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2m
t k
π
=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√m
k ，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 ̅。

图1
F x
图2A
－kA
b
M P
Q v 0 B 图2
3.（18分）（19西城二模）
（1）光滑桌面上有A、B两个小球。

A球的质量为0.2kg，以8m/s的速度与质量为0.1kg的静止的B球碰撞。

碰撞后A球的速度变为4m/s，B球的速度变为8m/s，方向与原来相同。

根据这些实验数据，小明同学对这次碰撞的规律做了一个猜想：在碰撞过程中，A球的动能损失了一些，A球通过与B球碰撞而将损失的动能全部转移给了B球。

a. 请通过计算说明，小明同学以上猜想是否正确？
b. 请你猜想：在这次碰撞中，什么物理量守恒？即：在碰撞中A球这个量的损失量恰好等于B球这个量的增加量? 通过计算来验证你的猜想。

（2）如图，质量为m的物体，仅在与运动方向相同的
恒力F的作用下，经过时间t，发生了一段位移l，速度由v1
增加到v2。

结合图中情景，请猜测并推导：
a. 恒力和其作用时间的累积Ft直接对应着什么物理量
的变化？并由牛顿运动定律和运动学公式推导这种关系的表达式。

b. 恒力在其作用空间上的积累Fl直接对应着什么物理量的变化？并由牛顿运动定律和运动学公式推导这种关系的表达式。

4.(18分）19怀柔零模
（1）如图10所示在光滑的水平面上一个质量为m的物体，初速度为
v0，在水平力F的作用下，经过一段时间t后，速度变为v t ,请根据上
述情境，利用牛顿第二定律推导动量定理
（2）如图11质量为m的钢球自高处落下，以速率v1碰地，竖直向
上弹回，钢球离开地面的速率为v2, 若不计空气阻力
a.求钢球与地面碰撞过程中，钢球动量的变化量大小及方向；
b.求钢球与地面碰撞过程中损失的机械能
（3）如图12所示，一个质量为m的钢球，以速度v斜射到坚硬的大
理石板上，入射时与竖直方向的夹角是θ，碰撞后被斜着弹出，弹出时也与竖直方向的夹角是θ，速度大小仍为v．（不计空气阻力）请你用作图的方法求出钢球动量
变化的大小和方向．
1. （1）物块在加速运动过程中，应用动量定理有 1t F t m ⋅=v
解得1 1.0 2.0
2.0
t m F t ⨯=
=
v N=1.0N 物块在加速运动过程中，应用动能定理有 221
2
t F x m ⋅=
v 解得22
2 1.0 2.022 2.5
t m F x ⨯==
⨯v N=0.8N （6分） (2) 物块在运动过程中，应用动量定理有10F t m m =-v v
解得01()
m F t
-=
v v 物块在运动过程中，应用动量定理有22
201122
F x m m =-v v
解得22
02()
2m F x
-=v v
当F 1=F 2时，由上两式得：02
x t +=
=
v v
v （6分） (3) 由图2可求得物块由x =0运动至x =A 过程中，外力所做的功为
221
21kA A kA W -=⋅-
=
设物块的初速度为v ′0,由动能定理得
2
102W m '=-
v 解得：0'=v
设在t 时间内物块所受平均力的大小为F ，由动量定理得 00Ft m '-=-v
由题已知条件 t = 解得2kA
F =π
（6分）
2．①F -x 图像中面积表示功，W =−
kA 22
F x ̅=|W A |=KA
2；
②因为F =-kx ：所以F-t 图像如右图所示； 从O 点到B 点根据动能定理， W =−
kA 22
=0−
mv 22
，v =√
KA 2m
;
从O 点到B 点根据动量定理，I =−F t ̅t =−F t ̅T 4=0−mv F t ̅=2πkA
（3）由动量定理可知，I A=ΣBlI∆t=ΣBlq
q=I t=ε̅
R+r t=n∆φ
R+r
=Blx
R+r
I A=B2l2x
R+r
−μmgt−I A=0−mv0t=mv0−B2l2x R+r
μmg F t̅=I A
t
=B2l2xμmg
mv0(R+r)−B2l2x
3．（18分）
（1）a. 这次碰撞导致两个球的动能变化是：A球的动能损失为：
1 2m A v12－1
2
m A v22 = 4.8J
B球获得的动能为:
1
2
m B v B2 =3.2J.
显然二者并不相等。

可见小明的猜想是错误的。

b. 我猜想，这次碰撞应该是总动量守恒的。

即：
在碰撞过程中A球的动量损失量，始终等于B
球的动量增加量。

对于整个过程的计算如下：
A球的动量损失量：
m A v1－m A v2= 0.8kgm/s
B球动量的增加量：
m B v B= 0.8kgm/s
二者恰好相等。

我的猜想得到验证。

（2）a. 恒力和其作用时间的累积Ft直接对应着动量的变化。

由牛顿运动定律和运动学公式推导：
F = ma; v2=v1 + at
解得：Ft =m v2－mv1
b. 恒力和其作用空间的累积Fl直接对应着动能的变化。

由牛顿运动定律和运动学公式推导：
F=ma; v22－v12 = 2al
解得：Fl =1
2m v22－1
2
m v12
4.(18分）
6分(1)（1）根据牛顿第二定律F=ma
加速度定义 a=
v t −v 0t
解得 Ft=mv t -mv 0 即动量定理
（2） 6分4分a.规定向上为正方向 ∆p ＝mv 2﹣(﹣mv 1）=mv 2+mv 1 方向向向上 4份
b 。

根据能量守恒可得：解得：△E 损=1
2
m v 12-1
2
m v 22若写成△E=1
2
m v 22-1
2
m v 12
不加说明
扣一半分
(3) 6分设竖直向上为正方向，由题意，小球入射时的在水平方向上的动量与反射时在水平方向上的动量大小、方向都相同 6分 在X 方向：∆Px: mvsin θ-mvsin θ=0 方向竖直向上 在Y 方向: 取向上为正 ∆Py : mvcos θ-(-mvcos θ)=2mvcos θ
或者做图
小球入射时的在竖直方向上的动量大小为P 1=mvcos θ 如图；反射时在竖直方向上的动量大小也为P 2=mvcos θ，但方向相反
所以碰撞过程中小球的动量变化大小：ΔP=2mvcos θ 方向竖直向上
或者如图所示：。