細數動量定理的涵義和應用

成金德

(浙江省義烏市第二中學 322000)

動量定理FΔt=mv-mv0作為力學中的重要規律之一，它反映了物體受到的沖量與動量變化間的關系，尤其是解決諸如短時間的力作用問題可謂非它莫屬.正因為這樣，動量定理是中學物理教學的重點內容，也是高考必考的知識點.如何正確理解動量定理的物理涵義和靈活運用至關重要，本文就此問題作詳細的分析和探討.

1 對F的理解

1.1 F是恒力

動量定理FΔt=mv-mv0中的F可以是恒力.

例1一個質量為m=1 kg的小球，從距地面h=5 m高處，以初速度v0=10 m/s沿水平方向拋出，空氣阻力不計，g取10 m/s2.則小球落地時的速度多大？

分析由于小球作平拋運動，其豎直方向的分運動是自由落體運動，即

代入數據解得小球的落地時間：

在小球飛行過程中，小球只受重力作用，設小球在豎直方向獲得的分速度為vy，由動量定理得：

mgt=mvy-0，

解得：vy=gt=10 m/s.

由速度的合成知識可得小球落地時的速度大小：

點評：小球只受到重力的作用，且重力是恒力，重力只改變豎直方向的動量.

1.2 F是變力

當F是變力時，由動量定理FΔt=mv-mv0求出的F一般是平均作用力.

例2(2018年全國Ⅱ卷)高空墜物極易對行人造成傷害.若一個50 g的雞蛋從一居民樓的25層墜下，與地面的撞擊時間約為2 ms，則該雞蛋對地面產生的沖擊力約為( ).

A.10 N B.102N C.103N D.104N

分析由于每層樓的高度大約是3 m，由動能定理可求出雞蛋落地瞬間的速度為：

雞蛋落地與地面發生相互作用的過程中，雞蛋受到地面的支持力和重力的作用，取向上方向為正方向，應用動量定理得：

(FN-mg)t=0-(-mv)

代入數據解得：FN≈1×103N，由牛頓第三定律可知雞蛋對地面產生的沖擊力約為103N，因此，選項C正確.

點評雞蛋與地面間的作用力是一個變力，本題中應用動量定理求出的雞蛋對地面的沖擊力是平均作用力.

1.3 F是某個方向的力

動量定理也可寫成分量形式，即FxΔt=mvx-mv0x和FyΔt=mvy-mv0y.

例3某質量為m的物體A，現以速度v0沿水平方向拋出，由于物體A受到水平向左的恒力F的作用，當物體A下落了一段距離后，其水平速度的大小仍為v0，但水平速度的方向與原水平速度方向相反，如圖1所示.則此時物體的速度多大？

圖1

分析物體A在下落運動的過程中，受到重力和水平向左的恒力F的作用，因此，物體A在水平方向(設為x方向)作勻減速運動；在豎直方向(設為y方向)作初速度為零的勻加速運動，則在兩個方向上分別應用動量定理得：

在x方向：Ft=mv0-(-mv0)

在y方向：mgt=mvy-0

由速度的合成原理得：

點評物體A在下落運動的過程中，受到水平方向的恒力F和豎直方向的重力mg作用，則物體A在水平方向和豎直方向的動量均要發生變化，因此，可以分別對兩個方向應用動量定理求出兩個分速度，再應用矢量合成法則求出合速度.

1.4 F是電學中的力

動量定理FΔt=mv-mv0中的F可以是力學中的重力、彈力和摩擦力，也可以是電學中的電場力、安培力.

例4如圖2所示，平行光滑金屬軌道ABCD和A′B′C′D′固定在水平地面上，軌道間的距離為d=0.8m，DD′之間連接一個定值電阻，其阻值R=0.3Ω.傾角為θ=30°的傾斜軌道與水平軌道順滑連接，BB′C′C是寬為x=0.25m的矩形區域，在該區域內存在方向豎直向上、磁感應強度為B=1.0T的勻強磁場.質量為m=0.2kg、電阻為r=0.1Ω的導體棒在傾斜軌道上與BB′距離L=1.6m處靜止釋放.取g=10m/s2，求導體棒離開勻強磁場B時的速度大小v；

圖2

分析(1)導體棒從斜面上下滑到水平面上時，設此時的速度為v1，應用機械能守恒定律得：

代入數據解得：v1=4m/s

設導體棒離開勻強磁場B時的速度為v，導體棒在磁場B區域中運動時，受到安培力的作用，根據動量定理可得：

而：ΔΦ=Bdx

解以上各式得：

=2m/s

點評導體棒進入磁場后，由于安培力的作用，使導體棒做減速運動，要求出導體棒離開磁場時的速度，必須應用動量定理.

2 對m的理解

2.1 m可以是單個物體的質量

動量定理FΔt=mv-mv0中的m可以是單個物體的質量.

例5某運動員用頭顛球，若足球用頭頂起，每次上升高度為h=0.80 m，足球的質量為m=0.40kg，與頭部作用時間Δt為0.1 s，空氣阻力不計，g=10 m/s2，求足球對頭部的作用力.

分析設豎直向上為正方向，由于空氣阻力不計，所以頂球前后足球的速度大小相同，其速度由運動學公式得：

v2=2gh

在用頭部顛球的過程中，設頭部對足球的作用力為FN，對足球應用動量定理得：

(FN-mg)Δt=mv-(-mv)

解以上兩式得：

=36 N，

根據牛頓第三定律可知，足球對頭部的作用力為36 N，方向豎直向下.

點評在應用動量定理時，本題中只涉及足球這個物體，其表達式中的m即為足球的質量.

2.2 m可以是多個物體的質量

動量定理FΔt=mv-mv0中的m可以是多個物體的質量.

例6用細線將質量分別為M、m的金屬塊與木塊連在一起浸在水中，開始時木塊的上表面剛好與水面相平，如圖3所示.現從靜止釋放后，系統以加速度a加速下沉，經t1時間細線突然斷裂，又經t2時間木塊回到初始位置，且具有向上的速度v.求此時金屬塊的速度vM.

圖3

分析取豎直向下方向為正方向.對由兩物體組成的系統應用牛頓第二定律得：F=(M+m)a

對系統在整個運動過程應用動量定理得：

F(t1+t2)=(MvM-mv)-0

解以上兩式得：

點評在本題中，涉及金屬塊和木塊兩個物體，但依然可以應用動量定理.如果兩個物體的速度相同，則可以將兩個物體合并為一個，但如果兩個物體的速度不相同，在計算動量時可分別計算.

2.3 m可以是連續介質的質量

動量定理FΔt=mv-mv0中的m可以是連續介質的質量，尤其是某一部分液體的質量.

例7(2019年高考全國Ⅰ卷)最近，我國為“長征九號”研制的大推力新型火箭發動機聯試成功，這標志著我國重型運載火箭的研發取得突破性進展．若某次實驗中該發動機向后噴射的氣體速度約為3km/s，產生的推力約為4.8×106N，則它在1s時間內噴射的氣體質量約為( ).

A.1.6×102kg B.1.6×103kg

C.1.6×105kg D.1.6×106kg

分析設發動機在1s內噴射出的氣體的質量為m，取這部分連續氣體作為研究對象，這部分連續氣體受到運載火箭的推力和重力的作用，由于重力遠小于推力，因此，這部分連續氣體所受到的重力可以忽略不計.對這部分連續氣體應用動量定理得：

Ft=mv-0

代入數據解得：

可見，選項B正確.

點評從火箭發動機內噴出連續的氣體介質，由于反沖使火箭獲得方向向上的加速度.對此類連續介質的問題，可以取某一部分連續介質為研究對象，如本題取1s內噴出的氣體為研究對象，再應用動量定理求解相關的問題.

2.4 涉及的物體的質量m可以是變化的

動量定理FΔt=mv-mv0中的m可以是變化的，即動量定理對變質量的物體也可應用.

例8宇宙飛船進入一個宇宙塵埃區，每前進x=1 m，就有n=10個平均質量為m=2×10-7kg的微塵粒與飛船相撞，并附在飛船上.若塵埃微粒原來的速度不計，要保持飛船的速度v=10km/s，飛船噴氣產生的推力至少應維持多大？

分析取飛船為研究對象，由于飛船在運動過程中，有微粒附在飛船上，使得飛船的質量不斷增大，為使飛船的速度保持不變，需要飛船向后噴氣獲得一個推力來維持.設這個推力為F，在飛船前進x=1m的過程中，飛船增加的質量為ΔM=nm，經歷的時間為t=x/v.則由動量定理得：

Ft=(M+ΔM)v-Mv

整理后得：

即飛船噴氣產生的推力為200N.

點評本題涉及的飛船由于在運動過程中有微粒不斷附著，使得飛船的質量發生變化.求解時，一般選取飛船和附著的微粒為研究對象.

3 對FΔt的理解

3.1 若F是恒力，則沖量FΔt是恒量

例9質量為m的物體以初速度v0做平拋運動，經過時間t，下落的高度為h，速度大小為v，不計空氣阻力，在這段時間內，該物體的重力產生的沖量大小為( ).

A.mv-mv0B.mgt

分析由于物體所受的重力是恒力，則它的沖量大小為：FΔt=mgt.則選項B正確.

由于重力的作用，使得物體的動量發生了變化，設物體落地時沿豎直方向的分速度為vy，取豎直向下方向為正方向，根據動量定理可得：

FΔt=mgt=mvy-0

在豎直方向應用運動學公式可得：vy2=2gh

所以，重力產生沖量的大小為：

顯然，選項D正確，故本題的正確選項為BD.

點評FΔt是指F在時間Δt內產生的沖量，如果F是恒力，則沖量FΔt是恒量.

3.2 若F是變力，則應用動量定理求出的沖量FΔt是平均值

例10在一光滑的水平面上，有一輕質彈簧，彈簧一端固定在豎直墻壁上，另一端緊靠著一物體A，已知物體A的質量m=4 kg，如圖4所示.現用一水平力F作用在物體A上，并向左壓縮彈簧，力F做功50 J后(彈簧仍處在彈性限度內)，突然撤去力F，物體A從靜止開始運動.則當撤去力F后，彈簧的彈力對物體A的沖量大小為( ).

A.20 N·s B.50 N·s C.25 N·s D.40 N·s

圖4

分析撤去力F后，在彈簧的彈力作用下，物體向右做加速運動.設彈簧恢復原長時物體A的速度為v.

根據動量定理得FΔt=mv-0

解以上幾式得：

可見，選項A正確.

點評本題中涉及的彈簧的彈力是一個變力，則應用動量定理求出的沖量FΔt是一個平均值.

3.3 改變時間Δt，在沖量FΔt不變時，可以改變F的大小

例11雜技演員做高空表演時，為了安全常在下面掛一張很大的安全網，演員不小心從高處掉下落在網上，跟落在相同高度的地面上相比較，下列說法正確的是( ).

A.下落的人與安全網接觸時間較長，人落在網上時沖量變化較小

B.下落的人與安全網接觸時間較長，人落在網上時動量變化較小

C.下落的人與安全網接觸時間較長，人落在網上時動量變化較大

D.下落的人與安全網接觸時間較長，網對人的作用力比落在地上的作用力較小

分析雜技演員落在網上或者地面上，從速度v減小到零的過程中，動量的變化量為Δp=mv-0，顯然，雜技演員落到網上或者地面上，最終動量的變化是相同的，所以，選項B、C錯誤；由動量定理FΔt=mv可知，人落在網上或者地面上時，沖量的變化是一樣的，則選項A錯誤；根據動量定理FΔt=mv可知，人落在網上時接觸時間長，則網對人的作用力較小，因此，選項D正確.

點評由動量定理FΔt=mv-mv0看到，當某物體的動量變化相同時，通過增大力的作用時間Δt，可以減小作用力F的大小.

4 對Δmv的理解

4.1 由于物體速度的變化而引起動量的變化，即P=Δmv=mΔv

例12如圖5所示，一物體分別沿三個傾角不同的光滑斜面由靜止開始分別從頂端下滑到底端C、D、E三處，三個過程中重力的沖量依次為I1、I2、I3,動量變化量的大小依次為Δp1、Δp2、Δp3，則有 ( ).

A.I1

C.Δp1=Δp2=Δp3D.Δp1<Δp2<Δp3

圖5

答案：AC.

點評本題中的物體沿不同的斜面下滑的過程中，由于速度變化量的大小相等，則物體的動量變化量的大小也相等.

4.2 由于物體某部分的動量變化而引起整體動量的變化，即P=Δmv

例13如圖6所示，一個下面裝有輪子的貯氣瓶停放在光滑的水平地面上，底端與豎直墻壁接觸.現打開右端閥門，氣體向外噴出，設噴口的面積為S，氣體的密度為ρ，氣體向外噴出的速度為v，則氣體剛噴出時鋼瓶底端對豎直墻面的作用力大小為多大？

圖6

分析設Δt時間內從貯氣瓶內噴出的氣體的質量為：

Δm=ρSvΔt

對貯氣瓶、瓶內氣體和噴出的氣體這個整體應用動量定理得：

FΔt=Δmv-0

解得：F=ρSv2

點評本題中，由于貯氣瓶向外噴出氣體，使得貯氣瓶、瓶內氣體和噴出的氣體這個整體的動量發生變化，則貯氣瓶必須受到一個外力的作用.

5 從選取過程上看

5.1 分過程應用

對于一個多過程問題，應用動量定理時，可以分過程應用.

例14質量為1 kg的物體靜止放在足夠大的水平桌面上，物體與桌面間的動摩擦因數為μ=0.4，有一大小為5 N的水平恒力F作用于物體上，使之加速前進，經3 s后撤去F，求物體運動的總時間．(g=10 m/s2)

分析在t1=3s這段時間內，在水平方向，物體受到水平恒力F和摩擦力f的作用，設末速度為v，則由動量定理得：(F-f)t1=mv-0

在撤去水平恒力F后至物體停止運動這段時間t2內，物體受到摩擦力f的作用，則由動量定理得：

-ft2=0-mv

而：f=μmg

解以上三式得：

則物體運動的總時間為：

t=t1+t2=3s+0.75s=3.75s

點評：本題涉及兩個過程：F作用的過程和F撤去后的過程，可分別對這兩個過程應用動量定理.

5.2 全過程應用

對于一個多過程問題，應用動量定理時，可以分過程應用.

例15如圖7所示，A、B兩小物塊用平行于斜面的輕細線相連，均靜止于斜面上．用平行于斜面向上的恒力拉A，使A、B同時由靜止起以加速度a沿斜面向上運動．經時間t1，細線突然被拉斷．再經時間t2，B上滑到最高點．已知A、B的質量分別為m1、m2，細線斷后拉A的恒力不變，求B到達最高點時A的速度.

圖7

分析對于由A、B兩小物塊組成的系統，受到的合外力始終不變，且大小為F合=(m1+m2)a

對A、B兩小物塊運動的全過程應用動量定理得：

(m1+m2)a(t1+t2)=m1vA

點評由A、B兩小物塊組成的系統經歷兩個過程，細線拉斷前的運動和細線拉斷后的運動.本題在整個過程中應用動量定理，顯得簡捷快速.

總之，要理解和掌握動量定理FΔt=mv-mv0的物理涵義和靈活應用，必須注意公式的適用條件，必須弄清各個物理量的物理意義，必須掌握應用定理的方法.