动量定理的应用

一、理论联系实际

例1 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，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

答案 CD

点拨 用动量定理解释现象一般可分为两类：一类是物体的动量变化一定，力的作用时间越短，力就越大；反之力就越小. 另一类是作用力一定，力的作用时间越长，动量变化越大；反之动量变化越小.

二、全过程运用动量定理

例2 蹦床是运动员在一张绷紧的弹性网上蹦跳、翻滚并做各种空中动作的运动项目.一个质量为60kg的运动员，从离水平网面3.2m高处自由落下，着网后沿竖直方向蹦回到离水平网面1.8m高处.已知运动员与网接触的时间为1.4s. 求网对运动员的平均冲击力.（取[g=10m/s2]）

解析 按常规时间分段处理：

运动员从高[h1]处下落，刚接触网时速度的大小

[v1=2gh1]（向下）

弹跳后到达的高度为[h2]，刚离网时速度的大小

[v2=2gh2]（向上）

接触过程中运动员受力：向下的重力[mg]和网对其向上的弹力[F]，选取竖直向上为正方向， 由动量定理，有

[F-mg?t=mv2--mv1]

由以上三式，解得[F=mg+m2gh2+2gh1t]

代入数值，得[F=1.2×103N]

另解，对全过程利用动量定理：

运动员自由下落的时间

[t1=2h1g=2×3.210s=0.8s]

被网弹回做竖直上抛，上升的时间

[t2=2h2g=2×1.810s=0.6s]

与网接触时间为[t=1.4s].选取向下为正方向，对全过程应用动量定理，有

[mgt1+t+t2-Ft=0]

则[F=t1+t+t2tmg=1.2×103N]

点拨 在求解过程中应注意各个物理量的方向.针对一维问题，应规定正方向，特别注意判断各物理量的正负.当几个力不同时作用时，合冲量可理解为各个外力冲量的矢量和.对物体运动的全过程也可应用动量定理，简化计算.

三、系统动量定理

例3 如图1，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[μ]，那么拖车刚停下时，汽车的瞬时速度是多大？

图1

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[M+ma]，该过程经历时间为[v0/μg]，末状态拖车的动量为零.全过程对系统用动量定理，有

[M+ma?v0μg=Mv-M+mv0]

整理可得[v=M+ma+μgμMgv0]

点拨 以上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[M+ma]，那么上式也就不正确了.如果题中情景变为合外力为0，则可对系统利用动量守恒定律求解.

四、运用动量定理解决连续流体问题

例4 采煤中有一种方法是用高压水流将煤层击碎将煤采下.今有一采煤水枪，由枪出的高压水流速度为[v]，设水流垂直射向煤层的竖直表面，随即顺煤壁竖直流下，求水对煤层的压强（水的密度为[ρ]）.

解析 设射向煤层水流截面为[S]，在时间[Δt]内有质量为[ρSv?Δt]的水撞击煤层，动量变为零，设煤层对水流作用力为[F].

取煤层对水作用力方向为正，对于上述这部分水由动量定理，有

[F?Δt=0-（-ρSvΔt?v） ]

得[F=ρSv2]

由牛顿第三定律知，水对煤层作用力大小

[F′=F=ρSv2]

所以煤层表面受到水流压强为[p=FS=ρv2]

点拨 如果是非连续流体，例如雨水，由于其间有间隙，则不能利用[Δm=ρSv?Δt]计算微元质量.

五、针对特殊力求解

例5 跳伞运动员从2000m高处跳下，开始下落过程未打开降落伞，假设初速度为零，所受空气阻力与下落速度大小成正比，最大降落速度为[vm=]50m/s.运动员降落到离地面[s=]200m高处才打开降落伞，在1s内速度均匀减小到[v1=]5.0m/s，然后匀速下落到地面，试求运动员在空中运动的时间.

解析 整个过程中，先是变加速运动，接着匀减速，最后匀速运动，作出[v-t]图线，如图2.由于第一段内作非匀变速直线运动，用常规方法很难求得这1800m位移内的运动时间.考虑动量定理，将第一段的[v-t]图按比例转化成[f-t]图，如图3，则可以巧妙地求得这段时间.

图2 图3

设变加速下落时间为[t1]，有[mgt1-If=mvm]

[If=Σf?Δt=Σkv?Δt=kΣv?Δt=k?s1]

又[mg=kvm]，得[k=mgvm]

所以[mgt1-mgs1vm=mvm]

[t1=vmg+s1vm=5010+180050=41s]

第二段1s内，有

[a2=5-501=-45m/s2]，[s2=v2-v2m2a2=27.5m]

所以第三段时间[t3=s-s2v=200-27.55=34.5s]

空中的总时间[t=t1+t2+t3=76.5s] [× × × × ×

× × × × ×

× × × × ×] [图4]

例6 如图4，水平固定的光滑[U]形金属框架宽为[L]，足够长，其上放一质量为[m]的金属棒[ab]，左端连接有一阻值为[R]的电阻（金属框架、金属棒及导线的电阻匀可忽略不计），整个装置处在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为[B]. 现给棒[ab]一个初速度[v0]，使棒始终垂直框架并沿框架运动.

（1）金属棒从开始运动到达到稳定状态的过程中，求通过电阻[R]的电量和电阻[R]中产生的热量；

（2）金属棒从开始运动到达到稳定状态的过程中，求金属棒通过的位移；

解析 （1）取向右为正，由动量定理，有

[-Ft=0-mv0]

即[-ILB?t=0-mv0]

又[q=It]，所以[q=mv0BL]

由能量守恒定律，得[Q=12mv02]

（2）因为[I=ER=BLvR]，由动量定理，有

[-Ft=0-mv0]

即[B2L2vR?t=mv0]

又[s=vt]，可解得[s=mv0RB2L2]

点拨 以上两例使用了平均力或微元求和的思想，将不能直接求解的特殊变力的冲量，转化为与位移或电荷量的关系.