【物理】2019届一轮复习人教版动量　动量定理学案

【物理】2019届一轮复习人教版动量　动量定理学案

动量守恒定律 第26课时　动量　动量定理 考点1　动量、冲量、动量的变化量 ‎1．动量、冲量、动量定理 ‎(1)动量：物体的质量与速度的乘积。即p＝mv。方向与速度的方向相同，是矢量。‎ ‎(2)冲量：力和力的作用时间的乘积。即I＝Ft。方向与力的方向相同，是矢量。‎ ‎(3)动量的变化量：物体的末动量减去初动量。即Δp＝m2v2－m1v1或Δp＝p2－p1。‎ ‎(4)动量定理：物体在一个过程始末的动量变化等于它在这个过程中所受合外力的冲量。即F合·t＝Δp＝p′－p。‎ ‎(5)动能、动量、动量变化量的比较 ‎1．(多选)关于动量的变化，下列说法中正确的是(　　)‎ A．做直线运动的物体速度增大时，动量的变化量Δp的方向与速度方向相同 B．做直线运动的物体速度减小时，动量的变化量Δp的方向与速度方向相反 C．物体的速度大小不变时，动量的变化量Δp为零 D．物体做匀速圆周运动时，动量的变化量Δp为零 答案　AB 解析　动量是矢量，动量的变化量是末动量与初动量的矢量差。物体的速度大小不变，如果方向改变时，动量变化量Δp不为零，C、D 错误；做单向直线运动的物体初、末动量方向相同，速度增大时，动量变化量与速度同向，速度减小时，动量变化量与速度反向，A、B正确。‎ ‎2．(多选)两个质量相等的物体在同一高度沿倾角不同的两个光滑斜面由静止开始自由下滑，在它们到达斜面底端的过程中(　　)‎ A．重力的冲量相同 B．重力的功相同 C．斜面弹力的冲量均为零 D．斜面弹力的功均为零 答案　BD 解析　设斜面高为h，倾角为θ，物体质量为m，则两物体滑至斜面底端的过程，重力做功均为mgh，B正确；物体滑至底端用时，可由＝·gsinθ·t2求出下滑的时间t＝ ，则重力的冲量IG＝mgt＝，与θ有关，故重力的冲量不同，A错误；斜面弹力方向与物体运动方向垂直，不做功，但弹力的冲量不为零，C错误、D正确。‎ ‎3．羽毛球是速度最快的球类运动之一，2005年中国举行的苏迪曼杯混合团体赛中，付海峰扣杀羽毛球的速度达到了342 km/h，假设球飞来的速度为90 km/h，付海峰将球以342 km/h的速度反向击回。设羽毛球质量为5 g，试求付海峰击球过程中羽毛球的动量变化。‎ 答案　球的动量变化大小为0.600 kg·m/s，方向与球飞来的方向相反。‎ 解析　以球飞来的方向为正方向，则 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。‎ 所以动量的变化量 Δp＝p2－p1＝－0.475 kg·m/s－0.125 kg·m/s ‎＝－0.600 kg·m/s。‎ 所以球的动量变化大小为0.600 kg·m/s，方向与球飞来的方向相反。‎ 考点2　　动量定理的理解和应用 ‎1．对动量定理的理解 ‎(1)适用对象：在中学物理中，动量定理的研究对象通常为单个物体。‎ ‎(2)适用范围：动量定理不仅适用于宏观物体的低速运动，也适用于微观物体的高速运动。不论是变力还是恒力，不论物体的运动轨迹是直线还是曲线，动量定理都适用。‎ ‎(3)因果关系：合外力的冲量是原因，物体动量的变化量是结果。冲量反映了力对时间的积累效应，与物体的初、末动量以及某一时刻的动量无必然联系。物体动量变化的方向与合力的冲量的方向相同，物体在某一时刻的动量方向与合力的冲量的方向无必然联系。‎ ‎2．动量定理的应用 ‎(1)定性分析有关现象 ‎①物体的动量变化量一定时，力的作用时间越短，力就越大，反之力就越小。例如，易碎物品包装箱内为防碎而放置碎纸、刨花、塑料泡沫等填充物。‎ ‎②作用力一定时，力的作用时间越长，动量变化量越大，反之动量变化量就越小。例如，杂耍中，用铁锤猛击“气功师”身上的石板令其碎裂，作用时间很短，铁锤对石板的冲量很小，石板的动量几乎不变，“气功师”才不会受伤害。 ‎ ‎(2)定量计算 ‎①‎ 应用动量定理可以计算某力或合力的冲量，通常多用于计算变力的冲量。‎ ‎②应用动量定理可以计算某一过程中的平均作用力，通常多用于计算持续作用的变力的平均大小。‎ ‎③应用动量定理可以计算物体的初、末动量，尤其方便处理物体受瞬间冲量的问题。‎ ‎(3)应用动量定理定量计算的一般步骤及注意事项。‎ ‎①选定研究对象，明确运动过程。‎ ‎②进行受力分析，确定初、末状态的动量。‎ ‎③选取正方向，列动量定理方程求解。注意初、末态动量和冲量的正负号；Ft＝Δp中Ft为合力的冲量，而不是某个力的冲量。‎ ‎[例]　(2016·全国卷Ⅰ)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：‎ ‎(1)喷泉单位时间内喷出的水的质量；‎ ‎(2)玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度。‎ 解析　(1)在刚喷出一段很短的Δt时间内，可认为喷出的水柱保持速度v0不变。‎ 该时间内，喷出水柱高度Δl＝v0Δt①‎ 喷出水柱质量Δm＝ρΔV②‎ 其中ΔV为水柱体积，满足ΔV＝ΔlS③‎ 由①②③可得：喷泉单位时间内喷出的水的质量为 ＝ρv0S。‎ ‎(2)设玩具底面相对于喷口的高度为h 由玩具受力平衡得F冲＝Mg④‎ 其中，F冲为水柱对玩具底面的作用力 由牛顿第三定律：F压＝F冲⑤‎ 其中，F压为玩具底面对水柱的作用力，v′为水柱到达玩具底面时的速度 由运动学公式：v′2－v＝－2gh⑥‎ 在很短Δt时间内，冲击玩具的水柱的质量为 Δm＝ρv0SΔt⑦‎ 由题意可知，在竖直方向上，对该部分水柱应用动量定理 ‎(F压＋Δmg)Δt＝Δmv′⑧‎ 由于Δt很小，Δmg也很小，可以忽略，⑧式变为 F压Δt＝Δmv′⑨‎ 由④⑤⑥⑦⑨可得h＝－。‎ 答案　(1)ρv0S　(2)－ ‎　建立柱状模型，应用动量定理解题 对于“连续”质点系发生持续作用，质点系的动量(或其他量)连续发生变化这类问题的处理思路是：正确选取研究对象，即选取很短时间Δt内动量(或其他量)发生变化的那部分质点系作为研究对象，建立如下的“柱状模型”：在时间Δt内所选取的质点系均匀分布在以S为截面积、长为vΔt的柱体内，这部分质点系的质量为Δm＝ρSvΔt，以这部分质点系为研究对象，研究它在Δt时间内动量(或其他量)的变化情况，再根据动量定理(或其他规律)求出相关的物理量。‎ ‎1．玻璃杯从同一高度落下，掉在石头上比掉在草地上容易碎，这是由于在玻璃杯与石头的撞击过程中(　　)‎ A．玻璃杯的动量较大 B．玻璃杯受到的冲量较大 C．玻璃杯的动量变化较大 D．玻璃杯的动量变化较快 答案　D 解析　从同一高度落到地面上时，速度相同，动量相同，与草地或石头接触后，末动量均变为零，因此动量变化量相同。因为玻璃杯与石头的作用时间短，由动量定理Ft＝mΔv知，此时玻璃杯受到的力F较大，容易碎，D正确。‎ ‎2．(粤教版选修3－5 P9·T4改编)在没有空气阻力的条件下，在距地面高为h，同时以相等初速度v0分别平抛、竖直上抛、竖直下抛一质量相等的物体m，当它们从抛出到落地时，比较它们的动量的增量Δp，有(　　)‎ A．平抛过程较大 B．竖直上抛过程最大 C．竖直下抛过程较大 D．三者一样大 答案　B 解析　竖直上抛的物体时间最长，由Δp＝F合·t＝mgt可知竖直上抛过程中动量的增量最大，B正确。‎ ‎3．一股射流以10 m/s的速度从喷嘴竖直向上喷出，喷嘴截面积为0.5 cm2。有一质量为0.32 kg的球，因水对其下侧的冲击而悬在空中，若水全部冲击小球且冲击球后速度变为零，则小球悬在离喷嘴多高处？(g＝10 m/s2)‎ 答案　2.952 m 解析　选择冲击球的一小段水柱Δm为研究对象，冲击过程中其受力为：重力Δmg和球对它的压力FN，由于小球静止，水对球的冲击力大小为mg，所以FN＝mg。设冲击时间为Δt，该时间极短，Δmg和mg相比可以忽略，在Δt时间内，设初速度为v，末速度为0，Δt时间内冲击球的那部分水的质量就等于Δt时间内从喷嘴喷出的一小段水柱的质量Δm＝ρV＝ρSv0Δt。‎ 取竖直向上为正，对这一小段水柱由动量定理得：‎ ‎－FN·Δt＝－mg·Δt＝0－Δmv 代入数据，解得v＝6.4 m/s 由v2－v＝－2gh，得h＝2.952 m。‎ ‎1．(2017·河南南阳质检)(多选)下列关于力的冲量和动量的说法中正确的是(　　)‎ A．物体所受的合外力为零，它的动量一定为零 B．物体所受的合外力做的功为零，它的动量变化量一定为零 C．物体所受的合外力的冲量为零，它的动量变化量一定为零 D．物体所受的合外力不变，它的动量变化率不变 答案　CD 解析　物体所受的合外力为零，物体可能处于静止状态，也可能做匀速直线运动，故其动量不一定为零，A错误；物体所受的合外力做的功为零，有可能合外力垂直于速度方向，不改变速度大小，只改变速度方向，而动量是矢量，所以其动量变化量有可能不为零，B错误；根据动量定理I＝Δp可知，物体所受的合外力的冲量为零，则其动量变化量一定为零，C正确；根据Ft＝Δp⇒F＝可得物体所受的合外力不变，则其动量变化率不变，D正确。‎ ‎2．(2017·山东枣庄期末联考)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，不计空气阻力影响，g取10 m/s2，则安全带所受的平均冲力的大小为(　　)‎ A．100 N B．500 N C．600 N D．1100 N 答案　D 解析　在安全带产生拉力的过程中，人受重力和安全带的拉力作用做减速运动，此过程的初速度就是自由落体运动的末速度，所以有v0＝＝ m/s＝10 m/s，根据动量定理，取竖直向下为 正方向，有mg·t－Ft＝0－mv0，解得F＝mg＋＝600 N＋ N＝1100 N，D正确。‎ ‎3．(2017·福建六校4月联考)(多选)如图所示，一颗钢珠从静止状态开始自由下落，然后陷入泥潭中，不计空气阻力。若把在空中下落的过程称为过程Ⅰ，进入泥潭直到停止的过程称为过程Ⅱ，则 (　　)‎ A．过程Ⅱ中钢珠的动量的改变量等于零 B．过程Ⅱ中阻力的冲量的大小等于过程Ⅰ中重力的冲量的大小 C．Ⅰ、Ⅱ两个过程中合外力的总冲量等于零 D．过程Ⅰ中钢珠的动量的改变量等于重力的冲量 答案　CD 解析　过程Ⅰ中钢珠所受的外力只有重力，由动量定理可知，钢珠的动量的改变量等于重力的冲量，D正确；在整个过程中，钢珠的动量的变化量为零，由动量定理可知，Ⅰ、Ⅱ两个过程中合外力的冲量等于零，C正确；过程Ⅱ中，钢珠所受的外力有重力和阻力，所以过程Ⅱ中阻力的冲量大小等于过程Ⅰ中重力的冲量大小与过程Ⅱ中重力的冲量大小之和，B错误；过程Ⅱ中钢珠初动量不为零，而末动量为零，所以过程Ⅱ中钢珠的动量的改变量不等于零，A错误。‎ ‎4．(2017·湖南五市十校联考)(多选)如图所示，AB为固定的光滑圆弧轨道，O为圆心，AO水平，BO竖直，轨道半径为R，将质量为m的小球(可视为质点)从A点由静止释放，在小球从A点运动到B点的过程中，小球(　　)‎ A．所受合力的冲量水平向右 B．所受支持力的冲量水平向右 C．所受合力的冲量大小为m D．所受重力的冲量大小为零 答案　AC 解析　在小球从A点运动到B点的过程中，根据动量定理可知I合＝mΔv，Δv的方向为水平向右，所以小球所受合力的冲量水平向右，即重力和支持力的合力的冲量水平向右，A正确、B错误；在小球从A点运动到B点的过程中，机械能守恒，故有mgR＝mv，解得vB＝，即Δv＝，所以I合＝m，C正确；小球所受重力的冲量大小为IG＝mgt，大小不为零，D错误。‎ ‎5．(2017·河南周口一中等联考)(多选)质量为m的物体以初速度v0做平抛运动，经过时间t，下落的高度为h，速度大小为v，不计空气阻力，在这段时间内，该物体的动量的变化量大小为(　　)‎ A．mv－mv0 B．mgt C．m D．m 答案　BCD 解析　根据动量定理得，物体所受合力的冲量等于它的动量的变化量，所以Δp＝mgt，故B正确；由题可知，物体末位置的动量为mv，初位置的动量为mv0，根据矢量三角形定则知，该物体的动量的变化量Δp＝mvy＝m＝m，C、D正确，A错误。‎ ‎6．(2018·福建厦门一中月考)(多选)一细绳系着小球，在光滑水平面上做圆周运动，小球质量为m，速度大小为v，做圆周运动的周期为T，则以下说法中正确的是(　　)‎ A．经过时间t＝，小球的动量的变化量为零 B．经过时间t＝，小球的动量的变化量大小为mv C．经过时间t＝，细绳的拉力对小球的冲量大小为2mv D．经过时间t＝，重力对小球的冲量大小为 答案　BCD 解析　经过时间t＝，小球转过了180°，速度方向正好与开始计时的时刻的速度方向相反，若规定开始计时的时刻的速度方向为正方向，则小球的动量的变化量Δp＝－mv－mv＝－2mv，细绳的拉力对小球的冲量I＝Δp＝－mv－mv＝－2mv，A错误、C正确；经过时间t＝，小球转过了90°，根据矢量合成法可得，小球的动量的变化量为Δp′＝mΔv＝mv，重力对小球的冲量大小IG＝mgt＝，B、D正确。‎ ‎7.(2017·湖南株洲质检)如图所示，质量为m的小滑块(可视为质点)，从高为h的A点由静止开始沿斜面下滑，停在水平地面上的B点(斜面和水平面之间由小圆弧平滑连接)。要使滑块能原路返回，在B点需给小滑块的瞬时冲量最小应是(　　)‎ A．2m B．m C. D．4m 答案　A 解析　小滑块从A点到B点的过程，根据动能定理有mgh－Wf＝0，小滑块从B点返回A点过程，根据动能定理有－mgh－Wf＝0－mv2，联立解得v＝2；在B点需给小滑块的瞬时冲量等于它动量的增加量，故I＝mv＝2m，故A正确，B、C、D错误。‎ ‎8．一位质量为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＋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 答案　B 解析　设地面对运动员的平均作用力为F，则由动量定理得(F－mg)Δt＝mv，故地面对运动员的冲量FΔt＝mv＋mgΔt；运动员从下蹲状态到身体刚好伸直离开地面，由于地面对人的作用力沿力的方向没有位移，所以地面对运动员做功为零，B正确。‎ ‎9．(2016·南开中学测试)采煤中有一种方法是用高压水流将煤层击碎将煤采下。今有一采煤水枪，由枪口射出的高压水流速度为v，设水流垂直射向煤层的竖直表面，随即顺煤壁竖直流下，求水流对煤层的压强(水的密度为ρ)。‎ 答案　ρv2‎ 解析　设射向煤层水流截面积为S，在时间Δt内有质量为m＝ρV＝ρSh＝ρSv·Δt的水以速度v撞击煤层，撞击后速度变为零。设煤层对水流作用力为F。取煤层对水作用力方向为正，对于这部分水由动量定理有 F·Δt＝0－(－ρSvΔt·v)‎ 解得F＝ρSv2‎ 由牛顿第三定律知，水对煤层作用力大小F′＝F＝ρSv2‎ 所以煤层表面受到水流的压强为p＝＝ρv2。‎ ‎10．如图所示，质量mA为4.0 kg的木板A放在水平面C上，木板与水平面间的动摩擦因数μ为0.24，木板右端放着质量mB为1.0 kg的小物块B(视为质点)，它们均处于静止状态，木板突然受到水平向右的12 N·s的瞬时冲量I作用开始运动，当小物块滑离木板时，木板的动能EkA为8.0 J。小物块的动能EkB为0.50 J，重力加速度取10 m/s2，求：‎ ‎(1)瞬时冲量作用结束时木板的速度v0的大小；‎ ‎(2)木板的长度L。‎ 答案　(1)3.0 m/s　(2)0.50 m 解析　(1)设水平向右为正方向，有I＝mAv0‎ 代入数据解得v0＝3.0 m/s。‎ ‎(2)设A对B、B对A、C对A的滑动摩擦力的大小分别为FAB、FBA和FCA，B在A上滑行的时间为t，B离开A时A和B的速度分别为vA和vB，对A、B由动量定理有 ‎－(FBA＋FCA)t＝mAvA－mAv0‎ FABt＝mBvB 其中FAB＝FBA，FCA＝μ(mA＋mB)g 设A、B相对于C的位移大小分别为sA和sB，对A、B由动能定理有 ‎－(FBA＋FCA)sA＝mAv－mAv FABsB＝EkB 动量与动能之间的关系为mAvA＝ mBvB＝ 木板A的长度L＝sA－sB 代入数据解得L＝0.50 m。‎ ‎11．(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.＋mg B.－mg C.＋mg D.－mg 答案　A 解析　人先做自由落体运动下落高度h，获得速度为v，由v2＝2gh得v＝。安全带伸长到最长时，人下落到最低点，此时速度为零。设安全带对人的平均作用力为F，由动量定理得(mg－F)t＝0－mv，F＝＋mg，A正确。‎ ‎12．(2017·全国卷Ⅲ)(多选)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/s B．t＝2 s时物块的动量大小为4 kg·m/s C．t＝3 s时物块的动量大小为5 kg·m/s D．t＝4 s时物块的速度为零 答案　AB 解析　前2 s内物块做初速度为零的匀加速直线运动，加速度a1＝＝ m/s2＝1 m/s2，t＝1 s时物块的速率v1＝a1t1＝1 m/s，A正确。t＝2 s时物块的速率v2＝a1t2＝2 m/s，动量大小为p2＝mv2＝4 kg·m/s，B正确。物块在2～4 s内做匀减速直线运动，加速度的大小a2＝＝0.5 m/s2，t＝3 s时物块的速率v3＝v2－a2t3＝(2－0.5×1) m/s＝1.5 m/s，动量大小p3＝mv3＝3 kg·m/s，C错误。t＝4 s时物块的速度v4＝v2－a2t4＝(2－0.5×2) m/s＝1 m/s，D错误。‎ ‎13．(2017·安徽合肥二模)(多选)一质点静止在光滑水平面上，现对其施加水平外力F，F随时间t按正弦规律变化，如图所示，下列说法正确的是(　　)‎ A．第2 s末，质点的动量为0‎ B．第4 s末，质点回到出发点 C．在0～2 s时间内，F的功率先增大后减小 D．在1～3 s时间内，F的冲量为0‎ 答案　CD 解析　从题图可以看出，在前2 s内质点受到力的方向和运动的方向相同，质点经历了一个加速度先增大后减小的加速运动，所以第 ‎2 s末，质点的速度最大，动量最大，不为0，故A错误；该质点在后半个周期内受到的力与前半个周期内受到的力的方向相反，前半个周期内做加速运动，后半个周期内做减速运动，所以质点在0～4 s时间内的位移为正，故B错误；在0～2 s时间内，速度在增大，力F先增大后减小，根据瞬时功率P＝Fv得开始时力F瞬时功率为0,2 s末的瞬时功率为0，所以在 0～2 s时间内，F的功率先增大后减小，故C正确；在Ft图象中，Ft图线与横轴围成的面积表示力F的冲量，由题图可知，1～2 s之间的面积与2～3 s之间的面积大小相等，一正一负，所以和为0，则在1～3 s时间内，F的冲量为0，故D正确。‎ ‎14．(2017·四川成都一诊)(多选)如图所示，ABCD是固定在地面上、由同种金属细杆制成的正方形框架，框架任意两条边的连接处平滑，A、B、C、D四点在同一竖直面内，BC、CD边与水平面的夹角分别为α、β(α>β)，让套在金属细杆上的小环从A点无初速度释放。若小环从A经B滑到C点，摩擦力对小环做的功为W1，重力的冲量为I1；若小环从A经D滑到C点，摩擦力对小环做的功为W2，重力的冲量为I2，则(　　)‎ A．W1>W2 B．W1＝W2‎ C．I1>I2 D．I1＝I2‎ 答案　BC 解析　小环从A经B滑到C点，摩擦力对小环做的功W1＝μmgcosβ·sAB＋μmgcosα·sBC，小环从A经D滑到C 点，摩擦力对小环做的功W2＝μmgcosα·sAD＋μmgcosβ·sDC，又因为sAB＝sBC＝sAD＝sDC，所以摩擦力对小环做的功W1＝W2，故A错误、B正确；根据动能定理可知，mgh－Wf＝mv，因为两次重力做的功和摩擦力做的功都相等，所以两次小环到达C点的速度大小相等，小环从A经B滑到C点，根据牛顿第二定律可得，小环从A到B的加速度aAB＝gsinβ－μgcosβ，小环从B到C的加速度aBC＝gsinα－μgcosα，同理，小环从A到D的加速度aAD＝gsinα－μgcosα，小环从D到C的加速度aDC＝gsinβ－μgcosβ，又因为α>β，所以aAB＝aDCt2，由I＝mgt得，则重力的冲量I1>I2，故C正确，D错误。‎ ‎15．(2016·北京高考)(1)动量定理可以表示为Δp＝FΔt，其中动量p和力F都是矢量。在运用动量定理处理二维问题时，可以在相互垂直的x、y两个方向上分别研究。例如，质量为m的小球斜射到木板上，入射的角度是θ，碰撞后弹出的角度也是θ，碰撞前后的速度大小都是v，如图甲所示。碰撞过程中忽略小球所受重力。‎ a．分别求出碰撞前后x、y方向小球的动量变化Δpx、Δpy；‎ b．分析说明小球对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乙所示。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。‎ a．光束①和②强度相同；‎ b．光束①比②的强度大。‎ 答案　见解析 解析　(1)a.x方向：动量变化为 Δpx＝mvsinθ－mvsinθ＝0‎ y方向：动量变化为 Δpy＝mvcosθ－(－mvcosθ)＝2mvcosθ 方向沿y轴正方向。‎ b．根据动量定理可知，木板对小球作用力的方向沿y轴正方向，根据牛顿第三定律可知，小球对木板作用力的方向沿y轴负方向。‎ ‎(2)a.仅考虑光的折射，设Δt时间内每束光穿过小球的粒子数为 n，每个粒子动量的大小为p。‎ 这些粒子进入小球前的总动量为p1＝2npcosθ 从小球出射时的总动量为p2＝2np p1、p2的方向均沿SO向右 根据动量定理：FΔt＝p2－p1＝2np(1－cosθ)>0‎ 可知，小球对这些粒子的作用力F的方向沿SO向右，根据牛顿第三定律，两光束对小球的合力的方向沿SO向左。‎ b．建立如图所示的Oxy直角坐标系。‎ x方向：根据(2)a同理可知，两光束对小球的作用力沿x轴负方向。‎ y方向：设Δt时间内，光束①穿过小球的粒子数为n1，光束②穿过小球的粒子数为n2，n1>n2。‎ 这些粒子进入小球前的总动量为p1y＝(n1－n2)psinθ 从小球出射时的总动量为p2y＝0‎ 根据动量定理：FyΔt＝p2y－p1y＝－(n1－n2)psinθ 可知，小球对这些粒子的作用力Fy的方向沿y轴负方向，根据牛顿第三定律，两光束对小球的作用力沿y轴正方向。所以两光束对小球的合力的方向指向左上方。‎