第三章 动量与角动量(答案)2011
第一册第三章动量与角动量
时 ∑ F ix = 0时 ,
m 1 v 1 x + m 2 v 2 x + L + m n v nx = 常 数
时 ∑ Fiy = 0时 ,
时 ∑ F iz = 0时 ,
m 1 v 1 y + m 2 v 2 y + L + m n v ny = 常 数
m 1 v 1 z + m 2 v 2 z + L + m n v nz = 常 数
M L
解：（1）链条在运动过程中，各部分的速度、 ）链条在运动过程中，各部分的速度、 加速度都相同。 加速度都相同。
o
x
v F
研究对象：整条链条 研究对象： 建立坐标： 建立坐标：如图 M v v (= xg ) 受力分析： 受力分析： F 运动方程： 运动方程：
M L xg dv = M dt
2
L
一段时间内，质点所受的合外力的冲量 冲量等 在t1到t2一段时间内，质点所受的合外力的冲量等 动量的增量。 于在这段时间内质点动量的增量 于在这段时间内质点动量的增量。 几点说明： 几点说明： (1)冲量的方向： (1)冲量的方向： 冲量的方向 v v 的方向， 冲量 I 的方向一般不是某一瞬时力 Fi 的方向，而是所
例子：见书 例子：见书P137例3.3
12
方向， 例1. 力 F = 3 − 2t ，沿z方向，计算 =0至t =1s 方向 计算t 至 内，力对物体的冲量。 力对物体的冲量。
解： Fz = F = 3 − 2t
I z = ∫ Fz dt = ∫ (3 − 2t )dt = 2( N ⋅ s ) t
I y = ∫ Fy dt
t1
t2
I z = ∫ Fz dt
第三章 动量与角动量
在光滑桌面上运动，速度分别为
v1
10i ,
v2
3.0i
5.0
j
（SI制）碰撞后合为一体，求碰撞后的速度？
解：方法一，根据动量守恒定律
m1v1 m2v2 (m1 m2 )v
解得：
v
7i
25
j
7
方法二，利用动量守恒分量式：
(m1 m2 )vx m1v1x m2v2x vx 7m / s
例 题 12
12、一子弹在枪筒里前进时所受的合力大小为 F 400 4105 t
3
（SI），子弹从枪口射出时的速率为300m/s。假设子弹离
开枪口时合力刚好为零，则
（1）子弹走完枪筒全长所用的时间；
（2）子弹在枪筒中所受力的冲量； （3）子弹的质量 m ；
解：（1）根据题意，子弹离开枪口时合力为零，
f mg
f t(N)
30N L L L 0 t 4 30 ft 70 10tL 4 t 7
0
Ft ft f
t(s) 47
当 t 4s 时 Ftt mv4 mv0 v4 8m / s
(2)当 t 6s 时
6
4 Ftdt mv6 mv4 v6 v4 8m / s
人造卫星的角动量守恒。
A1 : L1 mv1(R l1)
l2
l1 m
A2 : L2 mv2 (R l2 )
A2
A1
mv1(R l1) mv2 (R l2 )
v2 6.30km/s
v2
v1
R l1 R l2
o
B
动量与角动量习题解答
动量与角动量习题解答(总9页)--本页仅作为文档封面，使用时请直接删除即可----内页可以根据需求调整合适字体及大小--第三章 动量与动量守恒定律习题一选择题1. 一辆洒水车正在马路上工作，要使车匀速直线行驶，则车受到的合外力：（ ）A. 必为零；B. 必不为零，合力方向与行进方向相同；C. 必不为零，合力方向与行进方向相反；D. 必不为零，合力方向是任意的。
解：答案是C 。
简要提示：根据动量定理，合力F 的冲量F d t = d p = d (m v )=md v +v d m =v d m 。
因d m <0，所以F 的方向与车行进速度v 的方向相反。
2. 两大小和质量均相同的小球，一为弹性球，另一为非弹性球，它们从同一高度落下与地面碰撞时，则有：（）A. 地面给予两球的冲量相同；B. 地面给予弹性球的冲量较大；C. 地面给予非弹性球的冲量较大； A. 无法确定反冲量谁大谁小。
解：答案是B 。
简要提示：)(12v v -=m I3. 质量为m 的铁锤竖直向下打在桩上而静止，设打击时间为∆t ，打击前锤的速率为v ，则打击时铁锤受到的合外力大小应为：（）A ．mg tm +∆vB ．mgC ．mg tm -∆vD ．tm ∆v解：答案是D 。
简要提示：v m t F =∆⋅4. 将一长木板安上轮子放在光滑平面上，两质量不同的人从板的两端以相同速率相向行走，则板的运动状况是：（）选择题4图3A. 静止不动；B. 朝质量大的人行走的方向移动；C. 朝质量小的人行走的方向移动；D.无法确定。
解：答案是B 。
简要提示：取m 1的运动方向为正方向，由动量守恒：02211='+-v v v M m m ，得：M m m /)(21v v --='如果m 1> m 2，则v ′< 0。
5. 一只猴子用绳子拉着一个和它质量相同的石头，在一水平的无摩擦的地面上运动，开始时猴子和石头都保持静止，然后猴子以相对绳子的速度u 拉绳，则石头的速率为：（） A. u B. u /2 C. u /4 D. 0解：答案是B 。
第3章动量角动量
(4)动量守恒定律是物理学中最普遍、最基本的定律之一。 在微观高速范围同样适用。
例3-3 如图,在光滑的水平面上,有一质量为M、长为l 的小车, 车上一端站有质量为m的人，起初m、M均静止，若人从车 的一端走到另一端，则人和车相对地面走过的距离为多少？
为ω，杆长均为l 。(2)如系统作加速转
动,系统的动量和角动量变化吗？
三、质点的角动量(动量矩)定理
Lrp
求
dL
导
d (r
p)
dr
p
r
dp
F
dt
dt
M
dL
dt
dt
dt
质点的角动量定理（微分形式）
质点所受合力对点O 的力矩, 等于质点对点O的角 动量的时间变化率。
M
dL
dt
改写
Mdt dL
t2 t1
F dt
p2
p1
(1)定理中的冲量指的是质点所受合力的冲量,或者质点所
受冲量的矢量和。
I
t2 t1
F合
dt
＝ ＝
t2 t1
(
F1＋F2＋＋Fn
)
d
t
t2 t1
F1dt
t2 t1
F2dt＋
＋
t2 t1
Fndt ＝
i 1
Ii
(2)冲量是过程量,动量是状态量,冲量的方向可用动量变化的
由动量定理 I p2 得 p1
(3) 2.7 m/s
（2）3s末质点的加速度
a(3) F (3) 1.5 m/s2 m
3.1.2 质点系的动量定理 动量守恒定律
第三章 动量和角动量
mi
由n个质点组成的质点系： dpi Fi F外i F内i dt i i i i
质点系
F外i
F内i mi
合外力 F外 零 dp 质点系的动量定理 dpi d dp F外 pi 右边： （微分形式） dt dt dt dt i i p2 持续一段时间： F外dt dp p2 p1
弹性碰撞 碰撞
动量守恒，机械能守恒 动量守恒 动量守恒
非完全弹性碰撞
完全非弹性碰撞
3）若某一方向合外力为零, 则此方向动量守恒 .
F外x 0 , F外y 0 , F外z 0 ,
px mi vix C x pz mi viz C z p y mi viy C y
解：由质点的动量定理，
t1
t2 I Fdt p2 p1
F t mgt p2 p1
4m / s
F/N 30
0-4s： I
t=4s时： v
0
1 0-7s： I (4 7) 30 mg t p2 p1 2
t=7s时： v
x2 x1
x
解得：x1 3.33m, x2 1.67m
小结
动量定理及动量守恒定律 1. 动量定理
t2 对 质 点: I F dt P2 P1 t1 Fdt dP t2 对 质 点 系 I F外 dt P2 P1 t1 F外 dt dP
第三章 动量和角动量
力的累积效应
力对时间的累积冲量 力对空间的累积做功
动量 能量
3-1 质点的动量定理
1、冲量 动量定理 牛顿第二定律
第三章动量与角动量
z
3.4
质心
rC
C
一. 质心的定义
由下式决定的位置矢量 rc 所对
应的c，称为质点系的质心。
rC mi mi ri
动量（角动量）、动量（角动量）定理、 动量（角动量）守恒定律
本次课主要内容
1、第二章小结 2、冲量、动量 #3、动量定理、动量守恒 4、火箭飞行原理
3.1 冲量与动量定理
一、冲量和动量
1. 冲量: 力F对dt时间的积累 量，叫做在dt时间 内质点所受合外力 的冲量。
F
I
t
Fdt
O t0
K
R
t
v0 R vt R K vt v0t vt ( R K v0t ) v0 R vt v0 R ( R K v0t )
S
t 0
vt d t
t 0
v0 R R v0 K t 1
dt
v0 R v0 K R
t 0
R v0 K t
2. 动量
p mv
F dp dt Fdt dp
二. 用冲量表示的动量定理
1. 牛顿第二定律的普遍形式
2. 动量定理(质点）
t t0
Fdt
p p0
dp
I p p0
上式表明在dt时间内质点所受合外力的冲量等于在 同一时间内质点动量的增量。
矢量法
第三章-动量-角动量
对于同一点的角动量对时间的变化率，这一结论称为质点的角
动量定理。
质点的角动量定理可以写为
Mdt dL
其中 Mdt 称为dt 时间内力矩 M对质点的冲量矩。两边
积分有：
t2 t1
Mdt
L2
L1
上式表明：作用于质点的合外力矩M 从 t1 到 t2 时间间隔 内的冲量矩，等于质点在同一时间间隔内角动量的增量。
力心
例4、一质点在x-y平面内运动，已知质点的质量为20 g，在A 、
B 两位置处的速率都是20 m/s ，vA与X轴成45 o角，vB垂 直于y轴。求质点由A点到B点这段时间内，作用在质点
上外力对O点的总冲量矩（已知OA=2m，OB=4m）。
解： 由质点的角动量定理知：
y vB B
由A到B，角动量的方向均垂 直于x-y平面向上
标量式为
(3-5)
对于冲量 I 应注意：
（1）冲量是力对时间的积累作用。
I
t2
Fdt
t1
mv1
mv
mv2
（2）冲量是矢量，其方向与动量增量方向相同。 即 I 的方向与 P 或 mv 的方向相同。
对动量原理应注意：
（1） F 是指物体所受的合外力，I 是合外力的冲量。 （2） 动量原理是矢量式，常用其分量式。 （3） 动量原理用于惯性系。
②已知炮弹对炮车的相对速度为v ，仰角
为时速θ ，度由v速’ 的度水叠平加分原量理为，炮弹对V地的瞬
v’ x = v cosθ – V
系统总动量为 m (v cosθ - V) – MV 系统总动量的水平分量守恒方程：
m (v cos θ - V) – MV = 0
代入数字 解得：
v v
第三章动量与角动量
分量式:
Ix
t 0
t 0
Fi xdt mi vi x mi vi 0 x
Fi ydt mi vi y mi vi 0 y
Iy
§2.质点系动量定理和质心运动定理
一.质点系动量定理 对于有n个质点的质点系,它们每个质点既所受外力, 也受内力. 若第i质点在to时刻动量为
t ix i ix i
0
ix 0
t
iy
i
iy
i
iy 0
0
t
iz
i
iz
i
iz 0
0
二.质心
对于有n个质点的质点系,
, m , m 的位置矢量分别为 : r , r , r ; m
1 2 n 1 2 n
则定义质点系的质心位置:
r
c
mr mr mr
1 1 2 2 n
第三章
动量与角动量
§1.冲量和动量定理
1. 动量
P mv
大小： mv
方向： 速度的方向 单位： kg m · -1 s
2. 力的冲量 元冲量
dI Fdt
大小：
Fdt
方向： 力的方向 单位： N · s
(1) 恒力的冲量
(2) 变力的冲量 分量式
I FΔt t I Fd t
n
上式表明:作用于质点系的外力矢量和的冲量等于 质点系动量的增量. 上式称为质点系动量定理.
. t F dt m v m v
t n n
0
i
i 1
i
i
i 1
i
i0
分量式:
第3章 动量与角动量
1) 人匀速运动，到达车尾时小车的速度为(由上式解得)： u=l/t
v v0
m uv m l 0 M m M mt
2)车的运动路程为： 由于人匀速运动，即u为常量，故小车的运动速度v 也为常量。此时车的运动路程可用 s=vt 进行计算。
m l m s vt (v0 )t v 0 t l Mm t Mm
f AB F f
A
N
mA g
f BA
N AB mB g 外力： 推力F , A的重力mA g , B的重力mB g , 地面对质点系的滑动磨擦力f , 地面对质点质的支持力N . 内力： AB间的静摩擦力f AB和f BA , AB间的正压力N AB和支持力N BA
M 大小：M rF sin 方向：右手螺旋法则
由力矩的定义可知： M r F
2、角动量
O 定义： 一个质点相对于参考点 的角动量等于 质点位置矢量 与其动量mv 的矢量积。 r
o m
L
L r mv mv r
L
L
例：一个物体在空中炸成几块，在忽略空气阻力的情况下， 这些碎块受到的外力只有竖直向下的重力，因此它们的总 动量在水平方向上的分量守恒。（某方向合外力为零，则 该方向动量守恒）
4、动量守恒定律是由牛顿定律导出的，只适用于惯性 系。（更广义的动量守恒定律不依赖于牛顿定律，是 自然界中的基本定律）
例2、 如图,车在光滑水平面上运动,已知人的质量m, 小车的质量M ,车长l ,小车的运动速度v0 人逆车运动,方向从车头经时间t到达车尾. 求：1、若人匀速运动，他到达车尾时车的速度； 2、车的运动路程； 3、若人以变速率运动，上述结论如何？ m 解：以人和车为研究系统，取 v0 u 地面为参照系。水平方向系统 M 不受外力作用，动量守恒。 x
第三章-动量和角动量(应用和材料专业)
mva
A
m v 2mv
A--C动量改变量为
mva
mvd
· B
m vb
O
m v
D
m v 2mv
m v
m vb
mva
A--D动量改变量为
mva
C
mvc
m v 2mv
m v
例4. 锥摆作匀速率圆运动一周， 周期为T0。求
y
【解】 1. 质点的动量改变量
锥摆 O
动量改变量为
l
m v2 m v1 m v m v 0
0
0
MS mS'(2)
利用相对运动位移变换得：
S S h tg (3)
vx
v
联立解(2)、(3)，
得斜面后退的距离：
V hx
S mh cos (M m)sin
S S’
S S h tg
例3. （书例3） 粒子散射问题。求 粒子碰
撞前后的速率比。
【解】系统：m，M
粒子碰撞过程受外力为 零，动量守恒
的方向
2. 动量定理的微分形式 F d t d P
P1
P2 I
3. 直角坐标系中动量定理
分量形式
I Ixi Iy j Izk
I x
t2 t1
Fxdt
mv2 x
mv1x
I y
t2 t1
Fy dt
mv2 y
mv1y
I z
t2 t1
Fz dt
mv2 z
mv1z
4.在时间 t1 t2内，物体受
m2 v 2
)
(m1v10
m2 v 20
)
质点系动量定理：作用于系统的合外力冲量等
03第三章 动量与角动量作业答案
第三次作业（第三章动量与角动量）一、选择题［A］1.（基础训练2）一质量为m0的斜面原来静止于水平光滑平面上，将一质量为m的木块轻轻放于斜面上，如图3-11(A) 保持静止．(B) 向右加速运动．(C) 向右匀速运动．(D) 向左加速运动．【提示】设m0相对于地面以V运动。
依题意，m静止于斜面上，跟着m0一起运动。
根据水平方向动量守恒，得：m V mV+=所以0V=，斜面保持静止。
［C］2.（基础训练3）如图3-12所示，圆锥摆的摆球质量为m，速率为v，圆半径为R，当摆球在轨道上运动半周时，摆球所受重力冲量的大小为(A) 2m v．(B) 22)/()2(vv Rmgmπ+(C) v/Rmgπ(D) 0．【提示】22TGTI mgdt mg==⨯⎰，而vRTπ2=［C ］3．（自测提高1）质量为m的质点，以不变速率v沿图3-16正三角形ABC的水平光滑轨道运动。
质点越过A点的冲量的大小为(A) m v．(B) ．(C) ．(D) 2m v．【提示】根据动量定理2121ttI fdt mv mv==-⎰，如图。
得：21I mv mv∴=-=[ B] 4.（自测提高2）质量为20 g的子弹，以400 m/s的速率沿图3-17所示的方向射入一原来静止的质量为980 g的摆球中，摆线长度不可伸缩。
子弹射入后开始与摆球一起运动的速率为(A) 2 m/s．(B) 4 m/s．(C) 7 m/s ．(D) 8 m/s．【提示】相对于摆线顶部所在点，系统的角动量守恒：2sin30()mv l M m lV︒=+其中m为子弹质量，M为摆球质量，l为摆线长度。
解得：V=4 m/s（解法二：系统水平方向动量守恒：2sin30()mv M m V︒=+)图3-11图3-17二、填空题1、（基础训练7）设作用在质量为1 kg 的物体上的力F ＝6t ＋3（SI ）．如果物体在这一力的作用下，由静止开始沿直线运动，在0到2.0 s 的时间间隔内，这个力作用在物体上的冲量大小Ｉ＝18N s ⋅．【提示】2222(63)(33)18I Fdt t dt t t N s ==+=+=⋅⎰⎰2．（基础训练8）静水中停泊着两只质量皆为0m 的小船。
角动量 守恒(2011)
Mij + M ji = ri × f ij + r j × f ji = ri − r j × f ij = 0
(
)
(r
i
− rj
)
与 f ij 共线， 共线，
Mij + M ji = ri × f ij + r j × f ji = ri − r j × f ij = 0
角动量定理
Fdt = dP
t2 t2
dL M= dt M t = dL d
∫ Fdt =ΔP
t1
∫ Mdt =ΔL
t1
F = 0 P = 常矢量
F P
t2
M = 0 L = 常矢量
M L
t2
力 动量
力矩或角力 角动量 或动量矩
∫ Fdt 合力的冲量
t1
Mdt 合力矩的冲量 或冲量矩 ∫
t1
例
讨论行星运动
1 GMm 1 2 GMm 2 mv0 − = mv − 2 r0 2 R v0r0sinθ v= = 4v0sinθ mv0r0sinθ = mvR R
1 3GM sinθ = 1+ 2 4 2Rv0
1/ 2
3GM v = v01+ 2 2Rv 0
L
3、行星近地点速度大，在远地点速度小 、行星近地点速度大 地点速度小
在近日点与远日点
r ⊥v
v近
m r远
v远 =m r近 v近
v
v远 r远
r近
∴ v远 < v近
的光滑圆环置于竖直平面内.一质量为 例5-1 一半径为 R 的光滑圆环置于竖直平面内 一质量为 m 的小球穿在圆环上 并可在圆环上滑动 小球开始时静 的小球穿在圆环上, 并可在圆环上滑动. 止于圆环上的点 A (该点在通过环心 O 的水平面上 然后 该点在通过环心 的水平面上),然后 点开始下滑.设小球与圆环间的摩擦略去不计 设小球与圆环间的摩擦略去不计.求小球 从 A 点开始下滑 设小球与圆环间的摩擦略去不计 求小球 的角动量和角速度. 滑到点 B 时对环心 O 的角动量和角速度 解 小球受重力和支持力作 支持力的力矩为零,重力 用, 支持力的力矩为零 重力 矩垂直纸面向里
第3章 动角动量习题解答
第3章 动量 角动量3-1一架飞机以300m/s 的速率水平飞行，与一只身长0.20m 、质量0.50kg 的飞鸟相撞，设碰撞后飞鸟的尸体与飞机具有同样的速度，而原来飞鸟对于地面的速率很小，可以忽略不计。
试估计飞鸟对飞机的冲击力(碰撞时间可用飞鸟身长被飞机速率相除来估算)。
根据本题计算结果,谈谈高速运动的物体(如飞机、汽车)与通常情况下不足以引起危害的物体(如飞鸟、小石子)相碰撞后会产生什么后果？解 飞鸟碰撞前速度可以忽略,碰撞过程中冲量的大小为:I m Ft υ==考虑到碰撞时间可估算为 lt υ=即得飞鸟对飞机的冲击力2250.5300 2.2510(N)0.2m F l υ⨯===⨯由此可见飞机所受冲击力是相当大的，足以导致机毁人亡，后果很严重。
3-2 水力采煤,是用高压水枪喷出的强力水柱冲击煤层。
如图，设水柱直径30mm D =，水速56m/s υ=，水柱垂直射在煤层表面上，冲击煤层后的速度为零，求水柱对煤的平均冲力。
解 △t 时间内射向煤层的水柱质量为21π4m V D x ρρ∆=∆=∆ 煤层对水柱的平均冲击力（如图以向右为正方向）为211x x x m m m F t t υυυ∆-∆∆==-∆∆211π4x xD t ρυ∆=-∆3322311.010π(3010)562.2210(N)4-=-⨯⨯⨯⨯⨯⨯=-⨯水柱对煤层的平均冲力为'32.2210N F F =-=⨯，方向向右。
习题3-2图3-3 质量10kg m =的物体沿x 轴无摩擦地运动，设0t =时，物体位于原点，速率为零。
如果物体在作用力()34N Ft =+的作用下运动了3秒，计算3秒末物体的速度和加速度各为多少？（题中F 作用线沿着x 轴方向）解 力F 在3秒内的冲量33d (34)d 27N s I F t t t ==+=⋅⎰⎰根据质点的动量定理 ()30m I υ-=得()3 2.7m/s Imυ== 加速度()()223153m/s 1.5m/s 10F a m === 3-4 质量为m 的物体，开始时静止，在时间间隔T t 20≤≤内，受力()2021t T F F T ⎡⎤-=-⎢⎥⎢⎥⎣⎦作用，试证明，在2t T =时物体的速率为043F Tm。
第3章 动量角动量
• n个质点的系统 由于内力总是成对出现的，所以矢量和为零。
F dt d P i i i i
质点系动量定理微分形式
F 为系统所受的合外力 , P i i 为系统的总动量。 i i
Fi dt P2
注意：动量定理只适用于惯性系。
冲力
物体受到冲击，动量会明显改变。冲击过程持续一般时间 很短，因此冲击中物体受力——冲力具有作用时间短 、量 值大的特点，通常是变力。
平均冲力：
1 t t Fx Fx (t )dt t t
Fx(t)
Fx
t
冲量可表为 I x
Fx t
t
F为恒力时，可以得出I＝F t F为变力时，为求平均值提供了一个有效方法:
2 2
2
力 F 12t i ( SI )作用在质量m=2kg的物体上, 例：
使之从静止开始运动,则物体在3秒末的速度 为 。
解：由动量定理分量式，有
t2
t1
Fdt P2 P 2 1 P
3
P2 12tdt 54 kg m/s, 方向沿x轴正向 0 p2 v2 27i m/s m
1 2 gt 2 1 即 10 5t 10 t 2 2 得：t 1s y v y 0t x vx 0t 5 3m
牛顿定律是瞬时的规律。
但在有些问题中， 如：碰撞（宏观）、 散射 （微观） … 我们往往只关心过程中力的效果 ——力对时间和空间的积累效应。 力在时间上的积累效应： 平动 转动 冲量 冲量矩 动量的改变 角动量的改变 改变能量
“神州”号飞船升空
火箭在无大气层的太空中飞行，是靠向后喷射燃料获得反 冲动力。由于无外力作用，动量守恒。 设M为火箭在 t 时刻的总质量，dt 时间喷出dm质量的燃料， 相对火箭以u的速度喷射。 v M dm t 时刻 M dm t+dt 时刻 v+dv x
05动量与角动量一解答
m1υ1 + m2υ 2 = (m1 + m2 )υ
m1υ1 i + m2υ 2 j = (m1 + m2 )υ
m1υ1
θ x
m2υ2
υ = (m υ )2 + (m υ )2 (m + m ) = 10(m/s ) 1 1 2 2 1 2 θ = arctan(m2υ 2 m1υ1 ) = 53.13o
0 = M υ1 + mυ
υ1 = mυ M
mυ = (m + M )υ 2
υ 2 = m υ (M + m )
动量与角动量一 4．求半圆形均匀薄板的质心。 ．求半圆形均匀薄板的质心。
第三章 动量守恒和能量守恒
由对称性知，质心分布在对称轴y轴上 轴上。 解: 由对称性知，质心分布在对称轴 轴上。xC = 0
(M 1 + M 2 )υ x = M 2υ ′x υ ′ = (M 1 + M 2 )υ x x
M2
s′ = υ ′ t = (M 1 + M 2 )υ x h (gM 2 ) x > s = υxh g
动量与角动量一
第三章 动量守恒和能量守恒
二、填空题
1．质量为m的小球自高为 0处沿水平方向以速率υ0抛 ．质量为 的小球自高为 的小球自高为y 出,与地面碰撞后跳起的最大高度为 0/2，水平速率为 与地面碰撞后跳起的最大高度为y ， 与地面碰撞后跳起的最大高度为 υ0/2，则碰撞过程中 地面对小球的竖直冲量的大小 ，则碰撞过程中(1) (1+ 2)m gy0 为________________________；(2) 地面对小球的水平 ； mυ0/2 冲量的大小为________________________． 冲量的大小为________________________．
03 力学：第三章 动量与角动量-课堂练习及部分习题解答
Zhang Shihui
题.设行星的质量为m，它绕太阳运动的角动量为L0，试 推导行星绕太阳运动的掠面速度（即行星的矢径单位时 间内扫过的面积）表达式 。 解：在dt的时间内，矢r 处的速度 v 同向 Δr v 与 夹角为 θ ，即 与 夹角为 θ r r Δ r r h θ Δr 顶点到 r 的距离 h = Δr sin θ 1 在dt的时间内，矢径扫过的面积 ΔS = r Δr sin θ 2 L0 1 1 dS 1 L= ΔtÆ0, dr = vdt 故 = r v sin θ = r × v = 2m 2m 2 dt 2
r
地心O
M = r ×F =0 r1 R + l1 因此，角动量守恒 r1mv1 = r2 mv2⇒ v2 = v1 = v1 r2 R + l2
v
因万有引力F始终沿地心指向卫星， 与矢径方向相同，故
学习指导·第三章 动量和角动量·典型例题第4题
Zhang Shihui
题. 匀质的柔软细绳铅直悬挂着，绳的下端刚好触到水平地 面上。如把绳的上端释放，绳将落到地面上。试证明：在 绳下落过程中，任意时刻作用于地面的压力（大小），等 于已落到地面上的绳重量的三倍。 解：设单位绳长的质量为λ。t时刻已经落到地面 的绳长为x，这部分绳子对地面的压力N0 = (λ x) g 此外，即将接触地面的质元dm对地面的冲量dp 会产生一个额外的冲力F (注：质元长dx，下落 的距离为x) 。设此瞬间质元的速度为v，则
m
解：水平方向M和m组成的系统所受合外 力为零，因此质心在水平方向不受外力作 用，质心水平方向分量保持不变，等于0
Μ
mΔx + M ΔX mx + MX ⇒ Δxc = =0 xc = m+M m+M
2011年动量和角动量
ri
n
所以 W g4 (1 r 2 n 2 n 1 3 2 3 n 4 n 3)
gr4((12nn2)nn2(nn441)2)gr4(1441n2)
当 n0 ，即
1 4n2
0 ，则
W总
1
4
gr4
一、赛题精选
6、足球运动员在L=11m远处罚球，准确地从横梁下踢进
一球。横梁下沿的高度为h=2.5m，足球的质量为m=0.5kg,
动量和能量
银川唐徕回民中学：陈士武 Tel:13995001027 QQ：78121366 E-mail:woaihege@ Blog：/woaihege114
一、赛题精选
1、一绳跨过一定滑轮，两端分别栓有质量为m及M的物 体，如图，M>m，M静止在地面上，当m自由下落h后， 绳子才被拉紧。求M从离开地面到落回到地面花时间多 少。设整个运动过程中m都不着地。
g2s
s2h2[ s si2 n h co2s]h
s2h2
s2h2
h x
令 tan
h s
，则有：
co s
s
,sin h
s2h2
s2h2
一、赛题精选
6、足球运动员在L=11m远处罚球，准确地从横梁下踢进 一球。横梁下沿的高度为h=2.5m，足球的质量为m=0.5kg, 不计空气阻力，必须传给足球的最小能量Emin是多少？
F T s s2R g
FT 2Rg
v2 3gR
v02
gR(34R)
L
一、赛题精选
5、如图所示，半径为r的半球形水池装满密度为ρ的水， 问要将池内的水抽干至少要做多少功？
r
i n
r
r
n层 i层
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一、选择题［ C ］1.（基础训练3）如图3-12所示，圆锥摆的摆球质量为m ，速率为v ，圆半径为R ，当摆球在轨道上运动半周时，摆球所受重力冲量的大小为(A) 2m v ． (B)22)/()2(v v R mg m π+(C) v /Rmg π． (D) 0．【提示】22TGTI mgdt mg ==⨯⎰ ， 而v R T π2=［ C ］2．（自测提高1）质量为m 的质点，以不变速率v 沿图3-16中正三角形ABC 的水平光滑轨道运动．质点越过A 角时，轨道作用于质点的冲量的大小为(A) m v ． (B) ． (C) ． (D) 2m v ． 【提示】如图，2121t t I fdt mv mv ==-⎰，21I mv mv ∴=-=[ B ]3. （自测提高2）质量为20 g 的子弹，以400 m/s 的速率沿图3-15射入一原来静止的质量为980 g 的摆球中，摆线长度不可伸缩．子弹射入后开始与摆球一起运动的速率为 (A) 2 m/s ． (B) 4 m/s ． (C) 7 m/s ． (D) 8 m/s ．【提示】相对于摆线顶部所在点，系统的角动量守恒：2sin30()mv l M m lV ︒=+；其中m 为子弹质量，M 为摆球质量，l 为摆线长度。
［ C ］4．（附录E 考研模拟题2）体重、身高相同的甲乙两人，分别用双手握住跨过无摩擦轻滑轮的绳子各一端．他们从同一高度由初速为零向上爬，经过一定时间，甲相对绳子的速率是乙相对绳子速率的两倍，则到达顶点的情况是 (A)甲先到达． (B)乙先到达．(C)同时到达． (D)谁先到达不能确定．【提示】以地面为参考系，系统的合外力矩为零，所以系统的角动量守恒：0Rmv Rmv v v =-=甲地乙地甲地乙地，所以对对对对 ，因此，从地面观察，两人永远同一高度。
图3-15图3-16二、填空题5. （基础训练7）设作用在质量为1 kg 的物体上的力F ＝6t ＋3（SI ）．如果物体在这一力的作用下，由静止开始沿直线运动，在0到2.0 s 的时间间隔内，这个力作用在物体上的冲量大小Ｉ＝18N s ⋅．【提示】2222(63)(33)18I Fdt t dt t t N s ==+=+=⋅⎰⎰6．（基础训练8）静水中停泊着两只质量皆为0m 的小船．第一只船在左边，其上站一质量为m 的人，该人以水平向右速度v从第一只船上跳到其右边的第二只船上，然后又以同样的速率v 水平向左地跳回到第一只船上．此后 (1) 第一只船运动的速度为v1＝02m v m m -+ 。
(2) 第二只船运动的速度为v 2＝02m v m。
（水的阻力不计，所有速度都相对地面而言）【提示】以地面为参考系，系统水平方向动量守恒。
第一跳 010mv m v '+= 02()mv m m v '=+第二跳 0101()mv m v m m v '-+=+ 0202()m m v mv m v '+=-+7．（基础训练12）两个滑冰运动员的质量各为70 kg ，均以6.5 m/s 的速率沿相反的方向滑行，滑行路线间的垂直距离为10 m ，当彼此交错时，各抓住一10 m 长的绳索的一端，然后相对旋转，则抓住绳索之后各自对绳中心的角动量L ＝s kgm /22752；它们各自收拢绳索，到绳长为5 m 时，各自的速率v ’＝s m /13。
【提示】绳子的长度l =10m ，（1）21070 6.52275/22l L mv kgm s ==⨯⨯=（2）取交错时中点为原点O 。
系统对O 点的角动量守恒：22 213/24l l mv mv v v m s ⨯=⨯∴=='，'8．（自测提高6） 质量为m 的小球自高为y 0处沿水平方向以速率v 0抛出，与地面碰撞后跳起的最大高度为21y 0，水平速率为1v 0，如图3-19所示。
(1) (2)地面对小球的水平冲量的大小为012mv ． 【提示】小球在与地面碰撞前后，动量发生了改变，根据动量定理：21I mv mv =-，此式在竖直方向和水平方向的分量式分别为：21((1y y y I mv mv =-==02100122x x xv I mv mv m mv mv =-=-=-故它们的大小分别为：(1y I =+ 012x I m v =y 21y 图3-199（自测提高9）如图3-20所示，质量为m 的小球，自距离斜面高度为h 处自由下落到倾角为30°的光滑固定斜面上。
设碰撞是完全弹性的，则小球对斜面的冲量的大小为，方向为垂直斜面向下。
【提示】小球碰撞前后的速度如图所示。
因为是完全弹性碰撞，所以21v v v ===根据动量定理，碰撞过程中斜面对小球的冲量为21I mv mv =-2cos30I mv =︒=方向垂直斜面向上。
小球对斜面的冲量 I I '=-10．（附录B 期终模拟题8） 湖面上有一小船静止不动，船上有一打渔人质量为60kg ，如果他在船上向船头走了4.0m ，但相对于湖底只移动了3.0m(水对船的阻力略去不计)，则小船的质量为180kg 。
【提示】以人和船为系统，以湖底为参考系。
根据质心运动定理，因为水平方向外力为零，故当打渔人在船上走动时，系统质心的位置不变。
''mx MX mx MX m M m M++=++，M X m x -∆=∆，()433M m ⨯-=⨯，180M kg ∴=三、计算题 11．（基础训练13）一质点的运动轨迹如图3-14所示．已知质点的质量为20 g ，在A 、B 二位置处的速率都为20 m/s ，A v与x 轴成45°角，B v垂直于y 轴，求质点由A 点到B 点这段时间内，作用在质点上外力的总冲量．解：根据动量定理，21t B A t I Fdt mv mv ==-⎰()320102020i j -⎡⎤⎫=⨯--+⎢⎥⎪⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦0.2(2(.)i N s =--（说明：也可以求出总冲量的大小和方向。
） 12．（基础训练14）一炮弹发射后在其运行轨道上的最高点h ＝19.6 m 处炸裂成质量相等的两块．其中一块在爆炸后1秒钟落到爆炸点正下方的地面上．设此处与发射点的距离S 1＝1000 m ，问另一块落地点与发射地点间的距离是多少？（空气阻力不计，g ＝9.8 m/s 2）解：① 取水平方向为x 轴，竖直方向为y 轴，且向上为正方向。
在最高点爆炸时，系统的动量守恒。
设爆炸前的速度为x v v i =；爆炸后，第一块落在其正下方的地面上，设其速度为11y v v j = ，第二块的速度为222x y v v i v j =+，则根据动量守恒，得图3-20图 3-14121122mv mv mv =+其x 方向和y 方向的分量式为x v v x m m =212 （1） 0v v y m m =+1y 21122（2）为了求出v x 2和v y 2，必须先求出v x 和1v y 。
② 式（1）中的x v 可根据S 1和h 求得。
设炮弹从发射到最高点经历的时间为t ，则有 S 1 = v x t h=221gt 联立上述两式，得t =2 s , v x =500 m/s 。
式（2）中的v 1y 可根据第一块的落地时间1t s '=和h 求得2t g t h '+'=211v 可解得v 1＝14.7 m/s ，方向竖直向下。
所以v 1y ＝－14.7 m/s ；③将v x 和1v y 代入式（1）和（2）： 由式（1）得：v 2x =2v x =1000 m/s ；由式（2）得v 2y = -v 1y =14.7 m/s 。
④设第二块从爆炸到落地需要t 2的时间，根据公式x 2= S 1 +v 2x t 2 （3） y 2=h +v 2y t 2-22gt 21 （4） 落地时y2 =0，由式（4）可得 t 2 =4 s , t 2＝-1 s （舍去）， 将t 2=4s 代入式（3），可求得 x 2＝5000 ｍ13．（自测提高14）一质量为m 的匀质链条，长为L ，手持其上端，使下端离桌面的高度为h 。
现使链条自静止释放落于桌面，试计算链条落到桌面上的长度为l 时，桌面对链条的作用力。
解：取x 轴向下为正， 设t 时刻，落在桌面上的部分链条长为l ，质量为l m ，则有l m m l l Lλ==（mL λ=为链条的质量线密度）桌面对这部分链条的作用力为1 l F m g i =-；此时在空中的链条的速度大小为：v =在dt 时间内,有dm vdt λ=链条元落在桌面上。
设桌面对链条元的作用力为2F，对链条元应用动量定理，得()200 F dt dm v vdt v i λ=-⋅=-x22 vdt F v i v i dtλλ=-=-所以，桌面对链条的作用力为()1232 m l h g F F F i L+=+=-负号表示方向向上。
附加题： 14．（自测提高13）有一水平运动的皮带将砂子从一处运到另一处，砂子经一竖直的静止漏斗落到皮带上，皮带以恒定的速率v 水平地运动．忽略机件各部位的摩擦及皮带另一端的其它影响，试问：(1) 若每秒有质量为q m =d M /d t 的砂子落到皮带上，要维持皮带以恒定速率v 运动，需要多大的功率？(2) 若q m =20 kg/s ，v ＝1.5 m/s ，水平牵引力多大？所需功率多大？解：(1) d t 时间内，有d M=q m d t 的砂子落到皮带上，速率为v ，根据动量定理，皮带作用在砂子上的力F的冲量为：d d v d 0d v F t M M M =-⋅=⋅ ∴ d d m M F q t==⋅v v 由牛顿第三定律，砂子对皮带的作用力'F F =-．由于皮带匀速运动，所需的水平牵引力为'''F F F =-= ，因此，所需供给的功率为：2''m m P F F q q =⋅=⋅=⋅=v v v v v(2) 当q m ＝d M/d t = 20 kg/s ，v ＝1.5 m/s 时，水平牵引力大小为 F "＝v q m =30 N 所需功率为 P= v 2q m = 45 W。