《普通物理学》课程教学资源（PPT课件）第二章 运动的守恒量和守恒定律 §2-2 动量定理、动量守恒定律

§2-2动量定理 动量守恒定律 一、动量定理 重写牛顿第二定律的微分形式 Fdt-dp 考虑一过程，时间从到2，两端积分 Fdt=∫d方=p2-p 左侧积分表示力对时间的累积量，叫做冲量。 于是得到积分形式 亚=币2-p 江觉子觉返司退欢

上页 下页 返回 退出 重写牛顿第二定律的微分形式  =  2 1 2 1 d d p p F p   t   t t 考虑一过程，时间从t1到t2，两端积分 F p   dt = d p2 p1   = − 一、 动量定理 左侧积分表示力对时间的累积量，叫做冲量。 =  2 1 d t t I F t   于是得到积分形式 2 1 I p p    = − §2-2 动量定理 动量守恒定律

这就是质点的动量定理：物体在运动过程中所受 到的合外力的冲量，等于该物体动量的增量。 动量定理的几点说明： (1)冲量的方向： 冲量的方向一般不是某一瞬时力的方向，而是 所有元冲量F的合矢量∫疗d的方向。 (2)在直角坐标系中将矢量方程改为标量方程 (Is =Sh Fx dt=mvzx -mvis I,=∫F,dt=y2y-my I.=5 F:dt=mv2:-mvi: 让意了意返可退收

上页 下页 返回 退出 这就是质点的动量定理：物体在运动过程中所受 到的合外力的冲量，等于该物体动量的增量。 动量定理的几点说明： (1)冲量的方向： 冲量 的方向一般不是某一瞬时力 的方向，而是 所有元冲量 的合矢量 的方向。 I  Fi  F dt   2 1 d t t F t  (2)在直角坐标系中将矢量方程改为标量方程 x x t I x t Fx t mv2 mv1 2 1 =  d = − y y t I y t Fy t mv2 mv1 2 1 =  d = − z z t I z t F z t mv2 mv1 2 1 =  d = −

(3)动量定理在打击或碰撞问题中用来求平均力。 打击或碰撞，力的方向保持 不变，曲线与轴所包围的面积就 是t到t2这段时间内力雨冲量的 大小，根据改变动量的等效性， 得到平均力。 将积分用平 均力代替 FasF 动量定 理写为 FAI=AP 平均力写为 斥-炉 △t 平均力大小：F= t-t 江美觉返司退

上页 下页 返回 退出 (3)动量定理在打击或碰撞问题中用来求平均力。 t 2 t 1 t − F 打击或碰撞，力 的方向保持 F 不变，曲线与t轴所包围的面积就 是t1到t2这段时间内力 的冲量的 大小，根据改变动量的等效性， 得到平均力。 F  F  F t p  =  2 1 t t F t F t    d p F t  =  将积分用平 均力代替 动量定 理写为 平均力写为 2 1 2 1 d t t F t F t t = − 平均力大小： 

例题2-4动量定理解释了“逆风行舟”。 风吹来 进方 前进方 船 取一小块风dm为研究对象 !风对帆的冲量大小 初p。=d山m 由牛顿第 |=lA列 末币=dm 三定律 方向与 △p相反 AP 1=Ap △t

上页 下页 返回 退出 例题2-4 动量定理解释了“逆风行舟”。 船 前 进 方 向 风吹来 取一小块风dm为研究对象 0 v v p0 p I p =  I p =  0 0 初 p v m = d 末 p v m = d 由牛顿第 三定律 前 进 方 向 风对帆的冲量大小 I p =  方向与 p 相反 p F t  = 

例题2-5质量=3t的重锤，从高度h=1.5m处自由落 到受锻压的工件上，工件发生形变。如果作用的时间 (1)=0.1s,(2)=0.01s。试求锤对工件的平均冲力。 解：以重锤为研究对象，分析受力，作受力图： 解法一锤对工件的冲力变化范 围很大，采用平均冲力计算，其反 作用力用平均支持力代替。 在竖直方向利用动量定理，取竖直 向上为正。 (F-mg)t =mv-mvo 初状态动量为m√2gh 末状态动量为0 美子元道回：退来

上页 下页 返回 退出 例题2-5 质量m=3t的重锤，从高度h=1.5m处自由落 到受锻压的工件上，工件发生形变。如果作用的时间 (1)t=0.1s， (2)t=0.01s。试求锤对工件的平均冲力。 解：以重锤为研究对象，分析受力，作受力图： 解法一 锤对工件的冲力变化范 围很大，采用平均冲力计算，其反 作用力用平均支持力代替。 在竖直方向利用动量定理，取竖直 向上为正。 N 0 ( ) F mg t mv mv − = − 初状态动量为 m gh 2 末状态动量为0 FN mg

得到（瓦-mg)t=-mV2gh 解得元=mg+m√2gh/t 代入m、h、的值，求得 (1)F=1.92×105N (2)F=1.9×10N 让美子意通回退此

上页 下页 返回 退出 N 得到 ( ) 2 F mg t m gh − = − N 解得 F mg m gh t = + 2 / 代入m、h、t的值，求得 (1) 5 N F =  1.92 10 N 6 N (2) F =  1.9 10 N

解法二考虑从锤自由下落到静止的整个过 程，动量变化为零。 重力作用时间为t+√2h/g 支持力的作用时间为t 根据动量定理，整个过程合外力的冲量为零， 即 Ft-mg(t+√2h/g)=0 得到解法一相同的结果 Fs mg+m2gh/t 江觉子觉返司退欢

上页 下页 返回 退出 解法二 考虑从锤自由下落到静止的整个过 程，动量变化为零。 重力作用时间为 t h g + 2 / 支持力的作用时间为 t 根据动量定理，整个过程合外力的冲量为零， N F t mg t h g − + = ( 2 / ) 0 得到解法一相同的结果 N F mg m gh t = + 2 / 即

例题2-6一绳跨过一定滑轮，两端分别拴有质量为m 和m'的物体A和B,m'大于m。B静止在地面上，当A 自由下落距离后，绳子才被拉紧。求绳子刚被拉紧 时两物体的速度，以及能上升的最大高度。 解：以物体A和B为系统作为研 究对象，采用隔离法分析受力， 作出绳拉紧时的受力如图 绳子刚好拉紧前的瞬间， 物体A的速度为 y=2gh 取竖直向上为正方向。 m' 'm'g 上下返回退此

上页 下页 返回 退出 例题2-6 一绳跨过一定滑轮，两端分别拴有质量为m 和m ’的物体A和B，m ’大于m。B静止在地面上，当A 自由下落距离h后，绳子才被拉紧。求绳子刚被拉紧 时两物体的速度，以及能上升的最大高度。 m′ m B A h 解：以物体A和B为系统作为研 究对象，采用隔离法分析受力， 作出绳拉紧时的受力如图 A g  m F1 B m'g F2 绳子刚好拉紧前的瞬间， 物体A的速度为 v = 2gh 取竖直向上为正方向

绳子拉紧后，经过短暂时间的作用，两物体速率 相等，对两个物体分别应用动量定理，得到 (E-ng)△t=-u-(-mv) (F,-m'g)△t=m'u-0 忽略重力，考虑到绳不可伸长，有 F=E 解得 m√2gh u= m'+m 当物体B上升速度为零时，达到最大高度 2aH=u2-0 m'-m m2h H= a= 8— m'+m m2-m2 王美不美菠回：退收

上页 下页 返回 退出 绳子拉紧后，经过短暂时间的作用，两物体速率 相等，对两个物体分别应用动量定理，得到 1 ( ) ( ) F mg t mu mv −  = − − − 2 ( ' ) ' 0 F m g t m u −  = − 忽略重力，考虑到绳不可伸长，有 F F 1 2 = 解得 m gh 2 u m m =  + 当物体B上升速度为零时，达到最大高度 2 2 0 aH u = − m m a g m m  − =  + 2 2 2 m h H m m =  −

例题2-7矿砂从传送带A落到另一传送带B,其速度 1=4m/s,方向与竖直方向成30°，而传送带B与水平 成15°，其速度y2=2m/s.如传送带的运送量恒定， 设为=20kgs,求落到传送带B上的矿砂在落上时所 受到的力。 102 △(w) 15 309 B a b 解：设在某极短的时间△内落在传送带上矿秘的质量为 m,即m=k公t,这些矿砂动量的增量为 让文子意返回退此

上页 下页 返回 退出 例题2-7 矿砂从传送带A落到另一传送带B，其速度 v1=4m/s，方向与竖直方向成30°，而传送带B与水平 成15°，其速度v2=2 m/s．如传送带的运送量恒定， 设为k=20 kg/s，求落到传送带B上的矿砂在落上时所 受到的力。 解:设在某极短的时间t内落在传送带上矿砂的质量为 m，即m=kt，这些矿砂动量的增量为