第四部分动量和能量 第一讲基本知识介绍 冲量和动量 1、冲力(Ft图象特征)→冲量。冲量定义、物理意义 冲量在Ft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 、动量定理 1、定理的基本形式与表达 2、分方向的表达式:2Lk=△P,Σly=△Py… AP 3、定理推论:动量变化率等于物体所受的合外力。即一=∑F外 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= EScos a=FSF=FsS 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 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:△Ep=一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 机械能 3、机械能守恒定律 定律内容 b、条件与拓展条件(注意系统划分)
1 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 t P =ΣF 外 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:系统机械能的増量等于外力与耗散内力做功的代数和。 七、碰撞与恢复系数 、碰撞的概念、分类(按碰撞方冋分类、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+ m2 1 m2V20 m1 v m2 v 2 解以上两式(注意技巧和“不合题意”解的舍弃)可得: m -m +2V m m1+m2 对于结果的讨论 ①当m=m2时,v1=v20,v=v10,称为“交换速度”; ②当m<<m2,且v20=0时,v≈-v10,V≈0,小物碰大物,原速率返回 ③当m1>>m2,且v20=0时,v1≈vo,v2≈2v 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 n,VIo +m,v m1+m2 3、恢复系数:碰后分离速度(v2-v)与碰前接近速度(v0-v2o)的比值,即: 。根据“碰撞的基本特征”,0≤ε≤ 当e=0,碰撞为完全非弹性 当0<ε<1,碰撞为非弹性 碰撞为弹性。 八、“广义碰撞”一一物体的相互作用 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=v1o,v=v2o的解, 2、物体之间有相对滑动时,机械能损失的重要定势:一ΔE=ΔE内=f漕·S相,其中S*指相对路 程 第二讲重要模型与专题 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 2
2 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 2 1 m1 2 10 v + 2 1 m2 2 20 v = 2 1 m1 2 1 v + 2 1 m2 2 2 v 解以上两式（注意技巧和“不合题意”解的舍弃）可得： v1 = 1 2 1 2 10 20 m m (m m )v 2v + − + ， v2 = 2 1 2 1 20 10 m m (m m )v 2v + − + 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 = 1 2 1 10 2 20 m m m v m v + + 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 = 10 20 2 1 v v v v − − 。根据“碰撞的基本特征”，0 ≤ e ≤ 1 。 当 e = 0 ，碰撞为完全非弹性； 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”和所考査的“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。 AP AMvm.n△V.v n·nSv△t F = nmS At 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=v△t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: △Mv 即:Fv△t=1 (nmS·v△t) 得到:F=-nmSv 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F4P 必然是飞船对垃圾的平均推力,再对飞船 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—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 图1 解:解题思路和上面完全相同。 答 、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m,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(I-a)。现对质点C施加以冲量I, B m2 图2
3 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 = t P = t M v = t m n V v = t m nSv t v = nmSv2 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 = F x ，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 = 2 1 ΔMv2 即： F vΔt = 2 1 （n m S·vΔt）v 2 得到： F = 2 1 nmSv2 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 = F t ，由此推出的 F = t P 必然是飞船对垃圾的平均推力，再对飞船 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 。 解：解题思路和上面完全相同。 答： L Mv2 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v(由于A受合冲量只有I,方向沿AB,故v的反 向沿AB),设B获得速度v2(由于B受合冲量为1+12,矢量和既不沿AB,也不沿BC方向,可设v2与 AB绳夹角为(x-B),如图3所示),设C获得速度v(合冲量I+i2沿BC方向,故v沿BC方向) 对A用动量定理,有: B的动量定理是一个矢量方程:L+l2=mv2,可 化为两个分方向的标量式,即: Icos a-I m2 质点C的动量定理方程为 图3 AB绳不可伸长,必有v1=v2c BC绳不可伸长,必有v2cos(B-a)=v3 六个方程解六个未知量(I1、I2、v1、V2、v、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 I2sin a= m2 vi tg B (4) 2、解(3)④4)式消掉β,使四个二级式变成三个三级式 I m3 vi cos a +12-23 m2 3、最后对()((式消I1、I2,解v就方便多了。结果为: m2(m,+m,+m3)+m,m, sin a (学生活动:训练解方程的条理和耐心)思考:v的方位角β等于多少? 解:解“二级式”的(1)2)3)即可。(1)代入2消I1,得L的表达式,将L的表达式代入(3)就行了
4 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 1 I + 2 I ，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 + 2 I 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： 1 I + 2 I = m2 2 v ，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 I = m3 v1 cosα+ I2 2 2 2 3 m m + m sin ㈢ 3、最后对㈠㈡㈢式消 I1 、I2 ，解 v1 就方便多了。结果为： v1 = + + + 2 2 1 2 3 1 3 2 m (m m m ) m m sin Im cos （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( 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硏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)+MV. 得 Nm 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u。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+u)。它们动量守 恒方程为: 〔M+(N-1)m) M+Nm 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)ua 得 M+ Nm M+(N-1)m 第三个球与(N-2)个球、人、车系统作用,完毕后,设“系统”速度为u。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+u)+(M+(N-3)m)u3 m 1+nm M+(N-1)mM+(N-2)m 以此类推(过程注意:先找u和u关系,再看u和v的关系,不要急于化简通分)……,u的通 式已经可以找出: M+ Nm M+(N-1)mM+(N-2)m M+m
5 答：β= arc tg（ + tg m m m 2 1 2 ）。 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 = M Nm v ① 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 = v M Nm 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 = v M Nm m + + v M (N 1)m m + − 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 = v M Nm m + + v M (N 1)m m + − + v M (N 2)m 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 = v M Nm m + + v M (N 1)m m + − + v M (N 2)m m + − + … + v M m m +