第4章 Momentum and angular momentum 动量和角动量 (6) 内容提要 动量守恒定律 角动量及守恒定律

上式表明: 质点所受合外力的冲量等于质点动量的增量。这一结论称为质点动量定理。 §4-1 动量定理 动量守恒定律 一.质点动量定理 冲量 , 对恒力F, (4-1) 上式表明: 质点所受合外力的冲量等于质点动量的增量。这一结论称为质点动量定理。 学习要求：要学会计算变力的冲量，掌握在一个平面内应用动量定理求解力学问题的方法。

例题4-1 一物体质量m=2kg, 受合外力F=(3+2t)i (SI)的作用，初速度0=5 j (m/s)；求第1秒末物体的速度及第1s内合外力的功。 解 由动量定理：  = (3t+t2)i +5j 代入: t=1,得  =2i +5j (m/s) 由动能定理： =4J (3+2t)(3t+t2) 功率: P=F 或 合外力的功: =4J

例题4-2 质量为m的质点，经时间t、以不变的速率越过一水平光滑轨道60º的弯角，求轨道作用于质点的平均冲力的大小。 解 平均冲力可视为恒力，由动量定理有 m 1 2 图4-1 30o 平均冲力 求解(2- 1 )的方法有两个： 三角形法 单位矢量法

画出 =2-1的 矢量三角形，再解此三角形; 由图4-2可求得 30o o 2 1  （1）三角形法 画出 =2-1的 矢量三角形，再解此三角形; 由图4-2可求得 | |=|2-1 |=2 cos30o=  于是平均冲力的大小为 m 1 2 图4-2 30o F(即 )的方向与轨道成30o(竖直向上),如图4-2所示。

2 每个矢量用单位矢量表示出来: 1 代入下式就得 2 1 大小: ,方向: j (y轴正方向)。 图4-3 F （2）单位矢量法 30o o 2 x y 1 建立直角坐标系(如图4-3)，把 每个矢量用单位矢量表示出来: 代入下式就得 m 1 2 图4-3 30o 大小: ,方向: j (y轴正方向)。 F

取在时间dt内落下的煤粉dm=qmdt为研究对象,由动量定理有 例题4-3 煤粉自高h=0.8m处的料斗口自由落在传送带A上。设料斗口连续卸煤的流量为qm=40kg/s, 传送带A的速度=3m/s。求卸煤的过程中，煤粉对传送带A的平均作用力的大小和方向。(不计相对传送带静止的煤粉质量，取g=10m/s2） 解 煤粉下落h时的速度 取在时间dt内落下的煤粉dm=qmdt为研究对象,由动量定理有 A h 图4-4  0

=3, o=4 (1)单位矢量法 F=40( -o)=40(3i+4j ) 大小: F =200N, 与x轴正方向的夹角: y o F=40( -o)=40(3i+4j ) 大小: F =200N, 与x轴正方向的夹角: A h 图4-4  0 =53.1o 根据牛顿第三定律，煤粉对 传送带A的平均作用力与此力 大小相等而方向相反。

画出 = - 0的 矢量三角形如右图所示。 =3, o=4 o  (2)三角形法   画出 = - 0的 矢量三角形如右图所示。 由图可求得煤粉对传送带A的平均作用力的大小: A h 图4-4  0 F =53.1o 方向与图中 的方向相反。

证 设绳的线密度为。任意时刻t(下落h时),绳的速度为 例题4-4 一质量均匀分布的柔软的细绳铅直地悬挂着，绳的下端刚好触到水平桌面上。如果把绳的上端放开，绳将落向桌面。试证明：在绳下落的过程中，任意时刻作用于桌面的压力，等于已落到桌面上的绳重量的三倍。 证 设绳的线密度为。任意时刻t(下落h时),绳的速度为 图4-5 此时落在桌面上的绳m=h受力: N F mg m 重力mg、桌面的支持力N、落下绳的冲力F。 由右下图可知: N=mg+F。 m

取时间t~t+dt内落下的绳dm=.dt为研究对象，由动量定理得 F.dt=dm. = . 2dt 所以 F= . 2  N=mg+F 取时间t~t+dt内落下的绳dm=.dt为研究对象，由动量定理得 F.dt=dm. = . 2dt 所以 F= . 2 F dm dmg  图4-5 N F mg m 已知 所以 F= .  2= .2gh =2mg 最后得: N=mg+F=3mg 即: 作用于桌面的压力是重量的三倍。

质点系(系统)—作为研究对象的质点的集合。 内力—系统内各质点间的相互作用力。 外力—系统以外的物体对系统内质点的作用力。 二.质点系动量定理 质点系(系统)—作为研究对象的质点的集合。 内力—系统内各质点间的相互作用力。 外力—系统以外的物体对系统内质点的作用力。 处理质点系问题的思路是：把质点动量定理应用于质点系中的每一个质点, 然后将这些方程相加，就得到用于整个系统的动量定理。 图4-6 f1n fn1 fi1 f1i Fi F1 mi m1 Fn fni fin mn 设系统有n个物体, 其 内力: f12,f21,…,fn1; 外力: F1,F2,…Fn。

mi: ( fij+Fi)dt = mii -mi io 图4-6 f1n fn1 fi1 f1i Fi F1 mi m1 Fn fni fin mn 式中i=1,2,…..。对所有 质点求和，就得: ( fij + Fi)dt = mii - miio 根据牛顿第三定律, 内力之和 fij= 0, (4-5) 这就是质点系的动量定理,它表明系统所受的合外力的冲量等于系统总动量的增量。

三.动量守恒定律 如果质点系所受的合外力为零,即 Fi=0,则由式(4-5)可得 mii =常矢量 (4-6) 这就是说,当质点系所受的合外力为零时,这一质点系的总动量矢量就保持不变。这一结论叫做动量守恒定律。 几点说明: (1)系统动量定理和动量守恒定律 告诉我们，一个系统总动量的改变完全由合外力来确定，与内力无关。内力能引起动量在系统内的物体间传递，而不能改变系统的总动量。

(2)系统动量守恒的条件是合外力为零,即 系统不受外力 Fi=0 系统受外力，但矢量和为零 内力»外力(如爆炸 、短时间内的碰撞） (3) 动量守恒表示式(4-6)是矢量关系式。在实际问题中,常应用其沿坐标轴的分量式: Fx =0, 则 miix=常量 Fy =0, 则 miiy=常量 Fz =0 , 则 miiz=常量 由此可见,如果质点系沿某坐标方向所受的合外力为零,则沿此坐标方向的总动量守恒。 (4) 动量定理和动量守恒定律只适用于惯性系。  

完全非弹性碰撞 有部分动能损失 形变完全不能恢 物体碰后不分离 复 §4-3 碰撞的分类 碰撞通常分为三类： 名 称 碰撞前后 相碰物体 有无动能损失 形变能否恢复 弹性碰撞 无动能损失 形变能完全恢复 非弹性碰撞 有部分动能损失 形变能部分恢复 物体碰后分离 完全非弹性碰撞 有部分动能损失 形变完全不能恢 物体碰后不分离 复

例题4-5 两个质量分别为M和m的三棱柱体如图静止放置，其水平尺寸如图，各处光滑。求当m的下边缘滑到水平面时，M在水平面上移动的距离。 设M与m相对地面的速度分别是V和，m相对于M的速度为, 则 mx - MVx=0 (1) 由相对运动公式有  x= a 图4-7 b m M  x o V  x - Vx (2)

将 x= x - Vx代入mx - MVx=0得： (M+m)Vx= mx 将上式对时间t积分，有: =S  是M相对水平地面移动的距离； a 图4-7 b m M  x o V  是m相对于M 在水平方向移动的距离。 最后求得M在水平面上移动的距离：

解 (M+m):水平方向不受外力，故动量守恒： mo=(M+m) 式中是相对静止时的速度。 (1)对物体m应用动量定理，有 - mg.t=m -mo 解得 M 0 m 图4-8

(2)要物体不滑下车顶，车长至少应为多少？ 设车长至少为S, 物体m的加速度: a= -mg/m=-g;  =mo /=(M+m) 则由 2-02=2aS得 S= ( 2-02)/2a= M(M+2m)02/(2g(M+m)2) 这个结果对吗？ 这个结果显然是错误的。因为的加速度a是相对惯性系–地面的，而速度、 0也是相对地面的，故由公式 2-02=2aS求出的S当然也应是物体相对地面的运动距离，而不是相对非惯性系(车顶)的运动距离。 M 0 m 图4-8

正确解法是： 0 a= -g m相对地面运动的距离： S1= ( 2-02)/2a M相对地面的加速度： a0=mg/M 图4-8 m相对地面的加速度： a= -g m相对地面运动的距离： S1= ( 2-02)/2a M相对地面的加速度： a0=mg/M M相对地面运动的距离： S2= 2/2a0  =mo /=(M+m) 故车的最小长度为

另解： 由于一对内力(摩擦力)的功与参考系无关, 可取车为参考系来计算摩擦力的功, 由系统动能定理得 mo=(M+m) M 0 m 图4-8 要物体不滑下车顶, 车的最小长度为

因为小球绕o点作圆运动，张力T与运动方向垂直，因此它不作功，只有重力(保守力)作功，所以机械能守恒： 例题4-7 如图4-9所示，光滑地面上有一辆质量 为M的静止的小车，小车上一长为L的轻绳将小球m 悬挂于o点。把绳拉直，将小球由静止释放，求小球 运动到最低点时的速率。 o L m 图4-9 M  解 小球受两个力：绳的张力T，重力mg。 T mg 因为小球绕o点作圆运动，张力T与运动方向垂直，因此它不作功，只有重力(保守力)作功，所以机械能守恒： 解得： 这个解法对吗？

说小球绕o点作圆运动，张力T不作功，因而机械能守恒，这是以小车为参考系作的结论。这里有两个错误: 错! 错在那里？ 说小球绕o点作圆运动，张力T不作功，因而机械能守恒，这是以小车为参考系作的结论。这里有两个错误: 一是小车是非惯性系(有加速度)，机械能守恒定律是不成立！ 二是机械能守恒条件中的功，应该在惯性系中计算。在惯性系(地面)上看,张力T要作功,小球的机械能是不守恒的。 V o L m 图4-9 M  T mg 对系统(小车、小球和地球): 一对内力(张力T)作功之和为零，只有保守内力—重力作功，则该系统机械能守恒。

竖直方向的动量显然不守恒，只有在水平方向(根本不受外力)动量守恒 (M+m)： V o L m 图4-9 M  T mg (1) 系统动量守恒吗？ 竖直方向的动量显然不守恒，只有在水平方向(根本不受外力)动量守恒 0= MV-m (2) 解式(1)、(2)得小球运动到最低点时的速率为

(2)分别讨论m/M<<1和m/M>>1时cos的取值。 例题4-8 半径为R 、质量为M且表面光滑的半球，放在光滑的水平面上，在其正上方放置一质量为m的小物体，当小物体从顶端无初速地下滑，在如图所示的角位置处，开始脱离球面，试求： (1) 角满足的关系式； (2)分别讨论m/M<<1和m/M>>1时cos的取值。 解 (1)小物体脱离球面的条件是：N=0。 R M  图4-10 m Vx r mg N 小物体离开球面的瞬间相对球面作圆运动，而此时球面是惯性系，于是沿法向有 (1)

取地面为惯性系, 以m、M和地球为系统，机械能守恒,于是有 (2) 取地面为惯性系, 以m、M为系统,只有水平方向动量守恒: R M  图4-10 m Vx r mg N (3) 应当注意：式(2)、(3)中的x、是m相对地面的速度。

由速度合成定理: (4) (5) (2) (3) (1) x y R M  图4-10 m Vx r mg N 解上述式子得:

(2) 当m/M<<1，即M>>m时, cos=2/3 这相当于M不动的情况。 cos3  -3cos +2=0 分解因式得 (cos -1)2(cos +2)=0 cos  =1 , =0° 这表明，这时M一下子滑出，m竖直下落。 R M  图4-10 m Vx r mg N

例题4-9 一倔强系数为k、质量为M的弹簧振子,水平放置并静止在平衡位置,如图4-11所示。一质量为m的子弹以水平速度射入振子中,并随之一起运动。设振子M与地面间的摩擦系数为µ, 求弹簧的最大压缩量。 解 1.碰撞过程 (M+m): 水平方向的外力(摩擦力和弹性力)远远小于碰撞的内力，可忽略，故水平方向动量守恒： m =(M+m)1 (1) 2.压缩过程 由功能原理得 m (平衡位置) 图4-11 x   M k (2)

m =(M+m)1 (1) (2) 解式(1)(2)得弹簧的最大压缩量为

例题4-10 如图4-12所示，固定的光滑斜面，=30°。一轻弹簧上端固定，下端轻轻地挂上质量M=1 例题4-10 如图4-12所示，固定的光滑斜面，=30°。一轻弹簧上端固定，下端轻轻地挂上质量M=1.0kg的木块。当木块下滑x=30厘米时，一水平方向飞行的质量m=0.01kg、速度=200m/s子弹与其相碰并陷在其中。弹簧的倔强系数k=25N/m。求子弹打入木块后它们刚一起运动时的速度。 x k  图4-12 M  m  分两步求解： (1)木块的下滑过程 (2)碰撞过程

 解 (1)木块的下滑过程 (木块+弹簧+地球)：系统机械能守恒。选弹簧原长处为零势点，则有 求得 k 方向沿斜面向下。  1 解 (1)木块的下滑过程 (木块+弹簧+地球)：系统机械能守恒。选弹簧原长处为零势点，则有 求得 x k  图4-12 M  m  方向沿斜面向下。 1

(2)碰撞过程 在子弹射入木块的过程中，虽然内力很大,但斜面给木块的垂直于斜面的支持力N不能忽略(与内力同数量级), 而系统沿斜面方向的外力(重力、弹性力)的分力则可略去不计，故只有沿斜面方向系统动量守恒。若以2表示子弹打入木块后它们刚一起运动时的速度，则有 M1-m cos=(M+m)2 (子弹+木块): x k  图4-12 M  m  1 N 代入数据解出: 2=-0.89m/s。 负号表示此速度的方向沿斜面向上。

§4-2 质心 质心运动定理 一.质心  将三角板(质点系)抛出，三角板(质点系)中有一点c始终按抛物线运动,就像三角板(质点系)的全部质量都集中在c点的一个质点那样,这个几何点c就称为三角板(质点系)的质量中心,简称质心。 质心和重心的概念是有区别的。但在地面上，质心与重心重合。对质量均匀分布的物体，质心也就是它的几何中心。如一根质量均匀分布的细棒，质心就在它的二分之一处。 . 图4-13 c

可以证明,质心坐标为: 质点系的总质量 或 (4-8) (4-9)

二.质心运动定理 质点系的总质量 质心速度: 即 质点系的总质量

图4-14 f1n fn1 fi1 f1i Fi F1 mi m1 Fn fni fin mn (i=1,2,3……) 质心运动定理

质心运动定理 系统所受合外力=系统的总质量×质心的加速度。 质心运动定理表明：质心的运动规律，就像质点系的全部质量、全部外力都集中在质心上的一个质点的运动一样。 (1)质心的运动规律完全由合外力确定,与内力无关。 (2)系统所受合外力为零， 这表明，质心原来静止就静止；质心原来运动就作匀速直线运动。

(3)系统所受合外力为零， (系统动量守恒) *§4-4 火箭飞行原理 (自学)

解 (M+m):系统所受合外力为零,质心不动: 例题4-11 如图4-15所示，开始时人和船都静止,当人从船的一端走到另一端时,船移动的距离。(设船的质量为M,人的质量为m,船长为l ,并忽略水的阻力)。 解 (M+m):系统所受合外力为零,质心不动: s 图4-15 y x o

设质点的位矢为r，动量为p=m (见图4-16)， §4-5 质点的角动量和角动量守恒定律 一.质点的角动量 则质点对o点的角动量(也称动量矩)为 设质点的位矢为r，动量为p=m (见图4-16)，  图4-16 m r o L (4-20) 角动量L的大小 d L=rpsin=mrsin =md 式中是r 与 两矢量间的夹角。 角动量的方向垂直于矢径r 和 所组成的平面,指向是r 经小于180o的角转到 时右螺旋的前进方向。

L=rpsin=mrsin=md 图4-16 m r o L 质点对o点的角动量(动量矩)为 角动量L的大小 L=rpsin=mrsin=md 力F 对o点的力矩定义为：  图4-17 r d o M M=r×F (4-21) 力矩的大小 M=Frsin=Fd 问题:一质量为m的质点沿一直线以速率运动,它对直线上某点的角动量为 0; 它对与直线相距d的某点的角动量为 md。

若质点m以角速度沿半径r的圆周运动(如图4-18),质点对给定点o(圆心)的角动量的大小 L=mr =m r2 (4-20a)  显然，此时角动量L的方向与角速度的方向相同，就象图4-18所示的那样，可由右手螺旋确定。 按SI制,角动量的单位是千克·米2/秒(kg·m2/s)。 角动量的大小和方向不仅决定于质点的运动,也依赖于所选定的参考点,即参考点不同,质点的角动量也不同。 L 图4-18 m

上式中r×F 是合外力对固定点o的力矩,以M表示力矩,有 二.质点角动量定理 d  图4-16 m r o L 由于 所以  图4-17 r d o M 上式中r×F 是合外力对固定点o的力矩,以M表示力矩,有 M=r×F (4-21)

(4-22) 于是得: 式(4-22)的意义是:质点所受的合外力矩等于它的角动量对时间的变化率。这个结论叫质点的角动量定理。 将式(4-11)两边同乘以dt再积分得 (4-24) 上式左端的积分称为冲量矩。式(4-24)的意义是:合外力矩的冲量(冲量矩)等于质点角动量的增量。它是质点角动量定理的积分形式。

对比： (4-1) (4-24) 三.质点角动量守恒守律 根据式(4-24),如果合外力矩零(即M外=0),则L1=L2, L=常矢量 即 这就是说,对一固定点o,质点所受的合外力矩为零,则此质点的角动量矢量保持不变。这一结论叫做质点角动量守恒定律。 对比： 角动量守恒定律是：M外=0， 则 L =常矢量。 动量守恒定律是： F外=0 ，则 p =常矢量。

r =acos t i+bsin t j (式中a、b、 均为常量); 求质点的角动量及它所受的力矩。 例题4-12 一质点的质量为m，位矢为： r =acos t i+bsin t j (式中a、b、 均为常量); 求质点的角动量及它所受的力矩。 x y z o 解

r =acos t i+bsin t j =m =mabk

质点所受的力矩: M=rF r =acos t i+bsin t j F=ma=-m2r M=rF=-m2rr =0

例题4-13 如图4-19所示，一细绳穿过光滑水平桌面上的小孔o，绳的一端系有一质量为m的小球。开始时小球以角速度o绕孔o作半径r的匀速圆周运动，现在向下缓慢拉绳，求半径从r变为r/2过程中拉力的功。 解 小球对o点的角动量守恒： mr2 o= m(r/2)2  =4o 由动能定理，拉力的功为 F 图4-19 o r o m

解 对滑块运动有影响的力只有弹性力，故机械能都守恒： 例题4-14 在一光滑的水平面上，有一轻弹簧,倔强系数为k=100N/m,一端固定于o点，另一端连接一质量为m=1kg的滑块，如图4-20所示。设开始时，弹簧的长度为lo=0.2m(自然长度), 滑块速度o=5m/s, 方向与弹簧垂直。当弹簧转过90时，其长度l=0.5m，求此时滑块速度 的大小和方向。 解 对滑块运动有影响的力只有弹性力，故机械能都守恒：   图4-20 o lo l o m d 角动量守恒： mo lo= m lsin 解得:  =4m/s,  =30。

解 火箭只受引力(保守力)作用，机械能守恒： 例题4-15 质量为m的火箭A，以水平速度o沿地球表面发射出去，如图4-21所示。火箭A的运动轨道与地轴oo相交于距o为3R的C点。不考虑地球的自转和空气阻力，求：=？(设地球的质量为M、半径为R) 解 火箭只受引力(保守力)作用，机械能守恒： C o  图4-21  o A M R o 3R m d 对o点的角动量守恒： moR = m 3Rsin 解得