动量定理与动能定理的应用
功率动能定理动量定律教案
功率、动能定理和动量定理教案一、P=FV 在机车两种启动方式中的应用1、以恒定的功率启动例1：质量为m=1000kg 的小汽车,以额定功率行驶在平直公路上时的最大速度为1v =12m/s ，开上每前进20m 升高1m 的斜坡时最大速度2v =8m/s 。
假定任何情况下车所受摩擦阻力大小均相等，g 取210m/s ，求： （1）摩擦力的大小；（2）汽车发动机的额定功率多大；（3）车沿该斜坡下行时可以达到的最大速度。
解：设摩擦力为f ，汽车功率为P ，车沿坡下行时最大速度为V(1)设山坡夹角为θ，则sinθ=1/20 重力沿斜面分力为11G =mgsin =100010=500N 20θ⨯⨯， 根据平路上和上坡时都是额定功率112fV =(f+G )V代入数据解得f=1000N（2）1 P=fV =100012=12000W ⨯（3）下行时，摩擦力反方向沿斜面向上牵引力为1F=f-G（1f-G ）V=P代入数据得 V=24m/s2、以恒定加速度启动例2：额定功率为80kW 的汽车，在平直的公路上行驶的最大速度是20m/s ，汽车的质量为2t ，如果汽车从静止开始运动做匀速直线运动，加速度大小为2 m/s 2，运动过程中阻力不变，求：（1）汽车所受的恒定阻力大小；（2）3S 末汽车的瞬时功率；6s 末汽车的瞬时功率（3）经过多长时间汽车功率达到额定值。
解：依题意:当汽车达到最大速度时,F 牵=f则:P 额=fv m得:N v p f m 3104⨯==额(2)在匀加速阶段: ma f F =-牵依牛顿第二定律有: 得: N ma f F 3108⨯=+=牵当汽车达到额定功率时: P 额=F 牵v 得: s m ma f p F p v /10=+==额牵额代入得: s ama f P a V t 5)(=+==额 说明3S 末汽车处于匀加速阶段,则:t=3s 时,v=at=6m/sP 额=F 牵v=48Kw6s 末汽车的瞬时功率为80Kw(3)依(2)可得: s ama f P a V t 5)(=+==额 二、动能定理例3：动能定理求解变力做功如图所示，一辆汽车通过图中的细绳拉起井中质量为m 的物体，开始时，车在A 点，绳子已经拉紧且是竖直的，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v ，求车由A 移动到B 的过程中，绳Q 端的拉力对物体做的功．设绳和滑轮的质量及摩擦力不计，滑轮尺寸不计．例4：动能定理处理多过程问题如图所示，物体在离斜面底端4 m 处由静止滑下，若动摩擦因数均为o.5，斜面倾角为37°，斜面与平面间由一小段圆弧连接，求物体能在水平面上滑行多远?例5：动能定理处理往复运动问题一封闭的弯曲玻璃管处于竖直平面内，其中充满某种液体，内有一个密度为液体密度一半的木块，从管的A 端由静止开始运动，木块与管壁间的动摩擦因数μ=0.5，管两壁长AB=cB=L=2m ，顶端B 处为一小段光滑的圆弧，两壁与水平面成a=37°角，如图所示，求：(1)木块第一次到达B 点时的速度；(2)木块从开始运动到最后静止通过的路程。
动量定理和动能定理的比较
动量定理和动能定理的比较王 佃 彬（河北省唐山市丰南区第一中学 063300）若是研究力在时间上的积累效果，可用动量定理；若是研究力在空间上的积累效果，可用动能定理。
应用它们解决流体问题时，要注意所选的微小变量是t ∆（一小段时间）还是S ∆（一小段位移）内的变量。
一．只能用动量定理：例 1 太空飞船在宇宙飞行时，和其它天体的万有引力可以忽略，但是，飞船会定时遇到太空垃圾的碰撞而受到阻碍作用。
设单位体积的太空均匀分布垃圾n 颗，每颗的平均质量为m ，垃圾的运行速度可以忽略。
飞船维持恒定的速率v 飞行，垂直速度方向的横截面积为S ，与太空垃圾的碰撞后，将垃圾完全粘附住。
试求飞船引擎所应提供的平均推力F 。
分析：选取一小段时间t ∆内的太空垃圾为研究对象。
用动量定理分析：在时间t ∆内，飞船穿过体积t v S V ∆⋅=∆的空间，遭遇V n ∆颗太空垃圾，使它们获得动量p ∆，其动量变化率即是飞船应给予的推力，也即飞船引擎的推力。
F = t P ∆∆ = 2nmSv tt nSv m t v V n m t v M =∆∆⋅=∆⋅∆⋅=∆⋅∆ 用动能定理分析：由于飞船要前进t v x ∆=的位移，引擎推力F 须做功x F W =，它对应飞船和被粘附的垃圾的动能增量，而飞船的动能不变，所以：221Mv W ∆=即：2)(21v t nmSv t v F ∆=∆ 得：221nmSv F = 这个结果不对，因为垃圾与飞船的碰撞是完全非弹性碰撞，需要消耗大量的机械能，因此，“引擎做功就等于垃圾动能的增量”的观点是错误的。
例2 在采煤方法中，有一种是高压水流将煤层击碎而将煤采下。
今有一采煤高压水枪，设水枪喷水口横截面积26cm S =，由枪口喷出的高压水流流速为s m v /600=，设水的密度为33/101m kg ⨯=ρ，水流垂直射向煤层，试求煤层表面可能受到的最大平均冲击力。
分析：若水柱从枪口流出后不散开，在一定时间内射到煤层上水动量发生变化，由于水的反溅速度的大小、方向有多种可能性，其中动量变化最大的情况是水流垂直于煤层以原速率返回时，煤层受到的冲击力最大。
动能定理和动量定理专题讲解
动量定理和动能定理重点难点1．动量定理：是一个矢量关系式．先选定一个正方向，一般选初速度方向为正方向．在曲线运动中，动量的变化△P 也是一个矢量，在匀变速曲线运动中（如平抛运动），动量变化的方向即合外力的方向．2．动能定理：是计算力对物体做的总功，可以先分别计算各个力对物体所做的功，再求这些功的代数和，即W 总 = W 1+W 2+…+W n ；也可以将物体所受的各力合成求合力，再求合力所做的功．但第二种方法只适合于各力为恒力的情形．3．说明：应用这两个定理时，都涉及到初、末状状态的选定，一般应通过运动过程的分析来定初、末状态．初、末状态的动量和动能都涉及到速度，一定要注意我们现阶段是在地面参考系中来应用这两个定理，所以速度都必须是对地面的速度．规律方法【例1】05如图所示，质量m A 为4.0kg 的木板A 放在水平面C 上，木板与水平面间的动摩擦因数μ为0.24，木板右端放着质量m B 为1.0kg 的小物块B （视为质点），它们均处于静止状态．木板突然受到水平向右的12N·s 的瞬时冲量作用开始运动，当小物块滑离木板时，木板的动能E KA 为8.0J ，小物块的动能E KB 为0.50J ，重力加速度取10m/s 2，求：（1）瞬时冲量作用结束时木板的速度υ0;（2）木板的长度L ．【解析】（1）在瞬时冲量的作用时，木板A 受水平面和小物块B 的摩擦力的冲量均可以忽略．取水平向右为正方向，对A 由动量定理，有：I = m A υ0 代入数据得：υ0 = 3.0m/s（2）设A 对B 、B 对A 、C 对A 的滑动摩擦力大小分别为F fAB 、F fBA 、F fCA ，B 在A 上滑行的时间为t ，B 离开A 时A 的速度为υA ，B 的速度为υB ．A 、B 对C 位移为s A 、s B ．对A 由动量定理有： —（F fBA +F fCA ）t = m A υA -m A υ0对B 由动理定理有： F fAB t = m B υB其中由牛顿第三定律可得F fBA = F fAB ，另F fCA = μ（m A +m B ）g对A 由动能定理有： —（F fBA +F fCA ）s A = 1/2m A υ-1/2m A υf (1)2A o (2)f (1)20o (2)o (2)对B 由动能定理有： F fA Bf s B = 1/2m B υf (1)2B o (2)根据动量与动能之间的关系有： m A υA = ，m B υB = KA A E m 2r (2mAEKA )KB B E m 2r (2mBEKB )木板A的长度即B 相对A 滑动距离的大小，故L = s A -s B ，代入放数据由以上各式可得L = 0.50m ．训练题 05质量为m = 1kg 的小木块（可看在质点），放在质量为M = 5kg 的长木板的左端，如图所示．长木板放在光滑水平桌面上．小木块与长木板间的动摩擦因数μ = 0.1，长木板的长度l = 2m ．系统处于静止状态．现使小木块从长木板右端脱离出来，可采用下列两种方法：（g 取10m/s 2）（1）给小木块施加水平向右的恒定外力F 作用时间t = 2s ，则F 至少多大？（2）给小木块一个水平向右的瞬时冲量I ，则冲量I 至少是多大？答案：（1）F=1．85N（2）I=6．94NS【例2】在一次抗洪抢险活动中，解放军某部队用直升飞机抢救一重要落水物体，静止在空中的直升飞机上的电动机通过悬绳将物体从离飞机90m 处的洪水中吊到机舱里．已知物体的质量为80kg ，吊绳的拉力不能超过1200N ，电动机的最大输出功率为12k W ，为尽快把物体安全救起，操作人员采取的办法是，先让吊绳以最大拉力工作一段时间，而后电动机又以最大功率工作，当物体到达机舱前已达到最大速度．（g 取10m/s 2）求：（1）落水物体运动的最大速度；（2）这一过程所用的时间．【解析】先让吊绳以最大拉力F Tm = 1200N 工作时，物体上升的加速度为a ， 由牛顿第二定律有：a =m T F mg m-，代入数据得a = 5m/s 2f (FT m -mg )当吊绳拉力功率达到电动机最大功率P m = 12kW 时，物体速度为υ，由P m = T m υ，得υ = 10m /s ．物体这段匀加速运动时间t 1 == 2s ，位移s 1 = 1/2at = 10m ．aυf (v )f (1)21o (2)此后功率不变，当吊绳拉力F T = mg 时，物体达最大速度υm = = 15m/s ．mgP m f (Pm )这段以恒定功率提升物体的时间设为t 2，由功能定理有：Pt 2-mg （h -s 1） =mυ-mυ221f (1)2m o (2)21f (1)代入数据得t 2 = 5．75s ，故物体上升的总时间为t = t 1+t 2 = 7.75s ．即落水物体运动的最大速度为15m/s ，整个运动过程历时7.75s ．训练题一辆汽车质量为m ，由静止开始运动，沿水平地面行驶s 后，达到最大速度υm ，设汽车的牵引力功率不变，阻力是车重的k 倍，求：（1）汽车牵引力的功率；（2）汽车从静止到匀速运动的时间． 答案：（1）P=kmgv m（2）t=（v m 2+2kgs ）/2kgv m【例3】05一个带电量为-q 的液滴，从O 点以速度υ射入匀强电场中，υ的方向与电场方向成θ角，已知油滴的质量为m ，测得油滴达到运动轨道的最高点时，速度的大小为υ，求：（1）最高点的位置可能在O 点上方的哪一侧？ （2）电场强度为多大？（3）最高点处（设为N ）与O 点电势差绝对值为多大？【解析】（1）带电液油受重力mg 和水平向左的电场力qE ，在水平方向做匀变速直线运动，在竖直方向也为匀变速直线运动，合运动为匀变速曲线运动．由动能定理有：W G +W 电 = △E K ，而△E K = 0重力做负功，W G ＜0，故必有W 电＞0，即电场力做正功，故最高点位置一定在O 点左侧．（2）从O 点到最高点运动过程中，运动过程历时为t ，由动量定理：在水平方向取向右为正方向，有：-qEt = m （-υ）-mυcos θ在竖直方向取向上为正方向，有：-mgt = 0-mυsin θ 上两式相比得，故电场强度为E = θθsin cos 1+=mg qE f (qE )f (1+cos θ)θθsin )cos 1(q mg +f (mg (1+cos θ))（3）竖直方向液滴初速度为υ1 = υsinθ，加速度为重力加速度g ，故到达最高点时上升的最大高度为h ，则h =2221sin 22ggυυθ=f (v \o (2,1))f (v 2sin 2θ)从进入点O 到最高点N 由动能定理有qU -mgh = △E K = 0，代入h 值得U =22sin 2m qυθf (mv 2sin 2θ)【例4】一封闭的弯曲的玻璃管处于竖直平面内，其中充满某种液体，内有一密度为液体密度一半的木块，从管的A 端由静止开始运动，木块和管壁间动摩擦因数μ = 0.5，管两臂长AB = BC = L = 2m ，顶端B 处为一小段光滑圆弧，两臂与水平面成α = 37°角，如图所示．求：（1）木块从A 到达B 时的速率；（2）木块从开始运动到最终静止经过的路程．【解析】木块受四个力作用，如图所示，其中重力和浮力的合力竖直向上，大小为F = F 浮-mg ，而F 浮 = ρ液Vg = 2ρ木Vg = 2mg ，故F = mg ．在垂直于管壁方向有：F N = F cosα = mg cosα，在平行管方向受滑动摩擦力F f = μN = μmg cos θ，比较可知，F sinα= mg sinα = 0.6mg ，F f = 0.4mg ，Fsin α＞F f ．故木块从A 到B 做匀加速运动，滑过B 后F 的分布和滑动摩擦力均为阻力，做匀减速运动，未到C 之前速度即已为零，以后将在B 两侧管间来回运动，但离B 点距离越来越近，最终只能静止在B 处．（1）木块从A 到B 过程中，由动能定理有： FL sin α-F f L = 1/2mυf (1)2B o (2)代入F 、F f 各量得υB = = 2 = 2.83m/s．)cos (sin 2αμα-gL r(2gL(sin α-μcos α))2r (2)（2）木块从开始运动到最终静止，运动的路程设为s ，由动能定理有： FL sin α-F f s = △E K = 0 代入各量得s == 3mααcos sin m L f (Lsin α)训练题质量为2kg 的小球以4m/s 的初速度由倾角为30°斜面底端沿斜面向上滑行，若上滑时的最大距离为1m ，则小球滑回到出发点时动能为多少？（取g = 10m/s 2） 答案：E K =4J能力训练1． 05在北戴河旅游景点之一的北戴河滑沙场有两个坡度不同的滑道AB 和AB ′（均可看作斜面）．甲、乙两名旅游者分别乘坐两个完全相同的滑沙撬从A 点由静止开始分别沿AB 和AB ′滑下，最后都停止在水平沙面BC 上，如图所示．设滑沙撬和沙面间的动摩擦因数处处相同，斜面与水平面连接处均可认为是圆滑时，滑沙者保持一定的姿势在滑沙撬上不动．则下列说法中正确的是（ABD）A ．甲在B 点速率一定大于乙在B ′点的速率 B ．甲滑行的总路程一定大于乙滑行的总路程C ．甲全部滑行的水平位移一定大于乙全部滑行的水平位移D ．甲在B 点的动能一定大于乙在B ′的动能 2．05下列说法正确的是（BCD）A ．一质点受两个力的作用而处于平衡状态（静止或匀速直线运动），则这两个力在同一作用时间内的冲量一定相同B ．一质点受两个力的作用而处于平衡状态，则这两个力在同一时间内做的功都为零，或者一个做正功，一个做负功，且功的绝对值相等C ．在同一时间内作用力和反作用力的冲量一定大小相等，方向相反D ．在同一时间内作用力和反作用力有可能都做正功3．05质量分别为m 1和m 2的两个物体（m 1＞m 2），在光滑的水平面上沿同方向运动，具有相同的初动能．与运动方向相同的水平力F 分别作用在这两个物体上，经过相同的时间后，两个物体的动量和动能的大小分别为P 1、P 2和E 1、E 2，则（B）A ．P 1＞P 2和E 1＞E 2 B ．P 1＞P 2和E 1＜E 2C ．P 1＜P 2和E 1＞E 2D ．P 1＜P 2和E 1＜E 24．05如图所示，A 、B 两物体质量分别为m A 、m B ，且m A ＞m B ，置于光滑水平面上，相距较远．将两个大小均为F 的力，同时分别作用在A 、B 上经相同距离后，撤去两个力，两物体发生碰撞并粘在一起后将（ C ）A ．停止运动B ．向左运动C ．向右运动D ．不能确定5．05在宇宙飞船的实验舱内充满CO 2气体，且一段时间内气体的压强不变，舱内有一块面积为S 的平板紧靠舱壁，如图3-10-8所示．如果CO 2气体对平板的压强是由于气体分子垂直撞击平板形成的，假设气体分子中分别由上、下、左、右、前、后六个方向运动的分子个数各有，且每个分子的速度均为υ，设气体分子与平板碰撞后仍以原速反弹．已知实验舱中单位体积内CO 2f (1)的摩尔数为n ，CO 2的摩尔质量为μ，阿伏加德罗常数为N A ，求：（1）单位时间内打在平板上的CO 2分子数；（2）CO 2气体对平板的压力．答案：(1)设在△t 时间内，CO 2分子运动的距离为L ，则 L =υ△t打在平板上的分子数△N=n L S N A 61故单位时间内打在平板上的C02的分子数为tNN ∆∆=得 N=n S N A υ61(2)根据动量定理 F △t=(2mυ)△N μ=N A m解得F=nμSυ2 31CO2气体对平板的压力 F / = F =nμSυ2 316．05如图所示，倾角θ=37°的斜面底端B 平滑连接着半径r =0.40m 的竖直光滑圆轨道。
动量定理与动能定理的应用与区别
动量定理与动能定理的应用与区别〔关键词〕动量定理；动能定理；区别；应用10（Ａ）—005９—０1公式形式区别动量定理I合=Δp 及动能定理W合=ΔEK，两式的右边都表示某个物理量（动量或动能）的变化；两式的左边分别表示动量变化是因为合外力有冲量和动能变化是因为合外力做功.应用区别冲量I合和功W 合都表示合外力作用的效果，冲量I合表示合外力F的作用效果对时间的积累，而功W合表示合外力F的作用效果对空间的积累.所以在应用时也有一些区别，如果已知条件或待求量是与时间有关的量，则在解题时大多应用动量定理；如果已知条件或待求量是与空间有关的量，则在解题时大多应用动能定理.例1：在沙坑上方0.8m处有一质量为1kg的小球，由静止释放自由下落，在陷入沙坑0.1s后停下来（如图所示）.求小球在沙坑中受到的平均阻力为多少？（空气阻力不计，g取10m/s2）分析：此题粗一看，已知条件一个与空间有关，而另一个与时间有关，但仔细分析，小球在做自由落体运动中，位移与时间是一一对应的，所以，本题用动量定理来解.解：以小球为研究对象，对整个运动过程应用动量定理.在沙坑上方小球只受重力mg的作用，在沙坑内小球受重力mg和阻力f的作用.以向下为正方向，根据题意得:自由落体运动时间由h=gt12得t1=0.4s，在沙坑运动时间:t2=0.1s.I 合=IG+If=ΔP.因为在整个运动过程中，小球从静止释放，最后陷入沙坑中停下来，小球的动量变化为零，即mg（t1+t2）+ft2=0，f=-5mg=-50N （“-”表示阻力的方向向上）.例2：在沙坑上方0.8m处有一质量为1kg的小球，由静止释放自由下落，在陷入沙坑0.1m后停下来（如图所示），求小球在沙坑中受到的平均阻力为多少？（空气阻力不计，g取10m/s2）分析：此题明显看得出，已知条件是与空间有关的量，所以，本题用动能定理来解。
解：仍以小球为研究对象，在沙坑上方只受重力mg作用，而在沙坑内小球受到重力mg和阻力f的作用.设在沙坑上方的距离为h，在沙坑中的深度为d，对整个运动过程进行分析，根据动能定理有W合=WG+Wf=ΔEK，小球在此运动过程中，其始末两速度均为零，因而动能变化为零，即mg（h+d）+fd=0，f=-90N （其中“-”号表示阻力的方向向上，阻力对小球做负功）.应用范围区别动量定理研究对象一般情况下是某一物体，但也可以是两个以上物体组成的系统；动能定理在高中阶段只能用于单个物体，且为刚性质点，物体不能发生形变.因为在系统中，作用力与反作用力大小相等，方向相反，作用时间相等，合冲量为零，故动量定理可适用于系统；而作用力的位移与反作用力的位移不一定相等，正负号也不一定相反，故总功不一定为零.所以，动能定理只能适用单个刚性物体，即单个质点.例3：一位质量为m的运动员从下蹲状态向上起跳，经△t时间，身体伸直并刚好离开地面，速度为v，在此过程中（）A. 地面对他的冲量为mv +mg△t，地面对他做的功为mv2B. 地面对他的冲量为mv+ mg△t，地面对他做的功为零C. 地面对他的冲量为mv，地面对他做的功为mv2D. 地面对他的冲量为mv－mg△t，地面对他做的功为零分析：这道题考查了动量定理和动能定理以及它们的适用范围，还有功的知识.本题对人用动量定理，设向上为正方向，地面对人的力为F，则（F－mg）△t=mv，故F△t=mv+ mg△t；对人来说，由下蹲向上起跳，身体发生了形变，不能看作质点，动能定理不适用，而地面对人的力为F，作用点的位移为零，故地面对人不做功，人增加的动能来源于内力做力.所以选B.。
第4讲 动能定理与动量定理的综合应用
[解析] 由动量定理得 ，其中 ，解得末速度 ；
(4) 若水平力 ( 为力作用后运动的速度, 为常量)，求末速度 .
[答案]
[解析] 由动能定理得 ，其中 ，解得末速度 .
▶ 角度1 应用动能定理解决多过程问题
应用动能定理解题的基本步骤
图4-4
例3 (16分)如图4-4所示，水平轨道 的左端与竖直固定的光滑 圆轨道相切于 点，右端与一倾角为 的光滑斜面轨道在 点平滑连接(即物体经过 点时速度
[答案]
[解析] 滑块由 至 过程，由动能定理可得 (2分)解得 (2分)
(2) 整个过程中弹簧具有最大的弹性势能为多少？
[答案]Байду номын сангаас
[解析] 滑块第一次到 点时，弹簧具有最大的弹性势能，滑块由 至 过程，由动能定理可得 (2分)解得 (2分)故弹簧的最大弹性势能 (2分)
图4-2
1.如图4-2甲所示，弹簧一端固定在墙壁上，光滑水平地面上的物体压缩弹簧至弹簧长度为 后释放，某同学研究该弹簧的弹力和弹簧长度时得到的部分数据如图乙所示，则物体离开弹簧时动能约为( )
A
A. B. C. D.
[解析] 根据题图乙中描出的点作出 图像如图甲所示，由图可知，弹簧原长为 ，压缩到长度为 后释放，则弹簧弹力 与弹簧形变量 的关系图像如图乙所示，弹簧对物体做的功等于 图像中图线与 轴围成的面积，即 ，由动能定理得，物体离开弹簧时的动能 ，故A正确.
表达式
标矢性
矢量式
标量式
应用场景
力的时间累积
力的空间累积
共同点
在分析和研究多运动过程问题时，可以全程列式，也可以分过程列式
例1 [2022·湖北卷] 一质点做曲线运动，在前一段时间内速度大小由 增大到 ，在随后的一段时间内速度大小由 增大到 .前后两段时间内，合外力对质点做功分别为 和 ，合外力的冲量大小分别为 和 .下列关系式一定成立的是( )A. ， B. ， C. ， D. ，
涉及动量能量的经典模型与应用
涉及动量能量的 经典模型与应用
知识框架 三个经典模型 1、子弹打木块模型 、 2、小球碰撞模型 、 3、弹簧连接体模型 、
变式1 变式 练习 变式2 变式
知识框架 两条定理： 两条定理： 往往以一个物体为研究对象
(1)动量定理： 动量定理： 动量定理
F合 ⋅ t = ∆p
(2)动能定理： 动能定理： 动能定理
R O A A B O
R
B
R O A A B O
R
B
如图所示，三个质量均为m的弹性小球用两根长均为L的轻 绳连成一条直线而静止在光滑水平面上．现给中间的小球B 一个水平初速度v0，方向与绳垂直．小球相互碰撞时无机械 能损失，轻绳不可伸长．求： (1)当小球A、C第一次相碰时，小球B的速度． (2)当三个小球再次处在同一直线上时，小球B的速度． (3)运动过程中小球A的最大动能EKA和此时两根绳的夹角θ. (4)当三个小球处在同一直线上时，绳中的拉力F的大小．1、Fra bibliotek弹打木块模型 、
的木块静止在光滑水平面上， 质量为 M 的木块静止在光滑水平面上，一质量为 m 速度 的子弹水平射入木块中， 为 v0 的子弹水平射入木块中 ，如果子弹所受阻力的大小恒为
f
子弹没有穿出木块， ，子弹没有穿出木块，木块和子弹的最终速度为 v共 ，在这
个过程中木块相对地面的位移为 s木 ，子弹相对与地面的位移 为 s子 ，子弹相对与木块的位移为 ∆s 。
（1）设小球A、C第一次相碰时，小球B的速度为，考虑到对称性及绳的不可伸 长特性，小球A、C沿小球B初速度方向的速度也为，由动量守恒定律，得 由此解得（2）当三个小球再次处在同一直线上时，则由动量守恒定律和机械 能守恒定律，得 解得 （三球再次处于同一直线） ，（初始状态，舍去） 所以，三个小球再次处在同一直线上时，小球B的速度为（负号表明与初速度反 向） （3）当小球A的动能最大时，小球B的速度为零。设此时小球A、C的速度大小 为，两根绳间的夹角为θ（如图），则仍由动量守恒定律和机械能守恒定律，得 另外，由此可解得，小球A的最大动能为，此时两根绳间夹角为（4）小球A、C 均以半径L绕小球B做圆周运动，当三个小球处在同一直线上时，以小球B为参考 系（小球B的加速度为0，为惯性参考系），小球A（C）相对于小球B的速度均 为所以，此时绳中拉力大小为：
动量定理和动能定理的应用
动量定理和动能定理的应用在力学中，从力对时间的积累作用的角度来研究机械运动时，用动量来描写物体的运动状态；从力对空间的积累作用的角度来研究机械运动时，用动能来描写物体的运动状态．它们分别遵从动量定理和动能定理．实际上，物体做机械运动都是在一定的时间和空间中进行的．解决问题时，可从不同的角度（动量或动能），利用不同的规律（动量定理或动能定理）来进行研究．解决问题的思路和方法是：第一、明确物理过程，根据问题的要求和计算方便，确定研究对象． 第二、进行受力情况和运动过程的分析．第三、描写研究对象的初动量（或初动能）和末动量（或末动能）． 第四、根据动量定理（或动能定理），列方程并求解．例1．一个质量为m 的物体，带有电荷为+q 的小物体，可以在水平轨道ox 上运动．o 端有一与轨道垂直的固定的墙，轨道处于匀强电场中，场强的大小为E ，方向与ox 轴的正方向相反，如图2—1所示，小物体以初速度0v 从0x 点沿ox 轨道运动，运动时受到大小不变的摩擦力f 的作用，且qE f ＜；设小物体与墙壁碰撞时不损失机械能，且保持总电量不变，求它在停止运动前所通过的总路程S ．分析：在离地面高h 处，将以小球以一定的初速度竖直上抛．小球与地面不断的碰撞，最终要停在地面上．如果将图2—1的“模型’逆时针旋转900．将小物体和小球类比，可以得到“小物体”最终要静止在墙根O 处．解：取小物体为研究对象，电场力做正功并与路径无关，阻力做负功，大小为fs 。
根据动能定理，得：2200/mv fs x Eq -=-——————————————————（1） 解得：f /)mv Eqx (s 22200+=—————————————（2）评析：面对新的物理问题，解题时要注意原型启发。
例2．在光滑绝缘的水平面上有一静止的带电体．加一水平向右匀强电场，作用一段时间后，换成水平向左的匀强电场，作用相同的时间带电体恰好回到原处．（1）设向右的电场的场强为1E ，向左的电场的场强为2E ，求21E E ．图2—1（2）求向右的电场与向左的电场对带电体做的功之比．分析：带电体在电场力的作用下首先做匀加速运动，然后做匀减速运动．解：（1）设带电体的质量为m ，电荷量为q ，1E 作用的时间为t ，带电体的速度为1v ，位移为s ；２E 又作用相同的时间t ，带电体的速度为2v ．取向右的方向为正方向，根据动量定理，得：）（111------------------------=mv qt E ）（2122---------------------=-mv mv qt E 根据动能定理，得：）（）（4212132121222211--------------------=------------------------=m v m v qs E m v qs E 联立（1）——（4）解得：）（5212----------------------------=v v 由（1）、（2）、（5）解得：）（63121-----------------------------=E E （2）向右的电场力与向左的电场力对木块做的功之比为）（73121----------------------------=qs E qs E例3．一质量为m 的学生做摸高运动，从下蹲状态向上起跳经1t 时间，身体伸直并刚好离开地面，又经时间2t 人体的重心上升到最大的高度．人在运动的过程中受到的阻力不计，试求：（1）地面对学生的冲量． （2）地面对学生做的功．分析：学生做摸高运动，在时间1t 内，受重力、支持力和人体之间的内力的作用做变速运动，地面对人体的支持力的作用点显然没有移动，对人体不做功。
动量定理和动能定理
动量定理和动能定理动量定理和动能定理是物理学中两个重要的定理，它们分别描述了物体运动中的动量和动能的变化规律。
本文将分别介绍这两个定理的概念、公式和应用。
一、动量定理动量定理是描述物体运动中动量变化规律的定理。
动量是物体运动的重要物理量，它等于物体的质量乘以速度。
动量定理指出，当物体受到外力作用时，它的动量会发生变化，变化的大小等于外力作用时间内物体所受的合力乘以时间。
动量定理的公式为：FΔt=Δp，其中F为物体所受的合力，Δt为外力作用时间，Δp为物体动量的变化量。
这个公式表明，当物体所受的合力越大，外力作用时间越长，物体的动量变化量就越大。
动量定理的应用非常广泛。
例如，在汽车碰撞事故中，当两辆车发生碰撞时，它们所受的合力会导致它们的动量发生变化，从而产生撞击力和损坏。
此外，在运动员比赛中，动量定理也可以用来计算运动员的速度和力量，以便评估他们的表现。
二、动能定理动能定理是描述物体运动中动能变化规律的定理。
动能是物体运动的另一个重要物理量，它等于物体的质量乘以速度的平方再乘以1/2。
动能定理指出，当物体受到外力作用时，它的动能会发生变化，变化的大小等于外力作用时间内物体所受的功。
动能定理的公式为：W=ΔK，其中W为外力所做的功，ΔK为物体动能的变化量。
这个公式表明，当外力所做的功越大，物体的动能变化量就越大。
动能定理的应用也非常广泛。
例如，在机械工程中，动能定理可以用来计算机械设备的能量转换效率，以便优化机械设计。
此外，在物理实验中，动能定理也可以用来验证能量守恒定律，以便深入理解物理学中的基本原理。
动量定理和动能定理是物理学中两个非常重要的定理，它们分别描述了物体运动中动量和动能的变化规律。
这些定理不仅可以用来解释自然现象，还可以应用于工程设计和科学研究中，具有广泛的实际意义。
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动量定理与动能定理的应用
一、动量守恒定律 1.定律内容：一个系统不受外力或所受外力之和为零，这个系统的总动量保持不变，这个结论叫做动量守恒定律.
说明：(1)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.
(2)相互间有作用力的物体系称为系统，系统内的物体可以是两个、三个或者更多，解决实际问题时要根据需要和求解问题的方便程度，合理地选择系统.
2.动量守恒定律的适用条件 (1)系统不受外力或系统所受外力的合力为零. (2)系统所受外力的合力虽不为零，但F内》F外，亦即外力作用于系统中的物体导致的动量的改变较内力作用所导致的动量改变小得多，则此时可忽略外力作用，系统动量近似守恒.例如：碰撞中的摩擦力和空中爆炸时的重力，较相互作用的内力小的多，可忽略不计. (3)系统所受合外力虽不为零，但系统在某一方向所受合力为零，则系统此方向的动量守恒，例图6�8，光滑水平面的小车和小球所构成的系统，在小球由小车顶端滚下的过程中，系统水平方向的动量守恒.
3.动量守恒的数学表述形式： (1)p＝p′即系统相互作用开始时的总动量等于相互作用结束时(或某一中间状态时)的总动量. (2)Δp＝0即系统的总动量的变化为零.若所研究的系统由两个物体组成，则可表述为：ｍ１ｖ１+ｍ２ｖ2＝ｍ１ｖ１′+ｍ２ｖ２′(等式两边均为矢量和)(3)Δp１＝－Δp２ 即若系统由两个物体组成，则两个物体的动量变化大小相等，方向相反，此处要注意动量变化的矢量性.在两物体相互作用的过程中，也可能两物体的动量都增大，也可能都减小，但其矢量和不变.
二、碰撞 1.碰撞是指物体间相互作用时间极短，而相互作用力很大的现象. 在碰撞过程中，系统内物体相互作用的内力一般远大于外力，故碰撞中的动量守恒，按碰撞前后物体的动量是否在一条直线区分，有正碰和斜碰，中学物理只研究正碰(正碰即两物体质心的连线与碰撞前后的速度都在同一直线上).
2.按碰撞过程中动能的损失情况区分，碰撞可分为二种： a.弹性碰撞：碰撞前后系统的总动能不变，对两个物体组成的系统满足： ｍ１ｖ１＋ｍ2ｖ２＝ｍ１ｖ１′＋ｍ２ｖ2′ １
／２ｍ１ｖ１２＋１／２ｍ２ｖ２′＝１／２ｍ１ｖ１′２＋１／２ｍ２ｖ２′２两式联立可得： ｖ１′＝[(ｍ１-ｍ２) ｖ１+2ｍ２ｖ2]/( ｍ１＋ｍ２)ｖ２′＝[(ｍ２-ｍ１) ｖ2+2ｍ１ｖ１]/( ｍ１＋ｍ２)ｂ．完全非弹性碰撞，该碰撞中动能的损失最大，对两个物体组成的系统满足：ｍ１ｖ１＋ｍ２ｖ2＝（ｍ１＋ｍ２）ｖ c.非弹性碰撞，碰撞的动能介于前两者碰撞之间.
三、反冲现象 系统在内力作用下，当一部分向某一方向的动量发生变化时，剩余部分沿相反方向的动量发生同样大小变化的现象.喷气式飞机、火箭等都是利用反冲运动的实例.若系统由两部分组成，且相互作用前总动量为零，则０＝ｍ１ｖ１＋ｍ２ｖ２，ｖ１、ｖ２方向相反.
动能定理是解决能量变化量的公式，可以说动量是矢量，能量是标量，有时候动量变化，但是能量可能不变，总之要多看书，做题，弄懂其中的概念。
动量定理和动能定理无论在内容记忆还是在理解运用方面都是学生容易混淆的问题，下面就何时应用动量定理，何时应用动能定理以及如何应用它们稍作探讨。
一、公式形式区别
动量定理Δp=I合及动能定理ΔEK=W合，两式的左边都表示某个物理量（动量或动能）的变化；两式的右边都表示左边参量变化的原因：动量变化是因为合外力有冲量，动能变化是因为合外力做功。
二、应用区别
冲量I合和功W合都表示合外力作用的效果，冲量I合表示合外力F的作用效果对时间的积累，而功W合是表示合外力F的作用效果对空间的积累。
所以在应用时也有一些区别，如果已知条件或待求量是与时间有关的量，在解题时大多应用动量定理。
三、动量定理：合外力对物体的冲量等于物体动量的增加量（矢量关系）。
动能定理：合外力对物体做的功等于物体动能的增加量（标量关系）。
应用动量定理解决的问题的特征：合外力作用于物体，作用了一段时间，引起物体运动状态的变化，-----涉及到时间。
应用动能定理解决的问题的特征：合外力作用于物体，作用了一段位移，引起物体运动状态的变化，-----涉及到位移。
四、涉及功、能的问题，用动能定理的多，涉及碰撞、冲击作用的，用动量定理的多。
有些情况下，这两个定理都要用。
动量反应力对时间的积累作用，动能反应力对位移的积累作用。