动能定理和动量定理专题讲解
第09讲 动量定理和动能定理
2008决胜高考 专题三 动量与能量第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E mv k =122和动量公式p mv=知E p mk =22/或p mE k =2。
上述两个公式只是动能E k 和动量p 的量值关系，而动能和动量的显著差别在于动能E k 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。
高中物理动能动量课件
析与解 (1)由动能定理 :
f ·3l = mv02/2 - m(v0 /2) 2/2 f ·2l = mv02/2 - mv22/2
v
0A B C
f ·l = mv02/2 - mv12/2
动量和能6量
析与解 (2)由动量定理: ft1 = mv0 - mv1 ft2 = mv1 – mv2 ft3 = mv2 – mv0/2
静摩擦力在做功过程中，只有机械能的相 互转移，而没有热能的产生。
动量和1能7量
1．动力学规律
由于组成系统的两物体受到大小 相同、方向相反的一对恒力，故两物 体的加速度大小与质量成反比，方向 相反。
动量和1能8量
2．运动学规律
“子弹”穿过“木块”可 看作为两个做匀速直线运动的 物体间的追及问题，或说是一 个相对运动问题。在一段时间 内“子弹”射入“木块”的深 度，就是这段时间内两者相对 位移的大小。
动量和1能1量
三、两个守恒定律 2、机械能守恒定律：
公式： E =E′或 ΔpE= －ΔEk
或
成立条件——只有重力(或弹簧的弹力)做功。 如果除了重力(或弹簧的弹力)做功以外，还有其它
力做功W非，机械能不守恒；机械能变化ΔE =W非
特别要指出，系统内滑动摩擦力做功Wf =- f滑动S相对 ， 这里分两种情况：
……③
由上式可得:
(2)以子弹为研究对象,由牛顿运动定律和运动学公式可得:
动量和1能5量
[变化]若原题型中子弹在木块中刚好 “停下”时,木块运动距
离为S,子弹射入木块的深度为d,则d >
解：以木块为研究对象有:
对木块用动能定理：
v0
S(填>、=、< )
…… ①
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PK动能【高中两大定理核心讲解】
动能定理1、内容：外力对物体所做的总功等于物体动能的变化。
2、表达式：。
3、注意：①动能定理的表达式是在物体受恒力作用且做直线运动的情况下得出的，但它也适用于变力及物体作曲线运动的情况；②功和动能都是标量，不能利用矢量法则分解，故动能定理无分量式；③应用动能定理只考虑初、末状态，没有守恒条件的限制，也不受力的性质和物理过程的变化的影响。
所以，凡涉及力和位移，而不涉及力的作用时间的动力学问题，都可以用动能定理分析和解答，而且一般都比用牛顿运动定律和机械能守恒定律简捷；④当物体的运动是由几个物理过程所组成，又不需要研究过程的中间状态时，可以把这几个物理过程看作一个整体进行研究，从而避开每个运动过程的具体细节，具有过程简明、方法巧妙、运算量小等优点。
动量守恒定律1、内容：一个系统不受外力或者所受外力之和为零，这个系统的总动量保持不变。
2、表达式：m1v1+m2v2=m1v1'+m2v2'。
3、动量守恒定律成立的条件：①系统不受外力或系统所受外力的合力为零；②系统所受的外力的合力虽不为零，但系统外力比内力小得多，如碰撞问题中的摩擦力，爆炸过程中的重力等外力比起相互作用的内力来小得多，可以忽略不计；③系统所受外力的合力虽不为零，但在某个方向上的分量为零，则在该方向上系统的总动量的分量保持不变。
4、动量守恒的速度具有“四性”：①矢量性；②瞬时性；③相对性；④普适性。
动量守恒定律的应用1、动量守恒定律：一个系统不受外力或者所受外力之和为零，这个系统的总动量保持不变。
即m1v1+m2v2=m1v1'+m2v2'。
2、动量守恒定律的常见问题：①碰撞问题；②爆炸问题；③反冲现象；④人船模型；“人船模型”是动量守恒定律的应用的一个经典模型，该模型应用的条件：一个原来处于静止状态的系统，当系统中的物体间发生相对运动的过程中，有一个方向上动量守恒。
⑤子弹打木块模型。
子弹打木块模型及推广：Ⅰ、一物块在木板上滑动，μNS相对=ΔE k系统=Q，Q为摩擦在系统中产生的热量；Ⅱ、小球在置于光滑水平面上的竖直平面内弧形光滑轨道上滑动，包括小车上悬一单摆单摆的摆动过程等。
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？
动能定理和动量定理的对比(思维导图)
都是般情况下只对单个对象使用
动能定理：W =合mv −2122mv 2112标题式，式的中的速度一定指的是合速度，而不能是某个方向的分速度 ，也不存在某个方向上的动能定理（虽然，在某个方向上单独列动能定理的表达式计算也可以得到正确的结果，但是，此动能定理的式子是没有意义的，因此也算错误哦）的求法：①可以先求出各个力做的功，再相加（），②可先求出合力，再求合力做功（)W 总W =总W +1W +2......+W N W =总F lcosθ合动量定理:I =合mv −2mv 1矢量式，是某个方向上存在的关系（这个方向通常用在实际的合力方向，但要知晓，是可以在任意一个方向上成立的），如：平抛运动中，可以单独在竖直方向上有：竖直方向的合力的冲量等于竖直方向上动量的变化量）使用的时候需要规定正方向，一但规律好正方向，式中的每一项的正负均以此正方向为参考，同向为正，反向为负。
的求法：①可以将各个力的冲量都计算出来，并注意方向，然后再作需的的方向上的矢量合.②可以先将需要的方向上的合力求出来，再求合力的冲量。
I 合都有物理量：质量m,速度v，力F 使用的时候都是要做严格的受力分析选择：二者在物理量上的差别只有时间和位移不一样，其余的都是一样的，所以若情景中已知或所求为时间，则用动量定理；若情景中已知或所求为位移，则用动能定理。
高考物理动量与动能定理难点解析
高考物理动量与动能定理难点解析在高考物理中，动量与动能定理是非常重要的知识点，也是很多同学感到头疼的难点。
理解和掌握这两个定理，对于解决物理问题、提高物理成绩至关重要。
接下来，我们就来深入解析一下高考物理中动量与动能定理的难点。
一、动量定理动量定理的表达式为：合外力的冲量等于物体动量的变化量，即$I＝＼Delta p$。
其中，冲量$I ＝ F ＼cdot ＼Delta t$，＄F$是合外力，＄＼Deltat$是作用时间；动量$p ＝ mv$，＄m$是物体质量，＄v$是物体速度。
1、难点之一：理解冲量的概念冲量是力在时间上的积累效果。
很多同学容易将冲量与力混淆，认为冲量就是力。
其实不然，冲量是一个过程量，它取决于力的大小和作用时间。
例如，一个恒力作用在物体上一段时间，冲量就等于力乘以时间；如果力是变化的，就需要用积分的方法来计算冲量。
在实际问题中，计算冲量时要注意明确力的作用时间。
比如，一个物体在粗糙水平面上滑行，摩擦力的冲量就等于摩擦力乘以滑行时间。
2、难点之二：应用动量定理解决问题应用动量定理解决问题时，关键是要确定研究对象和研究过程，分析合外力的冲量以及动量的变化。
例如，一个质量为$m$的小球从高处自由下落，与地面碰撞后反弹。
在这个过程中，重力的冲量是多少？首先，确定研究过程为小球从开始下落到反弹离开地面。
重力是恒力，作用时间为整个下落和反弹的时间。
重力的冲量就等于重力大小乘以总时间。
再比如，一个物体在水平方向上受到多个力的作用，要分析其动量的变化，就需要求出合外力的冲量。
二、动能定理动能定理的表达式为：合外力对物体做的功等于物体动能的变化量，即$W ＝＼Delta E_k$。
其中，功$W ＝ F ＼cdot s ＼cdot ＼cos\theta$，＄F$是合外力，＄s$是物体在力的方向上的位移，＄＼theta$是力与位移的夹角；动能$E_k ＝＼frac{1}｛2}mv^2$。
1、难点之一：理解功和动能的关系功是能量转化的量度，合外力做功会引起物体动能的变化。
质点系动量定理和动能定理的区别
质点系动量定理和动能定理的区别
质点系动量定理和动能定理是经典力学中的两个重要定理，它们描述了物体运动中的关键性质。
下面我将分别解释这两个定理并说明它们之间的区别。
1. 质点系动量定理：
质点系动量定理是描述质点系整体运动的定理。
它表明，当外力作用在一个质点系上时，这个质点系的总动量变化率等于外力的合力。
换句话说，如果没有外力作用在质点系上，质点系的总动量将保持恒定；如果有外力作用，质点系的总动量将发生变化。
这个定理可以用数学公式表示为：F = dp/dt，其中F表示外力的合力，dp表示质点系的总动量的变化量，dt表示时间的变化量。
2. 动能定理：
动能定理是描述质点的运动状态与其动能之间的关系的定理。
它表明，当外力作用在一个质点上时，质点的动能的变化量等于外力所做的功。
换句话说，外力对质点所做的功将导致质点的动能发生变化。
这个定理可以用数学公式表示为：W = ΔKE，其中W表示外力所做的功，ΔKE表示质点的动能的变化量。
区别：
1. 定义和描述：质点系动量定理是描述质点系整体动量与外力之间的关系，而动能定理是描述质点的动能与外力做功之间的关系。
2. 适用对象：质点系动量定理适用于由多个质点组成的物体系统，而动能定理适用于单个质点。
3. 物理量：质点系动量定理涉及到质点系的总动量的变化量，而动能定理涉及到质点的动能的变化量。
4. 表达方式：质点系动量定理使用外力的合力和质点系的总动量来表达，而动能定理使用外力所做的功和质点的动能来表达。
希望以上对质点系动量定理和动能定理的解释能够清楚地回答您的问题。
如有任何疑问，请随时提问。
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。
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。
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
动量定理与动能定理的区别和联系
1 2 W1 m v I1 mv 2 1 2 1 2 3 2 I 2 mv mv mv W ( 2 v ) mv mv 2 2 m 2 2 2
对于空气阻力大小恒定的上抛运动而言阻力方向总是跟运动方向相反阻力总是做负功物体回到抛出点的速度小于其初速度上升段的平均速度大于下降段的平均速度故上升段的时间小于下降段的时间
第六章 动量
PartⅠ 动量定理
专题三：动量定理与动能定理的 区别和联系
河北师大附中 李喜昌
专题三：动量定理与动能定理的 区别和联系
解析：两种情况下的整个过程中，物体的动量变化都是零， 物体受到的合冲量都是零，拉力的冲量和整个过程摩擦力冲 量大小相等，方向相反。两种情况下第一个过程中，摩擦力 相同，第一种情况的拉力大，合力就大，合力的冲量就大， 末动量就大，末速度就大，平均速度就大，运动位移就大， 拉力做功就多。 从局部到整体，从整体到局部，动能定理和动量定理交替使用。
5．一个质点受到外力作用，若作用前后的动量 分别为 P 、P’，动量变化为ΔP、速度变化为 ΔV，动能变化为ΔEk，则：（ ＢＤ ） A.P=－P’是不可能的 B.ΔP垂直于P是可能的 C.ΔP垂直于ΔV是可能的 D.ΔP≠0，ΔEk=0时可能的
解析：对于“一定“和“不可能“的选项举一反面的例子就 能说明它的错误，而对于“可能“的选项举一个正面的例子 就能说明它的正确。常举的例子有自由落体运动、竖直上抛 运动、匀速圆周运动、平抛运动、等。
4 ．自 A 点以某一速度竖直上抛出小球，球从抛出点 A 上升到最高点 B ，又从 B 返回 A 点的过程中，空气阻力 的大小不变，则上升与下降过程中，关于冲量与做功 的下列说法中正确的是：（ ＢＣＤ ） A.上升与下降过程空气阻力的冲量相同 B.上升过程中重力的冲量小于下降过程 C.上升与下降过程空气阻力做功相同 D.上升与下降过程重力做功的值相同
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。
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。
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。
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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年天津）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 υ2A -1/2m A υ20对B 由动能定理有：F fA Bf s B = 1/2m B υ2B根据动量与动能之间的关系有： m A υA = KA A E m 2，m B υB = KBB E m 2 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年济南）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 mgm -，代入数据得a = 5m/s 2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 = a υ= 2s ，位移s 1 = 1/2at 21 = 10m ． 此后功率不变，当吊绳拉力F T = mg 时，物体达最大速度υm =mg P m = 15m/s ． 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） = 21m υ2m -21m υ2 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年如东）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θθsin cos 1+=mg qE ，故电场强度为E = θθsin )cos 1(q mg +（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 22g g υυθ=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 qυθ 【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 = 1/2mυ2B代入F 、F f 各量得υB = )cos (sin 2αμα-gL = 22 = 2.83m/s ．（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 = ααcos sin m L = 3m 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年苏州）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年无锡）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年东城区）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年潍坊）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年苏、锡、常、镇四市）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 2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=61n L S N A 故单位时间内打在平板上的C02的分子数为tN N ∆∆= 得 N=61n S N A υ (2)根据动量定理 F △t=(2mυ)△N μ=N A m解得 F=31nμSυ2 CO2气体对平板的压力 F / = F =31nμSυ2 6．（05年南通）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。