(整理)大学物理授课教案 第三章 动量守恒和能量守恒定律.

第三章 动量守恒和能量守恒定律§1-1质点和质点系的动量定理一、质点的动量定理 1、动量质点的质量m 与其速度v的乘积称为质点的动量，记为P 。

（3-1）说明：⑴P 是矢量，方向与v相同⑵P是瞬时量 ⑶P是相对量⑷坐标和动量是描述物体状态的参量2、冲量牛顿第二定律原始形式)(v m dt d F =由此有)(v m d dt F=积分： 122121p p P d dt F p p t t-==⎰⎰ （3-2）定义：⎰21t t dt F称为在21t t -时间内力F 对质点的冲量。

记为（3-3）说明：⑴I是矢量⑵I是过程量 ⑶I是力对时间的积累效应 ⑷I的分量式 ⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧===⎰⎰⎰212121t t z z t t y y t t xx dtF I dt F I dt F I∵ ⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=-=-=-⎰⎰⎰212121)()()(121212t t z z t t y y t t x x dtF t t F dt F t t F dtF t t F （3-4）∴分量式（3—4）可写成 ⎪⎩⎪⎨⎧-=-=-=)()()(121212t t F I t t F I t t F I z zy y x x （3-5）x F 、y F 、z F 是在21t t -时间内x F 、y F 、z F 平均值。

3、质点的动量定理由上知 12p p I-= （3-6）结论：质点所受合力的冲量=质点动量的增量，称此为质点的动量定理。

说明：⑴I 与12p p-同方向⑵分量式⎪⎩⎪⎨⎧-=-=-=z 1z 2zy 1y 2y x 1x 2x pp I p p I p p I （3-7）⑶过程量可用状态量表示，使问题得到简化 ⑷成立条件：惯性系 ⑸动量原理对碰撞问题很有用二、质点系的动量定理概念：系统：指一组质点内力：系统内质点间作用力外力：系统外物体对系统内质点作用力设系统含n 个质点，第i 个质点的质量和速度分别为i m 、i v，对于第i 个质点受合内力为内i F ，受合外力为外i F，由牛顿第二定律有dtv m d F F i i i i )( =+内外对上式求和，有∑∑∑∑======+n 1i i i n1i i i n 1i i n 1i i )v m (dt d dt )v m (d F F内外 因为内力是一对一对的作用力与反作用力组成，故0=合内力F，有 P dtd F=合外力 （3-8）结论：系统受的合外力等于系统动量的变化，这就是质点系的动量定理。

式（3-8）可表示如下122121p p P d dt F p p t t-==⎰⎰合外力 （3-9） 即 12p p I-=合外力冲量 （3-10）结论：系统受合外力冲量等于系统动量的增量，这也是质点系动量定理的又一表述。

例3-1：质量为m 的铁锤竖直落下，打在木桩上并停下。

设打击时间t ∆，打击前铁锤速率为v ，则在打击木桩的时间内，铁锤受平均和外力的大小为？解：设竖直向下为正，由动量定理知：mv t F -=∆0tmv F ∆=⇒ 强调：动量定理中说的是合外力冲量=动量增量例3-2：一物体受合力为t F 2=（SI ），做直线运动，试问在第二个5秒内和第一个5秒内物体受冲量之比及动量增量之比各为多少？解：设物体沿+x 方向运动，2525501===⎰⎰tdt Fdt I N·S （1I 沿i 方向） 7521051052===⎰⎰tdt Fdt I N·S （2I 沿i方向）3/12=⇒I I∵⎩⎨⎧∆=∆=1122)()(p I p I∴3)()(12=∆∆p p例3-3：如图3-1，一弹性球，质量为020.0=m kg ，速率5=v m/s ，与墙壁碰撞后跳回。

设跳回 时速率不变，碰撞前后的速度方向和墙的法 线夹角都为60=α °，⑴求碰撞过程中小球受到的冲量?=I⑵设碰撞时间为05.0=∆t s ，求碰撞过程中小球 受到的平均冲力?=F解：⑴?=I如图3-1所取坐标，动量定理为12v m v m I-=〈方法一〉用分量方程解⎩⎨⎧=-=-==--=-=0sin sin cos 2)cos (cos 1212αααααmv mv mv mv I mv mv mv mv mv I y y y x x x图 3-1i i i mv i I I x 10.060cos 5020.02cos 2=⨯⨯⨯===⇒αN·S〈方法二〉用矢量图解)(1212v v m v m v m I -=-=)(12v v-如上图3-1所示。

∵ 60==∠αOBA ,∴ 60=∠A故OAB ∠为等边三角形。

512==-⇒v v vm/s,)(12v v -沿i 方向∴10.05020.012=⨯=-=v v m IN·S，沿i 方向。

⑵t F I ∆=i i t I F 205.0/10.0/==∆=⇒N注意：此题按⎰=21t t dt F I 求I 困难（或求不出来）时，用公式p I∆=求方便。

§3-2动量守恒定律由式（3-8即系统动量不随时间变化,称此为动量守恒定律。

说明：⑴动量守恒条件：0=合外力F，惯性系。

⑵动量守恒是指系统的总动量守恒，而不是指个别物体的动量守恒。

⑶内力能改变系统动能而不能改变系统动量。

⑷0≠合外力F 时，若合外力F在某一方向上的分量为零，则在该方向上系统的动量分量守恒。

⑸动量守恒是指常矢量=p（不随时间变化），∴此时要求0≡合外力F 。

⑹动量守恒是自然界的普遍规律之一。

例3-4：如图3-2，质量为m 的水银球，竖直地落到光滑的水平桌面上，分成质量相等的三等份，沿桌面运动。

其中两等份的速度分别为1v 、2v，大小都为0.30m/s 。

相互垂直地分开，试求第 三等份的速度。

解：〈方法一〉用分量式法解研究对象：小球受力情况：m 只受向下的重力和向上的桌面施加的正压力，即在水平 方向不受力，故水平方向动量守恒。

图 3-2在水平面上如图3-2取坐标，有0)90cos(cos 332211=--+v m v m v m x θθ 分量：0)90sin(sin 2211=--θθ v m v m y 分量：⎩⎨⎧====s m v v m m m /30.021321 ∴⎩⎨⎧=⇒==⨯==）成即与135(13545/42.030.02213v s m v v αθ 〈方法二〉用矢量法解∵ 0332211=++v m v m v m及 321m m m ==∴ 0321=++v v v即 )(213v v v+-=即有图3-3。

可得42.02)(22212133==+=+-==v v v v v v v m/s 得 13545=⇒=αθ强调：要理解动量守恒条件例3-5：如图3-4，在光滑的水平面上，有一质量为M 长为l 的小车，车上一端有一质量为m 的人，起初m 、M 均静止，若人从车一端走到另一端时，则人和车相对地面走过的距离为多少？解：研究对象：m 、M 为系统∵此系统在水平方向受合外力为零， ∴在此方向动量守恒。

〈方法一〉 0=+M m v M v m（对地）)(M mM m v v v += 0)(=++M M M m v M v v m即 0)(=++M M m v M m v m如图所取坐标，标量式为0)(=+-M M m v M m mv即 M M m v M m mv )(+=积分（0=t ，m 在A 处，0t t =，m 在B 处）dt v M m dt v m t M t M m ⎰⎰+=0)(即 M S M m ml )(+=得 M m mlS M +=由图3-4知：l Mm MS l S M m +=-=2图 3-3图 3-4<方法二〉 0=+M m v M v m标量式：0=-M m Mv mv即 M m Mv mv = 积分： dt v M dt v m t M t m ⎰⎰=0M m MS mS =⇒ ①可知： l S S M m =+ ② 由①、②得：⎪⎩⎪⎨⎧+=+=lM m mS lM m M S M m例3-6：质量为'm 的人手里拿着一个质量为m 的物体，此人用以与水平方向成α角的速率v 向前跳去。

当他达到最高点时，他将物体以相对于人为u 的水平速率向后抛出，问：由于人抛出物体，他跳跃的距离增加了多少？（假设人可视为质点）解：如图3-5，设P 为抛出物体后人达到的最高点，1x 、2x 分别为抛球前后跳跃的距离。

研究对象：人、物体组成的系统， ∵ 该系统在水平方向上合外力=0，∴ 在水平方向上系统的动量分量守恒。

设在P 点，人抛球前、后相对地的速度分别为v1v ，在P 点抛球后球相对地速度为2v，有)u v (m v 'm v m v 'm v )m 'm (1121++=+=+标量式： )u v (m v 'm v )m 'm (11-+=+ 即 mu v m m v m m -+=+10)'(cos )'(α得： u mm mv v ++='cos 01αgm m muv g v u m m mt v v x x x )'(sin sin ')cos (000112+=⋅+=-=-=∆ααα强调：u v v +=12，u v v +≠2。

因为u 是与1v 同时产生的，而人速度为v 时，u还没产生x图 3-5§3-3碰撞一、碰撞碰撞非直接碰撞直接碰撞特点：⑴碰撞时物体间相互作用内力很大，其它力相对比较可忽略。

即碰撞系统合外力=0。

故动量守恒。

⑵机械能E ⎪⎩⎪⎨⎧⎭⎬⎫不守恒：非完全弹性碰撞完全非弹性碰撞守恒完全弹性碰撞：E E二、完全弹性碰撞 1、对心情况（一维）如图3-6，以1m 与2m 为系统，碰撞中常矢=p2211202101v m v m v m v m +=+ （3-12） 22212202210121212121mv mv v m v m +=+ （3-14）υυυυ1m 2m x图 3-6（0>v ，沿+x 方向；反之，沿-x 方向）解得： ⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧++-=++-=211012012221202102112)(2)(m m v m v m m v m m v m v m m v （3-15）讨论：⑴⎩⎨⎧==⇒=10220121v v v v m m （交换速度）⑵⎩⎨⎧=≈<<=-≈>>=10210112210112202,,0,,0v v v v m m v v v m m v2、非对心情况设21m m =，且020=v ，可知，1m 、2m 系统动量及动能均守恒，即 ⎪⎩⎪⎨⎧+=+=22221121012211101212121v m v m v m v m v m v m （3-16）⎩⎨⎧+=+=⇒22212102110v v v v v v （3-17） 可知，1v 、2v 、10v 是以10v§3-4动能定理一、功定义：力对质点所做的功为力在质点位移方向的分量与位移大小的乘积。