卜春蕾　徐君生

力有三大效應(yīng)，即力的瞬時效應(yīng)、力隨空間累積效應(yīng)以及力隨時間累積效應(yīng)，三大效應(yīng)分別對應(yīng)著牛頓第二定律、動能定理及動量定理.力的三大效應(yīng)是解決力學問題的三大基本途徑（對應(yīng)于動能定理與動量定理的還有兩大守恒定律，即機械能守恒定律與動量守恒定律）.本文試就對其中的力隨時間累積效應(yīng)——動量定理的理解與應(yīng)用做一小結(jié)，以期能對高中物理教與學起到一點微薄之作用.

1 動量定理的理解

動量定理的表達式為I合=ΔP或F×Δt=ΔP.對該表達式主要掌握以下五個方面內(nèi)容：一是注意公式的矢量性，表達式中沖量、動量、動量的變化量以及力均是矢量，其運算法則遵守平行四邊形定則，特別需要提醒的是關(guān)于ΔP的計算.二是注意方程左邊是合外力沖量，強調(diào)“合”與“外”，應(yīng)用動量定理解題時注意“內(nèi)”“外”有別.三是注意方程右邊是動量的變化量而非動量；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；五是通過公式的變形 ，由此不難看出動量定理是牛頓第二定律的微元表達式再通過累加求和而來.

2 動量定理的應(yīng)用題型歸類分析

2.1 求解勻變速曲線運動中的動量變化量

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

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

解析 題中要求動量的變化量，如果直接根據(jù)Δp=pt-p0也能做，但因為涉及到矢量計算，比較麻煩.根據(jù)動量定理，物體動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，故其沖量計算非常簡單，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（時間軸）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)用動量定理求解.

例2 用長為l的細繩拴住一個質(zhì)量為m的小球在光滑的水平桌面上做速度大小為v的勻速圓周運動，求小球運動半周過程中細繩拉力的沖量.

解析 小球受三個力作用，其中重力與支持力相平衡，繩子拉力提供小球做圓周運動所需的向心力，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，其沖量千萬不能應(yīng)用I=Ft=mv2l×πl(wèi)v=πmv計算.正確的求解應(yīng)該列動量定理方程，由動量定理（規(guī)定末速度方向為正方向）得：I=Δp=mvt-mv0=mv-m（-v）=2mv，方向與末速度方向相同.

2.3 應(yīng)用動量定理解釋實際生活中的現(xiàn)象

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

2.3.1 物體的動量變化量Δp基本為定值，相互作用時間Δt不同，相互作用力大小不一樣，Δt大，力就小；Δt小，力就大.這類問題在實際生活中是最普遍的.如體育比賽中的一系列保護措施都可概括為通過延長相互作用的時間來達到減小相互作用力，從而達到保護人體不受傷害的目的.如跳高比賽中墊上柔軟的海綿墊、跳遠比賽中的沙坑、接籃球時手應(yīng)該隨球往后退縮、從高處跳落到地面時要雙腿彎曲等等.除此以外還有如釘釘子時要用鐵錘而不用橡皮錘（減小相互作用時間，增大相互作用力）、貼大理石地面時要用橡皮錘而不用鐵錘（增大作用時間，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，相互作用時間不同，其Δp不同，即物體運動狀態(tài)變化不一樣.

例3 如圖1所示，物塊B疊放在木板A上，若緩慢拉動木板A，則B將隨著A一起向前運動；若快速拉動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B的摩擦力.如果緩慢拉動A，則A和B之間相互作用時間長，沖量較大，故其運動狀態(tài)變化較大，B物塊跟隨A一起運動.如果快速拉動A，由于A和B之間作用時間短，沖量小，故B物塊的運動狀態(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線懸掛在天花板上，現(xiàn)對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B線，則情況又如何？

解析 若緩慢增大拉力F，則細線B中的拉力就等于F，而細線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B線，則B線先斷，因為快速拉B時，球A的沖量很小（時間很短），其Δp也很小，即球的運動狀態(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的值不變，所以快速拉動時先斷的是B線.

2.4 碰撞過程中平均沖擊力的計算

所謂平均沖擊力就是在較短時間內(nèi)相互撞擊物體間的彈力，因作用時間很短，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間為0.1 s，求小球?qū)Φ孛娴钠骄鶝_擊力多大？不計空氣阻力，g取10 m/s2.

解析 所謂的平均沖擊力實際上就是小球?qū)Φ孛娴膲毫?，只是因為過程時間很短，力較大，故取名為沖擊力.設(shè)小球下落到地面時的速度為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.小球與地面碰撞過程中受兩個力，如圖3所示（強調(diào)一：應(yīng)用動量定理解題同樣需要受力分析，本題典型錯誤就是丟掉重力，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)用動量定理的全程應(yīng)用：設(shè)下落時間為t1，則t1=2Hg=1 s，反彈時間設(shè)為t2=2hg=0.8 s.從下落開始到反彈到最高點全程應(yīng)用動量定理有

FΔt=mg（t1+t2+Δt）=0-0，

解得F=mgt1+t2+ΔtΔt=190 N.

2.5 連續(xù)作用體問題的處理

所謂的連續(xù)作用體是指作用對象是連續(xù)不斷的無數(shù)個微粒，如風或者水流等，解決此類問題的關(guān)鍵是找到相互作用的研究對象，進而對其列出相應(yīng)的動量定理方程即可.

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動），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，說明撞擊后的水不會反彈，即撞擊后水在水平方向上的速度為零，根據(jù)動量定理有

-Ft=0-mv=-ρSvtv，

所以F=ρSv2.

2.6 勻變速運動中時間問題的求解

解決勻變速運動問題的方法最多，力學的三大效應(yīng)對應(yīng)的基本規(guī)律均可解決此類問題，其中又以應(yīng)用牛頓運動定律結(jié)合運動學公式求解最為廣泛，主要是因為高中物理學習過程中先學運動學公式，緊接著學習牛頓定律，且花較長時間進行相關(guān)習題的訓練，學生印象較深.實際上在解題過程中為快速解題應(yīng)該是先守恒（機械能守恒、動量守恒）、再定理（動能定理、動量定理）、最后再考慮牛頓運動定律，當然這只是一般解題順序并不能絕對化，不過在勻變速運動問題中如果涉及到時間問題（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)先選用動量定理求解.

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

A.A滑行時間長 B.B滑行時間長

C.兩者滑行時間相等D.無法比較滑行時間的長短

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

-μmAgtA=0-PA=-2mAEk，

所以tA=1μg2EkmA，

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

注：本題還有若干變化，比如把動能相等改成動量相等，把動摩擦因數(shù)相同改成所受到的摩擦力相等，所求問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的木板處于靜止狀態(tài)，一質(zhì)量為m的物塊（可看作質(zhì)點）以初速v0滑上木板，物塊與木板之間的動摩擦因數(shù)為μ，設(shè)木板足夠長，求：（1）木板最快的速度；（2）物塊相對木板滑行的時間.

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

2.7 動量定理的整體（對象與過程）應(yīng)用

通常情況下動量定理是用來研究單個物體的，但也能應(yīng)用于多個物體組成的系統(tǒng)，而且恰當?shù)倪\用這種“整體法”，往往更加簡便、快捷，解題的優(yōu)越性顯得更為突出.此時動量定理的方程為：系統(tǒng)受到的合外力的沖量（強調(diào)“外”）等于系統(tǒng)內(nèi)每個物體的動量增量的矢量和，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)過時間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摩擦因數(shù)未知），對整體應(yīng)用動量定理有

-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的木塊用細線相連，在水中從靜止開始做加速度為a的勻加速直線運動.如圖6所示，經(jīng)過時間t1細線突然斷了，又經(jīng)過時間t2，木塊停止下沉，求此時鐵塊的速度.不計水的阻力.

解析 如果把鐵塊與木塊當成一個整體，則中間的細線為整體的內(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；同時整體經(jīng)歷兩個過程，一是整體做加速度為a的勻加速直線運動，二是細線斷了以后鐵塊繼續(xù)做勻加速直線運動（加速度未知），木塊做勻減速直線運動（同樣不知加速度），因為并不需要知道中間的速度（即時間t1時的速度），故可以在過程上采用“整體法”！由此運用“雙整體”動量定理得： ，式中第一個零表示鐵塊的初速度，第二個零表示木塊的末速度，第三個零表示木塊的初速度.解得 .