（全國版）2019版高考物理一輪復習 第7章 動量守恒定律 第26課時 動量 動量定理學案

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1、 第26課時　動量　動量定理 考點1　動量、沖量、動量的變化量 1．動量、沖量、動量定理 (1)動量：物體的質量與速度的乘積。即p＝mv。方向與速度的方向相同，是矢量。 (2)沖量：力和力的作用時間的乘積。即I＝Ft。方向與力的方向相同，是矢量。 (3)動量的變化量：物體的末動量減去初動量。即Δp＝m2v2－m1v1或Δp＝p2－p1。 (4)動量定理：物體在一個過程始末的動量變化等于它在這個過程中所受合外力的沖量。即F合·t＝Δp＝p′－p。 (5)動能、動量、動量變化量的比較 1．(多選)關于動量的變化，下列說法中正確的是(　　) A．做直

2、線運動的物體速度增大時，動量的變化量Δp的方向與速度方向相同 B．做直線運動的物體速度減小時，動量的變化量Δp的方向與速度方向相反 C．物體的速度大小不變時，動量的變化量Δp為零 D．物體做勻速圓周運動時，動量的變化量Δp為零 答案　AB 解析　動量是矢量，動量的變化量是末動量與初動量的矢量差。物體的速度大小不變，如果方向改變時，動量變化量Δp不為零，C、D錯誤；做單向直線運動的物體初、末動量方向相同，速度增大時，動量變化量與速度同向，速度減小時，動量變化量與速度反向，A、B正確。 2．(多選)兩個質量相等的物體在同一高度沿傾角不同的兩個光滑斜面由靜止開始自由下滑，在它們到達斜面底

3、端的過程中(　　) A．重力的沖量相同 B．重力的功相同 C．斜面彈力的沖量均為零 D．斜面彈力的功均為零 答案　BD 解析　設斜面高為h，傾角為θ，物體質量為m，則兩物體滑至斜面底端的過程，重力做功均為mgh，B正確；物體滑至底端用時，可由＝·gsinθ·t2求出下滑的時間t＝ ，則重力的沖量IG＝mgt＝，與θ有關，故重力的沖量不同，A錯誤；斜面彈力方向與物體運動方向垂直，不做功，但彈力的沖量不為零，C錯誤、D正確。 3．羽毛球是速度最快的球類運動之一，2005年中國舉行的蘇迪曼杯混合團體賽中，付海峰扣殺羽毛球的速度達到了342 km/h，假設球飛來的速度為90 km/h，付

4、海峰將球以342 km/h的速度反向擊回。設羽毛球質量為5 g，試求付海峰擊球過程中羽毛球的動量變化。 答案　球的動量變化大小為0.600 kg·m/s，方向與球飛來的方向相反。 解析　以球飛來的方向為正方向，則 p1＝mv1＝5×10－3× kg·m/s＝0.125 kg·m/s p2＝mv2＝－5×10－3× kg·m/s ＝－0.475 kg·m/s。 所以動量的變化量 Δp＝p2－p1＝－0.475 kg·m/s－0.125 kg·m/s ＝－0.600 kg·m/s。 所以球的動量變化大小為0.600 kg·m/s，方向與球飛來的方向相反。 考點2　　動量定理的理

5、解和應用 1．對動量定理的理解 (1)適用對象：在中學物理中，動量定理的研究對象通常為單個物體。 (2)適用范圍：動量定理不僅適用于宏觀物體的低速運動，也適用于微觀物體的高速運動。不論是變力還是恒力，不論物體的運動軌跡是直線還是曲線，動量定理都適用。 (3)因果關系：合外力的沖量是原因，物體動量的變化量是結果。沖量反映了力對時間的積累效應，與物體的初、末動量以及某一時刻的動量無必然聯(lián)系。物體動量變化的方向與合力的沖量的方向相同，物體在某一時刻的動量方向與合力的沖量的方向無必然聯(lián)系。 2．動量定理的應用 (1)定性分析有關現(xiàn)象 ①物體的動量變化量一定時，力的作用時間越短，力就越

6、大，反之力就越小。例如，易碎物品包裝箱內為防碎而放置碎紙、刨花、塑料泡沫等填充物。 ②作用力一定時，力的作用時間越長，動量變化量越大，反之動量變化量就越小。例如，雜耍中，用鐵錘猛擊“氣功師”身上的石板令其碎裂，作用時間很短，鐵錘對石板的沖量很小，石板的動量幾乎不變，“氣功師”才不會受傷害。 (2)定量計算 ①應用動量定理可以計算某力或合力的沖量，通常多用于計算變力的沖量。 ②應用動量定理可以計算某一過程中的平均作用力，通常多用于計算持續(xù)作用的變力的平均大小。 ③應用動量定理可以計算物體的初、末動量，尤其方便處理物體受瞬間沖量的問題。 (3)應用動量定理定量計算的一般步驟及注意事

7、項。 ①選定研究對象，明確運動過程。 ②進行受力分析，確定初、末狀態(tài)的動量。 ③選取正方向，列動量定理方程求解。注意初、末態(tài)動量和沖量的正負號；Ft＝Δp中Ft為合力的沖量，而不是某個力的沖量。 [例]　(2016·全國卷Ⅰ)某游樂園入口旁有一噴泉，噴出的水柱將一質量為M的卡通玩具穩(wěn)定地懸停在空中。為計算方便起見，假設水柱從橫截面積為S的噴口持續(xù)以速度v0豎直向上噴出；玩具底部為平板(面積略大于S)；水柱沖擊到玩具底板后，在豎直方向水的速度變?yōu)榱悖谒椒较虺闹芫鶆蛏㈤_。忽略空氣阻力。已知水的密度為ρ，重力加速度大小為g。求： (1)噴泉單位時間內噴出的水的質量； (2)玩具

8、在空中懸停時，其底面相對于噴口的高度。 解析　(1)在剛噴出一段很短的Δt時間內，可認為噴出的水柱保持速度v0不變。 該時間內，噴出水柱高度Δl＝v0Δt① 噴出水柱質量Δm＝ρΔV② 其中ΔV為水柱體積，滿足ΔV＝ΔlS③ 由①②③可得：噴泉單位時間內噴出的水的質量為 ＝ρv0S。 (2)設玩具底面相對于噴口的高度為h 由玩具受力平衡得F沖＝Mg④ 其中，F(xiàn)沖為水柱對玩具底面的作用力 由牛頓第三定律：F壓＝F沖⑤ 其中，F(xiàn)壓為玩具底面對水柱的作用力，v′為水柱到達玩具底面時的速度 由運動學公式：v′2－v＝－2gh⑥ 在很短Δt時間內，沖擊玩具的水柱的質量為 Δm

9、＝ρv0SΔt⑦ 由題意可知，在豎直方向上，對該部分水柱應用動量定理 (F壓＋Δmg)Δt＝Δmv′⑧ 由于Δt很小，Δmg也很小，可以忽略，⑧式變?yōu)? F壓Δt＝Δmv′⑨ 由④⑤⑥⑦⑨可得h＝－。 答案　(1)ρv0S　(2)－ 　建立柱狀模型，應用動量定理解題 對于“連續(xù)”質點系發(fā)生持續(xù)作用，質點系的動量(或其他量)連續(xù)發(fā)生變化這類問題的處理思路是：正確選取研究對象，即選取很短時間Δt內動量(或其他量)發(fā)生變化的那部分質點系作為研究對象，建立如下的“柱狀模型”：在時間Δt內所選取的質點系均勻分布在以S為截面積、長為vΔt的柱體內，這部分質點系的質量為Δm＝ρSvΔt，以

10、這部分質點系為研究對象，研究它在Δt時間內動量(或其他量)的變化情況，再根據(jù)動量定理(或其他規(guī)律)求出相關的物理量。 1．玻璃杯從同一高度落下，掉在石頭上比掉在草地上容易碎，這是由于在玻璃杯與石頭的撞擊過程中(　　) A．玻璃杯的動量較大 B．玻璃杯受到的沖量較大 C．玻璃杯的動量變化較大 D．玻璃杯的動量變化較快 答案　D 解析　從同一高度落到地面上時，速度相同，動量相同，與草地或石頭接觸后，末動量均變?yōu)榱?，因此動量變化量相同。因為玻璃杯與石頭的作用時間短，由動量定理Ft＝mΔv知，此時玻璃杯受到的力F較大，容易碎，D正確。 2．(粵教版選修3－5 P9·T4改編)在沒有

11、空氣阻力的條件下，在距地面高為h，同時以相等初速度v0分別平拋、豎直上拋、豎直下拋一質量相等的物體m，當它們從拋出到落地時，比較它們的動量的增量Δp，有(　　) A．平拋過程較大 B．豎直上拋過程最大 C．豎直下拋過程較大 D．三者一樣大 答案　B 解析　豎直上拋的物體時間最長，由Δp＝F合·t＝mgt可知豎直上拋過程中動量的增量最大，B正確。 3．一股射流以10 m/s的速度從噴嘴豎直向上噴出，噴嘴截面積為0.5 cm2。有一質量為0.32 kg的球，因水對其下側的沖擊而懸在空中，若水全部沖擊小球且沖擊球后速度變?yōu)榱悖瑒t小球懸在離噴嘴多高處？(g＝10 m/s2) 答案　

12、2.952 m 解析　選擇沖擊球的一小段水柱Δm為研究對象，沖擊過程中其受力為：重力Δmg和球對它的壓力FN，由于小球靜止，水對球的沖擊力大小為mg，所以FN＝mg。設沖擊時間為Δt，該時間極短，Δmg和mg相比可以忽略，在Δt時間內，設初速度為v，末速度為0，Δt時間內沖擊球的那部分水的質量就等于Δt時間內從噴嘴噴出的一小段水柱的質量Δm＝ρV＝ρSv0Δt。 取豎直向上為正，對這一小段水柱由動量定理得： －FN·Δt＝－mg·Δt＝0－Δmv 代入數(shù)據(jù)，解得v＝6.4 m/s 由v2－v＝－2gh，得h＝2.952 m。 1．(2017·河南南陽質檢)(多選)下列關于力

13、的沖量和動量的說法中正確的是(　　) A．物體所受的合外力為零，它的動量一定為零 B．物體所受的合外力做的功為零，它的動量變化量一定為零 C．物體所受的合外力的沖量為零，它的動量變化量一定為零 D．物體所受的合外力不變，它的動量變化率不變 答案　CD 解析　物體所受的合外力為零，物體可能處于靜止狀態(tài)，也可能做勻速直線運動，故其動量不一定為零，A錯誤；物體所受的合外力做的功為零，有可能合外力垂直于速度方向，不改變速度大小，只改變速度方向，而動量是矢量，所以其動量變化量有可能不為零，B錯誤；根據(jù)動量定理I＝Δp可知，物體所受的合外力的沖量為零，則其動量變化量一定為零，C正確；根據(jù)Ft＝

14、Δp?F＝可得物體所受的合外力不變，則其動量變化率不變，D正確。 2．(2017·山東棗莊期末聯(lián)考)質量為60 kg的建筑工人不慎從高空跌下，由于彈性安全帶的保護，使他懸掛起來；已知彈性安全帶的緩沖時間是1.2 s，安全帶長5 m，不計空氣阻力影響，g取10 m/s2，則安全帶所受的平均沖力的大小為(　　) A．100 N B．500 N C．600 N D．1100 N 答案　D 解析　在安全帶產(chǎn)生拉力的過程中，人受重力和安全帶的拉力作用做減速運動，此過程的初速度就是自由落體運動的末速度，所以有v0＝＝ m/s＝10 m/s，根據(jù)動量定理，取豎直向下為正方向，有m

15、g·t－Ft＝0－mv0，解得F＝mg＋＝600 N＋ N＝1100 N，D正確。 3．(2017·福建六校4月聯(lián)考)(多選)如圖所示，一顆鋼珠從靜止狀態(tài)開始自由下落，然后陷入泥潭中，不計空氣阻力。若把在空中下落的過程稱為過程Ⅰ，進入泥潭直到停止的過程稱為過程Ⅱ，則 (　　) A．過程Ⅱ中鋼珠的動量的改變量等于零 B．過程Ⅱ中阻力的沖量的大小等于過程Ⅰ中重力的沖量的大小 C．Ⅰ、Ⅱ兩個過程中合外力的總沖量等于零 D．過程Ⅰ中鋼珠的動量的改變量等于重力的沖量 答案　CD 解析　過程Ⅰ中鋼珠所受的外力只有重力，由動量定理可知，鋼珠的動量的改變量等于重力的沖量，D正確；在整個過程中

16、，鋼珠的動量的變化量為零，由動量定理可知，Ⅰ、Ⅱ兩個過程中合外力的沖量等于零，C正確；過程Ⅱ中，鋼珠所受的外力有重力和阻力，所以過程Ⅱ中阻力的沖量大小等于過程Ⅰ中重力的沖量大小與過程Ⅱ中重力的沖量大小之和，B錯誤；過程Ⅱ中鋼珠初動量不為零，而末動量為零，所以過程Ⅱ中鋼珠的動量的改變量不等于零，A錯誤。 4．(2017·湖南五市十校聯(lián)考)(多選)如圖所示，AB為固定的光滑圓弧軌道，O為圓心，AO水平，BO豎直，軌道半徑為R，將質量為m的小球(可視為質點)從A點由靜止釋放，在小球從A點運動到B點的過程中，小球(　　) A．所受合力的沖量水平向右 B．所受支持力的沖量水平向右 C．所受合

17、力的沖量大小為m D．所受重力的沖量大小為零 答案　AC 解析　在小球從A點運動到B點的過程中，根據(jù)動量定理可知I合＝mΔv，Δv的方向為水平向右，所以小球所受合力的沖量水平向右，即重力和支持力的合力的沖量水平向右，A正確、B錯誤；在小球從A點運動到B點的過程中，機械能守恒，故有mgR＝mv，解得vB＝，即Δv＝，所以I合＝m，C正確；小球所受重力的沖量大小為IG＝mgt，大小不為零，D錯誤。 5．(2017·河南周口一中等聯(lián)考)(多選)質量為m的物體以初速度v0做平拋運動，經(jīng)過時間t，下落的高度為h，速度大小為v，不計空氣阻力，在這段時間內，該物體的動量的變化量大小為(　　) A．

18、mv－mv0 B．mgt C．m D．m 答案　BCD 解析　根據(jù)動量定理得，物體所受合力的沖量等于它的動量的變化量，所以Δp＝mgt，故B正確；由題可知，物體末位置的動量為mv，初位置的動量為mv0，根據(jù)矢量三角形定則知，該物體的動量的變化量Δp＝mvy＝m＝m，C、D正確，A錯誤。 6．(2018·福建廈門一中月考)(多選)一細繩系著小球，在光滑水平面上做圓周運動，小球質量為m，速度大小為v，做圓周運動的周期為T，則以下說法中正確的是(　　) A．經(jīng)過時間t＝，小球的動量的變化量為零 B．經(jīng)過時間t＝，小球的動量的變化量大小為mv C．經(jīng)過時間t＝，細繩的拉力對小球的

19、沖量大小為2mv D．經(jīng)過時間t＝，重力對小球的沖量大小為 答案　BCD 解析　經(jīng)過時間t＝，小球轉過了180°，速度方向正好與開始計時的時刻的速度方向相反，若規(guī)定開始計時的時刻的速度方向為正方向，則小球的動量的變化量Δp＝－mv－mv＝－2mv，細繩的拉力對小球的沖量I＝Δp＝－mv－mv＝－2mv，A錯誤、C正確；經(jīng)過時間t＝，小球轉過了90°，根據(jù)矢量合成法可得，小球的動量的變化量為Δp′＝mΔv＝mv，重力對小球的沖量大小IG＝mgt＝，B、D正確。 7.(2017·湖南株洲質檢)如圖所示，質量為m的小滑塊(可視為質點)，從高為h的A點由靜止開始沿斜面下滑，停在水平地面上的B點

20、(斜面和水平面之間由小圓弧平滑連接)。要使滑塊能原路返回，在B點需給小滑塊的瞬時沖量最小應是(　　) A．2m B．m C. D．4m 答案　A 解析　小滑塊從A點到B點的過程，根據(jù)動能定理有mgh－Wf＝0，小滑塊從B點返回A點過程，根據(jù)動能定理有－mgh－Wf＝0－mv2，聯(lián)立解得v＝2；在B點需給小滑塊的瞬時沖量等于它動量的增加量，故I＝mv＝2m，故A正確，B、C、D錯誤。 8．一位質量為m的運動員從下蹲狀態(tài)向上起跳，經(jīng)Δt時間，身體伸直并剛好離開地面，速度為v，在此過程中(　　) A．地面對他的沖量為mv＋mgΔt，地面對他做的功為mv2 B．地面對他的沖量為m

21、v＋mgΔt，地面對他做的功為零 C．地面對他的沖量為mv，地面對他做的功為mv2 D．地面對他的沖量為mv－mgΔt，地面對他做的功為零 答案　B 解析　設地面對運動員的平均作用力為F，則由動量定理得(F－mg)Δt＝mv，故地面對運動員的沖量FΔt＝mv＋mgΔt；運動員從下蹲狀態(tài)到身體剛好伸直離開地面，由于地面對人的作用力沿力的方向沒有位移，所以地面對運動員做功為零，B正確。 9．(2016·南開中學測試)采煤中有一種方法是用高壓水流將煤層擊碎將煤采下。今有一采煤水槍，由槍口射出的高壓水流速度為v，設水流垂直射向煤層的豎直表面，隨即順煤壁豎直流下，求水流對煤層的壓強(水的密度為

22、ρ)。 答案　ρv2 解析　設射向煤層水流截面積為S，在時間Δt內有質量為m＝ρV＝ρSh＝ρSv·Δt的水以速度v撞擊煤層，撞擊后速度變?yōu)榱?。設煤層對水流作用力為F。取煤層對水作用力方向為正，對于這部分水由動量定理有 F·Δt＝0－(－ρSvΔt·v) 解得F＝ρSv2 由牛頓第三定律知，水對煤層作用力大小F′＝F＝ρSv2 所以煤層表面受到水流的壓強為p＝＝ρv2。 10．如圖所示，質量mA為4.0 kg的木板A放在水平面C上，木板與水平面間的動摩擦因數(shù)μ為0.24，木板右端放著質量mB為1.0 kg的小物塊B(視為質點)，它們均處于靜止狀態(tài)，木板突然受到水平向右的12 N·

23、s的瞬時沖量I作用開始運動，當小物塊滑離木板時，木板的動能EkA為8.0 J。小物塊的動能EkB為0.50 J，重力加速度取10 m/s2，求： (1)瞬時沖量作用結束時木板的速度v0的大?。? (2)木板的長度L。 答案　(1)3.0 m/s　(2)0.50 m 解析　(1)設水平向右為正方向，有I＝mAv0 代入數(shù)據(jù)解得v0＝3.0 m/s。 (2)設A對B、B對A、C對A的滑動摩擦力的大小分別為FAB、FBA和FCA，B在A上滑行的時間為t，B離開A時A和B的速度分別為vA和vB，對A、B由動量定理有 －(FBA＋FCA)t＝mAvA－mAv0 FABt＝mBvB 其

24、中FAB＝FBA，F(xiàn)CA＝μ(mA＋mB)g 設A、B相對于C的位移大小分別為sA和sB，對A、B由動能定理有 －(FBA＋FCA)sA＝mAv－mAv FABsB＝EkB 動量與動能之間的關系為mAvA＝ mBvB＝ 木板A的長度L＝sA－sB 代入數(shù)據(jù)解得L＝0.50 m。 11．(2015·重慶高考)高空作業(yè)須系安全帶，如果質量為m的高空作業(yè)人員不慎跌落，從開始跌落到安全帶對人剛產(chǎn)生作用力前人下落的距離為h(可視為自由落體運動)。此后經(jīng)歷時間t安全帶達到最大伸長，若在此過程中該作用力始終豎直向上，則該段時間安全帶對人的平均作用力大小為(　　) A.＋mg B.－

25、mg C.＋mg D.－mg 答案　A 解析　人先做自由落體運動下落高度h，獲得速度為v，由v2＝2gh得v＝。安全帶伸長到最長時，人下落到最低點，此時速度為零。設安全帶對人的平均作用力為F，由動量定理得(mg－F)t＝0－mv，F(xiàn)＝＋mg，A正確。 12．(2017·全國卷Ⅲ)(多選)一質量為2 kg的物塊在合外力F的作用下從靜止開始沿直線運動。F隨時間t變化的圖線如圖所示，則(　　) A．t＝1 s時物塊的速率為1 m/s B．t＝2 s時物塊的動量大小為4 kg·m/s C．t＝3 s時物塊的動量大小為5 kg·m/s D．t＝4 s時物塊的速度為零 答案　AB

26、 解析　前2 s內物塊做初速度為零的勻加速直線運動，加速度a1＝＝ m/s2＝1 m/s2，t＝1 s時物塊的速率v1＝a1t1＝1 m/s，A正確。t＝2 s時物塊的速率v2＝a1t2＝2 m/s，動量大小為p2＝mv2＝4 kg·m/s，B正確。物塊在2～4 s內做勻減速直線運動，加速度的大小a2＝＝0.5 m/s2，t＝3 s時物塊的速率v3＝v2－a2t3＝(2－0.5×1) m/s＝1.5 m/s，動量大小p3＝mv3＝3 kg·m/s，C錯誤。t＝4 s時物塊的速度v4＝v2－a2t4＝(2－0.5×2) m/s＝1 m/s，D錯誤。 13．(2017·安徽合肥二模)(多選)一

27、質點靜止在光滑水平面上，現(xiàn)對其施加水平外力F，F(xiàn)隨時間t按正弦規(guī)律變化，如圖所示，下列說法正確的是(　　) A．第2 s末，質點的動量為0 B．第4 s末，質點回到出發(fā)點 C．在0～2 s時間內，F(xiàn)的功率先增大后減小 D．在1～3 s時間內，F(xiàn)的沖量為0 答案　CD 解析　從題圖可以看出，在前2 s內質點受到力的方向和運動的方向相同，質點經(jīng)歷了一個加速度先增大后減小的加速運動，所以第2 s末，質點的速度最大，動量最大，不為0，故A錯誤；該質點在后半個周期內受到的力與前半個周期內受到的力的方向相反，前半個周期內做加速運動，后半個周期內做減速運動，所以質點在0～4 s時間內的位移為

28、正，故B錯誤；在0～2 s時間內，速度在增大，力F先增大后減小，根據(jù)瞬時功率P＝Fv得開始時力F瞬時功率為0,2 s末的瞬時功率為0，所以在 0～2 s時間內，F(xiàn)的功率先增大后減小，故C正確；在F-t圖象中，F(xiàn)-t圖線與橫軸圍成的面積表示力F的沖量，由題圖可知，1～2 s之間的面積與2～3 s之間的面積大小相等，一正一負，所以和為0，則在1～3 s時間內，F(xiàn)的沖量為0，故D正確。 14．(2017·四川成都一診)(多選)如圖所示，ABCD是固定在地面上、由同種金屬細桿制成的正方形框架，框架任意兩條邊的連接處平滑，A、B、C、D四點在同一豎直面內，BC、CD邊與水平面的夾角分別為α、β(α>

29、β)，讓套在金屬細桿上的小環(huán)從A點無初速度釋放。若小環(huán)從A經(jīng)B滑到C點，摩擦力對小環(huán)做的功為W1，重力的沖量為I1；若小環(huán)從A經(jīng)D滑到C點，摩擦力對小環(huán)做的功為W2，重力的沖量為I2，則(　　) A．W1>W2 B．W1＝W2 C．I1>I2 D．I1＝I2 答案　BC 解析　小環(huán)從A經(jīng)B滑到C點，摩擦力對小環(huán)做的功W1＝μmgcosβ·sAB＋μmgcosα·sBC，小環(huán)從A經(jīng)D滑到C點，摩擦力對小環(huán)做的功W2＝μmgcosα·sAD＋μmgcosβ·sDC，又因為sAB＝sBC＝sAD＝sDC，所以摩擦力對小環(huán)做的功W1＝W2，故A錯誤、B正確；根據(jù)動能定理可知，mgh

30、－Wf＝mv，因為兩次重力做的功和摩擦力做的功都相等，所以兩次小環(huán)到達C點的速度大小相等，小環(huán)從A經(jīng)B滑到C點，根據(jù)牛頓第二定律可得，小環(huán)從A到B的加速度aAB＝gsinβ－μgcosβ，小環(huán)從B到C的加速度aBC＝gsinα－μgcosα，同理，小環(huán)從A到D的加速度aAD＝gsinα－μgcosα，小環(huán)從D到C的加速度aDC＝gsinβ－μgcosβ，又因為α>β，所以aAB＝aDCt2，由I＝mgt得，則重力的沖量I1>I2，故C正確，D錯誤。 15．(2016·北京高考)(1)動量定理可以表示為Δp＝FΔt，其中動量p和

31、力F都是矢量。在運用動量定理處理二維問題時，可以在相互垂直的x、y兩個方向上分別研究。例如，質量為m的小球斜射到木板上，入射的角度是θ，碰撞后彈出的角度也是θ，碰撞前后的速度大小都是v，如圖甲所示。碰撞過程中忽略小球所受重力。 a．分別求出碰撞前后x、y方向小球的動量變化Δpx、Δpy； b．分析說明小球對木板的作用力的方向。 (2)激光束可以看作是粒子流，其中的粒子以相同的動量沿光傳播方向運動。激光照射到物體上，在發(fā)生反射、折射和吸收現(xiàn)象的同時，也會對物體產(chǎn)生作用。光鑷效應就是一個實例，激光束可以像鑷子一樣抓住細胞等微小顆粒。一束激光經(jīng)S點后被分成若干細光束，若不考慮光的反射和吸收

32、，其中光束①和②穿過介質小球的光路如圖乙所示。圖中O點是介質小球的球心，入射時光束①和②與SO的夾角均為θ，出射時光束均與SO平行。請在下面兩種情況下，分析說明兩光束因折射對小球產(chǎn)生的合力的方向。 a．光束①和②強度相同； b．光束①比②的強度大。 答案　見解析 解析　(1)a.x方向：動量變化為 Δpx＝mvsinθ－mvsinθ＝0 y方向：動量變化為 Δpy＝mvcosθ－(－mvcosθ)＝2mvcosθ 方向沿y軸正方向。 b．根據(jù)動量定理可知，木板對小球作用力的方向沿y軸正方向，根據(jù)牛頓第三定律可知，小球對木板作用力的方向沿y軸負方向。 (2)a.僅考慮光的

33、折射，設Δt時間內每束光穿過小球的粒子數(shù)為 n，每個粒子動量的大小為p。 這些粒子進入小球前的總動量為p1＝2npcosθ 從小球出射時的總動量為p2＝2np p1、p2的方向均沿SO向右 根據(jù)動量定理：FΔt＝p2－p1＝2np(1－cosθ)>0 可知，小球對這些粒子的作用力F的方向沿SO向右，根據(jù)牛頓第三定律，兩光束對小球的合力的方向沿SO向左。 b．建立如圖所示的Oxy直角坐標系。 x方向：根據(jù)(2)a同理可知，兩光束對小球的作用力沿x軸負方向。 y方向：設Δt時間內，光束①穿過小球的粒子數(shù)為n1，光束②穿過小球的粒子數(shù)為n2，n1>n2。 這些粒子進入小球前的總動量為p1y＝(n1－n2)psinθ 從小球出射時的總動量為p2y＝0 根據(jù)動量定理：FyΔt＝p2y－p1y＝－(n1－n2)psinθ 可知，小球對這些粒子的作用力Fy的方向沿y軸負方向，根據(jù)牛頓第三定律，兩光束對小球的作用力沿y軸正方向。所以兩光束對小球的合力的方向指向左上方。 14