动量和冲量动量定理.docx
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动量和冲量动量定理
一、动量和冲量·动量定理
一、动量、冲量
1.动量：
运动物体的质量和速度的乘积叫做动量.即p＝mv.是矢量，方向与v的方向相同.两个动量相同必须是大小相等，方向相同。
注意：
动量、动能和速度都是描述物体运动的状态量.动量和动能的关系是：
p2＝2mEk.
2.冲量：
力和力的作用时间的乘积Ft，叫做该力的冲量.即I＝Ft.
冲量也是矢量，它的方向由力的方向决定.如果在作用时间内力的方向不变，冲量的方向就是力的方向。
二、动量定理
物体所受合外力的冲量等于它的动量的变化.Ft＝p′－p或Ft＝mv′－mv
【说明】
（1）上述公式是一矢量式，运用它分析问题时要特别注意冲量、动量及动量变化量的方向.譬如，一质量为m的乒乓球以速度v水平地飞向墙后原速弹回，其动能的变化量为零，但其动量的变化量却是2mv。
（2）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.
（3）动量定理是根据牛顿第二定律F＝ma和运动学公式vt＝v0＋at，在设力是恒定的情况下推导出来的。
因此，用牛顿第二定律和运动学公式能解的恒力作用下的匀变速直线运动的问题，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力作用的过程，也适用于随时间变化的力作用的过程.对于变力，动量定理中的力F应当理解为变力在作用时间内的平均值.
（4）根据F＝ma得：
F＝ma＝m
即：
F＝
这是牛顿第二定律的另一种表达形式：
合外力F等于物体动量的变化率
三、用动量定理解释现象
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。
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，要把哪个量变化搞清楚.
●疑难辨析
1、Δp＝p′－p指的是动量的变化量，不要理解为是动量，它的方向可以跟初动量的方向相同（同一直线，动量增大）；可以跟初动量的方向相反（同一直线，动量减小）；也可以跟初动量的方向成某一角度，但动量变化量（p′－p）的方向一定跟合外力的冲量的方向相同.
2、
（1）应用动量定理I=Δp求变力的冲量：
如果物体受到大小或方向改变的力的作用，则不能直接用Ft求变力的冲量，而应求出该力作用下物体动量的变化Δp，等效代换变力的冲量I.例如质量为m的小球用长为r的细绳的一端系住，在水平光滑的平面内绕细绳的另一端做匀速圆周运动，速率为v，周期为T.向心力F＝
在半个周期的冲量不等于
，因为向心力是个变力（方向时刻在变）.因为半个周期的始、末线速度方向相反，动量的变化量是2mv，根据动量定理可知，向心力在半个周期的冲量大小也是2mv，方向与半个周期的开始时刻线速度的方向相反.
（2）应用Δp=F·Δt求恒力作用下的曲线运动中物体动量的变化：
在曲线运动中，速度方向时刻在变化，求动量的变化（Δp=p2-p1）需要应用矢量运算方法，比较麻烦，如果作用力是恒力，可以求出恒力的冲量等效代换动量的变化.如平抛运动中动量的变化问题.
3、用动量定理解题的基本思路
（1）确定研究对象.在中学阶段用动量定理讨论的问题，其研究对象仅限于单个物体.
（2）对物体进行受力分析.可以先求每个力的冲量，再求各力冲量的矢量和——合力的冲量；或先求合力，再求其冲量.
（3）抓住过程的初末状态，选好正方向，确定各动量和冲量的正负号.
（4）根据动量定理列方程.如有必要，还需要其他补充方程式.最后代入数据求解。
●典例剖析
［例1］两个同样的物块，从同一高度自由下落.甲落在软垫上，乙落在水泥地上，均不再弹起，试分析比较两个物块和地面撞击时所受平均力的大小。
解：
因两物块从同一高度下落，它们落地前的速度（v=
）一样，则初动量相同；落地后均静止，末动量也相同.所以两物块的动量的变化量Δp相等.因物块落在软垫上和软垫作用的时间长，落在水泥地上作用时间短，根据动量定理Ft=Δp可知，物块落在软垫上时受的平均作用力小，落在水泥地上受的平均作用力大。
【思考】
（1）在“跳高”和“跳远”的比赛中，运动员为什么要落在沙坑中?
（2）“跳伞”运动员着地时，为什么要有“团身”动作?
（3）在球类项目的体育课上，传球和接球时为什么要有缓冲动作?
【思考提示】
（1）、
（2）、（3）中所列现象均是通过延长作用时间来减小相互作用力.
［例2］据报道，1980年一架英国战斗机在威尔士上空与一只秃鹰相撞，飞机坠毁.小小的飞鸟撞坏庞大、坚实的飞机，真难以想象.试通过估计，说明鸟类对飞机飞行的威胁，设飞鸟的质量m=1kg，飞机的飞行速度为v=800m/s，若两者相撞，试估算鸟对飞机的撞击力。
解：
以鸟为研究对象，和飞机相撞前其速度可忽略，相撞后可认为鸟和飞机一起运动，速度为v=800m/s.撞击过程中，设鸟相对于飞机因挤压变形而减小的距离为L=20cm（可认为是鸟的尺寸），则撞击时间约为：
t=
由动量定理得：
Ft=mv
所以，鸟对飞机平均撞击力的大小约为
F=
N≈3×106N
由此可见，鸟对飞机的威胁很大，所以，在大型机场附近，都设有驱赶鸟的装置.
【说明】在求解有关现实生活的题目时，虽然有些条件题目中没有给出，应学会正当的取舍和合理的假设，如本题中鸟的长度、质量、初末速度等。
练习
1、下列对几种物理现象的解释中，正确的是
A．击钉时不用橡皮锤，是因为橡皮锤太轻
B．跳高时，在沙坑里填沙，是为了减小冲量
C．在推车时推不动，是因为合外力冲量为零
D．动量相同的两个物体受相同的制动力的作用，质量小的先停下来
解：
根据Ft=Δp，可知A项中橡皮锤与钉作用时间长，作用力小；B项中冲量相同，减小的是冲力而不是冲量；C项中车不动，其动量变化量为零；D项中两物体Δp、F相同，故t应相同。
【答案】C
2、下列各种说法中，不能够成立的是
A．某一段时间内物体动量的增量不为零，而其中某一时刻物体的动量可能为零
B．某一段时间内物体受到的冲量为零，而其中某一时刻物体的动量可能不为零
C．某一段时间内物体受到的冲量不为零，而动量的增量可能为零
D．某一时刻物体的动量为零，而动量对时间的变化率不为零
解：
由Ft=p′－p知，Ft与Δp相等，Ft不为零，Δp也不为零，但与p′、p无直接关系。
又由F=
可知：
p′或p为零。
即动量对时间的变化率不为零.故A、Ｂ、Ｄ选项能成立.C不能成立。
【答案】C
3、某物体受到一个－6N·s的冲量作用，则
A.物体的动量一定减小
B.物体的末动量一定是负值
C.物体动量增量的方向一定与规定的正方向相反
D.物体原来动量的方向一定与这个冲量的方向相反
解：
矢量的符号是表示方向的，取“＋”取“－”是以和所选正方向相同或相反决定的，而与初动量的方向无确定关系，可相同或相反。
【答案】C
4、一物体从某高处自静止释放，设所受空气阻力恒定，当它下落h时的动量大小为p1,当它下落2h时的动量大小为p2，那么p1∶p2等于
A、1∶1B、1∶
C、1∶2D、1∶4
解：
物体下落时由于受到的重力和阻力恒定，物体做匀加速直线运动，由vt2-v02=2as得，物体下落h和2h时的速度分别为
v12=2ah
v22=2a·2h
所以
则相应的动量分别为
【答案】B
5、质量为m的小球从h高处自由下落，与地面碰撞时间为Δt，地面对小球的平均作用力为F，取竖直向上为正方向，在与地面碰撞过程中
A．重力的冲量为mg（
）B．地面对小球作用力的冲量为F·Δt
C．合外力对小球的冲量为（mg+F）·ΔtD．合外力对小球的冲量为（mg-F）·Δt
解：
在与地面碰撞过程中，取竖直向上为正方向.重力的冲量为－mgΔt，合外力对小球的冲量为（F-mg）Δt。
【答案】B
6、物体A初动量大小是7.0kg·m/s，碰撞某物体后动量大小是4.0kg·m/s.那么物体碰撞过程动量的增量Δp的大小范围是。
解：
选初动量的方向为正方向，则末动量有两种可能，即：
4.0kg·m/s或
－4.0kg·m/s.故动量的增量Δp的大小范围是：
3kg·m/s≤Δp≤11kg·m/s.
【答案】3kg·m/s≤Δp≤11kg·m/s
7、如图，质量分别为mA、mB的木块叠放在光滑的水平面上，在A上施加水平恒力F，使两木块从静止开始做匀加速运动，A、B无相对滑动，则经过ts，木块A所受的合外力的冲量为________，木块B的动量的增量Δp为________
解：
因A、B之间无相对运动，可把A、B看作一个整体，由牛顿第二定律F=（mA+mB）a得：
a=
木块A所受的合外力FA＝
木块A所受合外力的冲量IA＝
木块B动量的增量ΔpB＝
【答案】
；
.
8、两物体质量之比为m1∶m2=4∶1，它们以一定初速度沿水平面在摩擦力作用下做减速滑行到停下来的过程中
（1）若两物体的初动量相同，所受的摩擦力相同，则它们的滑行时间之比为________；
（2）若两物体的初动量相同，与水平面间的动摩擦因数相同，则它们的滑行时间之比为________；
（3）若两物体的初速度相同，所受的摩擦力相同，则它们的滑行时间之比为________；
（4）若两物体的初速度相同，与水平面间的动摩擦因数相同，则它们的滑行时间之比为________.
解：
（1）由动量定理得
-Fft=0-p
t=
由于Ff和p均相同，所以
t1∶t2=1∶1
（2）由动量定理得
-μmg·t=0-p
t=
由于p、μ均相同，所以t与m成反比.故
t1∶t2=m2∶m1=1∶4
（3）由动量定理得
-Fft=0-mv
t=
由于Ff、v均相同，所以t与m成正比，故
t1∶t2=m1∶m2=4∶1
（4）由动量定理得
-μmgt=0-mvt=
由于μ、v均相同，所以
t1∶t2=1∶1
【答案】
（1）1∶1；
（2）1∶4；（3）4∶1；（4）1∶1
9、如图所示，一铁块压着一纸条放在水平桌面上，当以速度v抽出纸条后，铁块掉在地上的P点，若以2v速度抽出纸条，则铁块落地点为
A.仍在P点B.在P点左边
C.在P点右边不远处D.在P点右边原水平位移的两倍处
解：
纸条抽出的过程，铁块所受的滑动摩擦力一定，以v的速度抽出纸条，铁块所受滑动摩擦力的作用时间较长，铁块获得速度较大，平抛运动的水平位移较大.以2v的速度抽出纸条的过程，铁块受滑动摩擦力作用时间较短，铁块获得速度较小，平抛运动的位移较小，【答案】Ｂ
10、一个物体同时受到两个力F1、F2的作用，F1、F2与时间的关系如图所示，如果该物体从静止开始运动，当该物体具有最大速度时，物体运动的时间是________s，该物体的最大动量值是________kg·m/s.
解：
由图象知t=5s时，F1、F2大小相等，此后F2＞F1，物体开始做减速运动，故t=5s时速度最大.由I=Ft知，F—t图象中图线与时间轴所围面积为力的冲量，所以，前5s内F1、F2的冲量分别为
I1=37.5N·s
I2=-12.5N·s
所以，前5s内合力的冲量为
I=I1+I2=25N·s
由动量定理知，物体在前5s内增加的动量，也就是从静止开始运动后5s末的动量为25kg·m/s.
【答案】5;25
11、质量m=5kg的物体在恒定水平推力F=5N的作用下，自静止开始在水平路面上运动，t1=2s后，撤去力F，物体又经t2=3s停了下来，求物体运动中受水平面滑动摩擦力的大小.
解：
因物体在水平面上运动，故只需考虑物体在水平方向上受力即可，在撤去力F前，物体在水平方向上还受方向与物体运动方向相反的滑动摩擦力Ff，撤去力F后，物体只受摩擦力Ff.
取物体运动方向为正方向.
方法1：
设撤去力F时物体的运动速度为v.
对于物体自静止开始运动至撤去力F这一过程，由动量定理有
（F-Ff）t1=mv.①
对于撤去力F直至物体停下这一过程，由动量定理有
（-Ff）t2=0-mv.②
联立式①、②解得运动中物体所受滑动摩擦力大小为
Ff=
=2N.
说明式
（1）、
（2）中Ff仅表示滑动摩擦力的大小，Ff前的负号表示Ff与所取正方向相反.
方法2：
将物体整个运动过程视为在一变化的合外力作用下的运动过程.在时间t1内物体所受合外力为（F-Ff）,在时间t2内物体所受合外力为-Ff，整个运动时间（t1+t2）内，物体所受合外力冲量为（F-Ff）t1+（-Ff）t2.
对物体整个运动过程应用动量定理有
（F-Ff）t1+（-Ff）t2=0,解得Ff=
=2N.
【答案】2N
12、一人水平端着冲锋枪，可以给枪的平均水平力为40N，被打出的子弹质量20g，出枪口的速度为200m/s，则该枪1min内最多可发射多少发子弹？
解：
设在t=1min=60s内最多可发射n发子弹，由动量定理得
Ft=nmvn=
【答案】600
13.如图所示，质量为m的小球在竖直光滑圆形内轨道中做圆周运动，周期为T，则
①每运转一周，小球所受重力的冲量的大小为0
②每运转一周，小球所受重力的冲量的大小为mgT
③每运转一周，小球所受合力的冲量的大小为0
④每运转半周，小球所受重力的冲量的大小一定为mgT/2
以上结论正确的是
A.①④B.②③
C.②③④D.①③④
解：
重力为恒力.故物体每转一周重力的冲量为mgT.由于物体做的是非匀速圆周运动，故转半周的时间不一定是
T，所以，重力的冲量也不一定是mg
.每转一周，物体的动量变化量为零，故合外力的冲量为零。
【答案】B
15、有一宇宙飞船，它的正面面积S=0.98m2，以v=2×103m/s的速度飞入一宇宙微粒尘区，此尘区每立方米空间有一个微粒，微粒的平均质量m=2×10-7kg.要使飞船速度保持不变，飞船的牵引力应增加多少?
（设微粒与飞船外壳碰撞后附于飞船上）
解：
设增加的牵引力为ΔF，则
ΔF·t＝Svtm·v代入数据解得
ΔF＝0.78N
【答案】0.78N
二、动量守恒定律
1、动量守恒定律的内容
一个系统不受外力或者受外力之和为零，这个系统的总动量保持不变。
即：
2、动量守恒定律成立的条件
⑴系统不受外力或者所受外力之和为零；
⑵系统受外力，但外力远小于内力，可以忽略不计；
⑶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。
⑷全过程的某一阶段系统受的合外力为零，则该阶段系统动量守恒。
3、动量守恒定律的表达形式
（1）
，即p1+p2=p1/+p2/，
（2）Δp1+Δp2=0，Δp1=-Δp2和
4、应用动量守恒定律解决问题的基本思路和一般方法
（1）分析题意，明确研究对象.在分析相互作用的物体总动量是否守恒时，通常把这些被研究的物体总称为系统.对于比较复杂的物理过程，要采用程序法对全过程进行分段分析，要明确在哪些阶段中，哪些物体发生相互作用，从而确定所研究的系统是由哪些物体组成的。
（2）要对各阶段所选系统内的物体进行受力分析，弄清哪些是系统内部物体之间相互作用的内力，哪些是系统外物体对系统内物体作用的外力.在受力分析的基础上根据动量守恒定律条件，判断能否应用动量守恒。
（3）明确所研究的相互作用过程，确定过程的始、末状态，即系统内各个物体的初动量和末动量的量值或表达式。
注意：
在研究地面上物体间相互作用的过程时，各物体运动的速度均应取地球为参考系。
（4）确定好正方向建立动量守恒方程求解。
三、动量守恒定律的应用
例1：
质量为M的楔形物块上有圆弧轨道，静止在水平面上。
质量为m的小球以速度v1向物块运动。
不计一切摩擦，圆弧小于90°且足够长。
求小球能上升到的最大高度H和物块的最终速度v。
解：
系统水平方向动量守恒，全过程机械能守恒。
在小球上升过程中，由水平方向系统动量守恒得：
由系统机械能守恒得：
得：
全过程系统水平动量守恒，机械能守恒，得：
例2：
动量分别为5kgm/s和6kgm/s的小球A、B沿光滑平面上的同一条直线同向运动，A追上B并发生碰撞。
若已知碰撞后A的动量减小了2kgm/s，而方向不变，那么A、B质量之比的可能范围是什么？
解：
A能追上B，说明碰前vA>vB，∴
；碰后A的速度不大于B的速度，
；又因为碰撞过程系统动能不会增加，
，由以上不等式组解得：
例3：
设质量为m的子弹以初速度v0射向静止在光滑水平面上的质量为M的木块，并留在木块中不再射出，子弹钻入木块深度为d。
求木块对子弹的平均阻力的大小和该过程中木块前进的距离。
解：
子弹和木块最后共同运动，相当于完全非弹性碰撞。
从动量的角度看，子弹射入木块过程中系统动量守恒：
从能量的角度看，该过程系统损失的动能全部转化为系统的内能。
设平均阻力大小为f，设子弹、木块的位移大小分别为s1、s2，如图所示，显然有s1-s2=d
对子弹用动能定理：
……①
对木块用动能定理：
……②
①、②相减得：
……③
点评：
这个式子的物理意义是：
fd恰好等于系统动能的损失；根据能量守恒定律，系统动能的损失应该等于系统内能的增加；可见
，即两物体由于相对运动而摩擦产生的热（机械能转化为内能），等于摩擦力大小与两物体相对滑动的路程的乘积（由于摩擦力是耗散力，摩擦生热跟路径有关，所以这里应该用路程，而不是用位移）。
由上式不难求得平均阻力的大小：
至于木块前进的距离s2，可以由以上②、③相比得出：
从牛顿运动定律和运动学公式出发，也可以得出同样的结论。
由于子弹和木块都在恒力作用下做匀变速运动，位移与平均速度成正比：
一般情况下
，所以s2<这说明，在子弹射入木块过程中，木块的位移很小，可以忽略不计。
这就为分阶段处理问题提供了依据。
象这种运动物体与静止物体相互作用，动量守恒，最后共同运动的类型，全过程动能的损失量可用公式：
…④
当子弹速度很大时，可能射穿木块，这时末状态子弹和木块的速度大小不再相等，但穿透过程中系统动量仍然守恒，系统动能损失仍然是ΔEK=fd（这里的d为木块的厚度），但由于末状态子弹和木块速度不相等，所以不能再用④式计算ΔEK的大小。
做这类题目时一定要画好示意图，把各种数量关系和速度符号标在图上，以免列方程时带错数据。
例4、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系数为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）从木块滑上小车到它们处于相对静止木块在小车上滑行的距离。
分析：
（1）以木块和小车为研究对象，系统所受合外力为零，系统动量守恒，以木块速度方向为正方向，由动量守恒定律可得：
木块m小车M
初：
v0=2m/sv0=0
末：
vvmv0=（M+m）v
（2）再以木块为研究对象，其受力情况如图所示，由动量定理可得
ΣF=-ft=mv-mv0
f=μmg
（3）木块做匀减速运动，加速度
车做匀加速运动，加速度
，由运动学公式可得：
vt2-v02=2as
在此过程中木块的位移
车的位移
由此可知，木块在小车上滑行的距离为ΔS=S1-S2=0.8m
即为所求。
例5、如图所示，一质量为M的平板车B放在光滑水平面上，在其右端放一质量为m的小木块A，m＜M,A、B间动摩擦因数为μ，现给A和B以大小相等、方向相反的初速度v0,使A开始向左运动，B开始向右运动，最后A不会滑离B，求：
（1）A、B最后的速度大小和方向；
（2）从地面上看，小木块向左运动到离出发点最远处时，平板车向右运动的位移大小。
解析：
（1）由A、B系统动量守恒定律得：
Mv0-mv0=（M+m）v①
所以v=
v0
方向向右
（2）A向左运动速度减为零时，到达最远处，此时板车移动位移为s,速度为v′,则由动量守恒定律得：
Mv0-mv0=Mv′①
对板车应用动能定理得：
-μmgs=
mv′2-
mv02②
联立①②解得：
s=
v02
例6：
质量为m的人站在质量为M，长为L的静止小船的右端，小船的左端靠在岸边。
当他向左走到船的左端时，船左端离岸多远？
解：
先画出示意图。
人、船系统动量守恒，总动量始终为零，所以人、船动量大小始终相等。
从图中可以看出，人、船的位移大小之和等于L。
设人、船位移大小分别为l1、l2，则：
mv1=Mv2，两边同乘时间t，ml1=Ml2，而l1+l2=L，
∴
点评：
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。
做这类题目，首先要画好示意图，要特别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。
例7：
总质量为M的火箭模型从飞机上释放时的速度为v0，速度方向水平。
火箭向后以相对于地面的速率u喷出质量为m的燃气后，火箭本身的速度变为多大？
解：
火箭喷出燃气前后系统动量守恒。
喷出燃气后火箭剩余质量变为M-m，以v0方向为正方向，
例7：
抛出的手雷在最高点时水平速度为10m/s，这时突然炸成两块，其中大块质量300g仍按原方向飞行，其速度测得为50m/s，另一小块质量为200g，求它的速度的大小和方向。
分析：
手雷在空中爆炸时所受合外力应是它受到的重力G=（m1+m2）g，可见系统的动量并不守恒。
但在爆炸瞬间，内力远大于外力时，外力可以不计，系统的动量近似守恒。
设手雷原飞行方向为正方向，则整体初速度
；m1=0.3kg的大块速度为
m/s、m2=0.2kg的小块速度为
，方向不清，暂设为正方向。
由动量守恒定律：
m/s
此结果表明，质量为200克的部分以50m/s的速度向反方向运动，其中负号表示与所设正方向相反
练习：
1、质量分别为2kg和5kg的两静止的小车m1、m2中间压缩一根轻弹簧后放在光滑水平面上，放手后让小车弹开，今测得m2受到的冲量为10N·s，则
（1）在此过程中，m1的动量的增量为
A、2kg·m/sB、-2kg·m/sC、10kg·m/sD、-10kg·m/s
（2）弹开后两车的总动量为
A、20kg·m/sB、10kg·m/sC、0D、无法判断
2、质量为50kg的人以8m/s的速度跳上一辆迎面驶来的质量为200kg、速度为4m/s的平板车。
人跳上车后，车的速度为
A、4.8m/sB、3.2m/sC、1.6m/sD、2m/s
3、如图所示，滑块质量为1kg，小车质量为4kg。
小车与地面间无摩擦，车底板距地面1.25m。
现给滑块一向右的大小为5N·s的瞬时冲量。
滑块飞离小车后的落地点与小车相距1.25m，则小车后来的速度为
A、0.5m/s，向左B、0.5m/s，向右C、1m/s，向右D、1m/s，向左
4、在光滑的水平地面上有一辆小车，甲乙两人站在车的中间，甲开始向车头走，同时乙向车尾走。
站在地面上的人发现小车向前
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