知识讲解 动量 动量定理（提高）

1 物理总复习：动量 动量定理 【考纲要求】 1、理解动量的概念； 2、理解冲量的概念并会计算； 2、理解动量变化量的概念，会解决一维的问题； 3、理解动量定理，熟练应用动量定理解决问题。 【知识网络】 【考点梳理】 考点一、动量和冲量 1、动量 （1）定义：运动物体的质量与速度的乘积。 　 （2）表达式： 。 单位： 　 （3）矢量性：动量是矢量，方向与速度方向相同，运算遵守平行四边形定则。 　 （4）动量的变化量： ， 是矢量，方向与 一致。 （5）动量与动能的关系： 要点诠释：对“动量是矢量，方向与速度方向相同”的理解，如：做匀速圆周运动的物体速度 的大小相等，动能相等（动能是标量），但动量不等，因为方向不同。对“ 是矢量，方向 与 一致”的理解，如：一个质量为 的小钢球以速度 竖直砸在钢板上，假设反弹速度 也为 ，取向上为正方向，则速度的变化量为 ，方向向上，动量的变化 量为： 方向向上。 2、冲量 p mv= /kg m s⋅ 2 1p p p∆ = − p∆ v∆ 2 2 21 ( ) 2 2 2k mv pE mv m m = = = 2 kp mE= p∆ v∆ m v v ( ) 2v v v v∆ = − − = 2p mv∆ =2 　（1）定义：力与力的作用时间的乘积。 （2）表达式： 单位： 　（3）冲量是矢量：它由力的方向决定 考点二、动量定理 （1）内容：物体所受的合外力的冲量等于它的动量的变化量。 　　（2）表达式： 或 （3）动量的变化率：根据牛顿第二定律 即 ，这是动量的变化率，物体所受合外力等于 动量的变化率。如平抛运动物体动量的变化率等于重力 。 要点诠释： 　　（1）动量定理的研究对象可以是单个物体，也可以是物体系统。对物体系统，只需分 析系统受的外力，不必考虑系统内力。系统内力的作用不改变整个系统的总动量。 　　（2）用牛顿第二定律和运动学公式能求解恒力作用下的匀变速直线运动的间题，凡不 涉及加速度和位移的，用动量定理也能求解，且较为简便。 　　但是，动量定理不仅适用于恒定的力，也适用于随时间变化的力。对于变力，动量定理 中的 F 应当理解为变力在作用时间内的平均值。 　　（3）用动量定理解释的现象一般可分为两类：一类是物体的动量变化一定，此时力的 作用时间越短，力就越大；时间越长，力就越小。另一类是作用力一定，此时力的作用时间 越长，动量变化越大；力的作用时间越短，动量变化越小。分析问题时，要把哪个量一定哪 个量变化搞清楚。 （4）应用 求变力的冲量：如果物体受到变力作用，则不直接用 求变力的 冲量，这时可以求出该力作用下的物体动量的变化 ，等效代换变力的冲量 I。 　（5）应用 求恒力作用下的曲线运动中物体动量的变化：曲线运动中物体速度方 向时刻在改变，求动量变化 需要应用矢量运算方法，比较复杂，如果作用力是 恒力，可以求恒力的冲量，等效代换动量的变化。 【典型例题】 类型一、动量、动量变化量的计算 【高清课堂：动量 动量定理例 1】 例 1、质量为 0.4kg 的小球沿光滑水平面以 5m/s 的速度冲向墙壁，被墙以 4m/s 的速度 弹回，如图所示，求：这一过程中动量改变了多少？方向怎样？ 【思路点拨】动量的变化量也是矢量，必须设正方向，按矢量方法处理。 【答案】 ，方向向左。 【解析】取向右为正方向，则 小球撞击墙前的动量 p1＝mv1＝0.4×5＝2(kg m/s)， 小球撞击墙后的动量 p2＝mv2＝0.4×(－4)＝－1.6(kg m/s) 动量为负，表示动量方向跟规定 的正方向相反，即方向向左。 此过程中小球动量的变化 Δp＝p2－p1＝－1.6－2＝－3.6(kg m/s)，动量的变化为负，表示方 I Ft= N s⋅ 2 1Ft p p= − Ft p= ∆ 2 1 2 1v v p pF ma m t t − −= = =∆ ∆ pF t ∆= ∆ mg I p= ∆ I Ft= p∆ p Ft∆ = 2 1p p p∆ = − 3.6 /p kg m s∆ = − ⋅ ⋅ ⋅ ⋅3 向向左。 【】动量、动量的变化都是矢量，解题时要选取正方向，把矢量运算简化为代数运算。 举一反三 【变式】（2015 重庆卷）高空作业须系安全带.如果质量为 的高空作业人员不慎跌落，从 开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为 （可视为自由落体运动）.此后经 历时间 安全带达到最大伸长，若在此过程中该作用力始终竖直向上，则该段时间安全带对 人的平均作用力大小为 A. B. C. D. 【答案】A 【解析】人下落 h 高度为自由落体运动，由运动学公式 ，可知 ；缓 冲过程（取向上为正）由动量定理得 ，解得： ， 故选 A。 考点：本题考查运动学公式、动量定理。 类型二、冲量的计算 【高清课堂：动量 动量定理例 3】 例 2、如图所示在倾角 θ＝37°的斜面上，有一质量 m＝10kg 的物体沿斜面以 匀速下滑，求物体下滑 2s 的时间内 （1）斜面对物体支持力的冲量和功； （2）斜面对物体的冲量和功。 （ ， ， 取 ） 【思路点拨】力的冲量是矢量，按矢量方法处理，要明确求哪一个力的冲量。功是标量。 【答案】（1） ，方向垂直于斜面向上； 。（2） ，方向竖直向上； 。 【解析】“斜面对物体的冲量和功”指的是斜面对物体的支持力和摩擦力对物体的冲量和、功 的和！也可以理解为：支持力和摩擦力的合力对物体的冲量和、功的和！ （1）斜面对物体支持力 ， m h t 2m gh mgt + 2m gh mgt − m gh mgt + m gh mgt − 2 2v gh= 2v gh= ( ) 0 ( )F mg t mv− = − − 2m ghF mgt = + 5 /v m s= sin37 0.6= cos37 0.8= g 210 /m s 160NI N s= ⋅ 0NW = 200I N s= ⋅ 600W J= − cosN mg θ=4 支持力的冲量 ，方向垂直于斜面向上。 支持力方向与位移垂直，所以支持力不做功， 。 （2）因为物体匀速下滑，所以支持力、摩擦力的合力与重力等大反向， 物体对斜面的冲量 ，方向竖直向上。 斜面对物体做的功 。 【总结升华】冲量就是力与时间的乘积，方向与力的方向相同，功是力与位移的乘积，功是 标量，要注意两者的区别。 举一反三 【变式】如图所示，一个物体在与水平方向成 θ 角的拉力 F 的作用下匀速前进了时间 t，则 （ ） A．拉力对物体的冲量为 Ft B．拉力对物体的冲量为 Ftcosθ C．摩擦力对物体的冲量为 Ft D．合外力对物体的冲量为 Ft 【答案】A 【解析】拉力对物体的冲量等于拉力乘以时间，B 错 A 对。摩擦力表示的不对， ，C 错。合外力表示的不对， ，D 错。 类型三、用动量定理解释现象 例 3、如图所示,把重物 G 压在纸带上，若用一水平力迅速拉动纸带,纸带将会从重物下 抽出；若缓慢拉动纸带,纸带也从重物下抽出，但重物跟着纸带一起运动一段距离。下列解 释上述现象的说法中正确的是（ ） A. 在缓慢拉动纸带时，纸带给重物的摩擦力大 B. 在迅速拉动纸带时，纸带给重物的摩擦力小 C. 在缓慢拉动纸带时，纸带给重物的冲量大 D. 在迅速拉动纸带时，纸带给重物的冲量小 【思路点拨】用动量定理解释现象就是要透彻理解动量定理，合外力与时间的乘积等于动量 的变化。 【答案】CD 【解析】在缓慢拉动时，两物体相对静止，其间的摩擦力是静摩擦力；在迅速拉动时，它们 相对运动，其间的摩擦力是滑动摩擦力。通常认为滑动摩擦力等于最大静摩擦力，所以缓慢 cos 10 10 0.8 2 160NI mg t N s N sθ= ⋅ = × × × ⋅ = ⋅ 0NW = 10 10 2 200I mgt N s N s= = × × ⋅ = ⋅ ( sin37 ) 10 10 5 2 0.6 600W mgh mg vt J J= − = − = − × × × × = − Fθ ( sin )f mg Fµ θ= − = cosF F fθ −合5 拉时摩擦力小；快拉，摩擦力大，故选项 A、B 错。缓慢拉动纸带时，摩擦力虽小些，但作 用时间可以很长，故重物获得的冲量可以很大，能把重物带动。快拉时，摩擦力虽大些，但 作用时间短，故冲量小，所以重物动量改变很小，因此选项 C、D 正确。 【总结升华】用动量定理解释现象时，始终抓住动量定理，所以要透彻理解定理定律。 举一反三 【变式 1】跳远时，跳在沙坑里比跳在水泥地上安全，这是由于（ ） A. 人跳在沙坑里的动量比跳在水泥地上小 B. 人跳在沙坑里的动量的变化比跳在水泥地上小 C. 人跳在沙坑里受到的冲量比跳在水泥地上小 D. 人跳在沙坑里受到的冲力比跳在水泥地上小 【答案】D 【变式 2】某人身系弹性绳自高空 p 点自由下落，图中 a 点是弹性绳的原长位置，c 是人所 到达的最低点，b 是人静止地悬吊着时的平衡位置。不计空气阻力，则下列说法中正确的是 （ ） A．从 p 至 c 过程中重力的冲量大于弹性绳弹力的冲量 B．从 p 至 c 过程中重力所做的功等于人克服弹力所做的功 C．从 p 至 b 过程中人的速度不断增大 D．从 a 至 c 过程中加速度方向保持不变 【答案】BC 【解析】根据动量定理从 p 至 c 过程中重力的冲量和弹性绳弹力的冲量的 矢量和等于动量的变化，人的初动量、末动量都为零，可知它们的冲量大小相等方向相反， A 错。根据动能定理从 p 至 c 过程中，动能的变化为零，重力所做的功等于人克服弹力所做 的功，B 对。从 p 至 a 人做自由落体运动，a 到 b 做加速度减小的加速运动，b 速度最大，C 对。b 到 c 做减速运动，加速度方向向上，c 速度为零，D 错。故选 BC。 类型四、用动量定理求变力的冲量 例 4、物体 A 和 B 用轻绳相连挂在轻质弹簧下静止不动，如图（甲）所示，A 的质量 为 m，B 的质量为 M，当连接 A、B 的绳突然断开后，物体 A 上升经某一位置时的速度大 小为 ，这时物体 B 的下落速度大小为 ，如图（乙）所示，在这段时间里，弹簧的弹力对 物体 A 的冲量为（　） 　A. 　　　 　B. 　　　 C. 　　　　D. v u mv mv Mu− mv Mu+ mv mu+6 【思路点拨】求变力的冲量，力乘以时间不便于求，转化为求动量的变化，等效代换力的冲 量。 【答案】 D 【解析】对 AB 两物体分别应用动量定理 对物体 A： 对物体 B： 消去时间 得 【总结升华】本题是求变力的冲量问题，不是直接用 求变力的冲量，而是求出该力 作用下的物体动量的变化 ，等效代换变力的冲量 I。 举一反三 【变式 1】摆长为 L 的单摆在做小角度摆动时，若摆球质量等于 m，最大偏角等于 θ。在摆 从最大偏角位置摆向平衡位置时，下列说法正确的是（　） A．重力的冲量等于 B．重力的冲量等于 C．合力的冲量等于 D．合力做的功等于 【答案】 ACD 【解析】在摆从最大偏角位置摆向平衡位置时所用时间等于四分之一周期， 重力的冲量 ,B 错 A 对。 合力的冲量等于动量的变化，初速度为零，末速度 （根据机械能守恒 定律），所以 ，C 对。根据动能定理合力做的功等于动能的变 化，D 对。故选 ACD。 【变式 2】一质量为 m 的小球，以初速度 沿水平方向射出，恰好垂直地射到一倾角为 的固定斜面上，并立即反方向弹回。已知反弹速度的大小是入射速度大小的 ，求在碰撞 中斜面对小球的冲量大小。 AI mgt mv− = Mgt Mu= t AI mv mu= + I Ft= p∆ 2 m gL π )cos1(gL2m θ− )cos1(gL2m θ− )cos1(mgL θ− 1 24 2 L Lt g g ππ= ⋅ = 2 2G L mI mg t mg gLg π π= ⋅ = ⋅ = 2 (1 cos )v gL θ= − = 2 (1 cos )I mv m gL θ= −合 0v 30 3 47 【答案】 【解析】这是求变力的冲量问题，已知初速度、末速度， 也就是说动量的变化容易求得。由于作用时间极短，重力的 冲量与它们之间的相互作用力相比较可以忽略。 根据几何关系末速度 初动量 末动量 ，设垂直于斜面向上为正方向，根据动量定理 类型五、用动量定理求相互作用力 例 5、一个质量为 m=2kg 的物体，在 F1=8N 的水平推力作用下，从静止开始沿水平面运动 了 t1=5s，然后推力减小为 F2=5N，方向不变，物体又运动了 t2=4s 后撤去外力，物体再经过 t3=6s 停下来。试求物体在水平面上所受的摩擦力。 【思路点拨】本题初动量为零，末动量也为零，即动量的变化为零，又已知力、时间，显然 根据动量定理求解。 【答案】 【解析】设推力的方向为正方向，在物体运动的整个过程中，物体的初动量为零，末动量也 为零。根据动量定理有： 即： 　解得 。 【总结升华】本题也可以用牛顿运动定律求解，但根据动量定理求解要简单得多。牛顿第二 定律的推论如动能定理、动量定理在一定的条件下解题比定律本身要简便得多。结论：如果 不涉及加速度和位移的，用动量定理也能求解，且较为简便。 【变式 1】物体在恒定的合力 作用下作直线运动，在时间 内速度由 0 增大到 ，在时 间 内速度由 增大到 。设 在 内做的功是 ，冲量是 ；在 内做的功是 ，冲量是 。那么（　 ）　 　A. 　　　　　　 B. , 　 C. 　　　　　　 D. 【答案】D 0 7 2I mv= 02v v= 02p mv= 0 3 3 4 2p mv mv′ = = 0 0 0 3 7( 2 )2 2I p p p mv mv mv′= ∆ = − = − − = 4f N= 1 1 2 2 1 2 3( ) 0Ft F t f t t t+ − + + = 8 5 5 4 (5 4 6) 0f× + × − + + = 4f N= F 1t∆ v 2t∆ v 2v F 1t∆ 1W 1I 2t∆ 2W 2I 1 2I I< 1 2W W= 1 2I I< 1 2W W< 1 2I I= 1 2W W= 1 2I I= 1 2W W 21 2x at= b 2bt s= Ft mv= a b a b17 F=（m+M）a=3×2=6N=6t， 则可知发生相对运动的时间为 1s，F 是均匀增加的，故 1s 内其 平均作用力 =3N； 对整体由动量定理可得， t=（M+m）v； 解得：v=1m/s，故 A 正确，B 错误；若物体做匀加速直线运动，则 1s 内的位移 x= ×vt=0.5m， 而物体做的是变加速直线运动，故位移不是 0.5m，故 C 错误；由动量定理可知， I=（M+m）v=3N•s， 故 D 错误。 二、填空题 1、 解析：初动量为零，末动量也为零，对全程应用动量定理 物体运动的总时间 2、 解析：(1) 速度相等时相距最远，经过的时间为 对甲： 对乙： 所以 (2) 经过的时间为 ，两物体又重新相遇，位移相等 对甲： 对乙： 解得 3、16N 解析：根据动能定理 ，又 所以 4、 解析：对全程应用动量定理 所以 6 2F = F 1 2 Ftt t mgµ ′+ = 0 0Ft mgt mgtµ µ ′− − = − Ftt t mgµ ′+ = It F = 2It F ′ = t Ft mv= I mv= It F = t′ 21 2 at′ vt′ 21 2 at vt′ ′= Fa m = I mv= 2It F ′ = 21 02Fx mv= − 2 2k pE m = 2 16N2 pF mx = = 2f N= 1 1 2( ) 0Ft f t t− + = 1 1 2 5 2 22 3 Ftf N Nt t ×= = =+ +18 5、【答案】 　 【解析】因为光速 c＝λν，则 ，所以光子的动量 ，由于动量是矢量， 因此若以射向平面镜时光子的动量方向为正方向，即 ，反射后 ，动量的 变化量 ，则光子在反射前后动量改变量的大小为 . 三、计算题 1、44.2N； 解析：小球刚落地是的速度 ， 反弹刚离地时的速度 ， 小球受到地面给它的力 F 竖直向上，重力竖直向下，取向上为正方向， 根据动量定理 解得 ，根据牛顿第三定律，地面受到球的平均冲力为 44.2N，方向竖直向下。 2、【答案】a. 沿 SO 向左　b．指向左上方 【解析】a. 仅考虑光的折射，设 Δt 时间内每束光穿过小球的粒子数为 n，每个粒子动 量的大小为 p. 这些粒子进入小球前的总动量为 p1＝2npcos θ 从小球出射时的总动量为 p2＝2np p1、p2 的方向均沿 SO 向右 根据动量定理 FΔt＝p2－p1＝2np(1－cos θ)>0 可知，小球对这些粒子的作用力 F 的方向沿 SO 向右；根据牛顿第三定律，两光束对小 球的合力的方向沿 SO 向左． b．建立如图所示的 Oxy 直角坐标系． x 方向： 根据 a 同理可知，两光束对小球的作用力沿 x 轴负方向． y 方向： 设 Δt 时间内，光束①穿过小球的粒子数为 n1，光束②穿过小球的粒子数为 n2，n1>n2. 这些粒子进入小球前的总动量为 p1y＝(n1－n2)psin θ 从小球出射时的总动量为 p2y＝0 根据动量定理：FyΔt＝p2y－p1y＝－(n1－n2)psin θ 可知，小球对这些粒子的作用力 Fy 的方向沿 y 轴负方向，根据牛顿第三定律，两光束 对小球的作用力沿 y 轴正方向． 所以两光束对小球的合力的方向指向左上方． hv c 2 hv c c v λ = h hvp cλ= = 1 hvp c = 2 hvp c = − 2 1 2hv hv hvp p p c c c ∆ = − = − − = − 2 hv c 1 12 6 /v gh m s= = 2 22 5 /v gh m s= = 2 1( ) ( )F mg t mv mv− = − − 44.2F N=19 3、解析：小球从高处自由下落到软垫上时的速度 设软垫对小球的作用力为 , 方向向上， 末动量(速度)为零 根据动量定理 软垫对小球的冲量 方向向上。 4、【答案】0.25s≤t≤0.5s 【解析】假如两物块发生的是完全非弹性碰撞，碰后的共同速度为 v1，则由动量守恒定律有 m1v0=(m1+m2)v1 碰后，A、B 一起滑行直至停下，设滑行时间为 t1，则由动量定理有 μ(m1+m2)gt1=(m1+m2)v1 解得 t1=0.25s 假如两物块发生的是完全弹性碰撞，碰后 A、B 的速度分别为 vA、v2，由动量守恒定律 有 m1v0=m1vA+m2v2 由机械能守恒有 设碰后 B 滑行的时间为 t2，则 μm2gt2=m2v2 解方程组得：t2=0.5s 可见，碰后 B 在水平面上滑行的时间 t 满足：0.25s≤t≤0.5s 2 2 2 1 0 1 2 2 1 1 1 2 2 2Am v m v m v= + 2 4 /v gh m s= = F ( ) 0 ( )F mg t mv mv− = − − = 0.6Ft mv mgt N s= + = ⋅ 0.6I Ft N s= = ⋅