浅析动量守恒定理应用的几种模型
动量守恒定律中常常涉及这样几种模型：人船模型，子弹打木块模型，滑块模型，弹簧模型等
1人船模型：是利用平均动量守恒求解的一类问题。在解题时要画出个物体的位移关系草图，找出物体间的位移关系。
【例1】质量为M的小船长为L浮在静水中。开始时质量为m的人站在船头，人和船均处于静止状态。若此人从船头走到船尾，不计水的阻力，则船将前进的距离为
A、mL/(m+M)
B、ML/(m+M)
C、mL/(M-m)
D、ML/(M-m)
【解析】以人和船组成的系统为研究对象，由于人从船头走向船尾，系统在水平方向上不受外力作用，所以水平方向动量守恒，人起步前人和船均静止系统的总动量为零。以河岸为参考系有0=MV船→岸+mV人→岸人走船走人停船停。整个过程
中，每一时刻系统都满足动量守恒定律，位移x=V平均t，所以0=ML船→岸+mL人→岸,根据位移关系可知L=L船→岸+L人→岸,解得L船→岸= mL/(m+M)
人船模型往往会涉及速度，在解决物体时一定要分析清楚是相对哪一个参考系，如果给出的速度不是同一参考系，则必须化为同一参考系。
2.子弹打木块模型：此类问题以系统为研究对象，水平方向满足动量守恒条件，但由于有摩擦，故系统的机械能不守恒，而损失的机械能等于摩擦力与相对位移的乘积，解题时最好画出运动草图，物体位移间的关系就很直观。
【例题2】：质量为M、长为l的木块静止在光滑水平面上，现有一质量为m的子弹以水平初速v0射入木块，穿出时子弹速度为v，求子弹与木块作用过程中系
统损失的机械能。
【解析】：如图，设子弹穿过木块时所受阻力为f，射出时木块速度为V，位移为S，则子弹位移为(S+l)以子弹木块为系统，由动量守恒定律得：mv0=mv+MV
由动能定理，对子弹
-f(s+l)=1mv2-1mv0
M2M2由①式得
v=m(v0-v) 代入③式有
11111m22②+④得
fl=1mv0-mv2-MV2=mv0-mv2+M[(v0-v)]2} 222222M
注意：这类问题存在临界条件，即子弹射出和留在滑块中。不同条件滑块的速度应考虑清楚。
3弹簧模型:这类问题主要要考虑到弹簧何时拉的最长或压缩最短，注意，有弹性势能和动能的转化。
【例题3】两滑块A、B的质量分别为M1和M2，置于光滑的水平面上，A、B间用一劲度系数为K的弹簧相连。开始时两滑块静止，弹簧为原长。一质量为m的子弹以速度V0沿弹簧长度方向射入滑块A并留在其中。求滑块B相对于地面的最小速度。
【解析】由于子弹射入滑块A的过程极短，可以认为弹簧的长度尚未发生变化，
滑块A不受弹力作用。取子弹和滑块A为系统，子弹射入A前后物体系统动量守恒，设子弹射入后A的速度为V1，有： mV0＝（m＋M1）V1
取子弹、两滑块A、B和弹簧为物体系统，满足动量守恒，设弹簧的最大压缩长度为x，此时两滑块具有的相同速度为V，系统动量守恒（m＋M1）V1＝（m＋M1＋M2)V
子弹射入滑块A后，整个系统向右作整体运动，另外须注意到A、B之间还有相对振动，当弹性势能为零时，滑块B相对地面有极值速度。若B向左振动，与向右的整体速度叠加后有最小速度；若B向右振动，与向右的整体速度叠加后有最大速度。设极限速度为V3，对应的A的速度为V2，系统动量守恒
mV0=（m＋M1）V2 ＋M2V3
由上式得：（m＋M1＋M2）V3 －2mV0=0
解得：V3=0 （最小速度）
【例题4】两块厚度相同的木块a和b，并列紧靠着放在光滑的水平面上，其质量分别为ma=2.0kg，mb=0.90kg．它们的下底面光滑，上表面粗糙．另有质量mc=0.10kg的铅块c(其长度可略去不计)以vc=10m/s的速度恰好水平地滑到a的上表面，由于摩擦，铅块最后停在本块b上，测得b、c的共同速度为v=0.50m/s，求木块a的速度和铅块c离开a时的速度．
【解】设c离开a时的速度为vc，此时a、b的共同速度为va，对于c刚要滑上
a和c刚离开a这两个瞬间，由动量守恒定律知
mcvc=(ma+mb)va+mcvc(1)
以后，物体c离开a，与b发生相互作用．从此时起，物体a不再加速，物体b将继续加速一段时间，于是b与a分离．当c相对静止于物体b上时，c与b的速度分别由vc和va变化到共同速度v．因此，可改选c与b为研究对象，对于c刚滑上b和c、b相对静止时的这两个瞬间，由动量守恒定律知
mcvc+mbva=(mb+mc)v(2)
由(l)式得mcvc=mcvc-(ma＋mb)va
代入(2)式mcvc-(ma+mc)va+mbva=(mb+mc)v．
得木块a的速度
所以铅块c离开a时的速度
总之求解这类问题应注意：
正确分析作用过程中个物体状态的变化情况，建立运动模型；分清作用过程的不同阶段，并找出联系各阶段的状态量；合理选取研究对象，在运用动量守恒定律时主要注意初、末状态是否守恒，而不太注重中间状态的具体细节，因此解题非常便利。
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文档介绍：
第四章角动量守恒与刚体的定轴转动1、一水平的匀质圆盘,可绕通过盘心的铅直光滑固定轴自由转动,圆盘质量为M,半径为R,对轴的转动惯量2/2mRI?,当圆盘以角速度0?转动时,有一质量为m的子弹沿盘的直径方向射入而嵌在盘的边缘上,子弹射入后,圆盘的角速度为多少?解:子弹与圆盘组成的系统所受合外力矩为零,系统角动量守恒,有mMM:mRMRMRRmvII?????????????故2、如图所示,A和B两飞轮的轴杆在同一中心线上,设两轮的转动惯量分别为210kgmIA?和220kgmIB?,开始时,A轮转速为min/600rev,B轮静止,C为摩擦啮合器,其转动惯量可忽略不计,A、B分别与C的左、右两个组件相连,当C的左右组件啮合时,B轮加速而A轮减速,直到两轮的转速相等为止。设轴光滑,求:(1)两轮啮合后的转速n。(2)两轮各自所受的冲量矩。解:选A、B两轮为系统,合外力矩为零,系统角动量守恒:??分转/?????????????????nsradIIIIIIIBAAABBABBAAA轮所受的冲量矩:????????方向相同方向与轮所受的冲量矩方向相反负号表示与ABBBAAAAsmNIdtMBsmNIdtM???????????????????????19.4CBAω3、质量分别为m和2m的两物体(都可视为质点),用一长为L的轻质刚性细杆相连,系统绕通过杆且与杆垂直的竖直固定轴O转动,已知O轴离质量为2m的质点的距离为3/L,质量为m的质点的线速度为v且与杆垂直,则该系统对转轴的角动量(动量矩)大小为多少?解:m作圆周运动,有LvLv2332????系统角动量大小为mvLLmLm????????????????、质量为m的质点以速度v?沿一直线运动,则它对直线上任一点的角动量为多少?对直线外垂直距离为d的一点的角动量大小是多少?解:对直线上任一点的角动量:00sinrmvLvmrL??????对直线外一点的角动量:mvdrmvLvmrL?????sin???5、一根长为L的细绳的一端固定于光滑水平面上的O点,另一端系一质量为m的小球,开始时绳子是松弛的,小球与O点的距离为h。使小球以某个初速率沿该光滑水平面上一直线运动,该直线垂直于小球的初始位置与O点的连线。当小球与O点的距离达到L时,绳子绷紧从而使小球沿一个以O点为圆心的圆形轨迹运动,则小球作圆周运动时的动能kE与初动能0kE的比值为多少?解:由质点角动量守恒,有:LhOV0Vm2moLL/322000:LhEELhvvLmvhmvkK???则6、一刚体以每分钟60转绕Z轴做匀速转动(??沿Z轴正方向),设某时刻刚体上一点P的位置矢量为kjir????543???,其单位为“m210?”,若以“sm/102?”为速度单位,则该时刻P点的速度为多少?(用矢量表达式表示)解:由??jikjikrv?????????????34543?????????而jijivn?????8.181.2??????????????????7、有一质量为m?1、长为l的均匀细棒,静止平放在滑动摩擦系数为?的水平桌面上,它可绕通过其端点O且与桌面垂直的固定光滑轴转动.另有一水平运动的质量为m2的小滑块,从侧面垂直于棒与棒的另一端A相碰撞,设碰撞时间极短.已知小滑块在碰撞前后的速度分别为1v?和2v?,如图所示.求碰撞后从细棒开始转动到停止转动的过程所需的时间.(已知棒绕O点的转动惯量2131lmJ?)解:对棒和滑块系统,在碰撞过程中,由于碰撞时间极短,所以棒所受的摩擦力矩&&滑块的冲力矩.故可认为合外力矩为零,因而系统的角动量守恒,即1分m2v1l=-m2v2l+?2131lm①3分碰后棒在转动过程中所受的摩擦力矩为glmxxlmgMlf10121d????????②2分由角动量定理?210310lmdtMtf???③2分由①、②和③解得gmmt12122?vv??2分8、一质量为m的小物块用绳系住,以角速度ω0在光滑台面上作半径为r的圆周运动,绳的另一端穿过台面小孔,以一力向下缓缓牵引,使小物块的旋转半径减至r/2,求小物OAm2m1 ,l1v?2v?俯视图mFr块此时的速率。解:小物块受合外力矩为零,系统角动量守恒,有000222?rvvmvrrmv????9、物体A和B叠放在水平桌面上,由跨过定滑轮的轻质细绳相互连接,如图所示.今用大小为F的水平力拉A.设A、B和滑轮的质量都为m,滑轮的半径为R,对轴的转动惯量J=221mR.AB之间、A与桌面之间、滑轮与其轴之间的摩擦都可以忽略不计,绳与滑轮之间无相对的滑动且绳不可伸长.已知F=10N,m=8.0kg,R=0.050m.求:(1)滑轮的角加速度;(2)物体A与滑轮之间的绳中的张力;(3)物体B与滑轮之间的绳中的张力.解:各物体受力情况如图.图2分F-T=ma1分T?=ma1分(TT??)R=?221mR1分a=R?1分由上述方程组解得:??=2F/(5mR)=10rad·s-22分T=3F/5=6.0N1分T?=2F/5=4.0N1分10、两个匀质圆盘,一大一小,同轴地粘结在一起,构成一个组合轮.小圆盘的半径为r,质量为m;大圆盘的半径r?=2r,质量m?=2m.组合轮可绕通过其中心且垂直于盘面的光滑水平固定轴O转动,对O轴的转动惯量J=9mr2/2.两圆盘边缘上分别绕有轻质细绳,细绳下端各悬挂质量为m的物体A和B,如图所示.这一系统从静止开始运动,绳与盘无相对滑动,绳的长度不变.已知r=10cm.求:(1)组合轮的角加速度?;(2)当物体A上升h=40cm时,组合轮的角速度?.解:(1)各物体受力情况如图.图2分T-mg=ma1分mg-T?=ma?1分BAF?R
T? T ’ T ’rm??,m,rA
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浏览：32次物理与工程　Vol.17　No.3　
角动量守恒定律的应用
冯建武　韩运侠
(洛阳师范学院物理系,河南洛阳　471022)
(收稿日期:)
摘　要　通过一个习题的深入分析,说明了应用角动量守恒定律时需要注意的问题.关键词　刚体;角动量;转动惯量;惯性系
　　角动量守恒定律在刚体力学中起着重要作用,但初学者由于对定律的应用条件及角动量的概念模糊不清,往往产生一些“想当然”或似是而非的错误.的分析,角速度为ω,m1v0I(1)
　在漆安慎主编的力学教材中有这样一个习题:一质量为m1速度为υ0的子弹击中并嵌入一质量为
m2=99m1、长度为L的棒的一端,速度υ0与棒垂直,棒原
m2L2+m1L23
m1Lv0=IOω
有人取固定轴为过棒中心O点所在位置,则同理可得
来静止于光滑的水平面上,子弹击中棒后与棒共同运动.求棒和子弹绕垂直于平面的轴的角速度的大小.
题目分析:本题要求刚体绕垂直平面的轴的角速度,有同学问:是求对过刚体上点的轴还是过刚体外的固定轴?其实这不应该成为一个问题,棒和子弹的运动属于刚体的平面平行运动,刚体平面平行运动时绕刚体上任一垂直轴(垂直固定平面)的转动角速度都是相同的;而对刚体外的定轴来说,刚体作的是平面平行运动,刚体上不同点有不同的角速度,因而也不存在刚体对其外轴的角速度问题.
由题可知,子弹和棒构成的系统在打击前后所受合外力为零,因而系统对任一定轴的合力矩为零,系统对任一定轴的角动量守恒.下面对常见的解法作出分析讨论.
常见的错误解法如下
m2L2+m1L23
取不同的固定轴得到了刚体不同的角速度,这与刚体平面运动时刚体对其上不同点有相同的角速度理论有矛盾.显然,子弹打击棒前后,系统对任一定轴角动量守恒,究竟错在哪里呢?　错误分析
对于上面的求解,其主要错误在于以下几方面:
(1)对角动量的概念模糊不清.在求解问题时不管转
轴的情况而盲目使用公式Lz=Izωz.刚体定轴转动时,对轴的角动量可表示为Lz=Izωz,但当刚体对刚体外定轴作平面平行运动时,刚体对该轴的角速度概念已失去意义,这个公式已不成立,此时要求刚体对轴的角动量,须用刚υC+LC.体对任一定轴的公式:LZ=rC×m
(2)对所选取的转轴模糊不清.对所选取的转轴是固
联与空间上的固定轴还是固联于棒上的运动轴?若固联于空间,则棒对轴作平面平行运动,此时要求刚体对轴的υC+LC.角动量,需用刚体对任一定轴的公式:LZ=rC×m
图1　过棒端点取固定轴
之后运用角动量守恒定律求解,若固联于棒,对轴的角动量可表示为LZ=IZωZ,但此时参考系是非惯性系,角动量守恒定律已不成立.
(3)对角动量守恒定律应用条件模糊不清,不分情况
取固定z轴(过A点)如图1所示.因子弹打击过程时间很短,棒在打击过程中位置可看作不变.设打击后系统
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物理与工程　Vol.17　No.3　2007
就套用角动量守恒定律,解答当然会出现错误,后面给出正确解答.
有些同学会问:打击过程中杆位置基本不动,把z轴看作是过杆A或O点的轴,此时LZ=IZωZ,同样可列上式,求出结果不变,二者仍不同,这又是为什么呢?
这种错误解法在于忽视了角动量守恒定律的应用条件.角动量守恒定律适用的参考系是惯性系和质心系.若把z轴看作是过杆上A或O点的轴,则此时由于A或O点在作变速运动,所选参考系为非惯性系,此时系统还受到惯性力的作用,系统对z轴的合力矩已不为零,故角动量对所选z轴已不再守恒,此时根据角动量守恒列出的式子当然是错误的,求出的两个角速度不相等也
就不奇怪了.
该题的正确解法应为
解法一　设系统质心C与杆中点O距离为d,以系统质心轴为z轴,如图2所示,,故对质心轴角动量守恒,有
图3　取固联于空间的转轴
　　又依据刚体对任一定轴的角动量公式有
υC+LCLz=rC×m
(式中rC为系统质心位置矢量,υC为系统质心速度,LC为
LZ2+d(m12CICω+m02
+m1v0+ICω
ω=所以　　
m2L2+m2d2+m112103L
图2　以过系统质心直线为轴
当然,以过O点定轴为z轴也可得出上述答案.实际
m2L2+m2d2+m112
上,对任一定轴和质心轴,只要概念清楚,都可得到正确解答.
通过上述分析可以看出:
m2L2+m2d2+m112
(1)角动量守恒定律适用于惯性系和质心系,对其他
非惯性系,因要计入惯性力矩,一般系统角动量不守恒;因而在应用角动量守恒定律时要选择惯性系或质心系,不能想当然地在非惯性系中运用角动量守恒定律.
(2)刚体定轴转动(或绕质心轴、瞬心轴)时角动量才
,m2=99m1代入式(3)可得m1
m2L2+m2d2+m112
可表示为LZ=IZωZ,对于定轴非纯转动时对轴的角动量,υC+LC计算.不能套用此式.而须用公式:LZ=rC×m
参　考　文　献
[1]　漆安慎,杜蝉英.力学.北京:高等教育出版社,]　梁昆淼.力学.北京:人民教育出版社,1982
[3]　郭士堃.理论力学.北京:人民教育出版社,
　　解法二　以过棒A点所处空间位置垂直于平面的直线为z轴,子弹打击过程中系统所受合外力为零,故系统对z轴角动量守恒,系统动量也守恒.所以即
(m1+m2)υC=m1υ0(m1+m2)vC=m1v0
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