动量和能量

动量和能量

力的效应：

力的瞬时作用效应牛顿第二定律＝；当合外力为零时物体平衡。---==⎧⎨⎩F ma F F x y

00 力对时刻的积聚效应——动量定理Ft ＝p 2－p 1，当合外力的冲量为零时，体系动量守恒p 1＝p 2。

力对空间的积聚效应——动能定理Fs ＝E k2－E k1，当只有重力和弹簧弹力做功时，机械能守恒E 1＝E 2。

（一）动量定理和动能定理

动量和动能是从不合角度描述物体活动状况的物理量。动量是矢量，而动能是标量；物体动量的变更用外力的冲量来量度，而动能的变更则用外力的功来量度。动量定理和动能定理的公式分别为：

Ft ＝mv 2－mv 1 ①

Fs mv mv =-12122212②

因此两个公式分别为矢量式和标量式，但不难看出二者仍有专门多雷同的处所。起首两个公式的情势是类似的；其次式中的v 1、v 2和s 均应相关于同一惯性系；再者合外力的冲量Ft 与合外力的功Fs 在求解方法上也具有类似性，即能够先求合力F 再求它的冲量或功，也能够先求各分力的冲量和功再合成。

（二）动量守恒定律和机械能守恒定律

假如说动量定理和动能定理研究对象仅限于单个物体的话，那么动量守恒定律和机械能守恒定律的研究对象则必定是由多个物体所构成的体系。二者的数学表达式常用情势分别为

m v m v m v m v 11221122+=+''

③ 1212121222mv mgh mv mgh +=+④

在应用两个守恒定律解题时起重要留意体系切实事实上定和守恒前提切实事实上定。两个守恒定律的前提含义是完全不合的，解题时切切不克不及混为一谈。

1. 动量守恒的前提

①动量守恒定律的前提是体系不受外力的感化，然则实际上，全然不受外力感化的体系是不存在的，只要体系受的合外力为零，那么该体系就将严格遵守动量守恒定律，因为“合外力为零”与“不受外力感化”在对体系活动状况的变更上所产生的后果是雷同的。 ②在实际情形中，合外力为零的体系也是专门少碰到的，是以在解决实际问题时，假如体系内部的互相感化力（即内力）远比它们所受的外力大年夜（例如互相感化时刻极短的碰撞类问题确实是如斯）就可忽视外力的感化，应用动量守恒定律去处理。

③动量守恒定律表示的是物理量之间的矢量关系，因此若体系所受的合外力并不为零，但合外力在某个偏向上重量为零时，那么尽管体系的总动量不守恒，但总动量在该偏向上的重量倒是守恒的，例如平抛或斜抛出去的物体，它们只在竖直偏向上受到外力，而程度偏向上不受外力感化，是以尽管该物体在翱翔的过程中总动量不守恒但在程度偏向上动量倒是守恒的。

2. 机械能守恒的前提

“只有重力和弹力做功”这一前提可明白得为包含下列三种情形：①只受重力或弹力；②除重力和弹力外，其他力不做功；③除重力和弹力，其他力做功的代数和为零。如汽车爬坡时，若牵引力和阻力相等则属于这种情形。那个地点的“其他力”包含外力和内力，如炸弹爆炸、气体膨胀等均属于内力做功造成了机械能的改变。在具体的标题中，确信机械能是否守恒至关重要，必定要卖力分析，切切不克不及想因此。例如，如图所示的各类情形下，均不计一切摩擦，在确信A 、B 机械能是否守恒时，许多同窗仅凭以往做题所得来的单方面的感性熟悉，认为物体沿斜面和曲面滑动时，支撑力不做功，杆对小球的感化力在球摆动过程中对球也不做功，因此下列各类情形中，物体A 的机械能均守恒。细心分析不难发明，这四种情形下，物体A 所受的支撑力或杆的拉力对A 均做负功，A 的机械能削减。而A 和B 构成的体系却知足守恒前提，在活动的过程中机械能守恒。

【典典范题】

例1. 一个质量为m 的木块，从半径为R 、质量为M 的1/4滑腻圆槽顶端由静止滑下。在槽被固定和可沿着滑腻平面自由滑动两种情形下，如图所示，木块从槽口滑出时的速度大年夜小之比为若干？

解析：圆槽固准时，木块下滑过程中只有重力做功，木块的机械能守恒。木块在最高处的势能全部转化为滑出槽口时的动能。由：

mgR mv =12

12① 木块滑出槽口的速度②v gR 12=

圆槽可动时，当木块开端下滑到离开槽口的过程中，对木块和槽所构成的体系，程度偏向不受外力，程度偏向动量守恒。

设木块滑出槽口时的速度为v 2，槽的速度为u ，则：

mv 2＋Mu ＝0 ③

又木块下滑时，只有重力做功，机械能守恒，木块在最高处的势能转化为木块滑出槽口时的动能和圆槽的动能，即：

mgR mv Mu =+1212

222

④ 联立③④两式解得木块滑出槽口的速度： v MgR

m M 22=

+⑤ 是以，两种情形下滑出槽口的速度之比：

v v gR MgR

m M m M M

1222=+=+

例2. 如图所示，在滑腻程度面上有两辆车处于静止状况，其上分别站有甲、乙两个小孩，每辆车和小孩的总质量均为M ，甲车内的小孩拿着一质量为m 的球。现小孩甲将球抛给乙，乙接住后又抛回给甲，如斯反复多次，最后球又回到了甲的手中，求甲、乙两车最后的速度之比。

解析：此题若先以甲车及其上的小孩和球为研究对象，应用动量守恒定律列出方程，再以乙车、小孩乙及球为研究对象同样列方程，如斯如许分析下去，将专门繁锁。可见，如许拔取研究对象明显是不行的。

因为在抛球的过程中，只有两车、两个小孩和球构成的体系之间产生互相感化，是以能够两车、两小孩及球构成的体系为研究对象，以第一次小孩甲抛球时为初态，以最后小孩甲接住球为末态进行研究。因体系在程度偏向不受外力，故体系动量守恒。初态体系的总动量为零；末态甲车、小孩及球的总动量为（M ＋m ）v 甲，乙车及其上小孩的总动量为mv 乙，设甲车的活动偏向为正，则据动量守恒定律便可解得。

解：以两车、两小孩及球构成的体系为研究对象，选最后甲车速度为正偏向，设最后甲、乙两车速度分别为v 甲、v 乙，自始至终体系动量守恒。

关于体系的初、末状况由动量守恒得：

0=++()M m v Mv 甲乙

所以，：：负号表甲、速度方向相反甲乙v v M M m =-+()

甲、乙速度之比为M ：（M ＋m ）

点评：

①从本题的求解过程不难看出，研究对象的拔取和研究过程切实事实上定对问题的顺利求解，起着至关重要的感化。

②本题的成果注解，不管球在两车之间抛若干次，两车的速度之比总为必定值。

例3. 如图，质量为0.5kg 、长1.2m 的金属盒AB ，放在程度桌面上，它与桌面间动摩擦因数μ＝0.125。在盒内右端B 处放着质量也为0.5kg 、半径为0.1m 的小球，球与盒间无摩擦。若在A 端给盒以程度向右的冲量1.5N ·s ，设盒在活动中与球碰撞时刻极短，且无能量损掉，求：

（1）盒从开端活动到完全停止所经由过程的路程是若干？