-動量守恒和能量守恒定律

1、第三章 動量守恒和能量守恒定律薈 3-1 質點和質點系的動量定理膇一、質點的動量定理螞 1 、動量羀質點的質量 m與其速度 v 的乘積稱為質點的動量，記為 P3-1)肆 P mv羅說明： P是矢量，方向與 v 相同螂 P 是瞬時量莁 P是相對量螈坐標和動量是描述物體狀態(tài)的參量螄袂 2 、沖量蒈牛頓第二定律原始形式d 芆 F( mv )dt薃由此有 Fdt d (mv) TOC o 1-5 h z t2p 2羈積分： 2 Fdt 2 dP p2 p1(3-2)t1p1衿定義： tt2Fdt 稱為在 t1 t2 時間內力 F 對質點的沖量。t1t羈記為 I 2 Fdt(3-3)薆說明： I 是矢量

2、肁 I 是過程量芀 I 是力對時間的積累效應莆 I 的分量式t2Ix t2 Fxdtt1t2蒞 Iy t2 Fydtt1t2Iz t2 Fzdtt1Fx (t2 t1) t Fxdtt1t2肁Fy(t2 t1) t2 Fydt(3-4)Fz (t2 t1) t Fzdtt1I x Fx(t2 t1 ) 蟻分量式( 34)可寫成I y Fy(t2 t1)I z Fz(t2 t1 )(3-5)膈Fx、Fy、 Fz 是在t1 t2時間內 Fx、 Fy、 Fz平均值。膁3、質點的動量定理肂由上知I p2 p13-6)薅結論 ：質點所受合力的沖量 =質點動量的增量，稱此為質點的動量定理膇說明： I 與

3、p2 p1 同方向3-7)I x p2 x p1 x 芁分量式 I y p 2y p1 yI z p 2z p1z艿過程量可用狀態(tài)量表示，使問題得到簡化芇成立條件：慣性系裊動量原理對碰撞問題很有用莁二、質點系的動量定理蠆概念：系統(tǒng)：指一組質點聿內力：系統(tǒng)內質點間作用力蚄外力：系統(tǒng)外物體對系統(tǒng)內質點作用力蒁設系統(tǒng)含 n個質點，第 i 個質點的質量和速度分別為 mi、vi ，對于第 i 個質點受合內 力為 Fi內 ，受合外力為 Fi 外 ，由牛頓第二定律有肀 Fi 外 Fi 內d(mivi)dt蕆對上式求和，有nn蒃Fi外Fi 內i 1 i 1n d(mivi )i1dtddt (mivi )dt

4、 i 1薁因為內力是一對一對的作用力與反作用力組成，故F合內力0 ，蒁有F合外力dPdt腿結論：系統(tǒng)受的合外力等于系統(tǒng)動量的變化，這就是質點系的動量定理 蒆式（ 3-8 ）可表示如下t2p2蝕 t F合外力 dt p dP p2 p1薈 即 I 合外力沖量 p2 p1蚇結論 ：系統(tǒng)受合外力沖量等于系統(tǒng)動量的增量，這也是質點系動量定理的又蝕例 3-1 ：質量為 m的鐵錘豎直落下，打在木樁上并停下。設打擊時間t ，速率為 v ，則在打擊木樁的時間內，鐵錘受平均和外力的大小為？罿解：設豎直向下為正，由動量定理知：荿 F t 0 mvmv羄Ft（3-8）（3-9）（3-10） 表述。打擊前鐵錘肄強調

5、：動量定理中說的是合外力沖量 =動量增量螇例 3-2 ：一物體受合力為 F 2t （SI ），做直線運動，試問在第二個 5 秒內和第一個 5 秒內物體受沖量之比及動量增量之比各為多少？肇解：設物體沿 +x 方向運動，55膄I1 0Fdt 02tdt 25 NS( I 1沿i 方向)10 10螁I2Fdt 2tdt 75NS( I2沿i 方向)蕿 I 2 /I1 3I 2 ( p)2螆I 1 ( p)1芄( p)2( p)1膂莃設碰撞時間為 t 0.05 s，求碰撞過程中 莄小球 受到的平均沖力 F ?蠆解： I ?膆如圖 3-1 所取坐標，動量定理為 I mv2 mv1莆方法一 用分量方程解I

6、 x mv2x mv1x mvcos ( mvcos ) 2mv cos 蒄I y mv2y mv1y mvsin mvsin 0肀 I I xi 2mvcos i 2 0.020 5 cos60 i 0.10i NS袈方法二 用矢量圖解膅 I mv2 mv1 m(v2 v1)薃 (v2 v1 ) 如上圖 3-1 所示。蒁 OBA60 , A 60莆故 OAB 為等邊三角形。羄 v2 v1 v 5m/s, (v2 v1)沿 i 方向蚃 I mv2 v1 0.020 5 0.10NS，沿 i 方向。蚈 I F t肈 F I / t 0.10i /0.05 2i NI p 求方便。t2蚃注意：此題

7、按 I2 Fdt求 I 困難(或求不出來)時，用公式螃 3-2 動量守恒定律聿由式( 3-8 )知，當系統(tǒng)受合外力為零時(3-11)螆即系統(tǒng)動量不隨時間變化 , 稱此為動量守恒定律。袃說明 ：動量守恒條件： F合外力 0 ，慣性系蒀動量守恒是指系統(tǒng)的總動量守恒，而不是指個別物體的動量守恒。 膈內力能改變系統(tǒng)動能而不能改變系統(tǒng)動量。蒅 F合外力 0時，若 F合外力 在某一方向上的分量為零，則在該方向上系統(tǒng)的 動量分量守恒。此時要求 F合外力0圖 3-2袃動量守恒是指 p 常矢量 （不隨時間變化）， 袁動量守恒是自然界的普遍規(guī)律之一。蚅芃例 3-4 ：如圖 3-2 ，質量為 m 的水銀球，豎直地落

8、到 羃光滑的水平桌面上，分成質量相等的三等份， 芁沿桌面運動。其中兩等份的速度分別為 v1、 v2， 莇大小都為 0.30m/s 。相互垂直地分開，試求第 芆三等份的速度。肅解：方法一 用分量式法解莈研究對象：小球聿受力情況： m 只受向下的重力和向上的桌面施加的正壓力，即在水平 肅方向不受力，故水平方向動量守恒。膃在水平面上如圖 3-2 取坐標，有蝿 x分量： m1v1 cos m2v2 cos(90) m3v3 0薇 y分量： m1v1 sin m2v2 sin(90) 0m1 m2 m3v1 v2 0.30m / s節(jié)v32v 2 0.30 0.42m/ s45135 (即與 v1成13

9、5 )膀方法二 用矢量法解艿m1v1 m2v2 m3v3 0薃及m1 m2 m3莂 v1 v2 v3 0薁 即v3 (v1 v2 )v2圖 3-3螇即有圖 3-3 ?？傻猛Mv3 v3(v1 v2)v12 v222v 0.42 m/s蒂得45 135螈強調： 要理解動量守恒條件葿蒞例 3-5 ：如圖 3-4 ，在光滑的水平面上，有一質量為 M 長為 l的小車，車上一端有一質 量為 m 的人，起初 m 、 M 均靜止，若人從車一端走到另一端時，則人和車相對 地面走過的距離為多少？蒂解：研究對象： m 、 M 為系統(tǒng)腿此系統(tǒng)在水平方向受合外力為零，袇在此方向動量守恒。膄方法一 mvm MvM 0(對

10、地 ) 薂 ( vm vmM vM )薀 m(vm M vM ) MvM 0薈即mvmM (m M )vM 0膇如圖所取坐標，標量式為螞mvmM (m M )vM 0羀即mvmM (m M )vM肆積分(t 0， m在 A處， t t0， m在 B處) t 0t0羅m 0 vmM dt (m M ) 0 vM dt螂即ml (m M ) SM莁得mlSMmM螈 由圖 3-4 知 ： Sm l SM M l mM螄 方法二 mvm MvM 0袂標量式 ： mvm Mv M 0蒈即mvm Mv M芆積分：m 0 vmdt M 0 vM dt薃mSm MSM羈可知：SmSMl衿由、得 ：Sml mM

11、SMl mMx肁例 3-6 ：質量為 m的人手里拿著一個質量為 m的物體，此人用以與水平方向成角的速率 v向前跳去。當他達到最高點時，他將物體以相對于人為u 的水平速率向后拋出，問：由于人拋出物體，他跳躍的距離增加了多少？（假設人可視為質點）芀解：如圖 3-5 ，設 P為拋出物體后人達到的最高點，莆 x1 、 x2 分別為拋球前后跳躍的距離。蒞研究對象：人、物體組成的系統(tǒng)，肁 該系統(tǒng)在水平方向上合外力 =0，蟻 在水平方向上系統(tǒng)的動量分量守恒。膈設在 P點，人拋球前、后相對地的速度分別為 v 、肄v1，在 P點拋球后球相對地速度為 v2 ，有膁(m m)v mv1 mv2 mv1 m(v1 u

12、)肂標量式：(m m)v mv1 m(v1 u)薅即(m m)v0 cos(m m)v1 mu膇得：mv1 v0 cosum mmv0sinmuv0 sin芁 x x 2 x1 (v1 v0 cos )t um m g (m m) g艿強調：v2 v1 u，v2 v u。因為u是與 v1同時產生的，而人速度為 v 時，u還 沒產生芇 3-3 碰撞裊一、碰撞莁碰撞直接碰撞非直接碰撞蠆特點：碰撞時物體間相互作用內力很大，其它力相對比較可忽略。聿即碰撞系統(tǒng)合外力 =0。故動量守恒。完全彈性碰撞： E守恒：E不守恒機械能 E 完全非彈性碰撞 非完全彈性碰撞蒁二、完全彈性碰撞肀 1 、對心情況（一維）蕆

13、如圖 3-6，以 m1 與 m2為系統(tǒng)，碰撞中 p 常矢蒃 m1v10 m2v20 m1v1 m2 v23-12)1 2 1 薁 m1v1022212 m2v20mv1212 mv2210 20m1 m212m1m2m1m2碰前碰時碰后圖 3-6x3-14)蒆（v 0，沿+x 方向；反之，沿 -x 方向）(m1 m2 )v10 2m2v20蝕解得 ：m1 m2v (m2 m1 )v20 2m1v102m1 m23-15)薈討論 ：m1m21 20 （交換速度） v2 v10蚇 v20 0m2 m1,v1 v10 ,v2 0m2 m1,v1 v10 , v2 2v10蝕 2 、非對心情況罿設 m

14、1 m2 ，且 v20 0 ，可知，m1 、 m2 系統(tǒng)動量及動能均守恒，即荿12m1v102m1v1 m2v21 2 1 2 m1v10m1v1m2v22 2 23-16)肄可知，v12 v1v2v223-17)圖 3-7v2 、v10 是以 v10 為斜邊的直角三角形，如圖 3-7 。莀 3-4 動能定理螇一、功肇定義：力對質點所做的功為力在質點位移方向的分量與位移大小的乘積膄 1 、恒力的功螁恒力：力的大小和方向均不變。(3-18)蕿如圖 3-8 ，功為W F cos S F S螆即(3-19)膂說明： W 為標量0 ,W 0, 力對物體做正功2羆 ,W 0, 力對物體做負功2,W 0,

15、 力對物體不做功2薄功是過程量莄功是相對量羋功是力對空間的積累效應蚈作用力與反作用力的功其代數(shù)和不一定為零莃2、變力的功莄設質點做曲線運動， 如圖 3-9。F 為變力，在第 i個位移元 物體做功為 物體做功為蠆 Wi Fi cos Si Fi SiS2膆 質點從 a b 過程中， F 對質點做的功為S1 a莆 WWiFiSiiiSSi中， Fi 看作恒力b， Fi對FS2iiF1Fi圖 3-9蒄功的精確數(shù)值為肀W limFi SiF dS F dr SSi maxS 0 i a a袈即：bW F dSa3-20)薃蒁討論：恒力功莆WbdS F dS F Sa羄直線運動蚃設 F(x) F(x)i

16、 ，如圖 3-10，質點在 a b 中，蚈功為F(x)bxbbW F dx Fi dxiaabFdx 曲線下面積代數(shù)和 a圖 3-10蚃合力功螃設質點受 n個力， F1， F2， Fn ，合力功為bb聿W F dr(F1 F2Fn ) draabbb蒆F1drF2drFndrW1W2Wnaaa螆 各分力功代數(shù)和袃二、功率蒀定義：力在 t t t 內對物體做功為 W ，下式W 膈P t蒅稱為在 t t t 時間間隔內的平均功率。下式袃 P limt PW dW lim t 0 t dtF dr Fdt袁稱為瞬時功率，即3-21)芃三、質點的動能定理羃 1 、動能Ek 1 mv223-20)芁定義

17、：莇式( 3-20 )中，m、 v 分別為物體質量和速率。稱Ek 為質點的動能芆說明 ： Ek 為標量；肅 Ek 為瞬時量；莈 Ek 為相對量。聿 2 、質點的動能定理肅設 m做曲線運動，如圖 3-11 ，合力為 F ，在 a、b 二點速度分別為 v1 、 v2 。在 c 點力為 F ，位移為 ds ，由牛頓定律有：膃 Ft mat （切線上）蝿即薇F cosdv mdtdvF cos ds m dsdt節(jié)即F ds vmdv (ds v) dt切線膀做如下積分：艿 bF ds v2 mvdv 1mv22 1mv12 a v1 2 2薃可寫成：莂W1mv22 1mv12223-21)薁結論：合

18、力對質點作的功等于質點動能的增量 , 稱此為質點的動能定理0 Ek 0螇說明 ： W 0 Ek 00 Ek 0蚆 W 為過程量，Ek 為狀態(tài)量，蒂動能定理成立的條件是慣性系螈功是能量變化的量度。葿例 3-7 ：如圖 3-12，籃球的位移為 S， S與水平線成 45 角， 蒞 S 4m ，球質量為 m ，求重力的功。蒂解：研究對象：球腿重力為恒力W F S FScos FS cos135 袇mg 4 cos1352 2mgb螞 W FaGmM2 i) dxi x2羀 GmM ( ) R H R肆羅例 3-9：力 F 6ti (SI)作用在 m 3kg 的質點上。物體沿 x 軸運動， t 0 時，

19、 v0 0 求前二秒內 F 對m 作的功。螂解：研究對象： m莁直線問題， F 沿 +x 軸方向螈方法一按WbF dx 作b6tdxa螄在此有：b6ti dxia袂F ma mdvdt6t蒈mdv 6t dt芆做如下積分：v3 dv 6t d t薃有羈dxv dt22t2 即dx t2dt衿6t t2dt 23t4224J0羈方法二用動能定理作12mv121 2 2 m(v 2 v1 )2肁 1 2 3(2420) 24J肁 W 力曲線與 x 軸所圍面積代數(shù)和 40J圖 3-14莆例 3-10：質量為10 kg的物體作直線運動， 受力與坐標關系如圖 3-14 所示。若 x 0時， v 1m/s

20、 ，試求 x 16m時， v ?蒞解：在 x 0到 x 16m過程中，外力功為蟻由動能定理為：膈W 2 薆 W mv 2mv22 1mv1222肄即 TOC o 1-5 h z 12 14010v210 122 2膁 v2 3m/s肂 3-5 保守力與非保守力勢能薅一、萬有引力、重力、彈性力的功及其特點膇 1 、萬有引力功及特點芁如圖 3-15，設質量為 m 物體在質量為 M 的引力場中運動，艿（M 不動）， m從a b中，引力功 =？dr cb芇 W F dr裊在任一點 c 處，F(xiàn)Gm3M r (變力)r莁Wb GmM3 r drr3-22)蠆r2 r r 2rdr r dr dr r聿又r

21、 dr dr r r dr rdra3-23)WbG mM3 rdr GmM 1 1ar3rb ra蒁特點：萬有引力只與物體始末二位置有關，而與物體所經路程無關肀 2 、重力功及特點蕆如圖 3-16 ，質點 m經 acb 路徑由 a b ，位移為 S ，在地面附近重力可視為恒力，3-24)故功為蝕 W p s mgscosmg(ya yb )罿特點：重力功只與物體始末二位置有關，而與其運動路徑無關荿3、彈性力功及特點羄如圖 3-17 ， (k m) 稱為彈簧振子，m 處于 x 處時，它受彈性力為肄Fx 0,F沿x軸負向Fi kxix 0,F沿x軸正向莀m從坐標 x1 x2 過程中，彈性力做功為

22、kmox1xx2圖 3-17x2螇 WF dxdxi (dx dxi )3-25)肇 k 2 xdx( 1 kx22 1 kx12 )x12 2膄特點：彈性力功僅與物體始末位置有關而與過程無關。螁如：物體可以從 x1處向左移，然后向右平移至 x2 處，也可以從 x1處直接移 到 x2 處。但是，無論怎樣從 x1 處移到 x2 處，彈性力做的功都是上述結果。蕿二、保守力和非保守力螆 1 、保守力與非保守力3-26)芄如果力 F 對物體做的功只與物體始末二位置有關而與物體所經路徑無關，則該力稱 為保守力，否則稱為非保守力。數(shù)學表達依次為：莇 F dl 0 l螀及F dl 0 l3-27)薀由上可知

23、，重力、彈性力、萬有引力均為保守力，而摩擦力、汽車的牽引力等都是 非保守力。薄三、勢能3-28)羄對任何保守力，則它的功都可以用相應的勢能增量的負值來表示，即：W(Epb Epa )蝕結論 ：保守力功 =相應勢能增量的負值莂*從理論上講， F dl 0 F 0即F 是無旋的，l螞 F 0F與 Ep有對應關系， Ep可定義為與 F相應的勢能。也就是說，保守 力場中才能引進勢能的概念?？梢?，引進勢能概念是有條件的。注意：勢能是相對的， 屬于系統(tǒng)的。 蝿莆 萬有引力勢能： Ep G mM （勢能零點取在無限遠處 ）（3-29）r重力勢能： Ep mgh（勢能零點取在某一水平 面上）（ 3-30）肄彈

24、性勢能： Ep 1 kx2 （勢能零點取在彈簧原長 處）（3-31）2莁說明：（1） 保守力場中才能引進勢 能概念蝿（2）勢能是屬于系統(tǒng)的螇（3）勢能是相對的薂 3-6 功能原理 機械能守恒定律膀一、質點系的動能定理衿系統(tǒng)中有 n個物體，第i個物體受合外力為 Fi外，合內力為 Fi內，在某一過程中，合外 力功為 Wi外 ，合內力功為 Wi內，由單個質點的動能定理，對第 i個質點有：Wi內122mivi22122mivi213-32)芄 i 1,2, 。對上式兩邊求和，有n n n 1 2 n 1 2罿Wi外Wi內miv i2mivi1(3-33)3-34)i 1 i 1 i 1 2 i 1 2

25、罿 W外 W內E k 2 E k1芅結論：合外力功與合內力功之和等于系統(tǒng)動能的增量。稱此為系統(tǒng)的動能定理。螂二、功能原理羂作用在質點上的力可分為保守力和非保守力，把保守力的受力與施力者都劃在系統(tǒng) 中，則保守力就為內力了，因此，內力可分為保守內力和非保守內力，內力功可分為保 守內力功和非保守內力功。聿由質點動能定理蚆 W外W內 E k2 Ek1蒃有螀 W外 （W保守內W非保守） E k2 E k1腿W外W非保守Ek 2Ek1W保守內Ek2Ek1E p2E p1（保守力功勢能增量負值）肆 Ek 2 Ep2Ek1 Ep1袁3-35)葿 W外 W 非保守Ek2 Ep2Ek1 Ep1艿結論：合外力功 +

26、非保守內力功 =系統(tǒng)機械能（動能 +勢能）的增量。稱此為功能原 理。蕆說明：功能原理中，功不含有保守內力的功，而動能定理中含有保守內力的功蚃功是能量變化或轉化的量度薂能量是系統(tǒng)狀態(tài)的單值函數(shù)荿三、機械能守恒定律3-36)蚄由功能原理知，當 W外 W非保守 0 時，有蒞Ek2 Ep2 Ek1 Ep1芁結論：當 W外 W非保守 0時，系統(tǒng)機械能 =常量，這為機械能守恒定律。 （注意守恒 條件）肅例 3-11：如圖 3-18 ，在計算上拋物體最大高度 H 時，有人列出了方程 （不計空氣阻力）螃 mgHmv02 cos2 1mv022肀列出方程時此人用了質點的動能定理、功能原理和機械能守恒定律中的那一

27、 個？蒈解：動能定理為蒆合力功 =質點動能增量蒅 mgH 1m v02cos1mv022衿功能原理為圖 3-18薈外力功 +非保守內力功 =系統(tǒng)機械能增量袇（取 m 、地為系統(tǒng)）羃 0 0 1m v0 cosmgHmv02 020袂機械能守恒定律蚈 W外 W非保內 0羄 Ek2 Ep2 Ek1 Ep11 2 1蚅 即m v0 cosmgHmv02 022蟻可見，此人用的是質點的動能定理蒞例 3-12：如圖 3-19，質量為 m 的物體，從四分之一圓槽 A點靜止開始下滑到 B。在 B 處速率為 v ，槽半徑為 R。求m從 AB過程中摩擦力做的功。B膂解：方法一 按功定義 W A F ds ，m在任一點 c 處，切線方向的牛