高中物理奥赛必看讲义:动量和能量

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动量和能量

第一讲 基本知识介绍

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

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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）→ p = －W 保）

b 2、机械能

3、机械能守恒定律a 、定律内容

b c 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——m 1v 10 + m2v 20 = m1v 1 + m2v 2

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12

12

2

m 1v 10 +

12

m 2v 2 = 20

12

2

m 1v 1 + m 2v 2

2

解以上两式（注意技巧和“不合题意”解的舍弃）可得：v 1 =

(m 1-m 2) v 10+2v 20

m 1+m 2

， v 2 =

(m 2-m 1) v 20+2v 10

m 2+m 1

对于结果的讨论：

①当m 1 = m2 时，v 1 = v20 ，v 2 = v10 ，称为“交换速度”；

②当m 1 ＜＜ m 2 ，且v 20 = 0时，v 1 ≈ －v 10 ，v 2 ≈ 0 ③当m 1 ＞＞ m 2 ，且v 20 = 0时，v 1 ≈ v 10 ，v 2 ≈ 10

，只满足动量守v 10 － v 20）的比值，即： 1 。

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

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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v 1 = v10 ，v 2 = 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

遇到太空垃圾的碰撞而受到阻碍作用。n 颗，每颗的平均质量为

垂直速度方向的横截面积为S ，F 。

S ·v Δt 的空间，遭遇n ΔV 颗太也即飞船引∆t

∆t

∆t

∆t

= 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 = v Δt 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ΔE k 为零，所以：

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W =

12

ΔMv

2

即：F v Δt = 得到：F =

12

12

（n m S·v Δt ）v 2

nmSv 2

的碰撞是完全非弹性的，需要消耗大量的机械能，因此，认为的观点是错误的。但在动量定理的解题中，由于I = F t ，由此推出的F =

∆P ∆t

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

M

m 123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

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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I 1 ，BC 绳对B 、C 两质点的冲量大小相等（方向相反），设为I 2 ；设A 获得速度v 1（由于A I 1 ,方向沿AB ，故v 1的反向沿AB ），设B 获得速度v 2（由于B 受合冲量为I 1+I 2AB ，也不沿BC 方向，可设v 2与AB 绳夹角为〈π－β〉，

如图3所示），设C 获得速度v 3（合冲量I +I 2沿BC 方

向，故v 3沿BC 方向）。

对A 用动量定理，有：

I 1 = m1 v1

B 的动量定理是一个矢量方程：I v 2 化为两个分方向的标量式，即：

I 2cos α－I 1 = m2 v2②

I 2sin α= m2 v2sin β③质点C I － I2④

v 1 = v2cos β ⑤v 2cos(β－α) = v3 ⑥

I 1 、I 2 、v 1 、v 2 、v 3 、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v 2 、v 3 ，使六个一级式变成四个二级式：I 1 = m1 v1 ⑴

I 2cos α－I 1 = m2 v1 ⑵

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I 2sin α= m2 v1 tgβ ⑶ I － I2 = m3 v1(cosα+ sinαtg β) ⑷ 2、解⑶⑷式消掉β，使四个二级式变成三个三级式：

I 1 = m1 v1 ㈠ I 2cos α－I 1 = m2 v1 ㈡

m 2+m 3sin

m 2

2

I = m3 v1 cosα+ I2

α

㈢

3、最后对㈠㈡㈢式消I 1 、I 2 ，解v 1v 1 =

Im 2cos α

m 2(m 1+m 2+m 3) +m 1m 3sin

2

α

2的表达式，将I 2的表达式代入⑶N 个铅球，系统原来处于静车子和人将获得反冲速

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

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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V 1 第二过程获得的速度大小为V 2 。

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：V 1 =

Nm M

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 –11 。值得注意的是，根据运动合成法则v 球→地=v 球→车+v 车→地-v ），而是（-v

u 2 。它们动量u 3 。铅球对地233得：u 3 =

m M +Nm

v +

m M +(N -1) m

v +

m M +(N -2) m

v

以此类推（过程注意：先找u N 和u N-1关系，再看u N 和v 的关系，不要急于化简通分）„„，u N 的通式已经可以找出：

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v +

m M +(N -2) m

v + „ +

m M +m

v

V 2 = uN =

m M +Nm

N

v +

m M +(N -1) m

即：V 2 = ∑

i =1

m M +im

v ②

我们再将①式改写成：

N

V 1 = ∑

i =1

m M

v ①′

不难发现，①′式和②式都有N 中的分母小，所以有：V 1 ＞ V2 。

结论：第一过程使车子获得的速度较大。

（学生活动）思考：质量为M 的车上，有n m 的人，它们静止在光滑的水平地面上。现在车上的人以相对车大小恒为v N 个人同时跳下；第二过程，N

n

V 1 = ∑

i =1

m M +nm

v 。

L 、质量为M 的船停止在静水中（但未抛锚），船头上有一始向船尾走走到船尾时，船将会移动多远？

（学生活动）思考：人可不

可能匀速（或匀加速）走动？当

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人中途停下休息，船有速度吗？人的全程位移大小是L 吗？本系统选船为参照，动量守恒吗？

模型分析：动量守恒展示了已知质量情况下的速度关系，要过渡到位移关系，需要引进运动学的相关规律。根据实际情况（人必须停在船尾），人的运动不可能是匀速的，也不可能是匀加速的, 运动学的规律应选择S = t 。为寻求时间t ，则要抓人和船的位移约束关系。

为v ，船的速率为V ）0 = MV + m(-v) 即：mv = MV

不难推知，对中间的任一过程，两者的平均速度也有这种关系。即：

① m s = M S ② ③ ）

得：x =

mL 2(m +M )

），又根据，

末态的质量分布与初态比较，相对整体质心是左右对称的。弄清了这一点后，求解船的质心位移易如反掌。

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（学生活动）思考：如图5所示，在无风的天空，人抓住气球下面的绳索，和气球恰能静止平衡，人和气球地质量分别为m 和M ，此时人离地面高h 。现在人欲沿悬索下降到地面，试问：要人充分安全地着地，绳索至少要多长？

解：和模型几乎完全相同，此处的绳长对应模型中的“船的长度”（“充分安全着地”的含义是不允许人脱离绳索跳跃着地）。

答：

（学生活动）思考：如图6所示，两个倾角相同的斜面，互相倒扣着放在光滑的水平地面上，小斜面在大斜面的顶端。将它们无初速释放后，小斜面下滑，大斜面后退。已知大、小斜面的质量分别为M 和m ，

，试求：小斜面滑到底端时，大斜面后退的距离。

答：

m M +m m +M M

h 。

（a －b ）。

进阶应用：如图7所示，一个质量为M ，半径为R 的光滑均质半球，静置于光滑水平桌面上，在球顶有一个质量为m 的质点，由静止开始沿球面下滑。试求：质

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点离开球面以前的轨迹。

解说：质点下滑，半球后退，这个物理情形和上面的双斜面问题十分相似，仔细分析，由于同样满足水平方向动量守恒，故我们介绍的“定式”是适用的。定式解决了水平位移（位置）的问题，竖直坐标则需要从数学的角度想一些办法。

为寻求轨迹方程，我们需要建立一个坐标：以半球球心O 为原点，沿质点滑下一侧的水平轴为x 坐标、竖直轴为y 坐标。

由于质点相对半球总是做圆周运动的（离开球面前），有必要引入相对运动中半球球心O ′的方

五、功的定义式中S 怎么取值

在求解功的问题时，有时遇到力的作用点位移与受力物体的（质心）位移不等，S 是取力的作用点的位移，还是取物体（质心）的位移呢？我们先看下面一些事例。

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1、如图9所示，人用双手压在台面上推讲台，结果双手前进了一段位移而讲台未移动。试问：人是否做了功？

2、在本“部分”第3页图1的模型中，求拉力做功时，S 是否可以取绳子质心的位移？ 3、人登静止的楼梯，从一楼到二楼。楼梯是否做功？

4、如图10所示，双手用等大反向的力F S ，汽缸中封闭气体被压缩。施力者（人）是否做功？

在以上四个事例中，S 若取作用点位移，只有第1、2、4例是做功的（注意第3例，楼梯支持力的作用点并未移动，而只是在不停地交换作用点），S 若取物体（受力者）质心位移，只有第2、3例是做功的，而且，尽管第2例都做了功，数字并不

面对这些似是而非的“疑难杂症”点。

第1功。S

第2S 取作用点位移为佳； 第3S 取作用点位移；

第4S 取作用点位移。

1例，人对讲台不做功，S 取物体质S 取L/2时的值——物体质心位移；第4例，气体宏观动能无增量，S （第3例的分析暂时延后。）

以上分析在援引理论知识方面都没有错，如何使它们统一？原来，功的概念有广义和狭义之分。在力学中，功的狭义概念仅指机械能转换的量度；而在物理学中功的广义概念指除热传递外的一切能量转换的量度。所以功也可定义为能量转换的量度。一个系统总能量的变化，常

以系统对外做功的多少来量度。能量可以是机械能、电能、热能、化学能等各种形式，也可以

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多种形式的能量同时发生转化。由此可见，上面分析中，第一个理论对应的广义的功，第二个理论对应的则是狭义的功，它们都没有错误，只是在现阶段的教材中还没有将它们及时地区分开来而已。

而且，我们不难归纳：求广义的功，S 取作用点的位移；求狭义的功，S 取物体（质心）位移。

那么我们在解题中如何处理呢？这里给大家几点建议： 1般指广义的功；2、讲“力对某物体做的功”常常指狭义的功；3义的功。

当然，求解功地问题时，还要注意具体问题具体分析。就相对复杂一些。如果认为所求为狭义的功，S 们来这样一个处理：将复杂的形变物体（人）刚性物体下面连接一压缩的弹簧（如图11所示），等效为弹簧将刚性

23、第4例），要么，施力者和受力者之或机械能以外的形式。如第1例）。

v 运转。将一袋货物无初速地放上去，v 之前，与传送带的摩擦力大小为f ，对地的位移为S 。试问：求摩擦力的功时，是否可以用W = fS ？

解：按一般的理解，这里应指广义的功（对应传送带引擎输出的能量），所以“位移”取作用点的位移。注意，在此处有一个隐含的“交换作用点”的问题，仔细分析，不难发现，每一个（相对皮带不动的）作用点的位移为2S 。

（另解：求货物动能的增加和与皮带摩擦生热

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的总和。）

答：否。

（学生活动）思考：如图12所示，人站在船上，通过拉一根固定在铁桩的缆绳使船靠岸。试问：缆绳是否对船和人的系统做功？

解：分析同上面的“第3例”。

答：否。

六、机械能守恒与运动合成（分解）的综合

物理情形：如图13为m 1和m 2的A 、B L 的轻绳相连。忽略两球的大小，初态时，认为它们的位置在同一高度，现无初速地将系统释放，忽略一切摩擦，试求B 球运动L/22模型分析：A 、B 、B 两球的

球的机械能是否守恒？B 球的机判断两个W T 的代数和为零；b 、无非弹性碰撞，无摩擦，没有其它形式能的生成）？

由“拓展条件”可以判断，A 、B 系统机械能守恒，（设末态A 球的瞬时速率为v 1 ）过程的方程为：

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m 2g

L 2

=

12

m 1v 1 +

2

12

m 2v 2 ①

2

在末态，绳与水平杆的瞬时夹角为30°，设绳子的瞬时迁移速率为v ，根据“第三部分”知识介绍的定式，有：

v 1 = v/cos30°, v2 = v/sin30°

两式合并成：v 1 = v2 tg30°= v2/3 ②

3m 2gL m 1 m 2

解①、②两式，得：v 2 =

七、动量和能量的综合（一）

物理情形：如图14所示，两根长度均为L 的刚性轻杆，一端通过质量为m 端分别与质量为m 和2m 的小球相连。90°时，质量为2m v 2模型分析：水平方向动量守恒，并注意约束关系——两杆不可伸长。

90°）左边小球的速度为v 1（方向：水平向左），球形铰链的速度为v （方角斜向左），

22

12

12

mg( L-12

L) =

m v 1 +

2

mv 2 +

2m v 2 ①

2

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三球系统水平方向动量守恒，有： mv 1 + mvsinθ= 2mv2 ② 左边杆子不形变，有：

v 1cos45°= vcos(45°-θ) ③ 右边杆子不形变，有：

vcos(45°+θ) = v2cos45° ④

四个方程，解四个未知量（v 1 、v 2 、v 和θ） 1、③、④两式用v 2替代v 1和v ，代入②式，解θ值，得：θ2、在回到③、④两式，得：

3gL (2

20

2)

进阶应用：在本讲模型“四、反冲„„”的“进阶应用”（见图8）中，当质点m 滑到方位角θ时（未脱离半球），质点的速度v 的大小、方向怎样？

解说：此例综合应用运动合成、动量守恒、机械能守恒

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知识，数学运算比较繁复，是一道考查学生各种能力和素质的难题。

据运动的合成，有：

v 点→半球 = v 点→地 + v 地→半球 = v 点→地 - v 半球→地

其中v 半球→地必然是沿地面向左的，为了书写方便，我们设其大小为v 2 ；v 点→半球必然是

v 1y

—1y v 1x

M

v 1的方向：和水平方向成α角，α= arctg = arctg（tg θ）

这就是最后的解。

v 相R

〔一个附属结果：质点相对半球的瞬时角速度 ω = =

2g (m +M )(1-cos θ) R (M +m sin

2

θ)

。〕

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八、动量和能量的综合（二）

物理情形：如图17所示，在光滑的水平面上，质量为M = 1 kg的平板车左端放有质量为m = 2 kg 的铁块，铁块与车之间的摩擦因素μ= 0.5 。开始时，车和铁块以共同速度v = 6 m/s向右运动，车与右边的墙壁发生正碰，且碰撞是弹性的。车身足够长，使铁块不能和墙相碰。重力加速度g = 10 m/s2 ，试求：1、铁块相对车运动的总路程；2的总路程。

模型分析：本模型介绍有两对相互作用时的处理常规。能量关系介绍摩擦生热定式的应用。由于

（这样可以使问题简化）。在此才开动量守恒，作用完毕后，

v

2

S =

2a

,

反向加速的位移S ′=

v 1

2

2a 1

，其中a = a1 =

μmg M

，故S ′＜ S ，所以，车碰墙之前，必然

已和铁块达到共同速度v 1 。

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v 33

2

车第二次碰墙后，车速变为－v 1 ，然后与速度仍为v 1的铁块作用，动量守恒，作用完毕后，共同速度v 2 =

mv 1+M (-v 1)

m +M

=

v 13v 23

= =

，因方向为正，必朝墙运动。 ，朝墙运动。

车第三次碰墙，„„共同速度v 3 = „„

v

3

以此类推，我们可以概括铁块和车的运动情况——

铁块：匀减速向右→匀速向右→匀减速向右→匀速向右„„

平板车： 停在墙角（总的末动能为零）。

Δ内 = f滑 S相 ， „„

n 次碰墙的总路程是：

v

2

ΣS = 2（ S1 + S2 + S3 + „ + Sn ）=

a

（ 1 +

13

2

+

13

4

+ „ +

13

2（n -1）

）

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1

32（n -1） = v 2μmg

M （ 1 + 132 + 134 + „ + ）

碰墙次数n →∞，代入其它数字，得：ΣS = 4.05 m

（学生活动）质量为M 、程度为L 的木板固定在光滑水平面上，另一个质量为m 的滑块以水平初速v 0同的滑块再次冲上木板，要求它仍能从另一端滑下，其初速度应为多少？

mv 2

0解：由第一过程，得滑动摩擦力f = 2L 。

第二过程应综合动量和能量关系（

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