第五章動量
一、知識目標
二、能力要求
1．知道衝量是向量，會計算力的衝量和判斷衝量的方向．
2．知道動量是向量，會計算物體的動量和判斷動量的方向；會計算物體動量的變化量．
3．理解動量定理，並能利用動量定理解釋日常生活中的相關現象、處理相關問題．
4．理解並掌握動量守恆定律的適用條件，會運用動量守恆定律處理**、碰撞、反衝等問題．
5．會將動量守恆定律與能量守恆定律結合處理相關力學問題．
三、解題示例
例1 如圖所示，乙個固定斜面的高為h、傾角為α．質量為m的小球由頂端靜止釋放．不計小球與斜面之間的摩擦，在小球從開始運動滑到底端過程中，重力、彈力、合力的衝量各是多大?
分析：小球從光滑斜面下滑過程中，做勻加速運動，小球受到的重力、彈力及合力都是恒力．
解：小球受力示意圖如圖所示．小球下滑的加速度大小為a＝gsinα
小球從開始運動滑到底端過程經歷的時間
彈力fn＝mgcosα
合力f合＝mgsinα
重力的衝量為
彈力的衝量為
合力的衝量為
討論：合力的衝量可以有兩種方法求解，一種是先求合力，再乘以時間t；另一種是先求分力的衝量，再求分力衝量的向量和．
例2 質量為60kg的人，不慎從高空支架上跌落，由於彈性安全帶的保護，使他懸掛在空中．已知安全帶原長為5m，緩衝時間(從安全帶伸直到速度減為0的時間)是1.2s，求安全帶在1.2s內受到的平均拉力大小是多少?
(假設人始終在豎直方向運動)
分析：人從高空跌落的過程可以分為兩階段，開始5m內安全帶沒有繃直，人做自由落體運動．安全帶繃直後，人在重力和安全帶拉力的共同作用下速度減為零．由於求安全帶的平均衝力大小．所以可以使用動量定理進行求解．
解：設物體自由落下5m時的速度為v，根據機械能守恆定律，得
在安全帶緩衝的過程中，以向下的方向為正方向，則
mgt2－ft2＝0－mv
解得平均拉力
討論：(1)應用動量定理解題時，注意不僅要對物體進行受力分析，還要進行動量及衝量分析．另外，動量和衝量都是向量，對於在一條直線上運動的物體，一定要先選定正方向．
(2)人受到的拉力是變力，加速度變化，用牛頓運動定律不好處理，用動量定理較為方便．
例3 如圖所示，一質量為m、長為l的長方形木板b放在光滑的水平地面上，在其右端放一質量為m的小木塊a，m＜m．現以地面為參照系，給a和b以大小相等、方向相反的初速度，使a開始向左運動，b開始向右運動，但最後a剛好沒有滑離b板，以地面為參照系．
(1)若已知a和b的初速度大小為v0，求它們最後的速度大小和方向．
(2)若初速度的大小未知，求小木塊a向左運動到達的最遠處(從地面上看)離出發點的距離．
解法1：以向右為正方向．
a剛好沒有滑離b板，表示當a滑到b板的最左端時，a、b具有相同的速度，設此速度為v，經過時間為t，a和b的初速度的大小為v0，則據動量定理可得：
對aft＝mv＋mv0
對bft＝mv－mv0
解得：，方向向右．
a在b板的右端時初速度向左，而到達b板左端時的末速度向右，可見a在運動過程中必須經歷向左做減速運動直到速度為零，再向右做加速運動直到速度為v的兩個階段．設l1為a開始運動到速度變為零過程中向左運動的路程，l2為a從速度為零增加到速度為v的過程中向右運動的路程，l0為a從開始運動到剛好到達b的最左端的過程中b運動的路程，如圖所示，設a與b之間的滑動摩擦力為f，則由動能定理可得：
對於b對於a
由幾何關係l0＋l2＝l
由聯立求得
解法2：
a剛好沒有滑離b板，表示當a滑到b板的最左端時，a、b具有相同的速度，設此速度為v，a和b的初速度的大小為v0，則據動量守恆定律可得：
mv0－mv0＝(m＋m)v
解得：，方向向右
對系統的全過程，由能量守恆定律得
對於a由上述二式聯立求得
討論：(1)從上述兩種解法中，解法2簡潔明瞭．在解決動力學問題時，應注意方法的選取．
(2)本題也可以使用牛頓運動定律求解．
【例11】如圖所示，一質量為m、長為l的長方形木板b放在光滑的水平地面上，在其右端放一質量為m的小木塊a，m＜m．現以地面為參考係，給a和b以大小相等、方向相反的初速度（如圖），使a開始向左運動、b開始向右運動，但最後a剛好沒有滑離b板．以地面為參考係，
（1）若已知a和b的初速度大小為v0，求它們最後的速度的大小和方向．
（2）若初速度的大小未知，求小木塊a向左運動到達的最遠處（從地面上看）離出發點的距離．
【分析】（1）把a、b兩物體作為乙個系統，它們之間相互作用的摩擦力為內力，系統在水平方向不受外力，相互作用的任一時刻都遵守動量守恆定律．a恰好有滑離b板，表示a到達b板左端時，兩者具有共同的速度．
（2）小木塊a的對地速度從最初向左的v0變到最後向右的共同速度，必是先向左減速至零，後向右從零加速．在這個過程中，水平方向僅受摩擦力作用，根據動能定理（或牛頓運動定律）即可求解．
【解】（1）設a、b兩者最後的共同速度為u．
取向右為正方向，由動量定恆得
mv0－mv0=（m＋m）u．
所以最後的速度大小為
由於m＞m，u＜0，最後的速度方向向右．
（2）設小木塊a從向左的速度v0減速到零通過的路程為s1,從速度為零向右加速到共同速度u通過的路程為s2，如圖（a）所示．在這兩個過程中，作用在小木塊a上的摩擦力f的方向始終向右如圖（b）所示．
對小木塊a，由動能定理得
長木板b則一直向右運動，設它從開始運動到兩者獲得共同速度u經過的路程為l，同理由動能定理得
或又由幾何關係可知
聯立式（1）～（4），並代入u的值，即得小木塊向左運動的最遠處離出發點的距離
【說明】本題也可以利用v-t圖求解．
通過對a、b兩物體的運動過程和受力分析可知，兩物體在水平方向受到大小、方向恆定的摩擦力作用，分別作著加速度大小、方向恆定的勻加速運動，它們的v-t圖都是一條傾斜直線，達到共同速度後一起作勻速運動，是一條平行t軸的直線．
若以向右的方向為正方向，則a、b開始運動的速度分別為－v0，v0，它們的v-t圖如圖中ac和bc所示．圖中d點對應的時間t1表示a從v0減速至零的時間；e點對應的時間t2表示兩者從開始運動到達到共同速度的時間．三角形oad的面積表示a向左運動達最遠處距離（soad=s1），三角形cde的面積表示a的速度從零起向右加速至u通過的距離（scde=s2）；梯形obce的面積表示木板b從開始運動到與a相對靜止右行的距離（sobce=s）．
三段距離之間有關係式
又由△cde∽△oad，
聯立式（1）～（5），同樣可解得
例4 如圖所示，一對雜技演員(都視為質點)乘鞦韆(鞦韆繩處於水平位置)從a點由靜止出發繞o點下擺．當擺到最低點b時，女演員在極短時間內將男演員沿水平方向推出，然後自己剛好跳回到高處a．求男演員落地點c與o點的水平距離s，已知男演員質量m1和女演員質量m2之比．鞦韆的質量不計，鞦韆的繩長為r，c點比o點低5r．
分析與解：
設分離前男女演員在鞦韆最低點b的速度為v0，由機械能守恆定律，
設剛分離時男演員速度的大小為v1，方向與v0相同；女演員速度的大小為v2，方向與v0相反，由動量守恆：
(m1＋m2)v0＝m1v1－m2v2
分離後，男演員做平拋運動，設男演員從被推出到落在c點所需的時間為t，根據題給條件，由運動學規律：
s＝v1t
根據題給條件，女演員剛好回到a點，由機械能守恆定律，
已知m1＝2m2，由以上各式可得s＝8r
例5 有兩個完全相同的小滑塊a和b，a沿光滑水平面以速度v0與靜止在平面邊緣o點的b發生正碰，碰撞中無機械能損失．碰後b運動的軌跡為od曲線，如圖所示．
(1)已知滑塊質量為m，碰撞時間為δt，求碰撞過程中a對b平均衝力的大小．
(2)為了研究物體從光滑拋物線軌道頂端無初速下滑的運動，特製作乙個與b平拋軌跡完全相同的光滑軌道，並將該軌道固定在與od曲線重合的位置，讓a沿該軌道無初速下滑(經分析，a下滑過程中不會脫離軌道)．分析a沿軌道下滑到任意一點的動量pa與b平拋經過該點的動量pb的大小關係；
分析與解：
(1)滑動a與b正碰，滿足
mva＋mvb＝mv0
由①②，解得va＝0，vb＝v0，
根據動量定理，滑塊b滿足 f·δt＝mv0
解得(2)設任意點到o點豎直高度差為d．
a、b由o點分別運動至該點過程中，只有重力做功，所以機械能守恆．選該點為勢能零點，有
eka＝mgd
由於，有
即pa＜pb
a下滑到任意一點的動量總是小於b平拋經過該點的動量．
四、綜合訓練
1．如圖所示，乙個物體在與水平方向成θ角的拉力f的作用下勻速前進了時間t，則 ( )
a．拉力對物體的衝量大小為ft
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