導語：如何才能寫好一篇動量守恒定律，這就需要搜集整理更多的資料和文獻，歡迎閱讀由公務員之家整理的十篇范文，供你借鑒。

篇1

（1）定義：物體的質量與速度的乘積。

（2）表達式：p=mv，單位：kg?m/s.

（3）動量的性質。

矢量性：方向與瞬時速度方向相同。

瞬時性：動量是描述物體運動狀態(tài)的量，是針對某一時刻而言的。

相對性：大小與參考系的選取有關，通常情況是指相對地面的動量。

（4）動量、動能、動量的變化量的關系

動量的變化量：Δp=p′-p.

動能和動量的關系：Ek=.

二、動量守恒定律

（1）守恒條件。

理想守恒：系統(tǒng)不受外力或所受外力的合力為零，則系統(tǒng)動量守恒.

近似守恒：系統(tǒng)受到的合力不為零，但當內力遠大于外力時，系統(tǒng)的動量可近似看成守恒.

分方向守恒：系統(tǒng)在某個方向上所受合力為零時，系統(tǒng)在該方向上動量守恒.

（2）動量守恒定律的表達式

m1v1+m2v2=m1v1′+m2v2′

或Δp1=-Δp2.

三、動量守恒的判斷

（1）動量守恒定律的研究對象都是相互作用的物體組成的系統(tǒng). 系統(tǒng)的動量是否守恒，與選擇哪幾個物體作為系統(tǒng)和分析哪一段運動過程有直接關系.

（2）分析系統(tǒng)內物體受力時，要弄清哪些是系統(tǒng)的內力，哪些是系統(tǒng)外的物體對系統(tǒng)的作用力.

四、動量守恒定律的理解與應用

1. 動量守恒定律的不同表達形式。

（1）p=p′，系統(tǒng)相互作用前的總動量p等于相互作用后的總動量p′.

（2）m1v1+m2v2=m1v1′+m2v2′，相互作用的兩個物體組成的系統(tǒng)，作用前的動量和等于作用后的動量和.

（3）Δp1=-Δp2，相互作用的兩個物體動量的增量等大反向.

（4）Δp=0，系統(tǒng)總動量的增量為零.

2. 應用動量守恒定律解題的步驟。

（1）明確研究對象，確定系統(tǒng)的組成（系統(tǒng)包括哪幾個物體及研究的過程）；

（2）進行受力分析，判斷系統(tǒng)動量是否守恒（或某一方向上動量是否守恒）；

（3）規(guī)定正方向，確定初、末狀態(tài)動量；

（4）由動量守恒定律列出方程；

（5）代入數(shù)據(jù)，求出結果，必要時討論說明.

五、例題分析

1. 如圖所示，豎直平面內的四分之一圓弧軌道下端與水平桌面相切，小滑塊A和B分別靜止在圓弧軌道的最高點和最低點. 現(xiàn)將A無初速釋放，A與B碰撞后結合為一個整體，并沿桌面滑動. 已知圓弧軌道光滑，半徑R=0.2m；A和B的質量相等；A和B整體與桌面之間的動摩擦因數(shù)μ=0.2.重力加速度g取10m/s2.求：

（1）碰撞前瞬間A的速率v；

（2）碰撞后瞬間A和B整體的速率v′；

（3）A和B整體在桌面上滑動的距離l.

[解析]設滑塊的質量為m.

（1）根據(jù)機械能守恒定律有

mgR=mv2

解得碰撞前瞬間A的速率有

v=gR=2m/s.

（2）根據(jù)動量守恒定律有

mv=2mv′

解得碰撞后瞬間A和B整體的速率

v′=v=1m/s.

（3）根據(jù)動能定理有

（2m）v′2=μ（2m）gl

解得A和B整體沿水平桌面滑動的距離

l==0.25m.

2. [2014?天津卷]如圖所示，水平地面上靜止放置一輛小車A，質量mA=4kg，上表面光滑，小車與地面間的摩擦力極小，可以忽略不計. 可視為質點的物塊B置于A的最右端，B的質量mB=2kg.現(xiàn)對A施加一個水平向右的恒力F=10N，A運動一段時間后，小車左端固定的擋板與B發(fā)生碰撞，碰撞時間極短，碰后A、B粘合在一起，共同在F的作用下繼續(xù)運動，碰撞后經(jīng)時間t=0.6s，二者的速度達到vt=2m/s.求：

（1）A開始運動時加速度a的大小；

（2）A、B碰撞后瞬間的共同速度v的大小；

（3）A的上表面長度l.

[解析]（1）以A為研究對象，由牛頓第二定律有

F=mAa ①

代入數(shù)據(jù)解得

a=2.5m/s2 ②

（2）對A、B碰撞后共同運動t=0.6s的過程，由動量定理得

Ft=（mA+mB）vt-（mA+mB）v ③

代入數(shù)據(jù)解得

v=1m/s ④

（3）設A、B發(fā)生碰撞前，A的速度為vA，對A、B發(fā)生碰撞的過程，由動量守恒定律有

mAvA=（mA+mB）v ⑤

A從開始運動到與B發(fā)生碰撞前，由動能定理有

Fl=mAvA2 ⑥

篇2

關鍵詞：角動量；守恒；應用

在研究物體運動時，通常用動量描述物體的運動，而人們經(jīng)常遇到質點和質點系繞某一定點或定軸運動的情況。例如，太陽系中行星繞太陽的公轉、月球繞地球的轉動、物體繞某一定軸的轉動等，運動的物體速度的大小和方向都在不斷變化，因而其動量也在不斷變化，人們很難用動量和動量守恒定律解釋這類運動的規(guī)律。但是引入角動量和角動量守恒定律后，則可較為簡單地描述轉動的物體。

角動量是大學物理中的重要物理量，它是描述物體轉動特征的物理量，在經(jīng)典物理、航空技術、近代物理理論中都扮演著極為重要的角色，是物理學中重要的力學概念之一。角動量守恒定律是自然界中基本的守恒定律之一，在航天航空領域、體育賽事、日常生活中有著廣泛的應用。

一、角動量守恒定律

若繞定軸轉動的剛體所受到的合外力矩為零，則剛體對軸的角動量是恒量的。剛體定軸轉動的角動量定理和角動量守恒定律，實際上是對軸上任一定點的角動量定理和角動量守恒定律在定軸方向的分量形式。無論是對定軸轉動的剛體，或是對幾個共軸剛體組成的系統(tǒng)，甚至是有形變的物體以及任意質點系，對定軸的角動量守恒定律都成立。

二、角動量守恒應注意的問題

若合外力矩為零時，則系統(tǒng)的角動量守恒；若系統(tǒng)轉動慣量不變，則系統(tǒng)轉動的角速度也不變；若系統(tǒng)轉動慣量改變，則系統(tǒng)轉動的角速度也會改變，但角動量保持不變。若系統(tǒng)由幾部分構成，總角動量是指各部分相對同一轉軸的角動量代數(shù)和。內力矩可影響系統(tǒng)中某個剛體的角動量，但對系統(tǒng)的總角動量無影響。在沖擊等問題中，當內力矩遠遠大于外力矩時，系統(tǒng)的角動量守恒。

三、角動量守恒在航天航空中的應用

1.常平架陀螺儀

常平架陀螺儀在支架上面裝著可以轉動的外平衡環(huán)，外平衡環(huán)里面裝著可以相對于外平衡環(huán)轉動的內平衡環(huán)，內平衡環(huán)中心有一個質量較大的轉子。轉子精確地對稱于其轉軸的圓柱，各軸承均高度，三根轉動的軸線相互垂直并且相交于轉子的質心。這樣的設計能夠保證實現(xiàn)轉子在三個維度上自由旋轉，當轉子繞中心轉軸高速轉動時，根據(jù)角動量守恒定律，角動量的方向不變，無論如何改變框架的方位，其中心軸的空間取向都始終保持不變。由于常平架陀螺儀轉軸的方向不變，將常平架陀螺儀裝在導彈、飛機、坦克和艦船中，以轉子自轉軸線為標準，可隨時指出方位，以便自動調整。例如，導彈偏離正常的飛行方向和姿態(tài)，可以用三個角度來說明：導彈頭部的上下擺動，即導彈繞垂直行方向的水平軸的旋轉，可用俯仰角說明；導彈頭部左右擺動，即繞鉛直軸線的轉動，可用偏航角說明；導彈繞縱向軸線的轉動，可用側滾角說明。測出這三個角度，至少要用兩個陀螺儀，其中一個陀螺儀繞鉛直軸轉動，因為無論導彈怎樣運動，其轉軸方向不變，故可利用鉛直基準線，導彈的側滾角和俯仰角都可以根據(jù)鉛直基準線測出來；另外一個陀螺儀繞水平軸轉動，利用其轉動軸線可規(guī)定水平基準線，用它測出偏航角，將測出的信號傳送給計算系統(tǒng)，就能夠發(fā)出信號，隨時糾正導彈飛行的方向和姿態(tài)，因而這種陀螺儀廣泛用于航海、航空和航天等領域。

2.在直升機上的應用

一般直升機尾部都會有個螺旋槳。筆者用一個簡單的例子進行定性分析。例如，轉臺和輪子通過一個轉軸相連接，二者可繞著轉軸無摩擦地自由轉動，人靜止站在轉臺上，初始時刻人和轉臺輪子組成的系統(tǒng)是靜止的，人沿順時針方向撥動輪子。人撥動轉輪的力是系統(tǒng)的內力，內力對系統(tǒng)不產生力矩作用，所以不改變系統(tǒng)的角動量，此外系統(tǒng)還受到的外力是重力和地面對其的支持力，這兩個力平行于轉軸，故此對轉軸不產生力矩的作用，即系統(tǒng)受到的合外力矩為零，故此系統(tǒng)的角動量守恒。此時輪子沿順時針方向轉動，為了防止反轉，保持系統(tǒng)的角動量守恒，人和轉臺的方向必定與輪子的方向相反，即逆時針方向轉動。根據(jù)上述結論，可以知道轉動的物體由兩部分組成，原來是靜止的，總角動量為零。當內部的相互作用使一部分轉動時，根據(jù)角動量守恒定律，則另一部分必向反方向轉動。當直升機的主螺旋槳轉動時，機身就會向反方向轉動，以維持角動量守恒。為了避免機身轉動，通常在直升機的尾部安裝一個輔助的螺旋槳，它提供一個附加水平力，其力矩可與主螺旋槳給機身的反作用力矩相抵消。

四、角動量守恒在體育賽事中的應用

1.花樣滑冰

花樣滑冰運動員在比賽中經(jīng)常要做一些原地旋轉的動作，運動員可以通過改變肢體的動作達到改變角速度的目的，這種現(xiàn)象可用角動量守恒定律解釋。運動員可近似看成是一個剛體系，冰的摩擦力很小可以忽略不計，運動員受到重力和支持力的作用，重力和支持力對轉軸的力矩為零，因此運動員對轉軸的角動量守恒。當運動員伸開手臂時，質量遠離轉軸分布，轉動慣量變大，故角速度變小；而收攏雙臂時，質量靠近轉軸分布，轉動慣量變小，故角動量變大。因此運動員可以通過改變肢體的動作，達到改變轉速的目的。

2.高臺跳水

在跳水運動項目中，運動員在空中做各種旋轉或翻騰動作時，都會盡量把身體抱在一起，入水時又會把手臂和雙腿伸直，這也是角動量守恒定律的一種應用。把運動員近似看成是一個剛體系，在運動員騰空過程中，空氣的阻力忽略不計，運動員只受到自身重力的作用。因而對于通過質心的任一軸線而言，重力力矩為零，故人體所受的合外力矩為零，運動員對通過質心的任一軸線的角動量守恒。運動員在上升時四肢伸展，處在遠離質心的位置，轉動半徑增大，轉動慣量增大，角速度較小，空翻轉動不明顯；到達最高點時，運動員盡量收攏四肢，處在靠近質心的位置，轉動半徑減小，轉動慣量減小，從而轉動角速度增大，此時空翻轉動非常明顯；將近完成翻轉時，再次充分伸展四肢到遠離質心的位置，以增大轉動半徑，轉動慣量增大，使角速度減小，從而達到平穩(wěn)入水的目的。

3.角動量守恒定律在日常生活中的應用

為什么同手同足走路會感覺特別別扭呢？這是因為人在走路過程中，左腳向前跨出時，右臂必須同時向前擺出，才不至于使整個軀干向右旋轉。隨著閉合腿的運動，軀干的上端（肩）和下端（髖）彼此向相反方向扭轉，而軀干的中端和頭部則大體保持在原來位置上，這樣可以使整個身體相對于豎直軸的角動量為零。所以，同手同足走路會讓人覺得比較別扭。

五、結語

本文對角動量守恒定律及其應用進行了簡單的介紹。角動量守恒定律是自然界中最基本的守恒定律之一，在各個領域中應用廣泛。加強角動量守恒及其應用的研究將為人們的生產、生活帶來極大的便利。

參考文獻：

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[3]馮建武，韓運俠.角動量守恒定律的應用[J].物理與工程，2007，17（3）：61-62.

篇3

一、注意公式的“系統(tǒng)性”

動量定恒定律成立的條件是系統(tǒng)不受外力或所受外力之和為零，因此，應用動量守恒定律解決問題時，要注意分析系統(tǒng)受到哪些外力，是否滿足動量守恒的條件。

系統(tǒng)的動量守恒時，系統(tǒng)內某一物體的動量可以不守恒，系統(tǒng)內所有物體動量的絕對值之和也可以不守恒，所說“動量守恒”是指系統(tǒng)內所有物體動量的矢量和是守恒的。

二、注意公式的“矢量性”

動量p=mυ，其中質量m是標量，速度υ是矢量，故動量p是矢量。所以m υ +m υ =m υ ′+m υ ′是一個矢量式，式中p =m υ +m υ 是作用前系統(tǒng)動量的矢量和，p =m υ ′+m υ ′是作用后系統(tǒng)動量的矢量和。因此應用動量守恒定律列方程時，要求用矢量求和的方法分別求出p 和p 。

在一維情形下，必須規(guī)定一個方向為速度υ的正方向后，然后將式中的υ 、υ 、υ ′、υ ′的實際方向與規(guī)定的正方向比較，得出動量的“正”或“負”后，再用代數(shù)方法求p 和p ，所以動量的“正”或“負”就是動量的矢量性。特別注意：動量的矢量性是正確運用動量守恒定律的一個重要關健。

［例1］質量為m =1kg的滑塊靜止于光滑的水平而上，一質量為m =50g的小球，以100m/s的速度碰到滑塊后又以80m/s的速率被彈回。求滑塊獲得的速度是多少？

解：以小球和滑塊為系統(tǒng)，總動量守恒。以小球碰撞前的速度為正，則υ =100m/s小球碰撞后的速度應為υ ′=-80m/s，由動量守恒定律以m υ +m υ =m υ ′+m υ ′代入數(shù)據(jù)可求得滑塊獲得的速度υ ′=9m/s，υ ′為正，說明滑塊的速度方向與小球原來的運動方向相同。

三、注意公式的“同一性”

動量p=mυ，其中速度υ的大小相對不同的參照系，它的數(shù)值是不同的，于是動量的數(shù)值也就不同。因此應用動量守恒定律m υ +m υ =m υ ′+m υ ′時，式中的四個速度υ 、υ 、υ ′和υ ′的大小一定要相對同一參照系。也就是說要注意公式的“同一性”，至于以什么為參照系，則沒有嚴格的規(guī)定，須視具體情況而定（一般是對地）。

［例2］一門舊式大炮，炮身的質量M=1000kg，水平發(fā)射一枚質量m=2.5kg的炮彈，如果炮彈從炮筒飛出的速度υ=600m/s，求炮身后退的速度υ′。

學生解法如下：由動量守恒定律，有mυ+Mυ′=0，υ′=- υ=

- ×600m/s=-1.5m/s

這里的υ′是炮身相對于地面的速度，υ是炮彈從炮筒飛出的速度，應當理解為相對于炮筒的速度，因為炮筒和炮座連在一起，因此也就是相對于炮身的速度，而不是相對于地面的速度。由于炮彈速度和炮身速度的參照物不統(tǒng)一，因此，以上解法是錯誤的。

運用動量守恒定律解題時，如果系統(tǒng)中各物體速度的參照物不是同一個慣性系，就要根據(jù)運動的合成原理進行變換。炮彈相對于地面的速度，應當是它相對于炮身的速度υ和炮身相對于地面的速度的矢量和，即υ+υ′。因此，這題的正確解法是：m（υ+υ′）+Mυ′=0，υ′=- ≈-1.5m/s

盡管兩種解法所得的結果近似相同，并不表明前種解法也正確，完全是由于M＞m的緣故。

四、注意公式的“同時性”

動量是狀態(tài)量，動量守恒定律是指系統(tǒng)任意時刻總動量保持不變，因此系統(tǒng)內物體相互作用前的總動量m υ +m υ 中的υ 和υ 必須是相互作用前同一時刻的瞬時速度；相互作用后的總動量m υ ′+m υ ′中的υ ′、υ ′必須是相互作用后同一時刻的瞬時速度。

［例3］在水平光滑軌道上以速度υ =5m/s行駛的平板車，車與貨物的總質量M=2000kg，把質量m=20kg的貨物以相對于車為υ=5m/s的水平速度向車前拋出，求平板車的末速度υ 。

解：根據(jù)動量守恒定律Mυ =（M-m）υ +m（υ+υ ）

得υ = =4.44m/s。

這個解把貨對車的速度υ與拋貨前的車速υ （而不是拋貨后的車速υ ）的矢量和看成是貨對地的速度，是錯誤的。

貨是從車里拋出的。在投拋貨之前，貨、車對地的速度都是υ ，貨對車的速度為零，拋擲貨物，人有個動作過程，在這個短暫過程中，貨與車通過人體存在大小相等、方向相反的力的作用，因而貨與車獲得方向相反的加速度，使貨相對于車的速度由零逐漸增大到υ，而車對地的速度也由υ 不斷變化為υ ，這就是說υ與車的后速υ 是同一時刻的，而與車的前速υ 是不同時刻的（υ和υ 都是拋貨動作完成時的速度）。

速度和動量都是狀態(tài)量，不是過程量。一個物體在不同時刻的速度或動量一般是不同的，同一物體在同一時刻的各個分速度或分動量也可以迭加，不同時刻的速度或動量是不能合成的（只能求所歷時間內的增量），可見，方程“Mυ =（M-m）υ +m（υ+υ ）”中的“υ+υ ”不能正確描述貨物的速度，“υ+υ ”才是貨物對地的速度。因此，這道題的正確解法是：Mυ =（M-m）υ +m（υ+υ ），υ = =4.5m/s。

五、注意公式適用條件的“拓展性”

1.近似性。若系統(tǒng)所受合外力不為零，但內力遠大于外力時，則系統(tǒng)的動量近似守恒。譬如碰撞或爆炸過程，由于碰撞或爆炸均是在極短的時間內相互作用的物體的運動狀態(tài)發(fā)生了顯著的變化，相互作用力先急劇增大后急劇減小，平均作用很大，外力通常遠小于系統(tǒng)的內力，可以忽略不計，所以，認為磁撞或爆炸過程中動量是守恒的。新教材選修3―5第十一頁的例題就是一例。

2.獨立性。若系統(tǒng)所受合外力不為零，但在某一方向上的合力為零，則在這個方向上動量守恒。譬如，人跳到光滑水平面上的車上時，由于人和車之間垂直方向的沖擊作用，此時地面對車的支持力大于人和車的重力，對人、車系統(tǒng)合外力不為零，總動量不守恒，但此系統(tǒng)水平不受外力作用，故滿足水平方向上動量守恒。

篇4

當質點組受到合外力為零時，系統(tǒng)的總動量守恒，系統(tǒng)質心的速度保持不變。若系統(tǒng)在某一方向上受到的合外力為零，則系統(tǒng)在該方向上的動量守恒，系統(tǒng)質心在這一方向上的速度保持不變。這是動量守恒定律的一個重要結論。用這一結論去解決某些問題，會變得十分簡便。

例1 如圖1所示靜止于靜水中的小船，質量為M=100kg，長L=6m，船尾站有一人，質量為m=50kg,不計水的阻力。當人從船尾向左走到船頭時，小船后退的距離為多少？

解析 設船的質心在A線上，人的質心在B線上，人船系統(tǒng)的質心在C線上，A、C間的距離為a，則有，Ma=m(L2-a)

所以a=m2(M+m)L

因為系統(tǒng)原來靜止，受到的合外力零，則系統(tǒng)質心的速度為零，質心的位置沒有移動，人走到船的左端時，根據(jù)對稱性，船的質心將向右移動到A′處，移動距離為

s=2a=mM+mL=50100+50×6m=2m

若例1中小船在初始時刻已有向左勻速移動的速度v=2m/s，則人用10s的時間由船尾向左走到船頭的過程中船相對地移動的距離為多少？

解析 不管人是否走動，人與船的總動量始終不會改變，系統(tǒng)合質心移動的速度始終為v。由于人相對船的位置前移，此因素會使船的位置后移。船真實移動距離為二距離合成的結果。

s′=vt-s=vt-mM+mL=2×10-50100+50×6m=18m

例2 如圖2所示，光滑的木板AB水平放置，左端用一光滑鉸鏈固定在墻上，右端用一輕繩掛在天花板上，板上放著木塊M和m，M和 m之間用輕彈簧相連接。開始，彈簧被壓縮，M和m之間用細繩拉住，并處于靜止狀態(tài)。線剪斷后，M和m在板上來回振動。問細線OB的拉力將如何變化？

解析 M和m組成的系統(tǒng)滿足動量守恒條件，因為系統(tǒng)原來處于靜止狀態(tài)，質心速度為零，雖然后來M和m都來回振動，但系統(tǒng)的質心速度仍然為零，質心位置不變，故M和m對木板的作用力所產生的對A點的總力矩不變，所以細線OB的拉力也不會變化。

例3 如圖3所示，一艘小船靜止在平靜的水面上，船前艙有一抽水機。抽水機把前艙的水均勻抽往后艙。不計水的阻力，在船前后艙隔開與不隔開兩種情況下，船的運動情況分別是（ ）

A.不動，向前勻速。

B.向前勻速，不動。

C.不動，向后勻速。

D.向后勻速，不動。

解析 以船、水和抽水機為系統(tǒng)，系統(tǒng)的動量守恒。抽水機把前艙的水勻速抽往后艙時，系統(tǒng)的動量始終守恒，系統(tǒng)合質心的速度始終為零，即系統(tǒng)合質心的位置保持不變。船前后艙隔開時，水的質心往后勻速移動，為保持系統(tǒng)合質心的位置不變，船、抽水機的質心必向前移動，即抽水機隨船向前勻速運動。前后艙不隔開時，抽水機勻速往后抽水時，水的質心位置不變。因此，船保持靜止狀態(tài)不變，即船不動。答案應選B項。

由上面的討論可知：在不受外力作用的條件下，質點體系內質點的運動總是圍繞質心平衡。

篇5

例1 如圖1示，質量為m的鋼板與直立彈簧的上端連接，彈簧下端固定在地上。鋼板處于平衡狀態(tài)。一質量也為m的物塊從鋼板正上方距離為h的A處自由下落，打在鋼板上并立即與鋼板一起向下運動，求此時二者一起運動的速度。

本題一般的解法是先根據(jù)自由落體規(guī)律或機械能守恒定律求出A自由下落h時的速度v：

v=2gh

再將A、B看成一個系統(tǒng)，由于A與B碰撞時間極短，A、B相互作用力很大，認為A、B在作用前后動量守恒。

這樣，對A、B組成的系統(tǒng)用動量守恒定律，得mv=2mv′

v′=12v=122gh。

我們也可對A、B組成的系統(tǒng)用動量定理。將A開始下落直至粘合在一起以v′共同運動視為一個運動過程，B在A下落過程中合力的沖量為零，A下落時外力的沖量僅有重力的沖量，這也是系統(tǒng)在A下落時受的沖量，用動量定理對該系統(tǒng)有：

2mv′-0=mgt

根據(jù)自由落體規(guī)律有：t=2hg得：

2mv′=mg2hg

v′=122gh

結果與第一種方法一致。但無疑對動量定理的理解更深刻了。

例2 如圖2，人和冰車的總質量為M，另有一木球質量為m，M：m=31：2。人坐在靜止于水平冰面的冰車上，以速度v（相對于地面）將原來靜止的木球沿冰面推向正前方的固定擋板。球與冰面、車與冰面的摩擦及空氣阻力均可忽略不計，設球與擋板碰撞后反彈速率與碰撞前速率相等，人接住球后再以同樣的速度（相對于地面）將球沿冰面向正前方向推向擋板，求人推多少次后才不再能接到球。

本題一般的解法是用動量守恒定律。設人第一次、第二次……第n次推球后人車的速度為v1、v2……vn，按動量守恒定律有：

第一次推：Mv1=mv,v1=mvM，

第二次推：Mv1+mv=Mv2-mv,v2=3mvM，

第三次推：v3=5mvM

……

第n次推：vn=(2n-1)mvM

當vn≥v時接不到球：(2n-1)mv/M≥v

得n≥33/4，所以接9次后再拋就接不到球。

本題若用動量定理，將人、車、球視為一個系統(tǒng)，系統(tǒng)的動量變化是擋板對球作用力的沖量造成的。擋板每次對球的沖量大小為2mv，方向向右。設人推球的次數(shù)為n，按動量定理有：

2nmv=(M+m)vn

人不能接到球的條件是vn≥v，得n≥33/4，所以接了9次后再拋出就不能接到球。

例3 在納米技術中需要移動式修補原子，必須使在不停地做熱運動的原子幾乎靜止下來且能在一個小的空間區(qū)域內停留一段時間。為此華裔諾貝爾物理獎得主朱棣文發(fā)明了“激光致冷”技術。若把原子和入射光子看成兩個小球，則“激光致冷”與下述力學模型類似。一質量為M的小球A以速度v0水平向右運動，如圖3所示。一個動量大小為p的小球B水平向左射向小球A并與之發(fā)生碰撞。當兩球形變量最大時，形變量突然被鎖定一段時間ΔT，然后突然解除鎖定使小球B以大小相同的動量p水平向右彈出。緊接著小球B再次以大小為p的動量水平向左射向小球A，如此不斷重復上述過程，小球B每次射入時動量大小為p，彈出時動量大小仍為p，最終小球A將停止運動。設地面光滑，除鎖定時間ΔT外，其他時間均可不計，求從小球B第一次入射開始到小球A停止運動所經(jīng)歷的時間。

本題常用的方法是對每一次碰撞用動量守恒定律。設每次小球B射入后再射出時，小球A的速度依次為v1、v2、v3……vn-1、0

由動量守恒定理得：

Mv0-p=Mv1+p

Mv1-p=Mv2+p

Mv2-p=Mv3+p

……

Mvn-1-p=0+p

等式兩邊相加得：Mv0-np=np

則n=Mv02p

總時間Δt=nΔT=Mv02pΔT

上述方法顯得繁鎖。

若用動量定理，可認為A球的動量變化是B球對它的沖量造成的。每一次碰撞，由于小球B的動量變化大小為2p，故小球B對A的沖量大小也為2p，n次碰撞后B對A的沖量大小為2np，由動量定理有：

2np=Mv0

得出n=Mv02p，同樣有總時間Δt=nΔT=Mv02pΔT

以上三例說明動量定理不僅可以解決單個物體的動量變化問題，也可應用于相互作用的一個系統(tǒng)。在多次碰撞的情況下（如例2、例3），應用動量定理來解決問題更為方便簡捷。

篇6

對一固定點o，一個系統(tǒng)所受的合外力矩為零，則此質點的角動量矢量保持不變，即為一個系統(tǒng)角動量守恒的條件。

動量守恒，是最早發(fā)現(xiàn)的一條守恒定律。如果一個系統(tǒng)不受外力或所受外力的矢量和為零，那么這個系統(tǒng)的總動量保持不變，這個結論叫做動量守恒定律。動量守恒定律是自然界中最重要最普遍的守恒定律之一，既適用于宏觀物體，也適用于微觀粒子；既適用于低速運動物體，也適用于高速運動物體；既適用于保守系統(tǒng)，也適用于非保守系統(tǒng)。

（來源：文章屋網(wǎng) ）

篇7

一、三類基本問題

從力對物體的作用時間和空間關系看，動力學問題可分為力對物體的瞬間作用，力對物體的時間積累作用和力對物體的空間積累作用三類基本問題，它們分別遵從牛頓第二運動定律，動量定理和動量守恒定律，動能定理和機械能守恒定律。因此，用牛頓第二定律解題要明確是對哪一時刻列式的；用動能定理或機械能守恒定律要明確是對哪一段位移列式的。

二、三條基本途徑

解決動力學問題的三條基本途徑，就是根據(jù)力對物體的作用特征，分別應用上述三條規(guī)律。即：當問題涉及恒力，加速度和時間的問題，首先考慮用牛頓運動定律解決；涉及變力（大小和方向變化），速度和時間的問題，首先考慮用動量定理或動量守恒定律解決；涉及變力，速度和位移時，首先考慮用動能定理或機械能守恒定律解決。特別要強調的，如果符合動量守恒或機械能守恒的條件，就應該首先考慮應用守恒定律列式，這樣只須考慮初，末狀態(tài)的動量或初，末狀態(tài)的機械能，使問題的計算得以簡化。

三、三個基本要求

從基本概念，基礎知識和基本功的掌握看，解決動力學問題必須做到三個基本要求：受力分析要清，矢量方向要明，物理量計算要準。

正確分析物體的受力，應從力的基本概念入手，明確力的相互作用性，搞清力學中常見的三種力的特性，注意不要漏掉“隱蔽的力”。受力分析正確了，也就為下一步分析物體的加速度或守恒條件鋪平了道路。

力，速度，加速度以及動量，沖量都是矢量，相互間的關系式又是矢量式，因此，必須做到方向明確，熟練掌握處理一條直線上的正方向選定，注意運算符號和表示方向的正負號的區(qū)別以及有關量間的方向依存關系等，如沖量的方向和動量變化量的方向一致，加速度的方向跟合外力的方向一致等。

動量，動能和功含有與參照物有關的物理量（速度，位移），計算時應注意以地面或相對于地面靜止的物體做參照物。重力勢能和彈性勢能涉及到零勢能位置的選定，計算時以取最低點（如地面）為重力勢能零點和彈簧無形變時彈性勢能為零，則h就是物體離規(guī)定水平面的高度，x就是彈簧相對原長的伸長量，動量守恒定律，機械能守恒定律等式左右應分別表示相互作用前，后兩個時刻的系統(tǒng)總動量或總機械能，決不能將不同時刻的動量或機械能相互合成等。

篇8

“碰撞”問題在高中階段的要求僅限于一維正碰：即兩個物體碰撞前沿同一直線運動，碰撞后仍沿同一直線運動.“碰撞”問題所依循的基本定律是系統(tǒng)動量守恒定律，然后再根據(jù)碰撞的具體類型有選擇性地應用機械能守恒定律.彈性形變是指撤去外力后能夠恢復原狀的形變，因此彈性碰撞是同時滿足動量守恒和動能守恒的碰撞.兩球一維彈性正碰是碰撞的基本題型，可以提煉出很多實用的二級結論，從各個角度“品味”兩球一維彈性正碰，對掌握其它類型的碰撞大有裨益.彈性碰撞問題及其變形是中學物理中的常見問題，在高中物理中占有重要位置，也是多年來高考的熱點；此類問題還可與很多其它知識點結合，聯(lián)系廣泛，題目背景易推陳出新，掌握這一模型，舉一反三，能切實提高學生的推理能力和綜合分析解決問題的能力.所以，我們有必要研究這一類問題.

一、兩球一維彈性正碰的基本規(guī)律

圖1例1如圖1所示，設質量為m1的彈性球，速度為v1與質量為m2的彈性球，速度為v2發(fā)生碰撞，碰撞后兩球的速度分別為v1′、v2′，取向右為矢量的正方向.

解析：由系統(tǒng)的動量守恒定律得

結論1：對于一維彈性碰撞，若以其中某物體為參考系，則另一物體碰撞前后速度大小不變，方向相反（即以原速率彈回）.

結論2：對于一維彈性碰撞，若兩個物體質量相等，則碰撞后兩個物體互換速度（即碰后A的速度等于碰前B的速度，碰后B的速度等于碰前A的速度）.

結論3： 對于一維彈性碰撞，若其中某物體的質量遠大于另一物體的質量，則質量大的物體碰撞前后速度保持不變.

以上結論是關于一維彈性碰撞的三個普適性結論.可見，解決彈性碰撞的關鍵是要抓住“碰撞”前后瞬間動量守恒、系統(tǒng)機械能守恒（總動能不變）.習題中常見的彈性球、光滑的鋼球及分子、原子等微觀粒子的碰撞都屬于這一模型，要能夠從習題中識別出這一模型，問題就會迎刃而解.

二、典例分析

圖2例1（2012年理綜全國卷題21）如圖2，大小相同的擺球a和b的質量分別為m和3m，擺長相同，并排懸掛，平衡時兩球剛好接觸，現(xiàn)將擺球a向左邊拉開一小角度后釋放，若兩球的碰撞是彈性的，下列判斷正確的是（）

（A） 第一次碰撞后的瞬間，兩球的速度大小相等

（B） 第一次碰撞后的瞬間，兩球的動量大小相等

（C） 第一次碰撞后，兩球的最大擺角不相同

（D） 發(fā)生第二次碰撞時，兩球在各自的平衡位置

解析：兩球在碰撞前后，水平方向不受外力，故水平兩球組成的系統(tǒng)動量守恒，由動量守恒定律有：mv0=mv1+3mv2；又兩球碰撞是彈性的，故機械能守恒，即：12mv20=12mv21+123mv22，解兩式得：v1=-v02，v2=v02，可見第一次碰撞后的瞬間，兩球的速度大小相等，選項（A）正確；因兩球質量不相等，故兩球碰后的動量大小不相等，選項（B）錯；兩球碰后上擺過程，機械能守恒，故上升的最大高度相等，另擺長相等，故兩球碰后的最大擺角相同，選項（C）錯；由單擺的周期公式 ，可知，兩球擺動周期相同，故經(jīng)半個周期后，兩球在平衡位置處發(fā)生第二次碰撞，選項（D）正確.

圖3 例2如圖3所示，在光滑的水平面上靜止著一個質量為m2小球2，質量為m1的小球1以一定的初速度v1朝著球2運動，如果兩球之間、球與墻之間發(fā)生的碰撞均無機械能損失，要使兩球還能再碰，則兩小球的質量需滿足怎樣的關系？

解析：設兩球碰后的速度分別為v1′和v2′，由系統(tǒng)動量守恒定律得：mv1v1=m1v1′+m2v2′ ①

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中圖分類號：O4 文獻標識碼：A

Symmetry and Conservation Laws in Physics

GAO Peiyuan, YANG Gang, SHI Lin, AN Peng, MA Hao

(Department of Physics, Shaanxi University of Technology, Hanzhong, Shaanxi 723000)

AbstractThis article introduces the concept of symmetry, discusses the relationship of the mechanical energy, momentum, angular momentum and symmetry.

Key wordssymmetry; mechanical energy; momentum; angular momentum; conservation law

自19世紀，邁耶、焦耳、亥姆霍茲發(fā)現(xiàn)了能量守恒定律以來，人們不僅為微分方程的降價而歡欣鼓舞，物理學家們更是由此有了許多新發(fā)現(xiàn)。1894年皮埃爾居里又因果律首先提出了對稱性原理，1981年德國女數(shù)學家尼約特（A,E,Noether;1882-1935）發(fā)表了著名的將對稱性和守恒律聯(lián)系在一起的定理。即從每一個自然界的對稱性可得到一種守恒律；反之，每一個守恒律均揭示蘊含其中的一種對稱性，這就大大地激發(fā)人們去尋找與之相應的守恒律了。牛頓、歐拉、拉格朗日、拉普拉斯、龐加萊、愛因斯坦、薛定諤等堪稱對稱性與力學理論的奠基大師，從他們那個時代起，對稱性和力學就是一對親密的伙伴。隨著歷史的發(fā)展，對稱性一直發(fā)揮著它強有力的作用。①

1 對稱性的有關概念

我們周圍的世界時豐富多彩、千變萬化。動物、植物、街道、房屋等咋一看好像沒有什么共同點，然而，如果我們仔細觀察的話，仍然可以找出一些普遍存在的現(xiàn)象，那就是對稱性。無論對藝術還是自然科學，對稱性都是重要的研究對象，但是，對稱性的概念最初還是源于生活，在藝術、建筑等領域，所說的對稱一般是指左右對稱。首先用嚴謹?shù)母拍蠲枋鰧ΨQ性的還是德國數(shù)學家魏爾，他對左右對稱的一幅圖做了如下表述：若某種圖形通過鏡面反射又回到自己，則該圖形對該鏡面式反射對稱或雙向對稱。他有談到，若某一圖形圍繞L軸作任何轉動均能回到自身，則該圖形具有對L軸的轉動的對稱性。②

將對稱性運用到物理上，研究的對象不僅是圖形，還有物理學中的物理量或物理定律等，那么我們首先得搞懂以下幾個概念。第一個概念就是“系統(tǒng)”，系統(tǒng)就是我們要研究的對象；第二就是“狀態(tài)”，同一個系統(tǒng)可以處在不同的狀態(tài)，不同的狀態(tài)可以通過某種變換使他們“處在”相同的狀態(tài)；最后就是“變換”了，時空坐標系的改變、尺度的放大縮小等都可以認為是“變換”，也可以稱之為“操作”。一個操作可以對一個物理量或以一種守恒律產生“相同”或“等價”的效果，就是其不變性，比如，牛頓第二定律對于伽利略變換這一“操作”就具有對稱性，因為，經(jīng)過這一操作，牛頓第二定律是不變的。動量作為物理量經(jīng)過伽利略變換后發(fā)生改變，因從不同的參考系下測出來的動量是不同的，所以，動量對于伽利略變換使不具有對稱性的，但是“在外力矢量和為零的質點系系統(tǒng)動量守恒”這條規(guī)則對于慣性系是成立的，因而動量守恒定律對于伽利略變換具有對稱性。動量、能量、動量矩和一系列其他守恒定律，因其特有的普遍性和重要性而與其他物理規(guī)律迥然不同：他們既能適用于宏觀客體，又適用于微觀世界，起初這些定律都是作為大量實驗事實的推廣通過實驗途徑確立起來的，后來人們才對他們與時間、空間對稱性原理的相互聯(lián)系有所進一步的理解，不僅理解了他們的普遍性，而且還能預言某種守恒定律在什么條件下將遭到破壞，或者改變原有的形式。

2 對稱性與守恒量

2.1能量守恒與時間的均勻性（能量守恒與時間對稱性）

拉格朗日函數(shù)定義為。③拉格朗日函數(shù)中不顯含時間t，即，因此有：（1）

利用保守力系下拉格朗日方程有：，根據(jù)萊布尼茲法則等， 整理得：（2）

我們令，我們定義H為廣義能量，即廣義能量H為一個守恒量。設動能的表示為T， 則

假如系統(tǒng)是定常的或是穩(wěn)定的，則上式中函數(shù)不含t，所以，所以a = a = 0，即動能T成為的二次齊次函數(shù)，由齊次函數(shù)的歐拉定理可得在廣義坐標下，勢能是廣義坐標的函數(shù)，則有：

（下轉第113頁）（上接第109頁）

整理得： = 2T - L = T + V = 常量，所以，H表示系統(tǒng)的機械能，由上式我們可以看出，機械能是一個守恒量。從另一個方面可以看到時間的對稱性。

2.2 動量守恒與空間的均勻性（動量守恒與空間均勻移動）

在一個封閉的體系內，各質點間具有相互作用，由于空間的均勻性，當體系內各質點進行同樣的位移時，不應當改變體系的力學性質，從而使拉氏函數(shù)保持不變，那么，在速度不變的情況下，當很小的時候，（3）求和對體系所有的質點進行，因為空間的均勻性要求使，而又是任意的，所以就相當于，用拉氏方程即④，由得：若用pn表示體系中所有質點的動量，則：，因此得： = 恒矢量。所以我們得到了體系中的動量守恒定律，從這里我們看到了空間對稱性的一個側面。

2.3 角動量守恒與空間的各向同性（角動量守恒與空間均勻轉動）

空間各向同性就意味著在封閉系統(tǒng)整體在空間任意轉動時，體系力學性質不變，與此相應，其拉氏函數(shù)也不應改變，即。引入一個無窮轉動矢量，我們可以得出：（4）當體系轉動時，不僅矢徑的方向改變，而且所有質點的速度矢量也都按相同規(guī)律改變，這時，相對于靜止坐標系中速度的增量由下式給出：（5） 則：，而且因為是封閉系統(tǒng)，，所以，空間的無窮小轉動所引起的拉氏函數(shù)的改變?yōu)椋?，把?）（5）式代入上式可得：，由矢量代數(shù)可知，對三個矢量間的混合積運算法則知：因為根據(jù)保守力系下拉格朗日方程：， 所以：

因為是任意的， 所以就相當于：，即： = 橫矢量。 按拉氏函數(shù)的定義：，而就是體系中各質點的動量，所以，體系的角動量守恒，從這里我們看到了空間對稱性的另一個側面。

3 結論

通過上面的討論可以看到：物理規(guī)律在一定的時間、空間變換下的不變性，即時間與空間的對稱性。從時間的均勻性、空間的均勻性及空間的各向同性這些對稱性原理出發(fā)，經(jīng)過嚴密的推理，又合乎邏輯地導出能量守恒定律、動量守恒定律、動量矩守恒定律，因此我們可以說這些守恒律緣起于時空的對稱性。

注釋

①Jerrold E.Marsden，Tudor S.Ratiu.力學和對稱性導論[M].王麗瑾,劉學深,等譯.北京:清華大學出版社.

②漆安慎,杜嬋英.力學[M].北京:高等教育出版社,2005:173-174.

③王劍華,李康等.理論力學[M].陜西:陜西科學技術出版社,2009:186-187.

篇10

有關這部分內容的高考命題，題目一般變化情況復雜，綜合性強，多以把場的性質、運動學規(guī)律、牛頓運動定律、功能關系等知識有機地結合在一起，對考生的空間想象能力、物理過程和運動規(guī)律的綜合分析能力，以及用數(shù)學方法解決物理問題的能力要求較高，在復習中要高度重視，強化訓練.

解決電磁問題的基本思路往往是應用力學知識解決電磁學問題，并沒有太多新的知識和方法，只是在處理此類問題時，物體的受力除受常規(guī)力（重力、彈力、摩擦力等）外，還受到場力.比如在電場中，帶電體（或點電荷）還受到電場力（或庫侖力）；在磁場中，通電導體還受到安培力，運動電荷還受到洛倫茲力.我們要告訴考生在遇到此類問題時，不必驚慌，應該冷靜下來思考，此類問題往往就是應用我們熟悉的力學知識進行解題.

一、應用動力學觀點解決電磁學問題

問題的實質是動力學知識，即牛頓第二定律和運動學公式的應用.動力學兩大類問題：①已知物體受力情況，確定運動情況；②反過來已知物體運動情況，確定受力情況.

基本思路為：

物體的加速度a把物體的受力情況和運動情況聯(lián)系起來，起到紐帶、橋梁的作用，所以求加速度是解決問題的關鍵.

例1：如圖所示，兩根相距L平行放置的光滑導電軌道，與水平面的夾角均為α，軌道間有電阻R，處于磁感應強度為B、方向豎直向上的勻強磁場中，一根質量為m、電阻為r的金屬桿ab，由靜止開始沿導電軌道下滑.設下滑過程中桿ab始終與軌道保持垂直，且接觸良好，導電軌道有足夠的長度，且電阻不計.（1）桿ab將做什么運動？（2）若開始時就給ab沿軌道向下的拉力F使其由靜止開始向下做加速度為a的勻加速運動（a>gsinα），求拉力F與時間t的關系式.

解析：（1）金屬桿受力如圖所示：當桿向下滑動時，速度越來越大，安培力F安變大，加速度變小.隨著速度的變大，加速度越來越小，ab做加速度越來越小的加速運動，最終加速度變?yōu)榱?，桿做勻速運動.

（2）經(jīng)過時間t，ab桿的速度v=at

感應電流

由牛頓第二定律得：F+mgsinα-BILcosα=ma

二、應用動量觀點解決電磁學問題

1. 應用動量定理解決電磁問題

通電直導線在磁場中要受到安培力的作用，速度發(fā)生變化，安培力隨之變化.通常直導線（或線框）的運動為非勻變速直線運動，不能用牛頓定律結合運動學公式解題，而動量定理適用于非勻變速直線運動.在？駐t時間內安培力的沖量F·？駐t=BLI？駐t=BLq，式中的q是通過導體截面的電量.

2. 在電磁場中，只要系統(tǒng)滿足動量守恒條件，對系統(tǒng)也可以應用動量守恒定律解題

例2：如圖所示，在勻強磁場區(qū)域內與B垂直的平面中有兩根足夠長的固定金屬平行導軌，在它們上面橫放兩根平行導體棒構成矩形回路，長度為L，質量為m，電阻為R，回路部分導軌電阻可忽略，棒與導軌無摩擦，且接觸良好.開始時圖中左側導體棒靜止，右側導體棒具有向右的初速v0，試求兩棒之間距離增長量x的上限.

分析：當右側導體棒運動時，產生感應電動勢，兩棒中有感應電流通過，右側導體棒受到安培力作用而減速，左側導體棒受到安培力作用而加速.當它們的速度相等時，它們之間的距離最大.設它們的共同速度為v，則據(jù)動量守恒定律可得：

對于左側導體棒應用動量定理可得：

BLIt=mv

所以，通過導體棒的電量：

點評：本題結合沖量公式F？駐t=BLI？駐t=BLq應用動量定理，使貌似復雜的電磁問題迅速得到解決.應用動量守恒定律和動量定理知識解題，是我們熟悉的力學知識.

三、應用能量觀點解決電磁學問題

在解決電磁問題時，我們經(jīng)常應用動能定理、機械能守恒定律、功能關系或能量守恒定律，所以我們必須熟練掌握.

動能定理：W總=？駐Ek

功能關系：W =？駐E

能量守恒：？駐E增=？駐E減

例3：如圖所示，在傾角為θ的光滑斜面上，存在著兩個磁感應強度相等的勻強磁場，方向一個垂直斜面向上，另一個垂直斜面向下，寬度為L.一個質量為m，邊長也為L的正方形金屬框以速度v進入磁場時，恰好做勻速直線運動.若ab邊到達gg'與ff'中點位置時，線框又恰好做勻速直線運動，且設金屬框電阻為R，則金屬框從開始進入磁場到ab邊到達gg'與ff'中點位置的過程中產生的熱量是多少？

解析：設線框剛進入磁場時速度為v，則回路感應電動勢和感應電流分別為：E1=BLv，I1=■.

線框ab邊越過ff'后做初速度為v、加速度逐漸減小的加速運動.設當ab邊到達gg'與ff'中點位置時速度為v2，則回路感應電動勢和感應電流

設線框從剛進入磁場到邊ab到達gg'與ff'中點位置的過程中產生的熱量為Q，由能量轉化與守恒定律得

電磁感應中的能量轉化特點：外力克服安培力做功，把機械能或其他能量轉化成電能；感應電流通過電路做功又把電能轉化成其他形式的能（如內能）.這一功能轉化途徑可表示為：