1、2 动量和动量定理前面一节内容我们利用不同的方案“探究碰撞中的不变量”，具有普遍意义，在各种情景下均守恒的是动量(即mv乘积)这一物理量利用这些装置也可以去探究mv2这个量(对应于动能)的变化情况(1)若采用弓形弹片弹开滑块的方案如图甲所示，弹开后的mv2的总量_(填“大于”“小于”或“等于”)弹开前mv2的总量，这是因为_.(2)若采用图乙的方案，碰撞前mv2的总量_(填“大于”“小于”或“等于”)碰后mv2的总量说明碰撞中，_守恒(3)若采用图丙的方案，碰撞前mv2的总量_(填“大于”“小于”或“等于”)碰后mv2的总量说明碰撞中，存在_损失解析：(1)当采用甲图方案时，弹开后，弹片的弹性
2、势能转变成了滑块的动能，故mv2的总量变大(2)采用乙图方案时，由机械能守恒定律知，碰撞前后，动能保持不变(3)采用丙图方案时，在碰撞过程中一部分动能转化为内能，mv2的总量将变小答案：(1)大于 弹片弹性势能转变成滑块动能(2)等于 机械能(3)大于 机械能一、动量及动量变化量1动量(1)动量定义：物体的_和_的乘积(2)动量公式：p_.(3)单位：在国际单位制中，动量单位是_，符号kgm/s.(4)矢量性：动量是_，其方向与_方向相同，动量运算遵循_【答案】(1)质量 速度(2)mv(3)千克米每秒(4)矢量 速度 平行四边形定则2动量变化量(1)定义：物体在某段时间内_与_的矢量差，p_
3、(矢量式)(2)运算(动量始终保持在一条直线上)：选定一个正方向，初动量、末动量、动量变化量用正负值表示，从而将矢量运算简化为代数运算(正负号仅代表方向，不代表大小)【答案】(1)末动量 初动量 pp二、冲量1定义：在物理学中，_和_的乘积叫做力的冲量【答案】力 时间2表达式：冲量I_.【答案】Ft 3单位：在国际单位制中，冲量的单位是_，符号_【答案】牛秒 Ns4方向：如果力的方向是恒定的，则冲量I的方向与力的方向相同，如果力的方向是变化的，则冲量的方向应与相应时间内物体_变化量的方向相同【答案】动量5物理意义：在物理学中，冲量的概念是反映力对_的积累效果力越大，作用时间越长，冲量就越_【答
4、案】时间 大6运算法则：冲量的运算服从_，若物体所受每个力冲量都在同一直线上，就可以规定正方向，把冲量的运算简化成_运算【答案】平行四边形定则 代数三、动量定理1内容：物体在一个过程始末的动量变化量等于它在这个过程中所受力的_【答案】冲量2表达式：I_或者F合tmvmv.【答案】p3适用范围：不仅适用于宏观物体的_运动，而且对微观粒子的_运动同样适用【答案】低速 高速1动量的认识(1)动量是状态量：动量具有瞬时性，pmv中的速度v是瞬时速度，因此动量对应的是某一时刻或某位置的动量(2)动量是矢量：动量pmv是矢量表达式，动量方向与物体瞬时速度方向相同，运算时遵循平行四边形定则计算动量时，如果物
5、体在一条直线上运动，则需选定一正方向后，动量的运算就转化为代数运算了动量和动量变化量两个物理量理解(3)动量是相对量：因物体的速度与参考系有关，故物体的动量也与参考系选取有关选择不同的参考系时，同一运动物体的动量可能不同，通常在不说明参考系的情况下，都指物体相对地面的动量，在分析有关问题时要指明相应参考系(中学阶段一般选地面为参考系)2动量与动能的区别和联系(1)区别：动量是矢量，动能是标量；动能是从能量角度描述物体的状态，动量从运动物体的作用效果方面描述物体的状态；动能表达式 Ek12mv2，动量表达式 pmv.(2)联系：都是描述物体运动状态的物理量；它们数量间满足关系 Ek p22m，或
6、 p 2mEk.特别提醒：(1)动量是矢量，比较两物体的动量时，不仅比大小，还要比方向，只有大小、方向都相同的两个动量才相等(2)一个质量一定的物体的动量相同时，动能一定相同，而当动能相同时，动量却不一定相同3动量变化及计算动量变化量：即pp2p1，由于动量是矢量，动量变化量也是矢量，在求解动量变化时，其运算遵循平行四边形定则(1)若初、末动量在同一直线上，则在选定正方向的前提下，可化矢量运算为代数运算(2)若初、末动量不在同一直线上，运算时应遵循平行四边形定则1质量为0.1 kg的弹性小球从高1.25 m处自由下落至一光滑而坚硬的水平板上，碰撞后弹回的最大高度为0.8 m求：(1)小球与水平
7、板碰撞前后的动量；(2)小球与水平板碰撞前后的动量变化(g取10 m/s2)【答案】(1)0.5 kgm/s，方向竖直向下 0.4 kgm/s，方向竖直向上(2)0.9 kgm/s，方向竖直向上【解析】(1)设小球与水平板碰撞前的瞬间速度为 v，则根据自由落体的运动规律得v 2gh 2101.25 m/s5 m/s，方向竖直向下小球与水平板碰撞前的动量 pmv0.5 kgm/s，方向竖直向下同理小球与水平板碰撞后瞬间的速度大小可由竖直上抛运动规律求得，v4 m/s.动量大小为 pmv0.4 kgm/s，方向竖直向上(2)规定竖直向下为正方向，则 ppp(0.40.5)kgm/s0.9 kgm/
8、s.即动量变化的大小为 0.9 kgm/s，方向竖直向上1冲量的理解(1)冲量的绝对性：由于力和时间均与参考系无关，所以力的冲量也与参考系的选择无关(2)冲量是矢量：冲量的运算服从平行四边形定则，合冲量等于各外力的冲量的矢量和，若整个过程中，不同阶段受力不同，则合冲量为各阶段冲量的矢量和(3)冲量是过程量：它是力在一段时间内的积累，它取决于力和时间这两个因素所以求冲量时一定要明确所求的是哪一个力在哪一段时间内的冲量对冲量的理解与计算(4)冲量的单位：在国际单位制中，力F的单位是N，时间t的单位是s，所以冲量的单位是Ns.动量与冲量的单位关系是：1 Ns1 kgm/s，但要区别使用2冲量的计算(
9、1)恒力的冲量公式IFt适用于计算某个恒力的冲量，这时冲量的数值等于力与作用时间的乘积，冲量的方向与恒力方向一致若力方向不变，大小随时间均匀变化，该力的冲量可以用平均力计算，若力为一般变力则不能直接计算冲量(2)变力的冲量变力的冲量通常可利用动量定理 Ip 求解可用图象法计算：如图所示，若某一力方向恒定不变，那么在 Ft 图象中，图中阴影部分的面积就表示力在时间 tt2t1 内的冲量2.(2020全国卷)行驶中的汽车如果发生剧烈碰撞，车内的安全气囊会被弹出并瞬间充满气体.若碰撞后汽车的速度在很短时间内减小为零，关于安全气囊在此过程中的作用，下列说法正确的是()A.增加了司机单位面积的受力大小B
10、.减少了碰撞前后司机动量的变化量C.将司机的动能全部转换成汽车的动能D.延长了司机的受力时间并增大了司机的受力面积【答案】D 解析：因安全气囊充气后，受力面积增大，故减小了司机单位面积的受力大小，故A错误；无论有无安全气囊，司机初动量和末动量均相同，所以动量的改变量也相同，故B错误；因有安全气囊的存在，司机和安全气囊接触后会有一部分动能转化为气体的内能，不能全部转化成汽车的动能，故C错误；因为安全气囊充气后面积增大，司机的受力面积也增大，在司机挤压气囊过程中由于气囊的缓冲增加了作用时间，故D正确.1动量定理理解(1)动量定理表明冲量既是使物体动量发生变化的原因，又是物体动量变化的量度这里所说的
11、冲量是物体所受的合外力的冲量(或者说是物体所受各外力冲量的矢量和)(2)动量定理的研究对象是一个质点(或可视为一个物体的系统)(3)动量定理是过程定理，解题时必须明确过程及初末状态的动量动量定理的理解(4)动量定理的表达式是矢量式，在一维情况下，各个矢量必须选一个规定正方向(5)现代物理学把力定义为物体动量变化率 Fpt(牛顿第二定律的动量表达式)(6)当合外力是变力时，由动量定理可求变力的冲量2应用动量定理解题的步骤(1)明确研究对象和研究过程研究对象是一个物体，而不是一个系统，研究过程既可以是全过程，也可以是全过程中的某一阶段(2)进行受力分析只分析研究对象以外的物体施给研究对象的力，所有
12、外力之和为合外力研究对象内部的相互作用力(内力)会改变系统内某一物体的动量，但不影响系统的总动量，因此不必分析内力如果在所选定的研究过程中的不同阶段中物体的受力情况不同，就要分别计算它们的冲量，然后求它们的矢量和(3)规定正方向由于力、冲量、速度、动量都是矢量，在一维的情况下，列式前要先规定一个正方向，和这个方向一致的矢量为正，反之为负(4)写出研究对象的初、末动量和合外力的冲量(或各外力在各个阶段的冲量的矢量和)(5)根据动量定理列式求解3(2019新课标卷)高空坠物极易对行人造成伤害若一个50 g的鸡蛋从一居民楼的25层坠下，与地面的碰撞时间约为2 ms，则该鸡蛋对地面产生的冲击力约为()
13、A10 NB102 NC103 N D104 N【答案】C 解析：每层楼高约为 3 m，鸡蛋下落的总高度 h(251)3 m72 m，自由下落时间 t12hg 27210s3.8 s，与地面的碰撞时间约为 t22 ms0.002 s，全过程根据动量定理可得 mg(t1t2)Ft20，解得冲击力 F950 N103 N，故C 正确动量定理与牛顿第二定律的联系与区别1动量定理与牛顿第二定律的联系(1)由牛顿第二定律可以推导动量定理设物体在恒力 F 作用下做匀变速直线运动，在时刻 t 时速度为 v，在时刻 t时速度为 v，则物体加速度 avvtt，故 Fmamvvtt mvmvttpptpt，或 F
14、tp.(2)牛顿第二定律和动量定理都反映了外力作用与物体运动状态变化的因果关系2动量定理与牛顿第二定律的区别(1)牛顿第二定律反映力与加速度之间的瞬时对应关系；而动量定理则反映在力作用一段时间的过程中，合外力冲量与物体初、末状态动量变化间的关系(2)牛顿第二定律只适用于宏观低速运动情况，不适用高速运动及微观粒子；而动量定理却普遍适用3两者的选用在解决物理问题时，两者的选用应根据物理过程的特点和已知量、未知量来确定(1)在合外力为恒力的情况下，可由牛顿第二定律Fma和运动学公式vvat导出动量定理Ftmvmv.但动量定理较牛顿第二定律有其独特的优点，因为公式Ftmvmv中只涉及两个状态量mv和m
15、v及一个过程量F，至于这两个状态间是怎样的过程，轨迹是怎样的，加速度怎样，位移怎样等全不必考虑，所以解题时应优先选用动量定理(2)对于多过程问题，动量定理可用于全过程，而牛顿第二定律只能用于分过程应用牛顿第二定律和运动学公式解题，必须分过程逐一求出连接前后两过程的中间状态速度，求解过程较复杂；而应用动量定理，可以不必关心中间状态，进行全过程分析，使问题求解变得简洁4质量均为m的两个小球A、B，中间用一轻质弹簧相连，通过细线悬挂于O点，如图所示，剪断细线两球从静止开始下落，经过时间t小球A的速度达到v1.试求此时B球的速度v2等于多少？例题：动量定理的应用【答案】2gtv1【解析】取A、B及弹簧
16、组成的系统为研究对象，在下落过程中系统受到的外力是F合外(mAmB)g2mg.系统初始状态的动量p10，末状态的动量p2mv1mv2.由动量定理得2mgtmv1mv2，故此时B球的速度v22gtv1.例1 一质量为m0.2 kg的皮球从高H0.8 m处自由落下，与地面相碰后反弹的最大高度为h0.45 m，则球与地面接触这段时间内动量的变化为多少？动量及动量的变化解析：取向下的方向为正，则由 H 处下落，与地面接触前瞬间的速度 v1 2gH4 m/s，这时的动量 p1mv10.2 kg4 m/s0.8 kgm/s.与地面接触后离开地面前瞬间的速度 v22gh3 m/s，这时的动量 p2mv20.
17、2 kg3 m/s0.6 kgm/s.则 pp2p1(0.6)0.8 kgm/s1.4 kgm/s.动量的变化方向为负，说明动量的变化方向向上答案：大小为 1.4 kgm/s，方向向上反思领悟：在求物体动量的变化时，正方向的选取是任意的，比 如 本 题，也 可 以 取 向 上 为 正 方 向，则 p1 0.8kgm/s，p2 0.6 kgm/s，则 pp2 p10.6(0.8)kgm/s1.4 kgm/s，动量变化的方向为正，也说明动量的变化方向向上所以说，对于正方向的选取并不影响其实际的结果但需注意，一旦选定正方向后，各矢量的正负就确定了1(2019 辽宁名校质检)如图所示，一质量为 m 的
18、滑块沿光滑的水平面以速度 v0 运动遇到竖直的墙壁被反弹回来，返回的速度变为12v0，则以下说法正确的是()A滑块的动量改变量的大小为12mv0B滑块的动量改变量的大小为32mv0C滑块的动量改变量的方向与 v0 的方向相同D重力对滑块的冲量为零【答案】B【解析】以初速度方向为正，有 pmv2mv112mv0mv032mv0，所以滑块的动量改变量的大小为32mv0，方向与 v0 的方向相反，故 A、C 错误，B 正确；根据 IFt 得重力的冲量为 Imgt，不为零，故 D 错误例2 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，
19、而掉在草地上的玻璃杯动量小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，相互作用时间短，而掉在草地上的玻璃杯与地面接触时作用时间长用动量定理定性解释物理现象解析：杯子是否被撞碎，取决于撞击地面时，地面对杯子的撞击力大小规定竖直向下为正方向，设玻璃杯下落高度为h.它们从 h 高度落地瞬间的速度大小为 2gh，设玻璃杯的质量为 m，则落地前瞬间的动量大小为 pm 2gh，与水泥或草地接触 t 时间后，杯子停下，在此过程中，玻璃杯的动量变化为pm 2gh，再由动量定理可知(Fmg)tm
20、2gh，所以 Fm 2ghtmg(式中的负号表示作用力与下落速度方向相反)由此可知，t 越小，玻璃杯所受撞击力 Fmgm 2ght越大，玻璃杯就越容易碎，杯子掉在草地上作用时间较长，动量变化慢，作用力小，因此玻璃杯不易碎答案：CD反思领悟：利用动量定理解释物理现象的问题主要有两类，一类是物体动量变化相同或相差不大，由于作用时间的长短不同，物体受到的作用力不同，要使物体受到的作用力较小，应延长作用时间，要获得较大的作用力，就要缩短作用时间；另一类是物体所受的合外力相同或相差不大，由于作用时间长短不同，引起物体运动状态的改变不同2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
21、掉到地面上的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点左侧C在P点右侧原水平位移的1.5倍处D在P点右侧原水平位移的两倍处【答案】B【解析】以2v速度抽出纸条时，纸条对铁块作用时间减少，而纸条对铁块的作用力相同，故与以速度v抽出相比，对铁块的冲量I减小，平抛的速度减小，水平射程减小，故落在P点的左侧例3 如图所示，PQS是固定于竖直平面内的光滑1/4圆周轨道，圆心O在S的正上方，在O和P两点各有一质量为m的小物块a和b，从同一时刻开始，a自由下落，b沿圆弧下滑下列说法正确的是()对动量、冲量概念的理解Aa比b先到S，它们在S点的动量不相等Ba与b同时到S，它们在S点的动量
22、不相等Ca比b先到S，重力对a、b的冲量不相等Da与b同时到S，重力对a、b的冲量相等解析：a自由下落加速度较大，路程较短，b沿圆弧下滑至相同高度时加速度较小，路程较长，所以a比b用时短由Imgt可知重力对a、b的冲量不相等，由机械能守恒，两球到达S点时速度大小相等，所以动量大小相等，但方向不同，所以动量不相同答案：AC反思领悟：分析比较动量和冲量问题时，既要由动量pmv和冲量IFt的定义比较它们的大小，更应明确各量的方向，方向不同，矢量是不同的3.一个质量2 kg的物体，以初速度10 m/s水平抛出，则抛出时动量的大小为 kgm/s；1 s末物体的动量大小为 kgm/s，这1 s内动量的变化
23、量大小为 kgm/s，方向为 .这1 s内重力的冲量大小为 Ns，方向为 .(g10 m/s2)【答案】20 20 2 20 竖直向下 20 竖直向下解析：物体抛出时动量的大小 p0mv021020 kgm/s；物体抛出后做平抛运动，1 s 末物体的竖直分速度 vygt10 m/s，此时物体速度 vv20v2y10 2 m/s，此时动量大小 pmv210 2 kgm/s202 kgm/s.由动量定理得，这 1 s 内物体动量的变化大小为pmgt20 Ns，方向为竖直向下.这 1 s 内重力的冲量大小 IGm gt2101 Ns20 N s，方向竖直向下.根据机械能守恒定律知，在相同的高度，两物
24、体的速度大小相同，即速率相同，由 pmv 知，物块 a 和 b 的动量的大小相等，由于 a 的路程小于 b 的路程，故 tatb，由 Imgt 可知 a、b 至S 点过程中重力的冲量不同，故 C 错误合外力的冲量等于动量的变化量，a、b 两物体在运动的过程中，动量变化量的大小相等，则合外力冲量的大小相等，但方向不同，所以合外力的冲量不等，故 D 错误例4 蹦床是运动员在一张绷紧的弹性网上蹦跳、翻滚并在空中做各种动作的运动项目一个质量为60 kg的运动员，从离水平网面3.2 m高处自由下落，着网后沿竖直方向蹦回离水平网面5.0 m高处已知运动员与网接触的时间为1.2s若把这段时间内网对运动员的作
25、用力当作恒力处理，求此力的大小(g取10 m/s2)动量定理的应用解析：方法一 运动员刚接触网时速度的大小为 v12gh1 2103.2 m/s8 m/s，方向竖直向下刚离开网时速度的大小为v2 2gh2 2105 m/s10 m/s，方向竖直向上运动员接触网的过程中，网的作用力为 F，规定竖直向上为正方向，根据动量定理得：(Fmg)tmv2(mv1)，解得：Fmv2mv1tmg60106081.2 N6010 N1.5103 N，方向竖直向上方法二 运动员从 3.2 m 高处自由下落的时间为t12h1g 23.210 s0.8 s运动员刚离开网弹回 5.0 m 高处所用的时间为t22h2g
26、2510 s1 s整个过程中运动员始终受重力作用，仅在与网接触的 t31.2 s 时间内受到网对他向上的弹力 F 的作用，对全过程应用动量定理得：Ft3mg(t1t2t3)0.答案：1.5103 N，方向竖直向上反思领悟：解答本题时，容易出现以下错误：(1)未能正确受力分析，漏掉重力，误认为所求平均力就是合外力；(2)未正确理解动量定理的矢量性，误将动量的变化写为mv2mv1.解得：Ft1t2t3t3mg0.811.21.26010 N1.5103N，方向竖直向上4.一个质量为 0.2 kg、以 10 m/s 的速度飞来的网球被球拍击中，并以 20 m/s 的速度反方向弹回，网球与球拍的接触时
27、间为 0.1 s，试求：(不考虑重力的冲量)(1)网球动量的变化量；(2)球拍对网球的平均作用力.【答案】(1)6 kgm/s，方向与初速度方向相反(2)60 N，方向与初速度方向相反解析：(1)设网球飞来的速度方向为正方向，则网球的初速度 v10 m/s，反弹后的速度 vt 20 m/s，所以网球的动量变化为Pmvtmv00.2(2010)kgm/s6 kgm/s所以网球的动量变化的大小为 6 kgm/s，方向与初速度方向相反.(2)由动量定理 Ftmvp 可知，球拍对网球的平均作用力Fpt 60.1 N60 N所以球拍对网球的平均作用力大小为 60 N，方向与初速度方向相反.动量定理应用研
28、究过程和研究对象的灵活选取运用动量定理时，既可以选取单个物体，也可以选取由几个物体组成的系统；既可以选取单一的物理过程，也可以选取全过程(由几个子过程组成)如何选取系统和过程，取决于题目的要求和特点，通常要根据题意来灵活地选取创新拓展提升 例5 如图所示，悬挂于竖直弹簧下端的小球质量为m，运动速度的大小为v，方向向下经过时间t，小球的速度大小为v，方向变为向上忽略空气阻力，重力加速度为g，求该运动过程中，小球所受弹簧弹力冲量的大小解析：以小球为研究对象，取向上为正方向，整个过程中根据动量定理可得Imgtmv(mv)解得小球所受弹簧弹力冲量的大小为I2mvmgt.答案：2mvmgt反思领悟：应用
29、动量定理解题时要选好受力物体和研究过程，当物体所受各力的作用时间不相同且间断作用时，应用动量定理解题对全过程列式较为简单在解题时要树立“整体优先”的意识例6(2019濮阳三模)如图所示，一木板放置在光滑的水平桌面上，A、B两个小物体通过不可伸长的轻绳相连，细绳平行于地面，且跨过轻滑轮，A物体放置在木板的最左端已知木板的质量m120.0 kg，物体A的质量m24.0 kg，物体B的质量m31.0 kg，物体A与木板间的动摩擦因数0.5，木板长L2 m，木板与物体A之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2.不计滑轮摩擦(1)为了使物体A随着木板一起向左运动，现对木板施加水平向左的力F，
30、求力F的最大值；(2)若开始时不施加力F，在A、B、木板静止时，用向左的水平力击打木板一下，使木板、A向左运动，物体B上升当物体B上升hB1.0 m(物体B未碰触滑轮)时，物体A刚好到达木板最右端求最初击打木板的冲量I.解析：(1)设A和木板一起向左运动的加速度大小为a，采用分离法如下物体B受重力和绳拉力T的作用，有Tm3gm3a物体A在水平方向受木板的摩擦力f和拉力T的作用，有fTm2a得fm3g(m2m3)a木板在水平方向受外力F和A的摩擦力f作用，有Ffm1a当A和木板间的摩擦力取最大值fm2g时，外力F最大联立得Fm3g(m1m2m3)a60 N，a2.0 m/s2.(2)打击木板后，物体 A、B 在木板的最大静摩擦力作用下，以加速度 a2.0 m/s2 加速运动，当物体 B 上升高度 hB1.0 m时，有hB12at2木板向左运动的位移为 xLhB木板在 A 的摩擦力作用下，做减速运动的加速度为 a，有 m2gm1a答案：(1)60 N(2)70 Ns设打击木板后的瞬间木板的速度为 v0，则xv0t12at2代入数据得 v03.5 m/s根据动量定理得最初击打木板的冲量为Im1v070 Ns.反思领悟：选择系统研究问题时过程简单，在解题时应具体问题具体分析，灵活选取研究对象，“整体优先”
