1、第五章 动 量一、考纲要求碰撞与动量守恒 动量、动量守恒定律及其应用弹性碰撞和非弹性碰撞只限于一维二、知识网络第 1 讲 冲量 动量 动量定理一、考情直播1考纲解读2考点整合考点一 动量的概念（1）定义：物体的质量和速度的乘积叫做动量，公式： p=mv（2）动量是描述物体运动状态的一个状态量，它与时刻相对应（3）动量是矢量，它的方向和速度的方向相同（4）动量的相对性：由于物体的速度与参考系的选取有关，所以物体的动量也与参考系选取有关，因而动量具有相对性题中没有特别说明的，一般取地面或相对地面静止的物体为参考系（5）动量的变化： 由于动量为矢量，则求解动量的变化时，其运算遵循0pt考纲内容 能力
2、要求 考向定位动量和冲量 理解动量的的概念，知道冲量的意义理解动量和冲量都是矢量，会计算一维动量变化理解动量变化和力之间的关系，会用来计算相关问题 考纲对冲量、动量的考查主要集中在对概念的理解和简单应用上，考纲要求为I 级，动量定理在考纲中没有明确提出来，但是在教材中出现了动量定理的表达式，因此要掌握动量定理的一般应用冲量、动量、动量定理、动量守恒定律定义：力和力的作用时间的乘积叫做力的冲量特征：属于过程量.单位是牛秒方向：当力的方向不变，冲量的方向为力的方向力的方向变化，用替代法判断冲量方向冲量动量定理 表述：物体所受合力的冲量等于物体的动量变化表达式：Ft=P 末 -P 初 =mvt-mv
3、0实际应用：打击问题等动量守恒定律表述：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表达式： 2121vmvm实际应用：碰撞，爆炸等动量定义：物体的质量和速度的乘积叫做动量特征：动量是状态量，它与某一时刻相关动量是矢量，其方向质量物体运动速度的方向平行四边形定则A、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B、若初末动量不在同一直线上，则运算遵循平行四边形定则（6）动量与动能的关系： ，注意动量是矢量，动能是标量，动量改变，动kmEP2能不一定改变，但动能改变动量是一定要变的【例 1】如图 6-1-1 一个质量是 02kg 的钢球，以 2m/s 的速
4、度射到坚硬的大理石板上，立即反弹，速度大小仍为 2m/s，求出钢球动量变化的大小和方向？【解析】取水平向右的方向为正方向，碰撞前钢球的速度 v=2m/s，碰撞前钢球的动量为 p=mv=022kgm/s=04kgm/s 碰撞后钢球的速度为 v= -2m/s，碰撞后钢球的动量为 p= mv=-022kgm/s=-04kgm/s碰撞前后钢球动量的变化为： p=p -p=-04kgm/s-04 kgm/s=-08 kgm/s且动量变化的方向向左【规律总结】动量是一个矢量，动量的方向和速度方向相同，所以只要物体的速度大小或方向发生变化，动量就一定发生变化例如做匀速直线运动的物体其动量是恒量，而做匀速圆周
5、运动的物体，由于速度方向不断在改变，即使其动量大小不变，但因其方向不断改变，所以其动量是一变量考点二 冲量的概念(1)定义:力和力的作用时间的乘积叫做冲量： I=Ft(2)冲量是描述力的时间积累效应的物理量，是过程量，它与时间相对应(3)冲量是矢量，它的方向由力的方向决定（不能说和力的方向相同） 如果力的方向在作用时间内保持不变，那么冲量的方向就和力的方向相同如果力的方向在不断变化，如绳子拉物体做圆周运动，则绳的拉力在时间 t 内的冲量，就不能说是力的方向就是冲量的方向对于方向不断变化的力的冲量，其方向可以通过动量变化的方向间接得出(4)高中阶段只要求会用 I=Ft 计算恒力的冲量对于变力的冲
6、量，高中阶段只能利用动量定理通过物体的动量变化来求(5)要注意的是：冲量和功不同恒力在一段时间内可能不作功，但一定有冲量特别是力作用在静止的物体上也有冲量【例 2】恒力 F 作用在质量为 m 的物体上，如图 6-1-2 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 FtC拉力 F 对物体的冲量大小是 FtcosD合力对物体的冲量大小为零【解析】按照冲量的定义，物体受到恒力 F 作用，其冲量为 Ft，物体因为静止，合外力为 0，所以合力冲量为 0图 6-1-1图 6-1-2【易错提示】力对物体有冲
7、量作用必须具备力和该力作用下的时间两个条件只要有力并且作用一段时间，那么该力对物体就有冲量作用，所以冲量是过程量需要注意的是冲量和功不同恒力在一段时间内可能不作功，但一定有冲量特别是力作用在静止的物体上也有冲量考点三 动量定理（1）动量定理：物体所受合外力的冲量等于物体的动量变化既 I=p（2）动量定理的理解动量定理表明冲量是使物体动量发生变化的原因，冲量是物体动量变化的量度这里所说的冲量必须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） 动量定理给出了冲量（过程量）和动量变化（状态量）间的互求关系现代物理学把力定义为物体动量的变化率： （牛顿第二定律的动量形式） tPF动 量
8、 定 理 的 表 达 式 是 矢 量 式 在 一 维 的 情 况 下 ， 各 个 矢 量 必 须 以 同 一 个 规 定 的 方 向 为正 遇到涉及力、时间和速度变化的问题时运用动量定理解答往往比运用牛顿运动定律及运动学规律求解简便应用动量定理解题的思路和一般步骤为：(l)明确研究对象和物理过程；(2)分析研究对象在运动过程中的受力情况；(3)选取正方向，确定物体在运动过程中始末两状态的动量；(4)依据动量定理列方程、求解【例 3】 一粒钢珠从静止状态开始自由下落，然后陷人泥潭中若把在空中下落的过程称为过程，进人泥潭直到停止的过程称为过程， 则( )A、过程 I 中钢珠的动量的改变量等于重力的
9、冲量B、过程中阻力的冲量的大小等于过程 I 中重力的冲量的大小C、I、两个过程中合外力的总冲量等于零D、过程中钢珠的动量的改变量等于零【解析】根据动量定理可知，在过程 I 中，钢珠从静止状态自由下落不计空气阻力，小球所受的合外力即为重力，因此钢珠的动量的改变量等于重力的 冲量，选项 A 正确；过程 I 中阻力的冲量的大小等于过程 I 中重力的冲量的大小与过程中重力的冲量的大小之和，显然 B 选项不对；在 I、两个过程中，钢珠动量的改变量各不为零且它们大小相等、方向相反，但从整体看，钢珠动量的改变量为零，故合外力的总冲量等于零，故 C 选项正确，D 选项错误因此，本题的正确选项为 A、C【规律总
10、结】这种题本身并不难，也不复杂，但一定要认真审题要根据题意所要求的冲量将各个外力灵活组合若本题目给出小球自由下落的高度，可先把高度转换成时间后再用动量定理当 t1 t2时， Fmg（3）简解多过程问题【例 4】一个质量为 m=2kg 的物体，在 F1=8N 的水平推力作用下，从静止开始沿水平 面运动了 t1=5s，然后推力减小为 F2=5N，方向不变，物体又运动了 t2=4s 后撤去外力，物体再经 过 t3=6s 停下来试求物体在水平面上所受的摩擦力【解析】：规定推力的方向为正方向，在物体运动的整个过程中，物体的初动量P1=0， 末动量 P2=O据动量定理有： 0)(32121ttfFt即：
11、，解得 0)645(8f Nf4【规律总结】由例 4 可知，合理选取研究过程，能简化解题步骤，提高解题速度本题也可以用牛顿运动定律求解同学们可比较这两种求解方法的简繁情况（4）求解平均力问题 【例 5】质量是 60kg 的建筑工人，不慎从高空跌下，由于弹性安全带的保护作用，最后使人悬挂在空中已知弹性安全带缓冲时间为 12s，安全带伸直后长 5m，求安全带所受的平均作用力 （ g= 10ms 2） 【解析】人下落为自由落体运动，下落到底端时的速度为： ghV20mghV/1020取人为研究对象，在人和安全带相互作用的过程中，人受到重力 mg 和安全带给的冲力 F，取 F 方向为正方向，由动量定理
12、得： Ft=mVmV0所以 ， （方向竖直向下）NtVg10【注意】 动量定理既适用于恒力作用下的问题，也适用于变力作用下的问题如果是在变力作用下的问题，由动量定理求出的力是在 t 时间内的平均值（5）求解恒力作用下的曲线运动问题【例 6】如图 6-1-3 所示，以 vo 10ms 2的初速度与水平方向成 300角抛出一个质量m2kg 的小球忽略空气阻力的作用，g 取 10ms 2求抛出后第 2s 末小球速度的大小 【解析】小球在运动过程中只受到重力的作用，在水平方向做匀速运动，在竖直方向做匀变速运动，竖直方向应用动量定理得：F yt=mvy-mvy0所以 mgt=mvy-(-mv0sin30
13、 0)，解得 vy=gt-v0sin30 0=15m/s而 vx=v0cos30 0= sm/35在第 2s 未小球的速度大小为： y12【注意】在求解曲线运动问题中，一般以动量定理的分量形式建立方程，即：F xt=mvx-mvx0；F yt=mvy-mvy0（5）求解流体问题 【例 7】某种气体分子束由质量 m=54X10 -26kg 速度 V460m/s 的分子组成，各分子都向同一方向运动，垂直地打在某平面上后又以原速率反向弹回，如分子束中每立方米的体积内有 n015X10 20个分子，求被分子束撞击的平面所受到的压强【解析】设在t 时间内射到 S 的某平面上的气体的质量为 M，则： mt
14、SVM0.取 M 为研究对象，受到的合外力等于平面作用到气体上的压力 F 以 V 方向规定为正方V0300图 6-1-3向，由动量定理得:-Ft=MV-(-MV)，解得 ，平面受到的压强 P 为： SmnVF02aPmnVSFP428.32/0【注意】处理有关流体(如水、空气、高压燃气等)撞击物体表面产生冲力（或压强）的问题，可以说非动量定理莫属解决这类问题的关键是选好研究对象，一般情况下选在极短时间t 内射到物体表面上的流体为研究对象（6）对系统应用动量定理【例 8】如图 6-1-4 所示， 质量为 M 的汽车带着质量为 m 的拖车在平直公路上以加速度a 匀加速前进，当速度为 V0时拖车突然
15、与汽车脱钩，到拖车停下瞬间司机才发现若汽车的牵引力一直未变，车与路面的动摩擦因数为 ，那么拖车刚停下时，汽车的瞬时速度是多大？【解析】以汽车和拖车系统为研究对象，全过程系统受的合外力始终为 ，该amM过程经历时间为 V0/g，末状态拖车的动量为零全过程对系统用动量定理可得：0/0/, VMgamVmMgamM【注意】这种方法只能用在拖车停下之前因为拖车停下后，系统受的合外力中少了拖车受到的摩擦力，因此合外力大小不再是 a二、高考热点探究一般而言，高考中对冲量、动量的考查主要集中在对概念的理解和简单应用，动量定理的一般应用及对现象的解析【真题 1】 （2006全国理综） 一位质量为 m 的运动员
16、从下蹲状态向上起跳，经 t 时间，身体伸直并刚好离开地面，速度为 v在此过程中， （ ）A地面对他的冲量为 mv+mg t，地面对他做的功为 mv21B地面对他的冲量为 mv+mgt，地面对他做的功为零C地面对他的冲量为 mv，地面对他做的功为 mv2D地面对他的冲量为 mvmgt，地面对他做的功为零【解析】取运动员为研究对象，由动量定理得： ，即0mvtgF，运动员地面没有离开地面，地面对运动员的弹力做功为零所以 B 选项tmgvtFI正确【点评】本题考查了考生对冲量和功这两个概念的理解，冲量和功都是过程量，但决定m V0 V/图6-1-2M 图 6-1-4因素不一样，冲量是力在时间上的积累
17、，而功是力在空间上的积累【真题 2】 （2004广东） 如图 6-1-5 所示，一质量为 m 的小球，以初速度 沿水平方向0v射出，恰好垂直地射到一倾角为 300的固定斜面上，并立即反方向弹回已知反弹速度的大小是入射速度大小的 ，求在碰撞中斜面对小球的冲量大小43【解析】小球在碰撞斜面前做平抛运动设刚要碰撞斜面时小球速度为 由题意，v的方向与竖直线的夹角为 30，且水平分量仍为 0，如图由此得 2 0 ， 碰撞过程中，v v小球速度由 变为反向的 碰撞时间极短，可不计重力的冲量，由动量定理，斜面对小球.43v的冲量为 ，mI)(由、得 027v【点评】本题考查了考生应用动量定理处理变力的冲量的
18、能力，在应用动量定理的时候一定要注意其矢量性【真题 3】 （2008 四川卷）如图 6-1-6 一倾角为 45的斜面固定于地面，斜面顶端离地面的高度 h01m，斜面底端有一垂直于斜而的固定挡板在斜面顶端自由释放一质量m0.09kg 的小物块（视为质点） 小物块与斜面之间的动摩擦因数 0.2当小物块与挡板碰撞后，将以原速返回重力加速度 g10 m/s 2在小物块与挡板的前 4 次碰撞过程中，挡板给予小物块的总冲量是多少？【解析】解法一：设小物块从高为 h 处由静止开始沿斜面向下运动，到达斜面底端时速度为 v由功能关系得 sinco21mgvgh以沿斜面向上为动量的正方向按动量定理，碰撞过程中挡板
19、给小物块的冲量)(mvI设碰撞后小物块所能达到的最大高度为 h，则 sinco21hmghv同理，有 sinco21hmgvhg)(vI图 6-1-5图 6-1-6式中， v为小物块再次到达斜面底端时的速度， I为再次碰撞过程中挡板给小物块的冲量由式得 kI式中 tank由此可知，小物块前 4 次与挡板碰撞所获得的冲量成等比级数，首项为)cot1(201ghmI总冲量为 )1(3243kIII 由 )12kknn得 cot(04ghI代入数据得 Ns )63.解法二：设小物块从高为 h 处由静止开始沿斜面向下运动，小物块受到重力，斜面对它的摩擦力和支持力，小物块向下运动的加速度为 a，依牛顿第
20、二定律得magmcossin设小物块与挡板碰撞前的速度为 v，则 sin2h以沿斜面向上为动量的正方向按动量定理，碰撞过程中挡板给小物块的冲量为)(vI由式得 )cot1(21ghI设小物块碰撞后沿斜面向上运动的加速度大小为 a， 依牛顿第二定律有ammgcossin小物块沿斜面向上运动的最大高度为 sin2av由式得 hk2式中 tank同理，小物块再次与挡板碰撞所获得的冲量 )cot1(2hgmI由式得 I由此可知，小物块前 4 次与挡板碰撞所获得的冲量成等比级数，首项为)cot1(201ghmI总冲量为 )1(32432 kIII 由 )12kknn得 cot(04ghI代入数据得 Ns
21、 )63.三、抢分频道限时基础训练（20 分钟）班级 姓名 成绩 1篮球运动员接传来的篮球时，通常要先伸出两臂迎接，手接触到球后，两臂随球迅速引至胸前这样做可以（ ）A减小球对手的冲量 B减小球的动量变化率C减小球的动量变化量 D减小球的动能变化量1 【答案】B 这样接球目的是为了通过延长作用时间减少篮球对运动员的作用力，即动量变化率 tPF2玻璃茶杯从同一高度掉下，落在水泥地上易碎，落在海锦垫上不易碎，这是因为茶杯与水泥地撞击过程中（ ）A茶杯动量较大 B茶杯动量变化较大C茶杯所受冲量较大 D茶杯动量变化率较大2 【答案】D玻璃杯从同一高度落下掉在石头作用时间短，动量变化相同，所以作用力大3
22、质量为 m 的钢球自高处落下，以速率 v1碰地，竖直向上弹回，碰撞时间极短，离地的速率为 v2在碰撞过程中，钢球受到的冲量的方向和大小为（ ）A向下，m(v 1v 2） B向下，m(v 1v 2）C向上，m(v 1v 2） D向上，m(v 1v 2）3 【答案】D钢球落地前瞬间的动量（初动量）为 mv1，方向竖直向下经地面作用后其动量变为 mv2，方向竖直向上设竖直向上为正方向，据动量变化 P= -P 得： P= mv2-（ - mv1）= m(v1+v2)，因地面对钢球的作用力竖直向上，所以其冲量方向也竖直向上4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
23、运动方向相同的冲量 15 Ns 的作用，历时 4 s，物体的动量大小变为（ ）A80 kgm/s B160 kgm/sC40 kgm/s D10 kgm/s4 【答案】C取初速度方向为正方向，由动量定理 代入数据可得mvFt5一物体竖直向上抛出，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 FH5 【答案】BC由运动学知，上升的时间大于下降的时间，根据冲量定义 ，可知FtIA 错 B 对；取竖直向
24、上为正，物体动量的增量 ，故 C 正确；mvvmp由于阻力做功等于 2FH，故 D 错误6如图 6-1-7（甲） ，物体 A 和 B 用轻绳相连挂在轻质弹簧下静止不动，A 的质量为 m，B 的质量为 M，当连接 A、B 的绳突然断开后，物体A 上升经某一位置时的速度大小为 v，这时物体 B 下落的速度大小为 ，u如图（乙）所示在这段时间里，弹簧的弹力对物体 A 的冲量（ ）A. B. vuC. D. u6 【答案】D分别以 A、B 为研究对象，由动量定理得，两物体的运动具有同时性，则 ，gtmtI21， 21t所以 v图 6-1-77如图 6-1-8 所示，两个质量相等的物体在同一高度沿倾角不
25、同的两个光滑斜面由静止自由滑下，到达斜面底端的过程中，两个物体具有的相同的物理量是（ ）A重力的冲量B合力的冲量C刚到达底端时动量的水平分量D以上几个量都不同7 【答案】D角度不同，所用的时间不同，速度方向不同，到达所以到底端的速度水平分量也不同，动量就不同，重力的冲量也不同，故正确8质点所受的力 F 随时间变化的规律如图 6-1-9 所示，力的方向始终在一直线上已知 t0 时质点的速度为零在图示 t1、t 2、t 3和 t4各时刻中，哪一时刻质点的速度最大（ ）A t1 B t2C t3D t4 【答案】0t2 阶段，冲量为正，t 2t 4阶段，冲量为负，由动量定理判断 t2时刻“面积”最大
26、，动量最大，进而得出 t2时刻速度最大.粗糙水平面上物体在水平拉力 F 作用下从静止起加速运动，经过时间 t 撤去 F，在阻力 f 作用下又经 3t 停下，则 F：f 为（ ）A3：1 B4：1C1：4 D1；3 【答案】用全过程法求解即可， ， ，故正确04tft 1:4fF10 （2001 年京、皖、蒙春季高考试题）质量为 m=010 kg 的小钢球以 v0=10 m/s 的水平速度抛出，下落 h=5 m 时撞击一钢板，撞后速度恰好反向，则钢板与水平面的夹角 =_刚要撞击钢板时小球的动量大小为_(取 g=10 m/s2)10 【答案】45； kgm/s 小球撞击后速度恰好反向，说明撞击前速
27、度与钢板垂2直利用这一结论可求得钢板与水平面的夹角 =45，利用平抛运动规律（或机械能守恒定律）可求得小球与钢板撞击前的速度大小 v= v0=10 m/s，因此其动量的大小为2p=mv= kgm/s2基础提升训练1质量不等的两个物体静止在光滑的水平面上，两物体在外力作用下，获得相同的动能.下面的说法中正确的是（ ）A.质量小的物体动量变化大 B.质量大的物体受的冲量大C.质量大的物体末动量小 D.质量大的物体动量变化率一定大1 【答案】B根据 p=mv= 知，两物体在外力的作用下获得相等的动能，质量大k2mE的物体获得的动量大，则其所受的冲量大，B 选项正确，A、C 选项错.根据题目条件无法比
28、较动量变化率的大小，D 选项错2沿同一直线，甲、乙两物体分别在阻力 F1、 F2作用下做直线运动，甲在 t1时间内，乙在 t2时间内动量 p 随时间 t 变化的 p t 图象如图 6-1-10 所示.设甲物体在 t1时间内所受到的冲量大小为 I1，乙物体在 t2时间内所受到的冲量大小为 I2，则两物体所受外力 F 及其冲量 I 的大小关系是（ ）A.F1 F2， I1=I2 B.F1 F2， I1 I2图 6-1-8图 6-1-7图 6-1-8p t t t O 1 2甲 乙图 6-1-10C.F1 F2， I1 I2 D.F1=F2， I1=I22 【答案】A由 F= 知 F1 F2.由 F
29、t= p 知 I1=I2tp3质量为 m 的小球从 h 高处自由下落，与地面碰撞时间为 t，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（ + t）gB.地面对小球作用力的冲量为 F tC.合外力对小球的冲量为（ mg+F） tD.合外力对小球的冲量为（ mg F） t 【答案】B在与地面碰撞过程中，取竖直向上为正方向，重力的冲量为 mg t，合外力对小球的冲量为（ F mg） t，故正确选项应为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 6-1-11 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
30、体运动的时间是_s，该物体的最大动量值是_kgm/s. 【答案】5，25由图象知 t=5 s 时 ， F1、 F2大 小 相 等 ， 此 后 F2 F1， 物 体 开 始 做减 速 运 动 ， 故 t=5 s 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 5 s 内 F1、 F2的冲量分别为 I1=37.5 Ns， I2= 12.5 Ns，所以，前 5 s 内合力的冲量为 I=I1+I2=25 Ns，由动量定理知，物体在前 5 s 内增加的动量，也就是从静止开始运动后 5 s 末的动量，为 25 kgm/s.能力提升训练1. 如图 6-1-12 所示，
31、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1 【答案】B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，故 B 选项正确2.如图 6-1-13 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
32、，周期为 T，则（ ）每运转一周，小球所受重力的冲量的大小为 0 每运转一周，小球所受重力的冲量的大小为 mgT t/sF/NO10 10-10 5FF 12图 6-1-11v纸 条铁 块P图 6-1-12图 6-1-13每运转一周，小球所受合力的冲量的大小为 0 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. B. C. D.2 【答案】B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，212T物体的动量变化量为零，故合外力的冲量为零.选项 B 正确3如图 6-
33、1-14，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 t s，木块 A 所受的合外力的冲量为_，木块 B 的动量的增量 p 为_.3 【答案】 ， .因 A、 B 之间无相对运动，可BAmFtAt把 A、 B 看作一个整体，由牛顿第二定律有 F=（ mA+mB） a 得： a= ，木块 A 所受的BAF合外力 FA ，木块 A 所受合外力的冲量 IA ，木块 B 动量的增量Bm Bt pB BAt4质量 m=5 kg 的物体在恒定水平推力 F=5 N 的作用下，自静止开始在水平路面上运动，t1=
34、2 s 后，撤去力 F，物体又经 t2=3 s 停了下来.求物体运动中受水平面滑动摩擦力的大小.4 【解析】：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.方法一：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联立解得运动中物体所受滑动摩擦力大小为 Ff = =2 N.21t说明：式中 F
35、f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.方法二：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 = =2 N.21tBAF图 6-1-145有一宇宙飞船，它的正面面积 S=0.98 m2，以 v=2103 m/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=210 7 kg.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）.5解析：微粒尘由静止至随飞船一起运动，微粒的动量增加量是飞船对微粒作用的效果，设增加的牵引力为 F，依动量定理列方程 Ft=nmv 0，即微粒对飞船的冲量大小也为Ft，其中 n= = ， F= = =Smv2=0.98210 7（210 3） 2 N=0.78 N.VSvt1tnv1Stv
