動(dòng)量定理應(yīng)用題型歸類分析

卜春蕾　徐君生

力有三大效應(yīng)，即力的瞬時(shí)效應(yīng)、力隨空間累積效應(yīng)以及力隨時(shí)間累積效應(yīng)，三大效應(yīng)分別對(duì)應(yīng)著牛頓第二定律、動(dòng)能定理及動(dòng)量定理.力的三大效應(yīng)是解決力學(xué)問(wèn)題的三大基本途徑（對(duì)應(yīng)于動(dòng)能定理與動(dòng)量定理的還有兩大守恒定律，即機(jī)械能守恒定律與動(dòng)量守恒定律）.本文試就對(duì)其中的力隨時(shí)間累積效應(yīng)——?jiǎng)恿慷ɡ淼睦斫馀c應(yīng)用做一小結(jié)，以期能對(duì)高中物理教與學(xué)起到一點(diǎn)微薄之作用.

1 動(dòng)量定理的理解

動(dòng)量定理的表達(dá)式為I合=ΔP或F×Δt=ΔP.對(duì)該表達(dá)式主要掌握以下五個(gè)方面內(nèi)容：一是注意公式的矢量性，表達(dá)式中沖量、動(dòng)量、動(dòng)量的變化量以及力均是矢量，其運(yùn)算法則遵守平行四邊形定則，特別需要提醒的是關(guān)于ΔP的計(jì)算.二是注意方程左邊是合外力沖量，強(qiáng)調(diào)“合”與“外”，應(yīng)用動(dòng)量定理解題時(shí)注意“內(nèi)”“外”有別.三是注意方程右邊是動(dòng)量的變化量而非動(dòng)量；四是如果把沖量寫成F合=ΔpΔt=mΔvΔt=ma，則必須要求F是恒力或者是平均力，變力的沖量只能寫成I；五是通過(guò)公式的變形 ，由此不難看出動(dòng)量定理是牛頓第二定律的微元表達(dá)式再通過(guò)累加求和而來(lái).

2 動(dòng)量定理的應(yīng)用題型歸類分析

2.1 求解勻變速曲線運(yùn)動(dòng)中的動(dòng)量變化量

求解Δp一般有兩種方法，一是根據(jù)Δp的表達(dá)式Δp=pt-p0求解.因動(dòng)量是矢量，故上述表達(dá)式為矢量之差，需根據(jù)平行四邊形定則求解，一般較繁；二是根據(jù)動(dòng)量定理Δp=I合，如能求出合外力的沖量，則可簡(jiǎn)單快捷地求出動(dòng)量的變化量Δp.特別是當(dāng)合外力為定值時(shí)更是如此，因?yàn)榇藭r(shí)的I合就等于F合t，求解合外力沖量將變得非常簡(jiǎn)單.

例1 把一個(gè)質(zhì)量為1 kg的物體以10 m/s的初速度水平拋出，不計(jì)空氣阻力，求拋出后第2 s內(nèi)物體的動(dòng)量變化了多少？（g取10 m/s2）

解析 題中要求動(dòng)量的變化量，如果直接根據(jù)Δp=pt-p0也能做，但因?yàn)樯婕暗绞噶坑?jì)算，比較麻煩.根據(jù)動(dòng)量定理，物體動(dòng)量的變化量等于合外力的沖量，因本題中的合外力是重力，為恒力，故其沖量計(jì)算非常簡(jiǎn)單，IG=mgt，故Δp=mgt=1×10×1=10 kgm/s方向豎直向下.

2.2 求解變力沖量

變力的沖量不能直接套用公式I=Ft（類似于功的計(jì)算式W=Fxcosθ）求解，要求解變力沖量（類似于求解變力做功）可選擇的方法有：平均值法，即求出變力的平均力，再代入公式I=t求出變力的沖量.只是平均力能否應(yīng)用公式=F1+F22一定要注意其使用條件，千萬(wàn)不能亂套公式.F-t圖象法：畫出F-t圖象，算出該圖象與橫坐標(biāo)（時(shí)間軸）包圍的面積就是所求的沖量.另外還有微元法等等不一而足，只是這些方法都有相應(yīng)的條件，只有符合這些特定的條件才能使用上述這些方法，有較大的局限性，故求解變力沖量的基本方法是應(yīng)用動(dòng)量定理求解.

例2 用長(zhǎng)為l的細(xì)繩拴住一個(gè)質(zhì)量為m的小球在光滑的水平桌面上做速度大小為v的勻速圓周運(yùn)動(dòng)，求小球運(yùn)動(dòng)半周過(guò)程中細(xì)繩拉力的沖量.

解析 小球受三個(gè)力作用，其中重力與支持力相平衡，繩子拉力提供小球做圓周運(yùn)動(dòng)所需的向心力，其大小等于mv2l保持不變，但方向不斷變化，故繩子拉力屬于變力，其沖量千萬(wàn)不能應(yīng)用I=Ft=mv2l×πl(wèi)v=πmv計(jì)算.正確的求解應(yīng)該列動(dòng)量定理方程，由動(dòng)量定理（規(guī)定末速度方向?yàn)檎较颍┑茫篒=Δp=mvt-mv0=mv-m（-v）=2mv，方向與末速度方向相同.

2.3 應(yīng)用動(dòng)量定理解釋實(shí)際生活中的現(xiàn)象

動(dòng)量定理在實(shí)際生活中有著廣泛的應(yīng)用，實(shí)際生活中的許多現(xiàn)象都可用動(dòng)量定理加以解釋，具體可分為兩類.

2.3.1 物體的動(dòng)量變化量Δp基本為定值，相互作用時(shí)間Δt不同，相互作用力大小不一樣，Δt大，力就??；Δt小，力就大.這類問(wèn)題在實(shí)際生活中是最普遍的.如體育比賽中的一系列保護(hù)措施都可概括為通過(guò)延長(zhǎng)相互作用的時(shí)間來(lái)達(dá)到減小相互作用力，從而達(dá)到保護(hù)人體不受傷害的目的.如跳高比賽中墊上柔軟的海綿墊、跳遠(yuǎn)比賽中的沙坑、接籃球時(shí)手應(yīng)該隨球往后退縮、從高處跳落到地面時(shí)要雙腿彎曲等等.除此以外還有如釘釘子時(shí)要用鐵錘而不用橡皮錘（減小相互作用時(shí)間，增大相互作用力）、貼大理石地面時(shí)要用橡皮錘而不用鐵錘（增大作用時(shí)間，減小相互作用力）等等不一而足.

2.3.2 物體受力基本為定值，相互作用時(shí)間不同，其Δp不同，即物體運(yùn)動(dòng)狀態(tài)變化不一樣.

例3 如圖1所示，物塊B疊放在木板A上，若緩慢拉動(dòng)木板A，則B將隨著A一起向前運(yùn)動(dòng)；若快速拉動(dòng)A，則物塊B幾乎停落在原處，試解釋此現(xiàn)象.

解析 物塊B受到的重力與支持力平衡，水平方向上只受A對(duì)B的摩擦力.如果緩慢拉動(dòng)A，則A和B之間相互作用時(shí)間長(zhǎng)，沖量較大，故其運(yùn)動(dòng)狀態(tài)變化較大，B物塊跟隨A一起運(yùn)動(dòng).如果快速拉動(dòng)A，由于A和B之間作用時(shí)間短，沖量小，故B物塊的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)變化較小，所以B物塊幾乎仍然靜止在原處.

例4 如圖2所示，小球用兩根完全相同的細(xì)線懸掛在天花板上，現(xiàn)對(duì)B線施加豎直向下的拉力F，若緩慢增大F，則A、B線中哪根線先斷？若快速拉動(dòng)B線，則情況又如何？

解析 若緩慢增大拉力F，則細(xì)線B中的拉力就等于F，而細(xì)線A中的拉力為F+G（G為小球重力），顯然A中拉力大于B中拉力，故線A先斷；若快速向下拉動(dòng)B線，則B線先斷，因?yàn)榭焖倮瑽時(shí)，球A的沖量很?。〞r(shí)間很短），其Δp也很小，即球的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)幾乎不變，仍然處于靜止，故A線中的拉力幾乎仍然等于原來(lái)的值不變，所以快速拉動(dòng)時(shí)先斷的是B線.

2.4 碰撞過(guò)程中平均沖擊力的計(jì)算

所謂平均沖擊力就是在較短時(shí)間內(nèi)相互撞擊物體間的彈力，因作用時(shí)間很短，所以一般該力較大，且一般是變力，故求解的是其平均值.

例5 質(zhì)量為1 kg的小球從距地面高為H=5 m處由靜止開(kāi)始下落，小球與地面碰撞后能反彈到距地面h=3.2 m高處.若小球與地面相互作用時(shí)間為0.1 s，求小球?qū)Φ孛娴钠骄鶝_擊力多大？不計(jì)空氣阻力，g取10 m/s2.

解析 所謂的平均沖擊力實(shí)際上就是小球?qū)Φ孛娴膲毫?，只是因?yàn)檫^(guò)程時(shí)間很短，力較大，故取名為沖擊力.設(shè)小球下落到地面時(shí)的速度為v1，則由v1=2gH得v1=10 m/s.反彈后的速度設(shè)為v2，則由v2=2gh=8 m/s.小球與地面碰撞過(guò)程中受兩個(gè)力，如圖3所示（強(qiáng)調(diào)一：應(yīng)用動(dòng)量定理解題同樣需要受力分析，本題典型錯(cuò)誤就是丟掉重力，誤以為平均沖擊力就是物體的合力）.以豎直向上為正方向（建立正方向是提醒注意動(dòng)量定理的矢量性），

則（F-mg）×Δt=mv2-m（v1）=mv2+mv1，

代入數(shù)據(jù)解得F=190 N.

注：本題也可應(yīng)用動(dòng)量定理的全程應(yīng)用：設(shè)下落時(shí)間為t1，則t1=2Hg=1 s，反彈時(shí)間設(shè)為t2=2hg=0.8 s.從下落開(kāi)始到反彈到最高點(diǎn)全程應(yīng)用動(dòng)量定理有

FΔt=mg（t1+t2+Δt）=0-0，

解得F=mgt1+t2+ΔtΔt=190 N.

2.5 連續(xù)作用體問(wèn)題的處理

所謂的連續(xù)作用體是指作用對(duì)象是連續(xù)不斷的無(wú)數(shù)個(gè)微粒，如風(fēng)或者水流等，解決此類問(wèn)題的關(guān)鍵是找到相互作用的研究對(duì)象，進(jìn)而對(duì)其列出相應(yīng)的動(dòng)量定理方程即可.

例6 用高壓水槍水力采煤，假設(shè)水槍的橫截面積為S，水流噴出的速度為v，并假設(shè)水流沖擊煤層后順著煤層流下，不考慮水在空中的速度變化，求煤層受到的水的平均沖擊力，設(shè)水的密度為ρ.

解析 在t秒內(nèi)能與煤層撞擊的水距煤層的水平距離應(yīng)為vt（水在空中做勻速直線運(yùn)動(dòng)），如圖4中陰影部分，這部分水的質(zhì)量為m=ρSvt，根據(jù)題意水與煤層撞擊后將沿煤層流下，說(shuō)明撞擊后的水不會(huì)反彈，即撞擊后水在水平方向上的速度為零，根據(jù)動(dòng)量定理有

-Ft=0-mv=-ρSvtv，

所以F=ρSv2.

2.6 勻變速運(yùn)動(dòng)中時(shí)間問(wèn)題的求解

解決勻變速運(yùn)動(dòng)問(wèn)題的方法最多，力學(xué)的三大效應(yīng)對(duì)應(yīng)的基本規(guī)律均可解決此類問(wèn)題，其中又以應(yīng)用牛頓運(yùn)動(dòng)定律結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求解最為廣泛，主要是因?yàn)楦咧形锢韺W(xué)習(xí)過(guò)程中先學(xué)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，緊接著學(xué)習(xí)牛頓定律，且花較長(zhǎng)時(shí)間進(jìn)行相關(guān)習(xí)題的訓(xùn)練，學(xué)生印象較深.實(shí)際上在解題過(guò)程中為快速解題應(yīng)該是先守恒（機(jī)械能守恒、動(dòng)量守恒）、再定理（動(dòng)能定理、動(dòng)量定理）、最后再考慮牛頓運(yùn)動(dòng)定律，當(dāng)然這只是一般解題順序并不能絕對(duì)化，不過(guò)在勻變速運(yùn)動(dòng)問(wèn)題中如果涉及到時(shí)間問(wèn)題（已知或待求），不涉及加速度這一物理量（已知或待求），則應(yīng)優(yōu)先選用動(dòng)量定理求解.

例7 A、B兩物體以相同的動(dòng)能在動(dòng)摩擦因數(shù)相同的水平地面上滑動(dòng)，A的質(zhì)量大于B的質(zhì)量.則其滑行時(shí)間大小關(guān)系正確的說(shuō)法是：

A.A滑行時(shí)間長(zhǎng) B.B滑行時(shí)間長(zhǎng)

C.兩者滑行時(shí)間相等D.無(wú)法比較滑行時(shí)間的長(zhǎng)短

解析 A、B兩物體在水平面上均做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，因不涉及加速度，故采用動(dòng)量定理求解比較方便，根據(jù)動(dòng)量定理有

-μmAgtA=0-PA=-2mAEk，

所以tA=1μg2EkmA，

從式中可看出滑行時(shí)間與物體質(zhì)量的根號(hào)成反比.因A的質(zhì)量大，故A的滑行時(shí)間短，答案選擇B.

注：本題還有若干變化，比如把動(dòng)能相等改成動(dòng)量相等，把動(dòng)摩擦因數(shù)相同改成所受到的摩擦力相等，所求問(wèn)題還可以比較它們的滑行位移大小等等.

例8 如圖5所示，光滑水平面上有一質(zhì)量為M的木板處于靜止?fàn)顟B(tài)，一質(zhì)量為m的物塊（可看作質(zhì)點(diǎn)）以初速v0滑上木板，物塊與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，設(shè)木板足夠長(zhǎng)，求：（1）木板最快的速度；（2）物塊相對(duì)木板滑行的時(shí)間.

解析 對(duì)木板與物塊組成的系統(tǒng)而言合外力為零，故整體滿足動(dòng)量守恒，其中木板從靜止開(kāi)始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，而物塊做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，直到兩者速度相等，所以兩者速度相等時(shí)為木塊的最快的速度.由動(dòng)量守恒得：mv0=（m+M）v，所以v=mv0m+M.對(duì)木板（也可對(duì)物塊運(yùn)用動(dòng)量定理，但物塊的動(dòng)量變化要比木塊復(fù)雜，故選取木板為研究對(duì)象，這就是物理解題中通過(guò)恰當(dāng)選擇研究對(duì)象，從而使解決物理問(wèn)題變得更簡(jiǎn)單快捷）運(yùn)用動(dòng)量定理得μmgt=Mv-0，解得t=Mv0μ（m+M）g.

2.7 動(dòng)量定理的整體（對(duì)象與過(guò)程）應(yīng)用

通常情況下動(dòng)量定理是用來(lái)研究單個(gè)物體的，但也能應(yīng)用于多個(gè)物體組成的系統(tǒng)，而且恰當(dāng)?shù)倪\(yùn)用這種“整體法”，往往更加簡(jiǎn)便、快捷，解題的優(yōu)越性顯得更為突出.此時(shí)動(dòng)量定理的方程為：系統(tǒng)受到的合外力的沖量（強(qiáng)調(diào)“外”）等于系統(tǒng)內(nèi)每個(gè)物體的動(dòng)量增量的矢量和，即I合外=Δp1+Δp2+…

例9 如圖5所示，設(shè)質(zhì)量為M的木板靜止在動(dòng)摩擦因數(shù)為μ的水平面上，質(zhì)量為m的木塊以初速v0滑上木板，設(shè)經(jīng)過(guò)時(shí)間t物塊與木板剛具有共同速度，求此速度是多大？

解析 以初速度方向（水平向右）為正方向，整體受到的合外力就是地面對(duì)木板的摩擦力（物塊與木板之間的摩擦力為系統(tǒng)的內(nèi)力，且物塊與木板之間動(dòng)摩擦因數(shù)未知），對(duì)整體應(yīng)用動(dòng)量定理有

-μ（m+M）gt=（m+M）v-mv0，

解得v=mv0m+M-μgt.

例10 質(zhì)量為M的鐵塊與質(zhì)量為m的木塊用細(xì)線相連，在水中從靜止開(kāi)始做加速度為a的勻加速直線運(yùn)動(dòng).如圖6所示，經(jīng)過(guò)時(shí)間t1細(xì)線突然斷了，又經(jīng)過(guò)時(shí)間t2，木塊停止下沉，求此時(shí)鐵塊的速度.不計(jì)水的阻力.

解析 如果把鐵塊與木塊當(dāng)成一個(gè)整體，則中間的細(xì)線為整體的內(nèi)力，它們的合外力就是 （根據(jù)牛頓第二定律F合=ma），且合外力為定值；同時(shí)整體經(jīng)歷兩個(gè)過(guò)程，一是整體做加速度為a的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，二是細(xì)線斷了以后鐵塊繼續(xù)做勻加速直線運(yùn)動(dòng)（加速度未知），木塊做勻減速直線運(yùn)動(dòng)（同樣不知加速度），因?yàn)椴⒉恍枰乐虚g的速度（即時(shí)間t1時(shí)的速度），故可以在過(guò)程上采用“整體法”！由此運(yùn)用“雙整體”動(dòng)量定理得： ，式中第一個(gè)零表示鐵塊的初速度，第二個(gè)零表示木塊的末速度，第三個(gè)零表示木塊的初速度.解得 .