0 x 0 cos ， 0 y 0 sin
从起跳到蹬墙时空中飞行的时间为
t
s0 0 cos
则人蹬墙前竖直方向的速度为
y 0 y gt 0 sin g
人重心升高：
s0 0 cos
s0 s0 s0 1 1 1 h1 0 y t gt 2 0 sin g( ) 2 s0 tan g ( )2 2 0 cos 2 0 cos 2 0 cos
1 1 2 m0 m12 2 2
2 30 3 ，又 0 2 gL ，则 s1 L ， 8 g 4
即 B、 C 达到共同速度时未与 A 碰撞， B 和 C 需再以 1 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 1 的距离为 s2，则有 mgs2
M 外 t L
外
③质点和质点系的角动量守恒：质点角动量守恒：当 M
=0 ，
L m r 常矢量
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： M 外 0 ，即外力对定点（轴）力矩之 和为零，有 L r mii 常矢量 ，对刚体： L J 常矢量 ． 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 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 0 的初速度向右 运动，已知 0 2 gL ；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 1 ． 对 B、C 系统而言： 动量守恒： m0 2m 对 B 用动能定理： mgs1 联立得： s1
（2）因系统总动量为零，则 1、 2、3 最后都静止
f1s13 f 2 s23
1 1 2 ．将已知数据和所求得的数据代人： s13 0.5m m112 m22 2 2
因 s13 s23 0.5 0.05 0.55m 0.6m ，假设成立． （3）1 、2、3 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,
m1 1 m2 2 m1 1 m2 2
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2 g
m2
0.2m / s 2 ， a3
m2 g m1 g
m3
0.2m / s 2
t=0.5 s，取 3 为参照系，2 相对于 3 的加速度为： a23 a2 a3 0.4m / s 2 2 在 3 上最大位移： s23
1 a23t 2 0.05m 2
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 I f I G ，由动量定理得： I f N t m y 而在水平方向同样由动量定理可知： N t m x m x mo cos 人蹬墙后获得竖直向上的速度： y y y 0 sin 人蹬墙后再上升的高度
⑵刚体对定轴的角动量：刚体对定 轴角动量 L mi ri 2 J 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。 ⑶角动量定理 ①质点角动量定理： M rF ， F t P P2 P 1 m 2 m1
M r
L m r m r 2 mr 2 J （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．
LQ rQ m sin Q m rQ sin Q m r LP rP m sin P m rP sin P m r LQ LP （方向垂直纸面向外）
2 1 m12 ， s2 0 2 8 g 02 4 g
因此 C 在两次碰撞之间发生的路程为 s s2 L s1 L
（2）在第二次碰撞前，A 静止，B、C 以共同速度 1 匀速运动；刚发生第二 次碰撞后，B 静止，A、C 度均为 1 ，因 B、C 间有摩擦，B 加速，C 将减 速，因 1 ＜ 0 ，则 B 、C 再次达到共同速度 2 前 A 和 B 不相碰． 对 B、C 系统： m1 2m2 ，可得： 2
① ②
2
（m2 m1）20 2m110 m1 m2
（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
分离速度 2 1 接近速度 10 20
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<e<1，称为非完全弹性碰撞，其机械能的损失为
mm 1 1 1 1 1 2 2 2 2 E （ m110 m220 ） （ m112 m22 ） （ 1 e 2） 1 2 （10 20） 2 2 2 2 2 m1 m2
4．定轴转动定律 转动惯量
⑴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： M J ．式 中 J 为刚体的转动惯量，表示刚体转动中惯性大小量度。 ⑵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： J mi ri 2 5．角动量定理和角动量守恒定律 ⑴质点角动量：若质点绕某固定点（轴）0 作圆 周运动对 0 点
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。
gs0 0 (sin cos ) 2 2 2 0 cos 0 (sin cos ) s tan s 1 g ( s0 ) 2 h2 y 0 0 2g 2g 2g 2 0 cos
2
gs0 0 cos 0 cos
人体重心上升的总高度： H h1 h2 令 tanφ=μ，则
02 (sin cos ) 2
2g
s0
对 0 、s0 一定时，当 即 arctan

2
时 H 最大．
1

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 1 =0.4 m/s, 2 =0.2 m/s 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 1、2 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 1 、2 在木板上不会相碰，当 2 3 时，2 相对于 3 有最大位 移，则 2 a2t a3t 同
例 1．军训中，战士距墙 s。以速度 0 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
动量与角动量
一、知识点击
1．动量定理 ⑴ 质点动量定理： F 合 ma m
t 0
t
，即 F 合t m t m 0
I 合 P
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 I 外 和 I 内 分别表示质点系各质点所受的外力和内力的总冲量，则 P t 和 P 0 表示质点系中各质点总的末动量和初动量之矢量和，则：
乘积， 即 F ma c ， 其质心加速度：a c
m a
i
i
M
。 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．