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资料简介
1
动量定理及其应用
【学习目标】
1．理解动量的概念，知道动量的定义，知道动量是矢量；
2．理解冲量的概念，知道冲量的定义，知道冲量是矢量；
3．知道动量变化量也是矢量，理解动量定理的确切含义和表达式，知道动量定理适用于变力的计
算；
4．会用动量定理解释现象和处理有关问题．
【要点梳理】
要点一、动量、动量定理
1．动量及动量变化
（1）动量的定义：物体的质量和运动速度的乘积叫做物体的动量，记作 ．动量是动力学
中反映物体运动状态的物理量，是状态量．在谈及动量时，必须明确是物体在哪个时刻或哪个状态所
具有的动量．在中学阶段，动量表达式中的速度一般是以地球为参照物的．
（2）动量的矢量性：动量是矢量，它的方向与物体的速度方向相同，服从矢量运算法则．
（3）动量的单位：动量的单位由质量和速度的单位决定．在国际单位制中，动量的单位是千
克·米／秒，符号为 ．
（4）动量的变化 ：
动量是矢量，它的大小 ，方向与速度的方向相同．因此，速度发生变化时，物体的动量
也发生变化．
速度的大小或方向发生变化时，速度就发生变化，物体具有的动量的大小或方向也相应发生了变
化，我们就说物体的动量发生了变化．
设物体的初动量 ，末动量 ，则物体动量的变化
．
由于动量是矢量，因此，上式一般意义上是矢量式．
2．冲量
（1）冲量的定义：力和力的作用时间的乘积叫做力的冲量，记作 ．冲量是描述力对物体
作用的时间累积效果的物理量．
（2）冲量的矢量性：因为力是矢量，所以冲量也是矢量，但冲量的方向不一定就是力的方向．
（3）冲量的单位：由力的单位和时间的单位共同决定．在国际单位制中，冲量的单位是牛·秒，
符号为 ．
（4）在理解力的冲量这一概念时，要注意以下几点：
①冲量是过程量，它反映的是力在一段时间内的积累效果，所以它取决于力和时间两个因素．较
大的力在较短时间内的积累效果，可以和较小的力在较长时问内的积累效果相同．求冲量时一定要明
确是哪一个力在哪一段时间内的冲量．
②根据冲量的定义式 ，只能直接求恒力的冲量，无论是力的大小还是方向发生变化时，都
不能直接用 求力的冲量．
③当力的方向不变时，冲量的方向跟力的方向相同，当力的方向变化时，冲量的方向一般根据动
p mv=
kg m/s⋅
p∆
p mv=
1 1p mv= 2 2p mv=
2 1 2 1p p p mv mv∆ = =－ －
I F t= ⋅
N s⋅
I Ft=
I Ft=2
量定理来判断．（即冲量的方向是物体动量变化的方向）
3．动量变化与冲量的关系——动量定理
（1）动量定理的内容：
物体所受合外力的冲量等于物体动量的变化．数学表达式为
．
式中 是物体初始状态的动量， 是力的作用结束时的末态动量．
动量定理反映了物体在受到力的冲量作用时，其状态发生变化的规律，是力在时间上的累积效
果．
（2）动量定理的理解与应用要点：
①动量定理的表达式是一个矢量式，应用动量定理时需要规定正方向．
②动量定理公式中 是研究对象所受的包括重力在内的所有外力的合力，它可以是恒力，也可以
是变力．当合外力为变力时， 应该是合外力在作用时间内的平均值．
③动量定理的研究对象是单个物体或系统．
④动量定理中的冲量是合外力的冲量，而不是某一个力的冲量．在所研究的物理过程中，如果作
用在物体上的各个外力的作用时间相同，求合外力的冲量时，可以先求所有外力的合力，然后再乘以
力的作用时间，也可以先求每个外力在作用时间内的冲量，然后再求所有外力冲量的矢量和．如果作
用在物体上各外力的作用时间不同，就只能先求每一个外力在其作用时间内的冲量，然后再求所有外
力冲量的矢量和．
⑤动量定理中，是合外力的冲量，是使研究对象的动量发生变化的原因，并非产生动量的原因，
不能认为合外力的冲量就是动量的变化．合外力的冲量是引起研究对象状态变化的外在因素，而动量
的变化是合外力冲量作用后导致的必然结果．
⑥动量定理不仅适用于宏观物体的低速运动，对微观物体和高速运动仍然适用．
⑦合外力的冲量是物体动量变化的量度．
要点二、有关计算
1．动量变化量的计算
动量是矢量，当动量发生变化时，动量的变化 ，应运用平行四边形定则进行运
算．如图所示，当初态动量和末态动量不在一条直线上时，动量变化由平行四边形定则进行运算．动
量变化的方向一般与初态动量和末态动量的方向不相同．当初、末动量在同一直线上时可通过正方向
的选定，动量变化可简化为带有正、负号的代数运算．
2．冲量的计算方法
（1）若物体受到恒力的作用，力的冲量的数值等于力与作用时间的乘积，冲量的方向与恒力方向
一致；若力为同一方向均匀变化的力，该力的冲量可以用平均力计算；若力为一般变力则不能直接计
算冲量．
（2）冲量的绝对性．由于力和时间均与参考系无关，所以力的冲量也与参考系的选择无关．
0I Ft mv mv= = －
0mv mv
F
F
p p p∆ = 末 初－3
（3）冲量的计算公式 既适用于计算某个恒力的冲量，又可以计算合力的冲量．根据
计算冲量时，只考虑该力和其作用时间这两个因素，与该冲量作用的效果无关．
（4）冲量的运算服从平行四边形定则．如果物体所受的每一个外力的冲量都在同一条直线上，那
么选定正方向后，每个力冲量的方向可以用正负号表示，此时冲量的运算就可简化为代数运算．
（5）冲量是一过程量，求冲量必须明确研究对象和作用过程，即必须明确是哪个力在哪段时间内
对哪个物体的冲量．
（6）计算冲量时，一定要明确是计算分力的冲量还是合力的冲量．如果是计算分力的冲量还必须
明确是哪个分力的冲量．
（7）在 图象下的面积就是力的冲量．如图( )所示，若求变力的冲量，仍可用“面积法”
表示，如图( )所示．
3．动量定理的应用
（1）一个物体的动量变化 与合外力的冲量具有等效代换关系，二者大小相等，方向相同，可
以相互代换，据此有：
①应用 求变力的冲量：如果物体受到大小或方向改变的力的作用，则不能直接用 求变
力的冲量，这时可以求出该力作用下物体动量的变化 ，等效代换变力的冲量 ．
②应用 求恒力作用下的曲线运动中物体动量的变化：曲线运动的物体速度方向时刻在
变化，求动量变化 需要应用矢量运算方法，比较麻烦．如果作用力是恒力，可以求恒力
的冲量，等效代换动量的变化．
（2）用动量定理解释相关物理现象的要点．
由 可以看出，当 为恒量时，作用力 的大小与相互作用的时间 成反比．例
如，玻璃杯自一定高度自由下落，掉在水泥地面上，玻璃杯可能破碎，而掉在垫子上就可能不破碎，
其原因就是玻璃杯的动量变化虽然相同，但作用时间不同：当 为恒量时，物体动量的变化与作用时
间成正比．
例如，叠放在水平桌面上的两物体，如图所示，若施力快速将 水平抽出，物体 几乎仍静止，
当物体 抽出后，物体 竖直下落．
（3）应用动量定理解题的步骤：
I Ft= I Ft=
F t− a
b
p∆
I p∆= Ft
p∆ I
p F t∆ ∆=
p p p∆ = ＇-
Ft p p p∆= =＇- p∆ F t
F
A B
A B4
①选取研究对象；
②确定所研究的物理过程及其始、终状态；
③分析研究对象在所研究的物理过程中的受力情况；
④规定正方向，根据动量定理列式；
⑤解方程，统一单位，求得结果．
要点三、与其它相关知识的关联和区别
1．几个物理量的区别
（1）动量与速度的区别
动量和速度都是描述物体运动状态的物理量．它们都是矢量，动量的方向与速度的方向相同．速
度是运动学中描述物体运动状态的物理量，在运动学中只需知道物体运动的快慢，而无需知道物体的
质量．例如两个运动员跑百米，是比速度的大小，而无需考虑运动员的质量；动量是动力学中描述物
体运动状态的物理量，可以直接反映物体受到外力的冲量后，其机械运动的变化情况，动量是与冲量
及物体运动变化的原因相联系的．如以相同速度向你滚过来的铅球和足球，你敢用脚踢哪一个？当然
是足球，因为足球的质量小，让它停下来所需的冲量小．
（2）动量与动能的区别及其联系．
①动量是矢量，动能是标量．
②动量的改变由合外力的冲量决定，而动能的改变由合外力所做的功决定．
③动量和动能与速度一样，它们都是描述物体运动状态的物理量，只是动能是从能量的角度描述
物体的状态．
物体具有一定的速度，就具有一定的动量，同时还具有一定的动能．
例如：质量 的小球，在水平地面上运动的速度是 ．则它具有的动量
，
它具有的动能
．
即
或 ．
又如： 两物体的质量分别为 ，且 ，当它们具有相同的动能时，由
知 物体的动量 大于 物体的动量 ；反之当它们具有相同的动量时，由 可知， 物
体的动能 小于 物体的动能 ．
（3）冲量与功的区别．
①冲量是矢量，功是标量．
②由 可知，有力作用，这个力一定会有冲量，因为时间 不可能为零．但是由功的定义式
可知，有力作用，这个力却不一定做功．
5 kgm = 10 m/s
50 kg m/sp mv= = ⋅
2 2
21 ( ) 250J2 2 2k
mv pE mv m m
= = = =
2
2k
pE m
= 2 kp mE=
A B、 A Bm m、 A Bm m＞ 2 kp mE=
A Ap B Bp
2
2k
pE m
= A
kAE B kBE
I F t= ⋅ t
cosW F s θ= ⋅5
例如：在斜面上下滑的物体，斜面对物体的支持力有冲量的作用，但支持力对物体不做功；做匀
速圆周运动的物体，向心力对物体有冲量的作用，但向心力对物体不做功；处于水平面上静止的物体，
重力不做功，但在一段时间内重力的冲量不为零．
③冲量是力在时间上的积累，而功是力在空间上的积累．这两种积累作用可以在“ ”图象和
“ ”图象上用面积表示．
如图所示，（ ）图中的曲线是作用在某一物体上的力 随时间 变化的曲线，图中阴影部分的面
积就表示力 在时间 内的冲量．（ ）图中阴影部分的面积表示力 做的功．
2．用动量概念表示牛顿第二定律
（1）牛顿第二定律的动量表达式
．
此式说明作用力 等于物体动量的变化率．
即 是牛顿第二定律的另一种表示形式．
（2）动量定理与牛顿第二定律的区别与联系．
①从牛顿第二定律出发可以导出动量定理，因此牛顿第二定律和动量定理都反映了外力作用与物
体运动状态变化的因果关系．
②牛顿第二定律反应力与加速度之间的瞬时对应关系；而动量定理则反应力作用一段时间的过程
中，合外力的冲量与物体初、末状态的动量变化间的关系．
动量定理与牛顿第二定律相比较，有其独特的优点．因在公式 中，只涉及两个状
态量 和 及一个过程量 ．至于这两个状态中间是怎样的过程，轨迹是怎样的，加速度怎样，
位移怎样全不考虑．在力 作用的过程中不管物体是做直线运动还是做曲线运动，动量定理总是适用
的．
动量定理除用来解决在恒力持续作用下的问题外，尤其适合用来解决作用时间短，而力的变化又
十分复杂的问题，如冲击、碰撞、反冲运动等．应用时只需知道运动物体的始末状态，无需深究其中
间过程的细节．只要动量的变化具有确定的值，就可以用动量定理求冲力或平均冲力，而这是用牛顿
第二定律很难解决的．因此，从某种意义上说，应用动量定理解题比牛顿第二定律更为直接，更加简
单．
③牛顿第二定律只适用于宏观物体的低速运动情况，对高速运动的物体及微观粒子不再适用，而
动量定理却是普遍适用的．
④牛顿第二定律和动量定理都必须在惯性系中使用．
3．动量定理与动能定理的比较
动量定理 动能定理
F t−
F s−
a F t
F 2 1t t t∆ = － b F
v pF ma m t t
∆ ∆= = =∆ ∆
F
pF t
∆= ∆
0Ft mv mv= －
mv 0mv Ft
F6
公式
标矢性 矢量式 标量式
因 合外力的冲量 合外力的功（总功）因果关系 果 动量的变化 动能的变化
应用侧重点 涉及力与时间 涉及力与位移
要点四、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其始末状态；
3、分析研究对象在所研究的物理过程中的受力情况；
4、规定正方向，根据动量定理列式；
5、解方程，统一单位，求得结果。
【典型例题】
类型一、对基本概念的理解
例 1、（2015 广州校级模拟）质量为 m，带电量为 q 的粒子，以速度 v 垂直射入磁感应强度大小
为 B 的匀强磁场中，在 时间内得到的冲量大小为 mv，所用时间 为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】由题意知粒子在磁场中做匀速圆周运动，粒子速度大小不变，只改变速度方向，根据动
量定理可得： ，即粒子在 时间内得到的冲量大小为 mv，可得粒子动量变化大小也为
mv，即速度变化的小 ，根据矢量合成有：
根据几何关系有，粒子转过的角度为 ，所以粒子在磁场中运动的时间为
，故选 D
【总结升华】知道粒子在磁场中做匀速圆周运动，能根据动量定理求得速度矢量的变化大小，由
矢量合成与分解求解速度转过的角度从而由圆周运动求出运动的时间。
举一反三：
【高清课堂：动量 动量定理 例 3】
'F t mv mv= −合
2 2
2 1
1 1
2 2F s mv mv= −合
t∆ t∆
2 m
qB
π m
qB
π
2
m
qB
π
3
m
qB
π
I mv mv= = ∆ t∆
v v∆ =
3
π
23
2 2 3
m mt T qB qB
π
θ π π
π π= = =7
【变式 1】如图所示在倾角 的斜面上，有一质量 的物体沿斜面以 匀速下
滑，求物体下滑 的时间内：（1）斜面对物体的支持力的冲量和功；（2）斜面对物体的冲量和功；
【答案】
（1） ，垂直斜面向上；
（2）斜面对物体的冲量：
，竖直向上
斜面对物体的功：
．
【解析】(1)“斜面对物体的冲量和功”指的是斜面对物体的支持力和摩擦力对物体的冲量的和、
功的和！——也可以理解为：支持力和摩擦力的合力对物体的冲量的和、功的和！
(2)因为物体匀速下滑，所以弹力和摩擦力的合力与重力等大反向。合冲量：合外力的冲量。
【变式 2】质量为 的钢球自高处落下，以速率 碰地，竖直向上弹回，碰撞时间为 ，离地的
速率为 ．在碰撞过程中，地面对钢球的冲量方向和大小为（ ）．
A．向下， B．向下，
C．向上， D．向上，
【答案】D
【解析】取竖直向上为正方向，如图所示，
037θ = 10kgm= 5m/sv=
2s
0cos37 160N sNI mg t= ⋅ = ⋅
0NW =
200N sI mgt= = ⋅
0( sin37 ) 600JW mgh mg vt=− =− =−
m 1v t∆
2v
1 2( )m v v mg t∆－ － ( )1 2m v v mg t∆+ －
1 2( )m v v mg t∆－ － ( )1 2m v v mg t∆+ +8
由动量定理是， ，知
，
即
．
则
，
方向向上．
【总结升华】物体动量变化与物体所受合外力冲量有关，因此解决这一类问题要注意研究对象和
研究过程中物体的受力分析．
【高清课堂：动量 动量定理 例 5】
例 2.一质量为 的小球从 高处自由下落到一厚软垫上。若从小球接触软垫到小球陷至
最低点经历了 ，则这段时间内软垫对小球的平均冲击力为多少(取 ，不计空气阻力)？
【答案】
【解析】
解法一：自由下落，接触软垫前的速度为 ：
在 内，以上为正，由动量定理有：
得：
解法二：自由下落时间为 ；全程由动量定理，取向上为正：
I p∆=合
2 1( ) ( )F mg t mv m v∆ =－ － －
( )2 1FI mg t m v v∆ = +－
( )2 1FI m v v mg t∆= + +
100g 0.80m
0.20s 210m/sg =
3.0NF =
v
0.20s
( ) 0 ( )F mg t mv− = − −
3.0NF =
1t
1
2 0.4ht sg
= =
2 4.0 /v gh m s= =9
得：
【总结升华】
(1)本题解法 2 再次表明动量定理适用于变力作用过程．
(2)合外力在一段时间 内的冲量等于这段时间 内各分段时间 内冲量的矢量
和，又等于这段时间 内各外力对物体冲量的矢量和．
(3)此题求解时，显然对整个过程应用动量定理来处理，解起来更为简捷．
类型二、用动量定理解释两类现象
例 3. 如图，把重物压在纸带上，用一水平力缓缓拉动纸带，重物跟着一起运动，若迅速拉动纸
带，纸带将会从重物下面抽出，解释这些现象的正确说法是（ ）
A.在缓慢拉动纸带时，重物和纸带间的摩擦力大
B.在迅速拉动时，纸带给重物的摩擦力小
C.在缓慢拉动时，纸带给重物的冲量大
D.在迅速拉动时，纸带给重物的冲量小
【思路点拨】分析问题时，要搞清楚哪个量一定，哪个量变化。
【答案】CD
【解析】在缓慢拉动时，两物体之间的作用力是静摩擦力，在迅速拉动时，它们之间的作用力是
滑动摩擦力。由于通常认为滑动摩擦力等于最大静摩擦力。所以一般情况是：缓拉摩擦力小；快拉摩
擦力大，故 AB 都错；缓拉纸带时，摩擦力虽小些，但作用时间很长，故重物获得的冲量可以很大，
所以能把重物带动。快拉时摩擦力虽大些，但作用时间很短，故冲量小，所以动量改变也小，因此，CD
正确。
【总结升华】用动量定理解释现象一般可分为两类：一类是物体的动量变化一定，力的作用时间
越短，力就越大；时间越长，力就越小。另一类是作用力一定，力的作用时间越长，动量变化越大；
力的作用时间越短，动量变化越小。分析问题时，要搞清楚哪个量一定，哪个量变化。
举一反三：
【变式】机动车在高速公路上行驶，车速越大时，与同车道前车保持的距离也越大。请用动量定
理解释这样做的理由。
1( ) 0 0Ft mg t t− + = −
3.0NF =
t t 1 2( )it t t t= + + +
t10
【答案】由动量定理可知，作用力相同的情况下，动量变化越大，需要的时间越长。因此，车速
越大时，与同车道前车保持的距离也要越大。
类型三、动量定理的基本应用
例 4、（2016 春•九江校级期末）某游乐园入口旁有一喷泉，喷出的水柱将一质量为 M 的卡通玩具
稳定地悬停在空中．为计算方便起见，假设水柱从横截面积为 S 的喷口持续以速度 v0 竖直向上喷出；
玩具底部为平板（面积略大于 S）；水柱冲击到玩具底板后，在竖直方向水的速度变为零，在水平方向
朝四周均匀散开．忽略空气阻力．已知水的密度为 ρ，重力加速度大小为 g．求：
（i）喷泉单位时间内喷出的水的质量；
（ii）玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度．
【答案】（i）喷泉单位时间内喷出的水的质量为 ρSv0；
（ii）玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度为 ．
【解析】（i）喷泉单位时间内喷出的水的质量 m=ρV=ρSv0，
（ii）设水到达卡通玩具处的速度为 v，玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度为 h，
根据运动学基本公式得： ，
水柱冲击到玩具底板后，在竖直方向水的速度变为零，以向上为正，根据动量定理得：
联立解得：
【总结升华】本题主要考查了动量定理与运动学知识的直接应用，要求能准确掌握动量定理的正
确应用。
举一反三：
【变式 1】在水平力 的作用力下，质量 的物体由静止开始沿水平面运动．已
知物体与水平面间的动摩擦因数 ，若 作用 后撤去，撤去 后物体还能向前运动多长时
间才停止？（ 取 ）
【解析】解法一：用牛顿定律解．
在有水平力 作用时，物体做初速度为零的匀加速运动；撤去 后，物体做匀减速运动．由于撤
去 前后物体运动的加速度不同，所以用牛顿定律解答时必须分段研究．在受 作用时，物体受到重
力、地面支持力 、水平力 和摩擦力 作用如图甲，
2 2 4 2 2
0
2 2 2
02
S v M g
S v g
ρ
ρ
−
2 2
0 2v v gh− = −
0 (0 )Mgt Sv t vρ− = −
2 2 4 2 2
0
2 2 2
02
S v M gh S v g
ρ
ρ
−=
30 NF = 5 kgm =
0.2µ = F 6 s F
g 210m/s
F F
F F
NF F fF11
设物体的加速度为 ，选 的方向为正方向，根据牛顿第二定律有：
，
，
根据滑动摩擦力公式有：
．
以上三式联立解得物体做匀加速运动的加速度为
．
在撤去 时物体的即时速度为：
．
在撤去 后，物体受重力、支持力 和摩擦力 作用（如图乙所示），设物体运动的加速度为
，根据牛顿第二定律有
．
解得物体做匀减速运动的加速度为
．
设撤去 后物体运动的时间为 ，根据运动学公式有
．
解法二：用动量定理解，分段处理．
选物体为研究对象，对于撤去 前物体做匀加速运动的过程，受力情况如图甲所示，始态速度为
零，终态速度为 ．取水平力 的方向为正方向，根据动量定理有
，
对于撤去 后，物体做匀减速运动的过程，受力情况如图乙所示，始态速度为 ，终态速度为
零．根据动量定理有
1a F
1fF F ma=－
NF mg=
f NF Fµ=
2 2
1
30 0.2 10 m/s 4m/s5
F mg Fa gm m
µ µ− = = − = − × =
F
1 1 4 6m/s 24 m/sv a t= = × =
F NF fF
2a
2mg maµ =－
2 2
2 0.2 10 m/s 2 m/sa gµ= = × =－ － －
F 2t
2
2
0 0 24 s 12s2
vt a
− −= = =−
F
v F
1( ) 0F mg t mvµ =－ －
F v12
．
以上两式联立解得
．
解法三：用动量定理解，研究全过程．
选物体作为研究对象，研究整个运动过程，这个过程的始、终状态的物体速度都等于零．
取水平力 的方向为正方向，根据动量定理得
解得
．
【总结升华】比较上述三种解法可以看出：
（1）既能用牛顿第二定律（结合运动学公式）解答，也能用动量定理解答的问题，一般来说用动
量定理解比较简便．
（2）当物体的运动由两个以上的物理过程组成时，灵活选取所研究的物理过程，能提高解题效率，
该题解法三的整体法（全过程法）比解法二的隔离法（分段法）要简便一些．
【变式 2】如图， 两小物块被平行于斜面的轻细线相连，均静止于斜面上．以平行于斜面向
上的恒力拉 ，使 同时由静止起以加速度 沿斜面向上运动．经时间 ，细线突然被拉断．再
经时间 ， 上滑到最高点．已知 的质量分别为 ，细线断后拉 的恒力不变，求 到
达最高点时 的速度．
【解析】本题中，由于恒力大小、斜面的倾角及 与斜面间的动摩擦因数均未知，故分别对
运动的每一个过程应用动量定理建立方程时有一定的困难．但若以系统为研究对象，系统合外
力为
．
且注意到，细绳拉断前后，系统所受各个外力均未变化，全过程中， 的动量增量为零，对系统
动量的全过程，有
，
解出
2 0mgt mvµ =－ －
2 1
30 0.2 5 10 6s 12s0.2 5 10
F mgt tmg
µ
µ
− − × ×= = × =× ×
F
1 2( ) ( ) 0F mg t mg tµ µ− + − =
2 1
30 0.2 5 10 6s 12 s0.2 5 10
F mgt tmg
µ
µ
− − × ×= = × =× ×
A B、
A A B、 a 1t
2t B A B、 1 2m m、 A B
A
A B、
A B、
( )1 2F m m a∑ = +
B
( ) ( )1 2 1 2 1 Am m a t t m v+ + =13
．
故 到达最高点时 的速度为
．
【总结升华】（1）动量定理的研究对象可以是一个物体，也可以是一个系统．系统所受合外力的
冲量等于系统内各物体的动量增量之和．（2）在系统所受外力中有较多未知因数时，应用牛顿第二定
律，系统的合外力应等于系统内各物体的质量与加速度的乘积之和．本题中，因 加速度相同，
故有 ．
类型四、求平均作用力
例 5.质量为 的建筑工人，不慎从高空跌下，由于弹性安全带的保障，使他悬挂起来，已知
弹性安全带缓冲时间为 ，安全带长为 ，则安全带所受的平均作用力。（ 取 ）
【答案】 。
【解析】对人在全过程中（从开始跌下到安全停止），由动量定理得：
∴
根据牛顿第三定律可知，安全带所受的平均作用力为 。
【总结升华】此题也可用上面的方法分两个阶段分别研究，无论是分过程的解法还是全过程的解
法，一定要注意力与时间的对应以及始末状态的确定。
类型五、用动量定理求变力的冲量
例 6.如图所示，将一轻弹簧悬于 点，下端和物体 相连，物体 下面用细线连接物体 ， 、
质量分别为 、 ，若将细线剪断，待 的速度为 时， 的速度为 ，方向向下，求该过程中
弹簧弹力的冲量。
1 2 1 2
1
( )( )
A
m m t t av m
+ +=
B A
1 2 1 2
1
( )( )m m t t a
m
+ +
A B、
( )1 2F m m a∑ = +
60kg
1.2s 5m g 210m/s
1100N
( )1 2 2 0mg t t Ft+ =－
1
2 2 5 1s10
Lt g
×= = =
2 1.2st =
1 2
2
( ) 60 10 (1 1.2) 1100N1.2
mg t tF t
+ × × += = =
1100N
O A A B A
B M m B v A V14
【思路点拨】求变力的冲量，可借助动量定理 ，由动量的变化量间接求出。
【答案】
【解析】剪断细线后， 向下做自由落体运动， 向上运动。
对 ：取向上方向为正，由动量定理得
对 ：由自由落体运动知识
………………………②
由①、②解得：
= ．
【总结升华】求变力的冲量，不能用 直接求解，可借助动量定理 ，由动量的变化量
间接求出。
类型六、用动量定理解决变质量问题
例 7.如图所示，水力采煤时，用水枪在高压下喷出强力水柱冲击煤层。设水柱直径为 ，
水速为 。假设水柱射在煤层的表面上，冲击煤层后水的速度变为零，求水柱对煤层的平均
冲击力。（水的密度 ）
【思路点拨】应用动量定理分析连续体相互作用问题的方法：○1 确定一小段时间 内的连续体
为研究对象；○2 写出 内的连续体的质量 与 的关系式；○3 分析连续体 的受力情况和动
量变化；○4 应用动量定理列式；○5 求解。
F t P∆ =∆
( )M v V−
B A
A
0I Mgt MV− = − −弹
I Mgt MV∴ = − 弹 ①
B
vt g
=
vI Mg MVg
= −弹
( )M v V−
Ft F t P∆ =∆
30=d cm
50 /=v m s
3 31.0 10 /ρ = × kg m
∆t
∆t ∆m ∆t ∆m15
【答案】
【解析】设在一小段时间 内，从水枪射出的时的质量为 ，则
。
以 为研究对象，如图所示，它在 时间内的动量变化
。
设 为水对煤层的平均作用力，即冲力； 为煤层对水的反冲力，以 的方向为正方向，根据动
量 定 理 （ 忽 略 水 的 重 力 ） ， 有
即
根据牛顿第三定律知
式中 ，代入数值得
。
【总结升华】应用动量定理分析连续体相互作用问题的方法：
（1） 确定一小段时间 内的连续体为研究对象。
（2） 写出 内的连续体的质量 与 的关系式。
（3） 分析连续体 的受力情况和动量变化。
（4） 应用动量定理列式。
（5） 求解。
类型七、动量定理与动量、能量的综合应用
例 8.一倾角为 °的斜面固定于地面，斜面顶端离地面的高度 ，斜面底端有一垂直
于斜面的固定挡板。在斜面顶端自由释放一质量 的小物块（视为质点）。小物块与斜面之
间的动摩擦因数 。当小物块与挡板碰撞后，将以原速返回。重力加速度 。在小物块
与挡板的前 次碰撞过程中，挡板给予小物块的总冲量是多少？
51.77 10 NF ≈ ×
∆t ∆m
ρ∆ = ⋅ ∆m S v t
∆m ∆t
2(0 ) ρ∆ =∆ ⋅ − =− ∆p m v Sv t
F 'F v
2F t p Sv t∆ ∆ ρ ∆′⋅ = = −
' 2ρ=−F sv
' 2ρ=− =F F Sv
2
4
π=S d
51.77 10 NF ≈ ×
∆t
∆t ∆m ∆t
∆m
045θ = 0 1mh =
0.09kgm=
0.2µ = 210m/sg =
416
【答案】
【解析】设小物块从高为 h 处由静止开始沿斜面向下运动，到达斜面底端时速度为 v。
由功能关系得
①
以沿斜面向上为动量的正方向。按动量定理，碰撞过程中挡板给小物块的冲量
②
设碰撞后小物块所能达到的最大高度为 hˊ，则
③
同理，有 ④
⑤
式中， 为小物块再次到达斜面底端时的速度， 为再次碰撞过程中挡板给小物块的冲量。
由①②③④⑤式得
⑥
其中
⑦
由此可知，小物块前 4 次与挡板碰撞所获得的冲量成等比级数，首项为
⑧
总冲量为
⑨
由
⑩
0.43(3 6)= + ⋅I N s
21 cos2 sin
µ θ θ= + hmgh mv mg
( )= − −I mv m v
'
2 '1 cos2 sin
µ θ θ= + hmv mgh mg
'
' '21 cos2 sin
µ θ θ= + hmgh mv mg
' ' '( )= − −I mv m v
'v 'I
' =I kI
tan
tan
θ µ
θ µ
−= +k
1 02 2 (1 cot )µ θ= −I m gh
2 3
1 2 3 4 1 (1 )= + + + = + + +I I I I I I k k k
2 3 1 11 ... 1
− −+ + + + = −
n
n kk k k k k17
得
⑾
代入数据得
【总结升华】此题重难点在数学运算。核心思路是按等比数列进行运算。属要求较高题目。
例 9.如图所示，在同一水平面内有相互平行且足够长的两条滑轨 和 相距 ，
垂直于滑轨平面竖直向上的匀强磁场的磁感应强度 ，垂直于滑轨放置的金属棒 和 质量为
和 ，每根金属棒的电阻均为 ，其它电阻不计，开始时两棒都静止，且
和 与滑轨间的动摩擦因数分别 和 ，求：
(1)当一外力作用 棒 的时间,恰好使 棒以 的速度做匀速运动，那么外力的冲
量多大？
(2)若在 末令 棒突然停止运动， 继续运动直到停止的过程中，通过其横截面的电量为
，则在此过程中两根金属棒消耗的电能是多少？（设两棒不相碰， ）
【思路点拨】此题以双杆为载体将受力分析、动量、能量、电磁感应等相结合的综合题目，注意
隐含条件。
【答案】(1) ； (2) ．
【解析】
(1) 棒是由于 棒切割磁感线运动产生感应电动势并在闭合电路产生感受应电流后，使其受到
安培力作用而做加速运动。由分析知当它匀速时受安培力和摩擦力平衡：
┅①
此时隐含 也要匀速运动（设其速度为 ，外力的冲量为 ），
对两棒组成的系统，由动理定理得：
┅②
但
0
1 2 2 (1 cot )1
µ θ−= −−
nkI m ghk
0.43(3 6)= + ⋅I N s
M N、 P Q、 0.5ml =
1TB = ab cd
1 10kgm = 2 2kgm = 1R = Ω ab
cd 1 0.01µ = 2 0.05µ =
cd 5st = ab 1 10m/sv =
5s cd ab
10C 210m/sg =
0 146N sI = ⋅ 460JW =
ab cd
1 1BIl m gµ=
cd 2v 0I
0 1 1 2 2 1 1 2 2( )I m g m g t m v m vµ µ− + = +18
┅③
解①–③得
(2)当 突然停止， 中流过的感应电流方向立即反向，因而受安培力反向使 做变减速运动
直到停止，设滑动的距离为 ，由法拉第电磁感应定律得：
┅④
因流过的电量为
┅⑤
设两棒在该过程消耗的电能为 ，由能量守恒得：
┅⑥
解④–⑤得
【总结升华】此题以双杆为载体将受力分析、动量、能量、电磁感应等综合起来，其中 棒匀速
隐含 棒也匀速是关键，也是易错点，此类题为高考的一大趋势。
举一反三：
【变式】如图，在离水平地面 高的地方上有一相距 的光滑轨道，左端接有已充电的电容器，
电容为 ，充电后两端电压为 。轨道平面处于垂直向上的磁感应强度为 的匀强磁场中。在轨道
右端放一质量为 的金属棒，当闭合 ，棒离开轨道后电容器的两极电压变为 ，求棒落在地面离
平台多远的位置。
【答案】
【解析】当 闭合时，电容器由于放电，形成放电电流，因而金属棒受磁场力作用做变加速运动，
并以一定速度离开导轨做平抛运动，所以棒在导轨上运动时有 ，
2 1( )
2
Bl v vI R
−=
0 146N sI = ⋅
cd ab ab
x
BlxE t t
Ф∆= =∆ ∆
2
EQ l t tR
= ∆ = ∆
W
2
1 1 1 1
1
2W m v m gxµ= −
460JW =
ab
cd
h L
C 1U B
m K 2U
1 2( )2 2BLC U Uh hS v g m g
−= =
L19
即
棒做平抛运动时有：
所以
．
F t P∆ =∆合
1 2 1 2( ) ( )BIL t BL CU CU BLC U U mv∆ = − = − =
vt S=
21
2h gt=
1 2( )2 2BLC U Uh hS v g m g
−= =20
【巩固练习】
一、选择题：
1．一物体的动量发生了变化，下列说法正确的是（ ）
A.所受的合外力一定发生变化 B.所受合外力的冲量一定不是零
C.物体的速度一定发生变化 D.物体的加速度一定发生变化
2．质量为 的物体沿倾角为 的斜面匀速下滑了时间 ，下列说法正确的是（ ）
A.物体所受弹力的冲量大小为 B.物体所受弹力的冲量为零
C.物体所受弹力和摩擦力的冲量大小为 D.重力对物体的冲量大小为
3．一个质量为 m 的物体放在水平桌面上，现用一个水平恒力 F 作用于它，作用时间为 t，但物体
始终静止。那么在这段时间内（ ）
A.力 F 对物体所做的功为零 B.力 F 对物体的冲量为零
C.合力对物体所做的功为零 D.合力对物体的冲量为零
4．质量为 的钢球自高处下落，以速率 碰地，竖直向上弹回，碰撞时间极短，离地的速率为
，在碰撞过程中，地面对钢球的冲量的方向和大小为（ ）
A.向下， B. 向下，
C. 向上， D. 向上，
5、以质量为 的铁锤，以速度 竖直打在木桩上，经过 时间而停止。则在打击时间内，铁锤
对木桩的平均冲力大小是（ ）
A． B． C． D．
6、（2016 春 南昌校级期末）如图所示，一物体分别沿三个倾角不同的光滑斜面由静止开始从顶端下
滑到底端 C、D、E 处，三个过程中重力的冲量依次为 I1、I2、I3，动量变化量的大小依次为△P1、△
P2、△P3，则有（ ）
A．三个过程中，合力的冲量相等，动量的变化量相等
B．三个过程中，合力做的功相等，动能的变化量相等
C．I1＜I2＜I3，△P1=△P2=△P3
m θ t
cosmg tθ ⋅
mg t⋅ sinmg tθ ⋅
m 1v
2v
1 2( )m v v− 1 2( )m v v+
1 2( )m v v− 1 2( )m v v+
m v ∆t
⋅∆mg t ∆
mv
t
+∆
mv mgt
−∆
mv mgt21
D．I1＜I2＜I3，△P1＜△P2＜△P3
7．如图所示，把重物 压在纸带上，用一个水平力缓慢拉动纸带，重物跟着一起运动，若迅速
拉动纸带，纸带将会从重物下抽出，下列关于这些现象的说法正确的是（ ）
A．在缓慢拉动纸带时，重物和纸带间的摩擦力小
B．在迅速拉动纸带时，重物和纸带间的摩擦力小
C．在缓慢拉动纸带时，纸带给重物的冲量大
D．在迅速拉动纸带时，纸带给重物的冲量小
8、(2015 池州一模) 把皮球从地面以某一初速度竖直上抛，经过一段时间后皮球又落回抛出点，
上升最大高度的一半处记为A点．以地面为零势能面．设运动过程中受到的空气阻力大小与速率成正
比，则（ ）
A．皮球上升过程中的克服重力做功大于下降过程中重力做功
B．皮球上升过程中重力的冲量大于下降过程中重力的冲量
C．皮球上升过程与下降过程空气阻力的冲量大小相等
D．皮球下降过程中重力势能与动能相等的位置在A点下方
9、(2015 县校级模拟)在高台跳水中，运动员从高台向上跃起，在空中完成 动作后，进入水中
在浮力作用下做减速运动，速度减为零后返回水面．设运动员在空中运动过程为 І，在进入水中做减速
运动过程为 ІІ．不计空气阻力和水的粘滞阻力，则下述判断错误的是（ ）
A. 在过程 І 中，运动员受到的冲量等于动量的改变量
B. 在过程 І 中，运动员受到重力冲量的大小与过程 ІІ 中浮力冲量的大小相等
C. 在过程 І 中，每秒钟运动员动量的变化量相同
D. 在过程 І 和在过程 ІІ 中运动员动量变化的大小相等
10．（2015 蒙城县校级模拟）如图所示，水平桌面上放着一对平行金属导轨，左端与一电源相连，
中间还串有一开关 K．导轨上放着一根金属棒 ab，空间存在着垂直导轨平面向下的匀强磁场．已知两
导轨间距为 d，电源电动势为 E，导轨电阻及电源内阻均不计，ab 棒的电阻为 R，质量为 m，棒与导
轨间摩擦不计．闭合开关 K，ab 棒向右运动并从桌边水平飞出，已知桌面离地高度为 h，金属棒落地
点的水平位移为 s．下面的结论中正确（ ）
A．开始时 ab 棒离导轨右端的距离
G
2
2 24
ms gRL hB d E
=22
B．磁场力对 ab 棒所做的功
C．磁场力对 ab 棒的冲量大小
D．ab 棒在导轨上运动时间
二、填空题
11．以 的初速度在月球上竖直上抛一个质量为 的石块，它落在月球表面上的速率也
是 ，在这段时间内，石块速度的变化量为_____，其方向是_____，它的动量的增量等于_____，
其方向是_____，石块受到的月球引力的冲量是_____，方向是_____。
12． A、B 两物体在光滑水平面上相向滑行，A 物体速度大小为 ，B 物体速度大小为 ，
两物体相碰后均静止，则两物体所受冲量大小之比为_______，两物体质量之比为_______.
13．质量为 的特技演员从 高墙上自由落下，着地后不再弹起，假如他能承受的地面支持
力最大为体重的 倍，则落地时他所受到的最大合力不应超过_____ ，为安全计，他落地时间最少
不应少于_____（ ）
三、解答题：
14、（2016 春 朝阳区期末）如图所示，从距离地面 h=1.25m 处以初速度 vo=5.0m/s 水平抛出一个
小钢球（可视为质点），落在坚硬的水平地面上．已知小球质量 m=0.20kg，不计空气阻力，取重力加
速度 g=10m/s2．
（1）求钢球落地前瞬间速度 v 的大小和方向．
（2）小球落到地面，如果其速度与竖直方向的夹角是 θ，则其与地面碰撞后．其速度与竖直方向
的夹角也是 θ，且碰撞前后速度的大小不变．在运用动量定理处理二维问题时，可以在相互垂直的两
个方向上分别研究．
a．求碰撞前后小球动量的变化量△P 的大小和方向；
b．已知小球与地面碰撞的时间△t=0.04s．求小球对地面平均作用力的大小和方向．
15、（2016 北京高考）激光束可以看作是粒子流，其中的粒子以相同的动量沿光传播方向运
动．激光照射到物体上，在发生反射、折射和吸收现象的同时，也会对物体产生作用．光镊效应就是
一个实例，激光束可以像镊子一样抓住细胞等微小颗粒．
一束激光经 S 点后被分成若干细光束，若不考虑光的反射和吸收，其中光束①和②穿过介质小球的
光路如图②所示，图中 O 点是介质小球的球心，入射时光束①和②与 SO 的夹角均为 θ，出射时光
束均与 SO 平行．请在下面两种情况下，分析说明两光束因折射对小球产生的合力的方向．
2
8
ms gW h
=
2
gI ms h
=
2 2 2
msR gt B d e h
=
10m/s 0.5kg
10m/s
8m/s 4m/s
50kg 5m
4 N
210m/sg =23
a．光束①和②强度相同；
b．光束①比②强度大．
16．如图所示，长为三的轻绳一端系于固定点 ，另一端系质量为 的小球，将小球从 点正下
方 处以一定初速度水平向右抛出，经过一段时间后绳被拉直，以后小球将以 为圆心在竖直平面内
摆动．已知绳刚被拉直时与竖直方向成 角，求：
（1）小球被水平抛出时的速度；
（2）在绳被拉紧的瞬间，圆心 受到的冲量．
【答案与解析】
1．【答案】 BC
【解析】动量发生变化即速度发生变化，也就是产生加速度，但是加速度不一定变化，故 AD 错，
C 对；又根据动量定理动量发生变化，合外力的冲量一定不是零，B 对。
2．【答案】AC
【解析】根据受力分析，物体所受的弹力为 ，作用时间为 ，所以冲量为 ，
故 A 选项正确，B 错误；弹力和摩擦力的合力大小为重力的大小，故冲量大小为 ，C 选项正确；
重力冲量大小为 ，故 D 选项错误。
3．【答案】ACD
【解析】物体静止，即物体的位移 s 等于零，所以力 F 对物体所做的功为零，A 对；根据 ，
恒力 F 和时间 t 均不为零，故 F 对物体的冲量不为零，故 B 错误；物体静止，所受的合力为零，所以
合力对物体所做的功、对物体的冲量均为零，CD 对。
4．【答案】D
【解析】冲量的大小等于动量的变化，即 ；方向向上，与反弹方向相同。故选 D。
5．【答案】C
【解析】对铁锤应用动量定理，设木桩对铁锤的平均作用力为 F，则 ，解得
，所以由牛顿第三定律知，铁锤对木桩的平均冲力 ．
6．【答案】ABC
O m O
4
L O
060
O
cosmg θ t cosmg tθ ⋅
mg t⋅
mg t⋅
I Ft=
1 2( )P m v v∆ = +
( ) 0F mg t mv− ⋅∆ = −
mvF mgt
= +∆ ' mvF F mgt
= = +∆24
【解析】：由机械能守恒定律可知物体下滑到底端 C、D、E 的速度大小 v 相等，动量变化量
相等，即 ；根据动量定理，合力的冲量等于动量的变化率，故合力的冲量大小也相等，
注意不是相同（方向不同）；设斜面的高度为 h，从顶端 A 下滑到底端 C，由 得物
体下滑的时间 ，所以 θ 越小，sin2θ 越小，t 越大，重力的冲量 就越大，故 I1＜I2
＜I3；故 A 正确，C 正确，D 错误；
B、物体下滑过程中只有重力做功，故合力做的功相等，根据动能定理，动能的变化量相等，故 B 正
确；
故选：ABC
7．【答案】C、D
【解析】 在缓慢拉动纸带时，重物与纸带之间是静摩擦力，在迅速拉动纸带时，它们之间是滑动
摩擦力，静摩擦力可能比滑动摩擦力小些，也可能大些，但相差不大可认为相同。缓慢拉动纸带时，
作用时间长，摩擦力的冲量大，重物的动量变化大，所以重物跟随纸带一起运动；迅速拉动纸带时，
作用时间短，滑动摩擦力的冲量小，重物的动量变化小。所以重物几乎不动。
8、【答案】CD
【解析】A、小球在上升和下降过程中，由于运动的高度相同，故重力做的功大小相同，故 A 错
误；
B、小球往返运动先后通过同一位置过程中用动能定理，重力做功为零，阻力做负功，因此一定
有 v＞v′，因此上升过程的平均速度一定大于下降过程的平均速度，上升时间小于下降时间，即上升过
程重力冲量较小；故 B 错误；
C、右图第一、第四象限中阴影部分的面积表示上升和下降过程的位移大小相等方向相反；若将
纵坐标改为 f，由于 f∝v，因此第一、第四象限中阴影部分的面积仍相等，其物理意义为上升、下降过
程阻力的冲量等大反向；故 C 正确；
D、设下降 h1 后离地面的高度为 h2，下降 h1 过程克服阻力做功，因此 mgh1＞Ek，而 Ek=mgh2，因
此 h1＞h2，即该点在中点下方；故 D 正确；故选：CD．
9、【答案】B
【解析】A、由动量定理可知，在过程 І 中，运动员受到的冲量等于动量的改变量，故 A 正确；
B、由动量定理可得，在过程 І 中，运动员受到重力冲量的大小与过程 ІІ 中浮力与重力合力的
冲量的大小相等，故 B 错误；
C、由动量定理可得，在过程 І 中，每秒钟运动员动量的变化量相同，故 C 正确；
D、由动量定理可得，在过程 І 和在过程 ІІ 中运动员动量变化的大小相等，故 D 正确；
p mv∆ =
1 2 3p p p∆ = ∆ = ∆
21 sinsin 2
h g tθθ = ⋅
2
2
sin
ht g θ= I mgt=25
本题选错误的，故选 B．
10.【答案】C
【解析】A、ab 受到的安培力 ；ab 棒离开桌面后做平抛运动，水平方向 ，竖
直方向 ；
解得： ；对于加速过程由动能定理可知：
；解得： ；故 A 错误；
B、安培力做的功 ；故 B 错误；
C、由动量定理可知，冲量 ；故 C 正确；
D、 ，解得 ；故 D 错误；
故选：C．
二、填空题：
11．【答案】 ；向下； ；向下； ；向下
12. 【答案】1∶1；1∶2
13．【答案】 ； ．
三、解答题：
14．【答案】（1）钢球落地前瞬间速度 v 的大小是 m/s，方向与水平方向之间的夹角是 45°；
（2）a．碰撞前后 x、y 方向小球的动量变化△px 为 0，△py 大小为 2N•S，方向沿竖直方向向上；
b．小球对地面的作用力大小是 50N，方向沿竖直方向向上．
【解析】（1）小球竖直方向做自由落体运动，则有：
得
落地竖直分速度大小： vy=gt=10×0.5 m/s =5m/s
速度大小为 v= = m/s= m/s
BEdF BId R
= = s vt=
21
2h gt=
2
gv s h
=
21
2W Fx mv= =
2
4
ms gRx hBEd
=
2
21
2 4
ms gW mv h
= =
2
gI mv ms h
= =
I Ft= 2
2
gmsI msR ght BEdF BEd h
R
= = =
20m/s 10kg m/s⋅ 10N s⋅
1500N 0.33s
5 2
21
2h gt=
2 2 1.25 0.510
ht s sg
×= = =
2 2
0 yv v+ 2 25 5+ 5 226
设速度方向与水平方向之间的夹角为 α，则：
所以 α=45°
（2）a、如果其速度与竖直方向的夹角是 θ，竖直方向选取向上为正方向，把小球入射速度分解
为 vx=vsinθ，vy=﹣vcosθ，
把小球反弹速度分解为 vx′=vsinθ，vy′=vcosθ，
则△px=m（vx′-vx）=0，△py=m（vy′﹣vy）=2mvcosθ 方向沿竖直方向向上，
由几何关系可知，θ=90°﹣α=90°﹣45°=45°
则：△P=△Py=2mvcos45°=2×0.2× × N•S =2N•S
b、对小球分析，根据△p=F△t 得：Fx= =0，Fy= =
则 N=50N，方向沿竖直正向向上，
根据牛顿第三定律可知，小球对地面的作用力的方向沿竖直方向向下．
15. 【答案】a．光束①和②强度相同时，光束因折射对小球产生的合力的方向向左；b．光束①
比②强度大时，小球所受的合力方向为左上．
【解析】设光束 1 单位时间内射出的光子数为 N1，光束 2 单位时间内射出的光子数为 N2，该激光
束单个光子的动量为 P．规定向右为水平方向的正方向．向上为竖直方向的正方向．根据动量定理得
对光束 1 有：
水平方向：（N1△t）（P﹣Pcosθ）=F1x•△t
竖直方向：（N1△t）（0﹣Psinθ）=F1y•△t
对光束 2 有：
水平方向：（N2△t）（P﹣Pcosθ）=F2x•△t
竖直方向：（N2△t）[0﹣（﹣Psinθ）]=F2y•△t
a、光束①和②强度相同，有 N1=N2．
Fx=F1x+F2x＞0，方向向右
Fy=F1y+F2y=0
所以 F=Fx，方向水平向右
根据牛顿第三定律可知，小球所受的合力方向水平向左．
b、若强度不同，且 N1＞N2．所以
Fx=F1x+F2x＞0，方向向右
Fy=F1y+F2y＜0，方向竖直向下
根据力的合成可知，合力 F 方向为右下
根据牛顿第三定律知，小球所受的合力方向为左上．
16．【答案】（1） ；（2）
【解析】（1）设球抛出后经过时间 t 绳刚被拉直，则由平抛运动规律，得
①
0
tan 1yv
v
α = =
5 2 2
2
xP
t
∆
∆
yP
t
∆
∆
2 cosmv
t
θ
∆
22 0.20 5 22 cos 2
0.04y
mvF F t
θ × × ×
= = =∆合
0
1 62v gL= 2m gL−
0sin 60L v t° =27
， ②
由①②两式得 ， 。
（2）绳刚被拉紧瞬间，小球的瞬时速度为
。
设 v 与竖直方向夹角为 ，则 。
将 v、t 代入上式得 ，所以 ，即此时速度方向与绳的方向一致，绳拉直以后沿绳长
方向速度变为 0，小球该时刻的动量即为初动量，末动量为 0：
。
设绳的拉直的方向为正方向，根据动量定理有
．
21cos60 4 2
LL gt°− =
2
Lt g
= 0
1 62v gL=
2 2
0 ( ) 2v v gt gL= + =
θ 0tan v
gt
θ =
tan 3θ = 60θ = °
2p mv m gL= =
0 2I p mv m gL= ∆ = − = −
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