动量守恒定律范文

导语：如何才能写好一篇动量守恒定律，这就需要搜集整理更多的资料和文献，欢迎阅读由公务员之家整理的十篇范文，供你借鉴。

篇1

（1）定义：物体的质量与速度的乘积。

（2）表达式：p=mv，单位：kg・m/s.

（3）动量的性质。

矢量性：方向与瞬时速度方向相同。

瞬时性：动量是描述物体运动状态的量，是针对某一时刻而言的。

相对性：大小与参考系的选取有关，通常情况是指相对地面的动量。

（4）动量、动能、动量的变化量的关系

动量的变化量：Δp=p′-p.

动能和动量的关系：Ek=.

二、动量守恒定律

（1）守恒条件。

理想守恒：系统不受外力或所受外力的合力为零，则系统动量守恒.

近似守恒：系统受到的合力不为零，但当内力远大于外力时，系统的动量可近似看成守恒.

分方向守恒：系统在某个方向上所受合力为零时，系统在该方向上动量守恒.

（2）动量守恒定律的表达式

m1v1+m2v2=m1v1′+m2v2′

或Δp1=-Δp2.

三、动量守恒的判断

（1）动量守恒定律的研究对象都是相互作用的物体组成的系统. 系统的动量是否守恒，与选择哪几个物体作为系统和分析哪一段运动过程有直接关系.

（2）分析系统内物体受力时，要弄清哪些是系统的内力，哪些是系统外的物体对系统的作用力.

四、动量守恒定律的理解与应用

1. 动量守恒定律的不同表达形式。

（1）p=p′，系统相互作用前的总动量p等于相互作用后的总动量p′.

（2）m1v1+m2v2=m1v1′+m2v2′，相互作用的两个物体组成的系统，作用前的动量和等于作用后的动量和.

（3）Δp1=-Δp2，相互作用的两个物体动量的增量等大反向.

（4）Δp=0，系统总动量的增量为零.

2. 应用动量守恒定律解题的步骤。

（1）明确研究对象，确定系统的组成（系统包括哪几个物体及研究的过程）；

（2）进行受力分析，判断系统动量是否守恒（或某一方向上动量是否守恒）；

（3）规定正方向，确定初、末状态动量；

（4）由动量守恒定律列出方程；

（5）代入数据，求出结果，必要时讨论说明.

五、例题分析

1. 如图所示，竖直平面内的四分之一圆弧轨道下端与水平桌面相切，小滑块A和B分别静止在圆弧轨道的最高点和最低点. 现将A无初速释放，A与B碰撞后结合为一个整体，并沿桌面滑动. 已知圆弧轨道光滑，半径R=0.2m；A和B的质量相等；A和B整体与桌面之间的动摩擦因数μ=0.2.重力加速度g取10m/s2.求：

（1）碰撞前瞬间A的速率v；

（2）碰撞后瞬间A和B整体的速率v′；

（3）A和B整体在桌面上滑动的距离l.

[解析]设滑块的质量为m.

（1）根据机械能守恒定律有

mgR=mv2

解得碰撞前瞬间A的速率有

v=gR=2m/s.

（2）根据动量守恒定律有

mv=2mv′

解得碰撞后瞬间A和B整体的速率

v′=v=1m/s.

（3）根据动能定理有

（2m）v′2=μ（2m）gl

解得A和B整体沿水平桌面滑动的距离

l==0.25m.

2. [2014・天津卷]如图所示，水平地面上静止放置一辆小车A，质量mA=4kg，上表面光滑，小车与地面间的摩擦力极小，可以忽略不计. 可视为质点的物块B置于A的最右端，B的质量mB=2kg.现对A施加一个水平向右的恒力F=10N，A运动一段时间后，小车左端固定的挡板与B发生碰撞，碰撞时间极短，碰后A、B粘合在一起，共同在F的作用下继续运动，碰撞后经时间t=0.6s，二者的速度达到vt=2m/s.求：

（1）A开始运动时加速度a的大小；

（2）A、B碰撞后瞬间的共同速度v的大小；

（3）A的上表面长度l.

[解析]（1）以A为研究对象，由牛顿第二定律有

F=mAa ①

代入数据解得

a=2.5m/s2 ②

（2）对A、B碰撞后共同运动t=0.6s的过程，由动量定理得

Ft=（mA+mB）vt-（mA+mB）v ③

代入数据解得

v=1m/s ④

（3）设A、B发生碰撞前，A的速度为vA，对A、B发生碰撞的过程，由动量守恒定律有

mAvA=（mA+mB）v ⑤

A从开始运动到与B发生碰撞前，由动能定理有

Fl=mAvA2 ⑥

篇2

关键词：角动量；守恒；应用

在研究物体运动时，通常用动量描述物体的运动，而人们经常遇到质点和质点系绕某一定点或定轴运动的情况。例如，太阳系中行星绕太阳的公转、月球绕地球的转动、物体绕某一定轴的转动等，运动的物体速度的大小和方向都在不断变化，因而其动量也在不断变化，人们很难用动量和动量守恒定律解释这类运动的规律。但是引入角动量和角动量守恒定律后，则可较为简单地描述转动的物体。

角动量是大学物理中的重要物理量，它是描述物体转动特征的物理量，在经典物理、航空技术、近代物理理论中都扮演着极为重要的角色，是物理学中重要的力学概念之一。角动量守恒定律是自然界中基本的守恒定律之一，在航天航空领域、体育赛事、日常生活中有着广泛的应用。

一、角动量守恒定律

若绕定轴转动的刚体所受到的合外力矩为零，则刚体对轴的角动量是恒量的。刚体定轴转动的角动量定理和角动量守恒定律，实际上是对轴上任一定点的角动量定理和角动量守恒定律在定轴方向的分量形式。无论是对定轴转动的刚体，或是对几个共轴刚体组成的系统，甚至是有形变的物体以及任意质点系，对定轴的角动量守恒定律都成立。

二、角动量守恒应注意的问题

若合外力矩为零时，则系统的角动量守恒；若系统转动惯量不变，则系统转动的角速度也不变；若系统转动惯量改变，则系统转动的角速度也会改变，但角动量保持不变。若系统由几部分构成，总角动量是指各部分相对同一转轴的角动量代数和。内力矩可影响系统中某个刚体的角动量，但对系统的总角动量无影响。在冲击等问题中，当内力矩远远大于外力矩时，系统的角动量守恒。

三、角动量守恒在航天航空中的应用

1.常平架陀螺仪

常平架陀螺仪在支架上面装着可以转动的外平衡环，外平衡环里面装著可以相对于外平衡环转动的内平衡环，内平衡环中心有一个质量较大的转子。转子精确地对称于其转轴的圆柱，各轴承均高度，三根转动的轴线相互垂直并且相交于转子的质心。这样的设计能够保证实现转子在三个维度上自由旋转，当转子绕中心转轴高速转动时，根据角动量守恒定律，角动量的方向不变，无论如何改变框架的方位，其中心轴的空间取向都始终保持不变。由于常平架陀螺仪转轴的方向不变，将常平架陀螺仪装在导弹、飞机、坦克和舰船中，以转子自转轴线为标准，可随时指出方位，以便自动调整。例如，导弹偏离正常的飞行方向和姿态，可以用三个角度来说明：导弹头部的上下摆动，即导弹绕垂直行方向的水平轴的旋转，可用俯仰角说明；导弹头部左右摆动，即绕铅直轴线的转动，可用偏航角说明；导弹绕纵向轴线的转动，可用侧滚角说明。测出这三个角度，至少要用两个陀螺仪，其中一个陀螺仪绕铅直轴转动，因为无论导弹怎样运动，其转轴方向不变，故可利用铅直基准线，导弹的侧滚角和俯仰角都可以根据铅直基准线测出来；另外一个陀螺仪绕水平轴转动，利用其转动轴线可规定水平基准线，用它测出偏航角，将测出的信号传送给计算系统，就能够发出信号，随时纠正导弹飞行的方向和姿态，因而这种陀螺仪广泛用于航海、航空和航天等领域。

2.在直升机上的应用

一般直升机尾部都会有个螺旋桨。笔者用一个简单的例子进行定性分析。例如，转台和轮子通过一个转轴相连接，二者可绕着转轴无摩擦地自由转动，人静止站在转台上，初始时刻人和转台轮子组成的系统是静止的，人沿顺时针方向拨动轮子。人拨动转轮的力是系统的内力，内力对系统不产生力矩作用，所以不改变系统的角动量，此外系统还受到的外力是重力和地面对其的支持力，这两个力平行于转轴，故此对转轴不产生力矩的作用，即系统受到的合外力矩为零，故此系统的角动量守恒。此时轮子沿顺时针方向转动，为了防止反转，保持系统的角动量守恒，人和转台的方向必定与轮子的方向相反，即逆时针方向转动。根据上述结论，可以知道转动的物体由两部分组成，原来是静止的，总角动量为零。当内部的相互作用使一部分转动时，根据角动量守恒定律，则另一部分必向反方向转动。当直升机的主螺旋桨转动时，机身就会向反方向转动，以维持角动量守恒。为了避免机身转动，通常在直升机的尾部安装一个辅助的螺旋桨，它提供一个附加水平力，其力矩可与主螺旋桨给机身的反作用力矩相抵消。

四、角动量守恒在体育赛事中的应用

1.花样滑冰

花样滑冰运动员在比赛中经常要做一些原地旋转的动作，运动员可以通过改变肢体的动作达到改变角速度的目的，这种现象可用角动量守恒定律解释。运动员可近似看成是一个刚体系，冰的摩擦力很小可以忽略不计，运动员受到重力和支持力的作用，重力和支持力对转轴的力矩为零，因此运动员对转轴的角动量守恒。当运动员伸开手臂时，质量远离转轴分布，转动惯量变大，故角速度变小；而收拢双臂时，质量靠近转轴分布，转动惯量变小，故角动量变大。因此运动员可以通过改变肢体的动作，达到改变转速的目的。

2.高台跳水

在跳水运动项目中，运动员在空中做各种旋转或翻腾动作时，都会尽量把身体抱在一起，入水时又会把手臂和双腿伸直，这也是角动量守恒定律的一种应用。把运动员近似看成是一个刚体系，在运动员腾空过程中，空气的阻力忽略不计，运动员只受到自身重力的作用。因而对于通过质心的任一轴线而言，重力力矩为零，故人体所受的合外力矩为零，运动员对通过质心的任一轴线的角动量守恒。运动员在上升时四肢伸展，处在远离质心的位置，转动半径增大，转动惯量增大，角速度较小，空翻转动不明显；到达最高点时，运动员尽量收拢四肢，处在靠近质心的位置，转动半径减小，转动惯量减小，从而转动角速度增大，此时空翻转动非常明显；将近完成翻转时，再次充分伸展四肢到远离质心的位置，以增大转动半径，转动惯量增大，使角速度减小，从而达到平稳入水的目的。

3.角动量守恒定律在日常生活中的应用

为什么同手同足走路会感觉特别别扭呢？这是因为人在走路过程中，左脚向前跨出时，右臂必须同时向前摆出，才不至于使整个躯干向右旋转。随着闭合腿的运动，躯干的上端（肩）和下端（髋）彼此向相反方向扭转，而躯干的中端和头部则大体保持在原来位置上，这样可以使整个身体相对于竖直轴的角动量为零。所以，同手同足走路会让人觉得比较别扭。

五、结语

本文对角动量守恒定律及其应用进行了简单的介绍。角动量守恒定律是自然界中最基本的守恒定律之一，在各个领域中应用广泛。加强角动量守恒及其应用的研究将为人们的生产、生活带来极大的便利。

参考文献：

[1]王志刚，张立换，徐建军.角动量理论在现代技术中的应用[J].现代物理知识，2007（1）：10-13.

[2]曾吉星.浅谈角动量守恒定律之应用[J].无线互联科技，2012（8）：167.

[3]冯建武，韩运侠.角动量守恒定律的应用[J].物理与工程，2007，17（3）：61-62.

篇3

一、注意公式的“系统性”

动量定恒定律成立的条件是系统不受外力或所受外力之和为零，因此，应用动量守恒定律解决问题时，要注意分析系统受到哪些外力，是否满足动量守恒的条件。

系统的动量守恒时，系统内某一物体的动量可以不守恒，系统内所有物体动量的绝对值之和也可以不守恒，所说“动量守恒”是指系统内所有物体动量的矢量和是守恒的。

二、注意公式的“矢量性”

动量p=mυ，其中质量m是标量，速度υ是矢量，故动量p是矢量。所以m υ +m υ =m υ ′+m υ ′是一个矢量式，式中p =m υ +m υ 是作用前系统动量的矢量和，p =m υ ′+m υ ′是作用后系统动量的矢量和。因此应用动量守恒定律列方程时，要求用矢量求和的方法分别求出p 和p 。

在一维情形下，必须规定一个方向为速度υ的正方向后，然后将式中的υ 、υ 、υ ′、υ ′的实际方向与规定的正方向比较，得出动量的“正”或“负”后，再用代数方法求p 和p ，所以动量的“正”或“负”就是动量的矢量性。特别注意：动量的矢量性是正确运用动量守恒定律的一个重要关健。

［例1］质量为m =1kg的滑块静止于光滑的水平而上，一质量为m =50g的小球，以100m/s的速度碰到滑块后又以80m/s的速率被弹回。求滑块获得的速度是多少？

解：以小球和滑块为系统，总动量守恒。以小球碰撞前的速度为正，则υ =100m/s小球碰撞后的速度应为υ ′=-80m/s，由动量守恒定律以m υ +m υ =m υ ′+m υ ′代入数据可求得滑块获得的速度υ ′=9m/s，υ ′为正，说明滑块的速度方向与小球原来的运动方向相同。

三、注意公式的“同一性”

动量p=mυ，其中速度υ的大小相对不同的参照系，它的数值是不同的，于是动量的数值也就不同。因此应用动量守恒定律m υ +m υ =m υ ′+m υ ′时，式中的四个速度υ 、υ 、υ ′和υ ′的大小一定要相对同一参照系。也就是说要注意公式的“同一性”，至于以什么为参照系，则没有严格的规定，须视具体情况而定（一般是对地）。

［例2］一门旧式大炮，炮身的质量M=1000kg，水平发射一枚质量m=2.5kg的炮弹，如果炮弹从炮筒飞出的速度υ=600m/s，求炮身后退的速度υ′。

学生解法如下：由动量守恒定律，有mυ+Mυ′=0，υ′=- υ=

- ×600m/s=-1.5m/s

这里的υ′是炮身相对于地面的速度，υ是炮弹从炮筒飞出的速度，应当理解为相对于炮筒的速度，因为炮筒和炮座连在一起，因此也就是相对于炮身的速度，而不是相对于地面的速度。由于炮弹速度和炮身速度的参照物不统一，因此，以上解法是错误的。

运用动量守恒定律解题时，如果系统中各物体速度的参照物不是同一个惯性系，就要根据运动的合成原理进行变换。炮弹相对于地面的速度，应当是它相对于炮身的速度υ和炮身相对于地面的速度的矢量和，即υ+υ′。因此，这题的正确解法是：m（υ+υ′）+Mυ′=0，υ′=- ≈-1.5m/s

尽管两种解法所得的结果近似相同，并不表明前种解法也正确，完全是由于M＞m的缘故。

四、注意公式的“同时性”

动量是状态量，动量守恒定律是指系统任意时刻总动量保持不变，因此系统内物体相互作用前的总动量m υ +m υ 中的υ 和υ 必须是相互作用前同一时刻的瞬时速度；相互作用后的总动量m υ ′+m υ ′中的υ ′、υ ′必须是相互作用后同一时刻的瞬时速度。

［例3］在水平光滑轨道上以速度υ =5m/s行驶的平板车，车与货物的总质量M=2000kg，把质量m=20kg的货物以相对于车为υ=5m/s的水平速度向车前抛出，求平板车的末速度υ 。

解：根据动量守恒定律Mυ =（M-m）υ +m（υ+υ ）

得υ = =4.44m/s。

这个解把货对车的速度υ与抛货前的车速υ （而不是抛货后的车速υ ）的矢量和看成是货对地的速度，是错误的。

货是从车里抛出的。在投抛货之前，货、车对地的速度都是υ ，货对车的速度为零，抛掷货物，人有个动作过程，在这个短暂过程中，货与车通过人体存在大小相等、方向相反的力的作用，因而货与车获得方向相反的加速度，使货相对于车的速度由零逐渐增大到υ，而车对地的速度也由υ 不断变化为υ ，这就是说υ与车的后速υ 是同一时刻的，而与车的前速υ 是不同时刻的（υ和υ 都是抛货动作完成时的速度）。

速度和动量都是状态量，不是过程量。一个物体在不同时刻的速度或动量一般是不同的，同一物体在同一时刻的各个分速度或分动量也可以迭加，不同时刻的速度或动量是不能合成的（只能求所历时间内的增量），可见，方程“Mυ =（M-m）υ +m（υ+υ ）”中的“υ+υ ”不能正确描述货物的速度，“υ+υ ”才是货物对地的速度。因此，这道题的正确解法是：Mυ =（M-m）υ +m（υ+υ ），υ = =4.5m/s。

五、注意公式适用条件的“拓展性”

1.近似性。若系统所受合外力不为零，但内力远大于外力时，则系统的动量近似守恒。譬如碰撞或爆炸过程，由于碰撞或爆炸均是在极短的时间内相互作用的物体的运动状态发生了显著的变化，相互作用力先急剧增大后急剧减小，平均作用很大，外力通常远小于系统的内力，可以忽略不计，所以，认为磁撞或爆炸过程中动量是守恒的。新教材选修3―5第十一页的例题就是一例。

2.独立性。若系统所受合外力不为零，但在某一方向上的合力为零，则在这个方向上动量守恒。譬如，人跳到光滑水平面上的车上时，由于人和车之间垂直方向的冲击作用，此时地面对车的支持力大于人和车的重力，对人、车系统合外力不为零，总动量不守恒，但此系统水平不受外力作用，故满足水平方向上动量守恒。

篇4

当质点组受到合外力为零时，系统的总动量守恒，系统质心的速度保持不变。若系统在某一方向上受到的合外力为零，则系统在该方向上的动量守恒，系统质心在这一方向上的速度保持不变。这是动量守恒定律的一个重要结论。用这一结论去解决某些问题，会变得十分简便。

例1 如图1所示静止于静水中的小船，质量为M=100kg，长L=6m，船尾站有一人，质量为m=50kg,不计水的阻力。当人从船尾向左走到船头时，小船后退的距离为多少？

解析 设船的质心在A线上，人的质心在B线上，人船系统的质心在C线上，A、C间的距离为a，则有，Ma=m(L2-a)

所以a=m2(M+m)L

因为系统原来静止，受到的合外力零，则系统质心的速度为零，质心的位置没有移动，人走到船的左端时，根据对称性，船的质心将向右移动到A′处，移动距离为

s=2a=mM+mL=50100+50×6m=2m

若例1中小船在初始时刻已有向左匀速移动的速度v=2m/s，则人用10s的时间由船尾向左走到船头的过程中船相对地移动的距离为多少？

解析 不管人是否走动，人与船的总动量始终不会改变，系统合质心移动的速度始终为v。由于人相对船的位置前移，此因素会使船的位置后移。船真实移动距离为二距离合成的结果。

s′=vt-s=vt-mM+mL=2×10-50100+50×6m=18m

例2 如图2所示，光滑的木板AB水平放置，左端用一光滑铰链固定在墙上，右端用一轻绳挂在天花板上，板上放着木块M和m，M和 m之间用轻弹簧相连接。开始，弹簧被压缩，M和m之间用细绳拉住，并处于静止状态。线剪断后，M和m在板上来回振动。问细线OB的拉力将如何变化？

解析 M和m组成的系统满足动量守恒条件，因为系统原来处于静止状态，质心速度为零，虽然后来M和m都来回振动，但系统的质心速度仍然为零，质心位置不变，故M和m对木板的作用力所产生的对A点的总力矩不变，所以细线OB的拉力也不会变化。

例3 如图3所示，一艘小船静止在平静的水面上，船前舱有一抽水机。抽水机把前舱的水均匀抽往后舱。不计水的阻力，在船前后舱隔开与不隔开两种情况下，船的运动情况分别是（ ）

A.不动，向前匀速。

B.向前匀速，不动。

C.不动，向后匀速。

D.向后匀速，不动。

解析 以船、水和抽水机为系统，系统的动量守恒。抽水机把前舱的水匀速抽往后舱时，系统的动量始终守恒，系统合质心的速度始终为零，即系统合质心的位置保持不变。船前后舱隔开时，水的质心往后匀速移动，为保持系统合质心的位置不变，船、抽水机的质心必向前移动，即抽水机随船向前匀速运动。前后舱不隔开时，抽水机匀速往后抽水时，水的质心位置不变。因此，船保持静止状态不变，即船不动。答案应选B项。

由上面的讨论可知：在不受外力作用的条件下，质点体系内质点的运动总是围绕质心平衡。

篇5

例1 如图1示，质量为m的钢板与直立弹簧的上端连接，弹簧下端固定在地上。钢板处于平衡状态。一质量也为m的物块从钢板正上方距离为h的A处自由下落，打在钢板上并立即与钢板一起向下运动，求此时二者一起运动的速度。

本题一般的解法是先根据自由落体规律或机械能守恒定律求出A自由下落h时的速度v：

v=2gh

再将A、B看成一个系统，由于A与B碰撞时间极短，A、B相互作用力很大，认为A、B在作用前后动量守恒。

这样，对A、B组成的系统用动量守恒定律，得mv=2mv′

v′=12v=122gh。

我们也可对A、B组成的系统用动量定理。将A开始下落直至粘合在一起以v′共同运动视为一个运动过程，B在A下落过程中合力的冲量为零，A下落时外力的冲量仅有重力的冲量，这也是系统在A下落时受的冲量，用动量定理对该系统有：

2mv′-0=mgt

根据自由落体规律有：t=2hg得：

2mv′=mg2hg

v′=122gh

结果与第一种方法一致。但无疑对动量定理的理解更深刻了。

例2 如图2，人和冰车的总质量为M，另有一木球质量为m，M：m=31：2。人坐在静止于水平冰面的冰车上，以速度v（相对于地面）将原来静止的木球沿冰面推向正前方的固定挡板。球与冰面、车与冰面的摩擦及空气阻力均可忽略不计，设球与挡板碰撞后反弹速率与碰撞前速率相等，人接住球后再以同样的速度（相对于地面）将球沿冰面向正前方向推向挡板，求人推多少次后才不再能接到球。

本题一般的解法是用动量守恒定律。设人第一次、第二次……第n次推球后人车的速度为v1、v2……vn，按动量守恒定律有：

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

当vn≥v时接不到球：(2n-1)mv/M≥v

得n≥33/4，所以接9次后再抛就接不到球。

本题若用动量定理，将人、车、球视为一个系统，系统的动量变化是挡板对球作用力的冲量造成的。挡板每次对球的冲量大小为2mv，方向向右。设人推球的次数为n，按动量定理有：

2nmv=(M+m)vn

人不能接到球的条件是vn≥v，得n≥33/4，所以接了9次后再抛出就不能接到球。

例3 在纳米技术中需要移动式修补原子，必须使在不停地做热运动的原子几乎静止下来且能在一个小的空间区域内停留一段时间。为此华裔诺贝尔物理奖得主朱棣文发明了“激光致冷”技术。若把原子和入射光子看成两个小球，则“激光致冷”与下述力学模型类似。一质量为M的小球A以速度v0水平向右运动，如图3所示。一个动量大小为p的小球B水平向左射向小球A并与之发生碰撞。当两球形变量最大时，形变量突然被锁定一段时间ΔT，然后突然解除锁定使小球B以大小相同的动量p水平向右弹出。紧接着小球B再次以大小为p的动量水平向左射向小球A，如此不断重复上述过程，小球B每次射入时动量大小为p，弹出时动量大小仍为p，最终小球A将停止运动。设地面光滑，除锁定时间ΔT外，其他时间均可不计，求从小球B第一次入射开始到小球A停止运动所经历的时间。

本题常用的方法是对每一次碰撞用动量守恒定律。设每次小球B射入后再射出时，小球A的速度依次为v1、v2、v3……vn-1、0

由动量守恒定理得：

Mv0-p=Mv1+p

Mv1-p=Mv2+p

Mv2-p=Mv3+p

……

Mvn-1-p=0+p

等式两边相加得：Mv0-np=np

则n=Mv02p

总时间Δt=nΔT=Mv02pΔT

上述方法显得繁锁。

若用动量定理，可认为A球的动量变化是B球对它的冲量造成的。每一次碰撞，由于小球B的动量变化大小为2p，故小球B对A的冲量大小也为2p，n次碰撞后B对A的冲量大小为2np，由动量定理有：

2np=Mv0

得出n=Mv02p，同样有总时间Δt=nΔT=Mv02pΔT

以上三例说明动量定理不仅可以解决单个物体的动量变化问题，也可应用于相互作用的一个系统。在多次碰撞的情况下（如例2、例3），应用动量定理来解决问题更为方便简捷。

篇6

对一固定点o，一个系统所受的合外力矩为零，则此质点的角动量矢量保持不变，即为一个系统角动量守恒的条件。

动量守恒，是最早发现的一条守恒定律。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，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；既适用于保守系统，也适用于非保守系统。

（来源：文章屋网 ）

篇7

一、三类基本问题

从力对物体的作用时间和空间关系看，动力学问题可分为力对物体的瞬间作用，力对物体的时间积累作用和力对物体的空间积累作用三类基本问题，它们分别遵从牛顿第二运动定律，动量定理和动量守恒定律，动能定理和机械能守恒定律。因此，用牛顿第二定律解题要明确是对哪一时刻列式的；用动能定理或机械能守恒定律要明确是对哪一段位移列式的。

二、三条基本途径

解决动力学问题的三条基本途径，就是根据力对物体的作用特征，分别应用上述三条规律。即：当问题涉及恒力，加速度和时间的问题，首先考虑用牛顿运动定律解决；涉及变力（大小和方向变化），速度和时间的问题，首先考虑用动量定理或动量守恒定律解决；涉及变力，速度和位移时，首先考虑用动能定理或机械能守恒定律解决。特别要强调的，如果符合动量守恒或机械能守恒的条件，就应该首先考虑应用守恒定律列式，这样只须考虑初，末状态的动量或初，末状态的机械能，使问题的计算得以简化。

三、三个基本要求

从基本概念，基础知识和基本功的掌握看，解决动力学问题必须做到三个基本要求：受力分析要清，矢量方向要明，物理量计算要准。

正确分析物体的受力，应从力的基本概念入手，明确力的相互作用性，搞清力学中常见的三种力的特性，注意不要漏掉“隐蔽的力”。受力分析正确了，也就为下一步分析物体的加速度或守恒条件铺平了道路。

力，速度，加速度以及动量，冲量都是矢量，相互间的关系式又是矢量式，因此，必须做到方向明确，熟练掌握处理一条直线上的正方向选定，注意运算符号和表示方向的正负号的区别以及有关量间的方向依存关系等，如冲量的方向和动量变化量的方向一致，加速度的方向跟合外力的方向一致等。

动量，动能和功含有与参照物有关的物理量（速度，位移），计算时应注意以地面或相对于地面静止的物体做参照物。重力势能和弹性势能涉及到零势能位置的选定，计算时以取最低点（如地面）为重力势能零点和弹簧无形变时弹性势能为零，则h就是物体离规定水平面的高度，x就是弹簧相对原长的伸长量，动量守恒定律，机械能守恒定律等式左右应分别表示相互作用前，后两个时刻的系统总动量或总机械能，决不能将不同时刻的动量或机械能相互合成等。

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“碰撞”问题在高中阶段的要求仅限于一维正碰：即两个物体碰撞前沿同一直线运动，碰撞后仍沿同一直线运动.“碰撞”问题所依循的基本定律是系统动量守恒定律，然后再根据碰撞的具体类型有选择性地应用机械能守恒定律.弹性形变是指撤去外力后能够恢复原状的形变，因此弹性碰撞是同时满足动量守恒和动能守恒的碰撞.两球一维弹性正碰是碰撞的基本题型，可以提炼出很多实用的二级结论，从各个角度“品味”两球一维弹性正碰，对掌握其它类型的碰撞大有裨益.弹性碰撞问题及其变形是中学物理中的常见问题，在高中物理中占有重要位置，也是多年来高考的热点；此类问题还可与很多其它知识点结合，联系广泛，题目背景易推陈出新，掌握这一模型，举一反三，能切实提高学生的推理能力和综合分析解决问题的能力.所以，我们有必要研究这一类问题.

一、两球一维弹性正碰的基本规律

图1例1如图1所示，设质量为m1的弹性球，速度为v1与质量为m2的弹性球，速度为v2发生碰撞，碰撞后两球的速度分别为v1′、v2′，取向右为矢量的正方向.

解析：由系统的动量守恒定律得

结论1：对于一维弹性碰撞，若以其中某物体为参考系，则另一物体碰撞前后速度大小不变，方向相反（即以原速率弹回）.

结论2：对于一维弹性碰撞，若两个物体质量相等，则碰撞后两个物体互换速度（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）.

结论3： 对于一维弹性碰撞，若其中某物体的质量远大于另一物体的质量，则质量大的物体碰撞前后速度保持不变.

以上结论是关于一维弹性碰撞的三个普适性结论.可见，解决弹性碰撞的关键是要抓住“碰撞”前后瞬间动量守恒、系统机械能守恒（总动能不变）.习题中常见的弹性球、光滑的钢球及分子、原子等微观粒子的碰撞都属于这一模型，要能够从习题中识别出这一模型，问题就会迎刃而解.

二、典例分析

图2例1（2012年理综全国卷题21）如图2，大小相同的摆球a和b的质量分别为m和3m，摆长相同，并排悬挂，平衡时两球刚好接触，现将摆球a向左边拉开一小角度后释放，若两球的碰撞是弹性的，下列判断正确的是（）

（A） 第一次碰撞后的瞬间，两球的速度大小相等

（B） 第一次碰撞后的瞬间，两球的动量大小相等

（C） 第一次碰撞后，两球的最大摆角不相同

（D） 发生第二次碰撞时，两球在各自的平衡位置

解析：两球在碰撞前后，水平方向不受外力，故水平两球组成的系统动量守恒，由动量守恒定律有：mv0=mv1+3mv2；又两球碰撞是弹性的，故机械能守恒，即：12mv20=12mv21+123mv22，解两式得：v1=-v02，v2=v02，可见第一次碰撞后的瞬间，两球的速度大小相等，选项（A）正确；因两球质量不相等，故两球碰后的动量大小不相等，选项（B）错；两球碰后上摆过程，机械能守恒，故上升的最大高度相等，另摆长相等，故两球碰后的最大摆角相同，选项（C）错；由单摆的周期公式 ，可知，两球摆动周期相同，故经半个周期后，两球在平衡位置处发生第二次碰撞，选项（D）正确.

图3 例2如图3所示，在光滑的水平面上静止着一个质量为m2小球2，质量为m1的小球1以一定的初速度v1朝着球2运动，如果两球之间、球与墙之间发生的碰撞均无机械能损失，要使两球还能再碰，则两小球的质量需满足怎样的关系？

解析：设两球碰后的速度分别为v1′和v2′，由系统动量守恒定律得：mv1v1=m1v1′+m2v2′ ①

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中图分类号：O4 文献标识码：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世纪，迈耶、焦耳、亥姆霍兹发现了能量守恒定律以来，人们不仅为微分方程的降价而欢欣鼓舞，物理学家们更是由此有了许多新发现。1894年皮埃尔居里又因果律首先提出了对称性原理，1981年德国女数学家尼约特（A,E,Noether;1882-1935）发表了著名的将对称性和守恒律联系在一起的定理。即从每一个自然界的对称性可得到一种守恒律；反之，每一个守恒律均揭示蕴含其中的一种对称性，这就大大地激发人们去寻找与之相应的守恒律了。牛顿、欧拉、拉格朗日、拉普拉斯、庞加莱、爱因斯坦、薛定谔等堪称对称性与力学理论的奠基大师，从他们那个时代起，对称性和力学就是一对亲密的伙伴。随着历史的发展，对称性一直发挥着它强有力的作用。①

1 对称性的有关概念

我们周围的世界时丰富多彩、千变万化。动物、植物、街道、房屋等咋一看好像没有什么共同点，然而，如果我们仔细观察的话，仍然可以找出一些普遍存在的现象，那就是对称性。无论对艺术还是自然科学，对称性都是重要的研究对象，但是，对称性的概念最初还是源于生活，在艺术、建筑等领域，所说的对称一般是指左右对称。首先用严谨的概念描述对称性的还是德国数学家魏尔，他对左右对称的一幅图做了如下表述：若某种图形通过镜面反射又回到自己，则该图形对该镜面式反射对称或双向对称。他有谈到，若某一图形围绕L轴作任何转动均能回到自身，则该图形具有对L轴的转动的对称性。②

将对称性运用到物理上，研究的对象不仅是图形，还有物理学中的物理量或物理定律等，那么我们首先得搞懂以下几个概念。第一个概念就是“系统”，系统就是我们要研究的对象；第二就是“状态”，同一个系统可以处在不同的状态，不同的状态可以通过某种变换使他们“处在”相同的状态；最后就是“变换”了，时空坐标系的改变、尺度的放大缩小等都可以认为是“变换”，也可以称之为“操作”。一个操作可以对一个物理量或以一种守恒律产生“相同”或“等价”的效果，就是其不变性，比如，牛顿第二定律对于伽利略变换这一“操作”就具有对称性，因为，经过这一操作，牛顿第二定律是不变的。动量作为物理量经过伽利略变换后发生改变，因从不同的参考系下测出来的动量是不同的，所以，动量对于伽利略变换使不具有对称性的，但是“在外力矢量和为零的质点系系统动量守恒”这条规则对于惯性系是成立的，因而动量守恒定律对于伽利略变换具有对称性。动量、能量、动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与其他物理规律迥然不同：他们既能适用于宏观客体，又适用于微观世界，起初这些定律都是作为大量实验事实的推广通过实验途径确立起来的，后来人们才对他们与时间、空间对称性原理的相互联系有所进一步的理解，不仅理解了他们的普遍性，而且还能预言某种守恒定律在什么条件下将遭到破坏，或者改变原有的形式。

2 对称性与守恒量

2.1能量守恒与时间的均匀性（能量守恒与时间对称性）

拉格朗日函数定义为。③拉格朗日函数中不显含时间t，即，因此有：（1）

利用保守力系下拉格朗日方程有：，根据莱布尼兹法则等， 整理得：（2）

我们令，我们定义H为广义能量，即广义能量H为一个守恒量。设动能的表示为T， 则

假如系统是定常的或是稳定的，则上式中函数不含t，所以，所以a = a = 0，即动能T成为的二次齐次函数，由齐次函数的欧拉定理可得在广义坐标下，势能是广义坐标的函数，则有：

（下转第113页）（上接第109页）

整理得： = 2T - L = T + V = 常量，所以，H表示系统的机械能，由上式我们可以看出，机械能是一个守恒量。从另一个方面可以看到时间的对称性。

2.2 动量守恒与空间的均匀性（动量守恒与空间均匀移动）

在一个封闭的体系内，各质点间具有相互作用，由于空间的均匀性，当体系内各质点进行同样的位移时，不应当改变体系的力学性质，从而使拉氏函数保持不变，那么，在速度不变的情况下，当很小的时候，（3）求和对体系所有的质点进行，因为空间的均匀性要求使，而又是任意的，所以就相当于，用拉氏方程即④，由得：若用pn表示体系中所有质点的动量，则：，因此得： = 恒矢量。所以我们得到了体系中的动量守恒定律，从这里我们看到了空间对称性的一个侧面。

2.3 角动量守恒与空间的各向同性（角动量守恒与空间均匀转动）

空间各向同性就意味着在封闭系统整体在空间任意转动时，体系力学性质不变，与此相应，其拉氏函数也不应改变，即。引入一个无穷转动矢量，我们可以得出：（4）当体系转动时，不仅矢径的方向改变，而且所有质点的速度矢量也都按相同规律改变，这时，相对于静止坐标系中速度的增量由下式给出：（5） 则：，而且因为是封闭系统，，所以，空间的无穷小转动所引起的拉氏函数的改变为：，把（4）（5）式代入上式可得：，由矢量代数可知，对三个矢量间的混合积运算法则知：因为根据保守力系下拉格朗日方程：， 所以：

因为是任意的， 所以就相当于：，即： = 横矢量。 按拉氏函数的定义：，而就是体系中各质点的动量，所以，体系的角动量守恒，从这里我们看到了空间对称性的另一个侧面。

3 结论

通过上面的讨论可以看到：物理规律在一定的时间、空间变换下的不变性，即时间与空间的对称性。从时间的均匀性、空间的均匀性及空间的各向同性这些对称性原理出发，经过严密的推理，又合乎逻辑地导出能量守恒定律、动量守恒定律、动量矩守恒定律，因此我们可以说这些守恒律缘起于时空的对称性。

注释

①Jerrold E.Marsden，Tudor S.Ratiu.力学和对称性导论[M].王丽瑾,刘学深,等译.北京:清华大学出版社.

②漆安慎,杜婵英.力学[M].北京:高等教育出版社,2005:173-174.

③王剑华,李康等.理论力学[M].陕西:陕西科学技术出版社,2009:186-187.

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有关这部分内容的高考命题，题目一般变化情况复杂，综合性强，多以把场的性质、运动学规律、牛顿运动定律、功能关系等知识有机地结合在一起，对考生的空间想象能力、物理过程和运动规律的综合分析能力，以及用数学方法解决物理问题的能力要求较高，在复习中要高度重视，强化训练.

解决电磁问题的基本思路往往是应用力学知识解决电磁学问题，并没有太多新的知识和方法，只是在处理此类问题时，物体的受力除受常规力（重力、弹力、摩擦力等）外，还受到场力.比如在电场中，带电体（或点电荷）还受到电场力（或库仑力）；在磁场中，通电导体还受到安培力，运动电荷还受到洛伦兹力.我们要告诉考生在遇到此类问题时，不必惊慌，应该冷静下来思考，此类问题往往就是应用我们熟悉的力学知识进行解题.

一、应用动力学观点解决电磁学问题

问题的实质是动力学知识，即牛顿第二定律和运动学公式的应用.动力学两大类问题：①已知物体受力情况，确定运动情况；②反过来已知物体运动情况，确定受力情况.

基本思路为：

物体的加速度a把物体的受力情况和运动情况联系起来，起到纽带、桥梁的作用，所以求加速度是解决问题的关键.

例1：如图所示，两根相距L平行放置的光滑导电轨道，与水平面的夹角均为α，轨道间有电阻R，处于磁感应强度为B、方向竖直向上的匀强磁场中，一根质量为m、电阻为r的金属杆ab，由静止开始沿导电轨道下滑.设下滑过程中杆ab始终与轨道保持垂直，且接触良好，导电轨道有足够的长度，且电阻不计.（1）杆ab将做什么运动？（2）若开始时就给ab沿轨道向下的拉力F使其由静止开始向下做加速度为a的匀加速运动（a>gsinα），求拉力F与时间t的关系式.

解析：（1）金属杆受力如图所示：当杆向下滑动时，速度越来越大，安培力F安变大，加速度变小.随着速度的变大，加速度越来越小，ab做加速度越来越小的加速运动，最终加速度变为零，杆做匀速运动.

（2）经过时间t，ab杆的速度v=at

感应电流

由牛顿第二定律得：F+mgsinα-BILcosα=ma

二、应用动量观点解决电磁学问题

1. 应用动量定理解决电磁问题

通电直导线在磁场中要受到安培力的作用，速度发生变化，安培力随之变化.通常直导线（或线框）的运动为非匀变速直线运动，不能用牛顿定律结合运动学公式解题，而动量定理适用于非匀变速直线运动.在？驻t时间内安培力的冲量F·？驻t=BLI？驻t=BLq，式中的q是通过导体截面的电量.

2. 在电磁场中，只要系统满足动量守恒条件，对系统也可以应用动量守恒定律解题

例2：如图所示，在匀强磁场区域内与B垂直的平面中有两根足够长的固定金属平行导轨，在它们上面横放两根平行导体棒构成矩形回路，长度为L，质量为m，电阻为R，回路部分导轨电阻可忽略，棒与导轨无摩擦，且接触良好.开始时图中左侧导体棒静止，右侧导体棒具有向右的初速v0，试求两棒之间距离增长量x的上限.

分析：当右侧导体棒运动时，产生感应电动势，两棒中有感应电流通过，右侧导体棒受到安培力作用而减速，左侧导体棒受到安培力作用而加速.当它们的速度相等时，它们之间的距离最大.设它们的共同速度为v，则据动量守恒定律可得：

对于左侧导体棒应用动量定理可得：

BLIt=mv

所以，通过导体棒的电量：

点评：本题结合冲量公式F？驻t=BLI？驻t=BLq应用动量定理，使貌似复杂的电磁问题迅速得到解决.应用动量守恒定律和动量定理知识解题，是我们熟悉的力学知识.

三、应用能量观点解决电磁学问题

在解决电磁问题时，我们经常应用动能定理、机械能守恒定律、功能关系或能量守恒定律，所以我们必须熟练掌握.

动能定理：W总=？驻Ek

功能关系：W =？驻E

能量守恒：？驻E增=？驻E减

例3：如图所示，在倾角为θ的光滑斜面上，存在着两个磁感应强度相等的匀强磁场，方向一个垂直斜面向上，另一个垂直斜面向下，宽度为L.一个质量为m，边长也为L的正方形金属框以速度v进入磁场时，恰好做匀速直线运动.若ab边到达gg'与ff'中点位置时，线框又恰好做匀速直线运动，且设金属框电阻为R，则金属框从开始进入磁场到ab边到达gg'与ff'中点位置的过程中产生的热量是多少？

解析：设线框刚进入磁场时速度为v，则回路感应电动势和感应电流分别为：E1=BLv，I1=■.

线框ab边越过ff'后做初速度为v、加速度逐渐减小的加速运动.设当ab边到达gg'与ff'中点位置时速度为v2，则回路感应电动势和感应电流

设线框从刚进入磁场到边ab到达gg'与ff'中点位置的过程中产生的热量为Q，由能量转化与守恒定律得

电磁感应中的能量转化特点：外力克服安培力做功，把机械能或其他能量转化成电能；感应电流通过电路做功又把电能转化成其他形式的能（如内能）.这一功能转化途径可表示为：