)生第一次碰撞后兩者交換速度，A停下來，B向右做勻減速直線運動，C由靜止開始向右做勻加速直線運動，兩者速度逐漸接近，設B相對A〔地〕移動了s1的路程后和C到達共同速度．對B、C系統(tǒng)而言：動量守恒：對B用動能定理：聯(lián)立得：，又，那么，即B、C到達共同速度時未與A碰撞，B和C需再以的速度繼續(xù)向右勻速運動一段距離〔L-s1〕后，才與A發(fā)生第二次碰撞．對C：由0加速到的距離為s2，那么有，因此C在兩次碰撞之間發(fā)生的路程為〔2〕在第二次碰撞前，A靜止，B、C以共同速度勻速運動；剛發(fā)生第二次碰撞后，B靜止，A、C度均為，因B、C間有摩擦，B加速，C將減速，因＜，那么B、C再次到達共同速度前A和B不相碰．對B、C系統(tǒng)：，可得：又因A的速度大于B的速度，那么第三次碰撞發(fā)生在A的左壁，剛碰后，B的速度變?yōu)镃的速度仍然為，此時A的速度變?yōu)?，同理B和C第三次到達共同速度時A和B不會相碰對B,C系統(tǒng)：，可得：所以A、B發(fā)生第四次相碰前：，類型四、剛體的轉動問題一般要涉及到轉動慣量和轉動定律以及角速度、角加速度等概念，解題時有關量的關系和臨界條件的分析是很重要的。例4、半徑r=10cm，重量G=10kg的均勻實心圓柱體〔其轉動慣量〕以角速度ω0=10r/s繞中心軸旋轉．然后將此勻速轉動的圓柱體輕輕放在摩擦因數μ=0.l的水平面上，問經過多長時間后圓柱體變?yōu)榧儩L動．分析和解：解答此題的關鍵是要分析清楚純滾動的條件和轉動有關量之間的關系。設圓柱體變?yōu)榧儩L動時的角速度為ω，質心的速度將由0逐步增加，到純滾動時質心的速度為，由于質心速度的變化是摩擦力作用的結果．所以據題意，有①②式中為質心的加速度．根據純滾動的條件，與ω的關系式為③式中ω為純滾動時的角速度．在摩擦力矩的作用下，圓柱體的角速度是逐步減小的．設角加速度為β，那么我們有ω=ω0-βt④根據剛體的轉動定律，我們有⑤ 將①式代人⑤式，得⑥ 將④、⑥式代人③式，得⑦ 比擬②式和⑦式，得3μgt=Rω0 所以 代人數據得類型五、角動量守恒類問題主要是對剛體繞定點〔或軸〕轉動的物體和系統(tǒng)解題依據，但有些非剛體或不是繞定點〔或軸〕轉動時間，只要系統(tǒng)或物體受的外力矩為零，角動量保持不變也可用角動量守恒定律來求解。例5．一質量為m的小球放在光滑水平桌面上，用一穿過桌面中心光滑小孔的繩與小球相連〔圖5—6〕．〔1〕要使小球保持在半徑為r1的圓上，以角速度ω1繞中心作圓周運動．求繩的一端的拉力F1；〔2〕增大繩的拉力使小球的轉動半徑自r1減至r2,然后使小球保持在r2的圓周上．求此時拉力F2；〔3〕分析F1和F2哪一個大；〔4〕將小球自半徑r1減至r2的過程中拉力所作的功．分析和解：此題中繩的拉力作用使小球的轉動半徑變化的過程中因拉力過轉軸，故小球受的外力矩為零，角動量保持不變?！?〕在水平方向上，小球只受繩的拉力F1，在F1作用下，作勻速圓周運動F1=mω12r〔2〕小球自半徑r1減為r2的過程中，小球受的外力矩為零，故角動量保持不變，即〔mr12〕ω1=〔mr22〕ω2，即此時小球受的拉力根據上式，因為r1>r2，所以F2>F1．〔4〕拉力作功A等于小球動能的增量．即例6、一個無滑滾動的臺球正面撞上一個同樣的靜止臺球，請分析碰撞后兩個球的運動．證明兩球的終態(tài)和兩球之間或球與桌面之間的滑動摩擦因數無關．〔滾動摩擦可以忽略不計〕分析和解：此題的焦點在于每一個小球相對于其與桌面的接觸點的角動量保持不變．可以想見，第一個臺球停止下來并在原地轉動，而第二個球那么運動起來但無轉動．因此在整個碰撞過程中，第一個臺球只是把動量傳遞給第二個球，角動量卻保持了下來．碰撞之后，摩擦使得第一個球向前運動，但轉動越來越慢，同時摩擦使得第二個球平移運動越來越慢，同時增加了轉動．兩球之間的摩擦可以忽略不計，因此碰撞過程中，它們之間的相互作用力與其外表垂直．因而．第一個球碰撞后停下來，同時第二個球得到了第一個球的初速度．兩個球的轉動在碰撞前后沒有變化，即第一個球在原地轉動，第二個球無轉動地以速度平移．臺球和桌面之間的摩擦力很重要，將影響兩球的運動．第一個球在摩擦力F摩擦力=μmg的作用下加速向前，而第二個球那么在同樣的力的作用下減速運動，如圖5—7所示．第一個球的轉動由于摩擦力的作用將變慢，而第二個球的轉動將因之增加．這局部摩擦力的作用，直到兩球到達無摩擦滾動的狀態(tài)為止，然后將保持那樣的運動狀態(tài)．下面證明，兩個小球最終的運動狀態(tài)既不依賴于摩擦因數，也與摩擦因數隨位置的可能變化無關．碰撞后，原來運動的小球以角速度轉動，其相對于轉動軸的角動量為。由于小球的質心靜止，即平動帶來的角動量變化為零，所以小球相對于其與桌面接觸點P的角動量也為.由于摩擦力經過P點，因此小球相對于P點的角動量不會因摩擦力的作用而變化．〔重力和桌面的支撐力之和為零，因此它們也不會產生凈力矩．〕以速度作無滑滾動的小球，其角動量為自身角動量和質心運動的角動量之和。如圖5—8所示，左側為碰撞后短時間內運動小球和它的受力情況，右側為最后的無滑滾動狀態(tài)．根據角動量守恒，我們有，因此。由類似的道理可以得到，第二個小球的最終速度為，與摩擦因數的大小無關。三、小試身手1．四個質量分別為m1、m2、m3、m4的小球，用已拉緊的不可伸長的輕繩互相連接，放在光滑的水平桌面上．如圖5—9所示，其中，如果給1小球一個沿著2、1兩小球連線方向的沖量I，判斷能否求出4個小球獲得的速度。假設m1=m2=m3=m4，且，那么4小球的速度為多大？20231223202312232．一塊質量為M的滑塊靜止在光滑水平面上，滑塊內有一如圖5一10所示的光滑管道，、，有一質量為m的小球從左端口滑下，求m自滑下到返回左端口的總時間．〔可取〕3．由一光滑細管構成一半徑為R的圓環(huán)，放在水平光滑桌面上．〔圖5一11〕管內A1、A2處有兩個質量為m的小球，圓形管道的質量是，開始時管道靜止，兩小球向右以等大的速度開始運動，細管上P1、P2處有兩個缺口〔〕，小球自小孔中穿出后，將在平面上某處相遇，求：〔1〕相遇時兩球與管道中心O的距離〔2〕從小球穿出缺口直到小球相遇的過程中，管道在平面上移動的路程s4．在圖5一12和圖5一12中，一個質量m=0.1kg的小雪橇放在一塊質量M＝1kg的木板上．雪橇上的馬達牽引著一根繩子，使雪橇具有速度，忽略木板和桌面之間的摩擦．雪橇和木板之間的動摩擦因數為μ=0.02。先握住木板，起動馬達．當雪橇到達速度時，放開木板．在這瞬間，雪橇與木板一端的距離為L=0.5m.繩子栓在：〔1〕遠處的樁上；〔2〕木板的端點．試描述在上述兩種情形下木板與雪橇的運動．雪橇何時到達木板一端？5．如圖5一13所示，一質量為M、長為L帶薄擋板P的木板，靜止在水平的地面上，設木板與地面間的靜摩擦因數與滑動摩擦因數相等，皆為μ．質量為m的人從木板的一端由靜止開始相對于地面勻加速地向前走向另一端，到達另一端時便驟然抓住擋板P而停在木板上．人與木板間的靜摩擦因數足夠大，人在木板上不滑動．問在什么條件下最后可使木板向前方移動的距離到達最大？其值等于多少？6．弟兄五個在連續(xù)靠近放置的跳板上表演雜技．他們各自的質量分別為60kg，50kg，40kg，30kg和20kg。第一個最重的演員從2m高度跳到第一個跳板上〔見圖5—14〕。老二、老三、老四接著一個個被彈起落到相鄰的跳板上．假定演員的肌力正好都用于克服各種阻力，并且跳板的質量可以忽略。試求最后一個兄弟被彈起的高度h5是多少？7．半徑為R，無摩擦地旋轉著的圓板的邊緣，趴著n＝10個甲蟲，每個的質量為，甲蟲同時開始以同樣的速度向板中心爬動。開始，板是以角速度旋轉，假假設甲蟲們中間停住后，板旋轉的角速度變?yōu)?，板的轉動慣量是，那么每個甲蟲做了多少功？8．如圖5—15所示，一塊長為的光滑平板PQ固定在輕質彈簧上端，彈簧的下端與地面固定連接。平板被限制在兩條豎直光滑的平行導軌之間〔圖中未畫出豎直導軌〕，從而只能地豎直方向運動。平板與彈簧構成的振動系統(tǒng)的振動周期。一小球B放在光滑的水平臺面上，臺面的右側邊緣正好在平板P端的正上方，到P端的距離為。平板靜止在其平衡位置。水球B與平板PQ的質量相等?，F給小球一水平向右的速度，使它從水平臺面拋出。小球B與平板發(fā)生彈性碰撞，碰撞時間極短，且碰撞過程中重力可以忽略不計。要使小球與平板PQ發(fā)生一次碰撞而且只發(fā)生一次碰撞，的值應在什么范圍內？取參考解答1．解：設1小球獲得外力沖量I的同時，三根繩中的沖量分別為I1、I2、I3〔如右圖〕，由沖量定理可得對1小球：①對2小球：②③對3小球：④⑤對4小球：⑥由、、的關聯(lián)關系，可得⑦⑧⑨由方程①一⑨可解出，、、、、、、、、九個未知數．如果再把條件m1=m2=m3=m4，代入，可解得：2．解：取滑塊為參考系，小球受三個力：mg，FN和，設小球相對M的加速度是，那么對m：對M：由，可解得所以下到底端時，小球因轉彎和滑塊發(fā)生一個比擬猛烈的作用，此過程中動量守恒．設轉彎結束后小球和滑塊的速度分別為和，那么可求出，和，相對速度水平段的時間一個來回的總時間3．解：〔1〕取管道為參考系，兩小球自小孔穿出后將沿切線方向運動，因此小球從A1、A2處到P1、P2處的過程中動量守恒機械能守恒可解得小球相對環(huán)的速度環(huán)的速度小球從穿出小孔到相遇的時間管道在平面上移動的路程4．答案：〔1〕雪橇不能到達木板的另一端．〔2〕木板不動．提示：〔1〕木板與桌面間無摩擦，因此它們構成一孤立系統(tǒng)，而雪橇與木板是有摩擦的，在第一種情形中．雪做勻速運動，雪橇與木板以不同的速度運動，這樣就引起最大摩擦力μmg，它作用在木板上，因而產生加速度，直至木板到達雪橇速度。加速時間在這段時間內，雪橇在木板上經過的距離為因此，雪撬離木板右端點的距離為雪橇不能到達木板的另一端，因為從這時起，木板也做勻速運動。在加速期間，馬達必須用力μmg牽引繩子，但以后馬達不能施加任何力，它只是卷繞繩子?！?〕我們可以用動量守恒定律來分析。當我們放開木板時，雪撬的動量為。釋放后的木板具有速度，它由下式決定：此式說明，所以木板保持不動，雪橇以同一速度繼續(xù)前進。5．解：在人從木板的一端向另一端運動的過程中，先討論木板發(fā)生向后運動的情形．設人開始運動到剛抵達另一端尚未停下這段過程中所用的時間為t，以x1表示木板向后移動的距離，如下圖．以f表示人與木板間的靜摩擦力，以F表示地面作用在木板上的摩擦力，以和分別表示人和木板的加速度，那么有，，，由以上四式聯(lián)立解之，得對人和木板組成的系統(tǒng)，人在木板另一端驟然停下后，兩者的總動量等于從開始到此時地面的摩擦力F〔外力〕的沖量，忽略人驟然停下那段極短的時間，那么有V為人在木板另一端剛停下時兩者一起運動的速度．設人在木板另一端停下后兩者一起向前移動的距離為x2，與地面的滑動摩擦因數為μ，那么有木板向前移動的凈距離為將以上各式聯(lián)立解之得由上式可知，欲使木板向前移動的距離X為最大值，應有即即木板向前移動的距離為最大的條件是：人作用于木板的靜摩擦力等于地面作用于木板的滑動摩擦力．移動的最大距離為由上面可見，在設木板發(fā)生向后運動，即的情況下，f=F時，X有極大值．換句話說，在時間0一t內木板剛剛不動的條件下X有極大值．再來討論木板不動，即f<F的情況．這時，因為f＜F，所以人積累的動能和碰后的總動能都將變小，從而前進的距離x也小于上述的Xmax。6．解：首先我們注意一下列圖5—17的翹板，中間是一個無限重的支柱．第一個兄弟跳到翹板的一端，同時把第二個兄弟彈到空中，我們可以看作是弟兄們“通過〞翹板的碰撞．假定碰撞的持續(xù)時間很短，由此我們可以不考慮重力對碰撞本身的影響，因為在碰撞的時間△t里，每一個兄弟和重力相關的沖量矩〔對翹板中心計算〕與△t成正比，是非常小的．碰撞時翹板支點是不動的，我們可以采用角動量守恒定律來研究．又由于翹板非常輕，我們可以認為翹板的轉動慣量為零。根據題中后面的說明和上面的假設．我們可以認為碰撞時機械能是守恒的，也就是說是彈性碰撞。令表示第一個兄弟碰撞后的速度。與圖5一17上的指向同一個方向。由系統(tǒng)的角動量和機械能守恒，可以寫出解這個方程組，我們得到兩組解1〕，2〕，第一組解相當于碰撞之前；而第二組解相當于碰撞之后。第二個兄弟跳到相鄰的翹板上，在碰撞的瞬間速度是。相繼而來的過程和第一次完全相似。因此以后的弟兄們彈起的速度相應地為，，將前面的計算結果代人，可得第五個兄弟彈起的速度為所求的高度h5可以利用下式計算，于是得到把題中數據代入得：。7．解：在板加上甲蟲的系統(tǒng)上沒有任何對轉動軸的外力矩作用，因此該系統(tǒng)對過板中心的豎直軸的角動量守恒．用r表示甲蟲離板中心的末距離．系統(tǒng)對板中心軸的初始轉動慣量為，而末了轉動慣量為．由角動量守恒定律有①所有甲蟲一起所做的功等于系統(tǒng)在末了和開始的動能之差〔即轉動能之差〕：