高中物理第一章碰撞与动量守恒11物体的碰撞12动量动量守恒定律1教学案粤教选修35.docx
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高中物理第一章碰撞与动量守恒11物体的碰撞12动量动量守恒定律1教学案粤教选修35
第一节 物体的碰撞
第二节
（1） 动量 动量守恒定律
[目标定位] 1.探究物体弹性碰撞的一些特点，知道弹性碰撞和非弹性碰撞.2.理解动量、冲量的概念，知道动量的变化量也是矢量.3.理解动量定理并能解释和解决实际问题.4.理解动量与动能、动量定理与动能定理的区别．
一、物体的碰撞
1．碰撞
碰撞就是两个或两个以上的物体在相遇的极短时间内产生非常大的相互作用的过程．其最主要特点是：
相互作用时间短，作用力变化快和作用力峰值大等．
2．碰撞的分类
（1）按碰撞前后，物体的运动方向是否沿同一条直线可分为：
①正碰（对心碰撞）：
作用前后沿同一条直线．
②斜碰（非对心碰撞）：
作用前后不沿同一条直线．
（2）按碰撞过程中机械能是否损失分为：
①弹性碰撞：
碰撞前后系统的动能相等，Ek1＋Ek2＝Ek1′＋Ek2′.
②非弹性碰撞：
碰撞前后系统的动能不再相等，Ek1′＋Ek2′＜Ek1＋Ek2.
二、动量及其改变
1．冲量
（1）定义：
物体受到的力与力的作用时间的乘积．
（2）定义式：
I＝Ft.
（3）单位：
在国际单位制中，冲量的单位是牛顿·秒，符号为N·s.
2．动量
（1）定义：
运动物体的质量和它的速度的乘积．
（2）定义式：
p＝mv.
（3）单位：
在国际单位制中，动量的单位是千克米每秒，符号为kg·m·s－1.
（4）方向：
动量是矢量，其方向与速度方向相同．
3．动量的变化量
物体在某段时间内末动量与初动量的矢量差（也是矢量），Δp＝p－p0（矢量式）．
4．动量定理
（1）内容：
物体所受合力的冲量，等于物体动量的改变量．
（2）公式：
Ft＝mvt－mv0.
预习完成后，请把你疑惑的问题记录在下面的表格中
问题1
问题2
问题3
一、弹性碰撞和非弹性碰撞
1．碰撞中能量的特点：
碰撞过程中，一般伴随机械能的损失，即：
Ek1＋Ek2≤Ek10＋Ek20.
2．弹性碰撞：
两个物体碰撞后形变能够完全恢复，碰撞后没有动能转化为其他形式的能，即碰撞前后两物体构成的系统的动能相等．
3．非弹性碰撞：
两个物体碰撞后形变不能完全恢复，该过程有动能转化为其他形式的能，总动能减少．非弹性碰撞的特例：
两物体碰撞后粘在一起以共同的速度运动，该碰撞称为完全非弹性碰撞，碰撞过程能量损失最多．
【例1】 一个质量为2kg的小球A以v0＝3m/s的速度与一个静止的、质量为1kg的小球B正碰，试根据以下数据，分析碰撞性质：
（1）碰后小球A、B的速度均为2m/s；
（2）碰后小球A的速度为1m/s，小球B的速度为4m/s.
答案
（1）非弹性碰撞
（2）弹性碰撞
解析 碰前系统的动能Ek0＝
mAv
＝9J.
（1）当碰后小球A、B速度均为2m/s时，碰后系统的动能
Ek＝
mAv
＋
mBv
＝（
×2×22＋
×1×22）J＝6J＜Ek0，故该碰撞为非弹性碰撞．
（2）当碰后vA′＝1m/s，vB′＝4m/s时，碰后系统的动能
Ek′＝
mAvA′2＋
mBvB′2＝（
×2×12＋
×1×42）J＝9J＝Ek0，故该碰撞为弹性碰撞．
针对训练1 现有甲、乙两滑块，质量分别为3m和m，以相同的速率v在光滑水平面上相向运动，发生了碰撞．已知碰撞后甲滑块静止不动，乙滑块反向运动，且速度大小为2v.那么这次碰撞是（ ）
A．弹性碰撞B．非弹性碰撞
C．完全非弹性碰撞D．条件不足，无法确定
答案 A
解析 碰前总动能：
Ek＝
·3m·v2＋
mv2＝2mv2
碰后总动能：
Ek′＝
mv′2＝2mv2，Ek＝Ek′，所以A对．
二、对动量和动量变化量的理解
1．动量：
p＝mv，动量是矢量，方向与速度v的方向相同．
2．动量和动能的区别
动量和动能都是描述物体运动状态的物理量，动量p＝mv是矢量，而动能Ek＝
mv2是标量．当速度发生变化时，物体的动量一定发生变化，而动能不一定发生变化．
3．动量的变化量（Δp）
Δp＝p－p0
（1）若p、p0在同一条直线上，先规定正方向，再用正、负号表示p、p0的方向，则可用Δp＝p－p0＝mvt－mv0进行代数运算．
（2）动量变化量的方向：
与速度变化的方向相同．
【例2】 羽毛球是速度较快的球类运动之一，运动员扣杀羽毛球的速度可达到342km/h，假设球飞来的速度为90km/h，运动员将球以342km/h的速度反向击回．设羽毛球的质量为5g，试求：
（1）运动员击球过程中羽毛球的动量变化量；
（2）在运动员的这次扣杀中，羽毛球的动能变化量是多少？
答案
（1）0.6kg·m/s，方向与球飞来的方向相反
（2）21J
解析
（1）以球飞来的方向为正方向，则
羽毛球的初速度v1＝
m/s＝25m/s
末速度v2＝
m/s＝－95m/s
p1＝mv1＝5×10－3×25kg·m/s＝0.125kg·m/s
p2＝mv2＝－5×10－3×95kg·m/s＝－0.475kg·m/s所以动量的变化量Δp＝p2－p1＝－0.475kg·m/s－0.125kg·m/s＝－0.6kg·m/s.即羽毛球的动量变化量大小为0.6kg·m/s，方向与球飞来的方向相反．
（2）羽毛球的初动能：
Ek＝
mv
≈1.56J，羽毛球的末动能：
Ek′＝
mv
≈22.56J.
所以ΔEk＝ΔEk′－Ek＝21J.
借题发挥 关于动量变化量的计算
（1）若初、末动量在同一直线上，则在选定正方向的前提下，可化矢量运算为代数运算．
（2）若初、末动量不在同一直线上，运算时应遵循平行四边形定则．
三、对动量定理的理解和应用
1．动量定理的理解
（1）动量定理的表达式Ft＝mvt－mv0是矢量式，等号包含了大小相等、方向相同两方面的含义．
（2）动量定理反映了合外力的冲量是动量变化的原因．
（3）公式中的F是物体所受的合外力，若合外力是变力，则F应是合外力在作用时间内的平均值．
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；力的作用时间越长，力就越小．
②作用力一定时，力的作用时间越长，动量变化量越大；力的作用时间越短，动量变化量越小．
（2）应用动量定理定量计算的一般步骤：
①选定研究对象，明确运动过程．
②进行受力分析和运动的初、末状态分析．
③选定正方向，根据动量定理列方程求解．
【例3】 在水平力F＝30N的作用下，质量m＝5kg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6s后撤去，撤去F后物体还能向前运动多长时间才停止？
（g取10m/s2）
答案 12s
解析 法一 用动量定理解，分段处理．
选物体为研究对象，对于撤去F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v.取水平力F的方向为正方向，
根据动量定理有
（F－μmg）t1＝mv－0，
对于撤去F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v，终态速度为零．
根据动量定理有－μmgt2＝0－mv.
以上两式联立解得
t2＝
t1＝
×6s＝12s.
法二 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＝
×6s＝12s.
针对训练2 质量为0.5kg的弹性小球，从1.25m高处自由下落，与地板碰撞后回跳高度为0.8m，g取10m/s2.
（1）若地板对小球的平均冲力大小为100N，求小球与地板的碰撞时间；
（2）若小球与地板碰撞无机械能损失，碰撞时间为0.1s，求小球对地板的平均冲力．
答案
（1）0.047s
（2）55N，方向竖直向下
解析
（1）碰撞前的速度：
v1＝
＝5m/s 方向竖直向下
碰撞后的速度：
v2＝
＝4m/s 方向竖直向上
取竖直向上为正方向，碰撞过程由动量定理得：
（F－mg）Δt＝mv2－（－mv1）
解得Δt≈0.047s
（2）由于小球与地板碰撞无机械能损失
故碰撞后球的速度：
v2′＝5m/s，方向竖直向上
由动量定理得（F′－mg）Δt′＝mv2′－（－mv1）
解得F′＝55N
由牛顿第三定律得小球对地板的平均冲力大小为55N，方向竖直向下.
对弹性碰撞和非弹性碰撞的理解
1．质量为1kg的A球以3m/s的速度与质量为2kg静止的B球发生碰撞，碰后两球均以1m/s的速度一起运动．则两球的碰撞属于______类型的碰撞，碰撞过程中损失了______J动能．
答案 完全非弹性 3
解析 由于两球碰后速度相同，没有分离，因此两球的碰撞属于完全非弹性碰撞，在碰撞过程中损失的动能为
ΔEk＝
mAv
－
（mA＋mB）v
＝（
×1×32－
×3×12）J＝3J.
对动量和动量变化量的理解
2．关于动量，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．只要物体运动的速度大小不变，物体的动量也保持不变
D．质量一定的物体，动量变化越大，该物体的速度变化一定越大
答案 D
解析 动量由质量和速度共同决定，只有质量和速度的乘积大，动量才大，A、B均错误；动量是矢量，速度方向变化，动量也发生变化，选项C错误；由Δp＝m·Δv，知D正确．
动量定理的理解和应用
3．（多选）一个小钢球竖直下落，落地时动量大小为0.5kg·m/s，与地面碰撞后又以等大的动量被反弹．下列说法中正确的是（ ）
A．引起小钢球动量变化的是地面给小钢球的弹力的冲量
B．引起小钢球动量变化的是地面对小钢球弹力与其自身重力的合力的冲量
C．若选向上为正方向，则小钢球受到的合冲量是－1N·s
D．若选向上为正方向，则小钢球的动量变化是1kg·m/s
答案 BD
4．质量为60kg的建筑工人，不慎从高空跌下，幸好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1.5s，安全带自然长度为5m，g取10m/s2，则安全带所受的平均冲力的大小为（ ）
A．500NB．1100N
C．600ND．1000N
答案 D
解析 建筑工人下落5m时速度为v，
则v＝
＝
m/s＝10m/s.
设安全带所受平均冲力为F，则由动量定理得：
（mg－F）t＝－mv
所以F＝mg＋
＝60×10N＋
N＝1000N.
（时间：
60分钟）
题组一 对碰撞的理解
1．在光滑的水平面上，动能为E0的钢球1与静止钢球2发生碰撞，碰后球1反向运动，其动能大小为E1，球2的动能大小为E2，则必有（ ）
A．E1＜E0B．E1＝E0
C．E2＞E0D．E2＝E0
答案 A
解析 根据碰撞前后动能关系得E1＋E2≤E0，必有E1＜E0，E2＜E0.故只有A项对．
2.（多选）如图1所示，A、B两个小球发生碰撞，在满足下列条件时能够发生正碰的是（ ）
图1
A．小球A静止，另一个小球B经过A球时刚好能擦到A球的边缘
B．小球A静止，另一个小球B沿着A、B两球球心连线去碰A球
C．相碰时，相互作用力的方向沿着球心连线时
D．相碰时，相互作用力的方向与两球相碰之前的速度方向在同一条直线上
答案 BD
解析 根据牛顿运动定律，如果力的方向与速度方向在同一条直线上，这个力只改变速度的大小，不能改变速度的方向；如果力的方向与速度的方向不在同一直线上，则速度的方向一定发生变化，所以B、D项正确；A项不能发生一维碰撞；在任何情况下相碰两球的作用力方向都沿着球心连线，因此满足C项条件不一定能发生一维碰撞．
3．如图2甲所示，在光滑水平面上的两个小球发生正碰，小球的质量分别为m1和m2.图乙为它们碰撞前后的s－t图象．已知m1＝0.1kg，m2＝0.3kg，由此可以判断：
图2
①碰前m2静止，m1向右运动 ②碰后m2和m1都向右运动 ③碰撞过程中系统机械能守恒 ④碰撞过程中系统损失了0.4J的机械能
以上判断正确的是（ ）
A．①③B．①②③
C．①②④D．③④
答案 A
解析 由题图乙可以看出，碰前m1位移随时间均匀增加，m2位移不变，可知m2静止，m1向右运动，故①是正确的；碰后一个位移增大，一个位移减小，说明运动方向不一致，②错误；由题图乙可以计算出碰前m1的速度v10＝4m/s，碰后速度v1＝－2m/s，碰前m20的速度v20＝0，碰后速度v2＝2m/s，碰撞过程中系统损失的机械能ΔEk＝
m1v
－
m1v
－
m2v
＝0，因此③是正确的，④是错误的．
题组二 对动量的理解
4．（多选）下列说法中正确的是（ ）
A．物体的速度大小改变时，物体的动量一定改变
B．物体的速度方向改变时，其动量不一定改变
C．物体的动量不变，其速度一定不变
D．运动物体在任一时刻的动量方向，一定是该时刻的速度方向
答案 ACD
5．（多选）下列说法中正确的是（ ）
A．动能变化的物体，动量一定变化
B．动能不变的物体，动量一定不变
C．动量变化的物体，动能一定变化
D．动量不变的物体，动能一定不变
答案 AD
解析 动量是矢量，p＝mv，动能是标量，Ek＝
mv2，所以动能变化，则动量的大小一定变化，A正确；当动量的大小不变，只是方向变化时，物体的动能不变，B、C错误；动量不变的物体，速度一定不变，则动能一定不变，D正确．
6．下列说法正确的是（ ）
A．动能为零时，物体一定处于平衡状态
B．物体做曲线运动时动量一定变化
C．物体所受合外力不变时，其动量一定不变
D．动能不变，物体的动量一定不变
答案 B
解析 动能为零时，速度为零，而加速度不一定等于零，物体不一定处于平衡状态，选项A错误；物体做曲线运动时速度方向一定变化，所以动量一定变化．选项B正确；合外力不变且不为0时，加速度不变，速度均匀变化，动量一定变化，C项错误；动能不变，若速度的方向变化，动量就变化，选项D错误．
题组三 动量定理的理解与计算
7．（多选）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大，掉在草地上的玻璃杯动量小
B．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
C．掉在水泥地上的玻璃杯动量改变快，掉在草地上的玻璃杯动量改变慢
D．掉在水泥地上的玻璃杯与地面接触时，相互作用时间短，而掉在草地上的玻璃杯与地面接触时作用时间长
答案 CD
解析 杯子是否被撞碎，取决于撞击地面时，地面对杯子的撞击力大小．规定竖直向上为正方向，设玻璃杯下落高度为h，则落地瞬间的速度大小为
，设玻璃杯的质量为m，则落地前瞬间的动量大小为p＝m
，与水泥或草地接触Δt时间后，杯子停下，在此过程中，玻璃杯的动量变化Δp＝m
相同，再由动量定理可知（F－mg）·Δt＝m
，所以F＝
＋mg.由此可知，Δt越小，玻璃杯所受撞击力越大，玻璃杯就越容易碎，杯子掉在草地上作用时间较长，动量变化慢，作用力小，因此玻璃杯不易碎．
8．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，铁块掉到地面上的P点，若以2v速度抽出纸条，则铁块落地点（ ）
图3
A．仍在P点
B．在P点左侧
C．在P点右侧不远处
D．在P点右侧原水平位移的两倍处
答案 B
解析 以2v速度抽出纸条时，纸条对铁块作用时间减少，而纸条对铁块的作用力相同，故与以速度v抽出相比，纸条对铁块的冲量I减小，铁块获得的动量减少，平抛的速度减小，水平射程减小，故落在P点的左侧．
9．如图4所示，运动员挥拍将质量为m的网球击出．如果网球被拍子击出前、后瞬间速度的大小分别为v1、v2，v1与v2方向相反，且v2＞v1.忽略网球的重力，则此过程中拍子对网球作用力的冲量（ ）
图4
A．大小为m（v2－v1），方向与v1方向相同
B．大小为m（v2＋v1），方向与v1方向相同
C．大小为m（v2－v1），方向与v2方向相同
D．大小为m（v2＋v1），方向与v2方向相同
答案 D
解析 在球拍拍打网球的过程中，选取v2方向为正方向，对网球运用动量定理有I＝mv2－（－mv1）＝m（v2＋v1），即拍子对网球作用力的冲量大小为m（v2＋v1），方向与v2方向相同．
10.如图5所示，质量为m的小滑块沿倾角为θ的斜面向上滑动，经过时间t1速度为零然后又下滑，经过时间t2回到斜面底端，滑块在运动过程中受到的摩擦力大小始终为F1.在整个过程中，重力对滑块的总冲量为（ ）
图5
A．mgsinθ（t1＋t2）B．mgsinθ（t1－t2）
C．mg（t1＋t2）D．0
答案 C
解析 谈到冲量必须明确是哪一个力的冲量，此题中要求的是重力对滑块的总冲量，根据冲量的定义式I＝Ft，因此重力对滑块的总冲量应为重力乘以作用时间，所以IG＝mg（t1＋t2），即C正确．
11．物体在恒定的合力F作用下做直线运动，在时间Δt1内速度由0增大到v，在时间Δt2内速度由v增大到2v.设F在Δt1内做的功是W1，冲量是I1；在Δt2内做的功是W2，冲量是I2.那么（ ）
A．I1C．I1＝I2，W1＝W2D．I1＝I2，W1答案 D
解析 在Δt1内，I1＝FΔt1＝mv－0＝mv，
在Δt2内，I2＝FΔt2＝2mv－mv＝mv，
所以I1＝I2，
又因为W1＝
mv2，
W2＝
m（2v）2－
mv2＝
mv2，
所以W112.质量为0.5kg的小球沿光滑水平面以5m/s的速度冲向墙壁后又以4m/s的速度反向弹回，如图6所示，若球跟墙的作用时间为0.05s，则小球所受到的平均力大小为________N.
图6
答案 90
解析 选定小球与墙碰撞的过程，取v1的方向为正方向，对小球应用动量定理得Ft＝－mv2－mv1
所以，F＝
＝
N＝－90N
“－”号说明F的方向向左．
13．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高处自由下落，着网后沿竖直方向蹦回到离水平网面5m高处．已知运动员与网接触的时间为1.2s．若把这段时间内网对运动员的作用力当作恒力处理，求此力的大小．（g取10m/s2）
答案 1.5×103N
解析 将运动员看做质量为m的质点，从高h1处下落，刚接触网时速度的大小v1＝
（竖直向下）．
弹跳后到达的高度为h2，刚离网时速度的大小
v2＝
（竖直向上）．
选竖直向上为正方向．
由动量定理得（F－mg）·Δt＝m[v2－（－v1）]
由以上各式解得
F＝mg＋m
代入数据得F＝1.5×103N
第二节
（2） 动量 动量守恒定律
[目标定位] 1.理解系统、内力、外力的概念.2.理解动量守恒定律的内容及表达式，理解其守恒的条件.3.会用动量守恒定律解决实际问题．
一、系统、内力与外力
1．系统：
具有相互作用的两个物体组成一个力学系统．
2．内力：
系统中，物体间的相互作用力．
3．外力：
系统外部其他物体对系统的作用力．
二、动量守恒定律
1．内容：
如果系统所受到的合外力为零，则系统的总动量保持不变．
2．表达式：
对两个物体m1、m2组成的系统，常写成：
m1v10＋m2v20＝m1v1＋m2v2.
想一想
如图1所示，在风平浪静的水面上，停着一艘帆船，船尾固定一台电风扇，正在不停地把风吹向帆面，船能向前行驶吗？
为什么？
图1
答案 不能．把帆船和电风扇看做一个系统，电风扇和帆船受到空气的作用力大小相等、方向相反，这是一对内力，系统总动量守恒，船原来是静止的，总动量为零，所以在电风扇吹风时，船仍保持静止．
预习完成后，请把你疑惑的问题记录在下面的表格中
问题1
问题2
问题3
一、对动量守恒定律的理解
1．研究对象
相互作用的物体组成的系统．
2．动量守恒定律的成立条件
（1）系统不受外力或所受合外力为零．
（2）系统受外力作用，但内力远大于外力，此时动量近似守恒．
（3）系统所受到的合外力不为零，但在某一方向上合外力为零或某一方向上内力远大于外力，则系统在该方向上动量守恒．
3．动量守恒定律的几个性质
（1）矢量性．公式中的v10、v20、v1和v2都是矢量，只有它们在同一直线上，并先选定正方向，确定各速度的正、负后，才能用代数方法运算．
（2）相对性．速度具有相对性，公式中的v10、v20、v1和v2应是相对同一参考系的速度，一般取相对地面的速度．
（3）同时性．相互作用前的总动量，这个“前”是指相互作用前同一时刻，v10、v20均是此时刻的瞬时速度；同理，v1、v2应是相互作用后的同一时刻的瞬时速度．
【例1】 （多选）在光滑水平面上A、B两小车中间有一弹簧，如图2所示，用手抓住小车并将弹簧压缩后使两小车处于静止状态．将两小车及弹簧看做一个系统，下面说法正确的是（ ）
图2
A．两手同时放开后，系统总动量始终为零
B．先放开左手，再放开右手后，动量不守恒
C．先放开左手，后放开右手，总动量向左
D．无论何时放手，两手放开后，在弹簧恢复原长的过程中，系统总动量都保持不变，但系统的总动量不一定为零
答案 ACD
解析 在两手同时放开后，水平方向无外力作用，只有弹簧的弹力（内力），故动量守恒，即系统的总动量始终为零，A对；先放开左手，再放开右手后，是指两手对系统都无作用力之后的那一段时间，系统所受合外力也为零，即动量是守恒的，B错；先放开左手，系统在右手作用下，产生向左的作用力，故有向左的冲量，后放开右手，系统的动量守恒，即此后的总动量向左，C对；其实，无论何时放开手，只要是两手都放开后就满足动量守恒的条件，即系统的总动量都保持不变，D对．
针对训练 如图3所示，甲木块的质量为m1，以速度v沿光滑水平地面向前运动，正前方有一静止的、质量为m2的乙木块，乙木块上连有一轻质弹簧．甲木块与弹簧接触后（ ）
图3
A．甲木块的动量守恒
B．乙木块的动量守恒
C．甲、乙两木块所组成系统的动量守恒
D．甲、乙两木块所组成系统的动能守恒
答案 C
解析 两木块在光滑水平地面上相碰，且中间有弹簧，则碰撞过程系统的动量守恒，机械能也守恒，故选项A、B错误，选项C正确；甲、乙两木块碰撞前、后动能总量不变，但碰撞过程中有弹性势能，故动能不守恒，选项D错误．
二、动量守恒定律的简单应用
1．动量守恒定律的表达式及含义
（1）p0＝p：
系统相互作用前总动量p0等于相互作用后总动量p.
（2）Δp1＝－Δp2：
相互作用的两个物体组成的系统，一个物体的动量变化量与另一个物体的动量变化量大小相等、方向相反．
（3）Δp＝0：
系统总动量增量为零．
（4）m1v10＋m2v20＝m1v1＋m2v2：
相互作用的两个物体组成的系统，作用前的动量和等于作用后的动量和．
2．应用动量守恒定律的解题步骤
（1）确定相互作用的系统为研究对象；
（2）分析研究对象所受的外力
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