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1、1,第三章 動量守恒定律,3-1 動量和動量定理3-2 質(zhì)點系動量定理和質(zhì)心運動定理3-3 動量守恒定律3-4 碰撞,2,3-1 動量和動量定理,一、沖量（力的作用對時間的積累，矢量）,大?。?方向：速度變化的方向,單位：Ns 量綱：MLT1,說明沖量是表征力持續(xù)作用一段時間的累積效應(yīng)； 矢量： 大小和方向； 過程量， 改變物體機械運動狀態(tài)的原因。,3,二、動量,定義：物體的質(zhì)量與速度的乘積叫做物體的動量,動量是矢量，大小為 mv，方向就是速度的方向； 表征了物體的運動狀態(tài),單位： kgms-1 量綱：MLT1,牛頓第二定律的另外一種表示方法,4,三、動量定理,F為恒力時，可以得出IF tF作

2、用時間很短時，可用力的平均值來代替。,在運動過程中，作用于質(zhì)點的合力在一段時間內(nèi)的沖量等于質(zhì)點動量的增量動量定理,5,說明,沖量的方向不是與動量的方向相同，而是與動量增量的方向相同動量定理說明質(zhì)點動量的改變是由外力和外力作用時間兩個因素，即沖量決定的動量定理的分量式,應(yīng)用： 利用沖力：增大沖力，減小作用時間沖床 避免沖力：減小沖力，增大作用時間輪船靠岸時的緩沖,6,求作用力,7,例31、質(zhì)量為2.5g的乒乓球以10m/s的速率飛來，被板推擋后，又以20m/s的速率飛出。設(shè)兩速度在垂直于板面的同一平面內(nèi)，且它們與板面法線的夾角分別為45o和30o，求：（1）乒乓球得到的沖量；（2）若撞擊時間為0

3、.01s，求板施于球的平均沖力的大小和方向。,v2,解：取擋板和球為研究對象，由于作用時間很短，忽略重力影響。設(shè)擋板對球的沖力為F則有：,8,為 I 與x方向的夾角。,9,32 質(zhì)點系動量定理和質(zhì)心運動定理,一、兩個質(zhì)點的情況,作用在兩質(zhì)點組成的系統(tǒng)的合外力的沖量等于系統(tǒng)內(nèi)兩質(zhì)點動量之和的增量，即系統(tǒng)動量的增量。,10,二、多個質(zhì)點的情況,作用在系統(tǒng)的合外力的沖量等于質(zhì)點系動量的增量質(zhì)點系的動量定理,11,例32、一質(zhì)量均勻分布的柔軟細(xì)繩鉛直地懸掛著，繩的下端剛好觸到水平桌面上，如果把繩的上端放開，繩將落在桌面上。試證明：在繩下落的過程中，任意時刻作用于桌面的壓力，等于已落到桌面上的繩重量的三

4、倍。,證明：取如圖坐標(biāo)，設(shè)t時刻已有x長的柔繩落至桌面，隨后的dt時間內(nèi)將有質(zhì)量為dx(Mdx/L)的柔繩以dx/dt的速率碰到桌面而停止，它的動量變化率為：,12,根據(jù)動量定理，桌面對柔繩的沖力為：,柔繩對桌面的沖力FF 即：,而已落到桌面上的柔繩的重量為 mg=Mgx/L所以 F總=F+mg=2Mgx/L+Mgx/L=3mg,13,三、質(zhì)心,1、引入,斜拋三角板,運動員跳水,投擲手榴彈,2、質(zhì)心的計算,代表質(zhì)點系質(zhì)量分布的平均位置，質(zhì)心可以代表質(zhì)點系的平動,14,質(zhì)心位置矢量各分量的表達(dá)式,質(zhì)量連續(xù)分布的物體,15,說明：1)坐標(biāo)系的選擇不同，質(zhì)心的坐標(biāo)也不同；2)對于密度均勻，形狀對稱的

5、物體，其質(zhì)心在物體的幾何中心處；3)質(zhì)心不一定在物體上，例如圓環(huán)的質(zhì)心在圓環(huán)的軸心上；4)質(zhì)心和重心是兩個不同的概念，重心：重力作用點。,例3-3：計算如圖所示的面密度為恒量的直角三角形的質(zhì)心的位置。,解：取如圖所示的坐標(biāo)系。由于質(zhì)量面密度為恒量，取微元ds=dxdy的質(zhì)量為dm=ds=dxdy所以質(zhì)心的x 坐標(biāo)為,16,積分可得,同理,因而質(zhì)心的坐標(biāo)為,17,四、質(zhì)心運動定理,1、系統(tǒng)的動量,結(jié)論：系統(tǒng)內(nèi)各質(zhì)點的動量的矢量和等于系統(tǒng)質(zhì)心的速度與系統(tǒng)質(zhì)量的乘積,18,2、質(zhì)心運動定理,質(zhì)心運動定理：作用在系統(tǒng)上的合外力等于系統(tǒng)的總質(zhì)量與系統(tǒng)質(zhì)心加速度的乘積。,它與牛頓第二定律在形式上完全相同，

6、相對于系統(tǒng)的質(zhì)量全部集中于系統(tǒng)的質(zhì)心，在合外力的作用下，質(zhì)心以加速度 ac 運動。,19,例3-4：設(shè)有一個質(zhì)量為2m的彈丸，從地面斜拋出去，它飛行到最高點處爆炸成質(zhì)量相等的兩塊碎片。其中一塊碎片豎直自由下落，另一塊碎片水平拋出，它們同時落地。試問第二塊碎片落地點在何處？,解：考慮彈丸為一系統(tǒng)，空氣阻力略去不計。爆炸前后彈丸的質(zhì)心的運動軌跡都在同一拋物線上。如取第一塊碎片的落地點為坐標(biāo)原點，水平向右為坐標(biāo)軸的正方向，設(shè)m1和m2為兩個碎片的質(zhì)量，且m1= m2=m；x1和x2為兩塊碎片落地點距原點的距離，xc為彈丸質(zhì)心距坐標(biāo)原點的距離。由假設(shè)可知x1=0，于是,由于x1=0 ， m1= m2=

7、m ，由上式可得,即第二塊碎片的落地點的水平距離為彈丸質(zhì)心與第一塊碎片水平距離的兩倍。,20,3-3 動量守恒定律,當(dāng)系統(tǒng)所受合外力為零時，即F外=0時，系統(tǒng)的動量的增量為零，即系統(tǒng)的總動量保持不變動量守恒定律,如果質(zhì)點系沿某坐標(biāo)方向所受的合外力為零,則沿此坐標(biāo)方向的總動量守恒。,21,守恒的意義：動量守恒是指系統(tǒng)的總動量的矢量和不變，而不是指某一個質(zhì)點的動量不變。守恒的條件：系統(tǒng)所受的合外力為零。內(nèi)力的作用：不改變系統(tǒng)的總動量，但可以引起系統(tǒng)內(nèi)動量的變化動量是描述狀態(tài)的物理量，而沖量是過程量動量守恒定律是物理學(xué)中最普遍、最基本的定律之一。動量定理和動量守恒定律只適用于慣性系。,解題步驟：1選

8、好系統(tǒng)，分析要研究的物理過程；2進行受力分析，判斷守恒條件；3確定系統(tǒng)的初動量與末動量；4建立坐標(biāo)系，列方程求解；5必要時進行討論。,22,例3-5 水平光滑鐵軌上有一車，長度為l，質(zhì)量為m2，車的一端有一人（包括所騎自行車），質(zhì)量為m1，人和車原來都靜止不動。當(dāng)人從車的一端走到另一端時，人、車各移動了多少距離？,解：以人、車為系統(tǒng)，在水平方向上不受外力作用，動量守恒。建立如圖所示的坐標(biāo)系，有m1v1-m2v2=0 或 v2=m1v1/m2人相對于車的速度 u=v1+v2=(m1+m2)v1/m2設(shè)人在時間t 內(nèi)從車的一端走到另一端，則有,在這段時間內(nèi)人相對于地面的位移為,車相對于地面的位移為

9、,23,34 碰撞,一、碰撞,1、概念,兩個或兩個以上的物體相遇，且相互作用持續(xù)一個極短暫的時間碰撞。,2、特點,物體間的相互作用是突發(fā)性，持續(xù)時間極短。作用力峰值極大，碰撞符合動量守恒定律的適用條件。碰撞過程中物體會產(chǎn)生形變。,24,3、碰撞過程的分析,接觸階段： 兩球?qū)π慕咏\動形變產(chǎn)生階段：兩球相互擠壓，最后兩球速度相同動能轉(zhuǎn)變?yōu)閯菽苄巫兓謴?fù)階段：在彈性力作用下兩球速度逐漸不同而分開運動勢能轉(zhuǎn)變?yōu)閯幽芊蛛x階段： 兩球分離，各自以不同的速度運動,4、分類,完全彈性碰撞： 系統(tǒng)動能守恒非完全彈性碰撞： 系統(tǒng)動能不守恒完全非彈性碰撞： 系統(tǒng)以相同的速度運動,25,二、完全彈性碰撞,1、碰撞前后

10、速度的變化,兩球m1，m2對心碰撞，碰撞前速度分別為v10 、v20，碰撞后速度變?yōu)関1、v2,系統(tǒng)的動量守恒，動能也守恒,由上面兩式可得,26,(4)/(3)得,碰撞前兩球相互趨近的相對速度（v10-v20 ）等于碰撞后兩球相互分開的相對速度（v2-v1 ）,由（3）、（5）式可以解出,27,2、討論,若m1=m2，則v1=v20，v2=v10，兩球碰撞時交換速度。若v20=0，m1m2，則v1 - v1，v2=0，m1反彈，即質(zhì)量很大且原來靜止的物體，在碰撞后仍保持不動，質(zhì)量小的物體碰撞后速度等值反向。若m2m1，且v20=0，則v1v10，v22v10，即一個質(zhì)量很大的球體，當(dāng)它的與質(zhì)量

11、很小的球體相碰時，它的速度不發(fā)生顯著的改變，但是質(zhì)量很小的球卻以近似于兩倍于大球體的速度運動。,這是完全彈性碰撞中最簡單的一種情形對心碰撞（正碰）。,28,三、完全非彈性碰撞,碰撞后系統(tǒng)以相同的速度運動 v1=v2=v,動量守恒,動能損失為,29,四*、非完全彈性碰撞,恢復(fù)系數(shù),牛頓提出碰撞定律：碰撞后兩球的分離速度v2-v1與碰撞前兩球的接近速度v10-v20之比為一定值，比值由兩球材料的性質(zhì)決定。該比值稱為恢復(fù)系數(shù)。,完全非彈性碰撞：e=0，v2=v1完全彈性碰撞：e=1， v2-v1 = v10-v20 非完全彈性碰撞：0e1,30,例題3-6 如圖所示，一輛質(zhì)量為M的平頂小車靜止在光滑

12、的水平軌道上，今有一質(zhì)量為m的小物體以水平速度o滑向車頂。設(shè)物體與車頂之間的摩擦系數(shù)為，求:(1)從物體滑上車頂?shù)较鄬図旍o止需多少時間？(2)要物體不滑下車頂，車長至少應(yīng)為多少？,解 (M+m):水平方向不受外力，故動量守恒： mo=(M+m)式中是相對靜止時的速度。 (1)對物體m應(yīng)用動量定理，有 - mg.t=m -mo解得,31,設(shè)車長至少為S, 物體m的加速度: a= -mg/m=-g; 而 =mo /(M+m)則由 2-02=2aS求得最小的車長為 S= ( 2-02)/2a = M(M+2m)02/(2g(M+m)2)這個結(jié)果對嗎？ 這個結(jié)果顯然是錯誤的。關(guān)鍵是車在運動。,(2)

13、要物體不滑下車頂，車長至少應(yīng)為多少？,32,牛頓定律和動量守恒定律只適用于慣性系。這里：運動的車是非慣性系，而地面才是慣性系。,a= -mg/m=-g; =mo /(M+m),因此上面式子中的加速度a、速度、 0都是相對地面的。故由公式 2-02=2aS求出的S當(dāng)然也應(yīng)是物體m相對地面的運動距離，而不是相對非慣性系(車頂)的運動距離。,33,m相對地面的加速度： a= -g m相對地面運動的距離： S1= ( 2-02)/2a M相對地面的加速度： a0=mg/M M相對地面運動的距離： S2= 2/2a0 故車的最小長度為, =mo /(M+m)正確解法是：,34,例37：固定的光滑斜面與水

14、平面的夾角=300，輕彈簧上端固定。今在彈簧的另一端輕輕地掛上質(zhì)量為M=1.0kg的木塊，則木塊將沿斜面向下滑動。當(dāng)木塊向下滑x=30厘米時，恰好有一質(zhì)量m=0.01kg的子彈，沿水平方向以速度v=200m/s,射中木塊并陷在其中。設(shè)彈簧的倔強系數(shù)k=25N/m。求：子彈打入木塊后它們剛一起運動時的速度。,解：(1)木塊的下滑過程,(木塊+彈簧+地球)：系統(tǒng)機械能守恒。選彈簧原長處為彈性勢能和重力勢能的零點，以v1表示木塊下滑x時的速度，有,35,求得：,方向沿斜面向下。,(2)碰撞過程 (子彈+木塊)：在子彈射入木塊的過程中，雖然內(nèi)力很大，但斜面給木塊垂直于斜面的支持力N不能忽略，因為N,(

15、與內(nèi)力同數(shù)量級)， 而系統(tǒng)沿斜面方向的外力(重力、彈性力)的分力則可略去不計，故只有沿斜面方向系統(tǒng)的動量才守恒。若以v2表示子彈打入木塊后它們剛一起運動時的速度，則有,代入數(shù)據(jù)解出: v2=-0.89m/s,負(fù)號表示此速度的方向沿斜面向上,36,例題3-8 光滑的水平桌面上，有一質(zhì)量為m、速度為u的小球A沿水平方向運動，與一靜止的小球B碰撞后，A球的速度變?yōu)?，其方向與u方向成90，B球的質(zhì)量為5m，它被撞后以速度2運動， 2的方向與u成=arcsin(3/5)角，求兩小球相碰后速度1、2的大小。,解 對兩小球組成的系統(tǒng)，顯然動量守恒:,x方向：mu=5m2cos y方向： 0=-m1+5m2

16、sin 解以上兩式得 1=3u/4, 2=u/4,37,例題3-9 有一門質(zhì)量為M(含炮彈)的大炮,在一固定的斜面上無摩擦地由靜止開始下滑。當(dāng)滑下L距離時，從炮內(nèi)沿水平方向射出一發(fā)質(zhì)量為m的炮彈。欲使炮車在發(fā)射炮彈后的瞬間停止滑動，炮彈的初速應(yīng)是多少？（設(shè)斜面傾角為）,解 1.炮車沿斜面滑下過程 炮車沿斜面的加速度 a=gsin；,由,(1),得炮車下滑L時的速度：,38,設(shè)炮彈的初速度為o。以炮車、炮彈為系統(tǒng), 在L處發(fā)射炮彈的過程中，由于內(nèi)力很大，外力可忽略，故水平方向動量守恒:,2.炮車發(fā)射炮彈的過程,Mcos=mo (2),由式(1)(2)就可求出炮彈的初速度為o 。 你認(rèn)為上面的解法有問題嗎？ 事實上，式(2)是完全錯誤的。,(1),39,重力Mg和斜面對炮車的支持力N(它的方向垂直于斜面)。 雖然內(nèi)力很大,重力Mg可以忽略，但斜面對炮車的支持力N與內(nèi)力是同數(shù)量級的，不可忽略，所以水平方向的動量根本不守恒。,炮車在發(fā)射炮彈的過程中，受兩個力的作用：,但N在斜面方向沒有分量，所以只有沿斜面方向動量守恒: M=mocos (3),(1),40,例題3-10 光滑水平地面上放有一質(zhì)