动量定理与动能定理
动能定理和动量定理的区别与联系教学内容
动能定理和动量定理的区别与联系动量定理和动能定理虽然都是从牛顿第二定律推导出来的，但在解决力学中某些问题时，这两个定理比牛顿第二定律更能体现出优越性。
我们先看一看它们共同之处：1．两个定理都不用考虑中间过程，只考虑始末状态。
动量定理只考虑始末状态的动量，动能定理只考虑始末状态的动能。
过程中的速度加速度变化不予考虑。
例1 质量为m的小球以初速度v o在水平面上向右运动，小球与水平面间动摩擦因数为μ，小球碰到右侧固定挡板后被弹回，假设在碰撞过程中没有能量损失，求小球在水平面上运动的总路程S。
解：分析：小球来回与挡板碰撞运动方向不断改变，速度大小也不断改变，运用牛顿第二定律显然不好解出，而用动能定理就比较方便了，小球受三个力作用：重力mg，支持力F，摩擦力f，全过程只有摩擦力做负功，所以有–μmg S=0-1/2mv o2 S=mv o2/2μmg =v o2/2μg2．两个定理不仅适用于恒力，也适用于变力。
例2 物块A和B用轻绳相连悬在轻弹簧下端静止不动，连接A,B的绳子被烧断后，A上升到某位置速度大小为V，这时B下落的速度大小为μ，已知A, B质量分别为m和M，在这段时间内，弹簧的弹力对物块A的冲量是多少？解析弹簧的弹力为变力，设弹力对物体A的冲量为I 取向上为正方向，根据动量定理：对物块A：I–mgt＝mu-0 ①对物块B：–Mgt=–Mμ-0 ②解得：I =mv+mu3．两个定理不仅适用于直线运动，也适用于曲线运动。
例3 如图，质量为1kg的物体从轨道A点由静止下滑，轨道B是弯曲的，A点高出B点0.8m，物体到达B点的速度为2m/s．求物体在AB轨道上克服摩擦力所做的功。
解析本题中物体在轨道上受到的摩擦力是大小方向不断变化的，不适合用牛顿第二定律求解，但用动能定理就方便了mgh-W=1/2mv2-0 得W=6J4．两个定理都主要解决“不守恒”问题，动量定理主要解决动量不守恒问题，动能定理主要解决机械能不守恒问题。
动能定理与动量定理
动能定理的数学表达式：W总=1/2mv22-_1/2mv12动能定理只适用于宏观低速的情况，而动量定理可适用于世界上任何情况。
（前提是系统中外力之和为0）
1) 动能定义:物体由于运动而具有的能量. 用Ek表示
表达式Ek=能是标量也是过程量
单位:焦耳(J) 1kg*m^2/s^2 = 1J
(2) 动能定理内容:合外力做的功等于物体动能的变化
表达式W合=ΔEk=1/2mv^2-1/2mv0^2
适用范围:恒力做功,变力做功,分段做功,全程做功
动量定理与动能定理的区别：
动量定理Ft=mv2-mv1反映了力对时间的累积效应，是力在时间上的积分。
动能定理Fs=1/2mv^2-1/2mv0^2反映了力对空间的累积效应，是力在空间上的积分。
高中物理动能定理和动量定理_范文模板及概述
高中物理动能定理和动量定理范文模板及概述1. 引言：1.1 概述：本篇长文讨论的主题是高中物理中的两个重要定理：动能定理和动量定理。
这两个定理是研究物体运动和相互作用力的基础，并且在实际应用中具有广泛的意义和应用价值。
通过深入理解和掌握这些定理，我们可以更好地分析和描述物体的运动状态以及对其施加的力产生的效果。
1.2 文章结构：本文将按照以下结构进行展开。
首先，我们将介绍动能定理，包括其定义、相关公式，并解释其背后的原理。
然后，我们将通过几个应用实例来说明动能定理在现实生活中的应用。
接着，我们将转向动量定理，包括定义、公式以及与动能定理相似之处和区别。
同样地，我们还将通过实例来阐述动量定理在现实中的重要性和应用场景。
最后，在讨论了这两个定理之后，我们将重点分析它们之间的关系，并比较它们在实际应用中所涉及到的不同因素。
1.3 目的：本篇长文旨在帮助读者全面了解和掌握高中物理学中的动能定理和动量定理，并认识到它们在科学研究和实际应用中的重要性。
通过阐述这些定理的基本概念、原理和相关实例，我们希望读者能够加深对物体运动和力学规律的理解，为进一步的学习打下坚实的基础。
同时，我们还将探讨这两个定理之间的关系，以及它们在实际应用中相互影响的因素。
通过对比分析，读者将更好地了解到这些定理背后的物理原理。
2. 动能定理:2.1 定义和公式:动能定理是物理学中一个重要的定理，它描述了物体的动能与力学量之间的关系。
根据动能定理，一个物体的净外力对其产生的冲量等于该物体动能的改变量。
简言之，动能定理说明了外力对物体施行功时会改变物体的动能。
动能定理可以用以下公式表示:\[W = \Delta KE\]其中，\(W\)代表作用在物体上的净外力所做的功，\(\Delta KE\)代表物体动能的变化量。
2.2 原理解释:根据牛顿第二定律\(F = ma\) ，我们可以将该方程进行积分得到：\[W = \int F \cdot dx = \int m \cdot a \cdot dx\]由于加速度可以表示为速度对时间的导数\(a = \frac{dv}{dt}\)，则上述方程可以进一步转化为：\[W = \int m \cdot a \cdot dx = m \int v dv\]通过求解上述积分，我们可以得到最终形式的动能定理：\[W = m(v_f^2 - v_i^2)/2\]其中，\(v_f\)代表物体在考察时刻的速度，\(v_i\)代表考察开始时刻（即初态）物体的速度。
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.。
1.6 动量 动能 角动量
v 2 x = 2v x = 100m / s v 2 y = v1 y = 14.7m / s
设爆炸后第二块飞行t 落地距原点距离为s, 设爆炸后第二块飞行 2秒,落地距原点距离为 , 则:
Mgx 而已落到桌面上的柔绳的重量为: 而已落到桌面上的柔绳的重量为 mg =
所以: 所以 F总 = F + mg = 2 Mgx
L
L
Mgx +
L
= 3mg
3,动量守恒定律 , (1) 质点动量守恒定律 t 由质点动量定理, 由质点动量定理,有: I = ∫t F dt = p2 p1
2 1
若质点所受合外力为零, 则有: 若质点所受合外力为零,即 F = 0则有
dt
dt
根据动量定理,桌面对柔绳的冲力为 根据动量定理,桌面对柔绳的冲力为: dx ρ dx dP dt =- ρ v 2 ′= = F dt dt 柔绳对桌面的冲力F=- =-F′ 柔绳对桌面的冲力 =- 即: M 2 2 2 F = ρv = v ,v = 2 gx ,F = 2 Mgx / L L
s1 = v x t 0 v2 y h = 2g 0 = v y gt
t = 2 s v x = 50m / s
v2
v1
θ
19.6m
s1
设爆炸后第二块速度为v 设爆炸后第二块速度为 2与水平方向夹角为θ,则 由动量守恒得: 由动量守恒得 1 mv cosθ = 1 mv = mv
t ′ = 1s,h = 19.6m 1 2 由题意得: 由题意得 h = v1t ′ gt ' 2
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。
动能定理和动量定理
动能定理： 1，动能定理：w总=mv22/2–mv12/2 1）w总= ） W1 + W2 F合• s• cosą 1） F合t 为合外力的冲量。 ） 为合外力的冲量。 为动量的变化。 2） mv2–mv1为动量的变化。 ） 2）∆Ε=E末–E初 ）
动量定理： 2，动量定初速v0竖直上抛一个质量为 m=0.1kg的小球 的小球， m=0.1kg的小球，当小球返回出发点时 的速度大小为3V /4，若取g=10m/S 的速度大小为3V0/4，若取g=10m/S2， 则小球受到的空气平均阻力为多大？ 则小球受到的空气平均阻力为多大？
练习2 在不计空气阻力的情况下， 练习2：在不计空气阻力的情况下，质量 的物体从距地面H高处由静止开始下 为m的物体从距地面 高处由静止开始下 的物体从距地面 落地后陷进淤泥D米深 米深， 落，落地后陷进淤泥 米深，求： 淤泥对物体平均阻力的大小？ 1）淤泥对物体平均阻力的大小？ 物体在淤泥中的运动时间？ 2）物体在淤泥中的运动时间？
区别和联系： 区别和联系：
1，合外力所做的功等于动能的变化。跟位移有关。 合外力所做的功等于动能的变化。跟位移有关。 而合外力的冲量等于动量的变化。跟时间有关。 而合外力的冲量等于动量的变化。跟时间有关。
动能和动能的变化都是标量； 2，动能和动能的变化都是标量；动量和动量 的变化都是失量。 的变化都是失量。 都跟速度的大小有关。 3，都跟速度的大小有关。
二，巩固练习 练习1 质量为10g的子弹， 600m/s的 练习1：质量为10g的子弹，以600m/s的 10g的子弹 速度射入木块，木块的厚度为20cm 20cm， 速度射入木块，木块的厚度为20cm，木 块对子弹的平均阻力是8000N 8000N则子弹从木 块对子弹的平均阻力是8000N则子弹从木 块中穿出时的速度为多大？ 块中穿出时的速度为多大？
动能定理角动量定理
注意 1)守恒条件： M 0
能否为 Mdt 0 ?
2)与动量守恒定律对比：
当
F 0
时，
当
M
0
时，
p
恒矢量
L 恒矢量
彼此独立
《大学物理C》
第三章 刚体定轴转动
角动量守恒定律适用于以下情况：
(1)对于单一刚体：J、 均不变， 则匀速转动
(2) 对于系统: Ji、 均可以变化，但
角动量守恒
角动量守恒；
角动量守恒；
机械能不守恒 .
机械能不守恒 .
圆锥摆系统 动量不守恒； 角动量守恒； 机械能守恒 .
《大学物理C》
第三章 刚体定轴转动
注意：区分两类冲击摆
角动量守恒
(1)
O
l v0
m M
质点
质点 柔绳无切向力
➢水平方向： Fx = 0 ， px 守恒
mv0 = (m+M)v
➢ 对 O点：
解 碰撞前 M 落在
A点的速度
vM (2gh)1 2
碰撞后的瞬间, M、
N具有相同的线速度
N
u l
B
2
M
h
C
A
l/2 l
《大学物理C》
第三章 刚体定轴转动
角动量守恒
vM (2gh)1 2
u l
2
N
C
M h
A
B
l/2
l
解得
mvM
l 2
J
2mu
l 2
1 12
ml 2
1 2
ml 2
mvMl 2 ml 2 12 ml2
6m(2gh)1 2 2 (m 6m)l
演员 N 以 u 起 跳, 达到的高度
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。
高一物理课件动量定理和动能定理
(2)动能定理是求解物体的位移或速率的简捷公式．当题目
中涉及到位移时可优先考虑动能定理；处理曲线运动中 的速率问题时也要优先考虑动能定理．
(3)若过程包含了几个运动性质不同的分过程，既可分段考 虑，也可整个过程考虑．但求功时，有些力不是全过程
都作用的，必须根据不同的情况分别对待求出总功．
(
)
A．Δv＝0 C．W＝1.8 J B．Δv＝12 m/s D．W＝10.8 J
解析：取末速度的方向为正方向，则v2＝6 m/s，v1＝－6
m/s，速度变化Δv＝v2－v1＝12 m/s，A错误，B正确；小球 与墙碰撞过程中，只有墙对小球的作用力做功，由动能定
理得：W＝
答案：B
mv22－
mv12＝0，故C、D均错误．
1．基本步骤 (1)选取研究对象，明确它的运动过程； (2)分析研究对象的受力情况和各力的做功情况：
(3)明确研究对象在过程的始末状态的动能Ek1和Ek2； (4)列出动能定理的方程W合＝Ek2－Ek1及其他必要的解题方
程，进行求解．
2．注意的问题
(1)动能定理的研究对象是单一物体，或者是可以看做单一
4．动能定理既适用于一个持续的过程，也适用于分段过
程的全过程．
动能定理说明了外力对物体所做的总功和动能变化 间的一种因果关系和数量关系，不可理解为功转变成了 物体的动能．
1．一个质量为0.3 kg的弹性小球，在光滑水平面上以6
m/s的速度垂直撞到墙上，碰撞后小球沿相反方向运动，
反弹后的速度大小与碰撞前相同，则碰撞前后小球速度 变化量的大小Δv和碰撞过程中墙对小球做功的大小W为
h＝39.5×2×2 m＝158 m 根据动能定理，有mgh－Wf＝ 所以有Wf＝mgh－ ＝(80×10×158－ mv2 ×80×62)J≈1.25×105 J. mv2
动能定理和动量定理
动能定理和动量定理动量定理是物体机械运动的一种量度．它是和物体运动速度相关的状态量．动量是矢量，其方向就是即时速度的方向，动量的大小等于物体的质量和物体即时速度的乘积，即p=mv．在国际单位制中，动量的单位是千克·米/秒．速度是相对的，动量也是相对的，我们一般取地面或相对地面静止的物体做参照物来确定动量的大小和方向．动能定理内容：力在一个过程中对物体所做的功等于在这个过程中动能的变化.合外力(物体所受的外力的总和,根据方向以及受力大小通过正交法能计算出物体最终的合力方向及大小)对物体所做的功等于物体动能的变化。
质点动能定理表达式：w1+w2+w3+w4…=△W=Ek2-Ek1（k2）（k1）为下标其中，Ek2表示物体的末动能，Ek1表示物体的初动能。
△W是动能的变化，又称动能的增量，也表示合外力对物体做的总功。
动能定理的表达式是标量式，当合外力对物体做正功时，Ek2>Ek1物体的动能增加；反之则，Ek1>Ek2,物体的动能减少。
动能定理中的位移，初末动能都应相对于同一参照系。
1能定理研究的对象式单一的物体，或者式可以堪称单一物体的物体系。
2动能定理的计算式式等式，一般以地面为参考系。
3动能定理适用于物体的直线运动，也适应于曲线运动；适用于恒力做功，也适用于变力做功；力可以式分段作用，也可以式同时作用，只要可以求出各个力的正负代数和即可，这就是动能定理的优越性。
组动能质点组动能定理质点系所有外力做功之和加上所有内力做功之和等于质点系总动能的改变量。
和质点动能定理一样，质点系动能定理只适用于惯性系，因为外力对质点系做功与参照系选择有关，而内力做功却与选择的参照系无关，因为力总是成对出现的，一对作用力和反作用力（内力）所做功代数和取决于相对位移，而相对位移与选择的参照系无关。
动能定理的内容：所有外力对物体总功，（也叫做合外力的功）等于物体的动能的变化。
动能定理的数学表达式：W总=1/2m(v2)的平方—1/2m(v1)的平方动能定理只适用于宏观低速的情况，而动量定理可适用于世界上任何情况。
动能定理和动量定理适用条件
动能定理和动量定理适用条件动能定理：
动能定理描述了物体的动能与物体所受的净作用力之间的关系。
它适用于以下条件：
1.物体的质量是常数，不发生变化。
2.物体所受的力是一个保守力或者合外力。
3.物体所受的力沿着物体的位移方向。
动量定理：
动量定理描述了物体的动量变化与物体所受的冲量之间的关系。
它适用于以下条件：
1.物体的质量是常数，不发生变化。
2.物体所受的力是一个合外力。
3.物体所受的力在时间上是有限的，即物体所受的冲量有限。
1/ 1。
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?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。
大学物理动量定理
子弹穿过两木块所用的时间分别为t1和t2，木块对子 弹的阻力为恒力F，则子弹穿出后，木块A的速度大小
为
，木块B的速度大小为
.
解：
F t1 m1vA m2vA
vA
F m1
t1 m2
F t2 m2vB m2vA
vB
F t2 m2
vA
F t2 m2
F m1
t1 m2
2-8. 一质量为m的质点在xoy平面上运动，其位置矢量
机械能守恒：
1 2
m2 v02
1 2
(m1
m2 )v2
1 2
kxm2 ax
1 xmax 2 x0
下次课内容：
§3-1 刚体运动的描述 §3-2-1 力矩 §3-2-2 刚体绕定轴转动定律
j
t
i
v bs
a in t
sin j]
t
i
b cost Fx m 2 x
j
dt
m2[x i y j ]
Fy m2 y
A(a,0) B(0, b)
Wx
0
a Fxdx m2
0 xdx 1 ma22
a
2
Wy
b
0 Fydy m 2
bydy 1 mb2 2
0
2
质点动能定理
W
为
r
a
cos
t
i b sin t j
(SI).
式中a，b， 是正值常
数, 且a > b.
(1)求质点在A点(a，0)和B 点(0，b)的动能; (2)求质点所 受的作用力 F 以及质点从A点运动到B点 的过程中 F 的分力Fx和Fy分别做的功.
解：
动能定理与动量定理
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。
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3．(2011全国理综)如图， ABC三个木块的质量均为m.
置于光滑的水平面上，BC之间有一轻质弹簧，弹簧的
两端与木块接触而不固连，将弹簧压紧到不能再压缩 时用细线把BC紧连，使弹簧不能伸展，以至于BC可 视为一个整体，现A以初速v0沿B、C的连线方向朝B运 动，与B相碰并粘合在一起，以后细线突然断开，弹 簧伸展，从而使C与A、B分离，已知C离开弹簧后的 速度恰为v0，求弹簧释放的势能．
然后，把被碰小球 m2 静置于轨道的水平部分，再将入 射球m1从斜轨上S位置静止释放，与小球m2相碰，并多 次 重 复 ． 接 下 来 要 完 成 的 必 要 步 骤 是 ADE或DEA或DAE .(填选项前的符号)
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
③若两球相碰前后的动量守恒，其表达式可表示为 m1·OM＋m2·ON＝m1OP (用②中测量的量表示)；若 碰撞是弹性碰撞，那么还应满足的表达式为 m1·OM2＋m2·ON2＝m1OP2 (用②中测量的量表 示 )．
④经测定，m1＝45.0 g，m2＝7.5 g，小球落地点的平 均位置距O点的距离如图所示．碰撞前、后m1的动量 14 ∶11；若碰撞结束 分别为p1与p1′，则p1∶p1′＝ 2.9 时m2的动量为p2′，则p1′∶ p2′＝11∶ .
பைடு நூலகம்
5．(2012全国新课标)如图，小球 a、b用等长细线悬挂于同一固定 点O.让球a静止下垂，将球b向 右拉起，使细线水平．从静止 释放球 b ，两球碰后粘在一起向左摆动，此后细线 与竖直方向之间的最大偏角为60°.忽略空气阻力， 求： (1)两球a、b的质量之比；
(2) 两球在碰撞过程中损失的机械能与球 b 在碰前的 最大动能之比．
(1)木块在ab段受到的摩擦力f；
(2)木块最后距a点的距离s.
【解析】(1)设木块和物体 P 共同速度为 v，两物 体从开始到第一次到达共同速度过程由动量和能量守 恒得： mv0＝(m＋2m)v ① 1 2 1 mv0＝ (m＋2m)v2＋mgh＋fL ② 2 2 m（v2 0－3gh） 由①②得：f＝ ③ 3L (2)木块返回与物体 P 第二次达到共同速度与第一 次相同(动量守恒)全过程能量守恒得： 1 2 1 mv0＝ (m＋2m)v2＋f(2L－s) ④ 2 2 v2 0－6gh 由②③④得：s＝ 2 L. v0－3gh
①实验中，直接测定小球碰撞前后的速度是不容易 C (填选项前的符号)， 的．但是，可以通过仅测量 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.
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．
2．动量定理与动能定理的区别：①动量定理表明力 对时间的积累效果，动能定理表明力对空间的积累 效果．②动量定理的表达式是矢量式、动能定理的 表达式是标量式．③涉及力 F和时间 t ，应用动量定 理；涉及力F和位移s，应用动能定理．
3．动量守恒定律与机械能守恒定律的区别：①守恒 的条件不同．系统的动量守恒条件是系统不受外力 或者所受外力的合力为零；系统的机械能守恒条件 则是除重力、弹簧的弹力外其它力都不做功．②受 力分析的出发点不同．在应用动量守恒定律处理问 题时着重分析系统的合外力是否为零，不管其是否 做功；而在应用机械能守恒定律处理问题时，则
科目一考试 / 2016年科目一模 拟考试题
科目二考试 2016年科目二考试技巧、 考试内容、考试视频
1. (2011 北京 ) 如图所示，用“碰撞实验器”可以验证动 量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前 后的动量关系．
p1 实验结果表明，碰撞前、后总动量的比值 p′1＋p′2 为 1.01 ．
⑤有同学认为，在上述实验中仅更换两个小球的材质， 其它条件不变，可以使被碰小球做平抛运动的射程增 大．请你用④中已知的数据，分析和计算出被碰小球m2 平抛运动射程ON的最大值为 76.8 cm.
2．(2011海南)一质量为2 m 的物体P静止于光滑水平地 面上，其截面如图所示．图 中ab为粗糙的水平面，长度为 L； bc 为一光滑斜面， 斜面和水平面通过与ab和bc均相切的长度可忽略的光 滑圆弧连接．现有一质量为 m的木块以大小为 v0的水 平初速度从 a点向左运动，在斜面上上升的最大高度 为h，返回后在到达 a点前与物体P相对静止．重力加 速度为g.求
【解析】(1)设球 b 的质量为 m2，细线长为 L，球 b 下落至最低点，但未与球 a 相碰时的速度为 v，由机 械能守恒定律得 1 m2gL＝ m2v2 ① 2 式中 g 是重力加速度的大小． 设球 a 的质量为 m1； 在两球碰后的瞬间， 两球共同速度为 v′， 以向左为正． 由 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 1 (m1＋m2)v′2＝(m1＋m2)gL(1－cosθ) ③ 2 联立①②③式得 m1 1 ＝ －1 ④ m2 1－cosθ
动量定理与动能定理
1．在涉及碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理过程
时，必须注意到一般这些过程中均隐含着系统中
有机械能与其他形式能量之间的转化．例如碰撞 过程，机械能一定不会增加；爆炸过程，一定有 化学能(或内能)转化为机械能；绳绷紧时动能一定 有损失．对于上述问题，作用时间一般极短，遵 守动量守恒定律．
【解析】 设碰后 A、 B 和 C 的共同速度的大小为 v， 由动量守恒得 3mv＝mv0 ① 设 C 离开弹簧时，A、B 的速度大小为 v1，由动量 守恒得 3mv＝2mv1＋mv0 ② 设弹簧的弹性势能为 Ep，从细线断开到 C 与弹簧 分开的过程中机械能守恒，有 1 1 1 2 2 2 (3m)v ＋Ep＝ (2m)v1＋ mv0 ③ 2 2 2 1 2 由①②③式得弹簧所释放的势能为 Ep＝ mv0④ 3