【物理】2018届一轮复习人教版第17讲动量动量定理学案

【物理】2018届一轮复习人教版第17讲动量动量定理学案

第六单元 动量 Ø 高考纵览 内容 要求 ‎2013年 ‎2014年 ‎2015年 ‎2016年 卷Ⅰ 卷Ⅱ 卷Ⅰ 卷Ⅱ 卷Ⅰ 卷Ⅱ 卷Ⅰ 卷Ⅱ 卷Ⅲ 动量、动量定理、动量守恒定律及其应用 Ⅱ ‎35(2)‎ ‎35(2)‎ ‎35(2)‎ ‎35(2)‎ ‎35(2)‎ ‎35(2)‎ 弹性碰撞和非弹性碰撞 Ⅰ ‎35(2)‎ ‎35(2)‎ ‎35(2)‎ ‎35(2)‎ ‎35(2)‎ ‎35(2)‎ ‎35(2)‎ 实验：验证动量守恒定律 考情分析 ‎1.动量、动量守恒定律是本部分的重点知识，也是高考考查的热点，高考对本知识的考查多以计算题的形式出题，难度不大．‎ ‎2．动量守恒定律通常结合动能定理或能量守恒定律来解决碰撞、打击、反冲等问题．但动量作为解题重要思想方法，动量定理和动量守恒定律与静电场、磁场、电磁感应等核心知识综合，将是未来新高考命题的重要趋势.‎ 第17讲　动量　动量定理 Ø 教材知识梳理 一、动量 ‎1．定义：物体的________与________的乘积．‎ ‎2．表达式：p＝________，单位________．‎ ‎3．动量是矢量，与________方向相同．‎ 二、冲量 ‎1．定义：是力对时间的累积效应，是过程量，效果表现为物体动量的变化．‎ ‎2．表达式：I＝________，单位________．‎ ‎3．冲量是矢量，与________方向相同．‎ 三、动量定理 ‎1．内容：物体受到的________等于________．‎ ‎2．公式：I合＝Δp.‎ ‎(1)动量的变化量是矢量，只有当初、末动量在一条直线上时，可以直接进行代数运算．‎ ‎(2)Δp计算方法：①直线运动：选择一个正方向，与正方向相同的动量取正值，与正方向相反的动量取负值，可以表达为：Δp＝pt－p0，p0、pt分别是初、末动量．‎ ‎②曲线运动：要用矢量运算方法，利用平行四边形定则，画图求解．‎ ‎【思维辨析】‎ ‎(1)一个物体的运动状态变化，它的动量一定改变．(　　)‎ ‎(2)合外力的冲量是物体动量发生变化的原因．(　　)‎ ‎(3)动量具有瞬时性．(　　)‎ ‎(4)物体动量的变化等于某个力的冲量．(　　)‎ ‎【思维拓展】‎ 一个质量为m的物体以初速度v0开始做平抛运动，经过时间t下降的高度为h，速度变为v，求在这段时间内物体的动量变化大小．‎ ‎　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　‎ ‎　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　‎ Ø 考点互动探究 ‎　考点一　对动量、冲量的理解 ‎1.动量与动能的比较 动量 动能 物理意义 描述机械运动状态的物理量 定义式 p＝mv Ek＝mv2‎ 矢标性 矢量 标量 变化因素 物体所受冲量 外力所做的功 大小关系 p＝ Ek＝ 对于给定的物体，若动能发生了变化，动量一定也发生了变化；而动量发生变化，动能不一定发生变化．它们都是相对量，均与参考系的选取有关，高中阶段通常选取地面为参考系 ‎2.冲量与功的比较 冲量 功 定义 ‎　作用在物体上的力和力作用时间的乘积 ‎　作用在物体上的力和物体在力的方向上的位移的乘积 单位 N·s J 公式 I＝Ft(F为恒力)‎ W＝Flcos θ(F为恒力)‎ 矢标性 矢量 标量 意义 ‎①表示力对时间的累积 ‎②是动量变化的量度 ‎①表示力对空间的累积 ‎②是能量变化多少的量度 都是过程量，都与力的作用过程相互联系 ‎1. 我国女子短道速滑队在今年世锦赛上实现了女子3000 m接力三连冠．观察发现，“接棒”的运动员甲提前站在“交棒”的运动员乙前面，并且开始向前滑行，待乙追上甲时，乙猛推甲一把，使甲获得更大的速度向前冲出．在乙推甲的过程中，忽略运动员与冰面间在水平方向上的相互作用，则(　　)‎ 图6171‎ A．甲对乙的冲量一定等于乙对甲的冲量 B．甲、乙的动量变化一定大小相等、方向相反 C．甲的动能增加量一定等于乙的动能减少量 D．甲对乙做多少负功，乙对甲就一定做多少正功 ‎2．[2015·广东卷] 在同一匀强磁场中，α粒子(He)和质子(H)做匀速圆周运动．若它们的动量大小相等，则α粒子和质子(　　)‎ A．运动半径之比是2∶1‎ B．运动周期之比是2∶1‎ C．运动速度大小之比是4∶1‎ D．受到的洛伦兹力之比是2∶1‎ ‎3．(多选)两个质量不同的物体，如果它们的(　　)‎ A．动能相等，则质量大的动量大 B．动能相等，则动量大小也相等 C．动量大小相等，则质量大动能小 D．动量大小相等，则动能也相等 ‎■ 规律总结 ‎1．动量的两性 ‎(1)瞬时性：动量是描述物体运动状态的物理量，是针对某一时刻或位置而言的．‎ ‎(2)相对性：动量的大小与参考系的选取有关，通常情况是指相对地面的动量．‎ ‎2．冲量的总结 ‎(1)冲量的时间性：冲量不仅由力决定，还由力的作用时间决定．恒力的冲量等于力与作用时间的乘积．‎ ‎(2)冲量的矢量性：对于方向恒定的力来说，冲量的方向与力的方向一致；对于作用时间内方向变化的力来说，冲量的方向与相应时间内物体动量改变量的方向一致．‎ ‎3．作用力和反作用力的冲量一定等大、反向，但作用力和反作用力做的功之间并无必然联系．‎ ‎　考点二　动量定理的基本应用 用动量定理解题的基本思路 ‎(1)确定研究对象．在中学阶段用动量定理讨论的问题，其研究对象一般仅限于单个物体．‎ ‎(2)对物体进行受力分析．可以先求每个力的冲量，再求各力冲量的矢量和——合力的冲量；或先求合力，再求其冲量．‎ ‎(3)抓住过程的初、末状态，选好正方向，确定各动量和冲量的正负号．‎ ‎(4)根据动量定理列方程，如有必要还需要其他补充方程，最后代入数据求解．‎ ‎1 据统计人在运动过程中，脚底在接触地面瞬间受到的冲击力是人体自身重力的数倍．为探究这个问题，实验小组同学利用落锤冲击的方式进行了实验，即通过一定质量的重物从某一高度自由下落冲击地面来模拟人体落地时的情况．重物与地面的形变很小，可忽略不计．g取10 m/s2.‎ 下表为一次实验过程中的相关数据．请你选择所需数据，通过计算回答下列问题：‎ 重物(包括传感器)的质量m/kg ‎8.5‎ 重物下落高度H/cm ‎45‎ 重物反弹高度h/cm ‎20‎ 最大冲击力Fm/N ‎850‎ 重物与地面接触时间t/s ‎0.1‎ ‎(1)求重物受到地面的冲击力最大时的加速度大小；‎ ‎(2)在重物与地面接触过程中，重物受到的地面施加的平均作用力是重物所受重力的多少倍？‎ 式题1 [2015·安徽卷] 一质量为0.5 kg的小物块放在水平地面上的A点，距离A点5 m的位置B处是一面墙，如图6172所示．物块以v0＝9 m/s的初速度从A点沿AB方向运动，在与墙壁碰撞前瞬间的速度为7 m/s，碰后以6 m/s的速度反向运动直至静止，g取10 m/s2.‎ ‎(1)求物块与地面间的动摩擦因数μ；‎ ‎(2)若碰撞时间为0.05 s，求碰撞过程中墙面对物块平均作用力的大小F；‎ ‎(3)求物块在反向运动过程中克服摩擦力所做的功W.‎ 图6172‎ 式题2 [2015·重庆卷] 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 ‎■ 规律总结 ‎(1)对动量定理的理解 ‎①公式p′－p＝Ft是矢量式，右边是物体受到所有力的合冲量，而不是某一个力的冲量．其中的F是研究对象所受的包括重力在内所有外力的合力，它可以是恒力，也可以是变力，如果合外力是变力，则F是合外力在t时间内的平均值．‎ ‎②公式p′－p＝Ft说明了两边的因果关系，即合力的冲量是动量变化的原因．‎ ‎(2)合冲量的两种求解方法 ‎①若各力的作用时间相同，且各外力为恒力，可以先求合力，再将合力乘以时间求冲量，即I合＝F合t.‎ ‎②若各外力作用时间不同，可以先求出每个外力在相应时间的冲量，然后求各外力冲量的矢量和，即I合＝F1t1＋F2t2＋……‎ ‎　考点三　动量定理与微元法的综合应用 考向一　流体类问题 流体及其特点 通常液体流、气体流等被广义地视为“流体”，质量具有连续性，通常给密度ρ 分析步骤 ‎1‎ 建立“柱体”模型，沿流速v的方向选取一段柱形流体，其横截面积为S ‎2‎ 微元研究，作用时间Δt内的一段柱形流体的长度为Δl，对应的质量为Δm＝ρSvΔt ‎2‎ 建立方程，应用动量定理研究这段柱体流体 ‎2 [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．‎ 式题 如图6173所示，一个下面装有轮子的贮气瓶停放在光滑的水平地面上，底端与竖直墙壁接触．现打开右端阀门，气体向外喷出，设喷口的面积为S，气体的密度为ρ，气体向外喷出的速度为v，则气体刚喷出时钢瓶底端对竖直墙面的作用力大小是(　　)‎ 图6173‎ A．ρvS B. C.ρv2S D．ρv2S ‎■ 方法技巧 将动量定理应用于流体时，应在任意时刻Δt时从流管中取出一个在流动方向上的截面1和2围起来的柱体体积ΔV，在此柱体内截取一微小流束Δl，将“无形”流体变为“有形”实物Δm，则在Δt时间内质量为Δm的柱形流体的动量变化为ΔP，即F·Δt＝Δm·v2－Δm·v1.‎ 考向二　微粒类问题 微粒及其特点 通常电子流、光子流、尘埃等被广义地视为“微粒”，质量具有独立性，通常给出单位体积内粒子数n 分析步骤 ‎1‎ 建立“柱体”模型，沿运动的方向选取一段微元，柱体的横截面积为S ‎2‎ 微元研究，作用时间Δt内一段柱形流体的长度为Δl，对应的体积为ΔV＝Sv0Δt，则微元内的粒子数N＝nv0SΔt ‎3‎ 先应用动量定理研究单个粒子，建立方程，再乘以N计算.‎ ‎3 自动称米机已在粮食工厂中广泛使用，有人认为：米流落到容器中时有向下的冲量会增大分量而不划算；也有人认为：自动装置即刻切断米流时，尚有一些米仍在空中，这些米是多给买者的．因而双方争执起来，究竟哪方说的对呢？请分析说明．‎ 式题 根据量子理论，光子的能量E与动量p之间的关系式为E＝pc，其中c表示光速，由于光子有动量，照到物体表面的光子被物体吸收或反射时都会对物体产生压强，这就是“光压”，用I表示．‎ ‎(1)一台二氧化碳气体激光器发出的激光，功率为P0‎ ‎，射出的光束的横截面积为S，当它垂直照射到一物体表面并被物体全部反射时，激光对物体表面的压力F＝2pN，其中p表示光子的动量，N表示单位时间内激光器射出的光子数，试用P0和S表示该束激光对物体产生的光压．‎ ‎ (2)有人设想在宇宙探测中用光为动力推动探测器加速，探测器上安装有面积极大、反射率极高的薄膜，并让它正对太阳，已知太阳光照射薄膜时每平方米面积上的辐射功率为1350 W，探测器和薄膜的总质量为m＝100 kg，薄膜面积为4×104 m2，求此时探测器的加速度大小．‎ 参考答案（听课手册）‎ 第六单元　动量 第17讲　动量　动量定理 ‎【教材知识梳理】‎ 核心填空 一、1.质量　速度　2.mv　kg·m/s ‎3．物体的速度 二、2.Ft　N·s　3.物体的受力 三、1.合外力的冲量　物体的动量变化 思维辨析 ‎(1)(√)　(2)(√)　(3)(√)　(4)(×)‎ 思维拓展 法一：由动量定理得Δp＝I，即Δp＝mgt.法二：由p＝mv知，Δp＝m·Δv，而Δv＝＝，所以Δp＝m.‎ ‎【考点互动探究】‎ 考点一 ‎1．B ‎2．B　[解析] 洛伦兹力提供向心力：qvB＝m，则r＝＝，在动量大小相同的情况下，轨道半径与电荷量成反比，＝＝＝，故A错误；周期T＝＝，故周期比为＝·＝×＝，故B正确；速度v＝，动量大小相同时，速度大小与质量成反比，即＝＝ ‎，故C错误；受到的洛伦兹力之比为：＝＝×＝，故D错误．‎ ‎3．AC　[解析] 根据动能Ek＝mv2可知，动量p＝mv＝，两个质量不同的物体，当动能相等时，质量大的动量大，A正确，B错误；若动量大小相等，则质量大的动能小，C正确，D错误．‎ 考点二 例1　(1)90 m/s2　(2)6‎ ‎[解析] (1)重物受到最大冲击力时加速度的大小为a 由牛顿第二定律有 a＝ 解得a＝90 m/s2.‎ ‎(2)重物在空中运动过程中，由动能定理有 mgh＝mv2‎ 重物与地面接触前瞬时的速度大小v1＝ 重物离开地面瞬时的速度大小v2＝ 重物与地面接触过程，重物受到的平均作用力大小为F，设竖直向上为正方向，由动量定理有 ‎ (F－mg)t＝mv2－m(－v1)‎ 解得F＝510 N 故＝6‎ 因此重物受到的地面施加的平均作用力是重物所受重力的6倍．‎ 变式题1　(1)0.32　(2)130 N　(3)9 J ‎[解析] (1)由动能定理，有 ‎－μmgs＝mv2－mv 可得μ＝0.32.‎ ‎(2)由动量定理，有 FΔt＝mv′－mv 可得F＝130 N.‎ ‎(2)W＝mv′2＝9 J.‎ 变式题2　A　[解析] 安全带产生作用力前，人自由下落，根据v2＝2gh可求下落距离h时的速度，之后由于涉及力和时间的运算，且力非恒力，因此需运用动量定理，即(mg－F)t＝0－mv，根据以上两式，解得平均作用力F＝＋mg，故选A.‎ 考点三 例2　(1)ρv0S　(2)－ ‎[解析] (1)设Δt时间内，从喷口喷出的水的体积为ΔV，质量为Δm，则 Δm＝ρΔV　①‎ ΔV＝v0SΔt　②‎ 由①②式得，单位时间内从喷口喷出的水的质量为 ＝ρv0S　③‎ ‎(2)设玩具悬停时其底面相对于喷口的高度为h，水从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，由能量守恒得 (Δm)v2＋(Δm)gh＝(Δm)v　④‎ 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＝(Δm)v　⑤‎ 设水对玩具的作用力的大小为F，根据动量定理有 FΔt＝Δp　⑥‎ 由于玩具在空中悬停，由力的平衡条件得 F＝Mg　⑦‎ 联立③④⑤⑥⑦式得 h＝－　⑧‎ 变式题　D　[解析] Δt时间内贮气瓶喷出气体的质量Δm＝ρSv·Δt，对于贮气瓶、瓶内气体及喷出的气体所组成的系统，由动量定理得F·Δt＝Δm·v－0，解得F＝ρv2S，选项D正确．‎ 例3　略 ‎[解析] 设空中米流的质量为m1，已落入秤盘中米的质量为m2，正在落入秤盘中米的质量为Δm，只要分析出秤 盘的示数与(m1＋Δm＋m2)g的关系，问题便得以解决．设称米机的流量为d(单位时间内流出米的质量)，称米机出口到容器中米堆上表面的高度为h，因米流出口处速度小，可视为零，故米流冲击米堆的速度v＝.秤的示数F应等于m2、Δm的重力以及Δm对秤盘冲击力F′大小之和．以m2＋Δm为研究对象，根据动量定理得 ‎(F－m2g－Δmg)Δt＝Δmv＝Δm F＝＋m2g＋Δmg＝d＋m2g＋Δmg 又因空中米的质量为m1＝dt＝d 故m1g＝d 则F＝m1g＋Δmg＋m2g＝(m1＋Δm＋m2)g.‎ 可见自动称米机的示数恰好等于空中米流、已落入秤盘的米与正在落入秤盘的米的重力之和，不存在划不划算的问题．‎ 变式题　(1)(Pa)　(2)3.6×10－3 m/s2‎ ‎[解析] (1)在单位时间内，功率为P0的激光器的总能量为：P0×1 s＝NE＝Npc，所以：p＝(kg·m/s)‎ 由题意可知：激光对物体表面的压力F＝2pN 故激光对物体产生的光压：I＝＝(Pa)．‎ ‎(2)由上一问可知：I＝(Pa)＝ Pa＝9×10－6 Pa 所以探测器受到的光的总压力FN＝IS膜，对探测器利用牛顿第二定律有 FN＝ma 故此时探测器的加速度a＝＝ m/s2＝3.6×10－3 m/s2.‎ ‎【教师备用习题】‎ ‎1．下列说法正确的是(　　)‎ A．速度大的物体，它的动量一定也大 B．动量大的物体，它的速度一定也大 C．只要物体的运动速度大小不变，物体的动量就保持不变 D．物体的动量变化越大则该物体的速度变化一定越大 ‎[解析] D　p＝mv，p由m、v二者乘积决定，故A、B错误；p是矢量，故C错误；Δp＝m·Δv，故D正确．‎ ‎2．在水平力F＝30 N的作用下，质量m＝5 kg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μ＝0.2，若F作用6 s后撤去，撤去F后物体还能向前运动多长时间才停止？(g取10 m/s2)‎ ‎[答案] 12 s ‎[解析] 用动量定理求解，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、末状态物体的速度都等于零．‎ 取水平力F的方向为正方向，根据动量定理得 ‎(F－μmg)t1＋(－μmg)t2＝0‎ 解得t2＝t1＝×6 s＝12 s.‎ ‎3．一个质量为m＝100 g的小球从h＝0.8 m高处自由下落，落到一个厚软垫上，若从小球接触软垫到小球陷至最低点经历了t＝0.2 s，则在这段时间内，软垫对小球的冲量是多少？(g取10 m/s2)‎ ‎[答案] 0.6 N·s，方向竖直向上 ‎[解析] 设小球自由下落h＝0.8 m的时间为t1，有 h＝gt 解得t1＝＝0.4 s 设IN为软垫对小球的冲量，并令竖直向下的方向为正方向，则对小球整个运动过程运用动量定理得 mg(t1＋t)＋IN＝0‎ 解得IN＝－0.6 N·s 负号表示软垫对小球的冲量方向和重力的方向相反．‎ ‎4．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．一名质量为60 kg的运动员，从离水平网面3.2 m高处自由下落，触网后沿竖直方向蹦回到离水平面5.0 m高处，已知运动员与网接触的时间为1.2 s，求这段时间内网对运动员的平均作用力大小．(g取10 m/s2)‎ ‎[答案] 1500 N　方向竖直向上 ‎[解析] 运动员刚接触网时速度的大小v1＝＝ m/s＝8 m/s，方向向下 刚离网时速度的大小v2＝＝ m/s＝10 m/s，方向向上 在运动员与网接触的过程中，设网对运动员的平均作用力为F，以运动员为研究对象，由动量定理，以竖直向上为正方向，有(F－mg)Δt＝mv2－m(－v1)‎ 解得F＝1.5×103 N，方向竖直向上．‎ ‎5．如图所示，质量为m＝2 kg的物体，在水平力F＝16 N的作用下，由静止开始沿水平面向右运动．已知物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，若F作用t1＝2 s后撤去，撤去F后又经t2＝2 s，物体与竖直墙壁相碰，若物体与墙壁作用时间t3＝0.1 s，碰撞后反向弹回的速度大小v′＝6 m/s，求墙壁对物体的平均作用力大小．(g取10 m/s2)‎ ‎[答案] 280 N ‎[解析] 解法一：程序法 以物体为研究对象，在t1时间内其受力情况如图甲所示，选F的方向为正方向．‎ 由牛顿第二定律有 F－μmg＝ma1‎ 撤去F时速度v1＝a1t1‎ 撤去F后受力情况如图乙所示 由牛顿第二定律有 ‎－μmg＝ma2‎ 物体开始碰墙时的速度为v2，则v2＝v1＋a2t2‎ 对碰墙过程，设墙对物体的平均作用力大小为F，选水平向左为正方向，由动量定理有 Ft3＝mv′－m(－v2)‎ 联立以上各式解得F＝280 N.‎ 解法二：全过程整体考虑 对从物体开始运动到碰撞后反向弹回的全过程，取F方向为正方向，则由动量定理，有 Ft1－μmg(t1＋t2)－Ft3＝－mv′‎ 解得F＝280 N.‎ ‎6．[2016·北京卷] (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1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] (1)a.0　2mvcos θ b．沿y轴负方向 ‎(2)a.沿SO向左　b．指向左上方 ‎[解析] (1)a.x方向：‎ 动量变化为Δpx＝mvsin θ－mvsin θ＝0‎ y方向：‎ 动量变化为Δpy＝mvcos θ－(－mvcos θ)＝2mvcos θ 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＝2npcos θ 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－cos θ)>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)psin θ 从小球出射时的总动量为p2y＝0‎ 根据动量定理：FyΔt＝p2y－p1y＝－(n1－n2)psin θ 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．‎