动量定理解变力问题
变力求位移动量定理
变力求位移动量定理
位移动量定理是物理学中的一个基本定理，描述了物体在力的作用下所发生的位移动量的关系。
位移动量定理可以表述为：物体在力的作用下所发生的位移动量等于作用在物体上的力乘以物体的位移。
数学表达式为：Δx = F * d，其中Δx表示位移的变化量，F表示作用在物体上的力，d表示物体的位移。
该定理是基于牛顿第二定律推导出来的。
根据牛顿第二定律，物体的加速度与作用在物体上的力成正比，与物体的质量成反比。
将牛顿第二定律的等式 F = ma 代入位移的定义 x = vt，将加速度 a = F/m 代入位移的定义 x = ½at²，可以得到位移动量定理。
位移动量定理可以用于解决物体在受力作用下的运动问题。
通过已知物体的质量、力的大小和方向，可以求解物体的位移。
同时，可以通过已知物体的位移和力的大小，求解作用在物体上的总力。
需要注意的是，位移动量定理仅适用于恒力的作用下。
如果力随时间变化，或者物体受到多个力的作用，就需要运用其他的物理原理来分析了。
动量定理的六种妙用
动量定理的六种妙用江西省新干中学曾菊宝动量定理的内容是物体所受合外力的冲量等于物体动量的变化，即I=△p。
动量定理表明冲量是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。
动量定理可以用牛顿第二定律导出，但适用范围比牛顿第二定律要广。
在不涉及加速度和位移的情况下，研究运动和力的关系时，用动量定理求解一般较为方便，而且能得到迅速解答，达到事半功倍的效果。
一、用动量定理求变力的冲量问题例1以角速度ω沿半径为R的圆周做匀速圆周运动的质点m，它的周期为T，则此质点经过时间T/2的过程中所受合外力冲量大小为（）A．0 B．2mωR C．Tmω2R/2 D．mωR解析质点经过半个周期末速度与初速度方向相反,大小相等。
由动量定理得I=△p=m v－（－mv）=2mv=2mwR。
故答案为选项B。
评析用I=Ft求的是恒力的冲量，而本题质点在运动的过程中，所受的合外力是变力（方向在不断变化），因此不能用I=Ft来求解。
变力的冲量可用动量定理来计算。
二、用动量定理求解平均力问题例2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1.2s，安全带原长5m，求安全带所受的平均作用力。
（g=10m/s2）解析人开始下落为自由落体运动，下落到弹性安全带原长时的速度为V02=2gh,则v0=2gh=10m/s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和安全带的平均冲力F，取力F方向为正方向，由动量定理得（F－mg）t=0－(－mv0),F=mg+mv0/t=1 100N(方向竖直向上)。
安全带所受的平均作用力F´=1 100N（方向竖直向下）。
评析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时间t内的平均值。
三、用动量定理巧解连续作用问题例3一个迎面截面积为50m2、初速度为10km/s的宇宙飞船在飞行中进入宇宙尘埃区域，该区域的尘埃密度ρ=2.0×10-4kg/m3，为了使飞船的速度不改变，推力F应增加多少？（飞船与尘埃的碰撞是完全非弹性碰撞，空气阻力不计）解析本题中飞船速度不变，但附着在船前沿的尘埃质量不断增加。
变力作用下动量定理的实验验证
实验研究教•学参考第50卷第1期2021年1月变力作用下动量定理的实验验证金伟(兰州市第六十三中学甘肃兰州 730060)文章编号：l〇〇2-218X ( 2021)01-0062-01动量定理在解决冲击、碰撞等问题时要比牛顿第 二定律方便得多，但由于这类问题中力的作用时间极 短且作用力随时间发生着显著的变化，因而研究者很 少从实验角度验证动量定理。
借助苏威尔数字化实 验系统（力传感器、数据采集器、计算机），可以巧妙地 测量冲击问题中力的作用时间及对应力的大小，以验 证动量定理。
一、动量定理的实验验证1. 实验原理物体所受合外力的冲量等于物体在这个过程中 动量的改变，即动量定理。
2. 实验器材力传感器、数据采集器、钩码、计算机、托盘天平、 细绳、直尺、铁架台。
3. 运动过程的选取与分析用一条细绳悬挂一个钩码，把钩码拿到〇处，无初速度释放，钩码下落后会上下往复运动几次，最终静止。
研究细绳首次被拉直到钩码速度第一次减小为零的过程，如图1所示。
/////////"/，/////////////初态:细绳首次拉直瞬间<,F人…卜末态:钩码速度第一►次减小为零瞬间m g从初态至末态经历的时间为/图1以竖直向上为正方向，若从细绳首次被拉直到钩 码速度第一次减小为零（此时细绳中的拉力最大）经 历的时间为f，该过程钩码受到拉力F 和重力m g 的 作用，则钩码所受合外力的冲量=在这一过程中，钩码动量的改变量为Ap = 0 —m i — v ') = m v =m为钩码做自由落体运动的位移，即绳长。
若钩码所受合外力的冲量近似等于钩码动量 的改变量A /)，则动量定理成立。
需要测量的物理量及测量工具:拉力F 由力传感 器测得，拉力作用时间？由苏威尔数字化实验系统采 集并通过分析筛选得到.钩码和挂钩的总质量w 由 托盘天平测得，绳长i 由直尺测得，g 为当地的重力 加速度。
中图分类号：G 632.42 文献标识码：B4. 实验过程(1) 参考图2安装实验器材，之后将力传感器校 准，并把苏威尔数字化实验 系统的工作时间设置为5 s、采集数据的时间间隔设置 为 1. 25 m s 。
动量定理
4、多过程问题
3、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。
5、求解流体问题
P113 N.10
解此类问题的关键是正确选取Δt时间内动量发变化的那部分 物质为研究对象，由题意正确表示出它们的质量和发生作用 前后的动量及动量变化。
BD
A、一质点受到两个力作用而处于平衡状态，这两个力在同一 段时间内的冲量一定相同； B、一质点受到两个力作用而处于平衡状态，这两个力在同一 段时间内做功大小都为零或大小相等而符号相反； C、在同样时间内，作用力和反作用力做的功大小不一定相等， 但符号一定相反； D、在同样时间内，作用力和反作用力的冲量大小一定相等， 但符号相反一定相反。
6、对系统应用动量定理
6、如图所示， 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？
m M V0 V/
8、高考题
1、下列说法正确的有：
I P F合t＝m v m v0
1、求变力的冲量： P112 N.5 P112 N.9 N.2
2、求曲线运动中的动量变化 3、求冲力： P113
应用动量定理解题的步骤：
（1）选取研究对象； （2）确定所研究的物理过程及初、末状态； （3）分析研究过程中物体的受力情况； （4）根据动量定理形式，规定正方向； （5）解方程、统一单位、求解.
动量定理的应用
1
开时对人的 ,则在速度变化相同的情况下,人在安全气囊未弹开与弹开
10
时受到的作用力的比值为( D )。
A.
1
100
B.
1
10
C.100
D.10
1.(任务 1)如图所示,跳水运动员从某一峭壁上水平跳出,跳入湖水中,已知运动员的质
量 m=60 kg,初速度 v0=10 m/s。若经过 1 s 时,速度 v=10 2 m/s,则在此过程中,运动
动量定理的应用
国产水刀——超高压数控万能水切割机,以其神奇的切割性能闻名世界。它能切割 40
mm 厚的钢板、50 mm 厚的大理石及其他材料。水刀就是将普通的水加压,使其从口
径为 0.2 mm 的喷嘴中以 800 m/s~1000 m/s 的速度射出的水流。我们知道,任何材料能
承受的压强都有一定的限度,下表列出了几种材料所能承受的压强限度。
平飞回, 速度的大小为 45 m/s,若球棒与棒球的作用时间为 0.002 s。
1.球棒与棒球的撞击力是恒力还是变力?
解答:球棒与棒球的撞击力是变力。
2.牛顿运动定律是否可以解决变力问题?
解答:牛顿运动定律只能够解决恒力问题,不能够解决变力问题。
3.球棒与棒球的平均撞击力为多大?
解答:动量定理适用于变力作用的过程,沿棒球飞向球棒时的方向建立坐标轴,棒
的是( C )。
A.缓慢拉动纸条时,笔帽受到的冲量小
B.缓慢拉动纸条时,纸条对笔帽水平作用力小,笔帽也可能不倒
C.快速拉动纸条时,笔帽受到的冲量小
D.快速拉动纸条时,纸条对笔帽水平作用力小
4.(任务 2)如图所示,学生练习用头颠球。某一次足球由静止自由下落 80 cm
高中物理求变力做功几种常见的方法
教学信息新教师教学功的计算在中学物理中占有十分重要的地位，中学阶段所学的功的计算公式W=FScosa 只能用于恒力做功情况，对于变力做功的计算则没有一个固定公式可用，下面对变力做功问题进行归纳总结如下：1.等效法等效法即若某一变力的功和某一恒力的功相等，则可以通过计算该恒力的功，求出该变力的功。
而恒力做功又可以用W=FScosa 计算，从而使问题变得简单。
例：如图，定滑轮至滑块的高度为h ，已知细绳的拉力为F （恒定），滑块沿水平面由A 点前进S 至B 点，滑块在初、末位置时细绳与水平方向夹角分别为α和β。
求滑块由A点运动到B 点过程中，绳的拉力对滑块所做的功。
分析与解：设绳对物体的拉力为T ，显然人对绳的拉力F 等于T 。
T 在对物体做功的过程中大小虽然不变，但其方向时刻在改变，因此该问题是变力做功的问题。
但是在滑轮的质量以及滑轮与绳间的摩擦不计的情况下，人对绳做的功就等于绳的拉力对物体做的功。
而拉力F 的大小和方向都不变，所以F 做的功可以用公式W=FScosa 直接计算。
由图可知，在绳与水平面的夹角由α变到β的过程中，拉力F 的作用点的位移大小为：2.微元法当物体在变力的作用下作曲线运动时，若力的方向与物体运动的切线方向之间的夹角不变，且力与位移的方向同步变化，可用微元法将曲线分成无限个小元段，每一小元段可认为恒力做功，总功即为各个小元段做功的代数和。
例：如图所示，某力F=10N 作用于半径R=1m 的转盘的边缘上，力F 的大小保持不变，但方向始终保持与作用点的切线方向一致，则转动一周这个力F 做的总功应为：A 、0JB 、20πJC 、10JD 、20J 分析与解：把圆周分成无限个小元段，每个小元段可认为与力在同一直线上，故ΔW=F ΔS ，则转一周中各个小元段做功的代数和为W=F ×2πR=10×2πJ=20πJ ，故B 正确。
3.平均力法若参与做功的变力，其仅力的大小改变，而方向不变，且大小随位移线性变化，则可通过求出变力的平均值等效代入公式W 求解。
动量定理的适用条件
动量定理的适用条件朱欣（鄂南高级中学 湖北 成宁 437100）动量定理有着广泛的应用，下面结合例题着重分析动量定理所适用的条件。
一、动量定理既适用于恒力，又适用于变力对于变力的情况，动量定理中的合外力应当理解为变力在作用时间内的平均值。
例1 一根弹簧上端固定，下端系着一个质量为m 的物体A ，物体A 静止时的位置为P 点，再用细绳将质量也为m 的物体B 挂在A 的下面，如图1所示，平衡后将细绳剪断。
如果物体A 回到P 点的速度为V ，此时物体B 下落的速度大小为μ，不计弹簧的质量和空气阻力，则这段时间里弹簧的弹力对物体A 的冲量的大小为（ ）A ．)(μ+v mB ．)(μ-v mC ． mvD ．μm解析 设弹簧的弹力对物体A 的冲量的大小为I ，物体A 回到P 点所用时间为t ，分别对A 和B 应用动量定理，有μm mgt mv mgt I ==-， 故 )(μ+=+=v m mv mgt I所以，选项A 正确。
二、动量定理既适用于一个过程，又适用于全过程物体在整个过程中所有力的冲量的矢量和等于物体在运动开始和结束时的动量改变量。
例2 以质量为100g 的小球从0.80m 高处自由下落，落到一厚软垫上，若从小球接触软垫到小球陷到最低点经过0.20s,则这段时间内软垫对小球的冲量大小为 。
（不计空气阻力，g 取10m/s 2）解析 设小球从开始下落到刚接触软垫所用时间为t ，从小球接触软垫到小球陷至最低点所用时间为t`，则221gt h = 解得：s gh t 4.02== 设软垫对小球的冲量大小为I ，根据动量定理，对小球从开始下落到陷至软垫最低点全过程，有：0`)(=-+I t t mg 则：s N t t mg I ⋅=+=6.0`)(三、动量定理既适用于一个物体，又适用于系统当研究对象为系统时，组成系统的物体的总动量的变化量等于相应时间内组成系统的物体所受合外力的冲量。
例3 质量为M 的金属球与质量为m 的木球用细线相连，没入水中，细线竖直绷紧，两球都从静止开始以加速度a 在水中下沉，经过时间t 1，细线断了，两球分开，再经过时间t 2，木球停止下沉。
变力的功及动量定理
A F S
求质点M 在变力作用下，沿曲线
轨迹由a 运动到b，变力作的功
x 一段上的功： dA F dr 在 cos F dr
dr F θ r O dr b
r
y
dA F dr
F 在ab一段上的功
在直角坐标系中 在自然坐标系中
子弹穿过第二木块后，第二木块速度变为v2
Ft2 m2v 2 m2v1
解得
Ft1 v1 m1 m2
Ft1 Ft2 v2 m1 m2 m2
§4.3 质点系动量守恒定律
当
Fi 0
i
d miv i 0 miv i 常矢量
质点系动量守恒定律 动量守恒的分量表述
二.弹性力的功
弹簧弹性力
F
O
F kxi
x2
x1
x2
x
由x1 到x2 路程上弹性力的功为
A
x1
1 2 1 2 kxdx kx1 kx2 2 2
弹性力的功等于弹簧劲度系数乘以质点始末位置弹簧形变 量平方之差的一半。 结论 (1) 弹性力的功只与始、末位置有关，而与质点所行经的路径 无关。 (2) 弹簧的变形减小时，弹性力作正功；弹簧的变形增大时， 弹性力作负功。
dy vy 16 dt dx v x 4t 2 dt dv x Fx m 80t dt
2
y 16t
y 16
2
y 32
时
t 1
dx 4t dt
Fy m
时 t2
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0
A Fx dx Fy dy 320t 3dt 1200 J 1
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∙ （08年黄冈市期末）(15分)如图所示，两根平行金属导轨MN 、PQ 相距为d=1.0m ，
导轨平面与水平面夹角为α=30°，导轨上端跨接一定值电阻R=1.6Ω，导轨电阻不计．整个装置处于方向垂直导轨平面向上、磁感应强度大小B=1T 的匀强磁场中．金属棒ef 垂直于MN 、PQ 静止放置，且与导轨保持良好接触，其长刚好为d 、质量m=0.1kg 、电阻r=0.4Ω，距导轨底端S 1=3.75m ．另一根与金属棒平行放置的绝缘棒gh 长度也为d ，质量为，从轨道最低点以速度v 0=10m/s 沿轨道上滑并与金属棒发生正碰(碰撞时间极短)，碰后金属棒沿导轨上滑S 2=0.2m 后再次静止，测得此过程中电阻R 上产生的电热为Q=0.2J ．已知两棒与导轨间的动摩擦因数均为
，g 取10m/s 2
，求：
(1)碰后瞬间两棒的速度； (2)碰后瞬间的金属棒加速度；
(3)金属棒在导轨上运动的时间。
24.(20分)如图13所示，四分之一光滑绝缘圆弧轨道A P 和水平绝缘传送带PC 固定在同一 竖直平面内，圆弧轨道的圆心为0，半径为R 0传送带PC 之间的距离为L,沿
m 、电荷量 为+q 的小物体从圆弧顶点A 由静止开始沿轨 道下滑，恰好运动到C 端后返回。
物体与传送 带间的动摩擦因数为μ，不计物体经过轨道与传 送带连接处P 时的机械能损失,重力加速度为g
(1) 求物体下滑到P 点时，物体对轨道的压力F
(2) 求物体返回到圆弧轨道后，能上升的最大高度H
(3) 若在PO 的右侧空间再加上方向垂直于纸面向里、磁感应
强度为B 的水平匀强磁场 (图中未画出），物体从圆弧顶点A
静止释放,运动到C 端时的速度为2
2gR ，试求物体 在传送带上
运动的时间t 。
（
t=2
qBL mgR μ+ ）E=()mg R L qL μμ- 2）将一小球从某点以初速度v0竖直向上抛出，当小球落回该抛出点时速率为vt ，已知小球在运动过程中受到的空气阻力大小与小球的速度大小成正比，求小球从抛出到落回原处所用的时间。
t=(v1+v0)/g
24. （20分）如图所示，直角坐标系xoy 位于竖直平面内，y 轴正方向竖直向上，x 轴正方向水平向右。
空间中存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，匀强磁场垂直xoy 平面向里，磁感应强度大小为B 。
匀强电场（图中未画出）方向平行于xoy 平面，小球（可视为质点）的质
量为m 、带电量为+q ，已知电场强度大小为mg E q
＝，g 为重力加速度。
（1）若匀强电场方向水平向左，使小球在空间中做直线运动，求小球在空间中做直线运动的速度大小和方向；
（2）若匀强电场在xoy 平面内的任意方向，确定小球在xoy 平面内做直线运动的速度大小的范围；
（3）若匀强电场方向竖直向下，将小球从O 点由静止释放，求小球运动过程中距x 轴的最大距离。
20
形线框abcd 的电阻为R ，边长为L ，线框以与ab 垂直的速度3v 进入磁场，线框穿出磁场时的速度为v ，整个过程中ab 、cd 两边始终保持与磁场边界平行。
设线框进入磁场区域过程中产生的焦耳热为Q 1，穿出磁场区域过程中产生的焦耳热为Q 2。
则Q 1：Q 2等于
A ．1：1
B ．2：1
C ．3：2
D
．5：3
20．如图所示，a 、b a 的
下端离水平地面的高度比b 高一些。
甲、乙是两个完全相同的闭合正方形导线框，分别位于a 、b 的正上方，两线框的下端离地面的高度相同。
两线框由静止
同时释放，穿过磁场后落到地面，下落过程中线框平面始终保持与磁场
方向垂直。
下列说法正确的是
A ．乙线框先落地
B ．两线框同时落地
C ．穿过磁场的过程中，乙线框产生的热量较少
D ．穿过磁场的过程中，两线框产生的热量相同
× × × × × × × × × × × × × × × × × × × × a 乙
20．如图5所示，空间存在足够大、正交的匀强电、磁场，电场强度为E 、方向竖直向下，磁感应强度为B 、方向垂直纸面向里。
从电、磁场中某点P 由静止释放一个质量为m 、带电量为+q 的粒子（粒子受到的重力忽略不计），其运动轨迹如图5虚线所示。
对于带电粒子在电、磁场中下落的最大高度H ，下面给出了四个表达式，用你已有的知识计算可能会有困难，
A.q
B m E 22 B.q B m E 224 C.q E m B 22 D. Eq m B 2 (2010福建理综物理)(22)（20分）如图所示，物体A 放在足够长的木板B 上，木板B 静止于水平面。
t =0时，电动机通过水平细绳以恒力F 拉木板B ，使它做初速度为零，加速度aB =1.0m/s2的匀加速直线运动。
已知A 的质量mA 和B 的质量mg 均为2.0kg ，A 、B 之间的动摩擦因数μ1=0.05，B 与水平面之间的动摩擦因数μ2=0.1，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小视为相等，重力加速度g 取10m/s2。
求
⑴物体A 刚运动时的加速度aA
⑵t =1.0s 时，电动机的输出功率P ；
⑶若t =1.0s 时，将电动机的输出功率立即调整为P =5W ，并在以后的运动过程中始终保持这一功率不变，t =3.8s 时物体A 的速度为1.2m/s 。
则在t =1.0s 到t =3.8s 这段时间内木板B 的位移为多少？
图5
B。