动量定理的理解与应用

1、动量定理的理解与应用动量定理运用问题，能很好地考查学生理解、建模、推理和理论联系实际的能力，其题型新颖多变，联系的知识面宽而倍受命题者的青睐，是高考的重点和热点问题，也是同学们学习中的难点问题。初学者常犯的错误主要是：只注意公式的代入与求解，忽视了各自的对应关系；只注意力或动量的数值大小，而忽视力和动量的方向性，造成应用动量定理时一列方程就出错。本文就动量定理应用时应澄清的几个问题和同学们交换一下意见，促使同学们能学以致用，融会贯通。1对动量定理的理解动量定理的表述是：物体所受合外力的冲量等于物体动量的变化量。其一般公式形式为：Ft=mV2-mV1。理解定理时要把握住以下几个方面：研究对象可以

2、是单一物体，也可是多个物体组成的系统。所谓物体系总动量的变化量应是各个物体动量变化量的矢量和。力F是指研究对象所受的包括重力在内的所有外力的合力，它可以是恒力也可以是变力，当合外力变化时，F应是物体所受合外力的平均值。公式中的mV是研究对象动量的增量，是某一过程中末态的动量减去初态的动量（要考虑方向），切不可颠倒顺序。公式中的等号表示合外力的冲量与研究对象动量的增量在数值上是相等的，但不能认为合外力的冲量就是动量的增量，合外力的冲量是导致研究对象运动改变的外因，而动量的增量却是研究对象外部冲量作用的结果。用动量定理解题，只能选取地球或相对地球匀速直线运动的物体做参照物。动量定理可由牛顿定律推导

3、出来，但不能认为它是牛顿运动定律的一个推论。动量定理和牛顿定律都是研究物体运动状态变化和所受外力间的关系，牛顿定律说明了力与加速度的瞬时关系，但对迅速变化的问题，由于发生冲击作用产生的量值很大、变化很快、作用时间很短，运用牛顿定律求解就比较困难，若用动量定理就可不考虑中间细节变化，只求整个过程中冲量的总体效果，这就为解决力学问题提供了另一种重要方法。2动量定理的应用定性分析例1特技演员从高处跳下，要求落地时必须脚先触地，为尽量保证安全，他落地时最好采用的方法是（ ）A让脚尖先触地，且着地瞬间同时下蹲 B让整个脚板着地，且着地瞬间同时下蹲C让整个脚板着地，且着地瞬间不下蹲 D让脚尖先触地，且着地

4、瞬间不下蹲解析：特技演员从高处跳下，其动量变化一定，让脚尖先触地，且着地瞬间同时下蹲，这都是为了延长与地面间的作用时间，从而减小相互作用力，故A选项正确。评析：应用动量定理进行定性分析时，一般采用控制变量法，即在F、t和P三个中限定某个参量不变，考虑另两个间的变化关系，而得出相应的结论来。拓展：从同样高度落下的玻璃杯，掉在水泥地上容易打碎，而掉在草地上不容易打碎，其原因是( )A掉在水泥地上的玻璃杯动量大，而掉在草地上的玻璃杯动量B掉在水泥地上的玻璃杯动量改变大，掉在草地上的玻璃杯动量改变小C掉在水泥地上的玻璃杯动量改变快，掉在草地上的玻璃杯动量改变慢D掉在水泥地上的玻璃杯与地面接触时，相互作

5、用时间短，而掉在草地上的玻璃杯与地面接触时间长简解：掉在沙地上，相互作用的时间绝对的延长了，作用力较小，杯不碎，故选CD。定量计算例2如图所示，一个质量为M的小车置于光滑水平面。一端用轻杆AB固定在墙上，一个质量为m的木块C置于车上时的初速度为V0，因摩擦经t秒木块停下(设小车足够长)，求木块C和小车各自受到的冲量。解析：以木块C为研究对象，水平方向受到向右的摩擦力f，以V0为正方向由动量定理有-ft=0-mV，即I木=ft=mV0，故木块C所受冲量为mV0，方向向右。因小车固定不动，由动量定理可知小车的冲量为零。评析：特定物体的速度发生变化问题是动量定理应用的一个常规类型，求解时我们要根据题

6、干中的要求确定研究对象，在哪个时段内的动量变化，同时还要注意动量的方向性。拓展：质量为m的钢球自高处落下，以速率V1碰地后竖直向上弹起，碰撞时间极短，离地的速率为V2，在碰撞过程中，地面对钢球冲量的方向和大小为（ ）A向下m(V1 -V2) B向上m(V1 +V2) C向上m(V1 -V2) D向下m(V1+V2)简解：若选竖直向上为动量的正方向，则P1=-mV1，P2= mV2，于是物体动量的变化量为P=P2-P1=m(V1 +V2)，方向向上，由于碰撞时间极短，可忽略重力影响，故选B答案。例3自动称米机已在许多大粮店广泛使用，买米者认为：因米流落到容器中时有向下的冲力而不划算。卖米者认为：

7、当预定米的质量数满足时，自动装置即刻切断米流时，尚有一些米仍在空中，这些米是多给买米者的，因而双方争执起来，究竟哪方说的对呢？解析：设自动称米机的流量为Q，米的密度为，称米机出口至米堆上表面的高度为h，则米流与米堆作用前的速度为。若选经很短时间t后将落在米堆上的那部分米作为研究对象，则其质量为m=Qt，对该部分米运用动量定理得(F-mg)t=mV，由于F?mg，可忽略重力的影响，联立上述各式可得F=Q，依牛顿第三定律知米堆对米的作用力大小与F相等。设米从出口到落到米堆上的时间为t，则，而空中那部分米的总重量为G=gQt，将t代入得G=Q比较F和G发现二者在数值上相等，即空中米流的总重量恰与米流

8、对米堆的冲击力相等。换言之磅秤上的示数恰为米堆和空中米流质量之和，根本不存在谁“不划算”的问题。评析：对于变质量问题一般选取一小段时间t内的变化质量m为研究对象，再对m运用动量定理进行求解。拓展：宇宙飞船以速度V0=104m/s进入均匀的宇宙微粒尘区，飞船每前进S=103m要与n=104个微粒相撞。假设每一微粒的质量为m=10-2kg，与飞船撞后附着在飞船上，为了使飞船的速度不变，应为飞船提供多大的牵引力？简解：飞船的速度不变，但飞船的质量在发生变化，以t时间附着在飞船上的微粒为研究对象。对飞船提供动力相当于使微粒加速，即有Ft=nmV0，又S=V0t，代入数据解得F=2×107N。

9、例4质量为M的金属块和质量为m的木块通过细线连在一起，从静止开始以加速度a在水中下沉，经时间t1细线断裂，金属块和木块分离，再经时间t2木块停止下沉时金属块尚未沉底，求此时金属块的速度是多大？解析：把金属块和木块看作一个整体，整个运动过程中只有重力和浮力的冲量作用。设木块停止下沉金属的速度为V，取竖直向下为正方向，对全过程运用动量定理有(M+m)g-(FM+Fm)(t1+t2)=MV，线断前对系统有(M+m)g-(FM+Fm)=(M+m)a，联立二式解得。评析：动量定理不但对单一物体适用，还可扩展到物体组和全过程，解题时我们巧妙选择研究对象，可以快捷求解。拓展：某人身系弹性绳自高空P点自由下落

10、，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过程中加速度的方向保持不变简解：因c是人所到达的最低点，此时速度为零，故从P至c过程中重力的冲量等于弹性绳的冲量，重力所做的功等于人克服弹力所做的功；又因b是人静止地悬吊时的平衡位置，故P至b过程中人的速度不断增大，过点b后，拉力大于重力，加速度换向，人减速直至停下。因此正确答案选BC。运用图象解题例5从地面以速度V0竖直上抛一质点小球，由于受空

11、气阻力，小球落回地面的速度减为，若空气阻力与速度V成正比，则（ ）A上升和下降阶段空气阻力的冲量大小相等，方向相反B上升阶段空气阻力的冲量大小大于下降阶段空气阻力的冲量大小C小球整个运动过程经历的时间为D小球整个运动过程经历的时间为解析：小球从地面上抛以后，由于受到重力和空气阻力的作用，速度逐渐减小，致使所受空气阻力也减小，因此小球在上升阶段做的是一种加速度逐渐减小的减速运动，到达最高点时速度为零，阻力也为零，加速度为g，再在重力作用下下降，随着速度的逐渐增大，阻力换向也增大，小球仍做加速度逐渐减小的加速运动，直至落回抛出点。根据分析可绘制出小球整个运动过程中的V-t图如图所示。由于小球最后落

12、回抛出点，则上升和下落的距离是相等的。然V-t图中曲线与坐标轴所围的面积表相应的位移，因此图线中上下半轴的两个曲边三角形的面积相等。又小球运动过程中空气阻力与速度V成正比，即f=kV，于是将图象中的V轴乘以K即得阻力对应的冲量，显见上升和下降阶段空气阻力的冲量大小相等方向相反，又合外力的冲量等于物体动量的变化量，即，解得小球整个运动的时间为，即选AC。评析：运用动量定理时由于物体的动量与运动的速度相联系，因此往往用V-t图，F-t图中相应的面积来求解较为简洁，要求同学们要熟练理解对应图象的物理意义，达到灵活运用拓展：水平推力F1和F2，分别作用于水平面上原来静止的等质量的a、b两物体上，作用一段时间后撤去推力，物体将继续运动一段时间停下，两物体的V-