动量与角动量。
一、知识点击。
1．动量定理。
⑴ 质点动量定理：，即
即合外力的冲量等于质点动量的增量．
⑵质点系动量定理：将质点动量定理推广到有n个质点组成的质点系，即可得到质点系的动量定理．
令和分别表示质点系各质点所受的外力和内力的总冲量，则和表示质点系中各质点总的末动量和初动量之矢量和，则：
而，因质点系内各质点之间的相互作用力是成对出现的，且等值反向。
即所有外力对质点系的总冲量等于质点系总动量的增量。
2．动量守恒定律。
⑴内容：系统不受外力或所受外力的合力为零，这个系统的动量就保持不变．
⑵表达式：系统内相互作用前总动量等于相互作用后总动量：。 系统总动量的变化量为零：
对于两个物体组成的系统可表达为：相互作用的两个物体的动量的变化量大小相等，方向相反。
或者作用前两物体的总动量等于作用后的总动量：
⑶适用范围：动量守恒定律适用于宏观、微观，高速、低速．
⑷定律广义：质点系的内力不能改变它质心的运动状态—质心守恒．质点系在无外力作用或者在外力偶作用下，其质心将保持原来的运动状态。质点系的质心在外力作用下作某种运动，则内力不能改变质心的这种运动。
质心运动定理：作用在质点系上的合外力等于质点系总质量与质心加速度的乘积，即，其质心加速度：。定理只给出质心运动情况，并不涉及质点间的相对运动及它们绕质心的运动。
3．碰撞问题。
⑴弹性碰撞：碰撞时无机械能损失．
由①②可得：，
2）非弹性碰撞：碰撞时有动能损失。为此引入恢复系数e，它由两球材料决定，与其质量、初速度无关。其定义式为。
e=1为完全弹性碰撞情形；e＝0时，碰后两物体结合一起速度相同，称为完全非弹性；0
4．定轴转动定律转动惯量。
定轴转动定律：刚体所受的对于某定轴的合外力矩等于刚体对此轴的转动惯量与刚体在此合外力矩作用下获得的角加速度的乘积．即： ．式中j为刚体的转动惯量，表示刚体转动中惯性大小量度。
转动惯量j的大小与刚体的总质量及质量对转轴的分布情况有关，表达式为：
5．角动量定理和角动量守恒定律。
质点角动量：若质点绕某固定点（轴）0作圆。
周运动对0点。
如图5一1所示）
若质点作匀速直线运动时对任意定点0的角动量，如图5一2所示．
方向垂直纸面向外）
刚体对定轴的角动量：刚体对定。
轴角动量。刚体对某定轴的角动量等于刚体对此定轴的转动惯量与角速度的乘积，其方向由右手螺旋法则确定。
角动量定理。
①质点角动量定理：，
或。一质点所受的外力矩等于它的角动量对时间的变化率；或者一质点所受的合冲量矩等于它的角动量的增量．
冲量矩：力矩的时间积累。
刚体的角动量定理： ，
③质点和质点系的角动量守恒：质点角动量守恒：当m外=0，
f外=0，匀速直线运动的物体对任意点o的角动量守恒。
力f过定点o，此力称为有心力，有心力作用下的天体运动对力心o的角动量守恒。
质点系（刚体）角动量守恒定律：，即外力对定点（轴）力矩之和为零，有，对刚体：．
二、方法演练
类型。一、动量定理的类型问题一是要考虑质点系，二是要考虑力系，分析时不能有时遗漏，但有时又要善于抓住主要因素忽略次要因素，这是解决这类问题经常用到的手段。
例1．军训中，战士距墙s。以速度起跳，如图5—3所示，再用脚蹬墙面一次，身体变为竖直向上的运动以继续升高，墙与鞋底之间的静摩擦因数为μ．求能使人体重心有最大总升高的起跳角θ。
分析和解：在解答本题时，注意摩擦力的冲量远大于人体重力
的冲量，抓住主要因素忽略次要因素，是经常用到的手段。
人以角θ起跳，水平初速度和竖直初速度分别为。
从起跳到蹬墙时空中飞行的时间为。
则人蹬墙前竖直方向的速度为。
人重心升高：
设人蹬墙的时间为△t，因△t很小，则静摩擦力的冲量远大于人体重力的冲量，即，由动量定理得：
而在水平方向同样由动量定理可知：
人蹬墙后获得竖直向上的速度：人蹬墙后再上升的高度。
人体重心上升的总高度：
令tanφ=μ则。
对、s0一定时，当时h最大．
即时，人体的重心总升高最大．
类型。二、动量守恒定律的问题最基本的特征就是和外力为零或某一方向上和外力为零，当物体系内质点数量比较多时利用质心守恒是解决此类问题的重要手段之一，解答过程，会比较简单。
例2．如图5—4所示，在光滑的水平地面上静止放有一块质量m3=2 kg，长度l=0. 6 m的木板，板的左右两端分别放置质量m1=2 kg，m2=4 kg的两物块，并分别以初速度=0.4 m/s, =0.
2 m/s同时相向运动．m1 , m2和m3间。
的滑动摩擦因数均为μ=0.22.试求：
1）m2在木块上的最大位移；
（2）m1在木块上的最大位移；
（3）m3的最大位移．
分析和解：物体可能会相碰，可能不会相碰，要予以讨论。讨论后利用动量守恒（和质心守恒）解答本题，会比较简单。
1）假设物块在木板上不会相碰，当时，2相对于3有最大位移，则。
t=0.5 s，取3为参照系，2相对于3的加速度为：
2在3上最大位移：
2）因系统总动量为零，则最后都静止。
将已知数据和所求得的数据代人：
因，假设成立．
系统的总动量为零，则系统的质心c的位置不变，移动前质心跟右端为rc,2×0.6＋2×0.3=（2＋2＋4）rc，rc=0. 225 m
设木板右端向右移动x
2×（0.6-0.5＋x）＋2×（0.3＋x）＋4×（0.05＋x）=8 × 0. 225，x=0. 1 m.
类型。三、碰撞类问题往往是多过程、多次往复运动问题，动量守恒及动能定理是当然的解决工具，但认真分析清楚物理过程和物理情境在解决这类问题中非常重要。
例3．一段凹槽a倒扣在水平长板c上，槽内有一小物。
块b．它到槽内两侧的距离均为l/2，如图5—5所示，木板位于光滑的水平桌面上，槽与板间的摩擦不计，小。
物块与木板间的摩擦因数为μ. a、b、c三者的质量相。
等，原来都静止．现使槽a以大小为的初速度向右。
运动，已知；当a和b发生碰撞时，两者。
速度交换．求： （1）从a、b发生第一次碰撞到第二次。
碰撞的时间内，木板运动的路程；
2）在a、b刚要发生第四次碰撞时，a、b、c三者速度的大小。
分析和解：这是个多次碰撞、往复运动问题，认真分析清楚物理过程和物理情境在本题中非常重要。解题时每一个过程都要交代清楚，才能列出正确的动量守恒或动能定理的等式。
1）a与b发生第一次碰撞后两者交换速度，a停下来，b向右做匀减速直线运动，c由静止开始向右做匀加速直线运动，两者速度逐渐接近，设b相对a（地）移动了s1的路程后和c达到共同速度．
对b、c系统而言：
动量守恒：
对b用动能定理：
联立得：，又，则，即b、c达到共同速度时未与a碰撞，b和c需再以的速度继续向右匀速运动一段距离（l-s1）后，才与a发生第二次碰撞．
对c：由0加速到的距离为s2，则有，
因此c在两次碰撞之间发生的路程为。
2）在第二次碰撞前，a静止，b、c以共同速度匀速运动；刚发生第二次碰撞后，b静止，a、c度均为，因b、c间有摩擦，b加速，c将减速，因＜，则b 、c 再次达到共同速度前a和b不相碰．
对b、c系统：，可得：
又因a的速度大于b的速度，则第三次碰撞发生在a的左壁，刚碰后，b的速度变为c的速度仍然为，此时a的速度变为，同理b和c第三次达到共同速度时a和b不会相碰。
对b,c系统：，可得：
所以a、b发生第四次相碰前：，
类型。四、刚体的转动问题一般要涉及到转动惯量和转动定律以及角速度、角加速度等概念，解题时有关量的关系和临界条件的分析是很重要的。
例4、半径r=10 cm，重量g=10 kg的均匀实心圆柱体（其转动惯量）以角速度ω0=10 r/s绕中心轴旋转．然后将此匀速转动的圆柱体轻轻放在摩擦因数μ=的水平面上，问经过多长时间后圆柱体变为纯滚动．
分析和解：解答本题的关键是要分析清楚纯滚动的条件和转动有关量之间的关系。
设圆柱体变为纯滚动时的角速度为ω，质心的速度将由0逐步增加，到纯滚动时质心的速度为，设这段时间为t.圆柱体的质量为，由于质心速度的变化是摩擦力作用的结果．所以据题意，有 ①
式中为质心的加速度．
根据纯滚动的条件，与ω的关系式为 ③ 式中ω为纯滚动时的角速度．
在摩擦力矩的作用下，圆柱体的角速度是逐步减小的．设角加速度为β，则我们有ω=ω0-βt
根据刚体的转动定律，我们有 ⑤
将①式代人⑤式，得。
将④、⑥式代人③式，得 ⑦
比较②式和⑦式，得3μgt=rω0
所以。代人已知数据得。
类型。五、角动量守恒类问题主要是对刚体绕定点（或轴）转动的物体和系统解题依据，但有些非刚体或不是绕定点（或轴）转动时间，只要系统或物体受的外力矩为零，角动量保持不变也可用角动量守恒定律来求解。
例5．一质量为m的小球放在光滑水平桌面上，用一穿过桌面中心光滑小孔的绳与小球相连（图5—6）．
1）要使小球保持在半径为r1的圆上，以角速度ω1绕。
中心作圆周运动．求绳的一端的拉力f1；
2）增大绳的拉力使小球的转动半径自r1减至r2 ,然后。
使小球保持在r2的圆周上．求此时拉力f2；
3）分析f1和f2哪一个大；
4）将小球自半径r1减至r2的过程中拉力所作的功．
分析和解：本题中绳的拉力作用使小球的转动半径变化的过程中因拉力过转轴，故小球受的外力矩为零，角动量保持不变。
1）在水平方向上，小球只受绳的拉力f1，在f1作用下，作匀速圆周运动f1=mω12r
2）小球自半径r1减为r2的过程中，小球受的外力矩为零，故角动量保持不变，即（mr12）ω1=（mr22）ω2，即。
此时小球受的拉力。
根据上式，因为r1>r2，所以f2>f1．
4）拉力作功a等于小球动能的增量．即。
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