章質點力學運動定律守恒定律

第2章

質點力學的基本定律守恒定律2.1

質點力學的基本定律2.2動量動量守恒定律2.3功動能勢能機械能守恒定律2.5

剛體定軸轉動2.4角動量角動量守恒定律本節(jié)深入系統(tǒng)介紹牛頓三大定律及運用牛頓定律解題的思路與方法，要求能熟練解決質點動力學的兩類基本問題：1.已知質點的質量及運動，求質點所受的作用力；2.已知質點的受力，求解質點的運動。2.1質點力學的基本定律1.第一定律:任何物體都保持靜止的或沿一條直線作勻速運動狀態(tài),除非作用在它上面的力迫使它改變這種狀態(tài)。2.第二定律:物體所獲得的加速度的大小與合外力成正比，與物體的質量成反比；加速度的方向與外力的矢量和的方向相同。牛頓第二定律的微分形式是基本的普遍形式，適用于高速運動情況與變質量問題。3.第三定律:

兩個物體對各自的對方的作用總是相等的,而且指向相反的方向。物體受到繩的拉力和受到的重力是否是作用力與反作用力？PT

牛頓三大運動定律

牛頓定律的適應范圍

僅適用于慣性系只適用于物體的速率比光速c低得多的情況，不適用于接近光速的高速運動的物體，對于接近光速的運動，要利用相對論來分析。一般僅適用于宏觀物體，在微光領域（10-10_____10-15m）中，要應用量子力學。僅適用于實物，不完全適用于場。

牛頓定律的解題方法1.隔離體法將所研究的對象跟周圍的物體隔開，原來物體間的相互作用，用力來代替，稱隔離體法。這是力學中解題最基本的方法。2.受力分析(1)重力豎直向下，大小=mg(2)彈力

發(fā)生形變的物體,由于要恢復形狀,對與它接觸的物體會產(chǎn)生力的作用,這種力叫彈力。①正壓力或支持力等;a.物體是否受彈力取決于是否和物體接觸及是否產(chǎn)生形變。

注意：若兩物體雖有接觸，但沒有形變(即沒有相互作用)時，接觸處沒有彈力。BAA墻B小車勻速前進時，B不受水平向前的力。b.彈力的方向：垂直過接觸點的切面。xo②彈簧的彈力彈力遵守胡克定律：③繩或線對物體的拉力，這種拉力是由于繩發(fā)生形變而產(chǎn)生的。繩產(chǎn)生拉力時，繩的內部各段之間也有相互的彈力作用，這種內部的彈力叫做張力。a繩子上各點的張力是否相等呢？TT=mg圓錐擺T=mg/cosTTm一般都不計繩子質量(輕繩).m拔河比賽FFf2f1(3)摩擦力ABFf最大靜摩擦力Nf

k=

kN,k：摩擦系數(shù),N：正壓力摩擦力分三種情況:(3)最大靜摩擦力。(1)滑動摩擦力;(2)靜摩擦力;對于同一接觸面,μk<μs,而且μk和μs一般都小于1.

列方程3.取座標系（慣性系），(1)直角坐標系(2)圓周運動

質點動力學兩類問題1.已知力，求物體的運動狀態(tài)；例2.1質量為m的物體，以初速度v0沿水平方向向右運動，所受到的阻力與速度v成正比，求物體的運動方程。解：x0mvF阻力為：F=–kv

，k為常數(shù)。將代入上式，得：

例2.2一個質量為m的珠子系在線的一端,線的另一端綁在墻上的釘子上,線長為l.先拉動珠子使線保持水平靜止,然后松手使珠子下落.求線擺下θ角時這個珠子的速率和線的張力.[解]珠子受的力有線對它的拉力T和重力mg.可按切向和法向列牛頓第二定律的分量式.兩邊同乘以ds得lsααmgvTθds=ldα;glcosαdα=vdv

當擺下θ角時,牛頓第二定律的法向分量式為Tθvθ因此mgθ2.已知物體的運動狀態(tài)，求力。[解]選宇宙飛船為研究對象，飛船只受地球引力RrO例2.3

由地面沿鉛直方向發(fā)射質量為m的宇宙飛船。試求宇宙飛船能脫離地球引力所需的最小初速度。不計空氣阻力及其他作用力。（地球半徑取6370km）飛船要脫離地球引力，最小初速度：神六（flash)

非慣性系、慣性力a-a慣性系非慣性系問題:1.在地面的站臺上觀察金杯的運動狀態(tài)如何?2.在加速行駛的車內觀察金杯的運動狀態(tài)又如何?(答:靜止)(答:加速向左運動。)是參照系加速運動引起的附加力，本質上是物體慣性的體現(xiàn)。它不是物體間的相互作用，沒有反作用力，但有真實的效果。在非慣性系中觀察和處理物體的運動現(xiàn)象時,為了應用牛頓定律而引入的一種虛擬力。=-

ma0Fi1)在平動加速參考系中慣性力:mT在勻速轉動的非慣性系中，小球受到一個慣性離心力的作用，大小與繩子的拉力相等，方向與之相反，所以小球處于靜止的平衡狀態(tài)。mT2）轉動參考系：相對慣性系轉動的物體。例如：轉盤在水平面勻速轉動。慣性離心力:ωZ3）在轉動參考系中的物體還有運動速度，則除了慣性離心力外，還有科里奧利力:

例2.4在水平軌道上有一節(jié)車廂以加速度a0行進,在車廂中看到有一質量為m的小球靜止地懸掛在天花板上,試以車廂為參考系求出懸線與豎直方向的夾角.[解]在車廂參考系觀察小球,它是靜止的,加速度a=0.

小球受到的真實力有重力和繩的拉力,還受到慣性力Fi.由于Fi=ma0,

在車廂參考系中,小球是平衡的,可列方程可得Tsinθ-Fi=ma′x′=0;xOyy′x′O`a0FiθmTmgTcosθ-mg

=ma′y′=0.Tsinθ=ma0;Tcosθ=mg.在地面參考系中也能得出同一結果.我們往往只關心過程中力的效果——力對時間和空間的積累效應。力在時間上的積累效應：平動沖量動量的改變轉動沖量矩角動量的改變力在空間上的積累效應功改變能量

牛頓定律是瞬時的規(guī)律在有些問題中，如：碰撞（宏觀）、（微觀）…散射2.2動量定理動量守恒定律一、動量和沖量1.動量單位(kg·m·s-1)2.沖量二、質點動量定理

在一段時間間隔內，質點所受合外力的沖量等于這段時間內質點動量的增量。分量式平均沖力例2.5

一重錘從高度h=1.5m處自靜止下落，錘與被加工的工件碰撞后末速為0。若打擊時間Δt為10-1s、10-2s、10-3s和10-4s，試計算這幾種情形下平均沖擊力與重力的比值。hz解0.110-210-310-46.5565505500例2.6一個質量m=140g的壘球以v=40m/s的速率沿水平方向飛向擊球手,被擊后以相同的速率沿θ=60o的仰角飛出,求壘球受棒的平均打擊力.設球和棒的接觸時間Δt=1.2ms.[解](1)用分量式.建立坐標,以壘球為對象.平均沖力為

注意:在寫分量式時,正負號表示分量的方向.(2)用矢量式.x方向的動量為p0x=-mv,p′x=mvcosθ,y方向的動量為p0y=0,p′y=mvsinθ,由于mv2=mv1=mv,所以α=θ/2=30o,壘球所受的沖擊力是其自重的5900倍,在碰撞問題中一般不考慮重力.Ov2αmv1xyθmv1mv2θα三、質點組動量定理

由若干個質點所組成的系統(tǒng)叫質點組，也稱作一個力學系統(tǒng)。F1m1m2m3m4f1F3F2F4f2f3f4外力內力對每一個質點利用動量定理質點1質點i

質點n

力學系統(tǒng)內每個質點所受的力分成外力及內力

由n個質點組成的力學系統(tǒng)合外力的沖量等于系統(tǒng)總動量的增量。注意：內力不能改變系統(tǒng)的總動量；內力能改變每一個質點的動量。四、動量守恒定律

若系統(tǒng)y方向動量守恒系統(tǒng)x方向動量守恒系統(tǒng)z方向動量守恒在直角坐標系中，分量式:4.動量定理及動量守恒定律只適用于慣性系。幾點說明：1.若某個方向上合外力為零，則該方向上動量守恒，盡管總動量可能并不守恒。2.當外力<<內力且作用時間極短時，可認為動量近似守恒。5.動量守恒定律是關于自然界一切過程的一條最基本的定律。它適用于宏觀粒子系統(tǒng)、電磁場、微觀粒子系統(tǒng)。更普遍的動量守恒定律并不依賴牛頓定律。3.動量若在某一慣性系中守恒，則在其它一切慣性系中均守恒。解題步驟：1．選好系統(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．建立坐標系，列方程求解；5．必要時進行討論。系統(tǒng)、過程、條件

例2.8車(M)長,人(m),車對地光滑,問人從車的一端走到另一端時,人和車各移動了多少?X人X車解:(人,車)—系統(tǒng)沿水平方向,動量守恒.一維直線運動,負號表示人,車反方向運動.X人X車

▲粘附—

主體的質量增加（如滾雪球）

▲拋射—

主體的質量減少（如火箭發(fā)射）還有另一類變質量問題是在高速（v

c）情況下，這時即使沒有粘附和拋射，質量也可以改變—

隨速度變化m=m(v)，這是相對論情形，不在本節(jié)討論之列。變質量問題（低速，v<<c）有兩類：

“神州”號飛船升空火箭飛行原理例2.9

火箭飛行原理火箭體質量為M，速度系統(tǒng)：火箭箭體和dt間隔內噴出的氣體---噴氣速度（相對火箭體）噴出燃料的質量：dm=-dM，噴出燃料速度(對地)：

-u火箭殼體+尚存燃料的質量：M-dm火箭殼體+尚存燃料的速度(對地)：

+d

系統(tǒng)動量：

(M-dm)(

+d

）+

-dM(v

-u)

XOt+dtt

由動量守恒，有

Mv

=-dM(v

-u)+(M-dm)(v

+dv

)經(jīng)整理得：Mdv

=-udM速度公式：引入火箭質量比：得討論：提高vf的途徑

(1)提高u（現(xiàn)可達u=4.1km/s）

(2)增大N（受一定限制）例2.10柔軟的繩盤在桌面上，總質量為m0，總長度l,質量均勻分布，均勻地以速度v0

提繩。求：繩子被拉上任一段后，繩端的拉力F。解：(法一)取整個繩子為研究對象受力圖

已提升的質量(主體)m和將要提升的質量dm(法二)系統(tǒng)是：COXY五、質心質心運動定律1.質心的位置可見,一個物體的質心由其質量的分布所決定.0xyx1y1y2x2ycxccd2d1m1m2對于由于許多質點組成的質點系,其質心位置:2.質心運動定律質心處的質點（質點系總質量）代替質點系整體的平動

系統(tǒng)內力不會影響質心的運動此式說明:合外力直接主導質點系的平動.質心速度不變就是動量守恒（同義語）

例2.11車(M)長,人(m),車對地光滑,問人從車的一端走到另一端時,開始時車靜止,求當人從車頭走到車尾時車移動的距離d=？

xCb0yx1x2dd當人在車左端時,人和車這個系統(tǒng)的質心坐標為當人在車右端時,人和車這個系統(tǒng)的質心坐標為解:取人和車為系統(tǒng),該系統(tǒng)在水平方向不受外力,因而水平方向的質心速度不變,即質心始終靜止不動。由于所以即:求當人從船頭走到船尾時船移動的距離2.3功動能勢能機械能守恒定律一、功與功率1.功

YOXZba

單位：2.功率單位時間內做的功。平均功率瞬時功率例2.12在10m深的井中吊水，桶中裝滿水時，水、桶一共的質量為10kg。由于桶漏水，每上升一米漏水0.2kg，求一桶水從水面提到井口需作功多少？解：dA=F

dy=(m–0.2y)gdyYOdyy10m質量m的物體，從高度h1

h2重力作功ohh1h2mg

dhdr

dA=mgcos

dr計算重力、彈力和摩擦力的功1）重力的功2）彈力的功在彈性力

的作用下，從x1

x2彈力所作的功oxx1dxFx2x3）摩擦力的功如圖，水平桌面上有質點m

，桌面的摩擦系數(shù)為μ

求：兩種情況下摩擦力作的功1）沿圓??；2）沿直徑解：思考:摩擦力是否總是做負功?Sam

質點的動能定理合外力所作的功等于質點動能的增量YOXZba

二、質點的動能定理例2.13

利用動能定理重解例2.2:解如圖,珠子擺下的過程中,合外力對它做的功為由于,所以對珠子,用動能定理,由于v0=0,得由此得lsααmgvTθTθvθAB三、質點組動能定理

設質點組中有n個質點，每個質點受外力F,內力f，利用質點的動能定理，對第i個質點有對系統(tǒng)n個質點求和一力學系統(tǒng)所有外力作的功＋所有內力作的功等于系統(tǒng)總動能的增量注意：系統(tǒng)所有內力做的總功可以不為零；內力不改變系統(tǒng)的總動量，內力可以改變系統(tǒng)的總動能!例2.14

在光滑的水平臺面上放有質量為M的沙箱，一顆從左方飛來質量為m的彈丸從箱左側洞口擊入，在沙箱中前進一段距離l后停止。在這段時間內沙箱向右運動的距離為s，此后沙箱帶著彈丸以勻速運動。求此過程中內力所作的功,研究s和l

的關系.A內=–f(s+l)+f

's

f'=f所以A內=–fl0f

fls設彈丸初速

,沙箱--彈丸系統(tǒng)以

v

勻速運動.則根據(jù)動能定理,有:同理,對沙箱有:f'=f再對沙箱--彈丸系統(tǒng)利用動量守恒定理,有:由(1),(2),(3)消去v,v0

得:四、成對力的功m1m2OA1B1A2B2由于所以結論兩個質點間的相互作用力所做的元功之和等于其中一個質點所受的力和此質點相對于另一質點的元位移的標積。一對內力作功之和與參照系無關計算一對萬有引力的功

r1r2rm1Am2B

m2沿任意路徑從AB引力所作的功五、保守力的功勢能以上討論，重力、彈力、引力的功

保守力的數(shù)學表達式1.保守力保守力作的功2.勢能如果則

系統(tǒng)在任一位形時的勢能等于它從此位形改變至勢能零點時保守力所做的功。

保守力作用下的物體沿一閉合路徑繞行一周，力所作的功為零。1).引力勢能則2).重力勢能3).彈性勢能以彈簧處于自然長度時為彈性勢能零點六、功能原理機械能守恒定律對一個力學系統(tǒng)，根據(jù)質點組動能定理因此而所以

功能原理系統(tǒng)外力與非保守內力作功之和等于系統(tǒng)機械能的增量。對一個力學系統(tǒng)來講如果(或只有保守力作功)則E2=E1系統(tǒng)機械能守恒解題步驟（1）確定研究對象——“系統(tǒng)”（保守力的施力體劃在系統(tǒng)內）（2）分析系統(tǒng)所受的力及力所做的功；判斷是否滿足守恒條件;（3）選擇慣性系,選擇零勢能點；（4）計算始末態(tài)的機械能及各力所做的功（5）應用功能原理或機械能守恒定律列方程解方程。例2.15用機械能守恒定律再解例2.２,求線擺下θ角時珠子的速率。由于所以機械能守恒給出lsααmgvTθTθvθAB例2.16如圖所示質量為M的物塊A在離平板h的高度處自由下落，落在質量也是M的平板B上。已知輕質彈簧的倔強系數(shù)為k，物體與平板作完全非彈性碰撞，求碰撞后彈簧的最大壓縮量。x1x2xhABABAB0

解:從物塊A自由下落到彈簧壓縮到最大限度可分為三個物理過程：

(1)物塊A作自由落體運動，到B時速度為v1;(2)物塊A和平板B作完全非彈性碰撞，碰后速度為v2;(3)碰撞后彈簧繼續(xù)被壓縮到最大壓縮量x2。對每個物理過程列出方程：(1)(2)x1x2xhABABAB0x1x2xhABABAB0

第三個過程中只有重力，彈力作功，機械能守恒。取彈簧處于自然狀態(tài)時，其上端點位置為坐標原點。取x2位置為重力勢能零點，則第三個過程方程為(3)在A、B未碰撞前，B的重力跟所受彈力平衡，因此有

kx1=mg (4)式可得彈簧的最大壓縮量x2解(1)(2)(3)(4)一、角動量描述物體轉動的物理量。om角動量又稱為動量矩大小方向用右手螺旋法則判定單位：2.4角動量角動量守恒定律r→p→φL→OrmOαrF二、力矩

單位：M三、質點的角動量定理、角動量守恒定律質點對固定參考點的角動量的變化率等于質點所受合外力對同一參考點的力矩。作用于質點的合外力矩的沖量矩等于質點角動量（或動量矩）的增量。沖量矩當，

常矢量則——角動量守恒定律1）角動量守恒定律的條件2）動量守恒與角動量守恒是相互獨立的定律3）有心力力始終過某一點行星在速度和有心力所組成的平面內運動角動量守恒如行星運動動量不守恒角動量守恒討論開普勒第二定律掠面速度角動量守恒就是掠面速度相等＝常矢量m

例2.18如圖所示,求2

解:繩給小球的拉力過O點,對O點力矩為零.所以,小球對0點的角動量守恒.方向

末：方向

r1r2om拉力0參考點四、質點組的角動量定理和角動量守恒定律m2m1對于任意一個質點FiFj由于內力是成對出現(xiàn)的，所以與之相應的內力矩也是成對出現(xiàn)的，對i和j兩個質點來說，它們相互作用的力矩之和為內力對定點的力矩之和為零形式上與質點的角動量定理完全相同內力對定點的力矩之和為零只有外力矩才能改變系統(tǒng)的總角動量比較動量定理角動量定理

形式上完全相同，所以記憶上就可簡化。從動量定理變換到角動量定理，只需將相應的量變換一下，名稱上改變一下。（頭上長角尾部添矩）力力矩或角力動量角動量或動量矩力的沖量沖量矩誰爬得快？例2.19一根長為l的輕質桿，端部固結一小球m1

，碰撞時重力和軸力都通過O，解：選m1（含桿）+m2為系統(tǒng)另一小球m2以水平速度v0碰桿中部并與桿粘合。求：碰撞后桿的角速度ω對O

力矩為零，故角動量守恒。lm1O

v0m2

解得：思考（m1＋m2）的水平動量是否守恒？有例2.20蕩秋千的原理分析，證明

>

。解：C：人的質心·1

2：人迅速蹲下，使有效擺長由l

變?yōu)閘;

·2

3：下擺系統(tǒng)：m---地球A外=0,

A非保內=0,所以E守恒12m

2=mgl(1-cos

)(1)·3

4：人站起系統(tǒng)：mM外=0，故對o點角動量守恒m

l

=ml

(2)·4

5：上擺系統(tǒng)：m---地球A外=0，A非保內=0,E守恒12m

2=mgl

(1-cos

)(3)由(1)、(2)、(3)可解得cos

<cos

>

得證人越擺越高，能量哪里來？·····C

l

l

2345o11-cos

1-cos

=l3>1l

3跳高中的力學問題？基本方法：質點系運動定理加剛體特性剛體定軸轉動定理動能定理角動量定理質心運動定理可以解決剛體的一般運動（平動加轉動）繞過o

軸的轉動o

A

B

C

o

o

輪子的平動ABCoABCo

ABA

B

C

Co例一個汽車輪子在地上的滾動2.5剛體定軸轉動無論在多大的外力作用下，總是保持其形狀、大小不變，理想化的模型。一）.剛體的平動和轉動1.平動：一、剛體運動學

剛體內任何一條給定的直線,在運動中始終保持它的方向不變。

各質點具有相同的速度和加速度，所以剛體平動時任何一點的運動都可代表整個剛體的運動。剛體的平動時可看成質點。2.轉動：定軸轉動繞點轉動3.剛體一般的運動:可分解為兩種運動隨質心的平動繞通過質心的軸的轉動轉動平面：任取一垂直于轉軸的平面。轉軸參考方向0PdθP為剛體上一質點，在轉動平面內繞0點作圓周運動。dt再任取一點K，在同一個dt內，也轉過同樣的d

角。Kdθ所以：剛體中任何其它質點都具有相同的d

，，.即（d

，，）三量具有普遍性。知一點的（d

，，），可知整個剛體的運動。故用（，，）描寫剛體的轉動轉動運動學的物理量二）.剛體定軸轉動的描述79例2.19一剛體以每分鐘60轉繞z軸做勻速運動，（沿z軸正方向），設某時刻剛體上一點P的位置矢量為：（單位為“10-2m”），若以“10-2ms-1”為單位，則該時刻P點的速度為：解：

＝恒量時三）.剛體運動學公式

＝恒量時剛體為什么會轉動?剛體轉動狀態(tài)改變的規(guī)律是什么?外力對剛體轉動的影響,與力的大小、方向和作用點的位置有關：力通過轉軸：轉動狀態(tài)不改變；力平行轉軸：轉動狀態(tài)不改變；力離轉軸近：轉動狀態(tài)不容易改變；力離轉軸遠：轉動狀態(tài)容易改變。{一）力對轉軸的力矩力在垂直轉軸的平面（稱轉動平面）內

外力在轉動平面內力矩方向：沿轉軸r

FdoM大?。簉Fsin

rFMθ二、轉動定理轉動慣量ozr若力不在轉動平面，將外力F分解到轉動平面上的分力F2，垂直轉動平面的分力F1，力矩所以式中的實際上是指外力在轉動平面的分力。(b)外力不在轉動平面內F1FF2Pp注意：1）通過轉軸的力對轉軸不產(chǎn)生力矩；2）與轉軸平行的力對轉軸不產(chǎn)生力矩；3）剛體內各質點間內力對轉軸不產(chǎn)生力矩；4）對于剛體的定軸轉動，不同的力作用于剛體上的不同位置（或不同作用方向），可以產(chǎn)生相同的效果；5）剛體同時受幾個力作用時，只有在轉動平面上的分力才對剛體的轉動產(chǎn)生影響。二）轉動定理根據(jù)牛頓定律fiP

io

z

Fi

推導轉動定理用圖將剛體分成很多個質點，P點表示剛體中的任一個質點，質量

mi，內力的合力為所受外力的合力，ri

i上式的切向分量式為上式兩邊同乘ri：上式對剛體所有質點求和fiP

io

z

Firi

i有單位(kg·m2),令稱剛體對轉軸的轉動慣量。

此式稱轉動定理，表明剛體所受的對某一固定轉軸的合外力矩等于剛體對同一轉軸的轉動慣量與剛體在合外力矩作用下所獲得的角加速度的乘積。87三）轉動慣量

轉動慣量是物體轉動慣性的量度，它與下三因素有關：3.同一剛體，轉軸不同，質量對軸的分布就不同，轉動慣量就不同。1.形狀、大小相同的均勻剛體總質量越大，轉動慣量就越大；2.總質量相同的剛體，質量分布離軸越遠，轉動慣量越大；解將圓環(huán)分成無窮多小段，取一小段其質量為dm，該小段對中心軸的轉動慣量dIdI

=r2dm,整個圓環(huán)對中心軸的轉動慣量例2.20一細圓環(huán)半徑為r，質量為m，求圓環(huán)對通過圓心且垂直環(huán)面的軸的轉動慣量。orZdmdI

=r2dmRrdr解將圓盤分成無窮多個大大小小的薄圓環(huán)，取其中一個半徑為r，厚度為dr的薄圓環(huán)，該薄圓環(huán)對中心軸的轉動慣量dI（利用例2.20結論）整個圓盤對中心軸的轉動慣量例2.21求質量為m，半徑為R的圓盤繞通過中心并與圓面垂直的轉軸的轉動慣量，設質量在盤上均勻分布。解(1)如圖所示，沿棒長方向取X軸，中心為坐標原點。XlxdxodIc=x2dm,將細棒分成無窮多小段，取一小段dx，該小段對中心軸的轉動慣量dI各段對中心軸的轉動慣量求和(1)轉軸通過棒的中心并與棒垂直；(2)轉軸通過棒的一端并與棒垂直。例2.22求質量為m，長為l的勻質細棒對下列給定轉軸的轉動慣量：Xlxdx（2）沿棒長方向取x軸。對于在棒的一端的軸來說，平行軸定理剛體對某一軸的轉動慣量I，等于對過質心c并與該軸平行的軸的轉動慣量Ic與二軸間距離d的平方乘上剛體質量的積之和。平行軸定理c

cdIIcoo例2.23一根長L,質量m的均勻細直棒,其一端有一固定的光滑水平軸因而可以在豎直平面內轉動.最初棒靜止在水平位置,求它由此下擺θ角時的角加速度和角速度.Lcxmg

解討論此棒的下擺運動時,不能再把它看成質點,而應作為剛體定軸轉動來處理.棒所受外力矩即重力對轉軸的力矩.o由轉動定理可得棒的角加速度12例2.24質量為m1，m2（m1>m2）的兩物體，通過一定滑輪用繩相連，已知繩與滑輪間無相對滑動，且定滑輪是半徑為R、質量為M的均質圓盤，忽略軸的摩擦。求：(1)m1、m2的加速度；(2)滑輪的角加速度

及繩中的張力。RoMm1m2aaT2T1m2gm1gR解對m1、m2，滑輪作受力分析，

m1、m2作平動，滑輪作轉動，解得一）力矩的功z0p外力矩剛體從角位置

1-—2時，力矩M所作的功：功率三、剛體的動能和勢能二）剛體的轉動動能三）剛體定軸轉動的動能定理A上式為剛體定軸轉動的動能定理：剛體繞定軸轉動動能的增量等于合外力矩所作的功。四）重力勢能x0h(y)剛體勢能的計算:把剛體的質量看成集中于質心,計算質心勢能即可.剛體系統(tǒng)的運動，只有保守力作功，機械能守恒。m.c五）機械能守恒定律系統(tǒng)機械能守恒，即例2.25一勻均細桿長l，質量m，垂直放置，o點著地。桿繞o點自由倒下，求桿的另一端點a著地時的角速度

、線速度v、法向加速度an及切向加速度a

。acmgclmao解桿在倒下過程中機械能守恒桿著地時刻，根據(jù)轉動定理

M=I

acmgclmao例2.26質量m1，半徑為R的定滑輪（當作均質圓盤）上繞一輕繩，繩的一端固定在滑輪上，另一端掛一質量為m2的物體而下垂，如圖所示。忽略軸處摩擦，求物體m2由靜止下落h高度時的速度。hROm2m1解根據(jù)機械能守恒定律一）剛體定軸轉動的角動量將剛體分成無窮多個質點，第i個質點的角動量大小為方向沿軸oo

向上。剛體作定軸轉動時，剛體上各質點皆繞同一軸oo

作圓周運動，所有質點的角動量方向都相同，因此，整個剛體的總角動量

mioo

Lrivi四、剛體定軸轉動的角動量及其守恒定律二）角動量守恒定律若剛體所受的合外力矩M外＝0，稱剛體的角動量守恒定律。L=I

=恒矢量角動量例直升飛機1.角動量守恒有兩種情況:注意:一是轉動慣量與角速度都不變;二是兩者都變但二者的乘積不變。2.轉動系統(tǒng)由多個物體(剛體或質點)組成·同樣可得角動量守恒定律·但系統(tǒng)內各物體的角動量必須是對同一固定軸而言的。例2.27如圖所示,球—棒,碰撞,球棒系統(tǒng)碰撞前后動能守恒.求小球的回跳速度v,棒的角速度

。(水平放置).0解:小球：動量定理

(向上為正)：細棒：角動量定理(方向以為正)：球,棒系統(tǒng),彈性碰撞,動能守恒：問題：公式（3）的物理意義？(水平放置).0另解:棒球系統(tǒng),碰撞過程角動量守恒..108例2.28均勻細桿長L,質量M,可繞A端的水平軸自由轉動,在桿自由下垂時,質量為m的槍彈沿水平方向射進桿的P點.并使桿擺動,擺動的最大偏轉角為

,已知AP長為l

,求槍彈射入之前的速度v.ABP.mv解:完全非彈性碰撞,外力:重力,軸的支承力,對轉軸的力矩為零,角動量守恒.碰后瞬間：（設棒和槍彈開始一起運動時的角速度為

）.角動量守恒：.Crc.ch.轉動慣量具有疊加性均勻細桿長L,質量M,可繞A端的水平軸自由轉動,在桿自由下垂時,質量為m的槍彈沿水平方向射進桿的P點.并使桿擺動,擺動的最大偏轉角為

,已知AP長為l

,求槍彈射入之前的速度v.此后，棒和槍彈一起以

運動，機械能守恒。槍彈射入后，棒和槍彈系統(tǒng)的質心位置rc：豎直，機械能：ABP.mv.Crc.ch零勢能點均勻細桿長L,質量M,可繞A端的水平軸自由轉動,在桿自由下垂時,質量為m的槍彈沿水平方向射進桿的P點.并使桿擺動,擺動的最大偏轉角為

,已知AP長為l

,求槍彈射入之前的速度v.最大偏轉角

處，機械能：ABP.mv.Crc.ch零勢能點如圖所示,一均勻細棒,長為l,質量為m,可繞過棒端且垂直于棒的光滑水平軸O在豎直平面內轉動.棒被拉到水平位置從靜止開始下落,當它轉到豎直位置時,與放在地面上一靜止的質量亦為m的小滑塊碰撞,碰撞時間極短.小滑塊與地面間的摩擦系數(shù)為μ,碰撞后滑塊移動距離S后停止,而棒繼續(xù)沿原轉動方向轉動,直到達到最大擺角.求碰撞后棒的中點C離地面的最大高度h.OlCCSh解:以棒與地為系統(tǒng),在棒下落時,僅有保守內力作功,故系統(tǒng)機械能守恒.選地面為勢能零點,則有:以棒與滑塊為系統(tǒng),在二者碰撞過程中,對O軸M外=0,故系統(tǒng)對O軸的角動量守恒.對滑塊有其中以棒與地為系統(tǒng),在棒上升過程中,機械能守恒.選地面為勢能零點,則有其中解得:對稱性與守恒定律(1).空間平移對稱性與動量守恒定律m1m2兩個質點組成封閉系統(tǒng),質點間相互作用是引力(或庫侖力)相互作用-保守系.系統(tǒng)的勢能EP(r).由保守力作功-勢能之間的關系式:系統(tǒng)如圖所示,平移勢能的變化為因質點間平移后相對位置不變,所以dEP=0.0x米尺具有平移對稱性的空間是均勻的，空間各位置等價。（2）.空間旋轉對稱性與角動量守恒定律m1m20

d

d

設勢能的變化為dEP,r一個物體繞某一軸或某一點旋轉某一角度而復原,叫旋轉對稱性.繞中心軸旋轉2

/3復原.繞過球心任意軸旋轉任意角度而復原。——旋轉對稱性。本質上是空間各向同性。（3）時間平移對稱性與能量守恒定律一個系統(tǒng)的能量是所有動能Ek和勢能Ep的總和,不顯含時間t。設t時刻,系統(tǒng)能量為E(t),t+dt的能量是E(t+dt).將E(t+dt)展開成泰勒級數(shù),得到：略去二階以上的高階無窮小，有：能量公式不顯含時間t，封閉系統(tǒng)的總能量保持不變。守恒定律的意義1.守恒定律·力學中：動量守恒定律、角動量守恒定律、機械能守恒定律·自然界中還有：質量守恒定律、電荷守恒定律、(粒子物理中的)重子數(shù)、輕子數(shù)、奇異數(shù)、宇稱守恒定律……。2.守恒定律的特點(1)方法上：針對一過程，但不究過程細節(jié)，給出始末態(tài)的情況。(2)適用范圍廣：宏觀、微觀、高速、低速均適用。3.物理學家特別重視守恒量和守恒定律的研究(1)遇到問題，首先從已有的守恒定律去思考、去研究。(2)如發(fā)現(xiàn)矛盾，一般是堅信守恒定律，而去探尋問題中的未知因素(如中微子的發(fā)現(xiàn))(4)實在無法“補救”時，物理學家才宣布某守恒定律有一定的局限，非普遍成立。如弱相互作用下宇稱(parity)不守恒。(3)在有些看來原有守恒定律“失效”的情況下，則設法“補救”，擴大守恒量，引進更普遍的守恒定律。以上不論哪種情況，都是對自然界的認識上了新臺階。因此守恒定律的發(fā)現(xiàn)、推廣、甚至否定，都對人類認識自然起巨大的推動作用。4.守恒定律有更深刻的根基1）前面雖然由牛頓定律

幾個守恒定律，但適用范圍：守恒定律比牛頓定律更廣泛說明：守恒定律有更廣泛、更深刻的根基。實際上，守恒定律揭示了自然界普遍的屬性---對稱性。2）現(xiàn)代物理學：守恒定律和時空對稱性相聯(lián)系

(自然界更普遍的屬性)§1-7物理學中的對稱性與守恒定律空間平移對稱性與動量守恒定律兩個質點組成封閉系統(tǒng),質點間相互作用是引力(或庫侖力)相互作用-保守系.系統(tǒng)的勢能EP(r).由保守力作功-勢能之間的關系式:m1m2系統(tǒng)如圖所示,平移勢能的變化為因質點間平移后相對位置不變,所以dEP=0.具有平移對稱性的空間是均勻的，空間各位置等價。3）每一個守恒定律都相應于一種對稱動量守恒定律是空間平移對稱性的表現(xiàn)；角動量守恒定律是空間轉動對稱性的表現(xiàn)；能量守恒定律是時間平移對稱性的表現(xiàn)。力學小結提綱一.力學線索框圖（見下頁）二.解題的基本方法與步驟

1.用牛頓定律解題,用轉動定理解題

2.用功能、動量、角動量及守恒定律解題三.總結自己在哪些方面、哪些問題上較中學有所提高。四.專題小結（例如慣性力、角動量、質心系…）對參考系的依賴關系。要搞清各規(guī)律的內容、來源、適用對象、成立條件、時間積累轉動效應質點質點系質點質點系質點質點系質點剛體時間積累

空間積累一對力

空間積累線量位置矢量位移速度加速度角位置角位移角速度角加速度質量力牛頓定律動能轉動慣量力矩轉動定理轉動動能角量平動與轉動的對應關系(續(xù)前)平動動量定理動量守恒定律動能定理

機械能守恒定律轉動動量矩定理動量矩守恒定律動能定理P99/36均質圓輪A的質量為m1，半徑為R1，以角速度ω繞OA桿的A端轉動，此時，將其放置在另一質量為m2的均質圓輪B上，B輪的半徑為R2．B輪原來靜止，但可繞其幾何中心軸自由轉動．放置后，A輪的重量由B輪支持．略去軸承的摩擦與桿OA的重量，并設兩輪間的摩擦因素為

，問自A輪放在B輪上到兩輪間沒有相對滑動為止，需要經(jīng)過多長時間？OAR1R2B[解答]圓輪A對B的壓力為N=m1g，兩輪之間的摩擦力大小為

f=

N=

m1g，摩擦力對A的力矩大小為MA=fR1=

m1gR1，

摩擦力對B的力矩大小為MB=fR2=

m1gR2

OAR1R2B設A和B的角加速度大小分別為

A和

B，轉動慣量分別為IA和IB，根據(jù)轉動定理得方程

MA=IA

A，即

A=MA/IA．

同理可得

B=MB/IB．當兩輪沒有相對滑動時，它們就具有相同的線速度v，A的角速度為

A=v/R1，

B的角速度為

B=v/R2．

根據(jù)轉動運動學的公式得

A–

=-

At，

B=

Bt，

即

v/R1–

=-

At，v/R2=

Bt，

得v-

R1=-

AR1t，v=βBR2t，將后式減前式得

R1=(R1

A+R2

B)t

解得經(jīng)過的時間為

[注意]在此題中，由于A、B兩輪不是繞著同一軸轉動的，所以不能用角動量守恒定律．問題：能用角動量守恒定律解答？OAR1R2B一半徑為R，質量為m勻質圓盤，平放在粗糙的水平桌面上。設盤與桌面間摩擦系數(shù)為

，令圓盤最初以角速度

0

繞通過中心且垂直盤面的軸旋轉，問它經(jīng)過多少時間才停止轉動？rRdr

d

e解由于摩擦力不是集中作用于一點，而是分布在整個圓盤與桌子的接觸面上，力矩的計算要用積分法。在圖中，把圓盤分成許多如圖的質元，每個質元的質量dm=

dV=

rd

dre，所受到的阻力矩是r

dmg

。質元1此處e是盤的厚度。所受阻力矩就是rRdr

e把圓盤分成許多圓環(huán)形質元，每個質元的質量dm=

dV=

2rdre，所受到的阻力矩是r

dmg

。因m=

e

R2，代入得dM=r

dmg質元2根據(jù)定軸轉動定理，阻力矩使圓盤減速，即獲得負的角加速度.設圓盤經(jīng)過時間

t停止轉動，則有由此求得rRdr

e如圖所示,一個質量為m的物體與繞在定滑輪上的繩子相聯(lián),繩子質量可以忽略,它與定滑輪之間無滑動.假設定滑輪質量為M、半徑為R，其轉動慣量為,滑輪軸光滑.試求該物體由靜止開始下落的過程中,下落速度與時間的關系.mMRTmgaMRTβ解:根據(jù)牛頓運動定律和轉動定理列方程:對物體:對滑輪:由運動學關系:由(1)(2)(3)式聯(lián)立得問題一：蕩秋千的力學問題二：生蛋與熟蛋的力學判別問題三：逆風行船問題四：滑輪力矩問題五：跳高的力學問題力學部分的若干小議題升空過程中的物理原理

:1)在“長三甲”運載火箭將“嫦娥一號”送入太空的過程中，要求其發(fā)射速度至少到第一宇宙速度

由于衛(wèi)星飛離地球時有一定的高度，即距離地心的距離要大于地球的半徑，因此衛(wèi)星要飛離地球其速度要大于第一宇宙速度。只有這樣才能保證“嫦娥一號”不至被火箭“拋出”后落回地面。

2).由于“長三甲”是捆綁式分級火箭，每當拋出一級火箭后，整個運載火箭的質量就大大減小.3).火箭在大氣層內運動的過程中，與大氣的摩擦力是很大的，摩擦力做功會使大量的機械能轉化為熱能，導