1、動量定理及其應用【學習目標】1 .理解動量的概念，知道動量的定義，知道動量是矢量；2 .理解沖量的概念，知道沖量的定義，知道沖量是矢量；3 .知道動量變化量也是矢量，理解動量定理的確切含義和表達式，知道動量定理適用于變力的計算；4 .會用動量定理解釋現象和處理有關問題.【要點梳理】要點一、動量、動量定理1 1 . .動量及動量變化(1)動量的定義：物體的質量和運動速度的乘積叫做物體的動量，記作p=mv.動量是動力學中反映物體運動狀態的物理量， 是狀態量.在談及動量時， 必須明確是物體在哪個時刻或哪個狀態所具有的動量.在中學階段，動量表達式中的速度一般是以地球為參照物的.(2)動量的矢量性：動量

2、是矢量，它的方向與物體的速度方向相同，服從矢量運算法則.(3)動量的單位：動量的單位由質量和速度的單位決定.在國際單位制中，動量的單位是千克米/秒,符號為kgm/s.(4)動量的變化Ap:動量是矢量，它的大小p=mv,方向與速度的方向相同.因此，速度發生變化時，物體的動量也發生變化.速度的大小或方向發生變化時，速度就發生變化，物體具有的動量的大小或方向也相應發生了變化，我們就說物體的動量發生了變化.設物體的初動量pi=mvi,末動量P2=mv2,則物體動量的變化由于動量是矢量，因此，上式一般意義上是矢量式.2 2.沖量(1)沖量的定義：力和力的作用時間的乘積叫做力的沖量，記作I=Ft.沖量是描

3、述力對物體作用的時間累積效果的物理量.(2)沖量的矢量性：因為力是矢量，所以沖量也是矢量，但沖量的方向不一定就是力的方向.(3)沖量的單位：由力的單位和時間的單位共同決定.在國際單位制中，沖量的單位是牛秒，符號為Ns.(4)在理解力的沖量這一概念時，要注意以下幾點：沖量是過程量，它反映的是力在一段時間內的積累效果，所以它取決于力和時間兩個因素.較大的力在較短時間內的積累效果，可以和較小的力在較長時問內的積累效果相同.求沖量時一定要明確是哪一個力在哪一段時間內的沖量.根據沖量的定義式I=Ft,只能直接求恒力的沖量，無論是力的大小還是方向發生變化時，都不能直接用I=Ft求力的沖量.當力的方向不變時

4、，沖量的方向跟力的方向相同，當力的方向變化時，沖量的方向一般根據動量定理來判斷.(即沖量的方向是物體動量變化的方向)3 3.動量變化與沖量的關系一一動量定理(1)動量定理的內容：物體所受合外力的沖量等于物體動量的變化.數學表達式為式中mvo是物體初始狀態的動量，mv是力的作用結束時的末態動量.動量定理反映了物體在受到力的沖量作用時，其狀態發生變化的規律，是力在時間上的累積效果.(2)動量定理的理解與應用要點：動量定理的表達式是一個矢量式，應用動量定理時需要規定正方向.動量定理公式中F是研究對象所受的包括重力在內的所有外力的合力，它可以是恒力，也可以是變力.當合外力為變力時，F應該是合外力在作用

5、時間內的平均值.動量定理的研究對象是單個物體或系統.動量定理中的沖量是合外力的沖量，而不是某一個力的沖量.在所研究的物理過程中，如果作用在物體上的各個外力的作用時間相同，求合外力的沖量時，可以先求所有外力的合力，然后再乘以力的作用時間，也可以先求每個外力在作用時間內的沖量，然后再求所有外力沖量的矢量和.如果作用在物體上各外力的作用時間不同，就只能先求每一個外力在其作用時間內的沖量，然后再求所有外力沖量的矢量和.動量定理中，是合外力的沖量，是使研究對象的動量發生變化的原因，并非產生動量的原因，不能認為合外力的沖量就是動量的變化.合外力的沖量是引起研究對象狀態變化的外在因素， 而動量的變化是合外力

6、沖量作用后導致的必然結果.動量定理不僅適用于宏觀物體的低速運動，對微觀物體和高速運動仍然適用.合外力的沖量是物體動量變化的量度.要點二、有關計算1 1 . .動量變化量的計算動量是矢量，當動量發生變化時，動量的變化Ap=p末一p初，應運用平行四邊形定則進行運算.如圖所示，當初態動量和末態動量不在一條直線上時，動量變化由平行四邊形定則進行運算.動量變化的方向一般與初態動量和末態動量的方向不相同.當初、末動量在同一直線上時可通過正方向的選定，動量變化可簡化為帶有正、負號的代數運算.2 2.沖量的計算方法(1)若物體受到恒力的作用，力的沖量的數值等于力與作用時間的乘積，沖量的方向與恒力方向一致；若力

7、為同一方向均勻變化的力，該力的沖量可以用平均力計算；若力為一般變力則不能直接計算沖量.(2)沖量的絕對性.由于力和時間均與參考系無關，所以力的沖量也與參考系的選擇無關.(3)沖量的計算公式I=Ft既適用于計算某個恒力的沖量，又可以計算合力的沖量.根據I=Ft計算沖量時，只考慮該力和其作用時間這兩個因素，與該沖量作用的效果無關.(4)沖量的運算服從平行四邊形定則.如果物體所受的每一個外力的沖量都在同一條直線上，那么選定正方向后，每個力沖量的方向可以用正負號表示，此時沖量的運算就可簡化為代數運算.(5)沖量是一過程量，求沖量必須明確研究對象和作用過程，即必須明確是哪個力在哪段時間內對哪個物體的沖量

8、.(6)計算沖量時，一定要明確是計算分力的沖量還是合力的沖量.如果是計算分力的沖量還必須明確是哪個分力的沖量.(7)在F-1圖象下的面積就是力的沖量.如圖(a)所示，若求變力的沖量，仍可用“面積法”表示，如圖(b)所示.3.3.動量定理的應用(1)一個物體的動量變化&p與合外力的沖量具有等效代換關系，二者大小相等，方向相同，可以相互代換，據此有：應用|=Ap求變力的沖量：如果物體受到大小或方向改變的力的作用，則不能直接用Ft求變力的沖量，這時可以求出該力作用下物體動量的變化Ap,等效代換變力的沖量I.應用Ap=F與求恒力作用下的曲線運動中物體動量的變化：曲線運動的物體速度方向時刻在變化

9、，求動量變化Ap=p/-p需要應用矢量運算方法，比較麻煩.如果作用力是恒力，可以求恒力的沖量，等效代換動量的變化.(2)用動量定理解釋相關物理現象的要點.由Ft=pmB,當它們具有相同的動能時，由p=#mET知A物體的動量PA大于B物體的動量PB；反之當它們具有相同的動量時，由可知，A物體的動能EkA小于B物體的動能EkB.(3)沖量與功的區別.沖量是矢量，功是標量.由I=Ft可知，有力作用，這個力一定會有沖量，因為時間t不可能為零.但是由功的定義式W=FscosH可知，有力作用，這個力卻不一定做功.例如：在斜面上下滑的物體，斜面對物體的支持力有沖量的作用，但支持力對物體不做功；做勻速圓周運動

10、的物體，向心力對物體有沖量的作用，但向心力對物體不做功；處于水平面上靜止的物體，重力不做功，但在一段時間內重力的沖量不為零.沖量是力在時間上的積累，而功是力在空間上的積累.這兩種積累作用可以在“F-t”圖象和“F-s”圖象上用面積表示.如圖所示，(a)圖中的曲線是作用在某一物體上的力F隨時間t變化的曲線，圖中陰影部分的面積就表示力F在時間&=t2ti內的沖量.(b)圖中陰影部分的面積表示力F做的功.2 .用動量概念表示牛頓第二定律(1)牛頓第二定律的動量表達式此式說明作用力F等于物體動量的變化率.即F=竺是牛頓第二定律的另一種表示形式.t(2)動量定理與牛頓第二定律的區別與聯系.從牛頓

11、第二定律出發可以導出動量定理， 因此牛頓第二定律和動量定理都反映了外力作用與物體運動狀態變化的因果關系.牛頓第二定律反應力與加速度之間的瞬時對應關系；而動量定理則反應力作用一段時間的過程中，合外力的沖量與物體初、末狀態的動量變化間的關系.動量定理與牛頓第二定律相比較，有其獨特的優點.因在公式Ft=mvm%中，只涉及兩個狀態量mv和mv0及一個過程量Ft.至于這兩個狀態中間是怎樣的過程，軌跡是怎樣的，加速度怎樣，位移怎樣全不考慮.在力F作用的過程中不管物體是做直線運動還是做曲線運動，動量定理總是適用的.動量定理除用來解決在恒力持續作用下的問題外，尤其適合用來解決作用時間短，而力的變化又十分復雜的

12、問題，如沖擊、 碰撞、 反沖運動等.應用時只需知道運動物體的始末狀態， 無需深究其中間過程的細節.只要動量的變化具有確定的值，就可以用動量定理求沖力或平均沖力，而這是用牛頓第二定律很難解決的.因此，從某種意義上說，應用動量定理解題比牛頓第二定律更為直接，更加簡單.牛頓第二定律只適用于宏觀物體的低速運動情況，對高速運動的物體及微觀粒子不再適用，而動量定理卻是普遍適用的.牛頓第二定律和動量定理都必須在慣性系中使用.3 .動量定理與動能定理的比較動量定理動能定理公式F合t=mv-mv1212F合s=mv2mv122標矢性矢里式標里式因果關系因合外力的沖量合外力的功（總功）2P2mr果動量的變化動能的

13、變化應用側重點涉及力與時間涉及力與位移要點四、應用動量定理解題的步驟1 1、選取研究對象；2 2、確定所研究的物理過程及其始末狀態；3 3、分析研究對象在所研究的物理過程中的受力情況；4 4、規定正方向，根據動量定理列式；5 5、解方程，統一單位，求得結果。【典型例題】類型一、對基本概念的理解例1.羽毛球是速度最快的球類運動之一，扣殺羽毛球的速度達到了342km/h,假設球飛來的速度為90km/h.設羽毛球質量為5g，試求擊球過程中羽毛球的動量變化.【思路點撥】動量的變化量Ap也是矢量，其方向與速度的改變量Av的方向相同.【答案】見解析【解析】以球飛來的方向為正方向，則所以動量的變化量所以球的

14、動量變化大小為0.600kgm/s,方向與球飛來的方向相反.【總結升華】（1）因為p=mv是矢量，只要m的大小、v的大小和v的方向三者中任何一個或幾個發生了變化，動量p就發生了變化.（2 2）動量的變化量Ap也是矢量，其方向與速度的改變量Av的方向相同.（3 3）動量變化量Ap的大小，一般都是用末動量減初動量，也稱為動量的增量 A Ap=pp=p,此式是矢量式，若pp。不在一條直線上時，要用平行四邊形定則（或矢量三角形法則）求矢量差.若在一條直線上，先規定正方向，再用正、負表示p0、pt,則可用p=p1p0=mvtmv0進行代數運算求解.舉一反三：【變式 1 1】如圖所示在傾角8=37的斜面上

15、，有一質量m=10kg的物體沿斜面以v=5m/s勻速下滑，求物體下滑2s的時間內：（1 1）斜面對物體的支持力的沖量和功；（2 2）斜面對物體的沖量和功；【答案】（1 1）IN=mgcos370t=160Ns,垂直斜面向上；(2)(2)斜面對物體的沖量：I=mgt=200Ns,豎直向上斜面對物體的功：【解析】(1)(1)“斜面對物體的沖量和功”指的是斜面對物體的支持力和摩擦力對物體的沖量的和、功的和！也可以理解為：支持力和摩擦力的合力對物體的沖量的和、功的和！(2)(2)因為物體勻速下滑，所以彈力和摩擦力的合力與重力等大反向。合沖量：合外力的沖量?！咀兪?2 2】質量為m的鋼球自高處落下，以速

16、率v1碰地，豎直向上彈回，碰撞時間為At,離地的速率為v2.在碰撞過程中，地面對鋼球的沖量方向和大小為().A.向下，m(v1-v2)-mgAtB.向下，m(%+v2)mgAtC.向上，m(v1一v2)mg&D.向上，m(%+v2)+mg&【答案】D D【解析】取豎直向上為正方向，如圖所示，由動量定理是，I合=4p,知即則方向向上.【總結升華】物體動量變化與物體所受合外力沖量有關，因此解決這一類問題要注意研究對象和研究過程中物體的受力分析.例 2 2.一質量為100g的小球從0.80m高處自由下落到一厚軟墊上。若從小球接觸軟墊到小球陷至最低點經歷了0.20s,則這段時間內軟墊對

17、小球的平均沖擊力為多少(取g=10m/s2,不計空氣阻力)？【答案】F=3.0N【解析】解法一：自由下落，接觸軟墊前的速度為v：在0.20s內，以上為正，由動量定理有：得：解法二：自由下落時間為t1；全程由動量定理，取向上為正：得：【總結升華】(1)(1)本題解法 2 2 再次表明動量定理適用于變力作用過程.(2)(2)合外力在一段時間t內的沖量等于這段時間t內各分段時間(t=t1+t2+|ti*11)內沖量的矢量和，又等于這段時間t內各外力對物體沖量的矢量和.(3)(3)此題求解時，顯然對整個過程應用動量定理來處理，解起來更為簡捷.類型二、用動量定理解釋兩類現象例 3 3.如圖，把重物壓在紙

18、帶上，用一水平力緩緩拉動紙帶，重物跟著一起運動，若迅速拉動紙帶,紙帶將會從重物下面抽出，解釋這些現象的正確說法是A.A.在緩慢拉動紙帶時，重物和紙帶間的摩擦力大B,B,在迅速拉動時，紙帶給重物的摩擦力小C.C.在緩慢拉動時，紙帶給重物的沖量大D,D,在迅速拉動時，紙帶給重物的沖量小【思路點撥】分析問題時，要搞清楚哪個量一定，哪個量變化?！敬鸢浮緾DCD【解析】在緩慢拉動時，兩物體之間的作用力是靜摩擦力，在迅速拉動時，它們之間的作用力是滑動摩擦力。由于通常認為滑動摩擦力等于最大靜摩擦力。所以一般情況是：緩拉摩擦力小；快拉摩擦力大，故 ABAB 都錯；緩拉紙帶時，摩擦力雖小些，但作用時間很長，故重

19、物獲得的沖量可以很大,所以能把重物帶動。快拉時摩擦力雖大些，但作用時間很短，故沖量小，所以動量改變也小，因此，CDCD 正確?！究偨Y升華】用動量定理解釋現象一般可分為兩類：一類是物體的動量變化一定，力的作用時間越短，力就越大；時間越長，力就越小。另一類是作用力一定，力的作用時間越長，動量變化越大；力的作用時間越短，動量變化越小。分析問題時，要搞清楚哪個量一定，哪個量變化。舉一反三：【變式】 機動車在高速公路上行駛， 車速越大時， 與同車道前車保持的距離也越大。 請用動量定理解釋這樣做的理由。【答案】由動量定理可知，作用力相同的情況下，動量變化越大，需要的時間越長。因此，車速越大時，與同車道前車

20、保持的距離也要越大。類型三、動量定理的基本應用例 4 4.質量為M的汽車帶著質量為m的拖車在平直公路上以加速度a勻加速前進，當速度為v0時拖車突然與汽車脫鉤，到拖車停下瞬間司機才發現。若汽車的牽引力一直未變，車與路面的動摩擦因數為N,那么拖車剛停下時，汽車的瞬時速度是多大？【解析】以汽車和拖車系統為研究對象，全過程系統受的合外力始終為（M+m）a,該過程經歷時間為v0/Ng,末狀態拖車的動量為零。全過程對系統用動量定理可得：這種方法只能用在拖車停下之前。因為拖車停下后，系統受的合外力中少了拖車受到的摩擦力,因此合外力大小不再是（M+m）a。,(Mm)(a1g)LMgv0舉一反三：【變式 1 1

21、】在水平力F=30N的作用力下，質量m=5kg的物體由靜止開始沿水平面運動.已知物體與水平面間的動摩擦因數N=0.2,若F作用6s后撤去，撤去F后物體還能向前運動多長時2間才停止？（g取10m/s2）【解析】解法一：用牛頓定律解.在有水平力F作用時，物體做初速度為零的勻加速運動；撤去F后，物體做勻減速運動.由于撤去F前后物體運動的加速度不同，所以用牛頓定律解答時必須分段研究.在受F作用時，物體受到重力、地面支持力FN、水平力F和摩擦力Ff作用如圖甲，設物體的加速度為a1，選F的方向為正方向，根據牛頓第二定律有：根據滑動摩擦力公式有：以上三式聯立解得物體做勻加速運動的加速度為在撤去F時物體的即時

22、速度為：在撤去F后，物體受重力、支持力FN和摩擦力Ff作用（如圖乙所示），設物體運動的加速度為a2,根據牛頓第二定律有解得物體做勻減速運動的加速度為設撤去F后物體運動的時間為t2,根據運動學公式有解法二：用動量定理解，分段處理.選物體為研究對象，對于撤去F前物體做勻加速運動的過程，受力情況如圖甲所示，始態速度為零，終態速度為v.取水平力F的方向為正方向，根據動量定理有對于撤去F后，物體做勻減速運動的過程，受力情況如圖乙所示，始態速度為v,終態速度為零.根據動量定理有以上兩式聯立解得解法三：用動量定理解，研究全過程.選物體作為研究對象，研究整個運動過程，這個過程的始、終狀態的物體速度都等于零.取

23、水平力F的方向為正方向，根據動量定理得解得【總結升華】比較上述三種解法可以看出：（1 1）既能用牛頓第二定律（結合運動學公式）解答，也能用動量定理解答的問題，一般來說用動量定理解比較簡便.（2）當物體的運動由兩個以上的物理過程組成時，靈活選取所研究的物理過程，能提高解題效率，該題解法三的整體法（全過程法）比解法二的隔離法（分段法）要簡便一些.【變式 2 2】如圖，A、B兩小物塊被平行于斜面的輕細線相連，均靜止于斜面上.以平行于斜面向上的恒力拉A,使AB同時由靜止起以加速度a沿斜面向上運動.經時間t1,細線突然被拉斷.再經時間t2,B上滑到最高點.已知AB的質量分別為m1、m2,細線斷后拉A的恒

24、力不變，求B到達最高點時A的速度.【解析】本題中，由于恒力大小、斜面的傾角及AB與斜面間的動摩擦因數均未知，故分別對A、B運動的每一個過程應用動量定理建立方程時有一定的困難.但若以系統為研究對象，系統合外力為且注意到，細繩拉斷前后，系統所受各個外力均未變化，全過程中，B的動量增量為零，對系統動量的全過程，有解出故B到達最高點時A的速度為【總結升華】（1）動量定理的研究對象可以是一個物體，也可以是一個系統.系統所受合外力的沖量等于系統內各物體的動量增量之和.（2）在系統所受外力中有較多未知因數時，應用牛頓第二定律，系統的合外力應等于系統內各物體的質量與加速度的乘積之和.本題中，因AB加速度相同,

25、故有ZF=（+m2）a.類型四、求平均作用力例5.質量為60kg的建筑工人，不慎從高空跌下，由于彈性安全帶的保障，使他懸掛起來，已知彈性安全帶緩沖時間為1.2s,安全帶長為5m,則安全帶所受的平均作用力。（g取10m/s2）【答案】1100N。【解析】對人在全過程中（從開始跌下到安全停止），由動量定理得:mg(t1+t2hFt2=0根據牛頓第三定律可知，安全帶所受的平均作用力為1100N。【總結升華】此題也可用上面的方法分兩個階段分別研究，無論是分過程的解法還是全過程的解法，一定要注意力與時間的對應以及始末狀態的確定。類型五、用動量定理求變力的沖量例 6 6.如圖所示，將一輕彈簧懸于O點，下端

26、和物體A相連，物體A下面用細線連接物體B,A、B質量分別為M、m,若將細線剪斷，待B的速度為v時，A的速度為V,方向向下，求該過程中彈簧彈力的沖量?！舅悸伏c撥】求變力的沖量，可借助動量定理FN=AP,由動量的變化量間接求出。【答案】M（v-V）【解析】剪斷細線后，B向下做自由落體運動，A向上運動。對A：取向上方向為正，由動量定理得I彈_Mgt=_MV-0對B：由自由落體運動知識t=g由、解得:vI彈=MgMVg= =M(vM-【總結升華】求變力的沖量，不能用Ft直接求解，可借助動量定理FM=AP,由動量的變化量間接求出。類型六、用動量定理解決變質量問題例 7 7.如圖所示，水力采煤時，用水槍在

27、高壓下噴出強力水柱沖擊煤層。設水柱直徑為d=30cm,水速為v=50m/s。假設水柱射在煤層的表面上，沖擊煤層后水的速度變為零，求水柱對煤層的平均沖擊力。(水的密度P=1.0M103kg/m3)【思路點撥】應用動量定理分析連續體相互作用問題的方法：為研究對象；寫出&內的連續體的質量Am與At的關系式；分析連續體Am的受力情況和動5【答案】F：1.7710N【解析】設在一小段時間&t內，從水槍射出的時的質量為Am,則以Am為研究對象，如圖所示，它在世時間內的動量變化設F為水對煤層的平均作用力，即沖力；F為煤層對水的反沖力，以v的方向為正方向，根據動量定理(忽略水的重力)，有Ft=

28、%p=-?Sv2t即根據牛頓第三定律知一一二一2式中S=d，代入數值得4【總結升華】應用動量定理分析連續體相互作用問題的方法：(1)確定一小段時間At內的連續體為研究對象。1 1 確定一小段時間 A At t 內的連續體量變化；應用動量定理列式;求解。(2)寫出At內的連續體的質量Am與&t的關系式。(3)分析連續體Am的受力情況和動量變化。(4)應用動量定理列式。(5)求解。類型七、動量定理與動量、能量的綜合應用例8.一傾角為日=450的斜面固定于地面，斜面頂端離地面的高度=1m,斜面底端有一垂直于斜面的固定擋板。在斜面頂端自由釋放一質量m=0.09kg的小物塊(視為質點)。小物塊與

29、斜面之間的動摩擦因數N=0.2。當小物塊與擋板碰撞后，將以原速返回。重力加速度g=10m/s2。在小物塊與擋板的前4次碰撞過程中，擋板給予小物塊的總沖量是多少？,12,h同理，有mgh=-mv+Nmgcos82sinfI=mv-m(-v)r、.r-.,式中，v為小物塊再次到達斜面底漏時的速度，I為再次碰撞過程中擋板給小物塊的沖量。由式得I=kI其中,tanJ【答案】I=0.43(3,6)Ns【解析】設小物塊從高為h處由靜止開始沿斜面向下運動，到達斜面底端時速度為由功能關系得V。mgh=-mv2+;mgcos1一h-2sim以沿斜面向上為動量的正方向。按動量定理，碰撞過程中擋板給小物塊的沖量I=

30、mv-m(-v)設碰撞后小物塊所能達到的最大高度為h，,則12mv=mgh+:mgcos1k=J-,tan-由此可知，小物塊前 4 4 次與擋板碰撞所獲得的沖量成等比級數，首項為II=2m,2gh0(1cote)總沖量為23I=II1213I4=II(1kkk)23n11-k1kkk.k=1-k1 -k：I2m.2gh0(1-cot)1-k代入數據得【總結升華】此題重難點在數學運算。核心思路是按等比數列進行運算。屬要求較高題目。例 9 9.如圖所示，在同一水平面內有相互平行且足夠長的兩條滑軌m1=10kg和m2=2kg,每根金屬棒的電阻均為R=1C,其它電阻不計，開始時兩棒都靜止，且ab和cd與滑軌間的動摩擦因數分別丹=0.