动量与动能计算

（1）单物体受力的判别：①属性力：重力、磁场力、电场力；②动力：物体消耗化学能或生物能并转化为牵引力。③非动力：弹力【支（支持力）、拉（绳子拉力）、压（推力）】；浮（气、水浮力）、摩（固-固：滑动摩擦力、滚动摩擦力、静摩擦力；固-气、液：空气阻力、液体阻力）。

在单物体受力分析时，应以两对或三对互相垂直的力作为坐标轴的方向。如图1，经受力分析得知N与fs互相垂直，则以N的方向作为Y轴，fs的方向作为X轴建立坐标体系。在计算过程中为了明确力与力之间的关系，可以将受力点移到与角度有关的起点或终点作为分析。如图2将，物体受力点移到起点处进行分析，可以很明确看出各个力与坐标轴之间的关系。

图1                                  图2

（2）单物体运动形式：

直线匀速运动：F=f；S=vt

直线匀加速运动：F=ma；S=v0t+at

直线变加速运动：P=Tv

匀速圆周运动：F=

摇摆运动：mgr=mv2

平抛运动：竖向，t=；横向，L=v0t。

（3）单物体动量计算：

当物体X轴与Y轴方向同时受力且I1与I2都不为零的情况有：

水平方向：I1=FXt

竖直方向：I2=FYt

则有  =  

此时计算的速度方向应统一乘于方向角，调至与力在同一水平或竖直的方向计算。

当I1=mv，I2=0时有：

FXt= mv

FYt=0

得t = ，FY=0

其中，v=v0+at，从而得出

v=v0+a 

当v0=0时，v= a ，有a = 

单物体运动末速度v =。当=0时，有v =。

当I1= I2=0时有：FXt= 0；FYt=0即为静力平衡公式。

（4）单物体动能计算：

Ek=mv- mv=W+Q+Ep

其中Q计算符号为负，Ep计算时释能符号为正，储能为负。

Q的计算是按路程计算。

    （5）单物体动量与动能的关系：I 2= 2mEk

【例1】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：（1）由动能定理有：WG+W电 = △EK，而△EK = 0 

重力做负功，WG＜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）因为物体只受电场力和重力，且此二力互相垂直。以电场力所在直线作为X轴，重力所在直线作为Y轴。如下图：

此时，取X、Y的坐标轴方向为正方向，I1=FXt，I2=Fyt有：

m（-υ）-mυcosθ = -qEt

0-mυsinθ = -mgt

将两式对比得出，从而得出电场强度为E = 。

（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 =  

从进入点O到最高点N由动能定理有qU-mgh = △EK = 0，代入h值得U =  

【例2】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：因为物体受力中支持力N与摩擦力f互相垂直。以摩擦力所在直线作为X轴，支持力所在直线作为Y轴。如下图：

FXt=（F浮sinα-mgsinα-fsinα）t=mvB-0= mvB

FYt=(F浮cosα-mgcosα-N)t=0-0=0，即F浮cosa-mgcosα-N=0

又F浮 = ρ液Vg = 2ρ木Vg = 2mg，从而从FYt=0得出，N=F浮cosα-mgcosα= mgcosα

将f=μN代入FXt式中，得出t=0.5vB。又vB=at得出a=2，

将a=2与s=2代入vB =式中，得出vB=2.83 m/s。

也可以由动能定理： F浮Lsinα-mgLsinα-FfL = 1/2mυ得出vB=2.83 m/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： 

FLsinα-Ffs = △EK = 0 

代入各量得s =  = 3m

二物系统动能与动量计算

动量

系统动量公式：∆Ia+∆Ib=Fa t外+Fbt外+abt内，其中abt =Fbat + Fabt =0。式中∆Ia =mva2-mva1=Fat外+Fbat;∆Ib =mvb2-mvb1=Fbt外+Fabt;Fa外指的是A物体受的除B物体所施的外力，Fb外指的是B物体受的除A物体所施的外力， Fab指的是A物体对B物体施加的外力，Fba 指的是B物体对A物体施加的外力。abt指的是AB物体之间的作用力在时间上的累积的差值， abt=（Fab+Fba）t=0。

（1）动量的碰撞会改变物体的运动方向。动量的研究是系统物体碰撞的那一刻或物体被联系的运动开始作为初始状态。运动的初末状态的速度必须在同一条直线上。

（2）当Fa t外+Fbt外+abt内=0时，有∆Ia+∆Ib=0。即为动量守恒公式。动量的连续传递状态，同一运动过程中状态1-2动量=动量状态2-3=动量状态1-3。

（3）当Ia+Ib=0时，即系统初末状态的速度为0。有Fat外+Fbt外+abt内=0，消去t有Fa +Fb +ab =0，拆解为单物体受力分析有Fa + Fab=0与Fb +Fba=0，亦即受力平衡公式。

（4）当Ia+Ib=Fa t外+Fbt外+abt内≠0时，拆解为单物体冲量分析有∆Ia=Fa t+Fabt内与∆Ib=Fb t+Fbat内，亦即冲量计算公式。

 动能

系统动能公式：∆Eka+∆Ekb=Wa外+Wb外+Wab内。

式中∆Eka = mav- mav; ∆Ekb=mbv- mbv。对于单个物体而言∆Eka=Wa外+Wba外=(Fa+ Fba)SA，由此可求得SA；同理∆Ekb=Wb外+Wab外=(Fb+ Fab)SB，由此可求得SB。Wab内= Wba外+ Wab外= FbaSA +FabSB = Fab（SA-SB）。式中Wa外指的是A物体受的除B物体所施的外力做的功，Wb外指的是B物体受的除A物体所施的外力做的功，Wba外指的是B物体对A物体施加的外力做的功，Wab外指的是A物体对B物体施加的外力做的功。Wab内指的是AB物体之间的作用力在空间上的累积的差值。

（1）Wa外或Wb外：动力功=FvT或FS，非动力功=FS。

（2）Wab内：A与B相对运动的摩擦热能Q=μmgL，导致系统动能减少，计算时该项为负，即“－Wab内”；A与B伸拉弹性势能Ep，假如弹簧为释能过程，包括压缩释能和拉伸释能，将导致系统动能增加，计算时该项为正，即“Wab内”。假如弹簧为储能过程，包括压缩储能和拉伸储能，将导致系统动能减少，计算时该项为负，即“－Wab内”。

Wab内=0

系统运动过程中摩擦产生热能Wab内=Q=-μmgL

系统运动过程中弹簧压缩能量的释放Wab内=Ep

系统运动过程中弹簧压缩能量的释放Wab内=Ep

系统运动过程中弹簧压缩储存能量Wab内=-Ep

系统运动过程中弹簧拉伸储存能量Wab内=-Ep

（3）当Wa外+Wb外+Wab内=0时，有Eka+Ekb=0，即系统动能守恒。

（4）当∆Eka+∆Ekb=0时，有Wa外+Wb外+Wab内=0，即系统机械能守恒。

（5）当∆Eka+∆Ekb≠0，即Wa外+Wb外+Wab内其中至少有一项≠0。此时功能守恒。动能不能像动量一样传递，动能是一个累计的过程。必须确定每一个传递过程的初末状态速度再进行求解。同一个运动过程中，求解动能状态1-2与动能状态2-3，则动能状态1-3=动能状态1-2+动能状态2-3。

（6）重要推论：

∆Eka = mav- mav；∆Ekb=mbv- mbv

∆Eka=Wa外+Wba外=(Fa+ Fba)SA；∆Ekb=Wb外+Wab外=(Fb+ Fab)SB

∆Eka+∆Ekb=Wa外+Wb外+Wab内

=FaSA+ FbSB+Wab内

= Fa+ Fb+ Wab内

由此可得：

Wab内 = ∆Eka+ ∆Ekb

其中∆IA=mava2 –mava1 =(Fa+Fba)t；∆IB=mbvb2 –mbvb1 =(Fb+Fab)t

当Fa=Fb=0时有，Wab内 = ∆Eka + ∆Ekb。

= = =； = = = 

该公式计算的前提就是一定要单独求解A与B物体的初末速度，从而确定∆Eka与∆Ekb再进行求解。避免计算过程中因“abt内=0”而忽略已知的束缚条件。

同理可推理得:

∆Ia+ ∆Ib = 0

当∆Eka 与∆Ekb都不为零时的其他公式推理如下：

受力式：当发生相对运动，初末动量或速度都已知时，列式有：

当初末动能或受力已知

∆Ia+ ∆Ib = 0

Wab内 = ∆Eka+ ∆Ekb

时间式：当内力做功且系统作直线相对运动，列式有：

当初末速度或时间已知

∆Ia+ ∆Ib = 0   

 (va-vb)-(va0-vb0) =( aa – ab)t，由 ∆Ia-∆Ib推理可得。

 (va-vb)-(va0-vb0) =2，由Sa-Sb推理可得。   

= =； = = 

=； =

Wab =Fbax  

规定Va为正方向。

路程式：当系统内力不作功且非直线运动时，列式有：

当Sa与Sb已知

∆Ia+∆Ib=Fa t外+Fbt外

∆Eka+∆Ekb=FaSa+ FaSb

或只求Sa与Sb时有

Sa±Sb=x

maSa - mbSb=0

前提：va0=vb0=0，Fa=Fb=0

【例1】如图所示，质量mA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mB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EKA为8.0J，小物块的动能EKB为0.50J，重力加速度取10m/s2，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：（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 = mAυ0 代入数据得：υ0 = 3.0m/s

（2）∆Eka=8.0 -× 4 ×32= -10J; ∆Ekb=0.5–0 = 0.5J

因为∆Eka与∆Ekb都为已知项，所以：

代入Wab内 = ∆Eka+ ∆Ekb有

-μm b  gL=∆Eka + ∆Ekb

代入各项计算数据有

-0.24×1×10L=×(-10)+0.5

即L= = 0.5m

【例2】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/s2） 

   （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？

解：由mava2 –mava1 =(Fa+Fba)t；mbvb2 –mbvb1 =(Fb+Fab)t得ma2va2=2（F-1）；     

mb2vb2=2

∆Eka=2(F-1)2；∆Ekb=0.4

代入Wab内 = ∆Eka+ ∆Ekb有

-μm a  gL=∆Eka + ∆Ekb

即-2=× 2(F-1)2+0.4，从而得出F=2.2N

该题最容易出错的地方在于把A与B两个物体的末速度当作相同来处理。从而列式有(m+M)v=Ft与∆Eka+∆Ekb=Wa外+Wb外+Wab内最后得出F=1.85N，该解法错在(m+M)v=Ft式中省略了A与B物体相互之间的作用影响。从而忽略了在系统运动时间已知前提下可以求解B物体的末速度。所以，“双物系统”问题的求解关键在于判断物体初末速度。该计算得出的结论是在限定时间前提下，物体相对摩擦运动的末速度不一定相等。或时间不限定时间的前提下，物体的相对摩擦运动的末速度有可能相等。

其他解法：

由 (va-vb)-(va0-vb0) =(aa-ab)t与 (va-vb)-(va0-vb0) =2  式列出

aa =F-1，aa =0.2，则(aa-ab)t=2(F-1.2)

2 =2×=2

由(aa-ab)t=2得2(F-1.2)=2，从而F=2.2N

（2）由mava2 –mava1 =(Fa+Fba)t；mbvb2 –mbvb1 =(Fb+Fab)t得

mava2 – mava1= –ft；mbvb2 –0 =ft

由于时间不限定，因此无法直接判定A与B物体末速度的大小，即无法直接求解∆Eka与∆Ekb，因此A与B物体的末速度有可能相等，且相等时F为最小。

设A、B共同运动时的速度为V，A物体运动的初速度为v0,则有mav – mav0 +mbv=0，从而有v=，由于A与B物体都不受外力的影响。代入Wab内 = ∆Eka+ ∆Ekb有

-μm a  gL= mav2–mav+mbv2–0

即 -2 =×(1+5) × ()2 -  × 1 × v

从而求得v0 =  m/s，I0A=mava= m2/s。

其他解法：

由 (va-vb)-(va0-vb0) =(aa-ab)t与 (va-vb)-(va0-vb0) =2  式列出

v0=1.2t=从而得出v0= m/s，I0A=mava= m2/s。

【例3】如图所示，滑块A、B的质量分别为m1与m2，m1＜m2，由轻质弹簧相连接置于水平的气垫导轨上，用一轻绳把两滑块拉至最近，使弹簧处于最大压缩状态后绑紧。两滑块一起以恒定的速率v0向右滑动.突然轻绳断开.当弹簧伸至本身的自然长度时，滑块A的速度正好为0.求：

(1)绳断开到第一次恢复自然长度的过程中弹簧释放的弹性势能Ep；

(2)在以后的运动过程中，滑块B是否会有速度为0的时刻?试分析证明你的结论.

解：（1）因A、B物体组成的系统没有受到外力影响，且在非限定时间内运动，所以有：

∆IA=0-mav0；∆IB = mbvb -mbv0。∆IA+∆IB=0，即 -mav0+mbvb -mbv0 = 0，求得vb=。

由于状态1-状态2的运动过程为释能过程，所以Wab内= +Ep。代入Wab内 = ∆Eka+ ∆Ekb有Ep=0–mav+mbv2–mb v。即求得Ep=ma(ma+mb)v02/2mb。

其他解法：

由 (va-vb)-(va0-vb0) =(aa-ab)t与 (va-vb)-(va0-vb0) =2  式列出

vb=F(+)t=2，从而有v=2(-)Ep

又由∆Ia+∆Ib=0得vb = v0

所以Ep= ma(ma+mb)v02/2mb

（2）状态2-状态3的运动为释能过程，Wab内= -Ep。

∆I’A= mava-0= mava，∆I’B= 0-mbvb= -mbvb；∆I’A+∆I’B= mava -mbvb= 0，有va =vb

又-Ep=mav–0 + 0–mb v，得Ep=mb v–mav，代入va =vb，从而有

Ep=mbv–mav=mb v–ma（vb）2 =（1 -） mb v

因为ma＜mb，所以Ep＜0，这与常规不符合。从而证明滑块B没有速度为0的时刻。

其他解法：

由 (va-vb)-(va0-vb0) =(aa-ab)t与 (va-vb)-(va0-vb0) =2  式列出

va+vb=F( - +)t及va+vb =2 

因为va+vb =2 > 0，而va+vb=F( - +)t < 0（ma＜mb）不符合要求。因此证明滑块B没有速度为0的时刻。

【例4】如图所示，质量为m的有孔物体A套在光滑的水平杆上，在A下面用细绳挂一质量为M的物体B，若A固定不动，给B一水平冲量I，B恰能上升到使绳水平的位置.当A不固定时，要使B物体上升到使绳水平的位置，则给它的水平冲量至少多大?

对于水平方向有：∆Ia+∆Ib=0，整理有 Mv0=(M+m)v；

因为物体做非直线运动（B相对于A在做旋转的运动，但是A和B相对于大地都在做水平向右的运动），有：∆Eka+∆Ekb=Wa外+Wb外，整理有(M+m)v2/2-Mv02/2=-Mgh；

又 I′=Mv0，得 I′=I。

【例5】如图所示，两个完全相同的质量为m 的木板A、B 置于水平地面上，它们的间距s＝2.88m，质量为2m、大小可忽略的木块C 置于A 板的左端。C 与A 之间的动摩擦因数μ1＝0.22，A、B 与水平地面之间的动摩擦因数为μ2＝0.10，最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力。开始时三个物体处于静止状态。现给C 施加一个水平向右，大小为2/5mg 的恒力F，假定木板A、B 碰撞时间极短且碰撞后粘连在一起，要使C 最终不脱离木板，每块木板的长度至少应为多少？

解：状态1—状态2（C与A共同运动）

当系统内力不作功且非直线运动时，列式有：∆Ia+∆Ib=Fa t外+Fbt外

∆Ekc+∆Eka=Wc外+Wa外

(2m)v + mv=Fs + fs

×(2m+m) v=0.4mg×2.88 - 0.22×(2m+m)g×2.88

v1=1.386 m/s

状态2—状态3（A与B碰撞并组合共同运动）

∆Ia+∆Ib=0

mv2-mv1+mv2-0=0，2mv2= mv1

v2=0.693

状态3—状态4（C与A+B相对运动，最后组合共同运动）

代入Ia+Ib=0有，

2mv3-2mv1+(m+m)v3-(m+m)v2=0，即v3=1.039 m/s

代入Wab内 = ∆Eka+ ∆Ekb有，

-μ1(2mg)=×[(2m)v-  (2m) v] +×[(m+m) v-  (m+m) v]

即-0.4L=2v- v- v

L==0.606 m

所以，A与B每块的长度为L/2=0.303 m。

【例5】一个质量为M，底面长为b的三角形劈静止于光滑的水平桌面上（如图所示），有一质量为m的小球由斜劈顶部无初速滑到底部时，劈移动的距离为多少？

　　解：因为系统初速度和外力为零，所以由Sa+Sb=b；maSa-mbSb=0，得Sb= 

【例6】如图所示，质量为m，长为a的汽车由静止开始从质量为M、长为b的静止平板车一端行至另一端时，汽车产生的位移s1大小为多少？平板车产生的位移s2大小为多少？（水平地面光滑）

　解：由Sa-Sb=x；maSa-mbSb=0，忽略小车的移动原因（牵引力或初动量），得

 ， 

【例7】有光滑圆弧轨道的小车总质量为M，静止在光滑水平地面上，轨道足够长，下端水平，有一质量为m的小球以水平初速度v0滚上小车（如图所示）。求：

　　(1)小球沿圆形轨道上升的最大高度h。

　　(2)小球又滚回来和M分离时两者的速度。

解：（1）对于水平方向有：∆Ia+∆Ib=0，整理有 mv0=(M+m)v；

因为物体做非直线运动（m相对于M在做向上圆周运动，但是m和M相对于大地都在做水平向左的运动），有：∆Eka+∆Ekb=Wa外+Wb外，整理有(M+m)v2/2 + Mgh =mv02/2；

　　解得：

　　（2）设小球又滚回来和M分离时二者的速度分别为v1和v2（m相对于M在做向下圆周运动，但是m和M相对于大地都在做水平向左的运动），则根据动量状态转移规律可得：

　　因为物体做非直线运动得：

mv- mv2 + Mv- Mv2 = mgh

即 mv + Mv= mv2 + Mv2 + mgh = Mv

　　　　解得：

　　 　　小球的速度： 

　　　　 小车的速度： 

【例8】质量为M=6 kg的小车放在光滑的水平面上，物块A和B的质量均为m=2kg，且均放在小车的光滑水平底板上，物块A和小车右侧壁用一根轻质弹簧连接，不会分离，如图所示，物块A和B并排靠在一起。现用力向右压B，并保持小车静止，使弹簧处于压缩状态，在此过程中外力做功270 J。撤去外力，当A和B分开后，在A达到小车底板的最左端位置之前，B已从小车左端抛出．求：

　　(1)B与A分离时，小车的速度多大？

　　(2)从撤去外力至B与A分离时，A对B做了多少功？

　　(3)假设弹簧伸长到最长时B已离开小车，A仍在车上，那么此时弹簧的弹性势能多大？

解：(1) B与A恰好分离，此时B与A有相同速度，设为v1，小车速度为v2， 代入∆Ia+∆Ib=0，有，2mv1+Mv2=0；代入∆Eka+∆Ekb=Wab，有  (2m)v + Mv=270，解得v1= 9 m/s，v2= 6 m/s。

　　即小车速度为6 m/s。

或代入时间式：(va-vb)-(va0-vb0) =(aa-ab)t与 (va-vb)-(va0-vb0) =2，规定向左为正方向，则va-vb =[– (-)]t = F(+)t；va-vb =2，从而有

（va-vb）2 =2Fx（+）=2×270×（+）=225，又2×2v1+6v2=0。从而解出v1= 9 m/s，v2= 6 m/s。

　　(2)根据动能定理，从撤去外力至B与A分离时，A对B做的功为：

　　(3)B与A分离后速度不变，弹簧伸到最长时，A与小车速度相同，设为v3，则有：

　　 　∆IM =Mv3-Mv2；∆IA =mv3-mv1；∆IM +∆IA =0，得(M+m) v3 = Mv2 + mv1 

代入∆Eka+∆Ekb=Wab公式有 Mv - Mv+ mv- mv=-Ep

即  (M+m)v+（270 - mv）=-Ep，从而求解

　　【例9】如图所示，在一光滑的水平面上有两块相同的木板B和C，重物A（视为质点）位于B的右端，A，B，C的质量相等。现A和B以同一速度滑向静止的C， B与C发生正碰，碰后B和C粘在一起运动，A在C上滑行，A与C有摩擦力，已知A滑到C的右端而未掉下。试问：从B，C发生正碰到A刚移到C右端期间，C所走过的距离是C板长度的多少倍？

解：设A，B，C的质量均为m。碰撞前，A与B的共同速度为v0，碰撞后B与C的共同速度为v1。对B，C，由动量守恒定律得： （须注意：在B，C发生正碰的瞬间，A运动状态没有发生变化）。设A滑至C的右端时，三者的共同速度为v2。对A， B，C，由动量守恒定律得： 。

　　设A与C的动摩擦因数为μ，从发生碰撞到A移至C的右端时C所走过的距离为s，C物体长为L，代入路程式有  (2m) v- 2mv=μ(2m)gS； mv- mv+ (2m) v- 2mv=-μmgL。解之得S/L=7/3。另解：由2x/t=(va-vb)-(va0-vb0)与2S/t= vb0 + vb解得S/L=7/3。