众文网1.动量守恒的论文
应用动量守恒守律应注意的两个问题王连涛（大连大学物理系 大连 1 16622）动量守恒定律是基本物理定律之？？ ，用它来解决一些变力问题.如打击、碰撞、爆炸以及变质量的问题是比较方便的.牛顿第二定律解决这类问题往往表现出无能为力.但是不少学生对该定律的一些基本概念缺乏深刻的认识，在应用这一定律中往往出现一些共同的错误.我们将这些错误归为两类，并给出避免这两类错误的方法.一、参照系的一致性动量守恒定律是研究物体的动量变化之间的关系，物体的动量大小和方向决定于描述物体的速度的大小和方向.而描述物体运动的速度又必须依据于参照系的选择.因而，在应用动量守恒定律研究由几个物体组成的物体系，各物体的动量都必须是对于同一个参照系.例：质量为70公斤的人，站在小船上，船和人共重为M :200公斤.船静止在水面上，人匀速地从船头走向船尾，走的距离为S=4米.若水对船的阻力可忽略不计，问人对水走了多少远？不少学生容易作出这样的解答：设人的速度为 l=÷‘，船的速度为 2=÷，（z是船走的距离）由于在水平面方向上不受外力作用，所以在水平面上动量守恒.因而有m l一（M —m）V2:0由于 1是以船为参照系， 2是以水为参照系.对于不同的参照系动量守恒定律不成立，所以上面的方程是错误的.正确的解法应是：设人对船的速度为 （=手）；船对水的速度为 2，纭上 ’'的 解 ？？ 咖= 5)rR 云= ： l， = 一e(2)在螺线管内部。
磁场是一沿轴向的均匀磁场，而在螺线管外部， ≠O，磁场随距螺线管轴线距离的增加而成反比规律衰减.2 讨论参考图2,a与螺线管几何尺寸的关系为：. n·27rR 1~/(27rRn) +1 ~/(2rrR ) +1(3)把（3）式代入（1）、（2）式得：R) B= 0nl e(r>R)，结果与一般教材给出的结果相同，这只是一种理想化情形下，螺线管的磁场分布.当n一0时，电流在螺线管壁上沿轴向流动，由（4）、（5）式得：一f0 (r r 、？？结果与长直载流空心圆柱体的磁场分布一致.当尺一+0时， = 一e口，这相当于无限长载流直导线的磁场.由上述分析可知，（4）、（5）式在几种特殊情况下都与相应的电流分布的磁场一致，所以可认为两式是长直密绕螺线管磁场在全空间的精确解.现代物理知识位移与变形陈纪德（武汉中国地质大学李 川湖北430074）位移与变形是两个既有联系又有区别的概念，变形是标量，而位移则是矢量.物体在外力作用下，其内部各点的位置要发生变化，这种位置变化称为位移.位移可分为刚性位移和变形位移两类.若物体中任意两个点的相对位置没有变化，则这时物体的位移称为刚性位移，例如理论力学中，当刚体作平动或转动时的位移就是刚性位移.若物体中任意两个点的相对位置发生了变化，则这时物体的位移称为变形位移，例如材料力学中所研究的物体位移，是与线应变或角应变有关的变形位移.在材料力学中，位移与变形这两个概念时常相继出现，例如在轴向拉伸和轴向压缩中，其变形是用虎克定律求出的，但在习题中往往要求出拉压杆杆端的位移；在等直圆轴的扭转中，其变形是用扭转角来度量的，而扭转角本身却是角位移；在梁的平面弯曲中，其变形应是梁的挠曲线的曲率，但由于曲率难以度量，因此通常用两个位移量— — 挠度和转角来反映梁的变形.在弹性力学中，将变形与位移用几何方程联系了起来.对于空间问题的几何方程为a u a1L a 1le y +a1l a1l a u}ey y +a tl} ' a u} a ue y“ +从几何方程看出，当物体内一点的位移分量完全确定时，则应变分量亦已完全确定，因为应变是位移的微分形式；但是当应变分量完全确定时，位移分量则不一定能求解出来，这是由于此时物体的位移除了包含有纯变形位移外，还可能包含有刚性位移.人对水的速度为 ，根据速度合成原理，有 3= 1一 2，选水为参照系，应用动量守恒定律，有my3一（M —ra） 2=0解上面两方程得2 1因为 ，=Vl—V:=Vl一 ra = 亩旦÷人在t时间内对水走的距离为s。: = 5= *4:2-6（二、瞬时性动量守恒定律经常研究的是物体系的动量在某时刻t的变化关系，即动量守恒定律一 Ko=0中的 和 。
必须是同一时刻的动量矢量和.这就是动量守恒定律的瞬时性.忽视这一点就会引起根本性的错误.举一例说明：在平静的水面上，有质量为肘的小船，以增刊（200o年）速度 匀速前进.今将质量为ra的物体以相对于船为/d，的速度向后抛出.问抛出后船的速度是多少？对于这个问题一般同学都能正确的选取水为参照系。因为在水平面方向上不受作用力，因而可用动量守恒定律.发现同学们可以写出如下两个方程：Mv=(M —ra) +ra（ 一u）或 Mv=(M —ra) +ra（ '一u）式中 表示物体抛出后船的速度.观察上面两个方程，不同点在于被抛物体对于水的速度有分岐.很明显前一个方程是错误的，错误产生的原因是忽视了动量的“瞬时性”，因为在被抛物体动作还未完成的时候，船与物体的速度都是 ，即船速还是 的时候，物体与船的相对速度为零.在物体抛出一瞬间，船的速度改变为 ，物体在同一时刻获得了与船为n的相对速度.解上面第二个方程得 = + u.· l57 ·。
2.动量守恒定律总结
如果一个系统不受外力或所受外力的矢量和为零，那么这个系统的总动量保持不变，这个结论叫做动量守恒定律。动量守恒定律是自然界中最重要最普遍的守恒定律之一，它既适用于宏观物体，也适用于微观粒子；既适用于低速运动物体，也适用于高速运动物体，它是一个实验规律，也可用牛顿第三定律和动量定理推导出来。
动量守恒定律的适用条件：
(1)系统不受外力或系统所受的外力的合力为零。 （2）系统所受外力的合力虽不为零，但比系统内力小得多。 （3）系统所受外力的合力虽不为零，但在某个方向上的分量为零，则在该方向上系统的总动量保持不变——分动量守恒。
3.动量守恒定律的应用
动量矢量其方向即时速度方向动量大小等于物体质量和物体即时速度乘积即p=mv. 国际单位制动量单位千克·米/秒. 冲量大小等于动量p=mv=ft 动量守恒物体受合外力冲量零时候，物体初末动量相等（）对动量守恒定律进步理解 1.动量守恒定律有适用条件和广阔应用范围 动量守恒定律系统受外力或所受外力之和零或外力远小于内力时成立既适用于宏观系统也适用于微观系统同时也适用于变质量系统；能解决低速运动问题而且能解决高速运动问题也应注意只惯性参考系成立. 2.动量守恒定律用同方式表达 （1）从守恒角度来看： .作用前系统总动量变. （2）从变化角度来看 作用前系统总动量变化零. （3）从转移角度来看： 系统内A物体动量增加必等于B物体动量减少即系统内A、B两物体动量变化大小相等方向相反. 3.动量守恒定律具有物理量矢量性状态同时性及参考系同性 （1）因动量矢量所动量守恒定律表达式矢量式作用前物体直线上运动时规定正方向矢量式简化代数式运算. （2）因动量状态量所动量守恒定律表达式动量都确定状态动量们都对应着某相同时刻称状态同时性. （3）因动量相对量所动量守恒定律表达式各动量必须相对于同惯性参考系称参考系同性. （二）对动量守恒过程用位移来表示动量守恒 设系统总动量零系统内两物体相互作用过程任时刻总动量都守恒用平均速度来表示动量守恒表达式也应成立即 由于相互作用时间相等 所 1.用位移来表示动量守恒表达式仍矢量式解题要选取正方向. 2.作用过程两物体发生位移 相对于同惯性参考系般地面参考系. （三）应用动量守恒定律解题般步骤 1.选取研究对象确定物理过程即选定物理过程满足动量守恒系统. 2.选取正方向（或建立坐标系）和参考系（般地面参考系） 3.根据动量守恒定律列方程 4.统单位代入数据求解得结. 【注意】若速度相对某物速度指相对于作用某物运动速度. 【例1】总质量 kg载人小船速度 m/s平静湖面上匀速前进若船内质量 kg人相对船速度 m/s水平向跳入水求人离船船速度多大【解析】选人和船整体系统总动量守恒取船原来运动方向正人跳离船船动量 人跳离船时速度 相应动量 由动量守恒定律得：解得 （m/s） 【例2】甲、乙两小孩各乘辆冰车水平冰面上游戏甲和冰车质量之和 kg乙和冰车质量之和也 kg游戏时甲推着质量 kg箱子大小 m/s速度滑行乙同样大小速度迎面而来了避免相撞甲突箱子沿冰面推给乙箱子滑乙处乙迅速抓住若计冰面摩擦求甲至少要多大速度（相对地）箱子推出才能避免与乙相撞 【解析】取甲初速方向正对甲推出箱子过程甲和箱子系统动量守恒. 其 推出箱子甲速度v甲推出箱子速度. 对乙接住箱子过程箱子和乙系统动量守恒 其 乙接住箱子速度要使们相撞应满足 解得甲推出箱子小速度 （m/s） 【例3】载人气球原静止于离地高h高空气球质量M人质量m图所示若人沿绳梯下落至地面则绳梯至少多长【解析】气球和人原来静止于空说明气球和人系统所受外力之和零故人下滑过程系统任时刻动量都守恒所整过程系统平均动量守恒人达地面过程向下发生位移h同时气球向上发生位移设s取向下正则有： 所绳梯至少长 【例4】图所示倾角 长L斜面置于光滑水平面上已知斜面质量M今有质量m滑块从斜面上端由静止开始沿斜面下滑滑块底端时斜面退距离有多大【解析】因斜面和滑块组成系统水平方向受外力系统水平方向动量守恒（总动量守恒）取斜面向右退方向正由系统水平方向动量守恒得：解得斜面退距离 /teacher/details。
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4.动量守恒定律总结
如果一个系统不受外力或所受外力的矢量和为零，那么这个系统的总动量保持不变，这个结论叫做动量守恒定律。
动量守恒定律是自然界中最重要最普遍的守恒定律之一，它既适用于宏观物体，也适用于微观粒子；既适用于低速运动物体，也适用于高速运动物体，它是一个实验规律，也可用牛顿第三定律和动量定理推导出来。 1.动量守恒定律有适用条件和广阔的应用范围 动量守恒定律在系统不受外力或所受外力之和为零或外力远小于内力时成立，它既适用于宏观系统，也适用于微观系统，同时也适用于变质量系统；不但能解决低速运动问题，而且能解决高速运动问题，但也应注意它只在惯性参考系中成立. 2.动量守恒定律可用不同的方式表达 （1）从守恒的角度来看： .作用前后系统的总动量不变. （2）从变化的角度来看， ，作用前后系统的总动量变化为零. （3）从转移的角度来看： ，系统内A物体的动量增加必等于B物体的动量减少，即系统内A、B两物体的动量变化大小相等，方向相反. 3.动量守恒定律具有物理量的矢量性，状态的同时性及参考系的同一性 （1）因为动量是矢量，所以动量守恒定律的表达式是矢量式，作用前后物体在一直线上运动时，规定正方向后，将矢量式简化为代数式运算. （2）因为动量是状态量，所以动量守恒定律表达式中的动量都是确定状态的动量，它们都对应着某一相同的时刻，这称为状态的同时性. （3）因为动量是相对量，所以动量守恒定律表达式中的各动量必须是相对于同一惯性参考系的，这称为参考系的同一性。
5.探究动量守恒定律
答案：
n点是碰撞后小球2的落点。
p点是小球1从斜槽上A点由静止滚下时的落点。
m是碰撞后小球1的落点。
分析：
因为平抛运动的下落高度一样，因此下落的时间一样；
又因为平抛运动的初始位置一样，
所以比较距离就是比较各个小球做平抛运动的初始速度。
下面是求小球平抛的初始速度：
在两实验中，a求落下的高度没变，因此a球到达滑槽末端的速度不变，因此这两组实验的两个系统在开始平抛运动时的初始动量一样
因此在两组实验中，有 m1·v11=m1·v21+m2·v22
(v的第一个后缀是实验序号，第二个是小球序号)
∵ m1=2m2
∴ 2v11=2v21+v22
没说机械能守恒的话就在守恒公式里加个恢复系数e，最后得到
即
v21=(2-e)v11/3
v22=2(1+e)v11/3
当e=1时为完全弹性碰撞，机械能守恒
v21=v11/3
v22=4v11/3
当e=0时，为完全非弹性碰撞，两球粘合。
v21=v22=2v11/3
可以看出，不管e如何变化，碰撞后的1球速度v21均为最小，对应m点。
在e=1时碰撞后的2球速度大于小球1从斜槽上A点由静止滚下时的速度，
因此
n点是碰撞后小球2的落点。
p点是小球1从斜槽上A点由静止滚下时的落点。
而e=0时碰撞后小球2的速度小于小球1从斜槽上A点由静止滚下时的速度。
此时
n点是小球1从斜槽上A点由静止滚下时的落点。
p点是碰撞后小球2的落点。
由此可见必定存在一个e值使v22=v11
这里我就不求了，设那个e值为e0。
所以完整结论应该是
设恢复系数系数为e
e=0时
n点是小球1从斜槽上A点由静止滚下时的落点。
p、m点重合，是碰撞后两球共同的落点。
0<e<e0时
n点是小球1从斜槽上A点由静止滚下时的落点。
p点是碰撞后小球2的落点
m是碰撞后小球1的落点。
e=e0时
n点p点重合，是小球1从斜槽上A点由静止滚下的落点与碰撞后小球2的落点。
m是碰撞后小球1的落点。
e0<e≤1时 n点是碰撞后小球2的落点。
p点是小球1从斜槽上A点由静止滚下时的落点。
m是碰撞后小球1的落点。
然而显然你在高中遇到的题不会这么麻烦
所以我觉得你们老师应该说过默认情况下小球碰撞问题均视为完全弹性碰撞（机械能守恒），没说过也是出这题的人觉得高中都是完全弹性碰撞所以忘给这条件了。
总之此时取e=1
最终结论是：
n点是碰撞后小球2的落点。
p点是小球1从斜槽上A点由静止滚下时的落点。
m是碰撞后小球1的落点。
6.动量守恒定律
因为初始的时候是静止的、没有速度、所以v=0，ΣP=0
只要锤子有向右的速度、那小车就要有向左的速度、动量守恒你要关注到它的矢量性。速度不是速率，是带有方向的，若取向右为正方向，根据动量守恒（M是车子的质量、m是锤子的）：Mv1末+mv2末=0所以v2末是正号、则有v1是负号、那就表示速度是往左的。
动量守恒不是能量守恒、所以和锤子敲不敲车子就是个幌子、只要锤子在水平方向有速度的时候车子就会有一个水平方向上与锤子向反的速度。其实你举小球的那个例子、因为一般非理想条件下不是弹性碰撞，所以如果你去实验、计算两球的动能、其实是有能量损失的、两个球一起往右走、一般而言只能说明原来有速度的球质量大。这个小球的例子貌似和锤子的模型没什么关系的样子、、、
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