高三复习(动量功和能)

本章内容：冲量、动量、动量定理、动量守恒

一、冲量与功的区别

冲量与功是针对力的作用效果不同定义的 冲量 功 性质 矢量 标量 大小 I = Ft W = Fs 作用效果 改变动量 改变动能 计算 矢量合成 代数计算 1．冲量的方向与力的方向相同

2．利用I = Ft计算冲量中的力是恒力〔对变力的情况用动量定理或图象〕 3．某个力做功为零但冲量不一定为零

如：固定在光滑斜面上的物体支持力做功为零但冲量不为零 4．图象

二、动量与动能：动量与动能都是与物体速度有关的物理量，从不同角度描述物体运动状态的物理量，既有区别又有联系 动量 性质 矢量 标量 大小 P = mv 1EK = mv2 2变化情况 V变化△P一定变化 V变化△EK可能为零 区别 动能 联系 P = 2mEK EK = P2/2m 4098588565.doc--------------------------第 1 页 共 31页

三、动量定理与动能定理

1．动量定理：描述的是在时间上的积累作用效果是改变动量

I合F合tP末-P初＝mv2mv1P

物理意义：物体所受合外力的冲量等于这段时间内物体动量的变化 注意：①由于冲量与动量都是矢量，动量定理公式是矢量式〔注意方向〕

规定正方向

例1：球以v的速度撞墙，量损失返回，墙给球的冲量；

匀速圆周运动的物体所受的向心力的冲量。 ②变力的冲量: IFt IP

例2：已知单摆m L最大偏角为，求由最高点摆到最低点，

受到摆线的拉力的冲量？重力的冲量？5

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Ftmv(mv)2mv

2．动量定理的应用:

例3. 以初速度v0平抛出一个质量为m的物体，抛出后t秒内物体的动量变化是多少？

解：因为合外力就是重力，所以Δp=Ft=mgt

有了动量定理，不管是求合力的冲量还是求物体动量的变化，都有了两种可供选择的等价的方法。此题用冲量求解，比先求末动量，再求初、末动量的矢量差要方便得多。当合外力为恒力时往往用Ft来求较为简单；当合外力为变力时，在高中阶段只能用Δp来求。

例4. 鸡蛋从同一高度自由下落，第一次落在地板上，鸡蛋被打破；第二次落在泡沫塑料垫上，没有被打破。这是为什么？

解：两次碰地〔或碰塑料垫〕瞬间鸡蛋的初速度相同，而末速度都是零也相同，所以两次碰撞过程鸡蛋的动量变化相同。根据Ft=Δp，第一次与地板作用时的接触时间短，作用力大，所以鸡蛋被打破；第二次与泡沫塑料垫作用的接触时间长，作用力小，所以鸡蛋没有被打破。〔再说得准确一点应该指出：鸡蛋被打破是因为受到的压强大。鸡蛋和地板相互作用时的接触面积小而作用力大，所以压强大，鸡蛋被打破；鸡蛋和泡沫塑料垫相互作用时的接触面积大而作用力小，所以压强小，鸡蛋未被打破。〕

例5. 某同学要把压在木块下的纸抽出来。第一次他将纸迅速抽出，木块几乎不动；第二次他将纸较慢地抽出，木块反而被拉动了。这是为什么？

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解：物体动量的改变不是取决于合力的大小，而是取决于

F 合力冲量的大小。在水平方向上，第一次木块受到的是滑动摩擦力，一般来说大于第二次受到的静摩擦力；但第一

次力的作用时间极短，摩擦力的冲量小，因此木块没有明显的动量变化，几乎不动。第二次摩擦力虽然较小，但它的作用时间长，摩擦力的冲量反而大，因此木块会有明显的动量变化。

例6. 质量为m的小球，从沙坑上方自由下落，经过时间t1到达

A 沙坑外表，又经过时间t2停在沙坑里。求：⑴沙对小球的平均阻力F；⑵小球在沙坑里下落过程所受的总冲量I。

解：设刚开始下落的位置为A，刚好接触沙的位置为B，在沙中到

B C 达的最低点为C。⑴在下落的全过程对小球用动量定理：重力作用时间为t1+t2，而阻力作用时间仅为t2，以竖直向下为正方向，有： mg(t1+t2)-Ft2=0, 解得：Fmgt1t2

t2 ⑵仍然在下落的全过程对小球用动量定理：在t1时间内只有重力的冲量，在t2时间内只有总冲量〔已包括重力冲量在内〕，以竖直向下为正方向，有： mgt1-I=0,∴I=mgt1

这种题本身并不难，也不复杂，但一定要认真审题。要根据题意所要求的冲量将各个外力灵活组合。假设此题目给出小球自由下落的高度，可先把高度转换成时

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间后再用动量定理。当t1>> t2时，F>>mg。

例7. 质量为M的汽车带着质量为m的拖车在平直公路上以加速度a匀加速前进，当速度为v0时拖车突然与汽车脱钩，到拖车停下瞬间司机才发现。假设汽车的牵引力一直未变，车与路面的动摩擦因

m M v0 v/ 数为μ，那么拖车刚停下时，汽车的瞬时速度是多大？

解：以汽车和拖车系统为研究对象，全过程系统受的合外力始终为Mma，该过程经历时间为v0/μg，末状态拖车的动量为零。全过程对系统用动量定理可得：

Mmav0Mmagv

MvMmv0,v0gMg 这种方法只能用在拖车停下之前。因为拖车停下后，系统受的合外力中少了拖车受到的摩擦力，因此合外力大小不再是Mma。

例8. 质量为m=1kg的小球由高h1处自由下落，落到水平地面后，反跳的最大高度为h2，从小球下落到反跳到最高点经历的时间为Δt，取g=10m/s2。求：小球撞击地面过程中，球对地面的平均压力的大小F。 解：以小球为研究对象，从开始下落到反跳到最高点的全过程动量变

化为零，根据下降、上升高度可知其中下落、上升分别用时t1和t2，因此与地面作用的时间必为t3。由动量定理得：mgΔt-Ft3=0 ，F=60N

(二) 动能定理：合外力做的功等于物体动能的变化 4098588565.doc--------------------------第 5 页 共 31页

1212WF合S＝mv2mv1EK

22动能定理也可以表述为：外力对物体做的总功等于物体动能的变化。和动量定理一样，动能定理也建立起过程量〔功〕和状态量〔动能〕间的联系。这样，无论求合外力做的功还是求物体动能的变化，就都有了两个可供选择的途径。和动量定理不同的是：功和动能都是标量，动能定理表达式是一个标量式，不能在某一个方向上应用动能定理。

例1：在粗糙水平面上，物体在外力F的作用下匀加速前进S米，速度由

v1――v2。

F (Ff)S1212mv2mv1 22 FSfS1212mv2mv1 22 WW1W2W3Wn1212mv2mv1 22 注意：变力作功： WFS 应用功能定理

例2. 如下图，质量为m的小球用长L的细线悬挂而静止在竖直

θ 位置。在以下三种情况下，分别用水平拉力F将小球拉到细线与竖直方向成θ角的位置。在此过程中，拉力F做的功各是多少？⑴用F缓慢地拉；⑵F为恒力；⑶假设F为恒力，而且拉到该位

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L m F 置时小球的速度刚好为零。可供选择的答案有

A.FLcos B.FLsin C.FL1cos D.mgL1cos

解：⑴假设用F缓慢地拉，则显然F为变力，只能用动能定理求解。F做的功等于该过程克服重力做的功。选D

⑵假设F为恒力，则可以直接按定义求功。选B

⑶假设F为恒力，而且拉到该位置时小球的速度刚好为零，那么按定义直接求功和按动能定理求功都是正确的。选B、D

在第三种情况下，由FLsin=mgL1cos，可以得到

F1costan，可mgsin2见在摆角为 时小球的速度最大。实际上，因为F与mg的合力也是恒力，而绳的拉力始终不做功，所以其效果相当于一个摆，我们可以把这样的装置叫做“歪摆”。 动能定理的应用：

例3. 如下图，斜面倾角为α，长为L，AB段光滑，

BC段粗糙，且BC=2 AB。质量为m的木块从斜面顶端无初速下滑，到达C端时速度刚好减小到零。

C A B α 求物体和斜面BC段间的动摩擦因数μ。

解：以木块为对象，在下滑全过程中用动能定理：重力做的功为mgLsin

α，摩擦力做的功为2mgLcos，支持力不做功。初、末动能均为零。

32mgLsinαmgLcos=0，3tan

32

例4. 将小球以初速度v0竖直上抛，在不计空气阻力的理想状况

v 4098588565.doc--------------------------第 7 页 共 31页

f v /

G f G 下，小球将上升到某一最大高度。由于有空气阻力，小球实际上升的最大高度只有该理想高度的80%。设空气阻力大小恒定，求小球落回抛出点时的速度大小v。 解：有空气阻力和无空气阻力两种情况下分别在上升过程对小球用动能定理：

12 mgH1mv02和0.8mgfHmv0，可得H=v02/2g，f21mg 42再以小球为对象，在有空气阻力的情况下对上升和下落的全过程用动能定理。

132全过程重力做的功为零，所以有：f20.8H1mv0v0 mv2，解得v225 从此题可以看出：根据题意灵活地选取研究过程可以使问题变得简单。有时取全过程简单；有时则取某一阶段简单。原则是尽量使做功的力减少，各个力的功计算方便；或使初、末动能等于零。

例5. 质量为M的木块放在水平台面上，台面比水平地面高出h0m，木块离台的右端L。质量为m0M的子弹以v0=180m/s的速度水平射向木块，并以

L h s v=90m/s的速度水平射出，木块落到水平地面时的落地点到台面右端的水平距离为s，求木块与台面间的动摩擦因数为μ。

解：此题的物理过程可以分为三个阶段，在其中两个阶段中有机械能损失：子弹射穿木块阶段和木块在台面上滑行阶段。所以此题必须分三个阶段列方程： 子弹射穿木块阶段，对系统用动量守恒，设木块末速度为v1，mv0= mv+Mv1……①

木块在台面上滑行阶段对木块用动能定理，设木块离开台面时的速度为v2，

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有：MgL112Mv12Mv2……②

222hg木块离开台面后的平抛阶段，sv2由①、②、③可得μ0

……③

从此题应引起注意的是：但凡有机械能损失的过程，都应该分段处理。 从此题还应引起注意的是：不要对系统用动能定理。在子弹穿过木块阶段，子弹和木块间的一对摩擦力做的总功为负功。如果对系统在全过程用动能定理，就会把这个负功漏掉。 小结：

四、动量守恒和机械能守恒

〔一〕动量守恒：物体在不受外力或合外力为零的情况下动量守恒

' m1v1m2v2m1v1'm2v2

在力的作用下，在一段时间内物体的速度发生变化——动量定理 在力的作用下，在一段位移内物体的速度发生变化——动能定理

P1P2P1'P2' P2P1

注意条件确实定以及初末状态的选取 1、动量守恒的条件：

① 系统不受外力或合外力为零；

② 系统的合外力不为零，但合外力在某一方向上的分力为零 〔或不受外力〕，那么系统的总动量在该方向上的分量是守恒的

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③ 系统全过程中动量守恒，则全过程的平均动量守恒

条件：相互作用前静止 m1v1 = m2v2 则：m1s1 = m2s2 ④ 在某一较短时间过程中，系统所受的外力冲量远小于系统间相互作用的冲量〔如爆炸、碰撞、反冲等〕系统总动量近似守恒

2、碰撞问题

形式分：

正碰〔对心〕

斜碰 性质分：

弹性碰撞 非弹性碰撞 完全非弹性碰撞

两个物体在极短时间内发生相互作用，这种情况称为碰撞。由于作用时间极短，一般都满足内力远大于外力，所以可以认为系统的动量守恒。

仔细分析一下碰撞的全过程：设光滑水平面上，质量为m1的物体A以速度v1向质量为m2的静止物体B运动，B的左端连有轻弹簧。在Ⅰ位置A、B刚好接触，弹簧开始被压缩，A开始减速，B开始加速；到Ⅱ位置A、B速度刚好相等〔设为v〕，弹簧被压缩到最

v1 v v1/ v2/ 短；再往后A、B开始远离，弹簧开始恢

A A B A B A B Ⅰ Ⅱ Ⅲ

和v2。复原长，到Ⅲ位置弹簧刚好为原长，A、B分开，这时A、B的速度分别为v1全过程系统动量一定是守恒的；而机械能是否守恒就要看弹簧的弹性如何了。

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⑴弹簧是完全弹性的。Ⅰ→Ⅱ系统动能减少全部转化为弹性势能，Ⅱ状态系统动能最小而弹性势能最大；Ⅱ→Ⅲ弹性势能减少全部转化为动能；因此Ⅰ、Ⅲ状态系统动能相等。这种碰撞叫做弹性碰撞。由动量守恒和能量守恒可以证明A、B的最终速度分别为：v1m1m22m1v1,v2v1。

m1m2m1m2 ⑵弹簧不是完全弹性的。Ⅰ→Ⅱ系统动能减少，一部分转化为弹性势能，一部分转化为内能，Ⅱ状态系统动能仍和⑴相同，弹性势能仍最大，但比⑴小；Ⅱ→Ⅲ弹性势能减少，部分转化为动能，部分转化为内能；因为全过程系统动能有损失〔一部分动能转化为内能〕。这种碰撞叫非弹性碰撞。

⑶弹簧完全没有弹性。Ⅰ→Ⅱ系统动能减少全部转化为内能，Ⅱ状态系统动能仍和⑴相同，但没有弹性势能；由于没有弹性，A、B不再分开，而是共同运动，不再有Ⅱ→Ⅲ过程。这种碰撞叫完全非弹性碰撞。可以证明，A、B最终的共同速度为v1v2m1v1。在完全非弹性碰撞过程中，系统的动能损失最大，为： m1m2m1m2v121122。 Ekm1v1m1m2v222m1m2〔1〕弹性碰撞： 动能、动量守恒

''m1v1m2v2m1'v1'm2v2

V1 V2=0 4098588565.doc--------------------------第 11 页 共 31页

1112''2m1v12m2v2m1'v1'2m2v2 222当v2= 0时：

v 1'(m1m2)v10

m1m2'v22m1v10

m1m2'v1 (速度互换) 当 m1m2时： v1'0 v2当 m1m2时： v1'0 A球继续前进 当 m1m2时： v1'0 A球被反弹 当 m1m2时： v1'v1 A球以原速前进 当 m1m2时 v1'v1 A球以原速返回

〔2〕非弹性碰撞：动量守恒 机械能不守恒 Ek'EK 〔3〕完全非弹性碰撞 m1v1m2v2(m1m2)v

动量守恒 动能不守恒 此时能量损失最大 〔具有共同速度〕 总结：动量守恒，碰前能量总大于或等于碰后能量。

3．注意：

1）动量守恒条件的判定 2）判断碰撞运动的可能性

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动量守恒 系统机械能不增加

符合实际〔后球速度不能大于前球速度、被撞小球不能反向〕 3）应用动量守恒的过程中注意过程的选取 4）动量守恒的过程分析

4．动量守恒的应用

例8. 质量为M的楔形物块上有圆弧轨道，静止在水平面上。质量为m 的小球以速度v1向物块运动。不计一切摩擦，圆弧小于90°且足够长。

求小球能上升到的最大高度H 和物块的最终速度v。 解：系统水平方向动量守恒，全过程机械能也守恒。

在小球上升过程中，由水平方向系统动量守恒得：mv1Mmv

11由系统机械能守恒得：2mv122Mmv2mgH

v1

2Mv1解得H2Mmg

全过程系统水平动量守恒，机械能守恒，得v2mv Mm1 此题和上面分析的弹性碰撞基本相同，唯一的不同点仅在于重力势能代替了弹性势能。

例9. 动量分别为5kgm/s和6kgm/s的小球A、B沿光滑平面上的同一条直线同向运动，A追上B并发生碰撞后。假设已知碰撞后A的动量减小了2kgm/s，而方向不变，那么A、B质量之比的可能范围是什么？

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解：A能追上B，说明碰前vA>vB,∴

38mAmB56mAmB；碰后A的速度不大于B的速度，

2222；又因为碰撞过程系统动能不会增加， 5638，由以

2mA2mB2mA2mB上不等式组解得：3mA4

8mB75.反冲问题

在某些情况下，原来系统内物体具有相同的速度，发生相互作用后各部分的末速度不再相同而分开。这类问题相互作用过程中系统的动能增大，有其它能向动能转化。可以把这类问题统称为反冲。

例11. 质量为m的人站在质量为M，长为L的静止小船的右端，小船的左端靠在岸边。当他向左走到船的左端时，船左端离岸多远？

解：先画出示意图。人、船系统动量守恒，总动量始终为零，所以人、船动量大小始终相等。从图中可以

l2 l1 看出，人、船的位移大小之和等于L。设人、船位移大小分别为l1、l2，则：mv1=Mv2，两边同乘时间t，ml1=Ml2，而l1+l2=L，∴l2mL Mm 应该注意到：此结论与人在船上行走的速度大小无关。不管是匀速行走还是变速行走，甚至往返行走，只要人最终到达船的左端，那么结论都是相同的。

做这类题目，首先要画好示意图，要特别注意两个物体相对于地面的移动方向和两个物体位移大小之间的关系。

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以上所列举的人、船模型的前提是系统初动量为零。如果发生相互作用前系统就具有一定的动量，那就不能再用m1v1=m2v2这种形式列方程，而要利用(m1+m2)v0= m1v1+ m2v2列式。

例12. 总质量为M的火箭模型 从飞机上释放时的速度为v0，速度方向水平。火箭向后以相对于地面的速率u喷出质量为m的燃气后，火箭本身的速度变为多大？ 解：火箭喷出燃气前后系统动量守恒。喷出燃气后火箭剩余质量变为M-m，以v0方向为正方向，Mv0muMmv,v〔二〕机械能守恒： 1.机械能守恒定律的两种表述

⑴在只有重力做功的情形下，物体的动能和重力势能发生相互转化，但机械能的总量保持不变。

⑵如果没有摩擦和介质阻力，物体只发生动能和重力势能的相互转化时，机械能的总量保持不变。 对机械能守恒定律的理解：

①机械能守恒定律的研究对象一定是系统，至少包括地球在内。通常我们说“小球的机械能守恒”其实一定也就包括地球在内，因为重力势能就是小球和地球所共有的。另外小球的动能中所用的v，也是相对于地面的速度。

②当研究对象〔除地球以外〕只有一个物体时，往往根据是否“只有重力做功”来判定机械能是否守恒；当研究对象〔除地球以外〕由多个物体组成时，往

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Mv0mu

Mm往根据是否“没有摩擦和介质阻力”来判定机械能是否守恒。

③“只有重力做功”不等于“只受重力作用”。在该过程中，物体可以受其它力的作用，只要这些力不做功，或所做功的代数和为零，就可以认为是“只有重力做功”。

2.机械能守恒定律的各种表达形式

11⑴mghmv2mghmv2，即EpEkEpEk；

22⑵EPEk0；E1E20；E增E减

用⑴时，需要规定重力势能的参考平面。用⑵时则不必规定重力势能的参考平面，因为重力势能的改变量与参考平面的选取没有关系。尤其是用ΔE增=ΔE减，只要把增加的机械能和减少的机械能都写出来，方程自然就列出来了。 3.解题步骤

⑴确定研究对象和研究过程。 ⑵判断机械能是否守恒。 ⑶选定一种表达式，列式求解。 4.应用举例

例7. 如图物块和斜面都是光滑的，物块从静止沿斜面下滑过程中，物块机械能是否守恒？系统机械能是否守恒？

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解：以物块和斜面系统为研究对象，很明显物块下滑过程

N 中系统不受摩擦和介质阻力，故系统机械能守恒。又由水平方向系统动量守恒可以得知：斜面将向左运动，即斜面的机械能将增大，故物块的机械能一定将减少。

有些同学一看此题说的是光滑斜面，容易错认为物块本身机械能就守恒。这里要提醒两条：⑴由于斜面本身要向左滑动，所以斜面对物块的弹力N和物块的实际位移s的方向已经不再垂直，弹力要对物块做负功，对物块来说已经不再满足“只有重力做功”的条件。⑵由于水平方向系统动量守恒，斜面一定会向右运动，其动能也只能是由物块的机械能转移而来，所以物块的机械能必然减少。 例8. 如下图，质量分别为2 m和3m的两个小球固定在一根直角尺的两端A、B，直角尺的顶点O处有光滑的固定转动轴。AO、BO的长分别为2L和L。开始时直角尺的AO

O A s B 部分处于水平位置而B在O的正下方。让该系统由静止开始自由转动，求：⑴当A到达最低点时，A小球的速度大小v；⑵ B球能上升的最大高度h；⑶开始转动后B球可能到达的最大速度vm。

解：以直角尺和两小球组成的系统为对象，由于转动过程不受摩擦和介质阻力，所以该系统的机械能守恒。

⑴过程中A的重力势能减少， A、B的动能和B的重力势能增加，A的即时速

8gL11v度总是B的2倍。2mg2L3mgL2mv23m ，解得v1122224098588565.doc--------------------------第 17 页 共 31页

⑵B球不可能到达O的正上方，它到达最大高度时速度一定为零，设该位置比OA竖直位置向左偏了α角。2mg2Lcosα=3mgL(1+sinα)，此式可化简为4cos

α-3sinα=3，利用三角公式可解得sin(53°-α)=sin37°，α=16°

⑶B球速度最大时就是系统动能最大时，而系统动能增大等于系统重力做的功WG。设OA从开始转过θ角时B球速度最大，2m2v23mv2=2mg2Lsinθ-3mgL(1-cosθ)

=mgL(4sinθ+3cosθ-3)≤2mgL，解得vm4gL 11A 1212⑴ ⑵ ⑶ v1/2 O A

v1 α O A O θ θ B α B B 此题如果用EP+EK= EP/+EK/这种表达形式，就需要规定重力势能的参考平面，显然比较烦琐。用ΔE增=ΔE减就要简洁得多。 例9. 如下图，粗细均匀的U形管内装有总长为4L的水。开始时阀门K闭合，左右支管内水面高度差为L。打开阀门K后，左右水面刚好相平时左管液面的速度是多大？〔管的内部横截面很小，摩擦阻力忽略不计〕

解：由于不考虑摩擦阻力，故整个水柱的机械能守恒。从初始状态到左右支管水

K 4098588565.doc--------------------------第 18 页 共 31页

面相平为止，相当于有长L/2的水柱由左管移到右管。系统的重力势能减少，动能增加。该过程中，整个水柱势能的减少量等效于高L/2的水柱降低L/2重力势能的减少。不妨设水柱总质量为8m，则mgL18mv2，得v22gL。 8 此题在应用机械能守恒定律时仍然是用ΔE增 =ΔE减 建立方程，在计算系统重力势能变化时用了等效方法。需要注意的是：研究对象仍然是整个水柱，到两个支管水面相平时，整个水柱中的每一小部分的速率都是相同的。 四、功能关系

做功的过程是能量转化的过程，功是能的转化的量度。

能量守恒和转化定律是自然界最基本的定律之一。而在不同形式的能量发生相互转化的过程中，功扮演着重要的角色。本章的主要定理、定律都是由这个基本原理出发而得到的。

需要强调的是：功是一种过程量，它和一段位移〔一段时间〕相对应；而能是一种状态量，它个一个时刻相对应。两者的单位是相同的〔都是J〕，但不能说功就是能，也不能说“功变成了能”。

复习本章时的一个重要课题是要研究功和能的关系，尤其是功和机械能的关系。突出：“功是能量转化的量度”这一基本概念。

⑴物体动能的增量由外力做的总功来量度：W外=ΔEk，这就是动能定理。 ⑵物体重力势能的增量由重力做的功来量度：WG= -ΔEP，这就是势能定理。 ⑶物体机械能的增量由重力以外的其他力做的功来量度：W其=ΔE机，〔W其表

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示除重力以外的其它力做的功〕，这就是机械能定理。

⑷当W其=0时，说明只有重力做功，所以系统的机械能守恒。

⑸一对互为作用力反作用力的摩擦力做的总功，用来量度该过程系统由于摩擦而减小的机械能，也就是系统增加的内能。f d=Q〔d为这两个物体间相对移动的路程〕。

例10. 质量为m的物体在竖直向上的恒力F作用下减速上升了H，在这个过程中，以下说法中正确的有

A.物体的重力势能增加了mgH B.物体的动能减少了FH C.物体的机械能增加了FH D.物体重力势能的增加小于动能的减少

解：由以上三个定理不难得出正确答案是A、C

例11. 如下图，一根轻弹簧下端固定，竖立在水平面上。其正上方A位置有一只小球。小球从静止开始下落，在B位置接触弹簧的上端，在C位置小球所受弹力大小等于重力，在D位置小球速度减小到零。小球下降阶段以下说法中正确的选项是 B位置小球动能最大 C位置小球动能最大

A→C位置小球重力势能的减少大于小球动能的增加 A→D位置小球重力势能的减少等于弹簧弹性势能的增加

解：小球动能的增加用合外力做功来量度，A→C小球受的合力一直向下，对小球做

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F v a

G A B C D 正功，使动能增加；C→D小球受的合力一直向上，对小球做负功，使动能减小，所以B正确。从A→C小球重力势能的减少等于小球动能的增加和弹性势能之和，所以C正确。A、D两位置动能均为零，重力做的正功等于弹力做的负功，所以D正确。选B、C、D。 五.功和功率 1、功

功是力的空间积累效应。它和位移相对应〔也和时间相对应〕。计算功的方法有两种：

⑴按照定义求功。即：W=Fscosθ。 在高中阶段，这种方法只适用于恒力做

功。当0时F做正功，当时F不做功，当时F做负功。

222 这种方法也可以说成是：功等于恒力和沿该恒力方向上的位移的乘积。

⑵用动能定理W=ΔEk或功能关系求功。当F为变力时，高中阶段往往考虑用这种方法求功。这里求得的功是该过程中外力对物体做的总功〔或者说是合外力做的功〕。

这种方法的依据是：做功的过程就是能量转化的过程，功是能的转化的量度。如果知道某一过程中能量转化的数值，那么也就知道了该过程中对应的功的数值。 2、一对作用力和反作用力做功的特点

⑴一对作用力和反作用力在同一段时间内做的总功可能为正、可能为负、也可能为零。

⑵一对互为作用反作用的摩擦力做的总功可能为零〔静摩擦力〕、可能为负〔滑动

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摩擦力〕，但不可能为正。 3、功率是描述做功快慢的物理量。

⑴功率的定义式：PW，所求出的功率是时间t内的平均功率。

t⑵功率的计算式：P=Fvcosθ，其中θ是力与速度间的夹角。该公式有两种用法：①求某一时刻的瞬时功率。这时F是该时刻的作用力大小，v取瞬时值，对应的P为F在该时刻的瞬时功率；②当v为某段位移〔时间〕内的平均速度时，则要求这段位移〔时间〕内F必须为恒力，对应的P为F在该段时间内的平均功率。

⑶重力的功率可表示为PG=mgvy，即重力的瞬时功率等于重力和物体在该时刻的竖直分速度之积。

⑷汽车的两种加速问题。当汽车从静止开始沿水平面加速运动时，有两种不同的加速过程，但分析时采用的基本公式都是P=Fv和F-f = ma

f v

a

F ①恒定功率的加速。由公式P=Fv和F-f=ma知，由于P恒定，随着v的增大，F必将减小，a也必将减小，汽车做加速度不断减小的加速运动，直到F=f，a=0，这时v到达最大值vmPmPm。可见恒定功率的加速一定不是匀加速。这种加速

Ff过程发动机做的功只能用W=Pt计算，不能用W=Fs计算〔因为F为变力〕。

②恒定牵引力的加速。由公式P=Fv和F-f=ma知，由于F恒定，所以a恒定，汽车做匀加速运动，而随着v的增大，P也将不断增大，直到P到达额定功率Pm，

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PP功率不能再增大了。这时匀加速运动结束，其最大速度为vmmmvm，此

Ff后汽车要想继续加速就只能做恒定功率的变加速运动了。可见恒定牵引力的加速时功率一定不恒定。这种加速过程发动机做的功只能用W=Fs计算，不能用W=Pt计算〔因为P为变功率〕。

要注意两种加速运动过程的最大速度的区别。

例2. 质量为2t的农用汽车，发动机额定功率为30kW，汽车在水平路面行驶时能到达的最大时速为km/h。假设汽车以额定功率从静止开始加速，当其速度到达

v=36km/h时的瞬时加速度是多大？

解：汽车在水平路面行驶到达最大速度时牵引力F等于阻力f，即Pm=fvm，而速度为v时的牵引力F=Pm/v，再利用F-f=ma，可以求得这时的a2

六、子弹打木块类问题

子弹打木块实际上是一种完全非弹性碰撞。作为一个典型，它的特点是：子弹以水平速度射向原来静止的木块，并留在木块中跟木块共同运动。下面从动量、能量和牛顿运动定律等多个角度来分析这一过程。 例10. 设质量为m的子弹以初速度v0射向静止在光滑水平面上的质量为M的木块，并留在木块中不再射出，子弹钻入木块深度为d。求木块对子弹的平均阻力的大小和该过程中木块前进的距离。

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v0 s2 d s1 v 解：子弹和木块最后共同运动，相当于完全非弹性碰撞。

从动量的角度看，子弹射入木块过程中系统动量守恒： mv0Mmv

从能量的角度看，该过程系统损失的动能全部转化为系统的内能。设平均阻力大小为f，设子弹、木块的位移大小分别为s1、s2，如下图，显然有s1-s2=d

12对子弹用动能定理：fs11mv0mv2 ……①

22对木块用动能定理：fs21Mv2 ……② 2Mm2 ……③ v02Mm12①、②相减得：fd1mv0Mmv222这个式子的物理意义是：fd恰好等于系统动能的损失；根据能量守恒定律，系统动能的损失应该等于系统内能的增加；可见fdQ，即两物体由于相对运动而摩擦产生的热〔机械能转化为内能〕，等于摩擦力大小与两物体相对滑动的路程的乘积〔由于摩擦力是耗散力，摩擦生热跟路径有关，所以这里应该用路程，而不是用位移〕。

由上式不难求得平均阻力的大小：f2Mmv02Mmd

md Mm至于木块前进的距离s2，可以由以上②、③相比得出：s2从牛顿运动定律和运动学公式出发，也可以得出同样的结论。由于子弹和木块都在恒力作用下做匀变速运动，位移与平均速度成正比：

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s2dv0v/2v0v,dv0Mm,s2s2v/2vs2vmmd Mm 一般情况下Mm，所以s2<ΔEK的大小。

做这类题目时一定要画好示意图，把各种数量关系和速度符号标在图上，以免列方程时带错数据。

七、综合练习

我们已经复习了牛顿定律、动量定理和动量守恒、动能定理和机械能守恒。它们分别反映了力的瞬时作用效应、力的时间积累效应和力的空间积累效应。解决力学问题离不开这三种解题思路。在比较复杂的题目中，这三种手段往往是交替使用的。下面举几个例题说明这一点。

例12. 如下图，a、b、c三个相同的小球，a从光滑斜面顶端由静止开始自由下滑，同时b、c从同一高度分别开始自由下落和平抛。以下说法正确的有

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A.它们同时到达同一水平面 B.重力对它们的冲量相同 C.它们的末动能相同 D.它们动量变化的大小相同 解：b、c飞行时间相同〔都是

2hga b c 〕；a与b比较，两者平均速度大小相同〔末动能

相同〕；但显然a的位移大，所以用的时间长，因此A、B都不对。由于机械能守恒，c的机械能最大〔有初动能〕，到地面时末动能也大，因此C也不对。a、b的初动量都是零，末动量大小又相同，所以动量变化大小相同；b、c所受冲量相同，所以动量变化大小也相同，故D正确。

这道题看似简单，实际上考察了平均速度、功、冲量等很多知识。另外，在比较中以b为中介：a、b的初、末动能相同，平均速度大小相同，但重力作用时间不同；b、c飞行时间相同〔都等于自由落体时间〕，但初动能不同。此题如果去掉b球可能更难做一些。

例13. 质量为m的汽车在平直公路上以速度v匀速行驶，发动机实际功率为P。假设司机突然减小油门使实际功率减为P并保持下去，汽车所受阻力不变，则减

2小油门瞬间汽车加速度大小是多少？以后汽车将怎样运动？

解：由公式F- f=ma和P=Fv，原来牵引力F等于阻力f，减小油门瞬间v未变，由P=Fv，F将减半，合力变为

PFP，方向和速度方向相反，加速度大小为；2mv22v4098588565.doc--------------------------第 26 页 共 31页

以后汽车做恒定功率的减速运动，F又逐渐增大，当增大到F=f时，a=0，速度减到最小为v/2，再以后一直做匀速运动。

这道题是恒定功率减速的问题，和恒定功率加速的思路是完全相同的。 例14. 质量为M的小车A左端固定一根轻弹簧，车静止在光滑水平面上，一质量为m的小物块B从右端以速度v0冲上小车并压缩弹簧，然后又被弹回，回到车右端时刚好与车保持相对静止。求这过A B 程弹簧的最大弹性势能EP和全过程系统摩擦生热Q各多少？简述B相对于车向右返回过程中小车的速度变化情况。

解：全过程系统动量守恒，小物块在车左端和回到车右端两个时刻，系统的速度是相同的，都满足：mv0=(m+M)v；第二阶段初、末系统动能相同，说明小物块从车左端返回车右端过程中弹性势能的减小恰好等于系统内能的增加，即弹簧的最大弹性势能EP恰好等于返回过程的摩擦生热，而往、返两个过程中摩擦生热是相同的，所以EP是全过程摩擦生热Q的一半。又因为全过程系统的动能损失应该等于系统因摩擦而增加的内能，所以ΔEK=Q=2EP

222Mmv0Mmv0Mmv0， ∴Ep 而Ek,Q4Mm2Mm2Mm至于B相对于车向右返回过程中小车的速度变化，则应该用牛顿运动定律来分析：刚开始向右返回时刻，弹簧对B的弹力一定大于滑动摩擦力，根据牛顿第三定律，小车受的弹力F也一定大于摩擦力f，小车向左加速运动；弹力逐渐减小而摩擦力

大小不变，所以到某一时刻弹力和摩擦力大小相等，这时小车速度最大；以后弹力将小于摩擦力，小车受的合外力向右，开始做减速运动；B脱离弹簧后，小车在

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F A f B 水平方向只受摩擦力，继续减速，直到和B具有向左的共同速度，并保持匀速运动。

例15. 海岸炮将炮弹水平射出。炮身质量〔不含炮弹〕为M，每颗炮弹质量为m。当炮身固定时，炮弹水平射程为s，那么当炮身不固定时，发射同样的炮弹，水平射程将是多少？

解：两次发射转化为动能的化学能E是相同的。第一次化学能全部转化为炮弹的动能；第二次化学能转化为炮弹和炮身的动能，而炮弹和炮身水平动量守恒，由

p2动能和动量的关系式EK知，在动量大小相同的情况下，物体的动能和质量成

2m2反比，炮弹的动能E11mv12E,E21mv222MEMm，由于平抛的射高相等，

两次射程的比等于抛出时初速度之比，s2v2sv1MM

s2sMmMm 这是典型的把动量和能量结合起来应用的应用题。要熟练掌握一个物体的动能和它的动量大小的关系；要善于从能量守恒的观点〔此题是系统机械能增量相同〕来分析问题。

例16. 质量为m的长木板A静止在光滑水平面上，另两个质量也是m的铁块B、C同时从A的左右两端滑上A的上外表，初速度大小分别为v和2v，B、C与A间的动

摩擦因数均为μ。⑴试分析B、C滑上长木板A后，A的运动状态如何变化？⑵为

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v B A 2v C 使B、C不相撞，A木板至少多长？

解：B、C都相对于A滑动时，A所受合力为零，保持静止。这段时间为t1v。

gB刚好相对于A 静止时，C的速度为v，A开向左做匀加速运动，由动量守恒可求出A、B、C最终的共同速度vv，这段加速经历的时间为t22v，最终A将以

33gvv做匀速运动。 3 全过程系统动能的损失都将转化为系统的内能，而摩擦生热Qfdmgd，

1211v7v22由能量守恒定律列式：mgdmvm2v3m,解得d。这就是

22233g2A木板应该具有的最小长度。

此题还可以求系统机械能损失〔摩擦生热〕和B、C与A摩擦生热之比：第一阶段B对A的位移就是对地的位移：sB=v2/2μg，C的平均速度是其3倍因此C对A的位移是其3倍：sC=3v2/2μg；第二阶段A、B共同向左运动的加速度是μg/2，对地位移是s=v2/9μg，C平均速度是其4倍，对地位移是s/= 4v2/9μg，相对于A位移是v2/3μg，故B、C与A间的相对位移大小依次是dB= v2/2μg和dC=11v2/6μg，于是系统摩擦生热为μmg(dB+ dC)=7mv2/3，dB∶dC=3∶11

例17. 质量M的小车左端放有质量m的铁块，以共同速度v沿光滑水平面向竖直墙运动，车与墙碰撞的时间极短，不计动能损失。动摩擦因数μ，车长L，铁块不会到达车的右端。到最终相对静止为止，摩擦生热多少？

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m M v 解：车与墙碰后瞬间，小车的速度向左，大小是v，而铁块的速度未变，仍是v，方向向左。根据动量守恒定律，车与铁块相对静止时的速度方向决定于M与m的大小关系：当M>m时，相对静止是的共同速度必向左，不会再次与墙相碰，可求

2Mmv2得摩擦生热是Q；当M=m时，显然最终共同速度为零，当MMm对静止时的共同速度必向右，再次与墙相碰，直到小车停在墙边，后两种情况的摩擦生热都等于系统的初动能Q1Mmv2 2例18. 一传送带装置示意图如图，其中传送带经过AB区域时是水平的，经过BC区域时变为圆弧形〔圆弧由光滑模板形成，为

D 画出〕，经过CD区域时是倾斜的，AB和CD

A 都与BC相切。现将大量的质量均为m的小货

B C L L 箱一个一个在A处放到传送带上，放置时初速为零，经传送带运送到D处，D和A的高度差为h。稳定工作时传送带速度不变，CD段上各箱等距排列，相邻两箱的距离为L。每个箱子在A处投放后，在到达B之前已经相对于传送带静止，且以后也不再滑动〔忽略经BC段时的微小滑动〕。已知在一段相当长的时间T内，共运送小货箱的数目为N。这装置由电动机带动，传送带与轮子间无相对滑动，不计轮轴处的摩擦。求电动机的平均输出功率P。

解：电动机做功的过程，电能除了转化为小货箱的机械能，还有一部分由于小货箱和传送带间的滑动摩擦而转化成内能。摩擦生热可以由Q=fd求得，其中f是相

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对滑动的两个物体间的摩擦力大小，d是这两个物体间相对滑动的路程。此题中设传送带速度一直是v，则相对滑动过程中传送带的平均速度就是小货箱的2倍，相对滑动路程d和小货箱的实际位移s大小相同，故摩擦生热和小货箱的末动能大小相同Q=mv2/2。因此有W=mv2+mgh。又由已知，在一段相当长的时间T内，共运

。N2L2送小货箱的数目为N，所以有PTNW，vT=NL，带入后得到PNm gh2TT4098588565.doc--------------------------第 31 页 共 31页