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
dv y dt
0
A Fx dx Fy dy 320t 3dt 1200 J 1
巧用动量定理解决几种典型问题_冯小明
t2 1 222中学物理 Vol ． 31 No ． 21 11 月巧用动量定理解决几种典型问题冯小明( 启东市东南中学 江苏 启东 226200)动量定理的表述为: 物体所受合外力的冲量等于它的动量的变化． 其表达式为: Ft = p 2 － p 1 或Ft = m v 2 － m v ． 它反映了外力的冲量与物体动量变化的因果关系，在涉及力、时间、 物体的速度发生变化的问题中，应优先考虑选用动量定理求 解． 下面我们用动量定理解决几种典型应用问题． 1变力冲量的计算动量定理不仅适用于恒定的力，也适用于变力． 问题中 “碰撞”，最终获得共同速度．选两个木块为一系统，应用整体法，取竖直向下为正方向，设最终木块速度为 v ，则对系统应用动量定理得:( M + m) gt = ( M + m) v － ( m － M) v 0( 1) 又由相对运动规律可得L = 2v 0 t( 2)联立以上二式可解得若只计算变力的冲量，可对整个过程用动量定理，根据初、末 v = gL +( m － M) v 0 = 3m － M ．动量做出计算; 问题中若计算变力的大小，定理中的 F 可理 2v 0 m + MM + m解为变力在作用时间内的平均值．例 1 蹦床是运动在一张绷紧的弹性网上蹦跳、翻滚并作各种空中动作的体育器材． 一个质量为 60 kg 的运动员，从离水平网面 3． 2 m 高处自由落下，着网后沿竖直方向回到离水平网面 1． 8 m 高处． 已知运动员与网接触时间为 1． 4 s ． 试求网对运动员的平均作用力．解析 将运动员看成是质量为 m 的质点，从高为 h 1 处下落，刚接触网时的速度大小为v 1 = 槡2gh 1 ( 方向向下)( 1) 弹跳后上升的高度设为 h 2 ，则刚离网时的速度为v 2 = 槡2gh 2 ( 方向向上)( 2)讨论: ( 1) 当 M = 3 m 时，v = 0，两木块瞬时静止; ( 2) 当 M ＞ 3m 时，v 为负，表示 v 的方向竖直向上; ( 3) 当 M ＜ 3m 时，v 为正，表示 v 的方向竖直向下． 点评( 1) 在对系统应用动量定理时，I = Ft 应为系统所受的合外力的冲量，Δp 应为系统总动量的增量;( 2) 在计算系统总动量时，必须注意动量的矢量性和相对性，系统内各物体应选取同一参照系;( 3) 在对系统运用动量定理之前，也必须明确正方向， 以便用正负号表示冲量与动量的方向． 3用动量定理解决连续流体问题在日常的生活和生产中，常涉及流体的连续相互作用问 ，与网接触过程中，运动员受到向下的重力 mg 和网对其向上的弹力 F ． 选择竖直向上方向为正方向，由动量定理得( F － mg) Δt = mv － ( － mv ) ，题 用常规的方法，很难解决，若构建柱体微元模型，然后用动量定理分析求解，则可曲径通幽，迎刃而解．例 3 一艘帆船在静水中由于风力的推动作用做匀速2 1直线运动，帆面的面积 S = 10 m 2 ，风速 v = 10 m / s ，帆速 解以上三式得F = mg + m 槡2gh 2 + 槡2gh 1 ， v = 4 m / s ，空气密度 ρ = 1． 29 k g / m 3 ． 帆船在匀速前进时帆 代入数值可解得 F = 1． 2 × 103 N ． 2 动量定理在物体系中的应用动量定理的应用范围较广，它既适用于单个物体，也适 用于物体系． 如果系统受到的合外力恒定，但系统内各物体的动量发生变化，就可以对整体用动量定理求解．例 2 质量分别为 M 和 m 的两个木块之间用长为 L = 0． 4 m 的轻绳相连，开始时，两木块叠在一起，如图 2 所示，在 空中以初速度v 0 = 2 m / s 将它们分别竖直向上与竖直向下抛 面受到的平均风力大小为多少?解析 以帆面为底，( v 1 － v 2 ) t 为高的空气柱为研究对象，这些空气在帆面的作用下在时间 t 内速度由 v 1 变为 v 2 ，如图 2 所示，根据动量定理有－ Ft = mv 2 － mv 1 ，将 m = ρS( v 1 － v 2 ) t 代入上式可得F = ρS ( v 1 － v ) = 1． 29 × 10 × ( 10 － 4) N = 464 N ． 出，一段时间后绳被拉直，最后两木块获得共同速度，试求这个速度，并讨论这个共同速度的方向与M / m 的关系( 设空气阻力可忽略不计，绳子绷直过程的时间不计，g 取 10 m / s 2 ) ．解析 两个木块的运动过程有两个阶段组成: 第一阶段，两木块分别做竖直上抛运动和竖直下抛运动，到它们的 相对位移为 L 时结束; 第二阶段，两木块通过绳子作用发生由牛顿第三定律知，空气对帆面的平均作用力大小为 464 N ，方向与 v 2 方向一致．点评若遇流体或类似流体( 如粒子流) 的研究对象，选择的原则是: 一般是选择一段时间内作用在某物体上的流体为研究对象，然后确定出流体柱的体积、质量、状态变化及受力情况，再确定与其对应的物理规律． 4用动量定理解决曲线运动问题动量定理不仅适用于直线运动，也适用于曲线运动． 只要选择合适的始末状态，用动量定理解决一些曲线运动问•85•2槡r v2a － Ｒ )( ， 槡2013 年 11 月 V o l ． 31 N o ． 21 中学物理五种方法求解地球的第一宇宙速度徐 慧( 南京师范大学附属中学 江苏 南京 210003)在讲解《万有引力定律》时，计算第一宇宙速度是一个 重点，第一宇宙速度是指人造卫星恰好贴地球表面做匀速圆 周运动的速度，是人造卫星绕地球旋转的最大环绕速度，也 是其再也不落回地球的最小发射速度． 本文以地球为例，分 因为 h Ｒ 且 ACＲ，故 C D ≈ 2Ｒ，分别将 B C 、AC 、C D 代入 ( 1) 式 ，有v 2 Δt 2 = 1g Δt 2 •2Ｒ，别用五种不同的思路和方法求解第一宇宙速度．解得 v = 槡g Ｒ ≈ 7． 9 k m / s ．方法一 物体不再落回地面恰好“贴着”地球表面做匀速圆周运动，假设地球为一半径为 Ｒ 的球体，此时物体与地球间的万有引力提供向心力，有GMm v 2方法四 类比汽车过凸形桥，在最高点需要限制速度． 如果把地球看成一个巨大的拱形桥，桥面半径即为地球半径Ｒ． 在最高点当重力完全提供向心力时，物体恰好即将与地球v 2r2= m r ，脱离，又不会落回地面，有 m g = m Ｒ，解得 v = 槡g Ｒ ≈ 7． 9 得v = GM， 由于绕地球表面飞行， r ≈ Ｒ， GMk m / s ． 而在其环绕过程中的每个瞬间，物体都处于拱形桥的最高点．方法五 根据开普勒第二定律及人造卫星绕地球旋转 时机械能守恒． 发射卫星时，卫星绕地球旋转的轨道一般为 故第一宇宙速度槡Ｒ ≈ 7． 9 k m / s ．椭圆轨道( 令椭圆半长轴为 a) ，地 方法二近地附近卫星的重力与万有引力相等，故也可认为重力提供匀速圆周运动的向心力，有2 mg = m Ｒ ，球位于其中一个焦点上( 图 2) ． 近地点 A 到地心的距离为 Ｒ，远地点 B 到地心的距离为( 2a － Ｒ) ． 当人GMm得v = 槡g Ｒ ≈ 7． 9 k m / s ．造卫星位于 A 时，势能为 －Ｒ; 方法三 根据牛顿的最初设想，物体抛出后不再落回地面，假设地球为一半径为 Ｒ 的球体如图 1，在距地面高 h 处 ( hＲ) ，以 v 0 平抛一物体，再也不落回地面． 即要求物体运 位于 B 时势能为 － GMm． 由于卫星绕地旋转时，满足机械 能守恒有动轨迹的弯曲程度等于或小于地球表面弯 1 mv 2 + ( － GMm ) = 1 mv 2 + ( － GMm ) ( 2)2 A Ｒ 2 B 2a － Ｒ曲程度． 取一非常短时间 Δt ，Δt 内可认为物体的万有引力( 与重力近似相等) 大小方向均不变，物体做平抛运动由A 运动到B ，恰好 根据开普勒第二定律，取一段非常小的时间 Δt ，在 A 、B 两个位置的速度有如下关系:v •Ｒ•Δt = v ·( 2a － Ｒ) ·Δt ( 3) 不落回地面，即 B 与 A 到地心的距离相等，A BAC 为Δt 内平抛运动在竖直方向上的分位移根据( 2) 、( 3) 两式解得人造卫星的总机械能为 GMm AC = 1g Δt 2 h Ｒ2B C 为Δt 内平抛运动在水平方向上的分位移: B C = v Δt ．在 A 位置有E = － 1 mv 2+ － 2 2a ， GMm = － Ｒ GMm2a( 4)O 为地心，延长A O 到D ，A 和D 都位于以地心为圆心，( h + Ｒ) 为半径的圆周上． 连接 BD ，△A B C 与 △A DB 相似，有B C 2 = AC •C D( 1)1若使其不再落回地面，所需发射速度最小即为a = Ｒ 时，代入( 4) 式有v = G M≈ 7． 9 k m / s ．其中CD = 2( Ｒ + h) － AC = 2( Ｒ + h) －g Δt 2Ｒ2檵檵檵檵檵檵檵檵檵檵檵檵檵檵檵檵檵檵檵檵檵檵檵檵檵檵檵檵檵檵檵檵檵檵檵檵檵檵檵檵檵檵檵檵檵檵题也是十分方便的． 请看例子:例 4 摆长为 L 的单摆在做小角度的振 速度:v 0 = 0，v t =槡2gL( 1 － cos θ) ， 动，如图 3 所示，摆球质量为 m ，最大偏角为 θ，当摆球从最大偏角位置运动到平衡位置的过程中，合力的冲量为多大?解析 单摆从最大偏角运动到平衡位置的过程中，所受合力是变力，但是，由机械能守恒，我们很容易确定其始、末状态的•86•故由动量定理可得合力的冲量大小为I 合 = mv t = m 槡2gL( 1 － cos θ) ．点评 用动量定理解题应注意的几个问题: ( 1) 注意动量定理的矢量性，选取正方向; ( 2) 选择合适的始末状态，对所选研究对象进行正确的受力分析，注意各力的方向与正方 向的关系; ( 3) 正确列出方程．，A。
高中物理之动量观点解决力学问题,动量定理的运用、动量守恒定律的应用、动量和能量的综合应用
一、“解题快手”动量定理的应用题点(一) 应用动量定理解释生活中的现象[例1] 如图所示，篮球运动员接传来的篮球时，通常要先伸出两臂迎接，手接触到球后，两臂随球迅速引至胸前，这样做可以( )A ．减小球的动量的变化量B ．减小球对手作用力的冲量C ．减小球的动量变化率D ．延长接球过程的时间来减小动量的变化量[解析] 选C 篮球运动员接传来的篮球时，不能改变动量的变化量，A 、D 错误；根据动量定理，也不能改变冲量，B 错误；由于延长了作用时间，动量的变化慢了，C 正确。
题点(二) 应用动量定理求作用力和冲量[例2] (2015·重庆高考)高空作业须系安全带，如果质量为m 的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为h (可视为自由落体运动)，此后经历时间t 安全带达到最大伸长，若在此过程中该作用力始终竖直向上，则该段时间安全带对人的平均作用力大小为( ) A.m 2gh t＋mg B.m 2gh t －mg C.m gh t ＋mg D.m gh t －mg[解析] 选A 方法一：设高空作业人员自由下落h 时的速度为v ，则v 2＝2gh ，得v ＝2gh ，设安全带对人的平均作用力为F ，由牛顿第二定律得F －mg ＝ma又v ＝at ，解得F ＝m 2ght ＋mg 。
方法二：由动量定理得(mg －F )t ＝0－m v ，得F ＝m 2gh t＋mg 。
选项A 正确。
题点(三) 动量定理和F -t 图像的综合[例3] [多选](2017·全国卷Ⅲ)一质量为2 kg 的物块在合外力F 的作用下从静止开始沿直线运动。
F 随时间t 变化的图线如图所示，则( )A ．t ＝1 s 时物块的速率为1 m/sB ．t ＝2 s 时物块的动量大小为4 kg·m/sC ．t ＝3 s 时物块的动量大小为5 kg·m/sD ．t ＝4 s 时物块的速度为零[解析] 选AB 法一：根据F -t 图线与时间轴围成的面积的物理意义为合外力F 的冲量，可知在0～1 s 、0～2 s 、0～3 s 、0～4 s 内合外力冲量分别为2 N·s 、4 N·s 、3 N·s 、2 N·s ，应用动量定理I ＝m Δv 可知物块在1 s 、2 s 、3 s 、4 s 末的速率分别为1 m/s 、2 m/s 、1.5 m/s 、1 m/s ，物块在这些时刻的动量大小分别为2 kg·m/s 、4 kg·m/s 、3 kg·m/s 、2 kg·m/s ，则A 、B 项正确，C 、D 项错误。
动量和力的关系及计算
动量和力的关系及计算动量是物体运动过程中的一种物理量，它与物体的质量和速度有关。
而力则可以描述物体所受到的外界作用或者物体对其他物体施加的作用。
在物理学中，动量和力之间存在一种关系，即动量的变化量与作用力的大小和作用时间的乘积成正比。
本文将讨论动量和力之间的关系，并介绍相关的计算方法。
一、动量的定义和性质动量（momentum）是描述物体运动状态的物理量，用字母p表示。
动量的数值等于物体的质量m与速度v的乘积，即p=mv。
动量的单位是千克·米/秒（kg·m/s）。
动量具有以下性质：1. 动量的方向与速度方向一致。
当物体运动方向发生改变时，动量的方向也随之改变。
2. 动量是矢量量，它既有大小又有方向。
3. 动量的大小取决于物体的质量和速度，质量越大，速度越快，动量越大。
二、动量定理和冲量动量定理（momentum theorem）是描述物体动量变化的物理定律，它表明当物体受到外力作用时，其动量的变化率等于与其作用时间内所受力的瞬时值的乘积。
即：FΔt = Δp其中，F表示作用力，Δt表示作用时间，Δp表示动量的变化量。
冲量（impulse）是力对物体作用的效果的度量，用字母J表示。
冲量的大小等于作用力的大小乘以作用时间，即J = FΔt。
冲量也可以表示为动量变化量的大小，即J = Δp。
冲量是标量量，没有方向。
三、动量和力的关系根据动量定理和冲量的定义，可以得出动量和力的关系式：F = Δp/Δt即力等于动量变化量与时间的比值。
这表明，当物体的质量不变时，力与动量变化量成正比。
如果作用时间较短，则作用力较大；如果作用时间较长，则作用力较小。
四、动量和力的计算根据动量和力的关系式，可以使用以下方法计算其数值：1. 已知物体的质量和速度，求动量。
根据动量定义p=mv，根据物体的质量和速度计算动量。
2. 已知物体的质量、初速度和末速度，求动量变化量。
根据动量定理Δp = mΔv，根据物体的质量和速度变化量计算动量变化量。
专题 动量定理
专题二动量定理●基础知识落实●知识点一、动量定理的概念：1、物体动量与冲量有密切的关系，两者间相联系的规律就是动量定理。
2、推导：设质量为m 的物体在合外力F 作用下沿直线运动，经过时间t ，速度由υ变为υˊ，则由 F = m ×a 和a=（υ′-υ）/t 得：F ·t=m υ′-m υ=m （υ′-υ），即I=ΔP 。
3．动量定理：物体所受合外力的冲量等于物体的动量变化．4、数学表达式为：（1）、通用表达式：I = ΔP ；（用于定性分析的矢量式）（2）、F ·t = P - P ′（当物体所受的合外力为恒力F 时，且在作用时间△t 内，物体的质量m 不变）（3）、用于一维情况的计算式：F ·t = m υ2-m υ1式中F 为作用在物体上的合外力，t 为作用时间，下标“1”和“2”分别代表初、末两个时刻．由于动量和冲量都是矢量，所以动量定理及表达式都具有矢量性．式中I 的方向总是与ΔP 的方向相一致．当I 、p 的方向都在一条直线上时，上式可看为代数式．5、计算时应选定正方向，确定F 、υ、υ′的正负，才能进行代数运算。
6、各矢量在一条直线上，但各外力对物体作用时间不相等时的形式：υυm m t F t F t F n n -'=+++ 22117、各外力不在一条直线上时，用分量式：（个别学生可介绍）x x x m m t F υυ-'= y y y m m t F υυ-'=8、动量定理主要用于求变力的冲量。
【释例1】如图所示，一质量为m的小球，以速度υ碰到墙壁上，被反弹回来的速度大小仍是υ，若球与墙壁的接触时间为t，求小球在与墙相碰时所受的合力．【解析】取向左的方向为正方向，对小球与墙相碰的物理过程，概括动量定理有：F·t=mυ-（-mυ）所以F=2mυ/t，方向向左（与碰后速度方向相同）【点评】【变式】知识点二、对动量定理的理解：1．动量定理F·t = mυ2 - mυ1中的F是研究对象所受的包括重力在内的所有力的合力，它可以是恒力，也可以是变力；当合力是变力时，F应该是合外力对时间的平均值。
1.应用动量定理求变力的冲量。
应用动量定理 强 划 化 定 式 力 含 属 正 恒 负 变 加 合 减 分
窍 门 窍 门
解析：小球在碰撞斜面前做平抛运动.设刚要碰撞斜面时小球速 度为v. 由题意,v 的方向与竖直线的夹角为30°,且水平分量仍 为v0，如右图. v0 由此得 v = 2v0 ① 碰撞过程中，小球速度由v变为反向的3v/4, 碰撞时间极短，可不计重力的冲量，
30°
v0
30°
由动量定理，斜面对小球的冲量为
解析：设地面对运动员的作用力为F，则由动量定理得：(F－ mg)Δt＝FΔt＝mv＋mgΔt；运动员从下蹲状态到身体刚好伸 直离开地面，地面对运动员做功为零，这是因为地面对人的作 用力沿力的方向没有位移。 当遇到打击、碰撞、反冲等力的变化复杂、力的冲量难以确 定，如果物体动量的变化容易求解，就可以利用动量定理求 出变力的冲量
将物体mm以某一初动量竖直向上抛出设空气阻力以某一初动量竖直向上抛出设空气阻力在物体运动中大小始终保持不变如果物体上升过程在物体运动中大小始终保持不变如果物体上升过程中受到的冲量为中受到的冲量为ii下降过程中受到的冲量为下降过程中受到的冲量为ii下下它们的大小相比较有
第六章 动量
专题二 动量定理的双向求解问题
解析：直接比较
t上 t下 I上和I下的大小不好比较 I上＝0 （ mv) mv
v v'
I 上＝（mg f )t上
I下＝（mg－f )t下
利用动量定理求变力的冲量，规定竖直向下为正方向
I下＝mv'－0 mv'
I 上 I下
I
I p p
6.（06年全国卷I第20题 ）一位质量为m的运动员从下 蹲状态向上起跳，经Δt时间，身体伸直并刚好离开地 面，速度为v。在此过程中，（ Ｂ ） A.地面对他的冲量为mv＋mgΔt，地面对他做的功为mv2 B.地面对他的冲量为mv＋mgΔt，地面对他做的功为零 C.地面对他的冲量为mv，地面对他做的功为mv2 D.地面对他的冲量为mv－mgΔt，地面对他做的功为零
动量定理的五种典型应用
动量定理的五种典型应用动量定理的内容可表述为：物体所受合外力的冲量，等于物体动量的变化。
公式表达为：或。
它反映了外力的冲量与物体动量变化的因果关系。
在涉及力F、时间t、物体的速度v发生变化时，应优先考虑选用动量定理求解。
下面解析动量定理典型应用的五个方面，供同学们学习参考。
1. 用动量定理解决碰击问题在碰撞、打击过程中的相互作用力，一般是变力，用牛顿运动定律很难解决，用动量定理分析则方便得多，这时求出的力应理解为作用时间t内的平均力。
例1. 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。
试求网对运动员的平均冲击力。
（取）解析：将运动员看成质量为m的质点，从高处下落，刚接触网时速度的大小，（向下）………………①弹跳后到达的高度为，刚离网时速度的大小，（向上）………………②接触过程中运动员受到向下的重力和网对其向上的弹力F。
选取竖直向上为正方向，由动量定理得：………………③由以上三式解得：代入数值得：2. 动量定理的应用可扩展到全过程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应用动量定理可“一网打尽”，干净利索。
例2. 用全过程法再解析例1运动员自由下落的时间被网弹回做竖直上抛，上升的时间与网接触时间为。
选取向下为正方向，对全过程应用动量定理得：则3. 用动量定理解决曲线问题动量定理的应用范围非常广泛，不论力是否恒定，运动轨迹是直线还是曲线，总成立。
注意动量定理的表达公式是矢量关系，两矢量的大小总是相等，方向总相同。
例3. 以初速水平抛出一个质量的物体，试求在抛出后的第2秒内物体动量的变化。
已知物体未落地，不计空气阻力，取。
解析：此题若求出初、未动量，再求动量的变化，则不在同一直线上的矢量差运算较麻烦。
用DISLab探究变力作用下动量定理实验的设计与分析
热点解读用DISLab探究变力作用下动量定理实验的设计与分析■代亚萍摘要：本文提出了用DISLab 系统验证变力作用下动量定理的实验方法，用数字实验解决了变力不能直接测量的难题，找到了更加易于操作的实验方法，得到了更准确的实验数据。
关键词：动量定理；DISLab ；变力一、问题的提出动量定理它描述的是物体变化的一个过程，它表明物体所受到的合外力冲量是物体动量变化的原因，物体动量之所以变化是因为作用力在这段时间内累积了效果。
要想用实验探究动量定理必须抓住关键的两点：一是要精确测量物体运动过程中的瞬时速度；二是测量物体在运动过程中所受合外力实时的变化，由此来探究得出合外力与速度之间的定量关系。
我校在2018年引进了基于传感器、数据采集器、计算机和数据处理的DISLab 系统和相关实验器材，DISLab 具有强大的数据处理能力，在验证变力作用下的动量定理实验中，实验数据与图像同步在计算机上直观地反映出来。
用简单易懂的实验方案验证了动量定理，有效地提高了课堂教学效率。
二、实验原理及方法1.实验装置实验装置如图1所示，主要由力传感器、DISLab 系统、光电门、动量定理演示仪、小钢珠、塑料球、天平、数据采集器、电脑和相关软件组成。
图12.实验原理动量定理的内容为合外力的冲量等于物体动量的变化量。
利用数字传感器将小钢球与弹簧碰撞过程的力与时间的变化情况实时记录下来，利用光电门将小球与弹簧碰撞前后的瞬时速度测出来，并利用计算机的数据处理能力将其转化为F-t 图像，图像能直观反映小球与弹簧碰撞过程中弹力的变化，F-t 的积分就是小球在与弹簧接触过程中合外力的冲量，让学生通过比对实验数据和图像，最终得出小球所受合外力的冲量与小球动量变化量相等。
3.实验过程（1）将数据采集器与已经安装好DISLab 系统的计算机连接好。
将装有绿色液体的水平仪放置在演示仪器的台面上，并且观察液面是否保持水平，确保小球与弹簧发生的是一维碰撞。
动量定理知识点及题型解析
第6章 第1课时 动量 动量定理2.掌握并能应用动量定理进行有关计算及解释有关现象．考点梳理1．[对动量概念的考查]下列关于动量的说法中正确的是 ( ) A ．质量大的物体动量一定大B ．质量和速率都相同的物体的动量一定相同C ．一个物体的速率改变，它的动量不一定改变D ．一个物体的运动状态变化，它的动量一定改变 答案 D解析 根据动量的定义p ＝mv ，它由速度和质量共同决定，故A 错；又因动量是矢量，它的方向与速度方向相同，而质量和速率都相同的物体，其动量大小一定相同，方向不一定相同，故B 错；一个物体速率改变则它的动量大小一定改变，故C 错；物体的运动状态变化指速度发生变化，它的动量也就发生了变化，故D 对． 2．[对冲量概念的考查] 关于冲量，下列说法正确的是 ( ) A ．冲量是物体动量变化的原因B ．作用在静止物体上的力的冲量一定为零C ．动量越大的物体受到的冲量越大D ．冲量的方向就是物体受力的方向 答案 A解析 力作用一段时间便有了冲量，而力作用一段时间后，物体的运动状态发生了变化，物体的动量就发生了变化．因此说冲量是物体动量变化的原因，A 选项正确；只要有力作用在物体上，经历一段时间，这个力便有了冲量I ＝Ft ，与物体处于什么状态无关，物体运动状态的变化情况是所有作用在物体上的力共同产生的效果，所以B 选项不正确；物体所受冲量I ＝Ft 与物体的动量的大小p ＝mv 无关，C 选项不正确；冲量是一个过程量，只有在某一过程中力的方向不变时，冲量的方向才与力的方向相同，故D 选项不正确． 3．[动量定理的理解与应用]一位质量为m 的运动员从下蹲状态向上起跳，经Δt 时间，身体伸直并刚好离开地面，速度为v .在此过程中 ( )A ．地面对他的冲量为mv ＋mg Δt ，地面对他做的功为mv 22B ．地面对他的冲量为mv ＋mg Δt ，地面对他做的功为零C ．地面对他的冲量为mv ，地面对他做的功为mv 22D ．地面对他的冲量为mv －mg Δt ，地面对他做的功为零 答案 B解析 首先，由动量定理可知，合外力的冲量等于运动员动量的改变量，有表达式I G ＋I F ＝Δp ，即－mg Δt ＋I F ＝mv －0，I F ＝mv ＋mg Δt ，地面对运动员的作用力只有支持力，所以地面对运动员的冲量为mv ＋mg Δt ，排除C 、D 选项；另外，由于地面对运动员的支持力的作用点未发生位移，所以支持力对运动员不做功，故该题正确选项为B.4．[恒力的冲量的计算]放在水平面上质量为m 的物体，用一水平力F 推时间t ，但物体始终没有移动，则这段时间内F 对物体的冲量为 ( ) A ．0B ．FtC ．mgtD ．无法判断答案 B解析 对于冲量的理解应该与做功区分开，当有力作用在物体上时，经过一段时间的累积，该力就对物体有冲量，不管物体是否移动．按照冲量概念的定义，物体受到的力的冲量大小和方向只与F 有关，大小等于Ft ，方向与F 相同，所以答案为B.这里需要注意，物体始终没有移动是因为物体还受到地面的静摩擦力的作用，静摩擦力的冲量总是与力F 的冲量大小相等、方向相反，其合冲量为零． 5．[变力的冲量的计算]光滑水平桌面上，一球在绳拉力作用下做匀速圆周运动，已知球的质量为m ，线速度为v ，且绳长为l ，试求球运动半个圆周过程中绳拉力的冲量大小． 答案 2mv解析 球做匀速圆周运动时，受重力G 、桌面支持力F N 及绳子的拉力F 绳，重力G 和支持力F N 平衡，绳子拉力即为合力，尽管F 绳＝mv 2l 大小恒定，但方向时刻在变，不能用冲量公式I ＝Ft 计算．在运动半个圆周过程中由动量定理可知I 绳＝Δp ＝2mv . (错解：F ＝mv 2l ，t ＝12T ＝12×2πl v ＝πl v ，I ＝Ft ＝mv 2l ·πlv＝πmv )．方法总结轴所夹的面积，即为变力的冲量．图1考点一 对冲量的理解和计算【例1】 用电钻给建筑物钻孔时，钻头所受的阻力与深度成正比，若钻头匀速钻进时第1秒内阻力的冲量为100 N·s ，求5 s 内阻力的冲量． 答案 2 500 N·s解析 钻头所受的阻力与深度成正比，而钻头又是匀速钻进，即深度与时间成正比，因此阻力与时间成正比，可以用平均值来求变力的冲量．设阻力与时间的比例常数为k ，则F f ＝kt 所以第1秒的冲量I 1＝12(0＋kt )t5秒内的冲量I 2＝12(0＋kt ′)t ′由以上两式可知I 2＝2 500 N·s.【突破训练1】 如图2所示，一木楔固定在水平地面上，木楔的倾角为θ，在斜面上有一质量为m 的小物块处于静止状态，则在t 时间内，斜面对小物块的冲量大小和方向是 ( )A ．mgt cos θ，垂直于斜面向上B ．0C ．mgt ，竖直向上D ．mgt ，竖直向下 图2 答案 C解析 小球受到重力mg 、支持力F N 和静摩擦力F f 作用而处于平衡状态．由力的平衡条件可知：F N 和F f 的合力与mg 大小相等、方向相反，即斜面对小物块的作用力大小等于mg ，方向竖直向上，故斜面．时间性：冲量是力在时间上的积累，讨论冲量时一定要明确是哪个力在哪段时间上的冲量，即冲量1．冲量的运算遵守平行四边形定则，合冲量等于各外力的冲量的矢量和，若整个过程中，不同阶段受力不同，则合冲量为各阶段冲量的矢量和．2．由于冲量是过程量，它是力在一段时间内的积累，它取决于力和时间两个因素，所以求冲量时一定要明确所求的是哪一个力在哪一段时间内的冲量．3．计算力的冲量时，一定要搞清楚所求的是合力的冲量还是某一个力的冲量，然后再计算．对小物块的冲量大小为mgt，方向竖直向上．考点二对动量、动量定理的进一步理解【例2】如图3所示，一铁块压着一纸条放在水平桌面上，当以速度v抽出纸条后，铁块掉在地上的P 点．若以2v速度抽出纸条，则铁块落地点为()A．仍在P点B．在P点左边C．在P点右边不远处D．在P点右边原水平位移的两倍处图3答案 B解析纸条抽出的过程，铁块所受的滑动摩擦力一定，以v的速度抽出纸条，铁块所受滑动摩擦力的作用时间较长，由I ＝F f t ＝mv 0得铁块获得速度较大，平抛运动的水平位移较大．以2v 的速度抽出纸条的过程，铁块受滑动摩擦力作用时间较短，铁块获得速度较小，平抛运动的位移较小，故B 选项正确．【突破训练2】 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小，而掉在草地上的玻璃杯动量大B ．掉在水泥地上的玻璃杯动量改变小，掉在草地上的玻璃杯动量改变大C ．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D ．掉在水泥地上的玻璃杯与地面接触时作用力大，而掉在草地上的玻璃杯与地面接触时作用力小 答案 D解析 玻璃杯从同样高度落下，到达地面时具有相同的速度，即具有相同的动量，与地面相互作用后都静止．所以两种地面的情况中玻璃杯动量的改变量相同，故A 、B 、C 错误；落在水泥地上时，作用时间短，故作用力大，落在草地上时，作用时间长，故作用力小，故D 正确．考点三 动量定理的应用【例3】 人们常说“滴水穿石”，请你根据下面所提供的信息，估算水对石头的冲击力的大小．一瀑布落差为h ＝20 m ，水流量为Q ＝0.10 m 3/s ，水的密度ρ＝1.0×103 kg/m 3，水在最高点和落至石头上的速度都认为是零．(落在石头上的水立即流走，在讨论石头对水作用时可以不考虑水的重力，g 取10 m/s 2) 答案 2×103 N解析 设时间t 内落至石头上的水的质量为m ，水的速度为v ，则 mgh ＝12mv 2m ＝Qtρ设石头对水的平均作用力为F ，则 Ft ＝mv 即F ＝Qρv＝0.10×1.0×103×2×10×20 N ＝2×103 N.由牛顿第三定律得水对石头的冲击力为F ′＝F ＝2×103 N.【突破训练3】 用线将金属块M 和木块m 连在一起浸没入水中，如图4所示．开始时，m 的上表面正好和水面相平．从静止释放后，系统以加速度a 加速下沉，经t 秒线断了，又经t ′秒木块停止下沉，此时金属块的速度多大？(设此时金属块没有碰到水底)图4 答案M ＋m at ＋tM解析 取向下为正方向，当两物块分开后，合外力仍为 F ＝(M ＋m )a①在t ＋t ′内：合外力冲量I ＝F (t ＋t ′) ② 系统的动量变化量Δp ＝Mv ③ 由动量定理I ＝Δp④ 联立①②③④解得v ＝M ＋m at ＋tM1．对于类似于本题的连续体问题，一般取时间t 内的连续体为研究对象． 2．应用动量定理可对某些问题进行间接求解，这就是等效替换法．例如求平抛物体在一段时间内动量的变化，就可用重力的冲量来代替：Δp ＝mg ·Δt .求匀速圆周运动的物体在某段时间内向心力的冲量，由于向心力是变力，不能直接用力乘时间求，只能用动量的变化来替换：I 向心力＝mv ′－mv .3．动量定理的研究对象可以是一个物体，也可以是多个物体组成的系统．系统所受合外力的冲量等于系统内各物体的动量变化量之和．而系统内物体之间的作用力(内力)，由于大小相等、方向相反和等时性可知，不会改变系统的总动量．高考题组1．(2012·大纲全国·17)质量分别为m 1和m 2、电荷量分别为q 1和q 2的两粒子在同一匀强磁场中做匀速圆周运动．已知两粒子的动量大小相等．下列说法正确的是 ( ) A ．若q 1＝q 2，则它们做圆周运动的半径一定相等 B ．若m 1＝m 2，则它们做圆周运动的半径一定相等 C ．若q 1≠q 2，则它们做圆周运动的周期一定不相等 D ．若m 1≠m 2，则它们做圆周运动的周期一定不相等 答案 A解析 带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由qvB ＝m v 2r 得r ＝mvqB ，同一匀强磁场，B 相等，又因为两粒子的动量大小相等，所以有r ∝1q ，若q 1＝q 2，则r 1＝r 2，故A 选项正确，B 选项错误；由周期公式T ＝2πm qB ，由于B 相等，2π为常数，所以T ∝mq ，即周期大小不确定，故C 、D 选项错误．2．(2012·天津理综·9(1))质量为0.2 kg 的小球竖直向下以6 m/s 的速度落至水平地面，再以4 m/s 的速度反向弹回，取竖直向上为正方向，则小球与地面碰撞前后的动量变化为______kg·m/s.若小球与地面的作用时间为0.2 s ，则小球受到地面的平均作用力大小为________N(取g ＝10 m/s 2)． 答案 2 12解析 以竖直向上为正方向，则v ′＝4 m/s ，v ＝－6 m/s 所以小球与地面碰撞前后的动量变化为Δp ＝mv ′－mv ＝[0.2×4－0.2×(－6)] kg·m/s ＝2 kg·m/s 根据动量定理，得(F －mg )t ＝Δp所以平均作用力F ＝Δp t ＋mg ＝20.2N ＋0.2×10 N ＝12 N.模拟题组3．如图5所示，一劲度系数为k 的轻质弹簧一端固定，另一端与质量为m 的滑块相连．滑块在光滑水平面上做简谐运动，周期为T ，振幅为A .滑块从最大位移向平衡位置运动的过程中，在求弹簧弹力的冲量大小时，有以下两种不同的解法：图5关于以上两种解法，下列判断准确的是()A．只有解法一正确B．只有解法二正确C．解法一和解法二都正确D．解法一和解法二都不正确答案 B解析由于弹簧的弹力是随位移均匀变化的变力，不是随时间t均匀变化的变力．因此，解法一是错误的，解法二是根据动量定理来求的，正确．4．人民公园里有一个斜面大滑梯，一位小同学从斜面的顶端由静止开始滑下，其运动可视为匀变速直线运动．已知斜面大滑梯的竖直高度h＝3.75 m，斜面的倾角为37°，这位同学的质量m＝30 kg，他与大滑梯斜面间的动摩擦因数为μ＝0.5.不计空气阻力，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6.求：(1)这位同学下滑过程中的加速度大小；(2)他滑到滑梯底端时的速度大小；(3)他从滑梯的顶端滑到底端过程中重力的冲量．答案(1)2 m/s2(2)5 m/s(3)750 N·s，方向竖直向下解析(1)对小同学受力分析如图所示，由牛顿第二定律有：mg sin 37°－F f＝ma①F N＝mg cos 37°②F f＝μF N ③cos 37°＝1－2＝0.8 ④联立①②③④，代入数据解得加速度：a＝2 m/s2 ⑤(2)斜面长度为：L＝hsin 37°＝254m ⑥由v2＝2aL ⑦联立⑤⑥⑦，代入数据解得他滑到滑梯底端的速度v＝5 m/s(3)设从滑梯的顶端滑到底端过程中经历时间为t，重力的冲量为I，有：L ＝12at 2 ⑧ I ＝mgt⑨ 联立⑥⑧⑨，代入数据解得：I ＝750 N·sI 的方向竖直向下(限时：30分钟)题组1 对冲量的考查1．关于冲量的概念，以下说法正确的是 ( )A ．作用在两个物体上的力大小不同，但两个物体所受的冲量大小可能相同B ．作用在物体上的力很大，物体所受的冲量一定也很大C ．作用在物体上的力的作用时间很短，物体所受的冲量一定很小D ．只要力的作用时间和力的乘积相同，物体所受的冲量一定相同答案 A解析 力的冲量I ＝F ·t ，力F 的大小虽然不同，只要力的作用时间t 也不同，则力与时间的乘积可能相同．所以A 项正确；力很大，如果作用时间很短，冲量仍然可以很小；时间很短，如果力很大，冲量仍然可以很大．所以B 、C 错误；由于冲量是矢量，尽管力和时间的乘积相同，若力的方向不同，冲量仍然不同，故D 项错误．2．质量为5 kg 的物体，它的动量的变化率为2 kg·m/s 2，且保持不变，则下列说法正确的是 ( )A ．该物体一定做匀速运动B ．该物体一定做匀变速直线运动C ．该物体在任意相等的时间内所受合外力的冲量一定相同D ．无论物体运动轨迹如何，它的加速度一定是0.5 m/s 2答案 C解析 由动量定理有F Δt ＝Δp ，所以Δp Δt＝F ，可见，动量的变化率表示合外力，所以题中物体所受合外力恒定，根据牛顿第二定律，其加速度恒定，因为未知速度方向，所以该物体可能做匀变速直线运动，也可能做匀变速曲线运动，一定不做匀速运动，选项A 、B 错误；因为合外力恒定，所以该物体在任意相等的时间内所受合外力的冲量一定相同，选项C 正确；根据题意，合外力F ＝2 kg·m/s 2＝2 N ，根据牛顿第二定律有a ＝F m＝0.4 m/s 2，选项D 错误． 3．如图1所示，质量为m 的物体，在跟水平方向成θ角的力F 作用下，以速度v 匀速前进时间t ，则物体在这段时间内受到力F 的冲量与合外力的冲量各为 ( )A ．Ft Ft cos θB ．Ft sin θ Ft cos θC ．Ft Ft sin θD ．Ft 0图1答案 D解析 力F 的冲量就是F 与作用时间的乘积I F ＝Ft .物体以速度v 匀速前进，所受合外力为零，合外力对物体的冲量就是零．4．如图2所示，一小物块从粗糙斜面上的O点由静止开始下滑，在小物块经过的路径上有A、B两点，且A、B间的距离恒定不变．当O、A两点间距离增大时，对小物块从A点运动到B点的过程中，下列说法正确的是()A．摩擦力对小物块的冲量变大B．摩擦力对小物块的冲量变小C．小物块动能的改变量增大D．小物块动能的改变量减小图2 答案 B解析依题意，OA距离越大即小物块初始释放位置越高，则经过AB段的时间越短，故摩擦力对小物块的冲量变小，选项A错，B对；在AB段小物块受到的合外力不因OA距离的变化而变化，AB段的位移恒定，故合外力对小物块做功不变，即小物块动能的改变量不变，选项C、D均错．题组2 对动量及动量变化的考查5．关于物体的动量，下列说法中正确的是()A．物体的动量越大，其惯性也越大B．同一物体的动量越大，其速度一定越大C．物体的加速度不变，其动量一定不变D．运动物体在任一时刻的动量方向一定是该时刻的位移方向答案 B解析此题考查动量大小的决定因素和动量的矢量性．物体的动量越大，即质量与速度的乘积越大，惯性(质量)不一定大，A项错；对于同一物体，质量一定，所以动量越大，速度越大，B项对；加速度不变，但速度一定变，如平抛运动的物体，故C项错；动量的方向始终与速度方向相同，与位移方向不一定相同，D错误．6．对于任何一个质量不变的物体，下列说法正确的是()A．物体的动量发生变化，其动能一定变化B．物体的动量发生变化，其动能不一定变化C．物体的动能不变时，其动量也一定不变化D．物体的动能发生变化，其动量不一定变化答案B解析当质量不变的物体的动量发生变化时，可以是速度的大小发生变化，也可以是速度的方向发生变化，还可以是速度的大小和方向都发生变化．当只有物体的速度方向发生变化而速度的大小不变时，物体的动量(矢量)发生变化，但动能(标量)并不发生变化，例如我们所熟悉的匀速圆周运动，所以选项A 错误，选项B 正确．当质量不变的物体的动能不变时，其动量的大小不变，方向可以相反，故选项C 错误．当质量不变的物体的动能发生变化时，必定是其速度的大小发生了变化，而无论其速度方向是否变化，物体的动量必定发生变化，故选项D 错误．7．如图3所示，一个质量为0.18 kg 的垒球，以25 m/s 的水平速度向左飞向球棒，被球棒打击后反向水平飞回，速度大小变为45 m/s ，则这一过程中动量的变化量为 ( )A ．大小为3.6 kg·m/s ，方向向左B ．大小为3.6 kg·m/s ，方向向右C ．大小为12.6 kg·m/s ，方向向左D ．大小为12.6 kg·m/s ，方向向右 图3答案 D解析 选向左为正方向，则动量的变化量为Δp ＝mv 1－mv 0＝0.18×(－45) kg·m/s －0.18×25 kg·m/s ＝－12.6 kg·m/s ，大小为12.6 kg·m/s ，负号表示其方向向右，故D 正确．8．羽毛球是速度最快的球类运动之一，林丹扣杀羽毛球的速度可达到342 km/h ，假设球飞来的速度为90 km/h ，林丹将球以342 km/h 的速度反向击回．设羽毛球质量为5 g ，试求：(1)林丹击球过程中羽毛球的动量变化量．(2)在林丹的这次扣杀中，羽毛球的速度变化、动能变化各是多少？答案 (1)0.6 kg·m/s ，方向与球飞来的方向相反 (2)－120 m/s 21 J解析 (1)以羽毛球飞来的方向为正方向，则p 1＝mv 1＝5×10－3×903.6kg·m/s ＝0.125 kg·m/s p 2＝mv 2＝－5×10－3×3423.6kg·m/s ＝－0.475 kg·m/s 所以动量的变化量Δp ＝p 2－p 1＝－0.475 kg·m/s －0.125 kg·m/s＝－0.6 kg·m/s.即羽毛球的动量变化大小为0.6 kg·m/s ，方向与羽毛球飞来的方向相反．(2)羽毛球的初速度：v ＝25 m/s ，羽毛球的末速度：v ′＝－95 m/s.所以Δv ＝v ′－v ＝－120 m/s.羽毛球的初动能：E k ＝12mv 2＝1.56 J ，羽毛球的末动能：E k ′＝12mv ′2＝22.56 J. 所以ΔE k ＝E k ′－E k ＝21 J.题组3 对动量定理的应用的考查9．在距地面高为h ，同时以大小为v 0的速度分别平抛、竖直上抛、竖直下抛质量相等的物体，不计空气阻力的作用，当它们从抛出到落地时，比较它们的动量的增量Δp ，有( )A ．平抛过程最大B ．竖直上抛过程最大C ．竖直下抛过程最大D ．三者一样大 答案 B解析 由动量定理可知动量的增量Δp ＝I 合＝mgt ，又因竖直上抛运动的时间最长，竖直下抛运动的时间最短，而各物体mg 相等，所以竖直上抛过程中动量增量最大，即选项B 正确．10．为估算池中睡莲叶面承受雨滴撞击产生的平均压强，小明在雨天将一圆柱形水杯置于露台，测得1小时内杯中水位上升了45 mm.查询得知，当时雨滴竖直下落速度约为12 m/s ，据此估算该压强约为(设雨滴撞击睡莲后无反弹，不计雨滴重力，雨水的密度为1×103 kg/m 3) ( )A ．0.15 PaB ．0.54 PaC ．1.5 PaD ．5.4 Pa答案 A解析 设水杯底面积为S,1小时内下落的雨水总质量m ＝ρSh ，选定竖直向上为正方向，其动量变化量Δp ＝m Δv ＝m [0－(－v )]＝mv ，水对杯底的压力F ＝p ′S ，对水由动量定理p ′St ＝ρShv 得p ′＝ρhv t ＝0.15 Pa ，故A 项正确．11．质量为60 kg 的建筑工人，不慎从高空跌下，由于弹性安全带的保护，使他悬挂起来．已知弹性安全带的缓冲时间是1.2 s ，安全带长5 m ，g 取10 m/s 2，则安全带所受的平均冲力的大小为 ( )A ．500 NB ．600 NC ．1 100 ND ．100 N 答案 C解析 安全带长5 m ，人在这段距离上做自由落体运动，获得速度v ＝2gh ＝10 m/s.受安全带的保护经1.2 s 速度减小为0，对此过程应用动量定理，以竖直向上为正方向，有(F －mg )t ＝0－(－mv )则F ＝mv t ＋mg ＝60×101.2＋60×10＝1 100 N ，选项C 正确． 12．某人身系弹性绳自高空p 点自由下落，如图4所示a 点是弹性绳的原长位置，c 点是人所到达的最低点，b 点是人静止悬吊时的平衡位置．不计空气阻力，则下列说法中正确的是 ( )A ．从p 至c 过程中重力的冲量大于弹性绳弹力的冲量B ．从p 至c 过程中重力所做的功大于人克服弹力所做的功C ．从p 至b 过程中人的速度不断增大D ．从a 至c 过程中加速度方向保持不变图4 答案 C解析 人完成从p 到c 的过程中经历了自由下落、变加速、变减速三个运动过程．考虑全过程p 至c ，外力的总冲量等于重力的冲量和弹性绳弹力冲量的矢量和，由动量定理知人所受外力的总冲量等于人的动量变化，人在p 和c 两处，速度均为零即动量都为零，因此动量的变化量为零，则有重力的冲量与弹性绳弹力的冲量大小相等，方向相反，总冲量为零，A 错误；人在p 和c 两处，动能均为零，动能的变化量为零，由动能定理知，重力所做的功等于人克服弹力所做的功，B 错误；人由p 到b 的过程，前一过程(p ～a )自由落体，后一过程(a ～b )由于弹性绳伸长，弹力F 增加，重力G 不变，人所受合力(G －F )不断减小，方向向下，人做的是加速度减小的加速运动，C 正确；由于b 是人静止悬吊时的平衡位置，当人由b 运动至c 的过程，弹力大于重力，合力方向向上，加速度方向向上，因此D 错误．13．大风可能给人们的生产和生活带来一些危害，同时风能也是可以开发利用的清洁能源．据北京市气象台监测显示，2012年3月23日北京刮起了今年以来最大的风，其短时风力达到近十级．在海淀区某公路旁停放的一辆小轿车被大风吹倒的数字信息亭砸中，如图5所示．已知该信息亭形状为长方体，其高度为h ，底面是边长为l 的正方形，信息亭所受的重力为G ，重心位于其几何中心．图5(1)求大风吹倒信息亭的过程中，至少需要对信息亭做多少功；(2)若已知空气密度为ρ，大风的风速大小恒为v ，方向垂直于正常直立的信息亭的竖直表面，大风中运动的空气与信息亭表面作用后速度变为零．求信息亭正常直立时，大风对它的平均作用力为多大．答案 (1)12G (h 2＋l 2－h ) (2)ρhlv 2 解析 (1)信息亭被大风吹倒的过程中，其重心上升的最大高度为Δh ＝12(h 2＋l 2－h ) 当信息亭重心最高时速度为零，风对信息亭所做的功最少．设风吹倒信息亭至少做的功为W ，由动能定理有W －G Δh ＝0，解得W ＝12G (h 2＋l 2－h ) (2)在Δt 时间内垂直于信息亭表面吹来的风的空气质量为Δm ＝ρhlv Δt设信息亭对空气的平均作用力为F ，由动量定理有－F Δt ＝0－ρhlv 2Δt ，解得F ＝ρhlv 2根据牛顿第三定律可知，大风(空气)对信息亭的平均作用力为F ′＝F ＝ρhlv 2。
高中物理动量定理的五种应用及例题详解
高中物理动量定理的五种应用及例题详解动量定理是力对时间的积累效应，使物体的动量发生改变，适用的范围很广，它的研究对象可以是单个物体，也可以是物体系；它不仅适用于恒力情形，而且也适用于变力情形，尤其在解决作用时间短、作用力大小随时间变化的打击、碰撞等问题时，动量定理要比牛顿定律方便得多。
一、用动量定理解释生活中的现象【例1】竖立放置的粉笔压在纸条的一端.要想把纸条从粉笔下抽出，又要保证粉笔不倒，应该缓缓、小心地将纸条抽出，还是快速将纸条抽出？说明理由。
【解析】纸条从粉笔下抽出，粉笔受到纸条对它的滑动摩擦力μmg作用，方向沿着纸条抽出的方向。
不论纸条是快速抽出，还是缓缓抽出，粉笔在水平方向受到的摩擦力的大小不变。
在纸条抽出过程中，粉笔受到摩擦力的作用时间用t表示，粉笔受到摩擦力的冲量为μmgt，粉笔原来静止，初动量为零，粉笔的末动量用mv表示.根据动量定理有：μmgt=mv。
如果缓慢抽出纸条，纸条对粉笔的作用时间比较长，粉笔受到纸条对它摩擦力的冲量就比较大，粉笔动量的改变也比较大，粉笔的底端就获得了一定的速度.由于惯性，粉笔上端还没有来得及运动，粉笔就倒了。
如果在极短的时间内把纸条抽出，纸条对粉笔的摩擦力冲量极小，粉笔的动量几乎不变.粉笔的动量改变得极小，粉笔几乎不动，粉笔也不会倒下。
二、用动量定理解曲线运动问题【例2】以速度v0水平抛出一个质量为1kg的物体，若在抛出后5s未落地且未与其它物体相碰，求它在5s内的动量的变化.(g=10m/s2)。
【解析】此题若求出末动量，再求它与初动量的矢量差，则极为繁琐.由于平抛出去的物体只受重力且为恒力，故所求动量的变化等于重力的冲量.则Δp=Ft=mgt=1×10×5=50 kg·m/s。
注：①运用Δp=mv-mv0求Δp时，初、末速度必须在同一直线上，若不在同一直线，需考虑运用矢量法则或动量定理Δp=Ft求解Δp.②用I=F·t求冲量，F必须是恒力，若F是变力，需用动量定理I=Δp求解I。
建立微元模型，巧用动量定理解决四类问题
I= = ，受到的合外力 F=F安 =BIL，即 -
=ma，导
体棒做加速度减小的减速运动，v-t 图像如图 2 所示，最 终导体棒静止。
（1）整个过程中导体棒的位移：v-t 图像与横坐标所围 成的面积表示位移 Δx=vΔt，取非常小的时间段 Δt 为一个 微元过程，vi 表示 Δt 时间间隔内的平均速度，根据牛顿第
（本文系“甘肃省教育科学‘十三五’规划 2020 年度一 般课题”，课题名称：基于数学核心素养的中学数学建模单 元化教学的实践研究。课题立项号：GS〔2020〕GHB3056。）
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位移、电荷量及能量等问题。由于安培力与速度相互关联、 相互影响，因此电磁感应中的非匀变速运动问题用常规动 力学方法往往难以解决。灵活运用微元思想，将运动过程随 时间变化分割成“微元段”，可以帮助我们深刻理解物理过 程，运用数学方法进而使问题得解。
喷口喷出后到达玩具底面时的速度大小为 v，对于 Δt 时间 内喷出的水，由机械能守恒得 (Δm)v2+(Δm)gh= (Δm) v02。在 h 高度处，Δt 时间内喷射到玩具底面的水沿竖直方 向的动量变化量的大小为 ΔP=Δmv，设水对玩具的作用力 的大小为 F，根据动量定理有 FΔt =Δρ，由于玩具在空中悬
二定律有 -
ห้องสมุดไป่ตู้
=m ，变形得到整个过程中动量定理表
达式 -
viΔt= mΔv，即 -
Δx= m(v0)，对
整个过程累加后得 x=mv0，所以整个过程中导体棒的位
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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。