第三章能量与动量
第三章 能量与动量
3–1 汽车在水平公路上做直线运动，它的功率保持不变，当汽车的速度为4m/s 时，加速度为0.4m/s 2，汽车所受阻力恒为车重的倍，若取g =10m/s 2
，汽车行驶的最大速度为_______m/s 。
解：设汽车的速度为4m/s 时，汽车牵引力为F ，地面摩擦力为f ，v 为此时的速度，V 为最大速度。由题知
ma f F =- 将已知条件代入上式得
N 5.0m F = （1）
由于汽车的功率保持不变，故汽车在最大速度时的功率等于汽车速度为4m/s 时的功率。汽车达到最大速度时，其牵引力的大小等于所受阻力，即f F ='，故有
v F P = （2）
fV P = （3）
由（1）式、（2）式和（3）式解得
m/s 20=V
3–2 有一质量为m =0.5kg 的质点，在xy 平面内运动，其运动方程为222t t x +=，t y 3=（SI ），则在s 0=t 至s 3=t 这段时间内，外力对质点所做的功为 ，外力的方向是 。
解：由质点的运动方程得
N 24d d 22===m t x
m F x （1）
0d d 22==t y
m F y （2）
由功的定义得
?
??+==y F x F W y x d d d r F （3） 又由运动方程得
t t x d )42(d +=，t y d 3d =
将上式代入（3）式得
48J )d 42(23
0=+=?t t W 由（1）式知力的方向沿x 正方向。
3–3 已知质点的质量m =5kg ，运动方程j i r 22t t +=（SI ），则质点在0~2秒内受的冲量I 为 ，在0—2秒内所做的功为 。
解：质点所受的力为
N 102d d 22j j r
F ===m t m
质点0—2秒内受的冲量I 的大小为
s N 20d 102020?===??j j F t dt I
力在0—2秒内对质点所做的功为 J 40d 20d )22(10d 2020==+?==???t t t t W j i j r F
3–4 质量为m =5.0kg 的物体，于10s 的时间内，其速度由0v =48i +36j 变为v =j i 418-（SI ），则物体所受的平均作用力之量值应为 N 。
解：10s 内物体的动量变化为
j i P 40300--=-=?v v m m N
10s 内物体所受的平均作用力为
j i j i P I F 4310
4030--=--=??=?=t t 10s 内物体所受的平均作用力大小为
N 25)4()3(||22=-+-=F
3–5 在一直在线，以t t F 26)(-=之力（t 的单位为秒，F 的单位为牛顿）施于质量m =2kg ，初速为12m/s 之物体上，则8秒末物体的速率为 。
解：解法一：由牛顿第二定律有
t
t m
t d d 2d d 26v v ==- 即 t t d )3(d -=v
积分
??-=8
012
d )3(d t t v v 所以 m/s 4=v
解法二：物体从0到8s 末所受的冲量为
s 16N 2t)d -6(d 8
080?-===
??t t F I 由动量定理得 )12(2)(160-=-=?=-=v v v m P I
所以
m/s 4=v
3–6 对功的概念有以下几种说法：（1）保守力做正功时系统内相应的势能增加；（2）质点运动经一闭合路径，保守力对质点做的功为零；（3）作用力与反作用力大小相等、方向相反，所以两者所做的功的代数和必为零。在上述说法中正确的是（ ）
A ．（1）、（2）是正确的
B ．（2）、（3）是正确的
C ．只有（2）是正确的
D ．只有（3）是正确的
解：质点运动经一闭合路径，保守力对质点做的功为零，这是保守力做功的特点，因此
（1）是正确的；保守力对系统所做的功等于系统势能增量的负值，因此（1）是错误的；作用力与反作用力虽然大小相等、方向相反，但它们作用于不同的质点，但由于两个质点的位移大小以及位移与力的夹角一般不同，故一对作用力与反作用力做功的代数一般不为零，因此（3）也是错误的。综上，应选（C ）。
3–7 用锤压钉不易将钉压入木块，用锤击钉则很容易将钉击入木块，这是因为[ ]。
A ．前者遇到的阻力大，后者遇到的阻力小
B ．前者动量守恒，后者动量不守恒
C ．后者锤的动量变化大，给钉的作用力就大
D ．后者锤的动量变化率大，给钉的作用力就大
解：根据动量定理，一个质点受到的作用力等于这个质点的动量的变化率。用锤击打钉一是可提高锤的动量，二是锤与钉之间的相互作用时间短，因而击打过程中锤的动量变化率大，从而对钉产生很大的作用力，将钉击入木块。故应选（D ）
3–8 质点系内部保守力做功量度了[ ]。
A ．质点系动能的变化
B ．质点系机械能的变化
C ．质点系势能的变化
D ．质点系动能与势能的转化
解：质点系动机械能的变化可由于外力做功和非保守内力做功而发生变化，而机械能的变化有可能是系统动能、势能的变化引起的。因此质点系内部的保守力做功不能量度质点系动能、势能和机械能的变化。在满足机械能守恒定律的条件下，质点系的动能和势能是相互转换的，且转换的量值是相等的，动能的增加量等于势能的减小量，势能的增加量等于动能的减小量，二者的转换是通过质点系内部保守内力做功来实现的。故应选（D ）。
3–9 质点系内部非保守内力做功量度了[ ]。
A ．质点系动能的变化
B ．质点系势能的变化
C ．质点系内动能与势能的转化
D ．质点系内部机械能与其他形式能量的转化
解：根据功能原理，系统从一个状态变化到另一个状态的过程中，其机械能的增量等于外力所做功和系统的非保守内力所做功的代数和。外力不做功，表明系统与外界没有能量交换；非保守内力不做功，则说明系统内部不发生机械能和其它形式能量的转化。因此选（D ）。
3–10 自水平地面作斜抛运动的物体，在最高点时的动量值恰为抛出时的5/3，此时突然分裂为质量相等的两块，其中一块以初速为零落下，则此裂块落地时的动量值与原抛出时物体动量值之比值为[ ]。
A ．5/2
B ．5/3
C ．5/4
D ．1
解：设此斜抛运动物体的质量为m ，抛出的初速度为0v ，它与水平面的夹角为θ，则物体被抛出时动量值为0v m ，在最高点时物体只有水平方向的速度x v ，θcos 0v v =x ，最高点时的动量1p 值恰为抛出时的动量值P 的53，有θcos 5301===mv mv x P p ，即5
3cos =θ。在最高点突然分裂为质量相等的两块，其中一块以初速为零落下，则它下落到地的速度为θsin 0v v =y ，即应与原抛出物的速度在竖直方向的分量相同。此下落物体的动量与抛出时物体动量值之比值为5
2cos 15.0sin 5.050202=-===θθmv mv y .P p 。故答案应选（A ）。 3–11 如图3-1所示，质量为m 的平板A ，用竖立的弹簧支持
而处在水平位置。现从平台上投掷一个质量为m 的球B ，球的初速度为v ，沿水平方向。球由于重力作用下落，与平板发生完全弹性碰撞，且假定平板是平滑的，则球与平板碰撞后的运动方向应为[ ]。
A ．0A 方向
B ．1A 方向
C ．2A 方向
D ．3A 方向
解：由于平板A 原来静止，平板A 与球B 的质量相同，球B 与平板A 相碰后，在竖直方向动量守恒，根据弹性碰撞的结论可得，碰撞后平板A 以By v 速度向下运动，而球B 在竖直方向的速度为零，只有水平方向的速度，故球与平板碰撞后沿2A 方向运动，故应选（C ）。
3–12 如图3-2，在水平面上有一质量为M 的木块，水平面与木块之间的滑动摩擦因素为k μ。一颗质量为m 的子弹，以速度v 射入木块，并嵌入木块中，子弹与木块一起沿水平
图3-1
2
3
面运动到停止时在水平面上移动的距离为[ ]。
A ．)2)((k 2g M M m μv +
B ．)2()(k 22g M M m μv +
C ．)2)((k 2
g
M m m μv + D ．)2()(k 2
2g
M m m μv + 解：子弹射入过程很短，时间及此过程中所走过距离可忽略不计。由动量守恒得
()V M m M
m m m +=+2)( 式中V 为子弹嵌入木后与木块一起运动的初速度。之后由于摩擦，子弹与木块一起做匀减速运动，根据动能定理得
()()gs M m V M m k +=+μ22
1 )2()(2k 2
22g
M m m g V s k μμv +== 故应选（D ）。
3–13 一质量为10kg 的物体沿x 轴无摩擦地运动，设t=0时，物体位于原点，速度为零（即初始条件：x 0=0，00=v ），问：（1）物体在力t F 43+=（SI ）的作用下运动了3s ，它的速度、加速度为多大
（2）物体在力x F 43+=（SI ）的作用下移动了3m ，它的速度、加速度为多大
解：（1）由牛顿第二运动定律
t t m F a 4.03.01043+=+==
（1） 又由t
a d d v =得 ???+=+===v v v 00022.03.0d )4.03.0(d d t t t t t t t a （2）
把t=3s 代入（1）式和（2）式得
2s m 5.1-?=a ，1s m 7.2-?=v
（2）解法一 ：由牛顿第二运动定律
m M
v
s
图3-2
x x m F a 4.03.01043+=+==
（3） 又由x
t x x t a d d d d d d d d v v v v =?==，分离变量，两边积分 ???+==v v v 0
00d )4.03.0(d d x x
x x x a 得 )2.03.0(22x x +=v （4）
把x=3m 代入（3）式和（4）式，得
2s m 5.1-?=a ，1s m 3.2-?=v
解法二：由动能定理，有
??
+==30302d )43(d 21x x x F m v 27)23(302=+=x x J 得
1s m 3.210
272-?=?=v 3–14 一辆车通过一根跨过定滑轮的绳PQ 提升井中质量为m 的物体，如图3-3所示。绳的P 端拴在车后的挂钩上，Q 端拴在物体上。设绳的总长不变，绳的质量、定滑轮的质量和尺寸、滑轮上的摩擦都忽略不计。开始时，车在A 点，左右两侧绳都已绷紧并且是竖直的，左侧绳长为H 。提升时，车加速向左运动，沿水平方向从A 经过B 驶向C 。设A 到B 的距离也为H ，车过B 点时的速度为B v 。求在车由A 移到B 的过程中，绳Q 端的拉力对物体做的功。
解：设车由A 移到B 时，左边绳与竖直方向所成夹角为θ，物体从井底上升的高度为h ，速度为v ，所求的功为W ，则据动能定理可得
221v m mgh W =
- 因绳总长不变，所以 H H h -=θsin 根据绳联物体的速度关系得 θcos B v v =
由几何关系得
图3-3
Q H P
H B A
v B
C
θ
4π=θ 由以上四式求得 H mg m W B )12(4
12-+=v 3–15 在地球深度的一个铀原子释放出一个α粒子，这个α的速度为v ，在地球中运动经d 的距离停止下来。已知α粒子的质量为kg 107.627-?=m ，速度km/s 102..04?=v ，mm 71.0=d 。求α粒子所受到的力。
解：根据动能定理
22
1v m Fd =
所以α粒子所受到的力为 N 1089.110
71.02)102..0107.621532
4272---?=?????==(v d m F 3–16 当质量为m 的质点距离—个质量为M 、半径为R 的质量均匀分布的致密天体中心的距离为r （r ≥R ）时，其引力势能为r GMm E P /-=，其中2211kg m N 1067.6--???=G 为引力常量。设致密天体是中子星，其半径km 10=R ，质量M =1.5M ⊙（1M ⊙=×1030
kg ，M ⊙为太阳的质量）。
（1）1Kg 的物质从无限远处被吸引到中子星的表面时
所释放的引力势能为多少
（2）在氢核聚变反应中，若参加核反应的原料的质量
为m ，则反应中的质量亏损为0.0072m ，问1kg 的原料通过
核聚变提供的能量与第（1）问中所释放的引力势能之比是
多少
（3）天文学家认为：脉冲星是旋转的中子星，中子星
的电磁辐射是连续的，沿其磁轴方向最强，磁轴与中子星
的自转轴方向有一夹角（如图3–4所示），在地球上的接收器所接收到的一连串周期出现的脉冲是脉冲星的电磁辐射。试由上述看法估算地球上接收到的两个脉冲之间的时间间隔的下限。
解：（1）根据能量守恒定律，质量为m 的物质从无限远处被吸引到中子星的表面时所释放的引力势能1E ?应等于对应始末位置的引力势能的改变，故1kg 的物质从无限远处被吸引到中子星的表面时所释放的引力势能为
自转轴 磁轴 接收器 图3-4
()R
GM m R GMm m E =--=?/01 （1） 代入有关数据得
J/kg 100.2161?≈?m
E （2） （2）在氢核聚变反应中，每千克质量的核反应原料提供的能量为
220072.0c m
E =? （3） 所求能量比为
31
1//21≈??m E m E （4） （3）根据题意，可知接收到的两个脉冲之间的时间间隔即为中子星的自转周期，中子星做高速自转时，位于赤道处质量为M ?的中子星质元所需的向心力不能超过对应的万有引力，否则将会因不能保持匀速圆周运动而使中子星破裂，因此有
22R m
GM R m ?≤?ω （5） 式中τωπ
2=。ω为中子星的自转角速度，τ为中子星的自转周期。由代入（5）式得到
GM
R 3π2≥τ （6） 代入数据得
s 104.44-?≥τ （7）
故地球上接收到的两个脉冲之间的时间间隔的下限为s 104.44-?。
3–17 总质量为80kg 的跳伞运动员从离地500m 的直升机上跳下，经过2s 拉开绳索开启降落伞，如图3-5所示是跳伞过程中的v –t 图，试根据图像求：（g 取10m/s 2）
（1）t ＝1s 时运动员的加速度和所受阻力的大小。
（2）估算14s 内运动员下落的高度及克服阻力做的功。
解：（1）从图中可以看出，在t ＝2s 内
运动员做匀加速运动，其加速度大小为 2m/s 8216===t a t v 设此过程中运动员受到的阻力大小为f ，根据牛顿第二定律，有mg –f ＝ma ，得
48121620图3-5
f ＝m （
g –a ）＝80×（10–8）N ＝160N
（2）从图3-5估算得出运动员在14s 内下落的高度为
h =×2×2m ＝158m
根据动能定理，有
22
1v m W mgh f =
- 所以有 J 1025.16802
11581080(21522?≈??-??=-=v m mgh W f 3–18 一机关枪每秒射出10颗质量各为100g 的子弹，每个子弹的出口速率是800m/s ，子弹射到墙壁立即停止。则：（A ）每颗子弹的动量变化是多少（B ）子弹施于墙的平均力是多少
解：每颗子弹的动量变化为
m/s kg 80)800(1.0?-=-?=?=?v m P
子弹受到墙的平均力是
N 8001
)800(1.010-=-??=??=??=∑t nm t P F v 子弹施于墙的平均力与子弹受到墙的平均力大小相等、方向相反，故为800N 。
3–19 如图3-6所示，矩形盒B 的质量为M ，放在水平面上，盒内有一质量为m 的物体A ，A 与B 、B 与地面间的动摩擦因数分别μ1、μ2，开始时二者均静
止。现瞬间使物体A 获取一向右且与矩形盒B 左、右侧壁垂直的水平
速度0v ，以后物体A 在盒B 的左右壁碰撞时，B 始终向右运动。当A
与B 最后一次碰撞后，B 停止运动，A 则继续向右滑行距离S 后也停
止运动，求盒B 运动的时间t 。
解：以物体A 、盒B 组成的系统为研究对象，它们在水平方向所受的外力就是盒B 所受的滑动摩擦力。A 与B 间的摩擦力、A 与B 碰撞时的相互作用力均是内力。设B 停止运动时A 的速度为V ，且假设向右为正方向，由系统的动量定理得
02)(v m mV gt M m -=+-μ
当B 停止运动后，对A 应用动能定理得
212
1mV mgS ==μ
由以上二式解得
图3-6
g m M gS m m t )(2210+-=μμv 3–20 如图3-7形状的一辆45座客车长、宽和高为10490×2500×3200mm。这辆客车在无风的高速路上以25m/s 的速度行驶。已知空气的密度为1.20kg/m 3
。如果认为风作用在车上后变为静止，试估算客车受到的风阻（忽略客车除车头外的其它部分受到的空气的摩擦）。
解：由于是估算，我们把客车头看成是一个平面，并忽略客车的底盘高度，则车头的面积近似为
2m 0.82.35.2=?=S 由于客车运动，单位时间作用在车头的空气质量
为
kg 240250.820.1=??==v S m ρ
根据动量定理，单位时间作用在客车头的平均作
用力为 N 60001
25240=?=??=??=t m t P F v 3–21 甲、乙两小孩各乘一辆冰车在水平冰面上游戏。甲和他的冰车的总质量共为M =30kg ，乙和他的冰车的总质量也是30kg 。游戏时，甲推着一质量为m =15km 的箱子，和他一起以大小为m/s 20=v 的速度滑行。乙以同样大小的速度迎面滑来。为了避免相撞，甲突然将箱子沿冰面推给乙，箱子到乙处时乙迅速把它抓住。若不计冰面的摩擦力，求甲至少要以多大的速度（相对于地面）将箱子推出，才能避免和乙相碰。
解：不计冰面的摩擦力情况下，甲推出箱子和乙抓住箱子是两个动量守恒的过程，可运用动量守恒求解。甲把箱子推出后，甲的运动有三种可能：一是继续向前，方向不变；二是静止；三是方向改变，向后倒退。按题意要求，是确定甲推箱子给乙，避免跟乙相碰的最小速度。上述三种情况中，以第一种情况甲推出箱子的速度最小，第二、第三种情况则需要以更大的速度推出箱子才能实现。
设甲推出的箱子相对于地面的速度为v ，推出后甲相对于地面的速度变为1v ，取0v 方向为正方向，据动量守恒有
v v v m M m M +=+10)( （1）
设乙抓箱子后相对于地面的速度为2v ，乙抓住箱子的过程，动量守恒，则
20)(v v v m M m M +=+- （2）
甲、乙两冰车避免相撞的条件是12v v ≥，取12v v =，联立（1）式和（2）式，并代入
图3-7
数据解得
m/s 2.5=v
3–22 如图3-8所示，两部运水的卡车A 、B 在水平面上沿同一方向运动，B 的速度为u ，从B 上以6kg/s 的速率将水抽至A 上，水从管子尾部出口垂直落下，车与地面间的摩擦不计，时刻t 时，A 车的质量为M ，速度为v 。求时刻t ，A 的瞬时加速度。
解：选质量为M 的A 车和t 时间内抽至A 车的水m 为研究系统，设当A 车的质量增加为m M ?+时，A 车的速度为v '，这个过程中水平方向上动量守恒，有
v v '?+=?+)(m M mu M
解得 m M mu M ?+?+='v v A 车的速度增加 ()m M u m ?+-?=
-'=?v v v v 当m 很小时，上式可写为 ()v v -?≈?u M
m 上式等式两边同除以t 并取极限，得A 的瞬时加速度为
()v v v -=-?=??=→?u M M u t m t
a t 6d d lim 0 3–23 一质量为m 的小滑块A 沿斜坡由静止开始下滑，与一质量为km 的静止在水平地面上的小滑块B 发生正碰撞，如图3-9所示。设碰撞是弹性的，且一切摩擦不计。为使二者能且只能发生两次碰撞，则k 的值应满足什么条件
解：设A 与B 碰撞前A 的速度为0v ，碰后A
与B 的速度分别为1v 与V 1，由动量守恒及机械能
守恒定律有
110kmV m m +=v v （1） 2121202
12121kmV m m +=v v （2） 由此解得 011
)1(v v +--=k k （3） 1201v +=
k V （4） A
B 图3-9
v u
图3-8
为使A 能回到坡上，要求v 1<0，这导致k >1；为使A 从坡上滑下后再能追上B ，应有11V >-v ，即2)1(>-k ，这导致3>k ，于是，为使第二次碰撞能发生，要求
3>k （5）
对于第二次碰撞，令v 2和V 2分别表示碰后A 和B 的速度，同样由动量守恒及机械能守恒定律有：
2211)(kmV m kmV m +=+-v v
222221212
1212121kmV m kmV m +=+v v 由此解得
022
2)1()1(4v v +--=k k k （6）
22)1()
1(4v +-=k k V （7） 若02>v ，则一定不会发生第三次碰撞，若02
22V ≤-v （8）
由（6）、（7）、（8）式得
05102≤+-k k （9）
由
05102=+-k k
可求得
5252
8010±=±=k （9）式的解为
525k 525+≤≤- （10）
（10）式与（5）式的交集即为所求，即
5253+≤ 3–24 如图3-10所示，一浮吊质量M =2×104kg ，由岸上吊起一质量m =2×103 kg 的货物后，再将吊杆OA 从与竖直方向间夹角θ=60°转到θ'=30°，设吊杆长L =8m ，水的阻力不计，求浮吊在水平方向移动的距离向哪边移动 解：解法一：对浮吊和货物组成的系统，在吊杆转动过程中水平方向不受外力，动量守恒。当货物随吊杆转动远离码头时，浮吊将向岸边靠拢，犹如人在船上向前走时船会后退一样，所以可应用动量守恒定律求解。 设浮吊和货物在水平方向都作匀速运动，浮吊向右的速度为v ，货物相对于浮吊向左的速度为u ，则货物相对河岸的速度为u v -。由 )(0u m M -+=v v 得 m M mu +=v 吊杆从方位角θ转到θ'需时 u L L t θθ'-=sin sin 所以浮吊向岸边移动的距离 u L L m M mu t x θθ'-+==sin sin v m 27.0)2123(1021028102)sin (sin 343=-?+???='-+=θθL m M mL 解法二：以θ=60°时M 所在的位置为坐标的原点。当θ=60°时，M 和m 组成的系统的质心为 )(2360sin 01m M ml m M ml M x c +=++?= 同理，当θ=60°时，M 和m 组成的系统的质心为 m M mx ml Mx m M x l m Mx x m m m m c +++=+++=5.0)30sin (2 由于系统不受外力，故21c c x x =。 m M mx ml Mx m M ml m m +++=+5.0)(23 m 27.0) (2)13(-=+--=m M ml x m 其中负号表示左移。 图3-10 第三章 动量守恒和能量守恒定律 §1-1质点和质点系的动量定理 一、质点的动量定理 1、动量 质点的质量m 与其速度v 的乘积称为质点的动量，记为P 。 （3-1） 说明：⑴P 是矢量，方向与v 相同 ⑵P 是瞬时量 ⑶P 是相对量 ⑷坐标和动量是描述物体状态的参量 2、冲量 牛顿第二定律原始形式 )(v m dt d F = 由此有)(v m d dt F = 积分： 1221 21p p P d dt F p p t t -==?? （3-2） 定义：?21 t t dt F 称为在21t t -时间内力F 对质点的冲量。 记为 （3-3） 说明：⑴I 是矢量 ⑵I 是过程量 ⑶I 是力对时间的积累效应 ⑷I 的分量式 ??? ????===???2 12121t t z z t t y y t t x x dt F I dt F I dt F I ∵ ??? ? ???=-=-=-???2 121 21)()()(12121 2t t z z t t y y t t x x dt F t t F dt F t t F dt F t t F （3-4） ∴分量式（3—4）可写成 ??? ??-=-=-=) ()()(121212t t F I t t F I t t F I z z y y x x （3-5） x F 、y F 、z F 是在21t t -时间内x F 、y F 、z F 平均值。 3、质点的动量定理 由上知 12p p I -= （3-6） 结论：质点所受合力的冲量=质点动量的增量，称此为质点的动量定理。 说明：⑴I 与12p p -同方向 ⑵分量式??? ??-=-=-=z 1z 2z y 1y 2y x 1x 2x p p I p p I p p I （3-7） ⑶过程量可用状态量表示，使问题得到简化 ⑷成立条件：惯性系 ⑸动量原理对碰撞问题很有用 二、质点系的动量定理 概念：系统：指一组质点 内力：系统内质点间作用力 外力：系统外物体对系统内质点作用力 设系统含n 个质点，第i 个质点的质量和速度分别为i m 、i v ，对于第i 个质点受合内 力为内i F ，受合外力为外i F ，由牛顿第二定律有 dt v m d F F i i i i ) ( =+内外 对上式求和，有 ∑∑∑∑======+n 1 i i i n 1i i i n 1i i n 1i i )v m (dt d dt )v m (d F F 内 外 因为内力是一对一对的作用力与反作用力组成，故0=合内力F ， 有 P dt d F =合外力 （3-8） 结论：系统受的合外力等于系统动量的变化，这就是质点系的动量定理。 式（3-8）可表示如下 第六章 近独立粒子的最概然分布 6.1 试根据式（6.2.13）证明：在体积V 内，在ε到d ε+ε的能量范围内，三维自由粒子的量子态数为 ()()13 2232d 2d .V D m h πεεεε= 解: 式（6.2.13）给出，在体积3V L =内，在x p 到d ,x x y p p p +到 d ,y y x p p p +到d x x p p +的动量范围内，自由粒子可能的量子态数为 3 d d d .x y z V p p p h （1） 用动量空间的球坐标描述自由粒子的动量，并对动量方向积分，可得在体积V 内，动量大小在p 到d p p +范围内三维自由粒子可能的量子态数为 2 34πd .V p p h （2） 上式可以理解为将μ空间体积元24d Vp p π（体积V ，动量球壳24πd p p ）除以相格大小3h 而得到的状态数. 自由粒子的能量动量关系为 2 .2p m ε= 因此 d . p p p md ε== 将上式代入式（2），即得在体积V 内，在ε到d εε+的能量范围内，三维自由粒子的量子态数为 ()13 2232π()d 2d .V D m h εεεε= （3） 6.2 试证明，对于一维自由粒子，在长度L 内，在ε到d εε+的能量范围内，量子态数为 ()1 2 2d d .2L m D h εεεε?? = ??? 解: 根据式（6.2.14），一维自由粒子在μ空间体积元d d x x p 内可能的量子态数为 d d .x x p h 在长度L 内，动量大小在p 到d p p +范围内（注意动量可以有正负两个可能的方向）的量子态数为 2d .L p h （1） 将能量动量关系 2 2p m ε= 代入，即得 ()1 2 2d d .2L m D h εεεε?? = ??? （2） 6.3 试证明，对于二维的自由粒子，在面积2L 内，在ε到d εε+的能量范围内，量子态数为 ()2 22π.L D d md h εεε= 解: 根据式（6.2.14），二维自由粒子在μ空间体积元d d d d x y x y p p 内的量子态数为 21 d d d d .x y x y p p h （1） 用二维动量空间的极坐标,p θ描述粒子的动量，,p θ与,x y p p 的关系为 cos ,sin . x y p p p p θθ== 用极坐标描述时，二维动量空间的体积元为 d d .p p θ 在面积2L 内，动量大小在p 到d p p +范围内，动量方向在θ到d θθ+范围内，二维自由粒子可能的状态数为 22 d d .L p p h θ （2） 能力课 动量和能量观点的综合应用 [热考点]“滑块—弹簧”模型 [模型特点] 对两个(或两个以上)物体与弹簧组成的系统在相互作用的过程中： (1)在能量方面，由于弹簧的形变会具有弹性势能，系统的总动能将发生变化，若系统所受的外力和除弹簧弹力以外的内力不做功，系统机械能守恒。 (2)在动量方面，系统动量守恒。 (3)弹簧处于最长(最短)状态时两物体速度相等，弹性势能最大，系统满足动量守恒，机械能守恒。 (4)弹簧处于原长时，弹性势能为零。 【例1】 如图1所示，质量分别为1 kg 、3 kg 的滑块A 、B 位于光滑水平面上，现使滑块A 以4 m/s 的速度向右运动，与左侧连有轻弹簧的滑块B 发生碰撞。求二者在发生碰撞的过程中。 图1 (1)弹簧的最大弹性势能； (2)滑块B 的最大速度。 解析 (1)当弹簧压缩最短时，弹簧的弹性势能最大，此时滑块A 、B 同速。系统动量守恒，以向右为正方向， 由动量守恒定律得m A v 0＝(m A ＋m B )v 解得v ＝ m A v 0m A ＋m B ＝1×4 1＋3 m/s ＝1 m/s 弹簧的最大弹性势能即滑块A 、B 损失的动能 E pm ＝1 2m A v 20－12 (m A ＋m B )v 2 ＝6 J 。 (2)当弹簧恢复原长时，滑块B 获得最大速度， 由动量守恒定律和能量守恒定律得m A v 0＝m A v A ＋m B v m 12m A v 20＝12m B v 2m ＋12m A v 2A 解得v m ＝2 m/s ，向右。 答案 (1)6 J (2)2 m/s ，向右 “滑块—弹簧”模型的解题思路 (1)应用系统的动量守恒。 (2)应用系统的机械能守恒。 (3)应用临界条件：两滑块同速时，弹簧的弹性势能最大。 【变式训练1】 (2017·江西南昌模拟)(多选)如图2甲所示，在光滑水平面上，轻质弹簧一端固定，物体A 以速度v 0向右运动压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量为x 。现让弹簧一端连接另一质量为m 的物体B (如图乙所示)，物体A 以2v 0的速度向右压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量仍为x ，则( ) 图2 A.A 物体的质量为3m B.A 物体的质量为2m C.弹簧压缩最大时的弹性势能为32mv 20 D.弹簧压缩最大时的弹性势能为mv 2 解析 对题图甲，设物体A 的质量为M ，由机械能守恒定律可得，弹簧压缩x 时弹性势能E p ＝12Mv 2 0；对题图乙，物体A 以2v 0的速度向右压缩弹簧，A 、B 组成的系统动量守恒，弹簧达到最大压缩量时，A 、B 二者速度相等，由动量守恒定律有M ·2v 0＝(M ＋m )v ，由能量守恒定律有E p ＝12M ·(2v 0)2－12(M ＋m )v 2 ，联立解得M ＝3m ，E p ＝12Mv 20＝32mv 20，选项A 、C 正确，B 、D 错误。 答案 AC 【变式训练2】 两物块A 、B 用轻弹簧相连，质量均为2 kg ，初始时弹簧处于原长，A 、B 两物块都以v ＝6 m/s 的速度在光滑的水平地面上运动，质量为4 kg 的物块C 静止在前方，如图3所示。已知B 与C 碰撞后二者会粘在一起运动。在以后的运动中： 第三章 动量守恒定律和能量守恒定律 一、填空题 1. 如图所示，圆锥摆的摆球质量为m ，速率为v ，圆半径为R ，当摆球在轨道上运动半周时，摆球所受重力冲量的大小为____. 2.一物体质量为10 kg ，受到方向不变的力F ＝30＋40t (SI)作用，在开始的两秒内，此力冲量的大小等于 ；若物体的初速度大小为10 m/s ， 方向与力F 的方向相同，则在2s 末物体速度的大小等于___. 3. 如左图所示，A 、B 两木块质量分别为m A 和m B ，且m B ＝2m A ，两者用一轻弹簧连接 后静止于光滑水平桌面上，如图所示．若用外力将两木块压近使弹簧被压缩，然后将外力撤去，则此后两木块运动动能之比E K A /E K B 为____. 4. 质量m ＝1kg 的物体，在坐标原点处从静止出发在水平面内沿x 轴运动，其所受合力方向与运动方向相同，合力大小为F ＝3＋2x (SI)，那么当x ＝3m 时，其速率v ＝_____，物体在开始运动的3 m 内，合力所作的功W ＝_____。 5.一质点在二恒力的作用下, 位移为j i r 83+= (SI), 在此过程中,动能增量为24J, 已知其中一恒力j 3－i 12=F 1 (SI), 则另一恒力所作的功为__. 二、计算题 6. 如图4.8,质量为M =1.5kg 的物体, 用一根长为l =1.25m 的细绳悬挂在天花板上,今有一质量为m =10g 的 子弹以v 0=500m/s 的水平速度射穿 物体,刚穿出物体时子弹的速度大小v =30m/s,设穿透时间极短,求: (1)子弹刚穿出时绳中张力的大小； (2)子弹在穿透过程中所受的冲量. 第三章 能量与动量 3–1 汽车在水平公路上做直线运动，它的功率保持不变，当汽车的速度为4m/s 时，加速度为0.4m/s 2，汽车所受阻力恒为车重的倍，若取g =10m/s 2 ，汽车行驶的最大速度为_______m/s 。 解：设汽车的速度为4m/s 时，汽车牵引力为F ，地面摩擦力为f ，v 为此时的速度，V 为最大速度。由题知 ma f F =- 将已知条件代入上式得 N 5.0m F = （1） 由于汽车的功率保持不变，故汽车在最大速度时的功率等于汽车速度为4m/s 时的功率。汽车达到最大速度时，其牵引力的大小等于所受阻力，即f F ='，故有 v F P = （2） fV P = （3） 由（1）式、（2）式和（3）式解得 m/s 20=V 3–2 有一质量为m =0.5kg 的质点，在xy 平面内运动，其运动方程为222t t x +=，t y 3=（SI ），则在s 0=t 至s 3=t 这段时间内，外力对质点所做的功为 ，外力的方向是 。 解：由质点的运动方程得 N 24d d 22===m t x m F x （1） 0d d 22==t y m F y （2） 由功的定义得 ? ??+==y F x F W y x d d d r F （3） 又由运动方程得 t t x d )42(d +=，t y d 3d = 将上式代入（3）式得 48J )d 42(23 0=+=?t t W 由（1）式知力的方向沿x 正方向。 3–3 已知质点的质量m =5kg ，运动方程j i r 22t t +=（SI ），则质点在0~2秒内受的冲量I 为 ，在0—2秒内所做的功为 。 解：质点所受的力为 N 102d d 22j j r F ===m t m 质点0—2秒内受的冲量I 的大小为 s N 20d 102020?===??j j F t dt I 力在0—2秒内对质点所做的功为 J 40d 20d )22(10d 2020==+?==???t t t t W j i j r F 3–4 质量为m =5.0kg 的物体，于10s 的时间内，其速度由0v =48i +36j 变为v =j i 418-（SI ），则物体所受的平均作用力之量值应为 N 。 解：10s 内物体的动量变化为 j i P 40300--=-=?v v m m N 10s 内物体所受的平均作用力为 j i j i P I F 4310 4030--=--=??=?=t t 10s 内物体所受的平均作用力大小为 N 25)4()3(||22=-+-=F 3–5 在一直在线，以t t F 26)(-=之力（t 的单位为秒，F 的单位为牛顿）施于质量m =2kg ，初速为12m/s 之物体上，则8秒末物体的速率为 。 解：解法一：由牛顿第二定律有 t t m t d d 2d d 26v v ==- 即 t t d )3(d -=v 积分 ??-=8 012 d )3(d t t v v 所以 m/s 4=v 解法二：物体从0到8s 末所受的冲量为 第三章动量守恒定律和能量守恒定律问题解答 3-1如图所示，设地球在太阳引力的作用下，绕太阳作匀速圆周运动。试问：在下述情况下，（1）地球从点A运动到点B，（2）地球从点A运动到点C，（3）地球从点A出发绕行一周又返回点A，地球的动量增量和所受的冲量各为多少？ 解由 2 2 Mm mv G R R =可得，地球绕太阳作圆周 运动的速率为v= （1）地球从A到B，动量增量的大小为 AB AB P m v ?=?== 方向与B点速度方向成45o角。 在运动过程中，地球只受到引力作用，由动量定理可知，地球所受的冲量等于动量的增量，即 AB AB I P =?= 方向与B点速度方向成45o角。 （2）同理，地球从A运动到C，动量增量大小为 22 AC AC P m v mv ?=?==，方向与C点速度方向相同。 此过程中地球所受的冲量为2 AC AC I P =?=C点速度方向相同。 （3）当地球绕行一周回到A时，动量增量为零，地球所受到的冲量也为零。 3-2假使你处在摩擦可略去不计的覆盖着冰的湖面上，周围又无其它可以利用的工具，你怎样依靠自身的努力返回湖岸呢？ 解可以将身上所带的物品往后扔，由于动量守恒，人自身会向前进。 3-3质点系的动量守恒，是否意味着该系统中，一部分质点的速率变大时，另一部分质点的速率一定会变小？ A C B A C 解 不一定，因为动量是矢量，既有大小也有方向。例如炸弹爆炸，产生的碎片获得的速率相对爆炸前都增大，但方向不一。 3-4 一人在帆船上用电动鼓风机正对帆鼓风，帆船是前进，还是后退？为什么？ 解 帆船仍然静止，鼓风机所鼓的风对帆及其自身都有作用力，对于整个帆船来看，风对帆和鼓风机的力属于内力，动量守恒。 3-5 在大气中，打开充气气球下方的塞子，让空气从球中冲出，气球可在大气中上升。如果在真空中打开气球的塞子，气球也会上升吗？说明其道理。 解 气球会上升，由动量守恒，从气球中乡下冲出的空气会给气球一个向上的冲力。 3-6 在水平光滑的平面上放一长为L 、质量为m '的小车，车的一端站有质量为m 的人，人和车都是静止不动的。人以速率v 相对地面从车的一端走向另一端，在此过程中人和小车相对地面各移动了多少距 离？ 解 如图所示，取人与车为系统，在水平 方向系统不受外力，满足动量守恒。设小车沿地面的速率为v '，所以有 mv m v ''= 将上式两边乘以dt ，并对时间积分 t t m vdt m v dt ''=?? （1） 设t 时刻，人刚好走到小车另一端，此时人相对于地面运动的距离为s ，小车相对于地面运动的距离为s '，所以0 t s vdt = ? ，0 t s v dt ''=?，代入（1）式有 ms m s ''= （2） 又由图示可知 s s l '+= （3） 由（2）（3）可得 人对地面移动的距离为m s l m m ' =' + 小车对地面移动的距离为m s l m m '= '+ 3-7 人从大船上容易跳上岸，而从小舟上则不容易跳上岸了，这是为什么？ 解 船与河岸的距离一定，人要能跳上岸，则他相对于地面的速率必须要达到一定的值，假设这个所需的速率为1v ，设人的质量为1m ，船的质量为2m ，并且当起跳时人相对船的速率为u ，由相对运动可知，此时船相对地面运动的速率为 'v 山东轻院 第三章动量守恒定律和能量守恒定律 山东轻院基本要求 1.掌握动量、冲量的概念，明确它们的区别和关系。 2.熟练应用动量定理和动量守恒定律求解力学问题。 3.掌握功和动能的概念，会计算变力的功。 4.理解保守力作功的特点及势能的概念，会计算重力、 弹性力、和万有引力势能。 5.熟练运用动能定理、功能原理和机械能守恒定律求解 力学问题。 基本概念及规律 1.动量定理和动量守恒定律 动量定理合外力的冲量等于质点（或质点系）的增量。 物理辅导 山东轻院 动量定理1 2P P dt F -=质点 质点系 ∑∑-=i i i i P P dt F 12动量守恒定律当一个质点所受合外力为零时，这一质点的 总动量保持不变。 0=∑F 当 时， 外==∑∑i i i v m P 恒矢量 在直角坐标系中当 =∑x F 时0 =∑y F 时 0=∑z F 时 ==∑x ix i P v m 常量 ==∑y iy i P v m 常量 ==∑z iz i P v m 常量 物理辅导 山东轻院 2.功的定义元功? cos Fdr r d F dw =?=? ?有限运动功 r d F w B A AB ? ??=?3.动能、动能定理 动能是描述物体运动状态的单值函数， 反映物体运动时具有作功的本领。2 2 1 mv E k =动能定理：合外力对质点做的功等于质点动能的增量。 KA KB AB E E w -=4.保守力、势能、功能原理 保守力 某力所作的功与受力质点所经过的具体路径无关， 而只决定于质点的始、末位置，则这个力称为保守力。例 物理辅导 山东轻院 势能以保守力相互作用的物体系统在一定的位置状态 所具有的能量，叫势能。物体系统内部物体间相对位置变化时，保守力作功等于势能增量的负值，即： p E W ?-=保内功能原理外力和非保守内力对系统作的功等于系统机械 能的增量。 即 ()()1122P K P K E E E E W W +-+=+外非保内 机械能守恒定律一个物体系，如果只有保守力作功，而其它 非保守力及外力都不作功，则该物体系的动能与各种势能的总和保持不变。即 1122 K P K P E E E E +=+ 第3章 动量守恒定律和能量守恒定律 问题与习题解答 问题：3-1、3-3、3-7、3-10、3-14、3-19 3-1 如图所示，设地球在太阳引力的作用下，绕太阳作匀速圆周运动。试问：在下述情况下，（1）地球从点A 运动到点B ,（2）地球从点A 运动到点C ，（3）地球从点A 出发绕行一周又返回点A ，地球的动量增量和所受的冲量各为多少？ 答： 选太阳处为坐标原点O ，且O →C 方向为X 轴正方向，O →B 方向 为Y 轴正方向，设地球和太阳的质量分别为,m M ，两者间的距离为r ，地球沿反时针方向作匀速圆周运动的速率为v ，故根据万有引力定律，有： 2 2 v m M m G r r =，即 v = （1）地球从点A 运动到点B 的动量增量为： ()())A B B A P m v v m vi vj i j ?=-=-=- 根据质点的动量定理，地球所受的冲量为： )A B A B I P m i j =?=- （2）地球从点A 运动到点C 的动量增量和所受的冲量为： ()()2A C A C C A P I m v v m vj vj m j ?==-=--=- （3）同理，地球从点A 出发绕行一周回到A 点的动量增量和所受的冲量为： ()0A A A A A A P I m v v ?==-= 3-3 在上升气球下方悬挂一梯子，梯子站一人。问人站在梯子上不动或以加速度向上攀升，气球的加速度有无变化？ 答： （1）人不动，则气球的加速度不变。 （2）以气球及梯子（总质量为M ）与人（质量为m ）为系统，地面为参照系，且设人相对 梯子上爬的速度为v 、气球相对地面的速度为V ，人相对地面的速度为v ' ，则有 v v V '=+ 如果设气球及梯子与人初始为匀速率0v 竖直上升，则可应用动量守恒定律，得 0()m v M V m M v '+=+ 所以， 0()V v m v m M =-+ 第三讲 典型例题解析 教材范本：龚霞玲主编《奥林匹克物理思维训练教材》，知识出版社，2002年8月第一版。 例题选讲针对“教材”第五、第六章的部分例题和习题。 第五部分 动量和能量 第一讲 基本知识介绍 一、冲量和动量 1、冲力（F —t 图象特征）→ 冲量。冲量定义、物理意义 冲量在F —t 图象中的意义→从定义角度求变力冲量（F 对t 的平均作用力） 2、动量的定义 动量矢量性与运算 二、动量定理 1、定理的基本形式与表达 2、分方向的表达式：ΣI x =ΔP x ，ΣI y =ΔP y … 3、定理推论：动量变化率等于物体所受的合外力。即t P ??=ΣF 外 三、动量守恒定律 1、定律、矢量性 2、条件 a 、原始条件与等效 b 、近似条件 c 、某个方向上满足a 或b ，可在此方向应用动量守恒定律 四、功和能 1、功的定义、标量性，功在F —S 图象中的意义 2、功率，定义求法和推论求法 3、能的概念、能的转化和守恒定律 4、功的求法 a 、恒力的功：W = FScos α= FS F = F S S b 、变力的功：基本原则——过程分割与代数累积；利用F —S 图象（或先寻求F 对S 的平均作用力） c 、解决功的“疑难杂症”时，把握“功是能量转化的量度”这一要点 五、动能、动能定理 1、动能（平动动能） 2、动能定理 a 、ΣW 的两种理解 b 、动能定理的广泛适用性 六、机械能守恒 1、势能 a 、保守力与耗散力（非保守力）→ 势能（定义：ΔE p = －W 保） b 、力学领域的三种势能（重力势能、引力势能、弹性势能）及定量表达 2、机械能 3、机械能守恒定律 a 、定律内容 b 、条件与拓展条件（注意系统划分） c 、功能原理：系统机械能的增量等于外力与耗散内力做功的代数和。 七、碰撞与恢复系数 1、碰撞的概念、分类（按碰撞方向分类、按碰撞过程机械能损失分类） 碰撞的基本特征：a 、动量守恒；b 、位置不超越；c 、动能不膨胀。 2、三种典型的碰撞 a 、弹性碰撞：碰撞全程完全没有机械能损失。满足—— m 1v 10 + m 2v 20 = m 1v 1 + m 2v 2 21 m 1210v + 21 m 2220v = 21 m 121v + 2 1 m 222v 解以上两式（注意技巧和“不合题意”解的舍弃）可得： v 1 = 21201021m m v 2v )m m (++-， v 2 = 1 210 2012m m v 2v )m m (++- 对于结果的讨论： ①当m 1 = m 2 时，v 1 = v 20 ，v 2 = v 10 ，称为“交换速度”； ②当m 1 ＜＜ m 2 ，且v 20 = 0时，v 1 ≈ －v 10 ，v 2 ≈ 0 ，小物碰大物， 原速率返回； ③当m 1 ＞＞ m 2 ，且v 20 = 0时，v 1 ≈ v 10 ，v 2 ≈ 2v 10 ， b 、非（完全）弹性碰撞：机械能有损失（机械能损失的内部机制简介），只满足动量守恒定律 c 、完全非弹性碰撞：机械能的损失达到最大限度；外部特征：碰撞后两物体连为一个整体，故有 v 1 = v 2 = 2 120 2101m m v m v m ++ 3、恢复系数：碰后分离速度（v 2 － v 1）与碰前接近速度（v 10 － v 20）的比值，即： e = 20 101 2v v v v -- 。根据“碰撞的基本特征”，0 ≤ e ≤ 1 。 当e = 0 ，碰撞为完全非弹性； 当0 ＜ e ＜ 1 ，碰撞为非弹性； 当e = 1 ，碰撞为弹性。 八、“广义碰撞”——物体的相互作用 1、当物体之间的相互作用时间不是很短，作用不是很强烈，但系统动量仍然守恒时，碰撞的部分规律仍然适用，但已不符合“碰撞的基本特征”（如：位 1．一个物体分别沿斜面、凸面和凹面滑下，设三面的高h 和水平距离l 都分别相等，三面与物体的摩擦因数μ也相等，则该物体分别从三个面滑到地面速度具有最大值的面为( ) (A) 斜面(B) 凸面 (C) 凹面(D) 三面相等 2．对功的概念有以下几种说法 (1)保守力作正功时、系统内相应的势能增加. (2)质点经一闭合路径运动一周, 保守力对质点作功为零. (3)作用力和反作用力大小相等、方向相反, 所以两者所作功的代数和必为零. 在上述说法中正确的是（） (A) (1) (2); (B) (2) (3); (C) (2) ; (D) (3). 3．质量相等的两个物体A和B, v0相同，在μ不同的水平面上同时开始滑动，A先停，B 后停，且B走过的路程也较长，问摩擦力对这两个物体所作的功是否相同? 。 4．一子弹水平地射穿两个前后并排放在光滑水平桌面上的木块，木块质量分别为m1和m2，测得子弹穿过两木块的时间分别为Δt1和Δt2，已知子弹在木块中受的阻力为恒力F，则子弹穿过后两木块的速度v1= m·s-1，v2=_____m·s-1 . 5．一质量为2kg的小球, 沿x方向运动, 其运动方程为x=5t2-2m, 则在时间t1=1s 到t2=3s 内, 求(1)合外力对小球作的功; (2)合外力对小球作用的冲量大小． 6．有一劲度系数为k的轻质弹簧竖直放置，其下端挂有一质量为m的物体，初始时刻弹簧处于原长，而物体置于水平地面上。然后将弹簧上端缓慢地提起，至物体距地面为h时，在此过程中外力做功为多少？ 7．人从大船上容易跳上岸，而从小舟上则不容易跳上岸了，这是为什么？ v 1 [课时作业·巩固提升] 精选名校试题 考点全面覆盖 [基础题组] 一、选择题 1.(2020·安徽江南十校联考)如图所示，一个质量为m 的物块A 与另一个质量为2m 的物块B 发生正碰，碰后B 物块刚好能落入正前方的沙坑中．假如碰撞过程中无机械能损失，已知物块B 与地面间的动摩擦因数为0.1，与沙坑的距离为0.5 m ，g 取10 m/s 2，物块可视为质点．则A 碰撞前瞬间的速度为( ) A ．0.5 m/s B ．1.0 m/s C ．1.5 m/s D ．2.0 m/s 解析：碰后物块B 做匀减速直线运动，由动能定理有－μ·2mgx ＝0－12·2m v 22，得v 2＝1 m/s.A 与B 碰撞过程中动量守恒、机械能守恒，则有m v 0＝m v 1＋2m v 2，12m v 20＝12m v 21＋12·2m v 22，解得v 0＝1.5 m/s ，则C 项正确． 答案：C 2.(多选)如图所示，已知物体与三块材料不同的长方形板间的动摩擦因数分别为μ、2μ和3μ，三块板长度均为L ，并排铺在水平地面上，该物体以一定的初速度v 0，从第一块板的最左端a 点滑上第一块板，恰好滑到第三块板的最右端d 点停下来，物体在运动过程中三块板均保持静止．若让物体从d 点以相同大小的初速度水平向左运动，三块板仍能保持静止，则下列说法正确的是( ) A ．物体恰好运动到a 点并停下来 B ．物体不能运动到a 点 C ．物体两次经过c 点时速度大小相等 D ．物体两次经过b 点时速度大小相等 解析：物体由a 点到d 点过程，由动能定理有－(μmg ＋2μmg ＋3μmg )L ＝0－1 2m v 20 ，同理 物体由d 点到a 点，有－(μmg ＋2μmg ＋3μmg )L ＝12m v 2a －12m v 2 0，解得v a ＝0，选项A 正确，B 错误；物体由a 点到c 点和物体由d 点到c 点，合外力做的功相等，由动能定理知，物体两 第三章动量守恒定律和能量守恒定律 3-1 力)SI (12i F t =作用在质量kg 2=m 的物体上，使物体由原点从静止开始运动，则它在3秒末的动量应为： （A ）m/s kg 54?-i （B ）m/s kg 54?i （C ）m/s kg 27?-i （D ）m/s kg 27?i [B] 解：以该物体为研究对象，由质点动量定理 ?? =? ??? ??==-=?3 0300354d 12d i i F p p p t t t 又00=p 故() -1 3s m kg 54??=i p 3-2 一个质点同时在几个力作用下的位移为： )SI (654k j i r +-=? 其中一个力为恒力)SI (953k j i F +--=，则此力在该位移过程中所作的功为 （A ）67J （B ）91J （C ）17J （D ）-67J [A] 解：()()k j i k j i r F 654953+-?+--=??=A (J) 675425-12=++= 3-3 对质点组有以下几种说法： ①质点组总动量的改变与内力无关 ②质点组总动能的改变与内力无关 ③质点组机械能的改变与保守内力无关 在上述说法中： （A ）只有①是正确的 （B ）①、③是正确的 （C ）①、②是正确的 （D ）②、③是正确的 [B] 解：由于质点组内力冲量的矢量和为零，所以质点组总动量的改变与内力无关。 由于质点组内力功的代数和不一定为零，由动能定理K E A A ?=+内外，质点组总动能的改变可能与内力相关。，由功能原理E A A ?=+非保内外，质点系机械能的改变与保守内力无关。 3-4 质点系的内力可以改变 （A ）系统的总质量（B ）系统的总动量 班级____________ 姓名______________ 学号_________________ 第3-1 动量定理 一．填空题： 1．物体所受到一维的冲力F ，其与时间的关系如图所示，则该曲线与横坐标t 所围成的面积表示物体在?t = t 2 - t 1时间所受的 冲量的大小。 2．质量为m 的物体以初速度v 0，倾角α 斜向抛出，不计空气阻力，抛出点与落地点在同一水平面，则整个过程中，物体所受重力的冲量大小为αsin 20?mv ，方向为竖直向下。 3．设有三个质量完全相同的物体，在某时刻t 它们的速度分别为123 , , v v v ，并且 123ννν==，1v 与2v 方向相反，3v 与1v 相垂直，设它们的质量全为m ，则该时刻三物体 组成的系统的总动量为3v m 。 4．质量为m 的质点在Oxy 平面内运动，运动方程为j t b i t a r )sin()cos(ωω+=，请问 从 0t =到t π ω =这段时间内质点所受到的冲量是2mb j ω- 。 5．高空作业时系安全带是非常必要的，假如一质量为51.0kg 的人，在操作过程中不慎从空竖直跌落下来。由于安全带的保护，最终使他被悬挂起来。已知此时人离原处的距离为 2.0m 。安全带弹性缓冲作用时间为0.5s ，求安全带对人的平均冲力N 31014.1?。 二．计算题： 6．一个质量m=0.14 kg 的垒球沿水平方向以v 1=50 m/s 的速率投来，经棒打出后，沿仰角α＝45?的方向向回飞出，速率变为v 2=80 m/s 。求棒给球的冲量大小和方向；如果球与棒接触时间t ?=0.02 s ，求棒对球的平均冲力的大小。它是垒球本身重力的几倍？ 解 设垒球飞来之正方向为x 轴正方向，则棒对球冲量大小为： 1 1 )(616)/()(845' 2152cos sin 180: ) /(9.16cos 2212212 22112倍此力为垒球本身重的棒对球平均冲力角给出方向由==?= =+-==++=-=m g F N t I F m v m v m v avctg S N v v v v m v m v m I αα θθα 2021届高考物理第六章《动量动量守恒定律》 第1讲动量定理及应用 一、动量、动量变化、冲量 1.动量 (1)定义：物体的质量与速度的乘积. (2)表达式：p＝m v. (3)方向：动量的方向与速度的方向相同. 2.动量的变化 (1)因为动量是矢量，动量的变化量Δp也是矢量，其方向与速度的改变量Δv的方向相同. (2)动量的变化量Δp的大小，一般用末动量p′减去初动量p进行计算，也称为动量的增量.即Δp＝p′－p. 3.冲量 (1)定义：力与力的作用时间的乘积叫做力的冲量. (2)公式：I＝Ft. (3)单位：N·s. (4)方向：冲量是矢量，其方向与力的方向相同. 自测 1下列说法正确的是() A.速度大的物体，它的动量一定也大 B.动量大的物体，它的速度一定也大 C.只要物体的运动速度大小不变，物体的动量就保持不变 D.物体的动量变化越大，则该物体的速度变化一定越大 答案 D 二、动量定理 1.内容：物体在一个运动过程始末的动量变化量等于它在这个过程中所受合力的冲量. 2.公式：m v′－m v＝F(t′－t)或p′－p＝I. 3.动量定理的理解 (1)动量定理反映了力的冲量与动量变化量之间的因果关系，即外力的冲量是原因，物体的动量变化量是结果. (2)动量定理中的冲量是合力的冲量，而不是某一个力的冲量，它可以是合力的冲量，可以是各力冲量的矢量和，也可以是外力在不同阶段冲量的矢量和. (3)动量定理表达式是矢量式，等号包含了大小相等、方向相同两方面的含义. 自测 2(多选)质量为m的物体以初速度v0开始做平抛运动，经过时间t，下降的高度为h，速度变为v，在这段时间内物体动量变化量的大小为() A.m(v－v0) B.mgt C.m v2－v02 D.m2gh 答案BCD 第三章 动量守恒定律和能量守恒定律 3-2 质量为m 的物体，由水平面上点O 以初速为0v 抛出，0v 与水平面成仰角α。若不计空气阻力。求：（1）物体从发射点O 到最高点的过程中，重力的冲量；（2）物体从发射点到落回至同一水平面的过程中，重力的冲量。 解：（1）在垂直方向上，物体m 到达最高点时的动量的变化量是： αsin 001mv P -=? 而重力的冲击力等于物体在垂直方向的动量变化量： ααsin sin 00011mv mv P I -=-=?= （2）同理，物体从发射点到落回至同一水平面的过程中，重力的冲力等于物体竖直方向上的动量变化量 αααsin 2sin sin 0001222mv mv mv mv mv P I -=--=-=?= 负号表示冲量的方向向下。 3-3 高空作业时系安全带是非常必要的。假如一质量为51.0kg 的人，在操作时不慎从高空跌落下来，由于安全带保护，最终使他悬挂起来。已知此时人离原处的距离为 2.0m ，安全带弹性缓冲作用时间为0.50s 。求安全带对人的平均冲力。 y 3-9 一人从10.0m 深的井中提水，起始桶中装有10.0kg 的水，由于桶漏水，每升高1.00m 要漏去0.20kg 的水，水桶被匀速地从井中提到井口，求人所做的功。 解：以桶在井中的初始位置为坐标原点，建立竖直向上的坐标轴oy 则水桶在上升的过程中的重力P=mg-ky ；式中k=0.2g （kg/m ），因桶始终保持匀速上升，故拉力F 与重力P 是平衡力，即F=mg-ky ，方向沿oy 轴正向，拉力的功为： H H H ky mgy dy ky mg dy F W 0200]21[)(-=-=?=?? 将)/(2.0,0.10,0.10m kg g k m H kg m ===代入上式可得： J W 88= 3-10 一质量为0.20kg 的球，系在长为2.00m 的细绳子上，细绳的另一端系在天花板上。把小球移至使细绳与竖直方向成30°角的位置，然后从静止放开。求（1）在绳子由30°角的位置到0°的位置的过程中，重力和张力所做的功；（2）物体在最低位置时的动能和速率； （3）在最低位置时的张力。 解：（1）由于张力方向始终与运动方向垂直，所以张力FT 做功为0，即0==? ds F W T T 。 设0度角时小球的势能为0，30°角时势能为)30cos 1( -=mgl E P 由于势能的变化等于重力所做的功可知： J mgl E E W P mg 53.0)30cos 1(0=-=-=?= （2）由于势能完全转化为动能。所以小球在最低点时的动能 J E E P k 53.0=?= 此时的速率为：130.22-?==s m m E v k （3）小球在最低位置时，由于力和加速度的方向在一条直线上则 N l mv mg F l mv mg F T T 49.222 =+==- 第三章 动量守恒定律和能量守恒定律 （一）教材外习题 1 功与能习题 一、选择题： 1．一质点受力i x F 23 （SI ）作用，沿X 轴正方向运动。从x = 0到x = 2m 过程中，力F 作功为 （A ）8J. （B ）12J. （C ）16J. （D ）24J. （ ） 2．如图所示，圆锥摆的小球在水平面内作匀速率圆周运动，下列说法正确的是 （A ）重力和绳子的张力对小球都不作功. （B ）重力和绳子的张力对小球都作功. （C ）重力对小球作功，绳子张力对小球不作功. （D ）重力对小球不作功，绳子张力对小球作功. （ ） 3．已知两个物体A 和B 的质量以及它们的速率都不相同， B 的大，则A 的动能E KA 与B 的动能E KB 之间的关系为 （A ）E KB 一定大于E KA . （B ）E KB 一定小于E KA （C ）E KB =E KA （D ）不能判定谁大谁小 （ ） 4．如图所示，一个小球先后两次从P 点由静止开始，分别沿着光滑的固定斜面l 1和圆弧面 l 2下滑，则小球滑到两面的底端Q 时的 （A ）动量相同，动能也相同 （B ）动量相同，动能不同 （C ）动量不同，动能也不同 （D ）动量不同，动能相同 （ ） 5．一质点在外力作用下运动时，下述哪种说法正确？ （A ）质点的动量改变时，质点的动能一定改变 （B ）质点的动能不变时，质点的动量也一定不变 （C ）外力的冲量是零，外力的功一定为零 （D ）外力的功为零，外力的冲量一定为零 （ ） 二、填空题： 1．某质点在力F =（4+5x ）i （SI ）的作用下沿x 轴作直线运动，在从x =0移动到x =10m 的过程中，力F 所作功为___________________。 Q P l 2 l 1 专题讲座六动力学、动量和能量观点的综合应用 1.(2018·山东潍坊模拟)如图所示,B,C,D,E,F 5个小球并排放置在光滑的水平面上,B,C,D,E4个球质量相等,而F球质量小于B球质量,A 球的质量等于F球质量.A球以速度v0向B球运动,所发生的碰撞均为弹性碰撞,则碰撞之后( C ) A.5个小球静止,1个小球运动 B.4个小球静止,2个小球运动 C.3个小球静止,3个小球运动 D.6个小球都运动 解析:A,B质量满足m A D.上述三种情况都有可能 解析:设BC长度为L.依照题意,小车固定时,根据能量守恒可知,物体的重力势能全部转化为因摩擦产生的内能,即有Q1=fL,其中f为物体与小车之间的摩擦力.若小车不固定,设物体相对小车滑行的距离为s.对小车和物体系统,根据水平方向的动量守恒定律可知,最终两者必定均静止,根据能量守恒可知物体的重力势能全部转化为因摩擦产生的内能,则有Q2=Q1,而Q2=fs,得到物体在小车BC部分滑行的距离s=L,故物体仍滑到C点停住,选项A正确. 3.(2018·山东泰安模拟)质量为m的人站在质量为2m的平板小车上,以共同的速度在水平地面上沿直线前行,车所受地面阻力的大小与车对地面压力的大小成正比.当车速为v0时,人从车上以相对于地面大小为v0的速度水平向后跳下.跳离瞬间地面阻力的冲量忽略不计,则能正确表示车运动的v t图像为( B ) 解析:人和车以共同的速度在水平地面上沿直线前行,做匀减速直线运动,当车速为v0时,人从车上以相对于地面大小为v0的速度水平向后跳下,跳离前后系统动量守恒,规定车的速度方向为正方向,则有(m+2m)v0=2mv+(-mv0),得v=2v0,人跳车后做匀减速直线运动,加速度 第六章近独立粒子的最概然分布 6.1试根据式（）证明：在体积V 内，在ε到d ε+ε的能量范围内，三维自由粒子的量子态数为 解:式（）给出，在体积3V L =内，在x p 到d ,x x y p p p +到d ,y y x p p p +到d x x p p +的动量范围内，自由粒子可能的量子态数为 3 d d d .x y z V p p p h （1） 用动量空间的球坐标描述自由粒子的动量，并对动量方向积分，可得在体积V 内， .p （2） 3h 因此 .ε（3） 6.2为 解:在长度.p （1） 代入，即得 ()1 2 2d d .2L m D h εεεε?? = ??? （2） 6.3试证明，对于二维的自由粒子，在面积2L 内，在ε到d εε+的能量范围内，量子态数为 解:根据式（），二维自由粒子在μ空间体积元d d d d x y x y p p 内的量子态数为 21 d d d d .x y x y p p h （1） 用二维动量空间的极坐标,p θ描述粒子的动量，,p θ与,x y p p 的关系为 用极坐标描述时，二维动量空间的体积元为 在面积2L 内，动量大小在p 到d p p +范围内，动量方向在θ到d θθ+范围内，二维自由粒子可能的状态数为 22 d d .L p p h θ （2） 对d θ积分，从0积分到2π，有 2 .p （3） .ε（4） 6.4解:数为 .p （1） .ε（2） 6.5N N '作是近独立的.假设粒子可以分辨，处在一个个体量子态的粒子数不受限制.试证明，在平衡状态下两种粒子的最概然分布分别为 和 其中l ε和l ε'是两种粒子的能级，l ω和l ω'是能级的简并度. 解：当系统含有两种粒子，其粒子数分别为N 和N '，总能量为E ，体积为V 时，两种粒子的分布{}l a 和{} l a '必须满足条件大学物理授课教案第三章动量守恒和能量守恒定律
热力学与统计物理课后习题答案第六章
2019版高考物理总复习第六章碰撞与动量守恒能力课动量和能量观点的综合应用学案
第三章 动量守恒定律和能量守恒定律练习题及参考答案
第三章能量与动量
第3章 动量守恒定律和能量守恒定1
第三章 动量守恒定律和能量守恒定律
第三章 动量守恒定律和能量守恒定律 问题与习题解答
动量和能量讲义汇总
第三章 动量守恒和能量守恒定律习题
第六章 专题突破4 动量、动力学和能量观点在力学中的应用
大学物理第三章-动量守恒定律和能量守恒定律-习题及答案
第3章_动量守恒定律和能量守恒定律集美大学物理答案
2021届高考物理第六章《动量 动量守恒定律》第1讲：动量定理及应用
第三章动量守恒和能量守恒题解
第章动量守恒和能量守恒
2019年高考物理总复习试题：第六章 碰撞与动量守恒 专题讲座六 动力学、动量和能量观点的综合应用
热力学与统计物理课后习题答案第六章