动量定理和动能定理的应用
动量定理与动能定理的应用
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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、能量综合应用
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§6 动量、能量综合应用知识目标一、动量和动能动量和动能都是描述物体运动状态的物理量,但它们存在明显的不同:动量是矢量,动能是标量.物体动量变化时,动能不一定变化;但动能一旦发生变化,动量必发生变化.如做匀速圆周运动的物体,动量不断变化而动能保持不变.动量是力对时间的积累效应,动量的大小反映物体可以克服一定阻力运动多久,其变化量用所受冲量来量度;动能是力对空间的积累效应,动能的大小反映物体可以克服一定阻力运动多么远,其变化量用外力对物体做的功来量度.动量的大小与速度成正比,动能大小与速率的平方成正比.不同物体动能相同时动量可以不同,反之亦然,p=常用于比较动能相同而质量不同物体的动量大小;22 kpEm=常用来比较动量相同而质量不同物体的动能大小.二、动量守恒定律与机械能守恒(包括能量守恒)定律动量守恒定律和机械能守恒定律所研究的对象都是相互作用的物体组成的系统,且研究的都是某一物理过程一但两者守恒的条件不同:系统动量是否守恒,决定于系统所受合外力是否为零;而机械能是否守恒,则决定于是否有重力以外的力(不管是内力还是外力)做功.所以,在利用机械能守恒定律处理问题时要着重分析力的做功情况,看是否有重力以外的力做功;在利用动量守恒定律处理问题时着重分析系统的受力情况(不管是否做功),并着重分析是否满足合外力为零.应特别注意:系统动量守恒时,机械能不一定守恒;同样机械能守恒时,动量不一定守恒,这是因为两个守恒定律的守恒条件不同必然导致的结果.如各种爆炸、碰撞、反冲现象中,因F内》F外,动量都是守恒的,但因很多情况下有内力做功使其他形式的能转化为机械能而使其机械能不守恒.另外,动量守恒定律表示成为矢量式,应用时必须注意方向,且可在某一方向独立使用;机械能守恒定律表示成为标量式,对功或能量只需代数加减,不能按矢量法则进行分解或合成.三、处理力学问题的基本方法处理力学问题的基本方法有三种:一是牛顿定律,二是动量关系,三是能量关系.若考查有关物理量的瞬时对应关系,须应用牛顿定律,若考查一个过程,三种方法都有可能,但方法不同,处理问题的难易、繁简程度可能有很大的差别.若研究对象为一个系统,应优先考虑两大守恒定律,若研究对象为单一物体,可优先考虑两个定理,特别涉及时间问题时应优先考虑动量定理,涉及功和位移问题的应优先考虑动能定理.因为两个守恒定律和两个定理只考查一个物理过程的始末两个状态有关物理量间关系,对过程的细节不予细究,这正是它们的方便之处.特别对于变力作用问题,在中学阶段无法用牛顿定律处理时,就更显示出它们的优越性.四、求解动量守恒定律、机械能守恒定律、动能定理、功能关系的综合应用类题目时要注意:1.认真审题,明确物理过程.这类问题过程往往比较复杂,必须仔细阅读原题,搞清已知条件,判断哪一个过程机械能守恒,哪一个过程动量守恒2.灵活应用动量、能量关系.有的题目可能动量守恒,机械能不守恒,或机械能守恒,动量不守恒,或者动量在整个变化过程中守恒,而机械能在某一个过程中有损失等,过程的选取要灵活,既要熟悉一定的典型题,又不能死套题型、公式.【例1】如图所示,A和B并排放在光滑的水平面上,A上有一光滑的半径为R 的半圆轨道,半圆轨道右侧顶点有一小物体C ,C 由顶点自由滑下,设A 、B 、C 的质量均为m .求:(1)A 、B 分离时B 的速度多大?(2)C 由顶点滑下到沿轨道上升至最高点的过程中做的功是多少?分析:小物体C 自由滑下时,对槽有斜向右下方的作用力,使A 、B 一起向右做加速运动,当C 滑至槽的最低点时,C 、A 之间的作用力沿竖直方向,这就是A 、B 分离的临界点,因C 将沿槽上滑,C 对A 有斜向左下方的作用力,使A 向右做减速运动,而B 以A 分离时的速度向右做匀速运动,C 沿轨道上升到最大高度时,C 与A 的相对速度为零,而不是C 对地的速度为零,至于C 在全过程中所做的功,应等于A 、B 、C 组成的系统动能的增加(实际上是等于C 的重力所做的功)。
(完整word版)高考物理动量定理和动能定理综合应用
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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 ̅。
动量定理与动能定理
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A.用天平测量两个小球的质量ml、m2 B.测量小球m1开始释放高度h C.测量抛出点距地面的高度H
D.分别找到m1、m2相碰后平均落地点的位置M、N E.测量平抛射程OM,ON
着重分析除重力、弹簧的弹力做功外,是否有其他 力做功,而不管其合外力是否为零.③列方程的注 意点不同.列动量守恒方程时首先要确定动量的正 方向,动量守恒的方程是矢量式;列机械能守恒方 程时首先要确定初末状态的机械能或相互作用物体 机械能的变化,机械能守恒方程是标量式.
4.碰撞是现实生活和科技中经常遇到的问题, 处理碰撞问题的原则是:①由于碰撞时间很短, 物体位移可忽略,即原地碰撞.②在碰撞瞬间, 内力远远大于外力,碰撞过程动量守恒.③碰 后系统的动能一定小于等于碰前系统的动能, 即动能不增加.④物体的速度大小、方向应符 合实际情况.追击碰撞前,后面物体的速度大 于前面物体的速度;碰撞后如果两物体仍向原 方向运动,后面物体的速度应小于或等于前面 物体的速度.
①实验中,直接测定小球碰撞前后的速度是不容易 的.但是,可以通过仅测量 C (填选项前的符号), 间接地解决这个问题.
A.小球开始释放高度h
B.小球抛出点距地面的高度H
C.小球做平抛运动的射程
②图中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影.实验时, 先让入射球ml多次从斜轨上S位置静止释放,找到其平 均落地点的位置P,测量平抛射程OP.
动量守恒定律得
m2v=(m1+m2)v′
②
设两球共同向左运动到最高处,细线与竖直方向的
夹角为 θ,由机械能守恒定律得
功率动能定理动量定律教案
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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。
动能定理和动量定理专题讲解
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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
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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.。
涉及动量能量的经典模型与应用
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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:
热点专题系列(5) 动力学、动量和能量观点在力学中的应用
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热点专题系列(五)动力学、动量和能量观点在力学中的应用热点概述:处理力学问题的三个基本观点:①动力学观点(牛顿运动定律、运动学基本规律);②能量观点(动能定理、机械能守恒定律、功能关系与能量守恒定律);③动量观点(动量定理、动量守恒定律)。
熟练应用三大观点分析和解决综合问题是本专题要达到的目的。
[热点透析]动量与动力学观点的综合应用1.解动力学问题的三个基本观点(1)力的观点:用牛顿运动定律结合运动学知识解题,可处理匀变速运动问题。
(2)能量观点:用动能定理和能量守恒观点解题,可处理非匀变速运动问题。
(3)动量观点:用动量定理和动量守恒观点解题,可处理非匀变速运动问题。
2.力学规律的选用原则(1)如果要列出各物理量在某一时刻的动力学关系式,可用牛顿第二定律。
(2)研究某一物体受到力的持续作用发生运动状态改变时,一般用动量定理(涉及时间的问题)或动能定理(涉及位移的问题)去解决问题。
(3)若研究的对象为一物体系统,且它们之间有相互作用,一般用动量守恒定律和能量守恒定律(机械能守恒定律)去解决问题,但需注意所研究的问题是否满足守恒的条件。
(4)在涉及相对位移问题时则优先考虑能量守恒定律,系统克服摩擦力所做的总功等于系统机械能的减少量,即转变为系统内能的量。
(5)在涉及碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理现象时,需注意到这些过程一般均隐含有系统机械能与其他形式能量之间的转换,这种问题由于作用时间都极短,因此用动量守恒定律去解决。
(2020·湖北省七市州教科研协作体高三下学期5月联考)如图甲所示,在光滑水平面上有一小车,其质量M=2 kg,车上放置有质量m A=2 kg的木板A,木板上有可视为质点的物体B,其质量m B=4 kg。
已知木板A与小车间的动摩擦因数μ0=0.3。
A 、B 紧靠车厢前壁,A 的左端与小车后壁间的距离为x =2 m 。
现对小车施加水平向右的恒力F ,使小车从静止开始做匀加速直线运动,经过1 s 木板A 与车厢后壁发生碰撞,该过程中A 的速度—时间图象如图乙所示,已知重力加速度大小g =10 m/s 2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
动量定理和动能定理
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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。
动能定理和动量定理适用条件(一)
![动能定理和动量定理适用条件(一)](https://img.taocdn.com/s3/m/a7bb6b2f974bcf84b9d528ea81c758f5f71f297f.png)
动能定理和动量定理适用条件(一)动能定理和动量定理适用条件什么是动能定理和动量定理动能定理和动量定理是物理学中非常基础的两个定理。
动能定理描述了物体受到外力时它的动能的变化,动量定理描述了物体受到外力时它的动量的变化。
动能定理适用条件•物体在直线运动中•物体所受的力是一个标量•力使物体做功动量定理适用条件•物体在直线运动中•物体所受的力是一个矢量•力使物体做功动能定理和动量定理的关系动能定理可以视为动量定理的一个特例。
因为当物体所受的力是一个标量时,它的力矢量和速度矢量是同向的,所以根据点积的性质,F⋅v=|F||v|cosθ=Fv。
因此动量定理可以简化为Fv=Δmv,代入v=Δx/Δt,得到动能定理FΔx=ΔK。
结论动能定理和动量定理都适用于直线运动中的物体,但它们的适用条件略有不同。
动量定理适用于力是矢量的情况,而动能定理适用于力是标量的情况。
此外,动能定理是动量定理的一个特例,可以通过代入公式得到。
动能定理和动量定理的应用动能定理和动量定理在物理学、工程学等领域都有广泛应用。
在动力学中,它们可以用于研究物体运动的规律和变化,推导物体的加速度、速度和位移等信息。
在工程设计中,它们可以用于计算机械设备的运行和效率,评估工程方案的合理性和可行性。
物理实验中动能定理和动量定理的验证动能定理和动量定理是经过实验验证的正确性。
在物理实验中,可以通过测量物体的速度、质量、加速度、位移等参数,来验证它们的准确性。
例如,可以通过实验装置测量物体的质量、初速度、终速度、移动距离等参数,然后分别计算它的初动能、末动能和受到的总功。
如果它们之间的差等于受到的总功,那么就证明了动能定理的正确性。
同样的,可以测量物体的质量、初速度、受力时间和受力大小等参数,计算它的初动量、末动量和受到的总冲量,如果它们之间的差等于受到的总冲量,就证明了动量定理的正确性。
总结动能定理和动量定理是物理学中最基本的定理之一,可以用于研究直线运动物体的性质和行为。
比较质点系的动能定理和动量定理
![比较质点系的动能定理和动量定理](https://img.taocdn.com/s3/m/863fdeb382d049649b6648d7c1c708a1284a0a35.png)
比较质点系的动能定理和动量定理比较质点系的动能定理和动量定理质点系的动能定理和动量定理是物理力学中非常重要的定理,两者都与质点系的运动状态相关。
下面将对这两个定理进行比较。
一、动能定理动能定理是描述质点运动状态的重要定理,它与质点的动能有关。
动能定理可以表示为:ΔK=W,其中ΔK为质点在某段时间内的动能变化量,W为外力对质点做功。
动能定理的物理意义是:外力对质点做功的大小等于质点动能的变化量,即质点动能的增加等于外力对质点做的功,质点动能的减小等于质点对外界做的功。
二、动量定理动量定理是另一个描述质点运动状态的重要定理,它与质点的动量有关。
动量定理可以表示为:Δp=FΔt,其中Δp为质点在某段时间内的动量变化量,F为质点所受合外力,Δt为质点所受合外力作用的时间。
动量定理的物理意义是:质点所受合外力的作用使质点的动量发生变化,即质点动量的增加等于合外力对质点的作用,质点动量的减小等于质点对外界施加的作用。
三、两者的比较动能定理和动量定理都是物理力学中描述质点运动状态的重要定理,它们之间有以下几点不同:1. 方向:动能定理只涉及质点动能的变化,与动量的方向无关;而动量定理要考虑合外力的方向,与动量的方向有关。
2. 物理量:动能定理描述的是质点的动能变化,而动量定理描述的是质点的动量变化。
3. 计算方式:动能定理的计算只需知道外力对质点做功的大小,而动量定理的计算需要知道合外力的大小、方向和作用时间。
4. 应用场合:动能定理适用于质点在力学系统中的动能变化问题,而动量定理适用于描述质点受力作用后动量变化的问题。
总之,动能定理和动量定理都是描述质点运动状态的重要定理,在不同的物理场合中都有着重要的应用。
高中物理之动量观点解决力学问题,动量定理的运用、动量守恒定律的应用、动量和能量的综合应用
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一、“解题快手”动量定理的应用题点(一) 应用动量定理解释生活中的现象[例1] 如图所示,篮球运动员接传来的篮球时,通常要先伸出两臂迎接,手接触到球后,两臂随球迅速引至胸前,这样做可以( )A .减小球的动量的变化量B .减小球对手作用力的冲量C .减小球的动量变化率D .延长接球过程的时间来减小动量的变化量[解析] 选C 篮球运动员接传来的篮球时,不能改变动量的变化量,A 、D 错误;根据动量定理,也不能改变冲量,B 错误;由于延长了作用时间,动量的变化慢了,C 正确。
题点(二) 应用动量定理求作用力和冲量[例2] (2015·重庆高考)高空作业须系安全带,如果质量为m 的高空作业人员不慎跌落,从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为h (可视为自由落体运动),此后经历时间t 安全带达到最大伸长,若在此过程中该作用力始终竖直向上,则该段时间安全带对人的平均作用力大小为( ) A.m 2gh t+mg B.m 2gh t -mg C.m gh t +mg D.m gh t -mg[解析] 选A 方法一:设高空作业人员自由下落h 时的速度为v ,则v 2=2gh ,得v =2gh ,设安全带对人的平均作用力为F ,由牛顿第二定律得F -mg =ma又v =at ,解得F =m 2ght +mg 。
方法二:由动量定理得(mg -F )t =0-m v ,得F =m 2gh t+mg 。
选项A 正确。
题点(三) 动量定理和F -t 图像的综合[例3] [多选](2017·全国卷Ⅲ)一质量为2 kg 的物块在合外力F 的作用下从静止开始沿直线运动。
F 随时间t 变化的图线如图所示,则( )A .t =1 s 时物块的速率为1 m/sB .t =2 s 时物块的动量大小为4 kg·m/sC .t =3 s 时物块的动量大小为5 kg·m/sD .t =4 s 时物块的速度为零[解析] 选AB 法一:根据F -t 图线与时间轴围成的面积的物理意义为合外力F 的冲量,可知在0~1 s 、0~2 s 、0~3 s 、0~4 s 内合外力冲量分别为2 N·s 、4 N·s 、3 N·s 、2 N·s ,应用动量定理I =m Δv 可知物块在1 s 、2 s 、3 s 、4 s 末的速率分别为1 m/s 、2 m/s 、1.5 m/s 、1 m/s ,物块在这些时刻的动量大小分别为2 kg·m/s 、4 kg·m/s 、3 kg·m/s 、2 kg·m/s ,则A 、B 项正确,C 、D 项错误。
动能定理和动量定理的应用
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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
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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 ̅。
三大力学观点的综合应用
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(2)设 A 车的质量为 mA,碰后加速度大小为 aA,根据牛顿 第二定律有
μmAg=mAaA④ 设碰撞后瞬间 A 车速度的大小为 vA′,碰撞后滑行的距离 为 sA,由运动学公式有 vA′2=2aAsA⑤ 设碰撞前的瞬间 A 车速度的大小为 vA。两车在碰撞过程中 动量守恒,有 mAvA=mAvA′+mBvB′⑥ 联立③④⑤⑥式并利用题给数据得 vA=4.3 m/s。⑦
(1)求物块 M 碰撞后的速度大小; (2)若平台表面与物块 M 间的动摩擦因数 μ=0.5,物块 M 与 小球的初始距离为 x1=1.3 m,求物块 M 在 P 处的初速度大小。
[解析] (1)碰后物块 M 做平抛运动,设其平抛运动的初速 度为 v3,平抛运动时间为 t,由平抛运动规律得
h=12gt2① x=v3t② 得:v3=x 2gh=3.0 m/s。③ (2)物块 M 与小球在 B 点处碰撞,设碰撞前物块 M 的速度 为 v1,碰撞后小球的速度为 v2,由动量守恒定律: Mv1=mv2+Mv3④
解析:(1)由题图乙可知: 长木板的加速度 a1=12 m/s2=0.5 m/s2 由牛顿第二定律可知:小物块施加给长木板的滑动摩擦力 Ff= m1a1=2 N 小物块与长木板之间的动摩擦因数:μ=mF2fg=0.2。 (2)由题图乙可知,小物块的加速度 a2=42 m/s2=2 m/s2 由牛顿第二定律可知:F-μm2g=m2a2 解得 F=4 N。
碰后小球从 B 点处运动到最高点 A 过程中机械能守恒,设 小球在 A 点的速度为 vA,则12mv22=12mvA2+2mgL⑤
小球在最高点时有:2mg=mvLA2⑥ 由⑤⑥解得:v2=6.0 m/s⑦ 由③④⑦解得:v1=mv2+MMv3=6.0 m/s⑧ 物块 M 从 P 点运动到 B 点过程中,由动能定理: -μMgx1=12Mv12-12Mv02⑨ 解得:v0= v12+2μgx1=7.0 m/s。 [答案] (1)3.0 m/s (2)7.0 m/s
动量定理和动能定理在应用上的区别
![动量定理和动能定理在应用上的区别](https://img.taocdn.com/s3/m/f0d669dd04a1b0717fd5dd58.png)
动量定理和动能定理在应用上的区别?虽然动量定理和动能定理确是有惊人的相似之处,但细究之下,两者的区别还是十分明显的。
一、概念比较动量定理,冲量是物体间相互作用一段时间的结果,动量是描述物体做机械运动时某一时刻的状态量,物体受到冲量作用的结果,将导致物体动量的变化。
物体所受合力的冲量等于物体的动量变化。
动量定理的矢量性,也就是如何正确理解“合”外力的冲量等于物体“动量的变化”。
尤其是方向的一致性,即合外力的冲量的方向和动量变化量的方向一致。
动能定理,合力所做的功等于物体动能的变化。
动量定理和动能定理都是和物理过程联系在一起的定理,因此在应用它们时,要明确研究对象和物理过程,弄清初状态和末状态。
求解匀变速直线运动时,用牛顿运动定律和运动学公式、动量定理、动能定理都可以;求解瞬时加速度或某一时刻变力的一个值时,要用牛顿定律;求解有变力作用的运动速度、位移、时间、冲量、功等时,要用动量定理或动能定理比较。
二、掌握基本规律1. 动量定理动量定理的表述:物体受到的合外力的冲量,等于物体动量的改变量。
用数学式表达:I=p2- p1。
式中的“-”为矢量减法。
当物体作直线运动并建立了坐标系之后,可以用代数运算代替矢量运算。
要会用动量定理定性分析有关的物理现象。
如:为什么玻璃杯落在水泥地上容易碎,而落在软垫上不易碎。
2. 动能定理(1)对外力对物体做的总功的理解:有的力促进物体运动,而有的力则阻碍物体运动。
因此它们做的功就有正、负之分,总功指的是各外力做功的代数和,总功也可理解为合外力的功。
(2)对该定理标量性的认识:因动能定理中各项均为标量,所以单纯速度方向改变不影响动能大小。
如用细绳拉着一物体在光滑桌面上以绳头为圆心做匀速圆周运动过程中,合外力方向指向圆心,与位移方向始终保持垂直,所以合外力做功为零,动能变化亦为零,并不因速度方向改变而改变。
(3)对定理中“增加”一词的理解:由于外力做功可正可负,所以物体在一运动过程中动能可增加,也可能减少。
动能定理与动量定理
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动能定理与动量定理在物理学中,动能定理和动量定理是两个重要的定理,用于描述物体的运动和相互作用。
本文将详细介绍和解释这两个定理的含义和应用。
一、动能定理动能定理是描述物体的动能与所受力之间关系的定理。
它可以表述为:一个物体的动能的变化等于外力对该物体所做的功。
动能定理可用以下公式表示:∆KE = Wext其中,∆KE表示动能的变化量,Wext表示外力所做的功。
动能定理的由来可以从牛顿第二定律出发推导。
根据牛顿第二定律的表达式 F = m * a,可以推导出v = √(2 * a * s),即速度与位移间的关系。
代入动能的定义 KE = 1/2 * m * v^2,经过一系列推导,最终得出动能定理。
动能定理的应用十分广泛。
以机械能守恒为例,当没有外力对物体做功时,物体的总机械能保持不变。
此时根据动能定理,如果物体的动能发生改变,则说明有外力对其做功。
而若物体速度不变且无外力作用,则动能保持不变。
例如在自由落体运动中,重力对物体做负功,使得物体的动能逐渐减小。
二、动量定理动量定理是描述物体动量与所受力之间关系的定理。
它可以表述为:物体的动量的变化等于外力对物体的冲量。
动量定理可以用以下公式表示:∆p = Jext其中,∆p表示动量的变化量,Jext表示外力对物体的冲量。
动量定理同样可以通过牛顿第二定律进行推导。
根据牛顿第二定律的推导过程,我们可以得到动量定理的数学表达式。
从而可以看出,外力对物体的冲量等于物体动量的变化。
动量定理的应用广泛,特别是在碰撞和相互作用问题中。
例如,在两个物体碰撞过程中,由于外力的作用,物体的动量会发生变化。
根据动量定理,我们可以计算出碰撞后物体的速度变化情况,从而研究和分析碰撞过程。
总结动能定理和动量定理是描述物体运动和相互作用的重要定理。
动能定理表述了动能与外力所做的功之间的关系,而动量定理则描述了动量与外力对物体的冲量之间的关系。
这两个定理在物理学中具有广泛的应用,能够帮助我们理解和解释物质世界的运动规律和相互作用过程。
动能定理与动量定理的应用对比分析
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由动能定理数学表达式 : A W 一÷ ; 一÷
厶 厶
与动
量 定理数 学 表达 式 : △ 户一
^2
一
一F A t , 通 过换 算
程, 以 及 在 运 动 过 程 中促 使 物 体 运 动 的力 是 否 有 变 化. 它 以合力 对物 体所 做 的功 去 对 物体 运 动 的始 末 状
可得 : E 一 . 动 能定 理 和动 量 定 理都 只 关 注 的 是物
f,‘
体 运 动始末 状 态 , 不必 考 虑物 体 的具 体 运 动 过 程 . 最
后, 对 于动 能 定 理 与 动量 定 理 的适 用情 况 . 动 能 定 理
一
般 适用 于 物 体 的 重力 和 弹力 做 功 时或 物体 按 曲线
力 F和 阻力 F 对 物体 的 冲量 之 和等 于 物体 运 动 过程
中动量 的 变化量 , 即( F~F f ) t —
清 楚 二者 之 间具 体 的 区别 和 联 系 以及 二 者 各 自的最
一 。 , 并 结 合 平
均 速 度 专 , 可 得 — 2 ’
分析
首 先对 物体 所受 的力 进 行分 析 , 物体 在 运
动能惫理鸯锄薰惫
一 …
动过 程 中 , 总共受 到重 力 r n g 、 支 持力 F 、 推 力 F和阻 力F 4个 力 的作 用 . 其中, 在 物体运 动 时 , 重力 g与 支 持力 F 作 用 相互抵 消 , 只有 推力 F和 阻力 F 对物 体 作用 .
采用 动能定 理 进行 解 答. 根 据 动 能 定理 可 知 , 推 +Wt —E 一E , 带 人 解 得
塑
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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:
22
00/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:
)
()(421213212
12222
11--------------------=------------------------=
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:
)
(63
1
21-----------------------------=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
)
(73
1
21----------------------------=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。
在时间2t 内学生做竖直上抛运动。
解:(1)设地面对学生的冲量为I ,人离开地面时的速度为v ,取向上的方向为正方向,
根据动量定理,得:
)(101-----------------=-mv mgt I 根据上抛运动的规律,得:
)(22---------------------=gt v 联立(1)、(2)解得:
)
(321-----------------+=)t t (mg I (2)设地面对学生做的功为W ,地面对学生的支持力的位移0=s ,根据功的定义得:
)(40----------------------=W
评析:本题考查学生对动量定理和动能定理的正确运用能力,同时考查学生的功的概念
的理解。
人从下蹲到离开地面的两个状态的重力势能不变,并且地面没有对人体做功,人离开地面是通过人体肌肉做功将生物能转化为动能。
例4.如图2—2所示,一轻绳吊着粗细均匀的棒,棒下端离地面高H ,上端套着一个细环.棒
和环的质量均为m ,相互间最大静摩擦力等于滑动摩擦力)k (kmg 1>.断开轻绳,棒和环自由下落.假设棒足够长,与地面发生碰撞时,触地时间极短,无动能损失.棒在
整个运动过程中始终保持竖直,空气阻力不计.求:
(1)棒第一次与地面碰撞弹起上升过程中,环的加速度a .
(2)从断开轻绳到棒与地面第二次碰撞的瞬间,棒运动的路程S . (3)从断开轻绳到棒和环都静止,摩擦力对环及棒做的总功W .
分析:断开细线后棒和细环一起做自由落体运动;棒与地面碰后保持速度的大小不变,向上做减速运动;环保持速度不变向下做减速运动;达共同速度后环和棒一起做自由落体运动;棒再次与地面碰撞,重复上面的运动。
解:(1)设棒第一次上升的过程中,环的加速度为环a ,受力如图2-
向为正方向,根据牛顿第二定律,得:
)1(------------------=-ma f mg
图2—2 图2-22
由题意:)2(---------------=kmg f 联立解得:)3()1------------=g k a (环 由题意1>k 所以环的加速度竖直向上。
(2)棒与地面碰后受力如图2-23所示,棒第一次落地时的速度为1v ,落地后上升的最大高度为h ,根据动能定理:得:
)4(2
1
21------------------=
mv mgH )5(21
)(21----------------=+mv h f mg
联立(4)、(5)解得:
)6(11
------------------------+=
H k
h 棒运动的路程: )(71
3
2-------------++=+=H k k H h s (3)设棒第一次弹起经过t 1时间,与环达到共同的速度1
v ',取向下的方向为正方向,根据动量定理。
对环: )()(8111----------------'=-mv v m t f mg 对棒: )()(9111-
--------------+'=+mv v m t f mg 设棒第一次弹起后到与环达到共同速度,棒的位移为1s ,环的位移为1s '。
根据动能定理。
对环: )()()(1021
2121211
------------'='-mv v m s f mg
对棒: )()()(1121
2121211------------'=+mv v m s f mg
由(8)、(9)解得:)(1211-----------------='k v
v
联立(10)、(11)、(12)解得:
)()(132122
11----------------------+='g k v k s
)15(2)1(2
2
11----------------------=g
k v k s 环相对棒的位移:)(162
1111-------------=-'=kg
v s s x
mg f
图2-23
联立(4)、(13)解得:)(1721---------------=
k
H
x 设棒第二次落地速度的速度为v 2,对棒根据动能定理,得:
)()()(182
1
2121221-------------'-=
-v m mv s mg
联立(4)、(12)、(15)解得:)(192212
2
--------==k
gH k v v 同理,第二次环相对棒的位移: )20(222---------=k
H
x …… …… ……
)(212------------=
n
n k H
x 环相对棒的总位移:)(221
221-----=+⋯⋯++=k H
x x x x n n 对棒及环摩擦力做的总功为:)(231
2----------=k kmgH
W
评析:解答这道题要根据所给的物理情景,分析物体的受力情况和运动情况,尤其是摩擦力的方向的确定及相对位移的计算。
相对位移的计算要运用到数列的知识,有利于培养学生运用数学知识解决物理问题的能力。