巧用动能定理和动量定理解题
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。
巧用动量定理解决电磁场中粒子复杂运动的问题
巧用动量定理解决电磁场中粒子复杂运动的问题王汉权(江苏省锡山高级中学ꎬ江苏无锡２１４１７４)摘㊀要:中学生在遇到电磁场中粒子运动问题时ꎬ一般采用画粒子轨迹㊁寻求几何关系的方法并结合有关力㊁能规律进行解题ꎬ但由于 双新 背景下试题经常会设置成多个交替电场㊁磁场的组合场或电磁场㊁重力场的叠加场情境ꎬ粒子运动就变得非常复杂ꎬ不太容易画轨迹找关系.这时如果能注意关注到粒子洛伦兹力ｆ与时间ｔ的累加效果(冲量Ｉｆ)和始末状态的速度变化(动量变化ΔＰ)ꎬ利用动量定理就可以使这类复杂问题迎刃而解.关键词:电场ꎻ磁场ꎻ动量定理ꎻ动力学观点ꎻ能量观点中图分类号:Ｇ６３２㊀㊀㊀文献标识码:Ａ㊀㊀㊀文章编号:１００８－０３３３(２０２３)３１－００９８－０４收稿日期:２０２３－０８－０５作者简介:王汉权(１９６６－)ꎬ男ꎬ江苏省盐城人ꎬ本科ꎬ中学正高级教师ꎬ特级教师ꎬ从事高中物理教学研究.基金项目:本文系江苏省中小学教学研究第十三期立项课题 基于核心素养的物理仿真实验与高中物理教学整合的实践研究 (编号:２０１９ＪＫ１３－Ｌ０３６)的中期性研究成果㊀㊀在处理电磁场中粒子运动时ꎬ学生一般都会采用描绘轨迹㊁寻求几何关系或利用洛伦兹力不做功的特点结合动能定理解题ꎬ但有时会遇到粒子在若干电场㊁磁场交替的组合场或叠加场的物理情境ꎬ运动情况非常复杂ꎬ轨迹也很难直观去描绘ꎬ动能定理有时也会相形见绌.这时候ꎬ如果注意到粒子两个方向速度变化引起的洛伦兹力的冲量Ｉｘ＝ðＢｖｙｑ Δｔ＝ðＢｑΔｙ和Ｉｙ＝ðＢｖｘｑ Δｔ＝ðＢｑΔｘꎬ再结合粒子运动过程始末状态的动量变化ꎬ就可以利用动量定理轻松突破因轨迹难描绘㊁过程难分析等解题瓶颈ꎬ从空间和时间两个维度上完美解决粒子复杂运动的问题.１典型案例研究例１㊀在如图１所示的ｘＯｙ空间中有两段连续的磁感应强度分别为Ｂ１和Ｂ２的匀强磁场(Ｂ１＝２Ｂ２)ꎬ磁感应强度方向均垂直纸面向里ꎬ两段匀强磁场宽度分别为ｄ１和ｄ２(ｄ１＝ｄ２)ꎬ现有一质量为ｍ㊁带电为＋ｑ的粒子从坐标原点Ｏ沿ｘ正方向以速度ｖ０射入磁场Ｂ１ꎬ求粒子离开磁场Ｂ２时速度与水平方向偏角θ２的正弦值.图１㊀例１图１.１模型建构剖析结合审题和粒子大致运动轨迹的描绘ꎬ自然会从试题情境中建构出如图２㊁３所示的物理模型ꎬ在磁场Ｂ１中得到几何关系为Ｒ１ｓｉｎθ１＝ｄ１ꎬ在磁场Ｂ２中的几何关系为Ｒ２ｓｉｎθ２－Ｒ２ｓｉｎθ１＝ｄ２(若磁场Ｂ２后还存在磁场Ｂ３ Ｂｎꎬ同样可推理出Ｒ３ｓｉｎθ３－８９Ｒ３ｓｉｎθ２＝ｄ３ Ｒｎｓｉｎθｎ－Ｒｎｓｉｎθｎ－１＝ｄｎ数学关系ꎬ后面例３中会涉及).由Ｂｖｑ＝ｍｖ２Ｒ得到Ｒ＝ｍｖＢｑꎬ所以Ｒ２＝２Ｒ１ꎬ最后解得ｓｉｎθ２＝３Ｂｑｄｍｖ０.图２㊀模型１示意图㊀㊀㊀㊀图３㊀模型２示意图１.２思路变换求新解题中采用了较为常规的画轨迹找关系的思路ꎬ所以解题着重在寻找前后磁场间的半径Ｒ与偏角θ间的数学关系.如果我们不单注意洛伦兹力提供向心力的动力特征和洛伦兹力不做功的能量特征外ꎬ再深层次分析洛伦兹力ｆ作用的冲量Ｉｆꎬ由于粒子速度方向不断变化ꎬ因此粒子所受洛伦兹力ｆ的冲量并不为零!ｘ方向上:洛伦兹力冲量Ｉｆｘ是由Ｂｖｙｑ引起ꎬ即－ðＢｖｙｑ Δｔ＝ｍ(ｖｘ－ｖ０)①ｙ方向上:洛伦兹力冲量Ｉｆｙ是由Ｂｖｘｑ引起ꎬ即ðＢｖｘｑ Δｔ＝ｍｖｙ－０②利用②式可得到ðＢｖｘｑ Δｔ＝Ｂ１ｄ１ｑ＋Ｂ２ｄ２ｑ＝ｍｖｙ－０ꎬ解得粒子射出磁场时在竖直方向的速度ｖｙ＝３Ｂｑｄｍꎬ求得ｓｉｎθ２＝ｖｙｖ０＝３Ｂｑｄｍｖ０.１.３方法总结体悟利用动量定理来处理粒子复杂运动的问题ꎬ可以省去复杂轨迹不易描绘㊁几何关系不易寻找㊁运动过程较难细致分析的麻烦ꎬ巧妙利用某一方向(如ｘ方向)上位移ｘ的累加ＢｑðΔｘ或磁场Ｂ㊁位移ｘ的累加ｑðＢΔｘꎬ与相垂直的方向(ｙ方向)上动量变化ｍ(Δｖｙ)间构建了相互关联ꎬ充分表现出动量定理在此类问题中的解题优势.例２㊀(２００８高考江苏卷)在ｘｏｙ坐标系中有一场强为Ｂ的水平匀强磁场ꎬ质量ｍ㊁带电＋ｑ的小球从原点Ｏ静止释放ꎬ小球运动轨迹曲线如图４所示.已知此曲线在最低点时曲率半径为该点到ｘ轴距离的２倍ꎬ重力加速度取ｇ.求:图４㊀例２图(１)问略ꎻ(２)小球在运动过程中第一次下降的最大距离ｙＭ.解法１㊀(高考卷标准解答):略解法２㊀(运动合成分解法):利用Ｂｖｘｑ＝ｍｇ得到ｖｘ＝ｍｇＢｑ③可以把小球复杂运动等效成一个是以ｖｘ＝ｍｇＢｑ向右的匀速直线运动㊁一个是从原点Ｏ以速度大小为ｖｘ＝ｍｇＢｑ和方向向左在磁场中逆时针的匀速圆周运动[１]ꎬ因此最低点的最大距离为ｙｍ＝２ｒ＝２ｍｖｘＢｑ＝２ｍ２ｇＢ２ｑ２④解法３㊀(动量定理法):粒子运动到最低点时ꎬ重力做功最多ꎬ所以速度最大ｖＭ且水平向右.之所以水平方向上速度从０变为ｖＭꎬ其实是粒子水平方向洛伦兹力ｆｘ与时间ｔ累积的结果ꎬ利用动量定理ðＢｖｙｑ Δｔ＝ｍ(ｖｍ－０)[２]ꎬ而ðＢｖｙｑ Δｔ＝Ｂｑｙｍꎬ所以Ｂｑｙｍ＝ｍｖｍ－０⑤再根据ｍｇｙｍ＝１２ｍｖ２ｍ联立解得ｙｍ＝２ｍ２ｇｑ２Ｂ２综合上述的三种不同解法ꎬ足可以看出当运动过程比较复杂时ꎬ动量定理解题不需要在过程细节上花费过多精力ꎬ但也需要有明确的审题导向:(１)过程多变复杂㊁几何关系不容易寻找ꎻ(２)某一个方向上出现清晰的速度变化ꎻ(３)对９９应另一个垂直方向上的位移累积量或磁场Ｂ和位移的累积量清晰呈现ꎬ这时候就可以优先考虑选择动量定理来处理.此解法方向明确㊁方便快捷ꎬ同时又能避免题中 已知此曲线在最低点的曲率半径为该点到ｘ轴距离的２倍 多余条件和 曲率半径 等多余概念的干扰.２规律迁移运用２.１粒子在若干连续电场㊁磁场组合场中复杂运动的处理例３㊀(２０１５天津高考卷改编)如图５所示ꎬ在坐标原点Ｏ处有一粒子源ꎬ以相同初速度ｖ０向场区各方向发射质量为ｍ㊁电量为＋ｑ的粒子ꎬ在ｘ>０区域内存在ｎ组相邻的匀强电场Ｅ和匀强磁场Ｂꎬ电场强度Ｅ＝３ｍｖ２０２ｑｄꎬ宽度为ｄꎬ方向水平向右ꎻ磁感应强度Ｂ＝３ｍｖ０ｑｄꎬ方向垂直纸面向里ꎬ不计重力及粒子间的相互作用力.图５㊀例３图(１)(２)问(略).(３)保持该组合场条件不变ꎬ撤去粒子源ꎬ将另一带电粒子从Ｏ点静止释放ꎬ若该带电粒子恰好不能穿过第ｎ组磁场的右边界ꎬ求其比荷ｑᶄｍᶄ.解法１㊀(常规寻求关系):略解法２㊀(动量定理法):粒子在第ｎ层磁场恰好不能穿出ꎬ此时速度与边界相切且方向向上ꎬ设速度为ｖｙｎꎬ在第ｎ组磁场中圆周运动的半径为ｒｎ(下标表示粒子所在组数)ꎬ根据动能定理得ｎｑᶄＥｄ＝１２ｍᶄｖ２ｙｎ－０⑥再分析ｘ㊁ｙ两个方向的运动ꎬ电场方向始终沿水平方向ꎬ并不能改变粒子在ｙ方向的速度(动量)ꎬ则从静止释放至恰好与第ｎ组磁场边界相切ꎬ在ｙ方向上应用动量定理得ðＢｖｘｑᶄ Δｔ＝Ｂｑᶄ ｎｄ＝ｍᶄｖｙｎ－０⑦联立⑥⑦式得到ｑᶄｍᶄ＝１３ｎ ｑｍ.实际解题中发现有部分学生把上述交替组合场等效成连续ｎ个电场Ｅ㊁连续ｎ个磁场Ｂ的组合ꎬ利用ｎｑᶄＥｄ＝１２ｍᶄｖ２ｙｎ㊁Ｂｖｎｑᶄ＝ｍᶄｖ２ｎｒｎ和ｒｎ＝ｎｄ很快得到结果ｑᶄｍᶄ＝１３ｎ ｑｍ.能否可以进行这样的等效处理?我们利用仿真实验软件选择了３电３磁的组合形式进行探究ꎬ实验结果如图６(ａ)(ｂ)所示ꎬ发现粒子的两种运动过程并不相同ꎬ包括粒子运动时间及离开磁场时偏离ｙ的距离也不相同ꎬ但粒子最终离开场时的水平速度ｖｘ和竖直速度ｖｙ却是完全一样的!所以我们不建议采用此简单等效的方法处理问题ꎬ但同时使我们的认识更清晰:粒子在ｙ方向上速度变化与电场力作用无关ꎬ完全取决于水平方向上的ｑðＢΔｘ累加效果ꎬ这也充分验证了应用动量定理解决此类问题的可行性和科学性.图６２.２粒子在电场㊁磁场等叠加场中复杂运动的处理例４㊀(２０１３福建高考卷)如图７(ａ)所示ꎬ空间存在一范围足够大的垂直于ｘＯｙ平面向外的匀强磁场ꎬ磁感应强度大小为Ｂ.让质量为ｍ㊁电荷量为ｑ(ｑ>０)的带电粒子从坐标原点Ｏ沿ｘＯｙ平面以不同的初速度大小和方向入射到该磁场中.不计重力和粒子间的影响.(１)(２)问略.(３)如图７(ｂ)所示ꎬ００１若在此空间再加入沿ｙ轴正向㊁大小为Ｅ的匀强电场ꎬ一粒子从Ｏ点以初速度ｖ０沿ｙ轴正方向发射.研究表明:粒子在ｘＯｙ平面内做周期性运动ꎬ且在任一时刻粒子速度的ｘ分量ｖｘ与其所在位置的ｙ坐标成正比ꎬ比例系数与场强大小Ｅ无关.求该粒子运动过程中的最大速度值ｖＭ[３].图７㊀例４图解法１㊀(高考卷标准解答):结合轨迹可知ꎬ粒子运动到Ｄ点时沿电场方向位移ｙＭ最大ꎬ速度最大且沿水平方向ꎬ有Ｅｑｙｍ＝１２ｍｖ２Ｄｍ－１２ｍｖ２０⑧再由题中 任一时刻ꎬ粒子速度的ｘ分量ｖｘ与其所在位置的ｙ坐标成正比ꎬ比例系数与场强大小Ｅ无关 已知条件ꎬ可以选择Ｅ＝０的特殊情形ꎬ原来复杂曲线就变成一个标准的圆周ꎬ此时ｖｘ＝ｖ０ꎬｙＭ＝Ｒ０ꎬ所以ｖ０＝ｋＲ０ꎬ利用Ｂｖ０ｑ＝ｍｖ２０Ｒ０解得ｋ＝Ｂｑｍ⑨这样在Ｄ点有ｖＤｍ＝ｋｙｍ＝Ｂｑｙｍｍ代入⑧式解出得ｖＤｍ＝ＥＢ＋(ＥＢ)２＋ｖ２０⑩该解法比较常规ꎬ但寻求关系不容易ꎬ运算也较烦琐.解法２㊀(动量定理解题):粒子从Ｏ点运动到Ｄ点ꎬ水平方向速度从０变为ｖＤｍꎬ此速度变化是由粒子洛伦兹力Ｂｖｙｑ与时间ｔ累积引起ꎬ由动量定理得ðＢｖｙｑ Δｔ＝Ｂｑｙｍ＝ｍ(ｖＤｍ－０)再结合Ｅｑｙｍ＝１２ｍｖ２Ｄｍ－１２ｍｖ２０就轻松解得最大速度为ｖＤｍ＝ＥＢ＋(ＥＢ)２＋ｖ２０.这种处理显得思路清晰ꎬ且容易理解和接受ꎬ也同样能克服题中若干多余条件的不良干扰.从案例剖析到解法变换ꎬ可以看到处理粒子复杂运动的问题有多种解题方法ꎬ但不管选用哪种解法ꎬ也不管试题设置情境或所给条件发生什么样的新颖变化ꎬ解题中一定要养成认真分析粒子受力和过程变化的良好习惯ꎬ还要重视一些关键信息的审题(如水平速度㊁最大速度㊁曲率半径㊁恰好离开磁场等)ꎬ然后就可以尝试采用动力学或能量的观点进行解题.当然如果发现仍然无法求解或解题过于复杂㊁繁琐等情况时ꎬ就应当快速定位选用动量的观点来解题.最后要说明一点是动量定理是反映合外力冲量与物体动量变化的规律ꎬ因此使用动量定理时一定要构建物体所受的合力冲量和对应过程的动量变化的关联ꎬ如在例３中ꎬ之所以轻松地用ðＢｖｘｑ Δｔ＝ｍΔｖｙ求解ｙ方向上速度变化ꎬ是因为粒子在ｙ方向上仅存在由ｖｘ引起的洛伦兹力ｆｙꎬ但如果确实需要研究ｘ方向上的运动情况ꎬ则需要加上电场力的冲量ꎬ建立ð(Ｅｑ－Ｂｖｙｑ) Δｔ＝ｍΔｖｘ的方程ꎬ化简得到Ｅｑ ｔ－Ｂｑ(ｙ１＋ｙ２＋ )＝ｍ(０－ｖ０)ꎬ倒是可以求解出粒子在电场中总时间ｔ或粒子在所有磁场中运动ｙ的累加量.参考文献:[１]李雪梅.运用 运动合成与分解思想 巧解复杂曲线运动问题[Ｊ].湖南中学物理ꎬ２０２１(０５):８１－８２.[２]王佑璋.动量定理巧解恒力和洛伦兹力共同作用下的运动问题[Ｊ].数理化解题研究ꎬ２０１７(２８):４６－４７.[３]林贵.用一把 钥匙 速解粒子复杂运动的问题[Ｊ].高中数理化ꎬ２０１３(２３):３２－３３.[责任编辑:李㊀璟]１０１。
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。
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. ，
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。
高考物理动能定理的综合应用解题技巧及经典题型及练习题(含答案)含解析
高考物理动能定理的综合应用解题技巧及经典题型及练习题(含答案)含解析一、高中物理精讲专题测试动能定理的综合应用1．某物理小组为了研究过山车的原理提出了下列的设想：取一个与水平方向夹角为θ=53°，长为L 1=7.5m 的倾斜轨道AB ，通过微小圆弧与足够长的光滑水平轨道BC 相连，然后在C 处连接一个竖直的光滑圆轨道．如图所示．高为h =0.8m 光滑的平台上有一根轻质弹簧，一端被固定在左面的墙上，另一端通过一个可视为质点的质量m =1kg 的小球压紧弹簧，现由静止释放小球，小球离开台面时已离开弹簧，到达A 点时速度方向恰沿AB 方向，并沿倾斜轨道滑下．已知小物块与AB 间的动摩擦因数为μ=0.5，g 取10m/s 2，sin53°=0.8．求：(1)弹簧被压缩时的弹性势能； (2)小球到达C 点时速度v C 的大小；(3)小球进入圆轨道后，要使其不脱离轨道，则竖直圆弧轨道的半径R 应该满足什么条件． 【答案】(1)4.5J ；(2)10m/s ；(3)R ≥5m 或0＜R ≤2m 。
【解析】 【分析】 【详解】(1)小球离开台面到达A 点的过程做平抛运动，故有02 3m/s tan y v ghv θ=== 小球在平台上运动，只有弹簧弹力做功，故由动能定理可得：弹簧被压缩时的弹性势能为201 4.5J 2p E mv ==； (2)小球在A 处的速度为5m/s cos A v v θ== 小球从A 到C 的运动过程只有重力、摩擦力做功，故由动能定理可得221111sin cos 22C A mgL mgL mv mv θμθ-=- 解得()212sin cos 10m/s C A v v gL θμθ=+-=；(3)小球进入圆轨道后，要使小球不脱离轨道，即小球能通过圆轨道最高点，或小球能在圆轨道上到达的最大高度小于半径；那么对小球能通过最高点时，在最高点应用牛顿第二定律可得21v mg m R≤；对小球从C 到最高点应用机械能守恒可得2211152222C mv mgR mv mgR =+≥ 解得202m 5Cv R g<≤=；对小球能在圆轨道上到达的最大高度小于半径的情况应用机械能守恒可得212C mv mgh mgR =≤ 解得2=5m 2C v R g≥；故小球进入圆轨道后，要使小球不脱离轨道，则竖直圆弧轨道的半径R ≥5m 或0＜R ≤2m ；2．如图甲所示，倾斜的传送带以恒定的速率逆时针运行．在t ＝0时刻，将质量为1.0 kg 的物块(可视为质点)无初速度地放在传送带的最上端A 点，经过1.0 s ，物块从最下端的B 点离开传送带．取沿传送带向下为速度的正方向，则物块的对地速度随时间变化的图象如图乙所示(g ＝10 m/s 2)，求：(1)物块与传送带间的动摩擦因数；(2)物块从A 到B 的过程中，传送带对物块做的功． 【答案】3－3.75 J 【解析】解：(1)由图象可知，物块在前0.5 s 的加速度为：2111a =8?m/s v t = 后0.5 s 的加速度为：222222?/v v a m s t -== 物块在前0.5 s 受到的滑动摩擦力沿传送带向下，由牛顿第二定律得：1mgsin mgcos ma θμθ+=物块在后0.5 s 受到的滑动摩擦力沿传送带向上，由牛顿第二定律得：2mgsin mgcos ma θμθ-=联立解得：3μ=(2)由v －t 图象面积意义可知，在前0.5 s ，物块对地位移为：1112v t x =则摩擦力对物块做功：11·W mgcos x μθ= 在后0.5 s ，物块对地位移为：12122v v x t +=则摩擦力对物块做功22·W mgcos x μθ=－ 所以传送带对物块做的总功：12W W W =+ 联立解得：W ＝－3.75 J3．我国将于2022年举办冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一．如图1-所示，质量m ＝60 kg 的运动员从长直助滑道AB 的A 处由静止开始以加速度a ＝3.6 m/s 2匀加速滑下，到达助滑道末端B 时速度v B ＝24 m/s ，A 与B 的竖直高度差H ＝48 m ．为了改变运动员的运动方向，在助滑道与起跳台之间用一段弯曲滑道衔接，其中最低点C 处附近是一段以O 为圆心的圆弧．助滑道末端B 与滑道最低点C 的高度差h ＝5 m ，运动员在B 、C 间运动时阻力做功W ＝－1530 J ，g 取10 m/s 2.(1)求运动员在AB 段下滑时受到阻力F f 的大小；(2)若运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6倍，则C 点所在圆弧的半径R 至少应为多大？【答案】(1)144 N (2)12.5 m 【解析】试题分析：（1）运动员在AB 上做初速度为零的匀加速运动，设AB 的长度为x ，斜面的倾角为α，则有 v B 2=2ax根据牛顿第二定律得 mgsinα﹣F f =ma 又 sinα=Hx由以上三式联立解得 F f =144N（2）设运动员到达C 点时的速度为v C ，在由B 到达C 的过程中，由动能定理有 mgh+W=12mv C 2-12mv B 2 设运动员在C 点所受的支持力为F N ，由牛顿第二定律得 F N ﹣mg=m 2Cv R由运动员能承受的最大压力为其所受重力的6倍，即有 F N=6mg 联立解得 R=12．5m考点：牛顿第二定律；动能定理【名师点睛】本题中运动员先做匀加速运动，后做圆周运动，是牛顿第二定律、运动学公式、动能定理和向心力的综合应用，要知道圆周运动向心力的来源，涉及力在空间的效果，可考虑动能定理．4．某电视娱乐节目装置可简化为如图所示模型．倾角θ＝37°的斜面底端与水平传送带平滑接触，传送带BC长L＝6m，始终以v0＝6m/s的速度顺时针运动．将一个质量m＝1kg 的物块由距斜面底端高度h1＝5.4m的A点静止滑下，物块通过B点时速度的大小不变．物块与斜面、物块与传送带间动摩擦因数分别为μ1＝0.5、μ2＝0.2，传送带上表面距地面的高度H＝5m，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8．⑴求物块由A点运动到C点的时间；⑵若把物块从距斜面底端高度h2＝2.4m处静止释放，求物块落地点到C点的水平距离；⑶求物块距斜面底端高度满足什么条件时，将物块静止释放均落到地面上的同一点D．【答案】⑴4s；⑵6m；⑶1.8m≤h≤9.0m【解析】试题分析：（1）A到B过程：根据牛顿第二定律mgsinθ﹣μ1mgcosθ=ma1，代入数据解得，t 1=3s．所以滑到B点的速度：v B=a1t1=2×3m/s=6m/s，物块在传送带上匀速运动到C，所以物块由A到C的时间：t=t1+t2=3s+1s=4s（2）斜面上由根据动能定理．解得v=4m/s＜6m/s，设物块在传送带先做匀加速运动达v0，运动位移为x，则：，，x=5m＜6m所以物体先做匀加速直线运动后和皮带一起匀速运动，离开C点做平抛运动s=v 0t0，H=解得 s=6m．（3）因物块每次均抛到同一点D，由平抛知识知：物块到达C点时速度必须有v C=v0①当离传送带高度为h3时物块进入传送带后一直匀加速运动，则：，解得h 3=1.8m②当离传送带高度为h 4时物块进入传送带后一直匀减速运动，h 4=9.0m所以当离传送带高度在1.8m ～9.0m 的范围内均能满足要求 即1.8m≤h≤9.0m5．如图所示，质量m ＝2.0×10－4 kg 、电荷量q ＝1.0×10－6 C 的带正电微粒静止在空间范围足够大的电场强度为E1的匀强电场中．取g ＝10 m/s 2． (1)求匀强电场的电场强度 E1的大小和方向；(2)在t ＝0时刻，匀强电场强度大小突然变为E2＝4.0×103N/C ，且方向不变．求在t ＝0.20 s 时间内电场力做的功；(3)在t ＝0.20 s 时刻突然撤掉第(2)问中的电场，求带电微粒回到出发点时的动能．【答案】(1)2.0×103N/C ，方向向上 (2)8.0×10－4J (3)8.0×10－4J【解析】 【详解】（1）设电场强度为E ，则：Eq mg =，代入数据解得：4362.01010/ 2.010/1010mg E N C N C q --⨯⨯===⨯⨯，方向向上 （2）在0t =时刻，电场强度突然变化为：32 4.010/E N C =⨯，设微粒的加速度为a ，在0.20t s =时间内上升高度为h ，电场力做功为W ，则：21qE mg ma -=解得：2110/a m s =根据：2112h a t =，解得：0.20=h m 电场力做功：428.010J W qE h -==⨯（3）设在0.20t s =时刻突然撤掉电场时粒子的速度大小为v ，回到出发点时的动能为k E ，则：v at =，212k E mgh mv =+解得：48.010J k E -=⨯6．如图所示，一质量为m 的小球从半径为R 的竖直四分之一圆弧轨道的顶端无初速释放，圆弧轨道的底端水平，离地面高度为R 。
动量定理、动能定理专题-子弹打木块模型
动量定理、动能定理专题----子弹打木块模型一、模型描述：此模型主要是指子弹击中未固定的光滑木块的物理场景，如图所示。
其本质是子弹和木块在一对力和反作用力(系统内力)的作用下，实现系统内物体动量和能量的转移或转化。
二、方法策略：(1) 运动性质：在该模型中，默认子弹撞击木块过程中的相互作用力是恒恒力，则子弹在阻力的作用下会做匀减速直线性运动；木块将在动力的作用下做匀加速直线运动。
这会存在两种情况：(1)最终子弹尚未穿透木块，(2)子弹穿透木块。
(2) 基本规律：如图所示，研究子弹未穿透木块的情况：三、图象描述：在同一个v－t坐标中，两者的速度图线如图甲所示。
图线的纵坐标给出各时刻两者的速度，图线的斜率反映了两者的加速度。
两图线间阴影部分面积则对应了两者间的相对位移：d＝s1－s2。
如果打穿图象如图乙所示。
点评：由此可见图象可以直观形象反映两者的速度的变化规律，也可以直接对比出物块的对地位移和子弹的相对位移，从而从能量的角度快速分析出系统产生的热量一定大于物块动能的大小。
四、模型迁移子弹打木块模型的本质特征是物体在一对作用力与反作用力（系统内力）的冲量作用下，实现系统内物体的动量、能量的转移或转化。
故物块在粗糙木板上滑动、一静一动的同种电荷追碰运动，一静一动的导体棒在光滑导轨上切割磁感线运动、小球从光滑水平面上的竖直平面内弧形光滑轨道最低点上滑等等，如图所示。
(1)典型例题：例1.如图所示，质量为M的木块静止于光滑的水平面上，一质量为m、速度为的子弹水平射入木块且未穿出，设木块对子弹的阻力恒为F，求：(1)子弹与木块相对静止时二者共同速度为多大？(2)射入过程中产生的内能和子弹对木块所做的功分别为多少？(3)木块至少为多长时子弹才不会穿出？1. 一颗速度较大的子弹，以速度v 水平击穿原来静止在光滑水平面上的木块，设木块对子弹的阻力恒定，则当子弹入射速度增大为2v 时，下列说法正确的是( )A. 子弹对木块做的功不变B. 子弹对木块做的功变大C. 系统损耗的机械能不变D. 系统损耗的机械能增加解析：子弹的入射速度越大，子弹击中木块所用的时间越短，木块相对地面的位移越小，子弹对木块做的功W ＝fs 变小，选项AB 错误；子弹相对木块的位移不变，由Q ＝f s 相对知Q 不变，系统损失的机械能等于产生的热量，则系统损耗的机械能不变，选项C 正确，D 错误。
动能定理和动量定理的应用
动能定理和动量定理的应用一、动能定理的应用1.动能定理的基本概念：动能定理指出，一个物体的动能变化等于它所受的合外力做的功。
2.动能定理的表达式：ΔE_k = W_net，其中ΔE_k表示物体动能的变化，W_net表示合外力做的功。
3.动能定理在实际问题中的应用：a.计算物体在力的作用下从一个位置移动到另一个位置时动能的变化。
b.分析物体在斜面上滑动时的动能变化，考虑重力势能和摩擦力的影响。
c.研究弹性碰撞和非弹性碰撞中动能的转移和变化。
二、动量定理的应用1.动量定理的基本概念：动量定理指出，一个物体的动量变化等于它所受的合外力作用时间的乘积。
2.动量定理的表达式：Δp = F_net * t，其中Δp表示物体动量的变化，F_net表示合外力，t表示作用时间。
3.动量定理在实际问题中的应用：a.计算物体在力的作用下速度的变化，即动量的变化。
b.分析物体在碰撞过程中的动量守恒，即碰撞前后物体总动量的保持不变。
c.研究爆炸、火箭发射等高速运动物体的动量变化和力的作用。
三、动能定理和动量定理的相互关系1.在某些情况下，动能定理和动量定理可以相互转化应用。
2.动能定理主要关注物体的动能变化，而动量定理主要关注物体的动量变化。
3.在实际物理问题中，根据具体情况选择合适的定理进行分析。
四、注意事项1.在应用动能定理和动量定理时，要正确选择研究对象和研究过程。
2.注意区分合外力和系统内力的作用，以及各种力的方向和大小。
3.在计算功和动量时，要注意单位的转换和数值的精确性。
4.理解动能定理和动量定理的适用范围和条件，避免盲目套用公式。
习题及方法：1.习题：一个物体从静止开始沿着光滑的斜面下滑，斜面与水平面的夹角为30°，物体的质量为2kg，斜面长为10m。
求物体滑到斜面底端时的动能。
a.首先，计算物体下滑过程中的重力势能变化ΔE_p = mgh，其中m为物体质量，g为重力加速度，h为高度变化。
ΔE_p = 2kg * 9.8m/s^2 * 10m * sin(30°) = 98Jb.根据动能定理，物体动能的变化等于重力势能的变化，即ΔE_k =ΔE_p。
高考物理动量定理和动能定理综合应用
图1高考物理动量定理和动能定理综合应用1． 动能定理和动量定理不仅适用于质点在恒力作用下的运动，也适用于质点在变力作用下的运动，这时两个定理表达式中的力均指平均力，但两个定理中的平均力的含义不同，在动量定理中的平均力F 1是指合力对时间的平均值，动能定理中的平均力F 2是合力指对位移的平均值。
（1）质量为1.0kg 的物块，受变力作用下由静止开始沿直线运动，在2.0s 的时间内运动了2.5m 的位移，速度达到了2.0m/s 。
分别应用动量定理和动能定理求出平均力F 1和F 2的值。
（2）如图1所示，质量为m 的物块，在外力作用下沿直线运动，速度由v 0变化到v 时，经历的时间为t ，发生的位移为x 。
分析说明物体的平均速度v 与v 0、v 满足什么条件时，F 1和F 2是相等的。
（3）质量为m 的物块，在如图2所示的合力作用下，以某一初速度沿x 轴运动，当由位置x =0运动至x =A 处时，速度恰好为0，此过程中经历的时间为2mt kπ=程中物块所受合力对时间t 的平均值。
2．对于一些变化的物理量，平均值是衡量该物理量大小的重要的参数。
比如在以弹簧振子为例的简谐运动中，弹簧弹力提供回复力，该力随着时间和位移的变化是周期性变化的，该力在时间上和位移上存在两个不同的平均值。
弹力在某段时间内的冲量等于弹力在该时间内的平均力乘以该时间段；弹力在某段位移内做的功等于弹力在该位移内的平均值乘以该段位移。
如图1所示，光滑的水平面上，一根轻质弹簧一端和竖直墙面相连，另一端和可视为质点的质量为m 的物块相连，已知弹簧的劲度系数为k ，O 点为弹簧的原长，重力加速度为g 。
该弹簧振子的振幅为A 。
（1）①求出从O 点到B 点的过程中弹簧弹力做的功，以及该过程中弹力关于位移x 的平均值的大小F x ̅；②弹簧振子的周期公式为2π√mk ，求从O 点到B 点的过程中弹簧弹力的冲量以及该过程中弹力关于时间t 的平均值的大小F t ̅；（2）如图2所示，阻值忽略不计，间距为l 的两金属导轨MN 、PQ 平行固定在水平桌面上，导轨左端连接阻值为R 的电阻，一阻值为r 质量为m 的金属棒ab 跨在金属导轨上，与导轨接触良好，动摩擦因数为μ，磁感应强度为B 的磁场垂直于导轨平面向里，给金属棒一水平向右的初速度v 0，金属棒运动一段时间后静止，水平位移为x ，导轨足够长，求整个运动过程中，安培力关于时间的平均值的大小F t ̅。
动能定理和动量定理专题
例1 如图2－1所示，单摆的质量为m、摆长为l，最大摆角为θ（θ<100），则在摆球从最高点第一次运动到平衡位置的过程中，求：（1）重力的冲量；（2）合外力的冲量？图2－1 例2 在一次抗洪抢险活动中，解放军某部动用直升飞机抢救落水人员，静止在空中的直升飞机上电动机通过悬绳将人从离飞机90m处的洪水中吊到机舱里．已知人的质量为80kg，吊绳的拉力不能超过1200N，电动机的最大输出功率为12kw，为尽快把人安全救起，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，当人到达机舱时恰好达到最大速度．（g=10m/s2）求：（1）人刚到达机舱时的速度；（2）这一过程所用的时间．例3 蹦床是运动员在一张绷紧的弹性网上蹦跳、翻滚并做各种空中动作的运动项目．一个质量为60kg 的运动员，从离水平网面3.2m高处自由下落，着网后沿竖直方向蹦回到离水平网面5.0m高处．已知运动员与网接触的时间为1.2s．若把在这段时间内网对运动员的作用力当作恒力处理，求此力的大小．（g＝10m/s2）例4 有一宇宙飞船，以v=10km/s的速度进入分布均匀的宇宙微粒区，飞船每前进s =1km与n=1×104个微粒相碰．已知每个微粒的质量m=2×10-4g．假如微粒与飞船碰撞后附于飞船上，则要保持飞船速度不变，飞船的牵引力应增加多少？1．下列说法中正确的是 ( )A ．一质点受两个力作用且处于平衡状态(静止或匀速)，这两个力在同一段时间内的冲量一定相同B ．一质点受两个力作用且处于平衡状态(静止或匀速)，这两个力在同一段时间内做的功或者都为零，或者大小相等符号相反C ．在同样时间内，作用力和反作用力的功大小不一定相等，但正负号一定相反D ．在同样时间内，作用力和反作用力的功大小不一定相等，正负号也不一定相反2．质量为m 的物体以初速度v 0水平抛出，经过时间t ，下降的高度为h ，速率变为v ，在这段时间内物体动量变化量的大小为 ( )A ．m (v －v 0)B ．mgtC ．22v v mD ．gh m 23．古有“守株待兔”的寓言。
高考物理动量定理解题技巧(超强)及练习题(含答案)含解析
高考物理动量定理解题技巧(超强)及练习题(含答案)含解析一、高考物理精讲专题动量定理1．如图所示，静置于水平地面上的二辆手推车沿一直线排列，质量均为m ，人在极短的时间内给第一辆车一水平冲量使其运动，当车运动了距离L 时与第二辆车相碰，两车以共同速度继续运动了距离L 时停。
车运动时受到的摩擦阻力恒为车所受重力的k 倍，重力加速度为g ，若车与车之间仅在碰撞时发生相互作用，碰撞吋间很短，忽咯空气阻力，求： (1)整个过程中摩擦阻力所做的总功； (2)人给第一辆车水平冲量的大小。
【答案】(1)-3kmgL ；(2)10m kgL 【解析】 【分析】 【详解】(1)设运动过程中摩擦阻力做的总功为W ，则W =-kmgL -2kmgL =-3kmgL即整个过程中摩擦阻力所做的总功为-3kmgL 。
(2)设第一辆车的初速度为v 0，第一次碰前速度为v 1，碰后共同速度为v 2，则由动量守恒得mv 1=2mv 222101122kmgL mv mv -=- 221(2)0(2)2k m gL m v -=-由以上各式得010v kgL =所以人给第一辆车水平冲量的大小010I mv m kgL ==2．如图所示，光滑水平面上有一轻质弹簧，弹簧左端固定在墙壁上，滑块A 以v 0＝12 m/s 的水平速度撞上静止的滑块B 并粘在一起向左运动，与弹簧作用后原速率弹回，已知A 、B 的质量分别为m 1＝0.5 kg 、m 2＝1.5 kg 。
求： ①A 与B 撞击结束时的速度大小v ；②在整个过程中，弹簧对A 、B 系统的冲量大小I 。
【答案】①3m/s；②12N•s【解析】【详解】①A、B碰撞过程系统动量守恒，以向左为正方向由动量守恒定律得m1v0=（m1+m2）v代入数据解得v=3m/s②以向左为正方向，A、B与弹簧作用过程由动量定理得I=（m1+m2）（-v）-（m1+m2）v代入数据解得I=-12N•s负号表示冲量方向向右。
动量守恒定律解题技巧
2、巧解曲线运动的动量变化
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例 6：做平抛运动的物体，每秒钟的速度变化量总是（ A、大小相等，方向相同 B、大小不等，方向不同 C、大小相等，方向不同 D、大小不等，方向相同
）
解析：曲线运动的特点是运动方向不断变化。根据平抛运动的定义，物体在运动 过程中只受重力作用，又由动量定理 F合 t mvt - mv0 得：
例 1：如图 2，质量为 0.4kg 的 A 球，向右以 20m/s 的速度在水平面上与竖直墙
壁碰撞，碰撞时平均冲力为 100N，同时 A 还受到 20N 的摩擦阻力，碰撞时间为
0.1s，求碰撞后 A 的速度。 解析：A 球的受力分析如图，设向左为正方向，有动量定理得：
2、若系统所受外力之和不为零，则系统的总动量不守恒，但如果某一方向上的 外力之和为零，则该方向上的动量守恒
例 9：如图 5，将质量为 m 的铅球以大小为 v0 ，与水平方向倾角为的初速 度抛入一个装着沙子的总质量为 M 的静止的砂车中， 砂车与地面的摩擦不 计，球与砂车的共同速度为多少？ 解析：把铅球和砂车看成一个系统，系统在整个过程中不受水平两条：一是从冲量 概念入手计算，I=Ft，二是由动量定理通过动量的变化计算，即 I = △p。由于弹簧的弹力是变力，时间又是未知量，故只能用动量定理求 解。
图3
剪断细绳后，A 上升，B 自由下落，但 A 在上升过程中弹簧是一变力。若设这段 时间为 t，以向上为正方向，对 A、B 分别用动量定理有：对 A： I T - mgt mv 对 B 自由落体： u gt 联立可得 I T = m(v + u )
此后，子弹和木块一起做匀减速直线运动，由动能定理得
1 (m M ) gs 0 (m M )v 2 2 M +m 由①②得： v0 = 2 μgs m
动量定理和动能定理联立求解公式
动量定理和动能定理联立求解公式
动量定理和动能定理是力学研究中最重要的定理之一，它们可以帮助我们更清楚地了解客观世界的运动情况。
动量定理告诉我们一个物体在实际受力作用时，其动量不变，而动量只受外力和外力作用时间的影响，即$\vec{F}_{ext} \cdot \Delta \vec{t}$。
另一方面，动
能定理给我们一个物体的总动能加上其接收的外力等于发生变化的动能，也就是说
$\vec{V} \cdot \vec{F}_{ext} \cdot \Delta \vec{t}=\Delta W$ 其中$\vec{V}$为物体的速度
向量。
两个定理的联立求解可以对物体的运动状态进行计算，因此常被应用于物理学、力学和机
械中分析物体的状态和运动问题。
举个例子，假设有一个重量的物体从一定高度直接掉落
到地面，此时，我们可用动量定理和动能定理联立求解，其公式如下：$m \cdot gy=0.5
\cdot m \cdot v^{2}$ 其中，$m$ 为物体的质量、$v$ 为物体的下落速度、$g$ 为重力加速度。
从公式可以看出，随着下落的距离变大，物体的速度也会变大，这里的动量定理的作
用就体现出来了。
动量定理和动能定理在力学领域中有着十分重要的作用，它们可以用来研究物体运动状态，从而为我们后续处理提供参考依据。
希望我们能够更好地利用动量定理和动能定理，使得
我们更好地理解客观世界，实现更有效地物理运算。
动能定理和动量定理方程联立求解
动能定理和动量定理方程联立求解动能定理和动量定理，这俩家伙就像是物理学里的“黄金搭档”，相辅相成，紧密联系，简直就像老夫老妻，默契得很。
动能定理告诉我们，一个物体的动能变化等于它所受的外力做的功。
听起来是不是有点深奥？其实就是个简单的道理：你用力推一个东西，它就会加速，动能就变大了。
而动量定理呢，更是来劲儿了，它说的是一个物体的动量变化等于外力的作用时间乘以这个外力。
哎，这下好了，听起来复杂的东西其实都可以用生活中的小例子来解释。
想象一下，咱们在公园里推着一个小滑板车，推一下，车子就跑得飞快。
你用的力气越大，车子跑得越快，动能就增加了。
这就像是在说，你的推力给了滑板车“动力”，让它在路上欢快地飞驰。
这个时候，动能定理的神奇之处就展现出来了。
你可能觉得，这些公式有点晦涩，不好理解，但其实就是在说“用力就有回报”。
生活中，凡事都有个因果关系，推一下，滑板车就跑了，简单明了。
再说动量定理，想象一下你和朋友在玩接球游戏，你接到球的时候，球的动量通过你手臂传递到你身上，你接住球，没接好可能还会跌倒。
动量就像个魔法包裹，传递着物体的“责任”。
在这个过程中，你的手臂和球之间的互动就是动量的体现。
用力接住球，你的动量改变了，球的动量也改变了。
动量的变化就像是你和朋友之间的默契配合，大家都是一拍即合。
把这两个定理联立起来，那就真是一场物理界的舞蹈，旋转跳跃不要停。
想象一下在赛场上，运动员们奋力奔跑，身体里的动能和动量交织在一起，形成了一幅生动的画面。
动能和动量就像是他们的影子，伴随左右，默默支持。
在这个过程中，外力的影响是不可忽视的。
每一次起跳，每一次加速，都是在和动量、动能进行一场精彩的“对话”。
现在，如果我们把这些定理结合到一个具体的例子中，嘿嘿，那就更有意思了。
比如说，你在骑自行车。
你用脚蹬踏板，脚的力量直接作用在踏板上。
踏板转动，自行车开始加速，这时候动能就增加了。
你的身体也随着自行车的加速而感受到风的速度，动量也在悄悄变化。
动量定理和动能定理联立求解过程
动量定理和动能定理联立求解过程嘿，咱今天来聊聊动量定理和动能定理联立求解过程这个事儿啊！动量定理就好像是一个大力士，能告诉我们物体在力的作用下动量的变化情况。
而动能定理呢，就像是个机灵鬼，专门负责告诉我们物体动能的变化缘由。
那要是把这俩家伙放在一块儿，哇塞，那可就有意思了。
你想啊，动量定理说力和时间的乘积能让动量有变化，动能定理说力和位移的乘积能让动能有改变。
这就好比是两个不同的线索，都能指向同一个真相。
比如说，有个物体在那跑来跑去，咱想知道它各种情况。
那咱就可以先用动量定理看看它动量咋变的，再用动能定理瞧瞧它动能咋个样。
然后把这俩结合起来，不就像拼图一样，能把整个画面都给拼出来啦！咱举个例子哈，就好像一个球在那弹来弹去。
用动量定理能知道它受到撞击后动量变化得多快，而动能定理能告诉我们它的速度变化对动能有啥影响。
这俩一结合，嘿，这个球的运动情况不就清清楚楚啦！那联立求解过程呢，就像是搭积木一样。
先把动量定理的式子摆出来，再把动能定理的式子放旁边，然后开始找它们之间的联系。
就像找两块能拼在一起的积木一样，一旦找到了，哇，那感觉，就像解开了一个大谜团！比如说，知道了力和时间，就能通过动量定理求出动量变化。
然后再根据动能定理，利用这个动量变化和其他条件求出位移或者速度啥的。
这过程可不简单，但一旦你弄明白了，那可真是太有成就感啦！想象一下，你就像一个侦探，通过这两个定理一点点地拼凑出物体运动的真相。
是不是很有趣？在实际解题中，可不能马虎哦！要仔细分析每个条件，把它们都放到合适的定理里去。
有时候可能会遇到一些难题，就好像遇到了一个狡猾的小偷，不太好抓住。
但别灰心呀，多试试，多思考，总能找到办法的。
总之呢，动量定理和动能定理联立求解过程就像是一场奇妙的冒险。
需要你有耐心，有智慧，还要有那股不服输的劲儿。
相信自己，一定能在这个冒险中找到属于你的宝藏！加油吧！。
动能定理动量定理
动能动量机械能专题1、理解功的六个基本问题（1）做功与否的判断问题：关键看功的两个必要因素，第一是力；第二是力的方向上的位移。
而所谓的“力的方向上的位移”可作如下理解：当位移平行于力，则位移就是力的方向上的位的位移；当位移垂直于力，则位移垂直于力，则位移就不是力的方向上的位移；当位移与力既不垂直又不平行于力，则可对位移进行正交分解，其平行于力的方向上的分位移仍被称为力的方向上的位移。
（2）关于功的计算问题：①W=FS cos α这种方法只适用于恒力做功。
②用动能定理W=ΔE k 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。
（3）关于求功率问题：①tW P =所求出的功率是时间t 内的平均功率。
②功率的计算式：θcos Fv P =，其中θ是力与速度间的夹角。
一般用于求某一时刻的瞬时功率。
（4）一对作用力和反作用力做功的关系问题：①一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；②一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（滑动摩擦力），但不可能为正。
（5）了解常见力做功的特点:①重力做功和路径无关，只与物体始末位置的高度差h 有关：W=mgh ，当末位置低于初位置时，W ＞0，即重力做正功；反之重力做负功。
②滑动摩擦力做功与路径有关。
当某物体在一固定平面上运动时，滑动摩擦力做功的绝对值等于摩擦力与路程的乘积。
在两个接触面上因相对滑动而产生的热量相对滑S F Q =，其中滑F 为滑动摩擦力，相对S 为接触的两个物体的相对路程。
（6）做功意义的理解问题：做功意味着能量的转移与转化，做多少功，相应就有多少能量发生转移或转化。
2.理解动能和动能定理（1）动能221mV E k =是物体运动的状态量，而动能的变化ΔE K 是与物理过程有关的过程量。
第09讲动量定理和动能定理
第09讲 动量定理和动能定理1.考点分析：动量定理、动能定理是近几年高考中的热点中的热点。
高考对动量定理和动能定理的运动考查频率很高。
2.考查类型说明：动量定理单独应用多以选择题为主，动量定理、动能定理综合应用主要在计算题中。
3. 考查趋势预测：动量定理、动能定理综合应用依然为命题热点。
解决这类问题，一是强调分清两定理的应用条件；二是要理清问题的物理情境；有针对的单独或综合应用往往会较顺利的解决问题。
【金题演练】1. 对于任何一个质量不变的物体，下列说法正确的是（ ）A. 物体的动量发生变化，其动能一定变化B. 物体的动量发生变化，其动能不一定变化C. 物体的动能发生变化，其动量一定变化D. 物体的动能发生变化，其动量不一定变化 1、解析：根据动能公式和动量公式知或。
上述两个公式只是动能和动量p 的量值关系，而动能和动量的显著差别在于动能是标量，而动量p 是矢量，要注意其方向性。
答案：BC当质量不变的物体的动量发生变化时，可以是速度的大小发生变化，也可以只是速度的方向发生变化，还可以是速度的大小和方向都发生变化。
当只有物体的速度方向发生变化而速度大小不变时，物体的动量（矢量）要变化，但动能（标量）并不发生变化。
例如我们熟悉的匀速圆周运动，所以可得选项A 错误，而选项B 正确。
当质量不变的物体的动量发生变化时，必定是其速度的大小发生了变化，而无论其速度方向是否变化，所以物体的动量也必定发生变化，故选项C 正确，选项D 错误。
2. 一位质量为m 的运动员从下蹲状态向上起跳，经Δt 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 Δt ，地面对他做的功为21mv 2B.地面对他的冲量为mv ＋mg Δt ，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1mv 2一、考纲指津二、三年高考D.地面对他的冲量为mv －mg Δt ，地面对他做的功为零2、解析：设地面对运动员的作用力为F ，则由动量定理得：(F －mg )Δt ＝F Δt ＝mv ＋mg Δt ；运动员从下蹲状态到身体刚好伸直离开地面，地面对运动员做功为零，这是因为地面对人的作用力沿力的方向没有位移。
动量定理与动能定理的区别及动量定理在物体系问题中的巧妙运用 精讲精练-2022届高三物理一轮复习
一.必备知识精讲1.动量定理与动能定理的比较动量定理，空间效应则用动能定理。
3.对于两个或两以上物体组成的物体系统，如果用牛顿定律和隔离法，有时会很复杂，但用动量定理，就非常简单（详现下面例题） 二.典型例题精讲：题型一：一题用到两定理例1：一个质量为0.18 kg 的垒球，以15 m/s 的水平速度飞向球棒，被球棒打击后反向水平飞回，速度大小变为35 m/s ，设球棒与垒球的作用时间为0.01 s 。
下列说法正确的是( )A ．球棒对垒球的平均作用力大小为360 NB ．球棒对垒球的平均作用力大小为900 NC ．球棒对垒球做的功为900 JD ．球棒对垒球做的功为110.25 J解析 取垒球飞向球棒的方向为正方向，根据动量定理有F Δt ＝mv 2－mv 1，解得F ＝mv 2－mv 1Δt ＝－0.18×35－0.18×150.01N ＝－900 N ，即球棒对垒球的平均作用力大小为900 N ，A 项错误，B 项正确；根据动能定理可得球棒对垒球做的功为W ＝12mv 22－12mv 21＝90 J ，C 、D 两项错误。
答案 B题型二：巧用动量定理解决物体系问题例2：如图所示，A、B两小物块通过平行于斜面的轻细线相连，均静止于斜面上，以平行于斜面向上的恒力拉A，使A、B同时由静止以加速度a沿斜面向上运动，经时间t1，细线突然断开，再经时间t2，B上滑到最高点，已知A、B的质量分别为m1、m2，细线断后拉A的恒力不变，求B到达最高点时A的速度大小。
解析由于恒力大小、斜面的倾角及A、B与斜面间动摩擦因数均未知，故分别对A、B 运动的每一个过程应用动量定理建立方程时有一定的困难，但若以系统为研究对象，系统合外力为∑F＝(m1＋m2)a，且注意到，细绳拉断前后，系统所受各个外力均未变化，全过程中，B的动量增量为零，对系统运动的全过程，有(m1＋m2)·a·(t1＋t2)＝m1v A解得v A＝m1＋m2t1＋t2am1故B到达最高点时A的速度大小为m1＋m2t1＋t2am1。