动量定理及其应用
1．动量：
①定义：物体质量与速度的乘积，
②动量的性质：是状态量、具有相对性、矢量性
2．动量守恒定律
①动量的变化量：
②内力与外力：系统内物体间的相互作用力叫做内力；系统外物体施加给系统内物体的力叫做内力。
③动量守恒定律：
如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为零，这个系统的总动量保持不变，这就是动量守恒定律。
④动量守恒定律的成立条件
a.系统不受外力或所受外力和为零，则系统的动量守恒。
b.系统所受外力比内力小很多，则系统的动量近似守恒。
c.系统某一方向不受外力或所受外力的和为零，或所受外力比内力小很多，该方向动量守恒。
⑤动量守恒定律的普适性
a.牛顿定律解决问题涉及全过程，用动量解决只涉及始末状态，与过程无关。
b.动量守恒不仅适用宏观低速，而且适用微观高速，牛顿定律不适用微观高速。
二．碰撞
1．碰撞的分类：
2．一维弹性碰撞
当时
①若，交换速度
②若，，同向，速度前大后小
③若，反弹
④若，
⑤若，
三．反冲
1.反冲：如果一个静止的物体在内力的作用下分裂为两部分，一部分向某个方向运动，另一部分必然向相反的方向运动，这个现象叫做反冲。
2．反冲遵循的规律：
，即：
，
，即：
3．反冲运动的应用：
喷气式飞机，射击时枪筒的后退，火箭发射等。
四．用动量概念表示牛顿第二定律
1．用动量概念表示牛顿第二定律
假设物体受到恒力的作用做匀变速直线运动，在时刻物体的初速度为，在时刻物
体的速度为，由牛顿第二定律得，物体的加速度
合力F=ma
由于，
所以
2．动量定理
应用动量定理需要注意的几点：
①方程左边是物体动量的变化量，计算时顺序不能颠倒
②方程右边是物体受到的合外力的总冲量，其中F可以是恒力也可以是变力，如果合外力是变力，则F是合外力在时间t内的平均值
③整个式子反映了一个过程，即力对时间的积累效果是引起物体动量的变化。
④动量定理中的冲量和动量都是矢量，冲量的方向与动量变化量的方向相同。
⑤动量与参考系的选取有关，所以用动量定理时必须注意参考系的选取。
⑥动量定理不仅适用于宏观物体的低速运动，对微观现象，高速运动仍然适用。
⑦不能认为合外力的冲量就是动量的变化。合外力的冲量是引起动量变化的原因，而动量变化是冲量作用的必然结果
⑧动量定理的研究对象是单个质点或由质点所构成的系统，当研究对象为质点系统时，动量定理中的动量应是该系统内所有质点在同一时刻动量的矢量和，而冲量是该系统内各个质点在同一个物理过程中所受一切外力冲量的矢量和，不包括系统内各质点之间相互作用的（内力）的冲量，这是因为内力总是成对出现的，且大小相等、方向相反，故其内力的总冲量必定为零。
五．动量典型模型
1．人船模型
：如图所示长为，质量为m1的小船在静水中，一个质量为m2的人立在船头，若不计水的粘滞阻力，当人从船头走到船尾的过程中，船和人相对地面的位移各是多少？
分析与解答：
选船和人组成的系统为研究对象，由于水平方向不受外力，因而人从船头走向船尾的过程中任一时刻水平方向的动量都守恒，既平均动量守恒，而系统在人起步前的总动量为0。
设人和船在全过程中的平均速度分别为和，根据动量守恒定律：
设相互作用的时间为，则，故
由题意知：
联立两式解得：，
练习：某人在一只静止于水面的小船上练习射击。船、人连枪（不包括子弹）及靶的总质量为M，枪内装有n颗子弹，每颗子弹质量为m。枪口到靶的距离为，子弹射出枪口时
相对于地面的速度为v。在发射后一颗子弹时，前一颗子弹已陷入靶中，则发射完n颗子弹后小船后退多远？
参考答案：
2．板块模型
：已知木板质量为，静止在光滑水平地面上，一个质量为的小滑块，以初速度
滑上木板，滑块与木板之间的接触面粗糙
（1）木块与木板相对静止的速度
由动量守恒定律：
（2）从滑块滑上小车到它们处于相对静止所经历的时间
由动量定理：
（3）m在M上滑行的位移s相对（若滑块不掉下木板，木板至少多长）
由功能关系：
（4）到达相对静止时，相对地面的位移
木块位移：
木板位移：
练习：如图所示，质量为0.4kg的木块以2m/s的速度水平地滑上静止的平板小车，车的质量为 1.6kg，木块与小车之间的摩擦因数为0.2(g取10m/s2)。设小车足够长，求：
(1)木块和小车相对静止时小车的速度
(2)从木块滑上小车到它们处于相对静止所经历的时间
(3)欲使木块不离开平板小车，小车的至少为多长？
(4)达到相对静止时，木块相对地面的位移？
参考答案：（1）0.4m/s（2）0.8N（3）0.8m（4）0.96m
3．弹簧振子模型
：质量为的木块A和B用质量不计的轻质弹簧连接在一起，一个质量为的子弹以
速度射向木块A并最终留在木块之中。
（1）在这一过程中产生的热量是多少？
以子弹和A木块组成的系统为研究对象
由动量守恒：
（2）当子弹、A木块与B木块速度相同时，速度大小为多少？
由动量守恒：
（3）弹簧的最大弹性势能
由机械能守恒：
练习：如图所示，一轻质弹簧两端连着物体A、B，放在光滑的水平面上，若物体A被水平速度为v0的子弹射中，且后者嵌在物体A的中心，已知物体A的质量是物体B质量的
3/4，子弹质量是物体B的1/4，设子弹的质量为m
（1）弹簧被压缩到最短时，求物体A、B的速度。
（2）最大弹性势能。
参考答案：（1）（2）
4．子弹冲击沙摆模型质量为m的子弹以速度击中用为L细绳悬挂的质量为的沙
摆
（1）木块被击中后摆动的最大偏角
由动量守恒：
由机械能守恒定律：
（2）运动到最低点绳子的拉力
（3）若使沙摆在竖直平面内做圆周运动，最小为多大？
由机械能守恒：
练习：如图，质量为M的木块用长为L的细线悬挂于某固定点，开始时木块静止在最低点，质量为m的子弹以水平速度V0击中木块后未穿出，设子弹击中木块的时间极短，则：（1）若木块被击中后向右摆动的最大偏角θ小于90°，求θ。
（2）当木块摆动返回最低点时，求悬线的拉力。
（3）欲使小球在竖直面上做完整的圆周运动，子弹水平速度V0必须满足什么条件？
参考答案：（1）
（2）（3）
1.动量守恒定律的判断
1、把一支枪水平固定在小车上，小车放在光滑的水平地面上，枪发射出子弹时，关于枪、子弹、车的下列说法正确的是（）
A.枪和子弹组成的系统动量守恒
B.枪和车组成的系统动量守恒
C.只有忽略不计子弹和枪筒之间的摩擦，枪、车和子弹组成的系统的动量才近似守恒
D.枪、子弹、车组成的系统动量守恒
解：本题C选项中所提到的子弹和枪筒之间的摩擦是系统的内力，在考虑枪、子弹、车组成的系统时，这个因素是不用考虑的根据受力分析，可知该系统所受合外力为0，符合动量守恒的条件，故选D
规律总结：判断系统是否动量守恒时，一定要抓住守恒条件，即系统不受外力或者所受合外力为0。
变式：如图所示的装置中，木块B与水平桌面间的接触是光滑的，子弹A沿水平方向射入木块后留在木块内，将弹簧压缩到最短．现将子弹、木块和弹簧合在一起作为研究对
象（系统），则此系统在从子弹开始射入木块到弹簧压缩至最短的整个过程中：（）
A、动量守恒、机械能守恒
B、动量不守恒、机械能不守恒
C、动量守恒、机械能不守恒
D、动量不守恒、机械能守恒
解析:若以子弹、木块和弹簧合在一起作为研究对象(系统)，从子弹开始射入木块到弹簧压缩至最短时，弹簧固定端墙壁对弹簧有外力作用，因此动量不守恒．而在子弹射入木块时，存在剧烈摩擦作用，有一部分能量将转化为内能，机械能也不守恒．答案：B
规律总结：实际上，在子弹射入木块这一瞬间过程，取子弹与木块为系统则可认为动量守恒（此瞬间弹簧尚未形变）．子弹射入木块后木块压缩弹簧过程中，机械能守恒，但动量不守恒．物理规律总是在一定条件得出的，因此在分析问题时，不但要弄清取谁作研究对象，还要弄清过程的阶段的选取，判断各阶段满足物理规律的条件．
2.碰撞中过程的分析
2、如图所示，位于光滑水平桌面上的小滑块A和B都可视作质点，质量相等。B与轻质弹簧相连。设B静止，A以某一初速度向B运动并与弹簧发生碰撞。在整个碰撞过程
中，弹簧具有的最大弹性势能等于（）
A. A的初动能
B. A的初动能的1/2
C. A的初动能的1/3
D. A的初动能的1/4
解析：解决这样的问题，最好的方法就是能够将两个物体作用的过程细化。具体分析如图：
开始A物体向B运动，如右图；
接着，A与弹簧接触，稍有作用，弹簧即有形变，分别对A、B物体产生如中图的作用力，对A的作用力的效果就是产生一个使A减速的加速度，对B的作用力的效果则是产生一个使B加速的加速度。
如此，A在减速，B在加速，一起向右运动，但是在开始的时候，A的速度依然比B 的大，所以相同时间内，A走的位移依然比B大，故两者之间的距离依然在减小，弹簧不断压缩，弹簧产生的作用力越来越大，对A的加速作用和对B的加速作用而逐渐变大，于是，A的速度不断减小，B的速度不断增大，直到某个瞬间两个物体的速度一样，如下图。
过了这个瞬间，由于弹簧的压缩状态没有发生任何变化，所以对两个物体的作用力以及力的效果也没有变，所以A要继续减速，B要继续加速，这就会使得B的速度变的比A 大，于是A、B物体之间的距离开始变大。因此，两个物体之间的距离最小的时候，也就是弹簧压缩量最大的时候，也就是弹性势能最大的时候，也就是系统机械能损失最大的时候，就是两个物体速度相同的时候。
根据动量守恒有，根据能量守恒有，
以上两式联列求解得，可见弹簧具有的最大弹性势能等于滑块A原来动能的一半，B正确
规律总结：处理带有弹簧的碰撞问题，认真分析运动的变化过程是关键，面对弹簧问题，一定要注重细节的分析，采取“慢镜头”的手段。
3．动量守恒定律的适用情景
3、小型迫击炮在总质量为1000kg的船上发射，炮弹的质量为2kg．若炮弹飞离炮口时相对于地面的速度为600m/s，且速度跟水平面成45°角，求发射炮弹后小船后退的速度。
解析：发射炮弹前，总质量为1000kg的船静止，则总动量Mv=0．
发射炮弹后，炮弹在水平方向的动量为mv1＇cos45°，船后退的动量为(M-m)v2＇
据动量守恒定律有0=mv1＇cos45°＋(M-m)v2＇
取炮弹的水平速度方向为正方向，代入已知数据解得
规律总结：取炮弹和小船组成的系统为研究对象，在发射炮弹的过程中，炮弹和炮身(炮和船视为固定在一起)的作用力为内力。系统受到的外力有炮弹和船的重力、水对船的浮力．在船静止的情况下，重力和浮力相等，但在发射炮弹时，浮力要大于重力．因此，在垂直方向上，系统所受到的合外力不为零，但在水平方向上系统不受外力(不计水的阻力)，故在该方向上动量守恒。
变式：物块A、B质量分别为m A、m B，用细绳连接，在水平恒力F的作用下A、B 一起沿水平面做匀速直线运动，速度为v，如运动过程中，烧断细绳，仍保持力F大小方向不变，则当物块B停下来时，物块A的速度为多大？
解析：以A和B组成的系统作为研究对象．绳子烧断前，A、B一起做匀速直线运动，故系统所受外力和为零，水平方向系统所受外力只有拉力F，物块A受到地面的摩擦力f A，物体B受到地面的摩擦力f B，且F=f A＋f B．绳烧断后，直到B停止运动前F与f A、f B均保持不变，故在此过程中系统所受外力和仍为零，系统总动量保持不变．所以此题可用动量守恒定律求解．
解：取初速v的方向为正方向，设绳断后A、B的速度大小分别为v′A、v′B，由动量守恒定律有
(m A＋m B)v＝m A v′A＋m B v′B
4．分方向动量守恒
４、如图所示．质量为m的铅球以大小为v0仰角为θ的初速度抛入一个装着砂子的总质量为M的静止的砂车中，砂车与地面的摩擦不计，球与砂车的共同速度是多少?
解析：小球及小车看成一个系统，该系统水平方向不受外力，故系统水平方向上动量守恒，由动量守恒定律得
m v0cosθ=(M+m)v，
所以v=mv0cosθ/(M+m)
规律总结：此类问题属系统所受外力不为0，竖直方向上受到有外力，动量不守恒，但水平方向上不受外力作用，动量守恒．又如大炮在以倾角发射炮弹时，炮身要后退，受到地面的阻力，但因其炸药产生的作用力很大，远大于受到的阻力，故仍认为水平方向动量守恒．
变式如图所示，一辆质量为M的小车以速度v１光滑水平面上运动，一质量为m、速度为v２物体以俯角为θ的方向落到车上并埋在车里的砂中，此时小车的速度为
______
解析：小球进入砂中的过程，小球受到的砂的阻力大于小球的重力，因此，车与球组成的系统在竖直方向上受到的合外力不为零。但由于系统在水平方向受到的合外力为零，所以可以在水平方向应用动量守恒定律。
所以
小结：系统在某一个方向上所受的合外力为零，则该方向上动量守恒。
5.多物体多过程动量守恒
5、两块厚度相同的木块A和B，并列紧靠着放在光滑的水平面上，其质量分别为m A=2.0kg，m B=0.90kg．它们的下底面光滑，上表面粗糙．另有质量m C=0.10kg的铅块C(其长度可略去不计)以v C=10m/s的速度恰好水平地滑到A的上表面(见图)，由于摩擦，铅块最后停在本块B上，测得B、C的共同速度为v=0.50m/s，求：木块A的速度和铅块C离开A 时的速度．
解：设C离开A时的速度为v C，此时A、B的共同速度为v A，对于C刚要滑上A和C 刚离开A这两个瞬间，由动量守恒定律知
m C v C=(m A+m B)v A+m C v′C(1)
以后，物体C离开A，与B发生相互作用．从此时起，物体A不再加速，物体B将继续加速一段时间，于是B与A分离．当C相对静止于物体B上时，C与B的速度分别由v'C和v A变化到共同速度v．因此，可改选C与B为研究对象，对于C刚滑上B和C、B相对静止时的这两个瞬间，由动量守恒定律知
m C v′C+m B v A=(m B+m C)v (2)
由(l)式得 m C v′C=m C v C-(m A＋m B)v A
代入(2)式 m C v C-(m A+m B)v A+m B v A=(m B+m C)v
得木块A的速度
所以铅块C离开A时的速度
变式：甲、乙两小孩各乘一辆小车在光滑水平面上匀速相向行驶，速度均为6m/s.甲车上有质量为m=1kg的小球若干个，甲和他的车及所带小球的总质量为M1=50kg，乙和他的车总质量为M2=30kg。现为避免相撞，甲不断地将小球以相对地面16.5m/s的水平速度抛向乙，且被乙接住。假设某一次甲将小球抛出且被乙接住后刚好可保证两车不致相撞，试求此时：
（1）两车的速度各为多少？
（2）甲总共抛出了多少个小球？
解：甲、乙两小孩依在抛球的时候是“一分为二”的过程，接球的过程是“合二为一”的过程。
（1）甲、乙两小孩及两车组成的系统总动量沿甲车的运动方向，甲不断抛球、乙接球后，当甲和小车与乙和小车具有共同速度时，可保证刚好不撞。设共同速度为V，则: M1V1－M2V1=（M1+M2）V
（2）这一过程中乙小孩及车的动量变化为:△P=30×6－30×（－1.5）=225（kg·m/s）每一个小球被乙接收后，到最终的动量变化为△P1=16.5×1－1.5×1=15（kg·m/s）
故小球个数为
6．动量守恒定律解“人船模型”问题、碰撞与反冲问题
人船模型是动量守恒定律的拓展应用，将速度与质量的关系推广到位移与质量，做这类题目，首先要画好示意图，要注意两个物体相对于地面的移动方向和两个物体位移大小之间的关系．
一个原来静止的系统，由于某一部分的运动而对另一部分有冲量，使另一部分也跟着
运动，若现象中满足动量守恒，则有m1v1-m2v2 = 0，v1 = v2．物体在这一方向上的速度经过时间的累积使物体在这一方向上运动一段距离，则距离同样满足s1 = s2，它们的相对距离s相 = s1+s2．
6、质量为M、长为L的船静止在静水中，船头及船尾各站着质量分别为m1及m2的人，当两人互换位置后，船的位移有多大？
解析：利用“人船模型”易求得船的位移大小为：．
提示：若m1＞m2，本题可把（m1-m2）等效为一个人，把（M+2m2）看作船，再利用人船模型进行分析求解较简便．应该注意到：此结论与人在船上行走的速度大小无关．不论是匀速行走还是变速行走，甚至往返行走，只要人最终到达船的左端，那么结论都是相同的．以上所列举的人、船模型的前提是系统初动量为零．如果发生相互作用前系统就具有一定的动量，那就不能再用m1v1=m2v2这种形式列方程，而要利用（m1+m2）v0=m1v1+m2v2列式。
７、已知m1:m2=1:2，与地面动摩擦因数相同，某时刻，置于其中间的少量炸药爆炸，将两物体弹开，求它们到停止运动所用的时间之比，位移之比。
解析：以m1、m2组成的系统为研究对象，炸药爆炸时产生的作用力属于系统的内力，在爆炸的过程中，由于内力远大于外力，可以应用动量守恒定律，所以，，所以，即碰后的速率之比为2：1。分别以各自的运动方向为正方向，应用动量定理可求出到停止所用时间之比：即
所以
再应用动能定理，可求出到停止所经位移之比：即
所以
７．应用力学规律对比解“相对滑动类”问题
８．８、如图所示，一质量为M、长为L的长方形木板B放在光滑的水平地面上，在其右端放一质量为m的小木块A，m＜M.现以地面为参照系，给A和B以大小相等、方向相反的初速度(如图)，使A开始向左运动，B开始向右运动，但最后A刚好没有滑离B板，以地面为
参照系.
(1)若已知A和B的初速度大小为Vｏ，求它们最后的速度大小和方向.
（2)若初速度的大小未知，求小木块A向左运动到达的最远处(从地面上看)离出发点的距离.
解析：方法1、用牛顿第二定律和运动学公式求解。
A刚好没有滑离B板，表示当A滑到B板的最左端时，A、B具有相同的速度，设此速度为V，经过时间为t,A、B间的滑动摩擦力为f.如图所示。
对A据牛顿第二定律和运动学公式有:向右为正
f=maＡ, L２=， V=-Vｏ+aＡt;
对B据牛顿第二定律和运动学公式有：
f=MaＢ, ,V=Vｏ-aＢt;
由几何关系有：Lｏ+L２=L；
由以上各式可求得它们最后的速度大小为
V＝，方向向右。
对A，向左运动的最大距离为。
方法2、用动能定理和动量定理求解。
A刚好没有滑离B板，表示当A滑到B板的最左端时，A、B具有相同的速度，设此速度为V，经过时间为t, A和B的初速度的大小为Vｏ，则据动量定理可得：向右为正 对A： ft= mV+mVｏ
对B：-ft=MV－MVｏ
解得：V＝，方向向右
A在B板的右端时初速度向左，而到达B板左端时的末速度向右，可见A在运动过程中必须经历向左作减速运动直到速度为零，再向右作加速运动直到速度为V的两个阶段。设L1为A开始运动到速度变为零过程中向左运动的路程，L２为A从速度为零增加到速度为V的过程中向右运动的路程，Lｏ为A从开始运动到刚好到达B的最左端的过程中B运动的路程，如图所示，设A与B之间的滑动摩擦力为f，则由动能定理可得：
对于B ： -fLｏ=
对于A ：-fL1= -f(L1-L２)=由几何关系Lｏ+L２=L
联立求得L1=.
方法3、用能量守恒定律和动量守恒定律求解。
A刚好没有滑离B板，表示当A滑到B板的最左端时，A、B具有相同的速度，设此速度为V， A和B的初速度的大小为Vｏ，则据动量守恒定律可得：
MVｏ－mVｏ=(m+m)V
解得：V＝，方向向右
对系统的全过程，由能量守恒定律得：Q=fL=
对于A fL1=
由上述二式联立求得L1=.
规律总结：从上述三种解法中，同学们不难看出，解法三简洁明了，容易快速求出正确答案。因此我们在解决动力学问题时，应优先考虑使用能量守恒定律和动量守恒定律求解，其次是考虑使用动能定理和动量定理求解，最后才考虑使用牛顿第二定律和运动学公式求解。
电磁感应动量定理的应用
电磁感应中动量定理的运用 动量定律I ＝?P 。 设想在某一回路中，一部分导体仅在安培力作用下运动时，安培力F 为变力，但其冲量可用它对时间的平均值进行计算，即I ＝F t ?， 而F ＝B I L （I 为电流对时间的平均值） 故有：B I L t ?=mv 2－mv 1 . 而I t=q ,故有q=BL mv 12mv - 理论上电量的求法：q=I ?t 。 这种方法的依据是电流的定义式I=q/t 该式的研究对象是通电导体的某一截面，若在t 时间内流过该截面的电量为q ，则流过该切面的电流为I ＝q/t ，显然，这个电流应为对时间的平均值，因此该式应写为I = q/t ，变形后可以得q ＝I t ，这个关系式具有一般性，亦即无论流经导体的电流是恒定的还是变化的，只要电流用这段时间内的平均值代入，该式都适用，而平均电流的求解，在电磁感应问题中最为常见的思路为：对某一回路来说，据法拉第电磁感应定律，得E=t ??φ，显然该感应电动势也为对其时间的平均值，再由I ＝R E （R 为回路中的总电阻）可以得到I ＝ t R ??φ。 综上可得q ＝R φ?。若B 不变，则q ＝R φ?＝R s B ? 电量q 与安培力的冲量之间有什么联系？可用下面的框图来说明。 从以上框图可见，这些物理量之间的关系可能会出现以下三种题型： 第一：方法Ⅰ中相关物理量的关系。 第二：方法Ⅱ中相关物理量的关系。 第三：就是以电量作为桥梁，直接把上面框图中左右两边的物理量联系起来，如把导体
棒的位移和速度联系起来，但由于这类问题导体棒的运动一般都不是匀变速直线运动，无法使用匀变速直线运动的运动学公式进行求解，所以这种方法就显得十分巧妙。这种题型难度最大。 2在解题中强化应用意识，提高驾驭能力 由于这些物理量之间的关系比较复杂，只能从理论上把握上述关系还不够，还必须通过典型问题来培养学生的应用能力，达到熟练驾驭的目的。请看以下几例：（1）如图1所示，半径为r的两半圆形光滑金属导轨并列竖直放置，在轨道左侧上方MN间接有阻值为R0的电阻，整个轨道处在竖直向下的磁感应 强度为B的匀强磁场中，两轨道间距为L，一电阻也为R0质量 为m的金属棒ab从MN处由静止释放经时间t到达轨道最低点 cd时的速度为v，不计摩擦。求： （1）棒从ab到cd过程中通过棒的电量。 （2）棒在cd处的加速度。 分析与解 有的同学据题目的已知条件，不假思索的就选用动量定理，对该过程列式如下： mgt－B I Lt=mv －0显然该式有两处错误：其一是在分析棒的受力时，漏掉了轨道对 棒的弹力N，从而在使用动量定理时漏掉了弹力的冲量I N；其二是即便考虑了I N，这种解法也是错误的，因为动量定理的表达式是一个矢量式，三个力的冲量不在同一直线上，而且IN的方向还不断变化，故 我们无法使用I=Ft来求冲量，亦即无法使用前面所提到的方法二。 为此，本题的正确解法是应用前面提到的方法一，具体解答如下： 对应于该闭合回路应用以下公式： (2)如图2所示，在光滑的水平面上，有一垂直向下的 匀强磁场分布在宽度为L的区域内，现有一个边长为 a（a﹤L）的正方形闭合线圈以初速度v0垂直磁场边 界滑过磁场后，速度为v(v﹤v0)，那么线圈 A.完全进入磁场中时的速度大于（v0+v）/2 B.完全进入磁场中时的速度等于（v0+v）/2 C.完全进入磁场中时的速度小于（v0+v）/2 D.以上情况均有可能 分析与解 这是一道物理过程很直观的问题，可分为三个阶段：进入和离开磁场过程中均为加速度不断减少的减速运动，完全进入磁场后即作匀速直线运动，那么这三个过程的速度之间的关系如何呢？乍看好象无从下手，但对照上面的理论分析，可知它属于第三类问题。首先，由于进入磁场和离开磁场两段过程中，穿过线圈回路的磁通量变化量Δφ相同，故有q0=q=Δφ/R；其次，对线框应用动量定理，设线框完全进入磁场后的速度为v′，则有：
电磁感应中动量定理和动量守恒定律地运用
高考物理电磁感应中动量定理和动量守恒定律的运用 （1）如图1所示，半径为r的两半圆形光滑金属导轨并列竖直放置，在轨道左侧上方MN间接有阻值为R0的电阻，整个轨道处在竖直向下的磁感应强度为B的匀强磁场中，两轨道间距为L，一电阻也为R0质量为m的金属棒ab从MN处由静止释放经时间t到达轨道最低点cd时的速度为v，不计摩擦。求：（1）棒从ab到cd过程中通过棒的电量。 （2）棒在cd处的加速度。 (2)如图2所示，在光滑的水平面上，有一垂直向下的匀强磁场分布在宽度为L的区域内，现有一个边长为a（a﹤L）的正方形闭合线圈以初速度v0垂直磁场边界滑过磁场后，速度为v(v﹤v0)，那么线圈 A.完全进入磁场中时的速度大于（v0+v）/2 B.完全进入磁场中时的速度等于（v0+v）/2 C.完全进入磁场中时的速度小于（v0+v）/2 D.以上情况均有可能（3）在水平光滑等距的金属导轨上有一定值电阻R,导轨宽d电阻不计,导体棒AB垂直于导轨放置,质量为m ,整个装置处于垂直导轨平面向上的匀强磁场中,磁感应强度为B.现给导体棒一水平初速度v0,求AB在导轨上滑行的距离. (4)如图3所示,在水平面上有两条导电导轨MN、PQ，导轨间距为d，匀强磁场垂直于导轨所在的平面向里，磁感应强度的大小为B，两根完全相同的金属杆1、2间隔一定的距离摆开放在导轨上，且与导轨垂直。它们的电阻均为R，两杆与导轨接触良好，导轨电阻不计，金属杆的摩擦不计。杆1以初速度v0滑向杆2，为使两杆不相碰，则杆2固定与不固定两种情况下，最初摆放两杆时的最少距离之比为：A.1:1 B.1:2 C.2:1 D.1:1
5:如图所示，光滑导轨EF、GH等高平行放置，EG间宽度为FH间宽度的3倍，导轨右侧水平且处于竖直向上的匀强磁场中，左侧呈弧形升高。ab、cd是质量均为m的金属棒，现让ab从离水平轨道h高处由静止下滑，设导轨足够长。试求：(1)ab、cd棒的最终速度；(2)全过程中感应电流产生的焦耳热。 6、:如图所示，竖直放置的两光滑平行金属导轨，置于垂直于导轨平面向里的匀强磁场中，两根质量相同的导体棒a和b，与导轨紧密接触且可自由滑动。先固定a，释放b，当b的速度达到10m/s时，再释放a，经过1s后，a的速度达到12m/s，则（1）此时b的速度大小是多少？（2）若导轨很长，a、b棒最后的运动状态。 7、:两根平行的金属导轨，固定在同一水平面上，磁感强度B=0.5T的匀强磁场与导轨所在平面垂直，导轨的电阻很小，可忽略不计。导轨间的距离l=0.20m，两根质量均为m=0.10kg的平行金属杆甲、乙可在导轨上无摩擦地滑动，滑动过程中与导轨保持垂直，每根金属杆的电阻为R=0.50Ω。在t=0时刻，两杆都处于静止状态。现有一与导轨平行，大小为0.20N的恒力F作用于金属杆甲上，使金属杆在导轨上滑动。经过T=5.0s，金属杆甲的加速度为a=1.37 m/s2，求此时两金属杆的速度各为多少？
动量定理在电磁感应中的应用
动量定理在电磁感应中的应用 例1.如图所示，在光滑的水平面上，有一垂直向下的匀强磁场分布在宽为L的区域内，有一个边长为a（a 滑动，先固定a释放b，当b速度达到10m/s时，再释放a，经过1s 时间 a的速度达到12m/s，则（） A.当va=12m/s时,vb=18m/s B. 当va=12m/s时,vb=22m/s C.若导轨很长，它们最终的速度必相同 D.它们最终速度不相同，但速度差恒定 （2003年全国理综卷）如图5所示，两根平行的金属导轨，固定在同一水平面上，磁感应强度B=0.50T的匀强磁场与导轨所在平面垂直，导轨的电阻很小，可忽略不计。导轨间的距离l=0.20m。两根质量均为m=0.10kg的平行金属杆甲、乙可在导轨上无摩擦地滑动，滑动过程中与导轨保持垂直，每根金属杆的电阻为R=0.50Ω。在t=0时刻，两杆都处于静止状态。现有一与导轨平行、大小为0.20N的恒力F作用于金属杆甲上，使金属杆在导轨上滑动。经过t=5.0s，金属杆甲的加速度为a=1.37m/s2，问此时两金属杆的速度各为多少？ 动量定理的应用 1. 用动量定理解决碰击问题 在碰撞、打击过程中的相互作用力，一般是变力，用牛顿运动定律很难解决，用动量定理分析则方便得多，这时求出的力应理解为作用时间t内的平均力动量定理的应用。 例1. 蹦床是运动员在一张绷紧的弹性网上蹦跳、翻滚并做各种空中动作的运动项目。一个质量为60kg的运动员，从离水平网面3.2m高处自由落下，着网后沿竖直方向蹦回到离水平网面1.8m高处。已知运动员与网接触的时间为1.4s。试求网对运动员的平均冲击力。（取动量定理的应用） 解析：将运动员看成质量为m的质点，从高动量定理的应用处下落，刚接触网时速度的大小 动量定理的应用，（向下）………………① 弹跳后到达的高度为动量定理的应用，刚离网时速度的大小 动量定理的应用，（向上）………………② 接触过程中运动员受到向下的重力动量定理的应用和网对其向上的弹力F。选取竖直向上为正方向，由动量定理得： 动量定理的应用………………③ 由以上三式解得：动量定理的应用 代入数值得：动量定理的应用 2. 动量定理的应用可扩展到全过程 当几个力不同时作用时，合冲量可理解为各个外力冲量的矢量和。对物体运动的全过程应用动量定理可“一网打尽”，干净利索。 例2. 用全过程法再解析例1 运动员自由下落的时间 动量定理的应用 被网弹回做竖直上抛，上升的时间 动量定理的应用 与网接触时间为动量定理的应用。选取向下为正方向，对全过程应用动量定理得： 动量定理的应用 则动量定理的应用 3. 用动量定理解决曲线问题 动量定理的应用范围非常广泛，不论力是否恒定，运动轨迹是直线还是曲线，动量定理的应用总成立。注意动量定理的表达公式是矢量关系，动量定理的应用两矢量的大小总是相等，方向总相同。 例3. 以初速动量定理的应用水平抛出一个质量动量定理的应用的物体，试求在抛出后的第2秒内物体动量的变化。已知物体未落地，不计空气阻力，取动量定理的应用。 动量定理的应用(2)·典型例题解析 【例1】 500g 的足球从1.8m 的高处自由下落碰地后能弹回到1.25m 高，不计空气阻力，这一过程经历的时间为1.2s ，g 取10m/s 2，求足球对地面的作用力． 解析：对足球与地面相互作用的过程应用动量定理，取竖直向下为 正，有－Δ＝′－其中Δ＝－－＝－×－×＝－－＝，′＝－＝－××＝(mg N)t mv mv t 1.2 1.21.20.60.50.1(s)v 2gh 210 1.2522221810 21251012h g h g .. －，＝＝××＝，解得足球受到向上的 弹力＝＇＋＝＋×＝＋＝5(m /s)v 2gh 210 1.86(m /s)N mg 0.51055560(N)1v v v t ().(). -+?056501 由牛顿第三定律得足球对地面的作用力大小为60N ，方向向下． 点拨：本例也可以对足球从开始下落至弹跳到最高点的整个过程应用动量定理：mgt 总－N Δt ＝0－0，这样处理更为简便． 从解题过程可看出，当Δt 很短时，N 与mg 相比较显得很大，这时可略去重力． 【例2】如图51－1所示，在光滑的水平面上有两块前后并排且靠在一起的木块A 和B ，它们的质量分别为m 1和m 2，今有一颗子弹水平射向A 木块，已知子弹依次穿过A 、B 所用的时间分别是Δt 1和Δt 2，设子弹所受木块的阻力恒为f ，试求子弹穿过两木块后，两木块的速度各为多少？ 解析：取向右为正，子弹穿过A 的过程，以A 和B 作为一个整体， 由动量定理得＝＋，＝，此后，物体就以向右匀速运动，接着子弹要穿透物体． f t (m m )v v A v B 112A A A ??f t m m 1 12+ 子弹穿过B 的过程，对B 应用动量定理得f Δt 2＝m 2v B －m 2v A ， 解得子弹穿出后的运动速度＝＋．B B v B f t m m f t m ??11222 + 点拨：子弹穿过A 的过程中，如果只将A 作为研究对象，A 所受的冲量 [高考命题解读] 分析 年份 高考(全国卷)四年命题情况对照分析 1.考查方式 从前几年命题规律来 看，应用碰撞或反冲运 动模型，以计算题的形 式考查动量和能量观 点的综合应用. 2.命题趋势 由于动量守恒定律作 为必考内容，因此综合 应用动量和能量观点 解决碰撞模型问题将 仍是今后命题的热点， 既可以将动量与力学 知识结合，也可将动量 和电学知识结合，作为 理综试卷压轴计算题 进行命题. 题号命题点 2014年 Ⅰ卷35题 第(2)问计算题，考查了两物体的瞬时碰撞， 应用动量和能量观点解决问题 Ⅱ卷35题 第(2)问计算题，考查了对碰撞问题的理解， 应用动量和动量守恒定律解决问题 2015年 Ⅰ卷35题 第(2)问计算题，考查了三物体的瞬时碰撞， 应用动量和能量观点解决问题 Ⅱ卷35题同2014年Ⅰ卷35题 2016年 Ⅰ卷35题第(2)问计算题，考查了动量定理的应用 Ⅱ卷35题 第(2)问计算题，考查了应用动量守恒定律 和能量观点解决三物体碰撞问题 Ⅲ卷35题同2014年Ⅰ卷35题 2017年 Ⅰ卷14题考查动量守恒定律的应用 Ⅱ卷15题考查动量守恒定律的应用 Ⅲ卷20题考查动量定理的应用 第1讲动量定理及应用 一、动量、动量变化、冲量 1.动量 (1)定义：物体的质量与速度的乘积. (2)表达式：p＝m v. (3)方向：动量的方向与速度的方向相同. 2.动量的变化 (1)因为动量是矢量，动量的变化量Δp也是矢量，其方向与速度的改变量Δv的方向相同. (2)动量的变化量Δp的大小，一般用末动量p′减去初动量p进行计算，也称为动量的增量.即Δp＝p′－p. 3.冲量 (1)定义：力与力的作用时间的乘积叫做力的冲量. (2)公式：I＝Ft. (3)单位：N·s. (4)方向：冲量是矢量，其方向与力的方向相同. 自测1下列说法正确的是() A.速度大的物体，它的动量一定也大 B.动量大的物体，它的速度一定也大 C.只要物体的运动速度大小不变，物体的动量就保持不变 D.物体的动量变化越大，则该物体的速度变化一定越大 答案 D 二、动量定理 1.内容：物体在一个运动过程始末的动量变化量等于它在这个过程中所受合力的冲量. 2.公式：m v′－m v＝F(t′－t)或p′－p＝I. 3.动量定理的理解 (1)动量定理反映了力的冲量与动量变化量之间的因果关系，即外力的冲量是原因，物体的动量变化量是结果. (2)动量定理中的冲量是合力的冲量，而不是某一个力的冲量，它可以是合力的冲量，可以是各力冲量的矢量和，也可以是外力在不同阶段冲量的矢量和. (3)动量定理表达式是矢量式，等号包含了大小相等、方向相同两方面的含义. 自测2(多选)质量为m的物体以初速度v 0开始做平抛运动，经过时间t，下降的高度为h，速度变为v，在这段时间内物体动量变化量的大小为() A.m(v－v0) B.mgt C.m v2－v02 D.m2gh 答案BCD 动量和动量定理的应用 知识点一——冲量（I ） 要点诠释： 1. 定义：力F 和作用时间的乘积，叫做力的冲量。 2. 公式： 3. 单位： 4. 方向：冲量是矢量，方向是由力F 的方向决定。 5. 注意： ①冲量是过程量，求冲量时一定要明确是哪一个力在哪一段时间内的冲量。 ②用公式求冲量，该力只能是恒力 1. 推导： 设一个质量为的物体，初速度为，在合力 F 的作用下，经过一段时间，速度变为 则物体的加速度 由牛顿第二定律 2. 动量定理：物体所受合外力的冲量等于物体的动量变化。 3. 公式：或 4. 注意事项： ②式中F 是指包含重力在内的合外力，可以是恒力也可以是变力。当合外力是变力时，F 应该是合外力在这段时间内的平均值； ③研究对象是单个物体或者系统； 规律方法指导 1. 动量定理和牛顿第二定律的比较 （1 ）动量定理反映的是力在时间上的积累效应的规律，而牛顿第二定律反映的是力的瞬时效应的规律 （2 ）由动量定理得到的，可以理解为牛顿第二定律的另一种表达形式，即：物体所受的合外力等于物体动量的变化率。 （3 ）在解决碰撞、打击类问题时，由于力的变化规律较复杂，用动量定理处理这类问题更有其优越性。 4. 应用动量定理解题的步骤 ①选取研究对象； ②确定所研究的物理过程及其始末状态； ③分析研究对象在所研究的物理过程中的受力情况； ④规定正方向，根据动量定理列式； ⑤解方程，统一单位，求得结果。 经典例题透析 类型一——对基本概念的理解 1. 关于冲量，下列说法中正确的是（） A. 冲量是物体动量变化的原因 B. 作用在静止的物体上力的冲量一定为零 C. 动量越大的物体受到的冲量越大 D. 冲量的方向就是物体受力的方向 思路点拨：此题考察的主要是对概念的理解 解析：力作用一段时间便有了冲量，而力作用一段时间后物体的运动状态发生了变化，物体的动量也发生了变化，因此说冲量使物体的动量发生了变化， A 对； 只要有力作用在物体上，经历一段时间，这个力便有了冲量，与物体处于什么状态无关，B 错误；物体所受冲量大小与动量大小无关， C 错误；冲量是一个过程量，只有在某一过程中力的方向不变时，冲量的方向才与力的方向相同，故 D 错误。 答案：A 【变式】关于冲量和动量，下列说法中错误的是（） A. 冲量是反映力和作用时间积累效果的物理量 B. 冲量是描述运动状态的物理 量 C. 冲量是物体动量变化的原因 D. 冲量的方向与动量的方向一致 答案：BD 点拨：冲量是过程量；冲量的方向与动量变化的方向一致。故BD 错误。 类型二——用动量定理解释两类现象 2. 玻璃杯从同一高度自由落下，落到硬水泥地板上易碎，而落到松软的地毯上不 易碎。这是为什么？ 解释：玻璃杯易碎与否取决于落地时与地面间相互作用力的大小。由动量定理可知，此作用力的大小又与地面作用时的动量变化和作用时间有关。 因为杯子是从同一高度落下，故动量变化相同。但杯子与地毯的作用时间远比杯子与水泥地面的作用时间长，所以地毯对杯子的作用力远比水泥地面对杯子的作用力小。所以玻璃杯从同一高度自由落下，落到硬水泥地板上易碎，而落到松软的地毯上不易碎。 ３. 如图，把重物压在纸带上，用一水平力缓缓拉动纸带，重物跟着一起运动，若迅速拉动纸带，纸带将会从重物下面抽出，解释这些现象的正确说法是（） A. 在缓慢拉动纸带时，重物和纸带间的摩擦力大 动量定理应用举例 1、用锤子使劲压钉子，就很难把钉子压入木块中去，如果用锤子以一定的速度敲钉子，钉子就很容易钻入木块，这是为什么？ 分析：压铁钉与敲铁钉区别在于：压铁钉时锤子是静止在铁钉上，敲铁钉时，铁锤以较大的速度与铁钉碰撞；压铁钉时作用时间长，而敲铁钉作用时间短，致使铁钉受到的作用力不同。 用锤子敲铁钉时，由于锤子质量较大，同时与铁钉碰撞前有较大的速度（即有较大的动量），遇到钉子后，在极短的时间内停下，动量变化很大，据动量定理mv v m t F -'=?，得t mv v m F -'=，对锤子来说，作用时间t 极短，动量变化mv v m -'又很大，说明铁钉必须对锤子施加很大的阻力F ，同时，据牛顿第三定律，锤子也必然对钉子施加很大的反作用力F '，此力远远大于压铁钉时所用的压力，所以用锤子压钉子，铁钉很难被压入，而以一定速度敲铁钉，钉子就很容易钻入木块。 注意：许多物体间相互作用问题，可以根据动量定理来解释．根据mv v m Ft -'= 可看出：物体间相互作用时，从t v v m F 0-'=中可以看出若要获得较大作用力必须使物体动量变化大（如使物体速度变大），同时使作用时间缩短（如碰撞）；反之，如需减小相互间的作用力时，则可以使物体动量变化小些，同时延长相互作用时间。 2、杂技表演时，常可看见有人用铁锤猛击放在“大力士”身上的大石块，石裂而人不伤，这是什么道理？请加以分析。 分析：大石块意味它的质量很大：“猛击”表示作用力很大，且作用时间极短；“人未受伤”说明大石块对人身体的压强不大。 用铁锤猛击放在“大力上”身上的大石块，大石块受到很大的打击力而破裂，但是，根据动量定理01mv mv Ft -=得m t F v v t ?=-0，对大石块来说，虽然受到的作用力F 很大，但力作用时间极短，而大石块的质量又很大，因而引起的速度变化0v v t -就很小，即大石块几乎没有向下运动，而且石块与人的身体接触面积又较大，据S F P /=，所以人身体受的压强并不很大，故此人不会受伤（当然，这还和表演者技术本领有关）。 注意：根据牛顿第二定律可知，有力就一定有加速度，它们是同时产生的．但有加速度不一定有位移，从位移公式可以看出，产生位移是需要时间的． [高考命题解读] 第1讲动量定理及应用 一、动量、动量变化、冲量 1.动量 (1)定义：物体的质量与速度的乘积. (2)表达式：p＝mv. (3)方向：动量的方向与速度的方向相同. 2.动量的变化 (1)因为动量是矢量，动量的变化量Δp也是矢量，其方向与速度的改变量Δv的方向相同. (2)动量的变化量Δp的大小，一般用末动量p′减去初动量p进行计算，也称为动量的增量.即Δp＝p′－p. 3.冲量 (1)定义：力与力的作用时间的乘积叫做力的冲量. (2)公式：I＝Ft. (3)单位：N·s. (4)方向：冲量是矢量，其方向与力的方向相同. 自测1 下列说法正确的是( ) A.速度大的物体，它的动量一定也大 B.动量大的物体，它的速度一定也大 C.只要物体的运动速度大小不变，物体的动量就保持不变 D.物体的动量变化越大，则该物体的速度变化一定越大 答案D 二、动量定理 1.内容：物体在一个运动过程始末的动量变化量等于它在这个过程中所受合力的冲量. 2.公式：mv′－mv＝F(t′－t)或p′－p＝I. 3.动量定理的理解 (1)动量定理反映了力的冲量与动量变化量之间的因果关系，即外力的冲量是原因，物体的动量变化量是结果. (2)动量定理中的冲量是合力的冲量，而不是某一个力的冲量，它可以是合力的冲量，可以是各力冲量的矢量和，也可以是外力在不同阶段冲量的矢量和. (3)动量定理表达式是矢量式，等号包含了大小相等、方向相同两方面的含义. 自测2 (多选)质量为m的物体以初速度v0开始做平抛运动，经过时间t，下降的高度为h，速度变为v，在这段时间内物体动量变化量的大小为( ) (v－v0) 答案BCD 命题点一对动量和冲量的理解 1.对动量的理解 (1)动量的两性 ①瞬时性：动量是描述物体运动状态的物理量，是针对某一时刻或位置而言的. ②相对性：动量的大小与参考系的选取有关，通常情况是指相对地面的动量. (2)动量与动能的比较 类型一——对基本概念的理解 1.关于冲量，下列说法中正确的是（） A.冲量是物体动量变化的原因 B.作用在静止的物体上力的冲量一定为零 C.动量越大的物体受到的冲量越大 D.冲量的方向就是物体受力的方向 思路点拨：此题考察的主要是对概念的理解 解析：力作用一段时间便有了冲量，而力作用一段时间后物体的运动状态发生了变化，物体的动量也发生了变化，因此说冲量使物体的动量发生了变化，A对；只要有力作用在物体上，经历一段时间，这个力便有了冲量，与物体处于什么状态无关，B错误；物体所受冲量大小与动量大小无关，C错误；冲量是一个过程量，只有在某一过程中力的方向不变时，冲量的方向才与力的方向相同，故D错误。 答案：A 【变式】关于冲量和动量，下列说法中错误的是（） A.冲量是反映力和作用时间积累效果的物理量 B.冲量是描述运动状态的物理量 C.冲量是物体动量变化的原因 D.冲量的方向与动量的方向一致 答案：BD 点拨：冲量是过程量；冲量的方向与动量变化的方向一致。故BD错误。 类型二——用动量定理解释两类现象 2.玻璃杯从同一高度自由落下，落到硬水泥地板上易碎，而落到松软的地毯上不易碎。这是为什么？ 解释：玻璃杯易碎与否取决于落地时与地面间相互作用力的大小。由动量定理可知，此作用力的大小又与地面作用时的动量变化和作用时间有关。 因为杯子是从同一高度落下，故动量变化相同。但杯子与地毯的作用时间远比杯子与水泥地面的作用时间长，所以地毯对杯子的作用力远比水泥地面对杯子的作用力小。所以玻璃杯从同一高度自由落下，落到硬水泥地板上易碎，而落到松软的地毯上不易碎。 ３. 如图，把重物压在纸带上，用一水平力缓缓拉动纸带，重物跟着一起运动，若迅速拉动纸带，纸带将会从重物下面抽出，解释这些现象的正确说法是（） A.在缓慢拉动纸带时，重物和纸带间的摩擦力大 B.在迅速拉动时，纸带给重物的摩擦力小 C.在缓慢拉动时，纸带给重物的冲量大 D.在迅速拉动时，纸带给重物的冲量小 解析：在缓慢拉动时，两物体之间的作用力是静摩擦力，在迅速拉动时，它们之间的作用力是滑动摩擦力。由于通常认为滑动摩擦力等于最大静摩擦力。所以一般情况是：缓拉摩擦力小；快拉摩擦力大，故AB都错；缓拉纸带时，摩擦力虽小些，但作用时间很长，故重物获得的冲量可以很大，所以能把重物带动。快拉时摩擦力虽大些，但作用时间很短，故冲量小，所以动量改变也小，因此，CD正确。 总结升华：用动量定理解释现象一般可分为两类：一类是物体的动量变化一定，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，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，要搞清楚哪个量一定，哪个量变化。 【变式1】有些运动鞋底有空气软垫，请用动量定理解释空气软垫的功能。 解析：由动量定理可知，在动量变化相同的情况下，时间越长，需要的作用力越小。因此运动鞋底部的空气软垫有延长作用时间，从而减小冲击力的功能。 【变式2】机动车在高速公路上行驶，车速越大时，与同车道前车保持的距离也越大。 三 动量定理的应用 姓名 一、选择题（每小题中至少有一个选项是正确的） 1、在下列各种运动中，任何相等的时间内物体动量的增量总是相同的有（ ） A 、匀加速直线运动 B 、平抛运动 C 、匀减速直线运动 D 、匀速圆周运动 2、质量为5 kg 的物体，原来以v=5 m/s 的速度做匀速直线运动，现受到跟运动方向相同的冲量15 N ·s 的作用，历时4 s ，物体的动量大小变为 ( ) A.80 kg ·m/s B.160 kg ·m/s C.40 kg ·m/s D.10 kg ·m/s 3、用力拉纸带，纸带将会从重物下抽出，解释这些现象的正确说法是：（ ） A 、在缓慢拉动纸带时，纸带给物体的摩擦力大； B 、在迅速拉动纸带时，纸带给物体的摩擦力小； 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． 4、从同一高度的平台上，抛出三个完全相同的小球，甲球竖直上抛，乙球竖直下抛，丙球平抛．三球落地时的速率相同，若不计空气阻力，则（ ） A 、抛出时三球动量不是都相同，甲、乙动量相同，并均不小于丙的动量 B 、落地时三球的动量相同 C 、从抛出到落地过程，三球受到的冲量都不同 D 、从抛出到落地过程，三球受到的冲量不都相同 5、若质量为m 的小球从h 高度自由落下，与地面碰撞时间为 ，地面对小球的平均作用力大小为F ，则在碰撞过程中（取向上的方向为正）对小球来说（ ） A 、重力的冲量为 B 、地面对小球的冲量为 C 、合力的冲量为 D 、合力的冲量为 6、一物体竖直向上抛出，从开始抛出到落回抛出点所经历的时间是t,上升的最大高度是H ，所受空气阻力大小恒为F,则在时间t 内 A.物体受重力的冲量为零 B.在上升过程中空气阻力对物体的冲量比下降过程中的冲量 小 C.物体动量的增量大于抛出时的动量 D.物体机械能的减小量等于FH 7.恒力F 作用在质量为m 的物体上，如图8—1所示，由于地面对 物体的摩擦力较大，没有被拉动，则经时间t ，下列说法正确的是 A.拉力F 对物体的冲量大小为零 B.拉力F 对物体的冲量大小为Ft C.拉力F 对物体的冲量大小是Ftcos θ D.合力对物体的冲量大小为零 *8、物体在恒定的合力F 作用下作直线运动，在时间Δt 1内速度由0增大到v ，在时间Δt 2内速度由v 增大到2v 。设F 在Δt 1内做的功W 1，冲量是I 1；在Δt 2内做的功W 2，冲量是I 2。那么 （ ） A ．I 1 三动量定理的应用姓名 一、选择题（每小题中至少有一个选项是正确的） 1、在下列各种运动中，任何相等的时间内物体动量的增量总是相同的有（） A、匀加速直线运动 B、平抛运动 C、匀减速直线运动 D、匀速圆周运动 2、质量为5 kg的物体，原来以v=5 m/s的速度做匀速直线运动，现受到跟运动方向相同的冲量15 N·s的作用，历时4 s，物体的动量大小变为 ( ) A.80 kg·m/s B.160 kg·m/s C.40 kg·m/s D.10 kg·m/s 3、用力拉纸带，纸带将会从重物下抽出，解释这些现象的正确说法是： （） A、在缓慢拉动纸带时，纸带给物体的摩擦力大； B、在迅速拉动纸带时，纸带给物体的摩擦力小； 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． 4、从同一高度的平台上，抛出三个完全相同的小球，甲球竖直上抛，乙球竖直下抛，丙球平抛．三球落地时的速率相同，若不计空气阻力，则（） A 、抛出时三球动量不是都相同，甲、乙动量相同，并均不小于丙的动量 B、落地时三球的动量相同 C、从抛出到落地过程，三球受到的冲量都不同 D、从抛出到落地过程，三球受到的冲量不都相同 5、若质量为m的小球从h高度自由落下，与地面碰撞时间为，地面对小球的平均作用力大小为F，则在碰撞过程中（取向上的方向为正）对小球来说 （） A 、重力的冲量为B、地面对小球的冲量为 C、合力的冲量为 D、合力的冲量为 6、一物体竖直向上抛出，从开始抛出到落回抛出点所经历的时间是t,上升的最大高度是H，所受空气阻力大小恒为F,则在时间t 内 A.物体受重力的冲量为零 B.在上升过程中空气阻力对物体的冲量比下降过程中的冲量小 C.物体动量的增量大于抛出时的动量 D.物体机械能的减小量等于FH 7.恒力F作用在质量为m的物体上，如图8—1所示，由于地面对 图8—1 物体的摩擦力较大，没有被拉动，则经时间t，下列说法正确的是 A.拉力F对物体的冲量大小为零 B.拉力F对物体的冲量大小为Ft C.拉力F对物体的冲量大小是Ftcosθ D.合力对物体的冲量大小为零 *8、物体在恒定的合力F作用下作直线运动，在时间Δt1内速度由0增大到v，在时间Δt2内速度由v增大到2v。设F在Δt1内做的功W1，冲量是I1；在Δt2内做的 电磁感应与动量的综合 1．安培力的冲量与电量之间的关系： 设想在某一回路中，一部分导体仅在安培力作用下运动时，安培力为变力，但其冲量可用它对时间的平均值进行计算，即t F I ?=安 冲 而F ＝B I L （I 为电流对时间的平均值） 故有：安培力的冲量t L I B I ??=冲 而电量q =I Δt ，故有BLq I =冲 因只在安培力作用下运动 BLq =mv 2－mv 1 BL P q ?= 2．感应电量与磁通量的化量的关系：R n t R t n t R E t I q ?Φ=????Φ=??=??= 若磁感应强度是匀强磁场，R BLx R S B R q =?=?Φ= 以电量作为桥梁，把安培力的冲量、动量变化量与回路磁通量的变化量、导体棒的位移联系起来。 例1．如图所示，在光滑的水平面上，有一垂直向下的匀强磁场分 布在宽度为L 的区域内，现有一个边长为a （a 1．动量： ①定义：物体质量与速度的乘积， ②动量的性质：是状态量、具有相对性、矢量性 2．动量守恒定律 ①动量的变化量： ②内力与外力：系统内物体间的相互作用力叫做内力；系统外物体施加给系统内物体的力叫做内力。 ③动量守恒定律： 如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为零，这个系统的总动量保持不变，这就是动量守恒定律。 ④动量守恒定律的成立条件 a.系统不受外力或所受外力和为零，则系统的动量守恒。 b.系统所受外力比内力小很多，则系统的动量近似守恒。 c.系统某一方向不受外力或所受外力的和为零，或所受外力比内力小很多，该方向动量守恒。 ⑤动量守恒定律的普适性 a.牛顿定律解决问题涉及全过程，用动量解决只涉及始末状态，与过程无关。 b.动量守恒不仅适用宏观低速，而且适用微观高速，牛顿定律不适用微观高速。 二．碰撞 1．碰撞的分类： 2．一维弹性碰撞 当时 ①若，交换速度 ②若，，同向，速度前大后小 ③若，反弹 ④若， ⑤若， 三．反冲 1.反冲：如果一个静止的物体在内力的作用下分裂为两部分，一部分向某个方向运动，另一部分必然向相反的方向运动，这个现象叫做反冲。 2．反冲遵循的规律： ，即： ， ，即： 3．反冲运动的应用： 喷气式飞机，射击时枪筒的后退，火箭发射等。 四．用动量概念表示牛顿第二定律 1．用动量概念表示牛顿第二定律 假设物体受到恒力的作用做匀变速直线运动，在时刻物体的初速度为，在时刻物 体的速度为，由牛顿第二定律得，物体的加速度 合力F=ma 由于， 所以 2．动量定理 应用动量定理需要注意的几点： ①方程左边是物体动量的变化量，计算时顺序不能颠倒 ②方程右边是物体受到的合外力的总冲量，其中F可以是恒力也可以是变力，如果合外力是变力，则F是合外力在时间t内的平均值 ③整个式子反映了一个过程，即力对时间的积累效果是引起物体动量的变化。 ④动量定理中的冲量和动量都是矢量，冲量的方向与动量变化量的方向相同。 ⑤动量与参考系的选取有关，所以用动量定理时必须注意参考系的选取。 ⑥动量定理不仅适用于宏观物体的低速运动，对微观现象，高速运动仍然适用。 ⑦不能认为合外力的冲量就是动量的变化。合外力的冲量是引起动量变化的原因，而动量变化是冲量作用的必然结果 ⑧动量定理的研究对象是单个质点或由质点所构成的系统，当研究对象为质点系统时，动量定理中的动量应是该系统内所有质点在同一时刻动量的矢量和，而冲量是该系统内各个质点在同一个物理过程中所受一切外力冲量的矢量和，不包括系统内各质点之间相互作用的（内力）的冲量，这是因为内力总是成对出现的，且大小相等、方向相反，故其内力的总冲量必定为零。 五．动量典型模型 1．人船模型 ：如图所示长为，质量为m1的小船在静水中，一个质量为m2的人立在船头，若不计水的粘滞阻力，当人从船头走到船尾的过程中，船和人相对地面的位移各是多少？ 分析与解答： 选船和人组成的系统为研究对象，由于水平方向不受外力，因而人从船头走向船尾的过程中任一时刻水平方向的动量都守恒，既平均动量守恒，而系统在人起步前的总动量为0。 设人和船在全过程中的平均速度分别为和，根据动量守恒定律： 设相互作用的时间为，则，故 由题意知： 联立两式解得：， 动量定理及其应用 一、单选题 1.在某一高处,将一物体以初速度v 0水平抛出,在物体从抛出到落地的过程中,其动量的变化Δp 随时间t 的变化图线是图中的(以竖直向下为正方向)( ) A. B. C. D. 2.下列说法中正确的是( ) A.根据P F t ?= ?可把牛顿第二定律表述为:物体动量的变化率等于它受的合外力 B.力与力的作用时间的乘积叫做力的冲量,它反映了力的作用对时间的累积效应,是一个标量 C.易碎品运输时要用柔软材料包装,船舷常常悬挂旧轮胎,都是为了减少冲量 D.玻璃杯掉在水泥地上易碎,是因为受到的冲量太大 3.质量相等的A 、B 两物体放在同一水平面上,分别受到水平拉力1F 、2F 的作用而从静止开始做匀加速直线运动。经过时间0t 和04t 速度分别达到02v 和0v 时,分别撤去1F 和2F ,以后物体继续做匀减速直线运动直至停止。两物体速度随时间变化的图线如图所示。设 12F F A 、B 的冲量分别为1I 和2I ,1F 和2F 对A 、B 做的功分别为1W 和2W ,则下列结论正 确的是( ) A.1212:12:5:6:5I I W W == B.1212:6:5:3:5I I W W == C.,12:6:5W W = D ,12:12:5W W = 4.在光滑的水平面上,并排放着质量相等的物体A 和B ,并静止于水平面上,现用水平恒力 F 推A ,此时沿F 方向给B 一个瞬时冲量2 I ,当A 追上B 时,它们运动的时间是( ) A.I F B.2I F C.2I F D.2F I 5.如图所示,AB 是固定于竖直平面内的光滑圆弧轨道,CD 是固定于竖直平面内的光滑斜面轨道,AB 两点和CD 两点的高度差相同且AB 的弧长与斜面CD 长度相等。现让小球甲从A 点沿圆弧轨道下滑到B 点,小球乙从C 点沿斜面轨道下滑到D 点,两球质量相等。以下说法正确的是( ) A.甲球重力的冲量比乙球重力的冲量小 B.甲球所受合外力的冲量比乙球所受合外力的冲量小 C.两球所受轨道的支持力的冲量均为零 D.两球动量的变化量相同 6.如图所示,甲、乙两质量不同的物体,分别受到恒力作用后,其动量p 与时间t 的关系图象。则甲、乙所受合外力F 甲与F 乙的关系是(图中直线平行)( ) A.F 甲 第8章 动量定理及其应用 8－1 计算下列图示情况下系统的动量。 (1) 已知OA ＝AB ＝l ，θ＝45°，ω为常量，均质连杆AB 的质量为m ，而曲柄OA 和滑块B 的质量不计（图a ）。 (2) 质量均为m 的均质细杆AB 、BC 和均质圆盘CD 用铰链联结在一起并支承如图。已知AB = BC = CD = 2R ，图示瞬时A 、B 、C 处于同一水平直线位置，而CD 铅直，AB 杆以角速度ω转动（图b ）。 (3) 图示小球M 质量为m 1，固结在长为l 、质量为m 2的均质细杆OM 上，杆的一 端O 铰接在不计质量且以速度v 运动的小车上，杆OM 以角速度ω绕O 轴转动（图c ）。 解：（1）p = mv C = ωm l 2 5 ，方向同C v （解图（a ） ）； （2）p = mv C 1 + mv C 2 = mv B = 2Rm ω，方向同B v ，垂直AC （解图（b ））； （3）j i p )60sin 2 60sin ()]60cos 2()60cos ([2121?+?+?-+?-=ωωωωl m l m l v m l v m j i 4 23]42)[(212121m m l l m m v m m +++- +=ωω（解图（c ））。 8－2 图示机构中，已知均质杆AB 质量为m ，长为l ；均质杆BC 质量为4m ，长为2l 。图示瞬时AB 杆的角速度为ω，求此时系统的动量。 解：杆BC 瞬时平移，其速度为v B ω ωωm l m l l m p p p BC AB 29 42=+=+= 方向同v B 。 习题8-1解图 (a) (b) (c) 习题8-1图 v (a) (b) (c) C 习题8－2解图 难点6 电磁感应中动量定理和动量守恒定律的运用 1. 如图1所示，半径为r的两半圆形光滑金属导轨并列竖直放置，在轨道左侧上方MN间接有阻值为R0的电阻，整个轨道处在竖直向下的磁感应强度为B的匀强磁场中，两轨道间距为L，一电阻也为R0质量为m的金属棒ab从MN处由静止释放经时间t到达轨道最低点cd时的速度为v，不计摩擦。求： （1）棒从ab到cd过程中通过棒的电量。 （2）棒在cd处的加速度。 2. 如图2所示，在光滑的水平面上，有一垂直向下的匀强磁场分布在宽度为L的区域内，现有一个边长为a（a﹤L）的正方形闭合线圈以初速度v0垂直磁场边界滑过磁场后，速度为v(v﹤v 0)，那么线圈 A.完全进入磁场中时的速度大于（v0+v）/2 B.完全进入磁场中时的速度等于（v0+v）/2 C.完全进入磁场中时的速度小于（v0+v）/2 D.以上情况均有可能 3. 在水平光滑等距的金属导轨上有一定值电阻R,导轨宽d电阻不 计,导体棒AB垂直于导轨放置,质量为m ,整个装置处于垂直导轨平面向上的匀强磁场中,磁感应强度为B.现给导体棒一水平初速度v0,求AB在导轨上滑行的距离. 4. 如图3所示,在水平面上有两条导电导轨MN、PQ，导轨间距为d，匀强磁场垂直于导轨所在的平面向里，磁感应强度的大小为B，两根完全相同的金属杆1、2间隔一定的距离摆开放在导轨上，且与导轨垂直。它们的电阻均为R，两杆与导轨接触良好，导轨电阻不计，金属杆的摩擦不计。杆1以初速度v0滑向杆2，为使两杆不相碰，则杆2固定与不固定两种情况下，最初摆放两杆时的最少距离之比为： A.1:1 B.1:2 C.2:1 D.1:1动量定理的应用
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