内容发布更新时间 : 2024/5/3 21:55:28星期一 下面是文章的全部内容请认真阅读。

第四部分 动量和能量

第一讲 基本知识介绍

一、冲量和动量

1、冲力（F—t图象特征）→ 冲量。冲量定义、物理意义

冲量在F—t图象中的意义→从定义角度求变力冲量（F对t的平均作用力） 2、动量的定义 动量矢量性与运算

二、动量定理1、定理的基本形式与表达 2、分方向的表达式：ΣIx =ΔPx ，ΣIy =ΔPy ?

3、定理推论：动量变化率等于物体所受的合外力。即

?P=ΣF外 ?t三、动量守恒定律1、定律、矢量性2、条件 a、原始条件与等效 b、近似条件

c、某个方向上满足a或b，可在此方向应用动量守恒定律

四、功和能 1、功的定义、标量性，功在F—S图象中的意义 2、功率，定义求法和推论求法

3、能的概念、能的转化和守恒定律 4、功的求法 a、恒力的功：W = FScosα= FSF = FS S

b、变力的功：基本原则——过程分割与代数累积；利用F—S图象（或先寻求F对S的平均作用力） c、解决功的“疑难杂症”时，把握“功是能量转化的量度”这一要点 五、动能、动能定理 1、动能（平动动能）

2、动能定理a、ΣW的两种理解b、动能定理的广泛适用性

六、机械能守恒1、势能a、保守力与耗散力（非保守力）→ 势能（定义：ΔEp = －W保）

b、力学领域的三种势能（重力势能、引力势能、弹性势能）及定量表达

2、机械能 3、机械能守恒定律a、定律内容 b、条件与拓展条件（注意系统划分） c、功能原理：系统机械能的增量等于外力与耗散内力做功的代数和。 七、碰撞与恢复系数

1、碰撞的概念、分类（按碰撞方向分类、按碰撞过程机械能损失分类） 碰撞的基本特征：a、动量守恒；b、位置不超越；c、动能不膨胀。 2、三种典型的碰撞

a、弹性碰撞：碰撞全程完全没有机械能损失。满足—— m1v10 + m2v20 = m1v1 + m2v2

111122 m1v10 + m2v2 = m + m2v2 1v12202222解以上两式（注意技巧和“不合题意”解的舍弃）可得： v1 =

(m1?m2)v10?2v20(m2?m1)v20?2v10， v2 =

m1?m2m2?m1对于结果的讨论：

①当m1 = m2 时，v1 = v20 ，v2 = v10 ，称为“交换速度”；

②当m1 ＜＜ m2 ，且v20 = 0时，v1 ≈ －v10 ，v2 ≈ 0 ，小物碰大物，原速率返回； ③当m1 ＞＞ m2 ，且v20 = 0时，v1 ≈ v10 ，v2 ≈ 2v10 ，

b、非（完全）弹性碰撞：机械能有损失（机械能损失的内部机制简介），只满足动量守恒定律 c、完全非弹性碰撞：机械能的损失达到最大限度；外部特征：碰撞后两物体连为一个整体，故有 v1 = v2 =

m1v10?m2v20

m1?m2 1

3、恢复系数：碰后分离速度（v2 － v1）与碰前接近速度（v10 － v20）的比值，即： e =

v2?v1 。根据“碰撞的基本特征”，0 ≤ e ≤ 1 。当e = 0 ，碰撞为完全非弹性；

v10?v20当0 ＜ e ＜ 1 ，碰撞为非弹性； 当e = 1 ，碰撞为弹性。 八、“广义碰撞”——物体的相互作用

1、当物体之间的相互作用时间不是很短，作用不是很强烈，但系统动量仍然守恒时，碰撞的部分规律仍然适用，但已不符合“碰撞的基本特征”（如：位置可能超越、机械能可能膨胀）。此时，碰撞中“不合题意”的解可能已经有意义，如弹性碰撞中v1 = v10 ，v2 = v20的解。

2、物体之间有相对滑动时，机械能损失的重要定势：－ΔE = ΔE内 = f滑·S相 ，其中S相指相对路程

第二讲 重要模型与专题

一、动量定理还是动能定理？

物理情形：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 。

模型分析：太空垃圾的分布并不是连续的，对飞船的撞击也不连续，如何正确选取研究对象，是本题的前提。建议充分理解“平均”的含义，这样才能相对模糊地处理垃圾与飞船的作用过程、淡化“作用时间”和所考查的“物理过程时间”的差异。物理过程需要人为截取，对象是太空垃圾。

先用动量定理推论解题。

取一段时间Δt ，在这段时间内，飞船要穿过体积ΔV = S·vΔt的空间，遭遇nΔV颗太空垃圾，使它们获得动量ΔP ，其动量变化率即是飞船应给予那部分垃圾的推力，也即飞船引擎的推力。

F =

?P?M?vm?n?V?vm?nSv?t?v = = = = nmSv2 ?t?t?t?t如果用动能定理，能不能解题呢？

同样针对上面的物理过程，由于飞船要前进x = vΔt的位移，引擎推力F须做功W = Fx ，它对应飞船和被粘附的垃圾的动能增量，而飞船的ΔEk为零，所以：W =

即：FvΔt =

1ΔMv2 211（n m S·vΔt）v2 得到：F = nmSv2 22两个结果不一致，不可能都是正确的。分析动能定理的解题，我们不能发现，垃圾与飞船的碰撞是

完全非弹性的，需要消耗大量的机械能，因此，认为“引擎做功就等于垃圾动能增加”的观点是错误的。但在动量定理的解题中，由于I = Ft ，由此推出的F =

?P必然是飞船对垃圾的平均推力，再对飞船?t用平衡条件，F的大小就是引擎推力大小了。这个解没有毛病可挑，是正确的。

（学生活动）思考：如图1所示，全长L、总质量为M的柔软绳子，盘在一根光滑的直杆上，现用手握住绳子的一端，以恒定的水平速度v将绳子拉直。忽略地面阻力，试求手的拉力F 。

2

Mv2解：解题思路和上面完全相同。答：

L二、动量定理的分方向应用

物理情形：三个质点A、B和C ，质量分别为m1 、m2和m3 ，用拉直且不可伸长的绳子AB和BC相连，静止在水平面上，如图2所示，AB和BC之间的夹角为（π－α）。现对质点C施加以冲量I ，方向沿BC ，试求质点A开始运动的速度。

模型分析：首先，注意“开始运动”的理解，它指绳子恰被拉直，有作用力和冲量产生，但是绳子的方位尚未发生变化。其二，对三个质点均可用动量定理，但是，B质点受冲量不在一条直线上，故最为复杂，可采用分方向的形式表达。其三，由于两段绳子不可伸长，故三质点的瞬时速度可以寻求到两个约束关系。下面具体看解题过程——

绳拉直瞬间，AB绳对A、B两质点的冲量大小相等（方向相反），设为I1 ，BC绳对B、C两质点的冲量大小相等（方向相反），设为I2 ；设A获得速度v1（由于A受合冲量只有I1 ,方向沿AB ，故v1的反

??向沿AB），设B获得速度v2（由于B受合冲量为I1+I2，矢量和既不沿AB ，也不沿BC方向，可设v2与

??AB绳夹角为〈π－β〉，如图3所示），设C获得速度v3（合冲量I+I2沿BC方向，故v3沿BC方向）。

对A用动量定理，有：

I1 = m1 v1 ①

???B的动量定理是一个矢量方程：I1+I2= m2v2 ，可

化为两个分方向的标量式，即：

I2cosα－I1 = m2 v2cosβ ② I2sinα= m2 v2sinβ ③ 质点C的动量定理方程为：

I － I2 = m3 v3 ④ AB绳不可伸长，必有v1 = v2cosβ ⑤ BC绳不可伸长，必有v2cos(β－α) = v3 ⑥

六个方程解六个未知量（I1 、I2 、v1 、v2 、v3 、β）是可能的，但繁复程度非同一般。解方程要注意条理性，否则易造成混乱。建议采取如下步骤——

1、先用⑤⑥式消掉v2 、v3 ，使六个一级式变成四个二级式： I1 = m1 v1 ⑴ I2cosα－I1 = m2 v1 ⑵ I2sinα= m2 v1 tgβ ⑶ I － I2 = m3 v1(cosα+ sinαtgβ) ⑷ 2、解⑶⑷式消掉β，使四个二级式变成三个三级式：

I1 = m1 v1 ㈠ I2cosα－I1 = m2 v1 ㈡

m2?m3sin2?I = m3 v1 cosα+ I2 ㈢

m23、最后对㈠㈡㈢式消I1 、I2 ，解v1就方便多了。结果为：v1 =

Im2cos? 2m2(m1?m2?m3)?m1m3sin? 3

（学生活动：训练解方程的条理和耐心）思考：v2的方位角β等于多少？

解：解“二级式”的⑴⑵⑶即可。⑴代入⑵消I1 ，得I2的表达式，将I2的表达式代入⑶就行了。 答：β= arc tg（

m1?m2。 tg?）

m2三、动量守恒中的相对运动问题

物理情形：在光滑的水平地面上，有一辆车，车内有一个人和N个铅球，系统原来处于静止状态。现车内的人以一定的水平速度将铅球一个一个地向车外抛出，车子和人将获得反冲速度。第一过程，保持每次相对地面抛球速率均为v ，直到将球抛完；第二过程，保持每次相对车子抛球速率均为v ，直到将球抛完。试问：哪一过程使车子获得的速度更大？

模型分析：动量守恒定律必须选取研究对象之外的第三方（或第四、第五方）为参照物，这意味着，本问题不能选车子为参照。一般选地面为参照系，这样对“第二过程”的铅球动量表达，就形成了难点，必须引进相对速度与绝对速度的关系。至于“第一过程”，比较简单：N次抛球和将N个球一次性抛出是完全等效的。

设车和人的质量为M ，每个铅球的质量为m 。由于矢量的方向落在一条直线上，可以假定一个正方向后，将矢量运算化为代数运算。设车速方向为正，且第一过程获得的速度大小为V1 第二过程获得的速度大小为V2 。

第一过程，由于铅球每次的动量都相同，可将多次抛球看成一次抛出。车子、人和N个球动量守恒。 0 = Nm(-v) + MV1

得：V1 =

Nmv ① M第二过程，必须逐次考查铅球与车子（人）的作用。

第一个球与（N–1）个球、人、车系统作用，完毕后，设“系统”速度为u1 。值得注意的是，根据运动合成法则v球?地?v球?车?v车?地，铅球对地的速度并不是（-v），而是（-v + u1）。它们动量守恒方程为：

0 = m(-v + u1) +〔M +(N-1)m〕u1 得：u1 =

???mv

M?Nmmmv + v

M?NmM?(N?1)m第二个球与（N -2）个球、人、车系统作用，完毕后，设“系统”速度为u2 。它们动量守恒方程为： 〔M+(N-1)m〕u1 = m(-v + u2) +〔M+(N-2)m〕u2 得：u2 =

第三个球与（N -2）个球、人、车系统作用，完毕后，设“系统”速度为u3 。铅球对地的速度是（-v

+ u3）。它们动量守恒方程为：

〔M+(N-2)m〕u2 = m(-v + u3) +〔M+(N-3)m〕u3

得：u3 =

mmmv + v + v

M?NmM?(N?1)mM?(N?2)m以此类推（过程注意：先找uN和uN-1关系，再看uN和v的关系，不要急于化简通分）??，uN的通

式已经可以找出：

V2 = uN =

mmmmv + v v + v + ? +

M?NmM?mM?(N?1)mM?(N?2)m 4