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高中物理竞赛辅导讲义:动量 角动量和能量


动量 角动量和能量
§4.1 动量与冲量 动量定理 4.1. 1.动量 . . . 在牛顿定律建立以前,人们为了量度物体作机械运动的"运动量" ,引入了动量的概念. 当时在研究碰撞和打击问题时认识到:物体的质量和速度越大,其"运动量"就越大.物体 的质量和速度的乘积 mv 遵从一定的规律,例如,在两物体碰撞过程中,它们的改变必然是

数 值相等,方向相反.在这些事实基础上,人们就引用 mv 来量度物体的"运动量" ,称之为动 动 量. 4.1.2.冲量 . . . 要使原来静止的物体获得某一速度,可以用较大的力作用较短的时间或用较小的力作用 较长的时间,只要力 F 和力作用的时间 t 的乘积相同,所产生的改变这个物体的速度效果就 一样,在物理学中把 F t 叫做冲量 冲量. 冲量 4.1.3.质点动量定理 . . . 由牛顿定律,容易得出它们的联系:对单个物体:

Ft = mat = mv = mv1 mv0

Ft = p

即冲量等于动量的增量,这就是质点动量定理. 质点动量定理. 质点动量定理 在应用动量定理时要注意它是矢量式,速度的变化前后的方向可以在一条直线上,也 可以不在一条直线上,当不在一直线上时,可将矢量投影到某方向上,分量式为:

Fx t = mvtx mv0 x

Fy t = mvty mv0 y

Fz t = mvtz mv0 z

对于多个物体组成的物体系,按照力的作用者划分成内力和外力.对各个质点用动量 定理: 第1个 第2个

I1 外+ I1 内= m1v1t m1v10 I 2 外+ I 2 内= m2 v 2t m2 v 20
M I n 外+ I n 内= mn v nt mn v n 0

M
第n个 由牛顿第三定律: 因此得到:

I1 内+ I 2 内+……+ I n 内=0

I1 外+ I 2 外+ ……+ I n 外=( m1v1t + m2 v 2t +……+ m n v nt )-( m1v10 + m2 v 20 +…… mn v n 0 )
即:质点系所有外力的冲量和等于物体系总动量的增量. §4,2 角动量 角动量守恒定律 , 动量对空间某点或某轴线的矩,叫动量矩,也叫角动量 角动量. 角动量 它的求法跟力矩完全一样,只要把力 F 换成动量 P 即可,故 B 点上的动量 P 对原点 O 的 动量矩 J 为

r r r J = r × P (r

= OB )
B

以下介绍两个定理:

O

(1).角动量定理: 质点对某点或某轴线的动量矩对时间的微商,等于作用在该质点上的力对比同点或同轴 的力矩,即 ( M 为力矩) . (2) .角动量守恒定律 如果质点不受外力作用,或虽受外力作用,但诸外力对某点的合力矩为零,则对该点来 讲,质点的动量矩 J 为一恒矢量,这个关系叫做角动量守恒定律 即 r×F=0,则 J=r×mv=r ×P=恒矢量 §4.3 动量守恒定律 动量守恒定律是人们在长期实践的基础上建立的,首先在碰撞问题的研究中发现了 它,随着实践范围的扩大,逐步认识到它具有普遍意义, 对于相互作用的系统,在合外力为零的情况下,由牛顿第二定律和牛顿第三定律可 得出物体的总动量保持不变.

dJ =M dt

m1v1t + m2 v 2t +……+ mn v n = m1v1 + m2 v2 + …… mn vn 即: 上式就是动量守恒定律的数学表达式. 应用动量守恒定律应注意以下几点: (1)动量是矢量,相互作用的物体组成的系统的总动量是指组成物体系的所有物体的动 量的矢量和,而不是代数和,在具体计算时,经常采用正交分解法,写出动量守恒定律的分 量方程,这样可把矢量运算转化为代数运算, (2)在合外力为零时,尽管系统的总动量恒定不变,但组成系统的各个物体的动量却可 能不断变化,系统的内力只能改变系统内物体的动量,却不能改变系统的总动量.在合外力 不为零时,系统的总动量就要发生改变,但在垂直于合外力方向上系统的动量应保持不变, 即合外力的分量在某一方向上为零,则系统在该方向上动量分量守恒. (3)动量守恒定律成立的条件是合外力为零,但在处理实际问题时,系统受到的合外力 不为零,若内力远大于外力时,我们仍可以把它当作合外力为零进行处理,动量守恒定律成 立.如遇到碰撞,爆炸等时间极短的问题时,可忽略外力的冲量,系统动量近似认为守恒. (4)动量守恒定律是由牛顿定律导出的,牛顿定律对于分子,原子等微观粒子一般 不适用,而动量守恒定律却仍适用.因此,动量守恒定律是一条基本规律,它比牛顿定律具 有更大的普遍性. 动量守恒定律的推广 由于一个质点系在不受外力的作用时,它的总动量是守恒的, 所以一个质点系的内力不能改变它质心的运动状态,这个讨论包含了三层含意:







(1)如果一个质点系的质心原来是不动的,那么 在无外力作用的条件下,它的质心始终不动,即位置 不变. (2)如果一个质点系的质心原来是运动的,那么 在无外力作用的条件下,这个质点系的质心将以原来 的速度做匀速直线运动. (3)如果一个质点系的质心在某一个外力作用下 作某种运动,那么内力不能改变质心的这种运动.比 如某一物体原来做抛体运动,如果突然炸成两块,那 么这两块物体的质心仍然继续做原来的抛体运动. 如果一个质量为 m A 的半圆形槽 A 原来静止在 水平面上,原槽半径为 R.将一个质量为 m B 的滑块 B 由静止释放(图 4-3-1) ,若不计一切摩擦,问 A 的最 大位移为多少? 由于 A 做的是较复杂的变加速运动,因此很难 用牛顿定律来解.由水平方向动量守恒和机械能守恒, 可知 B 一定能到达槽 A 右边的最高端,而且这一瞬间 A,B 相对静止.因为 A,B 组成的体系原来在水平方 向的动量为零,所以它的质心位置应该不变,初始状 态 A,B 的质心距离圆槽最低点的水平距离为:

B

R

A
图 4-3-1

B s

A

B s

A
图 4-3-2

s=

mB R m A + mB . 2m B R m A + mB

所以 B 滑到槽 A 的右边最高端时,A 的位移为(图 4-3-2)

2s =

如果原来 A,B 一起以速度 v 向右运动,用胶水将 B 粘在槽 A 左上端,某一时刻胶水突 然失效,B 开始滑落,仍然忽略一切摩擦.设从 B 脱落到 B 再次与 A 相对静止的时间是 t , 那么这段时间内 A 运动了多少距离? B 脱落后,A 将开始做变加速运动,但 A,B 两物体的质心仍然以速度 v 向右运动.所 以在 t 时间内 A 运动的距离为:

L = vt

2m B R m A + mB

§4.4 功和功率 4.4.1 功的概念 . . 力和力的方向上位移的乘积称为功.即 W = Fs cosθ 式中 θ 是力矢量 F 与位移矢量 s 之间的夹角. 功是标量,

F

F1 F2
0

s1
图 4-4-1

s2

s

有正,负.外力对物体的总功或合外力对物体所做功等于各个力对物体所做功的代数和. 对于变力对物体所做功,则可用求和来表示力所做功,即

W = ∑Fi si cos θi
也可以用 F=F(s)图象的"面积"来表示功的大小,如图 4-4-1 所示. 由于物体运动与参照系的选择有关,因此在不同的参照系中,功的大小可以有不同 的数值,但是一对作用力与反作用力做功之和与参照系的选择无关.因为作用力反作用力做 功之和取决于力和相对位移,相对位移是与参照系无关的. 值得注意的是,功的定义式中力 F 应为恒力.如 F 为变力中学阶段常用如下几种处理方 法: (1)微元法; (2)图象法; (3)等效法. 4.4.2. 几种力的功 . . 下面先介绍一下"保守力"与"耗散力" . o x x x 具有"做功与路径无关"这一特点的力称为保守力,如 2 1 (a) 重力,弹力和万有引力都属于保守力.不具有这种特点的力称为 F 非保守力,也叫耗散力,如摩擦力. (1)重力的功 x2 x 1 重力在地球附近一个小范围内我们认为是恒力, 所以从高度 o

h1 处 将 重 力 为 mg 的 物 移 到 高 h2 处 . 重 力 做 功 为 : Wc = mg (h2 h1 ) ,显然与运动路径无关.
(2)弹簧弹力的功 物体在弹簧弹力 F=-kx 的作用下, 从位置 x1 运动至位置

x

(b)
图 4-4-2

x 2 ,如图 4-4-2(a)所示,其弹力变化 F=F(x)如图 4-4-2
(b)所示则该过程中弹力的功 W 可用图中斜线"面积"表示,功大小为

W=

kx1 + (1x 2 ) 1 2 1 2 ( x 2 x1 ) = kx1 kx2 2 2 2

(3)万有引力的功 质量 m 的质点在另一质量 M 的质点的作用下由相对距离 r1 运动至相对距离 r2 的过程 中,引力所做功为

W = GMm (

1 1 GMm GMm )= r1 r2 r2 r1

4.4.3.功率 . . 功率 作用于物体的力在单位时间内所做功称为功率,表达式为

P=

求瞬时功率,取时间 t → 0 则为

W t

P = Iim =
t → 0

W Fs cos θ = Iim = F v cos θ t → 0 t t

式中 v 为某时刻的瞬时速度, θ 为此刻 v 与 F 方向的夹角 §4.5 动能 . 动能定理 4.5.1. 质点动能定理 . . . 质量 m 的质点以速度 v 运动时,它所具有动能 E k 为:

Ek =
关系是:

1 2 mv 2

动能是质点动力学状态量,当质点动能发生变化时,是由于外力对质点做了功,其 W 外= E K = E K 1 E K 2 上式表明外力对质点所做功,等于质点动能的变化,这就是质点动能定理. 4.5.2.质点系动能定理 . . . 若质点系由 n 个质点组成, 质点系中任一质点都会受到来自于系统以外的作用力 (外 力)和系统内其它质点对它作用力(内力) ,在质点运动时,这些力都将做功.设质点系由 N 个质点组成,选取适当的惯性系,对其中第 i 个质点用质点动能定理

1 1 2 2 Wi 外+ Wi 内= 2 mi v i 2 2 mi vi1
对所有 n 个质点的动能定理求和就有

1 1 2 2 Wi 外+ ∑ Wi 内= ∑ 2 mi vi 2 ∑ 2 mi vi1 ∑ 1 1 2 2 ∑ mi v i 2 ∑ mi vi1 E K 2 , E K 1 分别表示 ∑ Wi 外, ∑ Wi 内, 2 若用 W 外,W 内, , 2
则上式可写成 W 外+ W 内= E K 2 - E K 1 由此可见,对于质点系,外力做的功与内力做的功之和等于质点系动能的增量,这就是 质点系动能定理.和质点动能定理一样,质点系动能定理只适用于惯性系,但质点系动能定 理中的 W 内一项却是和所选的参照系无关的, 因为内力做的功取决于相对位移, 而相对位移和 所选的参照系是无关的.这一点有时在解题时十分有效. §4.6 势能 . 4.6.1 势能 . . 若两质点间存在着相互作用的保守力作用,当两质点相对位置发生改变时,不管 途径如何,只要相对位置的初态,终态确定,则保守力做功是确定的.存在于保守力相互作 用质点之间的,由其相对位置所决定的能量称为质点的势能.规定保守力所做功等于势能变 化的负值,即 W 保= E P . (1)势能的相对性. 通常选定某一状态为系统势能的零值状态,则任何状态至零势能状态保守力所做功 大小等于该状态下系统的势能值.原则上零势能状态可以任意选取,因而势能具有相对性.

(2)势能是属于保守力相互作用系统的,而不是某个质点独有的. (3)只有保守力才有相应的势能,而非保守力没有与之相应的势能. 4.6.2 常见的几种势能 . . (1)重力势能 在地球表面附近小范围内,mg 重力可视为恒力,取地面为零势能面,则 h 高处重物 m 的重力势能为

E p = mgh
(2)弹簧的弹性势能 取弹簧处于原长时为弹性势能零点,当弹簧伸长(压缩)x 时,弹力 F=-kx,弹力做的 功为

1 W = kx 2 2
由前面保守力所做功与势能变化关系可知

W = E P = ( E P 0)
(3)引力势能

EP =

1 2 kx 2

两个质点 M,m 相距无穷远处,规定 E P 0 = 0 ,设 m 从无穷远处移近 M,引力做功 W,

Mm 2 大小随 r 变化, 可采用微元法分段求和方式. 如图 4-5-1, 取质点 n 由 A 到 B, 由于 F 引= r , 位移为 r = r1 r2 ,引力做功 Mm r r2 r 很小, rA , rB 差异很小,则 GMm GMm GMm GMm W = ( rA rB ) = ( rA rB ) = 2 2 rB rA rA rA W =
由无穷远至距 r 处,引力功 W 为

W = ∑Wi = GMr∑(

1 1 1 1 ) = GMm( ) ri + 1 ri r末 r初

开始时 r初 → ∞ ,最后相对距离为 r末 =r

GMm W = r
又有

m A r B

rB rA
图 4-6-1

M

W = E P = ( E Pr E ∞ )


GMm E Pr = r

质点与均匀球体间引力势能,在球体外,可认为球体质量集中于球心,所以引力势能

r≥R R 为球半径 质量 M,半径为 R 的薄球壳,由于其内部引力合力为零,故任意两点间移动质点 m, 引力均不做功,引力势能为恒量,所以质量 m 质点在薄球壳附近引力势能为

EP =

GMm r

GMm r GMm EP = R

r≥R r<R

§4.7 功能原理和机械能守恒定律 . 4.7.1 功能原理 . . 根据质点系动能定理

W外 + W内 = E k 2 E k 1
当质点系内有保守力作用和非保守力作用时,内力所做功又可分为

W内 = W保 + W非保
而由保守力做功特点知,保守力做功等于势能增量的负值,即

W保 = E P = E P1 E P 2
于是得到

W外 + W非保 + E P1 E P 2 = E K 2 E K 1 W外 + W非保 = E K 2 + E P 2 ) ( E K 1 + E P1 ) (
用 E 表示势能与动能之和,称为系统机械能,结果得到

W外 + W非保 = E 2 E1
外力的功和非保守力内力所做功之和等于系统机械能的增量,这就是质点系的功能原 理.可以得到(外力做正功使物体系机械能增加,而内部的非保守力作负功会使物体系的机 械能减少) . 功能原理适用于分析既有外力做功,又有内部非保守力做功的物体系,请看下题: 劲度系数为 k 的轻质弹簧水平放置, 左端固定, 右端连接一个质量为 m 的木块 (图 4-7-1) 开始时木块静止平衡于某一位置,木块与水平面之间的动摩擦因 数为 .然后加一个水平向右的恒力作用于木块上. (1)要保证 k 在任何情况下都能拉动木块,此恒力 F 不得小于多少?(2)用这 m F 个力 F 拉木块,当木块的速度再次为零时,弹簧可能的伸长量是 o 多少? 图 4-7-1 题目告知"开始时木块静止平衡于某一位置" ,并未指明 确切的位置,也就是说木块在该位置时所受的静摩擦力和弹簧的 形变量都不清楚,因此要考虑各种情况.如果弹簧自然伸展时,木块在 O 点,那么当木块在 O 点右方时,所受的弹簧的作用力向右.因为木块初始状态是静止的,所以弹簧的拉力不能大

于木块所受的最大静摩擦力 mg .要将木块向右拉动,还需要克服一个向左的静摩擦力

mg ,所以只要 F≥2 mg ,即可保证在任何情况下都能拉动木块.

设物体的初始位置为 x 0 ,在向右的恒力 F 作用下,物体到 x 处的速度再次为零,在 此过程中,外部有力 F 做功,内部有非保守力 f 做功,木块的动能增量为零,所以根据物体系 的功能原理有

F ( x x0 ) mg ( x x0 ) = F mg =
可得

1 2 1 2 kx kx0 2 2

1 k ( x + x0 ) 2

x=

2( F mg ) x0 k

因为木块一开始静止,所以要求



mg

mg

k ≤ x0 ≤ k

可见,当木块再次静止时,弹簧可能的伸长是

mg

3mg k ≤x≤ k

4.7.2 机械能守恒定律 . . 若外力的与非保守内力的功之和为零时, W + W非保 = 0 则系统机械能守恒,这就 则系统机械能守恒, 若外力的与非保守内力的功之和为零时, 外 是机械能守恒定律. 是机械能守恒定律. 注意:该定律只适用于惯性系,它同时必须是选择同一惯性参照系.在机械能守恒系 统中,由于保守内力做功,动能和势能相互转化,而总的机械能则保持不变. 下面介绍一例由机械能守恒推出的重要定理:伯努利方程 伯努利方程 理想流体 不可压缩的,没有粘滞性的流体,称为理想流体. 定常流动 观察一段河床比较平缓的河水的流动,你可以看到河水平静地流着,过一会 儿再看,河水还是那样平静地流着,各处的流速没有什么变化.河水不断地流走,可是这段 河水的流动状态没有改变.河水的这种流动就是定常流动.流体质点经过空间各点的流速虽 然可以不同,但如果空间每一点的流速不随时间而改变,这样的流动就叫做定常流动.自来 水管中的水流,石油管道中石油的流动,都可以看 C 做定常流动.流体的流动可以用流线形象地表示. 在定常流动中,流线表示流体质点的运动轨迹.图 A 4-7-2 是液体流过圆柱体时流线的分布.A,B 处液 B 体流过的横截面积大,CD 处液体流过的横截面积 D 小.液体在 CD 处流得急,流速大.AB 处的流线疏, CD 处的流线密,这样,从流线的分布可以知道流速 的大小.流线疏的地方,流速小;流线密的地方, 图 4-7-2

流速大. 伯努利方程

现在研究理想流体做定常流动时流体中压强和流速的关系.

图 4-7-3 表示一个细管,其中流体由左向右流动.在管的 a1 处和 a 2 处用横截面截出一段 流体,即 a1 处和 a 2 处之间的流体,作为研究对象.

a1 处的横截面积为 S1 , a 流速为 v1 , 高度为 h1 , 1 处左边的流体对研究对象的压强为 p1 ,
方向垂直于 S1 向右.

a 2 处的横截面积为 S 2 ,流速为 v2 ,高度为 h2 , a 2 处左边的流体对研究对象的压强
为 p 2 ,方向垂直于 S 2 向左. 经过很短的时间间隔 t ,这段流体的左端 S1 由 a1 移到 b1 .右端 S 2 由 a 2 移到 b2 . 两端移动的距离分别为 l1 和 l 2 .左端流入的流体体积为 V1 = S1 l1 ,右端流出的流体体 积为 V2 = S 2 l 2 , 理想流体是不可压缩的, 流入和流出的体积相等,V1 = V2 , 记为 V . 现在考虑左右两端的力对这段流体所做的功. 作用在液体左端的力 F1 = p1 S1 ,所做的功

W1 = F1 l1 = p1 S1 l1 = p1 V . 作用在右端的力 F2 = p 2 S 2 ,所做的功 W2 = F2 l 2 = p2 S 2 l 2 = p2 V .
外力所做的总功

a2 b2 p2

W = W1 + W2 = ( p1 p2 )V

(1) 外力做功使这段流体的机械能发生改变.初状态的

a1b1 h1 p1
图 4-7-3

h2

机械能是 a1 到 a 2 这段流体的机械能 E1 ,末状态的机械能 是 b1 到 b2 这段流体的机械能 E2 .由 b1 到 a 2 这一段,经过 时间 t ,虽然流体有所更换,但由于我们研究的是理想流 体的定常流动,流体的密度 ρ 和各点的流速 v 没有改变,

动能和重力势能都没有改变,所以这一段的机械能没有改变,这样机械能的改变 E 2 E1 就等 于流出的那部分流体的机械能减去流入的那部分流体的机械能. 由于 m = ρV ,所以流入的那部分流体的动能为

1 2 1 2 mv1 = ρv1 V 2 2
重力势能为

mgh1 = ρgh1 V
流出流体的动能为

1 2 1 2 mv 2 = ρv 2 V 2 2
重力势能为

mgh2 = ρgh2 V
机械能的改变为 (2) 理想流体没有粘滞性,流体在流动中机械能不会转化为内能,所以这段流体两端受的 力所做的总功 W 等于机械能的改变

E 2 E1 =

1 2 ρ (v 2 v12 )V + ρg (h2 h1 )V 2

E 2 E1 ,即 W= E 2 E1
将(1)式和(2)式代入(3)式,得

(3)

( p1 p 2 ) V =
整理后得

1 2 ρ (v 2 v12 )V + ρg (h2 h1 )V 2

p1 +

1 2 1 2 ρv1 + ρgh1 = p 2 + ρv 2 + ρgh2 2 2
式可表示为对管中流体的任意处:

(4)

a1 和 a 2 是在流体中任意取的,所以上
p+ 1 2 ρv + ρgh = 2 常量

(5)

(4)式和(5)式称为伯努利方程. 流体水平流动时,或者高度差的影响不显著时 (如气体的流动) ,伯努利方程可表达为 (6) 从(6)式可知,在流动的流体中,压强跟流速有关,流速 v 大的地方要强 p 小,流 速 v 小的地方压强 p 大. 知道压强和流速的关系,就可以解释本节开始所做的实验了. 经过漏斗吹乒乓球时,乒乓球上方空气的流速大,压强小,下方空 气的压强大, 乒乓球受到向上的力, 所以会贴在漏斗上不会掉下来. 向两张纸中间吹气,两张纸中间空气的流速大,压强小,外边空气 的压强大,所以两张纸将互相贴近.同样的道理,两艘并排的船同 甲:不转球 向行驶时(图 4-7-4)如果速度较大,两船会互相靠近,有相撞的 危险.历史上就曾经发生过这类事故.在航海中.对并排同向行驶 的船舶,要限制航速和两船的距离. 伯努利方程的应用: 伯努利方程的应用: 球类比赛中的旋转球和不转球的飞行轨迹不同,是因为球周

p+

1 2 ρv = 2 常量

图 4-7-4

乙:旋转球

图 4-7-5

围空气流动情况不同造成的.图 4-7-5 甲表示不转球水平向左运动时周围空气的流线.球的上 方和下方流线对称,流速相同,上下不产生压强差.现在考虑球的旋转,致使球的下方空气 的流速增大,上方流速减小,周围空气流线如图乙所示.球的下方流速大,压强小,上方流 速小,压强大.跟不转球相比,图 4-1-6 乙所示旋转球因为旋转而受到向下的力,飞行轨迹要 向下弯曲. 例:如图 4-7-6 所示,用一弹簧把两物块 A 和 B 连接起来后,置于水平地面上.已知 A 和 B 的质量分别为 m1 和 m2 .问应给物块 A 上加多大的压力 F,才可能在撤去力 F 后,A 向 上跳起后会出现 B 对地无压力的情况?弹簧的质量略去不计. 设弹簧原长为 l 0 , 建立如图 4-7-7 所示的坐标, k 表示弹簧的劲度系数, 以 则有 m1 g = kx0 ① 取图中 O 点处为重力势能零点,当 A 受力 F 由 O 点再被压缩了 x 时,系统的机械能为

A

E x = m1 gx +

1 k ( x 0 + x ) 2 + ( m 2 gl 0 ) 2 1 2 kx ′ + ( m 2 gl 0 ) 2

B


撤去 F 当 A 上升到最高处即弹簧较其自然长度再伸长 x ′ 时,系统的机械能为

图 4-7-6

E x′ = m1 g ( x 0 + x ′) +



x0 + x′ x0
l0 O

A
F
A

A 在 x 处时,其受力满足

F + m1 g k ( x 0 + x ′) = 0 ,
以①式的 m1 g = kx 0 代入上式,乃有

A

x
B B


F = kx


B

当 F 撤去 A 上升到 x 0 + x ′ 处时,弹簧的弹 力大小为 kx ′ , 设此时 B 受到地面的支持力为 N, 则对于 B 应有

B

N + kx′ m2 g = 0
要 B 对地无压力,即 N=0,则上式变为

kx′ = m2 g



因为 A 由 x 处上升至 x 0 + x ′ 处的过程中,对此系统无外力和耗散力作功,则其机械能守 恒,即

E x′ = E x
联立解②~⑥式,可得



F = m1 g + m2 g .
显然,要出现 B 对地无压力的情况,应为 F ≥( m1 + m2 ) g .当 F=( m1 + m2 ) g 时, 刚好能出现 B 对地无压力的情况,但 B 不会离开地面;当 F>( m1 + m2 ) g 时,B 将出现离 开地面向上跳起的情况.

§4.8 碰撞 . 质量 m1 和 m2 的两个物块, 在直线上发生对心碰撞, 碰撞前后速度分别为 v10 和 v 20 及 v1 和 v2 ,碰撞前后速度在一条直线上,由动量守恒定律得到 m1v10 + m 2 v 20 = m1 v1 + m 2 v 2 根据两物块在碰撞过程中的恢复情况,碰撞又可分类为下列几种 (1)弹性碰撞 ) 在碰撞过程中没有机械能损失的碰撞称为弹性碰撞,由动能守恒有

1 1 1 1 2 2 2 2 m1 v10 + m 2 v 20 = m1v1 + m 2 v 2 2 2 2 2
结合动量守恒解得

v1 =

m1 m2 2m 2 v10 + v 20 m1 + m2 m1 + m2 2m2 m m1 v2 = v10 + 2 v 20 m1 + m2 m1 + m2

对上述结果可作如下讨论 ① m1 = m2 ,则 v1 = v 20 , v 2 = v10 ,即 m1 m 2 交换速度. ②若 m1 >> m2 ,且有 v 20 =0,则 v1 ≈ v10 , v 2 ≈ 2v10 即质量大物速度几乎不变,小物以 二倍于大物速度运动. ③若 m1 << m2 ,且 v 20 =0,则 v1 = v10 , v 2 ≈ 0 ,则质量大物几乎不动,而质量小物原 速率反弹. (2) 完全非弹性碰撞 ) 两物相碰粘合在一起或具有相同速度,被称为完全非弹性碰撞,在完全非弹性碰撞中, 系统动量守恒,损失机械能最大.

m1v10 + m2 v 20 = (m1 + m2 )v

v=
E =

m1 v10 + m 2 v 20 m1 + m 2

碰撞过程中损失的机械能为

1 1 1 2 2 m1v10 + m2 v 20 (m1 + m 2 )v 2 2 2 2 m1m 2 1 = ( )(v10 v 20 ) 2 2 m1 + m 2
一般非弹性碰撞, (3 )一般非弹性碰撞,恢复系数 一般非弹性碰撞是指碰撞后两物分开,速度 v1 ≠ v 2 ,且碰撞过程 中有机械损失,但比完全非弹性碰撞损失机械能要小.物理学中用恢

v 20 v 20 v 10
m1
n

l

v 20 v 10 v 10
l

n

m2

图 4-9-1

复系数来表征碰撞性质.恢复系数 e 定义为

e=

v 2 v1 v10 v 20
e=1.

①弹性碰撞,

v2 = v1 ,e=0. ②完全非弹性碰撞 ③一般非弹性碰撞 0<e<1. (4) 斜碰 ) 两物碰撞前后不在一条直线上,属于斜碰,如图 4-9-1 所示
设两物间的恢复系数为 e,设碰撞前 m1 , m2 速度为 v10 , v 20 , 其法向,切向分量分别为 v10 n , v 20 n , v10τ , v 20τ ,碰后分离速度 v1 , v2 ,法向,切向 速度分量 v1n , v 2 n , v1t , v 2t ,则有

e=

v 2 n v1n v10 n v 20 n

若两物接触处光滑,则应有 m1 , m2 切向速度分量不变 v1t = v10t , v 2 t = v 20τ 若两物接触处有切向摩擦,这一摩擦力大小正比于法向正碰力,也是很大的力,它提供 的切向冲量便不可忽略. §4.9 质心及质心运动 . 4.9.1 质心及质心位置 . . 任何一个质点系中都存在着一个称为质心的特殊点,它的运动与内力无关,只取决于 外力.当需要将质点组处理成一个质点时,它的质量就是质点组的总质量.当需要确定质心 的运动时,就设想把质点组所受的全部外力集中作用在质心上. 注意:质心是一个假想的质点. 设空间有 N 个质点,其质量,位置分别记作

v mi , n ,质量组质心记为 C,则质量,位置.

m C = ∑mi 在 x , y , z 直角坐标系中,记录质心的坐标位置为

xC =

∑ mi x i ∑ mi ∑mi y i yC = ∑ mi ∑mi z i zC = ∑mi
4.9.2,质心的速度,加速度,动量 质心的速度,加速度,

v v v re ∑mi ri / t ∑mi vi v vc = = = ∑mi ,在空间直角坐标系中,质心速度可表达为 t ∑mi 质心速度 ∑mi vix vcx = ∑ mi ∑mi viy vcy = ∑mi ∑mi viz vcz = ∑ mi v v v v = ∑mi vi 质心的动量等于质点组中各个质点动量的矢量和. 质心的动量 p = mc , i v 质心的加速度 a v v i v v ∑m i v v i = ∑m i a i ac = c = t ∑m i ∑m i v v ∑Fi ∑F1 v ac = = ∑m i mc v v mc a c = ∑Fi
由上式可见,当质点组所受合外力为零时,质心将保持静止状态或匀速直线运动状态. 同样,质点组的动量定理也可表述为

v v v ∑I i = mc v c 2 mc v c1

外力的冲量的矢量和等于质心动量的增量. 4.9.3,质心的动能与质点组的动能 以二个质点为例,质量 m1 ,m2 两质点相对于静止参照系速度 v1 ,v2 ,质心 C 的速度 二质点相对于质心速度是 v1 和 v 2 ,可以证明有

vC ,





1 1 2 2 m1v1 + m 2 v 2 2 2 1 1 ′2 1 ′2 2 = mC vC + m1 v1 + m 2 v 2 2 2 2 ′ E K = E KC + E K EK =
即二个质点的总动能等于质心的动能与两质点相对质心动能之和.

§4.10 天体的运动与能量 10. 4.10.1,天体运动的机械能守恒 二体系统的机械能 E 为系统的万有引力势能与各天体的动能之和.仅有一个天体在运动

时,则 E 为系统的万有引力势能与其动能之和.由于没有其他外力作用,系统内万有引力属 于保守力,故有机械能守恒,E 为一恒量,如图 4-10-1 所示,设 M 天体不动,m 天体绕 M 天 体转动,则由机械动能守恒,有

GMm 1 GMm 1 2 2 + mv1 = + mv 2 r1 2 r2 2 当运动天体背离不动天体运动时, E P 不断增大,而 E K E=
将不断减小,可达无穷远处,此时 E P = 0 而 E K ≥0,则应满 足 E≥0,即

v1 r1 r2 M

v2

GMm 1 2 + mv ≥ 0 r 2
例如从地球发射人造卫星要挣脱地球束缚必有

GMm 1 2 + mv ≥ 0 R 2 2GM v≥ = 2 Rg = 11.2 km s R 我们称 v =11.2km/s 为第二宇宙速度, 它恰为第一宇宙速度为

图 4-10-1

2 倍.
另外在上面的二体系统中,由于万有引力属于有心力,所以 对 m 而言,遵循角动量守恒 或

y
b

v v mv r = 恒量 mvr sin θ = 恒量

θ是v与r 方向的夹角.它实质可变换得到开普勒第二定律,
即行星与恒星连线在相等时间内扫过面积等.

a v2

O

v1 M (ε ,0) a x
b

图 4-10-2
4.10.2,天体运动的轨道与能量 10. 若 M 天体固定,m 天体在万有引力作用下运动,其圆锥曲线可能是椭圆(包括圆) ,抛物 线或双曲线. i)椭圆轨道 如图 4-7-1 所示,设椭圆轨道方程为

x2 y 2 + =1 a2 b2

(a>b)

则椭圆长,短半轴为 a,b,焦距 c =

1 GMm 1 2 2 mv1 = mv 2 2 ac 2 mv1 (a c) = mv2 (a + c) E=
或由开普勒第二定律:

a 2 b 2 ,近地点速度 v1 ,远地点速度 v2 ,则有 GMm a+c

1 1 v1 ( a c ) = v 2 ( a + c ) 2 2
可解得

v1 = (a + c)GM /(a c) a v 2 = (a c)GM /(a + c) a
代入 E 得

E=

GMm <0 2a

ii)抛物线 设抛物线方程为

y = Ax 2
1 太阳在其焦点( 4 A )处,则 m 在抛物线顶点处能量为 1 GMm 1 2 2 = mv 0 4 AGMm E = mv 0 1 2 2 ( ) 4A 1 1 2 ρ= mv 0 / ρ = GMm /( ) 2 2 A ,则有 4 A 得到 可以证明抛物线顶点处曲率半径 0,

v0 = 8 AGM
抛物线轨道能量

y
C b c O

E=

1 m (8 AGM ) 4 AGM = 0 2

iii)双曲线 设双曲线方程为

D a F (c,0)

x

x2 y2 =1 a2 b2
2 2

图 4-10-3

焦距 c = a + b ,太阳位于焦点(C,0) ,星体 m 在双曲线正半支上运动.如图 4-10-3 所示,其渐近线 OE 方程为 y=bx/a,考虑 m 在 D 处与无穷远处关系,有

1 GMm 1 2 2 mv 0 = mv ∞ 2 cx 2 考虑到当 r → ∞ ,运动方向逼近渐近线,焦点与渐近线距 FC 为
E=

FC = cb / a 2 + b 2 = b
故有

1 1 v D (c a ) = v ∞ b 2 2



mvD (c a) = mv∞ b

联解得

v∞ = GM / a b GM v D = ca a
双曲线轨道能量

E=
小结

GMm >0 2a GMm >0 2a

E=

椭圆轨道 抛物线轨道 双曲线轨道

E=0 GMm E= >0 2a

所示, 则飞船在两条轨道的交接处 A 和 B 的速度变化 v A 和v B 各为多少? 解: (1)宇宙飞船在 2R 轨道上绕地球运动时,万有引力 提供向心力,令其速度为 v1 ,乃有
2

以下举一个例子 质量为 m 的宇宙飞船绕地球中心 0 作圆周运动,已知地球半径为 R,飞船轨道半径为 2R. 现要将飞船转移到另一个半径为 4R 的新轨道上,如图 4-10-4 所示,求 4R (1)转移所需的最少能量; 2R (2)如果转移是沿半椭圆双切轨道进行的,如图中的 ACB R

A

O C
图 4-10-4

B

GMm mv1 = 2R (2 R) 2
故得

v1 =

GM 2R

此时飞船的动能和引力势能分别为

E k1 = E p1

1 GMm 2 mv1 = 2 4R GMm = 2R GMm 4R

所以飞船在 2R 轨道上的机械能为

E1 = E k1 + E p1 =

同理可得飞船在 4R 轨道上的机械能为

以两轨道上飞船所具有的机械能比较,知其机械能的增量即为实现轨道转移所需的最少 能量,即

E = E 2 E1 =

GMm 8R

(2)由(1)已得飞船在 2R 轨道上运行的速度为

v1 =

GM 2R GM 4R

同样可得飞船 4R 轨道上运行的速度为

v2 =

设飞船沿图示半椭圆轨道 ACB 运行时,在 A,B 两点的速度分别为 v1 和v 2 .则由开普勒 第二定律可得





′ ′ v1 2 R = v2 4 R
又由于飞船沿此椭圆轨道的一半运行中机械能守恒,故应有

1 GMm 1 GMm 2 ′2 mv1 = mv ′ 2 2 2R 2 4R
联立以上两式解之可得

′ v1 =

2GMm 3R 1 2GMm ′ v2 = 2 3R
4 GM ′ v A = v1 v1 = 3 1 2 R 2 GM ′ v B = v 2 v 2 = 1 3 4R
例如:三个钢球 A,B,C 由轻质的长为 l 的硬杆连接,竖立在

故得飞船在 A,B 两轨道交接处的速度变化量分别为

B

水 平 面 上 , 如 图 4-10-5 所 示 . 已 知 三 球 质 量 m A = 2m ,

m B = mc = m ,距离杆

a=

5 2 l 8 处有一面竖直墙.因受微小扰动,

两杆分别向两边滑动,使 B 球竖直位置下降.致使 C 球与墙面发生

AC
a

图 4-10-5

碰撞.设 C 球与墙面碰撞前后其速度大小不变,且所有摩擦不计,各球的直径都比 l 小很多, 求 B 球落地瞬间三球的速度大小. 解: (1)球碰墙前三球的位置 视 A,B,C 三者为一系统,A,C 在水平面上滑动时,只要 C 不与墙面相碰,则此系 统不受水平外力作用,此系统质心的水平坐标不发生变化. B 以图 4-10-6 表示 C 球刚好要碰墙前三球的位置,以 a 表示 此时 BC 杆与水平面间的夹角,则 AB 杆与水平面间的夹角 M 也为 a ,并令 BA 杆上的 M 点与系统质心的水平坐标相同, vB 则应有 vA vC α m AM cos a = m MB cos a + m BC cos a
A B C

1 l MB = AB = 4 4

故得



A

C

图 4-10-7

由上述知 M 点的水平坐标应与原来三秋所在的位置的水平坐标相同, 故知此刻 M 点与右 侧墙面的距离即为 a ,即 M 点与 C 球的水平距离为 a ,由此有 MB cos a + BC cos a = a , 即

l 5 2 cos a + l cos a = l 4 8 .
由上式解得 ② (2)求三球碰墙前的速度 由于碰墙前 M 点的水平坐标不变,则在 A,C 沿水平面滑动过程中的任何时刻,由于

cos a =

2 2 ,故有 a = 45 o

5 可见任何时 图中的几何约束, 点与 M 点的水平距离总等于 A 点与 M 点的水平距离的 3 倍, C 5 刻 C 点的水平速度大小总为 A 点水平速度大小的 3 倍.以 v A , v B , v C 分别表示图 5-2-2 中
三球的速度,则有

vC =

5 vA 3



又设 v B 沿 BC 方向的分量为 v BC ,则由于 v B 和 v C 分别为杆 BC 两端的小球速度,则此两 小球速度沿着杆方向的投影应该相等,即

v BC = vC cos a . 再设 v B 沿 BA 方向的分量为 v BA ,同上道理可得

v BA = v A cos a

注意到 BA 与 BC 两个方向刚好互相垂直,故得 v B 的大小为
2 2 2 2 v B = v BC + v BA = vC + v A cos a

以②③两式带入上式,乃得

vB =
乃有

④ 由于系统与图 5-2-1 状态到图 5-2-2 状态的机械能守恒,

17 vA 9

v′ BC
B

m B gl = m B g l sin a +

1 1 1 2 2 2 m A v A + m B v B + mC v C 2 2 2 .

以①~④式代入上式.解方程知可得

v′ BA
vA

⑤ (3)求 C 球在刚碰墙后三球的速度 如图 4-10-8 所示,由于 C 球与墙碰撞,导致 C 球的速度 反向而大小不变,由于杆 BC 对碰撞作用力的传递,使 B 球的

vA =

3 2 (1 ) gl 10 2

A

′ vC
图 4-10-8

α

C

BC 速度也随之变化,这一变化的结果是:B 球速度沿 CB 方向的分量 v ′ 与 C 球速度沿 CB 方向 的分量相等,即

⑥ 由于 BC 杆只能传递沿其杆身方向的力,故 B 球在垂直于杆身方向(即 BA 方向)的速度 不因碰撞而发生变化,A 球的速度也不因碰撞而发生变化,即其仍为 v A .故得此时 B 球速度
BA 沿 BA 方向的分量 v ′ 满足

′ v ′ = vC cos a = vC cos a BC

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v′ = v A cos a , BA
乃得刚碰撞后 B 球速度大小为
2 2 v ′ = v ′ 2 + v ′ 2 = vC + v A = B BC BA



17 vA 9



(4)求 B 球落地时三球的速度大小 碰撞后,三球速度都有水平向左的分量,可见此后系统质心速度在水平方向的分量

v Mx 应该方向向左,且由于此后系统不受水平外力,则 v Mx 应维持不变.由上解得的三球
速度,可得 v Mx 应该满足

′ (m A + m B + mC )v Mx = m A v A + m B (v ′ cos a + v ′ sin a ) + mC vC . BC BA
以③,⑤,⑥,⑦诸式代入上式可解得

v Mx =

⑨ 当 B 球落地时,A,B,C 三小球均在同一水平线上,它们沿水平方向的速度相等,

5 1 vA = 15( 2 2 ) gl 4 8

显然,这一速度也就是系统质心速度的水平分量 v Mx .而 B 小球刚要落地时,A,C 两球 的速度均沿水平方向(即只有水平分量) 球的速度则还有竖直分量,以 v B 落表示此刻 B ,B 球速度的大小.则由图 4-10-8 所示的状态到 B 小球刚要落地时 ,系统的机械能守恒,由 此有
1 2 2 2 2 2 ′ m A v A + 1 mB v′2 + 1 mC vC2 + mB gl sin α = 1 m A vMX + 1 mB vB落 + 1 mC vMX 2 2 2 2 2 B

以⑨,⑧,⑤各式代入上式可解得

1 (38 + 45 2 ) gl v B 落= 8

⑩ 综合上述得本题答案为:当 B 小球刚落地时,A,B,C 三球的速度大小分别为

1 1 1 15( 2 2 ) gl (38 + 45 2 ) gl 15( 2 2 ) gl 8 , 8 ,和 8 .

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