1．明確研究對象和力的作用時間，即要明確要對哪個系統(tǒng)，對哪個過程應(yīng)用動量守恒定律。
(1)動量守恒定律是說系統(tǒng)內(nèi)部物體間的相互作用只能改變每個物體的動量，而不能改變系統(tǒng)的總動量，在系統(tǒng)運動變化過程中的任一時刻，單個物體的動量可以不同，但系統(tǒng)的總動量相同。
(2)應(yīng)用此定律時我們應(yīng)該選擇地面或相對地面靜止或勻速直線運動的物體做參照物，不能選擇相對地面作加速運動的物體為參照物。
(3)動量是矢量，系統(tǒng)的總動量不變是說系統(tǒng)內(nèi)各個物體的動量的矢量和不變。等號的含義是說等號的兩邊不但大小相同，而且方向相同。
[例2]放在光滑水平面上的A、B兩小車中間夾了一壓縮的輕質(zhì)彈簧，用兩手分別控制小車處于靜止狀態(tài)，下面說法中正確的是
A．兩手同時放開后，兩車的總動量為零
B．先放開右手，后放開左手，而車的總動量向右
C．先放開左手，后放開右手，兩車的總動量向右
D．兩手同時放開，同車的總動量守恒；兩手放開有先后，兩車總動量不守恒
解析：根據(jù)動量守恒定律的適用條件，兩手同時放開，則兩車水平方向不受外力作用，總動量守恒；否則，兩車總動量不守恒，若后放開左手，則左手對小車有向右的沖量作用，從而兩車的總動量向右；反
之，則向左．因而，選項ABD正確．
[例3]在質(zhì)量為M的小車中掛有一單擺，擺球的質(zhì)量為m0，小車和單擺以恒定的速度v沿光滑水平地面運動，與位于正對面的質(zhì)量為m的靜止木塊發(fā)生碰撞，碰撞的時間極短，在此碰撞過程中，下列哪些情況說法是可能發(fā)生的( )
A．小車、木塊、擺球的速度都發(fā)生變化，分別變?yōu)?vl、v2、v3，滿足(M+m0)v=Mvl十mv2十m0v3
B．擺球的速度不變，小車和木塊的速度變化為vl和v2，滿足Mv=Mvl十mv2。
C．擺球的速度不變，小車和木塊的速度都變?yōu)関l，滿足Mv＝(M+m)vl
D．小車和擺球的速度都變?yōu)関l，木塊的速度變?yōu)関2，滿足(M十m0)v=(M十m0)vl十mv2
分析：小車M與質(zhì)量為m的靜止木塊發(fā)生碰撞的時間極短，說明在碰撞過程中，懸掛擺球的細線來不及擺開一個明顯的角度，因而擺球在水平方向尚未受到力的作用，其水平方向的動量未發(fā)生變化，亦即在小車與木塊碰撞的過程中，只有小車與木塊在水平方向發(fā)生相互作用。
解析：在小車M和本塊發(fā)生碰撞的瞬間，擺球并沒有直接與木塊發(fā)生力的作用，它與小車一起以共同速度V勻速運動時，擺線沿豎直方向，擺線對球的效力和球的重力都與速度方向垂直，因而擺球未受到水平力作用，球的速度不變，可以判定A、D項錯誤，小車和木塊碰撞過程，水平方向無外力作用，系統(tǒng)動量守恒，而題目對碰撞后，小車與木塊是否分開或連在一起，沒有加以說明，所以兩種情況都可能發(fā)生，即B、C選項正確。
[例4]如圖所示，在光滑水平面上有A、B兩小球沿同一條直線向右運動，并發(fā)生對心碰撞．設(shè)向右為正方向，碰前A、B兩球動量分別是pA＝10kgm/s，pB=15 kgm/s，碰后動量變化可能是( )
A．ΔpA＝5 kg·m／s ΔpB＝5 kg·m／s
B．ΔpA =－5 kg·m／s ΔpB ＝ 5 kg·m／s
C．ΔpA =5 kg·m／s ΔpB=－5 kg·in／s·
D．ΔpA ＝－20kg·m／s ΔpB＝20 kg·m／s
解析：A．此結(jié)果動量不守恒；B．可能；C．B的動量不可能減少，因為是A碰B；D．要出現(xiàn)ΔpA ＝－20kg·m／s只有B不動或向左運動才有可能出現(xiàn)這個結(jié)果．答案：B
規(guī)律方法 1、動量守恒定律的“四性”
在應(yīng)用動量守恒定律處理問題時,要注意“四性”
①矢量性：動量守恒定律是一個矢量式，，對于一維的運動情況，應(yīng)選取統(tǒng)一的正方向，凡與正方向相同的動量為正，相反的為負。若方向未知可設(shè)與正方向相同而列方程，由解得的結(jié)果的正負判定未知量的方向。
②瞬時性：動量是一個狀態(tài)量，即瞬時值，動量守恒指的是系統(tǒng)任一瞬時的動量恒定，列方程m1vl+m2v2＝m1v/l+m2v/2時，等號左側(cè)是作用前各物體的動量和，等號右邊是作用后各物體的動量和，不同時刻的動量不能相加。
③相對性：由于動量大小與參照系的選取有關(guān)，應(yīng)用動量守恒定律時，應(yīng)注意各物體的速度必須是相對于同一慣性參照系的速度，一般以地球為參照系
④普適性：動量守恒定律不僅適用于兩個物體所組成的系統(tǒng)，也適用于多個物體組成的系統(tǒng)，不僅適用于宏觀物體組成的系統(tǒng)，也適用于微觀粒子組成的系統(tǒng)。
[例5]一輛質(zhì)量為60kg的小車上有一質(zhì)量為40kg的人(相對車靜止)一起以2m／s的速度向前運動，突然人相對車以 4m／s的速度向車后跳出去，則車速為多大？
下面是幾個學(xué)生的解答，請指出錯在何處．
(1)解析；人跳出車后，車的動量為60v，人的動量為40(4十v)由動量守恒定律： (60+40)×2＝60v－ 40(4+v)解得： v＝ 0．4 m/s (沒有注意矢量性)
(2)解析：選車的方向為正，人跳出車后，車的動量為60v，人的動量一40×4，由動量守恒定律：
(60+40)×2＝60v -40×4，解得v＝6m／s (沒有注意相對性)
(3)解析：選車的方向為正，人跳出車后的動量為60v，人的動量一40×(4一2)由動量守恒定律得
(60+40)×2＝60v -40×(4一2)解得v=14/3m/s (沒有注意瞬時性)
(4)解析：選地為參照物，小車運動方向為正，據(jù)動量守恒定律，(60+40)×2＝60v -40(4-v)解得 v=3．6m/s此法正確．
答案：3．6 m／s
[例6]2002年，美國《科學(xué)》雜志評出的《2001 年世界十大科技突破》中，有一項是加拿大薩德伯里 中微子觀測站的成果．該站揭示了中微子失蹤的原因，即觀測到的中微子數(shù)目比理論值少是因為部分中微子在運動過程中轉(zhuǎn)化為一個μ子和一個τ子． 在上述研究中有以下說法：①該研究過程中牛頓第二定律依然適用；②該研究中能的轉(zhuǎn)化和守恒定律依然適用；③若發(fā)現(xiàn)μ子和中微子的運動方向一致，則τ子的運動方向與中微子的運動方向也可能一致；④若發(fā)現(xiàn)μ子和中微子的運動方向相反，則τ子的運動方向與中微子的運動方向也可能相反．其中正確的是：
A.①②， B.①③， C.②③， D. ③④；
解析:牛頓運動定律適用于“低速”“宏觀”物體,而動量守恒定律和能量守恒定律是自然界中的普適規(guī)律,在中微子轉(zhuǎn)化為μ子和τ子時,動量守恒和能量守恒定律仍然適用,當μ子與中微子的運動方向一致時,τ子的運動方向有可能與中微子的運動方向相同,也有可能與中微子運動方向相反;但μ子運動方向與中微子運動方向相反時,τ子的運動方向與中微子的運動方向一定相同.答案C正確.
2、應(yīng)用動量守恒定律的基本思路
3、常見的表達式
①p/=p，其中p/、p分別表示系統(tǒng)的末動量和初動量，表示系統(tǒng)作用前的總動量等于作用后的總動量。
②Δp=0 ，表示系統(tǒng)總動量的增量等于零。
③Δp1=－Δp2，其中Δp1、Δp2分別表示系統(tǒng)內(nèi)兩個物體初、末動量的變化量，表示兩個物體組成的系統(tǒng)，各自動量的增量大小相等、方向相反。
其中①的形式最常見，具體來說有以下幾種形式
A、m1vl+m2v2＝m1v/l+m2v/2，各個動量必須相對同一個參照物，適用于作用前后都運動的兩個物體組成的系統(tǒng)。
B、0= m1vl+m2v2，適用于原來靜止的兩個物體組成的系統(tǒng)。
C、m1vl+m2v2=(m1+m2)v，適用于兩物體作用后結(jié)合在一起或具有共同的速度。
[例1]由動量定理和牛頓第三定律推出動量守恒定律(以兩個物體為例)
解析：設(shè)兩物體質(zhì)量分別為m1、m2，作用前后的速度分別為v1、v2與v1/、v2/．在Δt時間內(nèi)m1、m2所受外力為 Fl、F2，內(nèi)力：第 1個對第 2個物體作用力為f12，其反作用力為f21．
根據(jù)動量定理：
對m1：(Fl十f21)Δt＝m1 v1/-m1 v1
對m2：(F2十f12)Δt= m2 v2/一m2 v2
根據(jù)牛頓第三定律f12= f21 又由于Fl十F2＝0
所以m1 v1/-m1 v1＝m2 v2/一m2 v2 整理得：m1 v1+m2 v2 =m1 v1/+m2 v2/
2、 動量守恒定律適用的條件
①系統(tǒng)不受外力或所受合外力為零．
②當內(nèi)力遠大于外力時．
③某一方向不受外力或所受合外力為零，或該方向上內(nèi)力遠大于外力時，該方向的動量守恒．
1、內(nèi)容：相互作用的物體，如果不受外力或所受外力的合力為零，它們的總動量保持不變，即作用前的總動量與作用后的總動量相等．
2、物體動量的增量可以是物體質(zhì)量不變，由速度變化形成：ΔP=mv2I一mv1=m(V2一v1)=mΔv，
動量定理表達為FΔt=mΔv.也可以是速度不變，由質(zhì)量變化形成：ΔP＝m2v一mlv=(m2一ml)v＝Δmv,動量定理表達為FΔt＝ΔmV。在分析問題時要注意第二種情況。
[例4]宇宙飛船進入一個宇宙塵埃區(qū)，每前進lm，就有10個平均質(zhì)量為2×10－7的微塵粒與飛船相撞，并附在飛船上。若塵埃微粒原來的速度不計，要保持飛船的速度10 km/s，飛船噴氣產(chǎn)生的推力至少應(yīng)維持多大？
解析：設(shè)飛船速度為v，飛行時間為Δt，每前進1m附著的塵粒數(shù)為n，塵粒的平均質(zhì)量為m0，則在Δt內(nèi)飛船增加的質(zhì)量Δm＝nm0vΔt.
據(jù)動量定理FΔt＝Δmv。可知推力：
[例5]科學(xué)家設(shè)想在未來的航天事業(yè)中用太陽帆來加速星際宇宙飛船，按照近代光的粒子說，光由光子組成，飛船在太空中張開太陽帆，使太陽光垂直射到太陽帆上，太陽帆面積為S，太陽帆對光的反射率為100%，設(shè)太陽帆上每單位面積每秒到達n個光子，每個光子的動量為p，如飛船總質(zhì)量為m。
求：(1)飛船加速度的表達式。
(2)若太陽帆面對陽光一面是黑色的，情況又如何？
解析:(1)設(shè)經(jīng)過時間t，則在時間t內(nèi)射到太陽帆上的光子數(shù)為：N＝nst……①
對光子由動量定理得Ft=NP一N(一P)……② 對飛船由牛頓運動定律得F＝ma……③
由以上三式解得飛船的加速度為
(2)若太陽帆面對陽光的一面是黑色的，則對光子由動量定理得：ft=0一N(一P)……④
由①③④得
[例6]自動稱米機已在許多大糧店廣泛使用。買者認為：因為米流落到容器中時有向下 的沖力而不劃算；賣者則認為：當預(yù)定米的質(zhì)量數(shù)滿足時，自動裝置即刻切斷米流時，此刻尚有一些米仍在空中，這些米是多給買者的，因而雙方爭執(zhí)起來，究竟哪方說得對而劃算呢？(原理如圖所示)。
解析：設(shè)米流的流量為dkg／s，它是恒定的，自動裝置能即刻在出口處切斷米流，米流在出口處速度很小可視為零，若切斷米流后，盛米的容器中靜止的那部分米的質(zhì)量為m1kg，空中還在下落的米質(zhì)量為m2kg，則落到已靜止的米堆(m1)上的一小部分米的質(zhì)量為Δm kg．取Δm為研究對象，這部分米很少，在Δt時間內(nèi)Δm=d·Δt，設(shè)其落到米堆上之前的速度為V，經(jīng)Δt時間靜止，其受力如圖所示，由動量定律得
(F一Δmg)Δt=ΔmV 即F=dV十d·Δt·g
根據(jù)牛頓第三定律知F=F/， 稱米機的讀數(shù)應(yīng)為
=m1+m2+Δm
可見，稱米機讀數(shù)包含了靜止在袋中的部分m1，也包含了尚在空中的下落的米流 m2應(yīng)包含剛落至米堆上的一小部分Δm，即自動稱米機是準確的，不存在哪方劃算不劃算的問題。
點評：本例是物理知識在實際生活中應(yīng)用綜合題，涉及物理中的沖量，動量、動量守恒、牛頓第三定律等知識�？疾閷W(xué)生應(yīng)用學(xué)科知識解決實際問題的能力，解此題必須正確分析現(xiàn)象，形成正確的物理圖景，恰當運用物理規(guī)律求解�！�
散
動量守恒定律
知識簡析 一、動量守恒定律
1、動量定理FΔt＝mvt－mv0可以用一種更簡潔的方式FΔt=ΔP表達，式中左邊表示物體受到的沖量，右邊表示動量的增量(變化量)。此式稍加變形就得
其含義是：物體所受外力(若物體同時受幾個力作用，則為合外力)等于物體動量的變化率。這一公式通常稱為“牛頓第二定律的動量形式”。這一形式更接近于牛頓自己對牛頓第二定律的表述。應(yīng)用這個表述我們在分析解決某些問題時會使思路更加清晰、簡潔。
[例1]如圖所示，在粗糙水平面上放一三角本塊a，若物體b在a的斜面上靜止，加速，勻速或減速下滑時．在四種情況下a對平面的壓力比a、b兩重力之和大還是�。�
解法一：(常規(guī)解法)如圖所示，
N=Ga+Ny+fy
Ny＝Nb－acosθ＝Gbcos2θ
fy=fb－asinθ，當b沿斜面勻速下滑時，在數(shù)值上fb－a=fa－b= Gbsinθ
所以fy＝Gbsin2θ
所以 N＝ Ga+Gbsin2θ+Gbcos2θ＝Ga+Gb
當b在a上靜止時情形亦如此N＝Ga+Gb
當b在a上加速下滑時f＜Gbsinθ，所以 N＜Ga+Gb
當b在a上減速下滑時f＞Gbsinθ，所以N＞Ga+Gb
解法二：將a、b視為一整體如圖所示，將N分解
根據(jù)動量定理［N0－(Ga+Gb )］Δt=ΔP
顯然勻速運動時N= Ga+Gb
加速運動時N＜Ga+Gb
減速運動時N＞Ga+Gb
下面我們再來討論a與地面間摩擦力的方向
(1)當b沿料面勻速運動或靜止在斜面上；
(2)當b沿斜面加速下滑；
(3)當b沿斜面減速下滑；
(4)當b沿斜面向上運動．
解法一：(l)當b靜止在斜面或沿料面勻速下滑時對b有：Gbsinθ＝f N＝Gbcosθ
對a受力分析如圖所示，比較fx與Nx的大小
fx=fcosθ= Gbsinθcosθ，Nx＝Gbcosθsinθ
所以當b靜止或沿料面勻速下滑時，fx=Nx，a與平面間無摩擦力．
(2)當b沿斜面加速下滑時對b ，Gbsinθ＞f所以對a ，fx＜Nx，摩擦力方向向左
(3)當b沿斜面減速下滑時 Gbsinθ＜f所以對a，fx＞Nx，摩擦力方向向右
(4)當b沿斜面向上運動時，a受到b對它摩擦力的方向斜向上，很顯然地面對a摩擦力方向向左．
解法二：將ab視為一個系統(tǒng)，將b的速度分解如圖所示，
(1)當停止或勻速下滑時，Δvx＝0．
根據(jù)動量定理，ab在水平方向受到?jīng)_量為零，所以產(chǎn)生沖量的摩擦力為零．
(2)當沿斜面加速下滑時fΔt＝mbΔvx，f與Δvx同向，所以f方向向左．
(3)當沿斜面減速下滑時：我們可用同樣方法得出f方向向右．
注意：當b沿斜面向上勻速運動時，Δvx＝0，由動量定理可知，f應(yīng)當為零，而實際上方向向左，為什么？這里必須清楚．當b沿斜面向上勻速運動時，對這個系統(tǒng)，水平方向的合外力已經(jīng)不單是f了，必須有除f以外的外力存在，而且它的方向或者其分力方向水平向右，否則b不會沿斜面向上勻速運動．
[例2]如圖所示，等臂天平左端有一容器，內(nèi)盛有水，水中有一密度小于水密度的木球．有一細繩一端系球，一端固定于燒杯底部，整個系統(tǒng)處于平衡狀態(tài)，假設(shè)細繩突然斷裂，小球相對于水向上加速運動，天平將如何？
解法一：按照常規(guī)則應(yīng)進行如下分析
對盤：如圖4-12中1所示(N為臂對盤的支持力，F(xiàn)為杯對盤的壓力)
N＝F+G盤 ①
對杯底：如圖4-12中2所示(F/為盤對杯的支持力，T為繩對杯的拉力，F(xiàn)水為水對杯的壓力)
F/＝F F/＝G杯+F水－T ②
對水：如圖4－12中3所示( F/水為杯底對水的支持力，F(xiàn)/浮為球?qū)λ饔昧?
F/水＝ F/浮十G水 ③
對球(F浮為水對球的浮力，T/為繩對球的拉力，T/= T)F浮＝F/浮
當靜止時 F浮=T/十 G球 代入③得 F/水=T/十G球 + G水 代入②得
F/= G杯十 G水+G球 代入①得 N＝G盤+G杯十 G水+G球
當繩斷時，對杯底如圖4-12中4所示，
F/＝G杯+ G水 ④
F浮一G球=m木球a－m水球a 即F浮 =G球十m木球a－m水球a 代入③得
對水F/水= G球+G水+m木球a－m水球a 代入④得
F＝G杯十G水十G球十m木球a－m水球a 代入①得 N＝G盤+G杯十 G水+G球十m木球a－m水球a 所以天平左端上升．
解法二：若將盤、杯、水、球視為一個整體，則根據(jù)動量定理 FΔt＝ΔP
即［N(G盤+G杯十 G水+G球 )］Δt=ΔP
當靜止時ΔP＝0 所以 N＝G盤+G杯十 G水+G球
當木球向上運動水球向下運動時,ΔP=m木球Δv－m水球Δv<0 所以 N<G盤+G杯十 G水+G球 從而知天平左端上升．
說明：前法較后法步驟繁雜，使人接受困難，后法兩步即可得出結(jié)論，兩法比較，繁簡分明．
[例3]如圖所示，在光滑水平面上，有A、B兩輛小車．水平面左側(cè)有一豎直墻．在小車B上坐著一個小孩．小孩與車B的總質(zhì)量是車A的10倍，兩車從靜止開始，小孩把車A以對地速度v推出，車A與墻碰撞后仍以原速率返回，小孩接到車A后，又把它以對地速度v推出，車A返回后，小孩再把它推出，每次推出，小車A對地速度都是v，方向向左，則小孩共把車A推出多少次后，車A返回小孩不能再接到？
解析：題中車A多次與車B及墻壁間發(fā)生相互作用，而每次與車B作用時，水平方向合力為0，故A、B每次作用時，由車A與車B組成系統(tǒng)動量守恒，而每次作用后車B的速度是下一次作用前的速度，這為一個隱含條件，車A返回，小孩不能接到的臨界條件是vB=v．
設(shè)第一次、第二次、…、第n次作用后，車B的速度為v1，v2，…，vn，每次作用，車A與車B動量守恒，從而得到
0=10mvl－mv ………① (A、B第1次作用)
10mvl +mv＝10mv2－mv ………② (A、B第2次作用)
10mv2 +mv＝10mv3－mv ………③ (A、B第3次作用)
………
10mvn－1 +mv＝10mvn－mv (A、B第n次作用)
把n式相加得：(n-1)mv= 10mvn－nmv
即得：vn=
v≥v 則 n≥5．5， n取整數(shù)， n＝6次后，車A 返回時，小孩接不到車A
巧解：對A、B系統(tǒng)，所受合外力就是墻的彈力．這個彈力每次產(chǎn)生沖量大小為2mv，要使B不再接到 A，必須vA≤vB．這里先取一個極限值vA=vB=v ，則：
根據(jù)動量定理， n2mv=(M+m)v
將M＝10m代入解得 n＝5．5，所以推6次即可．
2、動量定理的初步應(yīng)用
[例4]如圖所示，質(zhì)量為2kg的物體，放在水平面上，受到水平拉力F＝4N的作用，由靜止開始運動，經(jīng)過1s撤去F，又經(jīng)過1s物體停止，求物體與水平面間的動摩擦因數(shù)。
解析:在水平面上物體受力分析如圖所示，據(jù)題意物體的運動分為兩個階段，第一階段水平方向受拉力F和摩擦力f的作用，歷時t1＝1s;第二階段撤去F后只受摩擦力f的作用又歷時t2=ls.全過程初始速
度為0，全過程結(jié)束時末速度也為0，所以總動量的增量為0.
應(yīng)用動量定理可列式：Ftl一f(tl十t2)＝0
其中摩擦力f＝μN=μmg
由以上兩式得：
注意:應(yīng)用動量定理公式I＝mv2一mvl時，不要把公式左邊的沖量單純理解為合外力的沖量，可以進一步理解為“外力沖量的矢量和”，這樣就對全過程應(yīng)用一次動量定理就可以解決問題而使思路和解題過程簡化。
[例5]質(zhì)量為m=2kg的小球，從離地面h1=5 m高處自由下落，球和地面相碰后又反彈至h2＝3.2 m高處，已知上述過程經(jīng)歷的時間t=1.9s，求地面和小球間的平均彈力是多大？
解析:小球下落時是自由落體運動，下落時間和落地時末速不難求出，反跳后作豎直上拋運動，上升時間和上拋的初速度也能求出，和地面作用的時間為由總時間和下落與上升的時間差，用動量定理就能求出地面的作用力。
落地時速度：
,下落所用時間：
反彈后上升初速度：
,反彈后上升時間：
對球和地面碰撞過程用動量定理，設(shè)向上方向為正：(F一mg)(t一t1一t2)=mv2一(一mvI)
[例6]如圖所示，A、B經(jīng)細繩相連掛在彈簧下靜止不動，A的質(zhì)量為m，B的質(zhì)量為M，當A、B間繩突然斷開物體A上升到某位置時速度為v，這時B下落速度為u，在這段時間內(nèi)彈簧彈力對物體A的沖量為
解析：把AB作為一個整體應(yīng)用動量定理得：(F－Mg-mg)t=mv+(－Mu)
分別對A、B應(yīng)用動量定理得：(F－mg)t=mv，－Mgt=－Mu
代入上式得I=Ft=mv+mgt=mv+mu=m(v+u)
[例7]人從高處跳到低處時，為了延長碰撞時間，保護身體不受傷，腳著地后便自然地下蹲．
(1)人的這種能力是
A．應(yīng)激性； B．反射； C．條件反射；D．非條件反射
(2)某質(zhì)量為50kg的飛行員，從5 m高的訓(xùn)練臺上跳下，從腳著地到完全蹲下的時間約為1s，則地面對他的作用力為多大？(g＝10m／s2)
(3)假如該飛行員因心理緊張，腳著地后未下蹲，他和地碰撞的時間為0．01s，則此時地對人的力又是多大？
解析：(1)B、D正確 (2)下落 5m時速度vt=
＝10m／s
由動量定理得(Fl－mg)t1＝mv F1＝mv/t1+mg＝1×103N
(3)由動量定理得(F2一mg)t2＝mv F2＝mv/t2+mg＝5．05×104N
[例8]據(jù)報道，一輛轎車在高速強行超車時，與迎面馳來的另一輛轎車相撞，兩車身因碰撞擠壓，皆縮短了約0.5m,據(jù)測算相撞時兩車的速度均為109km/s,試求碰撞過程中車內(nèi)質(zhì)量60kg的人受到的平均沖擊力約為多少?
解析:兩車相碰時認為人與車一起做勻減速運動直到停止,此過程位移為0.5m,設(shè)人隨車做勻減速運動的時間為t,已知v0≈30m/s,由
根據(jù)動量定理有Ft=mv0,解得F=5.4×104N
[例9]滑塊A和B用輕細繩連接在一起后放在水平桌面上，水平恒力F作用在B上，使A、B一起由靜止開始沿水平桌面滑動，已知滑塊A、B與水平桌面間的滑動摩擦因數(shù)μ，力F作用t秒后，A、B間連線斷開，此后力F仍作用于B，試求：滑塊A剛剛停住時，滑塊B的速度多大？滑塊A、B的質(zhì)量分別為mA、mB
解析：(1)取滑塊A、B為研究對象，研究A、B整體做加速運動的過程，根據(jù)動量定理，有：[F－μ(mA+mB)g]t＝(mA+mB)V－0．
由此可知A、B之間連線斷開時，A、B的速度為V=[F－μ(mA+mB)g]t/(mA+mB)
(2)研究滑塊A作勻減速運動過程，根據(jù)動量定理有：－μmAgt/=0－mAV
將V代入上式，可求得滑塊A作勻減速滑行時間為：t/=
=
(3)研究滑塊A、B整體．研究從力F作用開始直至A停住的全過程．此過程中物體系統(tǒng)始終受到力F及摩擦力的沖量，根據(jù)動量定理，有[F－μ(mA+mB)g](t+t/)=mBvB
將t/代人上式，可求出滑塊A剛停住時滑塊BR的速度為vB=
[例10]質(zhì)量為M的金屬塊和質(zhì)量為m的木塊用細線連在一起，在水中以加速度a下沉，不計水的阻力。某時刻，下沉的速度為v時，細線突然斷了，此后金屬塊繼續(xù)下沉，木塊上浮經(jīng)t秒木塊躍出水面。測得木塊躍出水面的初速度v1，若此時金屬塊還未沉到湖底，求此時金屬塊的速度v2？
解析:把金屬塊和木塊看成是一個系統(tǒng)，則此系統(tǒng)受到外力的沖量應(yīng)等于其動量的增量。系統(tǒng)受到的外力為金屬塊與木塊各自受到的重力和水的浮力，由于已知它們在水中一起下沉的加速度，可用牛頓第二定律求出其受到的合力。
設(shè)豎直向下為正方向，它們在水中受到的浮力分別為F1和F2。
據(jù)動量定理：(mg+Mg一F1－F2)t＝(Mv2一mvl)一(m十M)v……①
據(jù)牛頓第二定律，它們一起下沉?xí)r:Mg十mg一F1一F2＝(m+M) a……②
把②代入①得(m+M)at＝(Mv2一mvl)一(m+M)v解得
試題展示
散
動量定理的拓展應(yīng)用
5．用動量定理解題，只能選取地球或相對地球做勻速直線運動的物體做參照物。忽視沖量和動量的方向性，造成I與P正負取值的混亂，或忽視動量的相對性，選取相對地球做變速運動的物體做參照物，是解題錯誤的常見情況。
規(guī)律方法1、沖量和動量變化量的計算
[例1]如圖所示，傾角為α的光滑斜面，長為s，一個質(zhì)量為m的物體自A點從靜止滑下，在由A到B的過程中，斜面對物體的沖量大小是
，重力沖量的大小是
。物體受到的沖量大小是
(斜面固定不動)．
解析：該題應(yīng)用沖量的定義來求解．物體沿光滑料面下滑，加速度a=gsinα，滑到底端所用時間，由s=½at2，可知t=
=
由沖量的定義式IN=Nt=mgcosα
, IG=mgt=mg
I合＝F合t＝mgsinα
點評：對力的沖量計算，學(xué)生比較習(xí)慣按做功的方法求，如IF易算為Fcosθt，而實際為Ft，對支持力、重力的沖量通常因為與位移垂直而認為是零。沖量和功不同。恒力在一段時間內(nèi)可能不作功，但一定有沖量。對動量變化量，分不清應(yīng)該用那個力的沖量來計算，實際只要求出合外力的沖量就可以了。
[例2]一單擺擺球質(zhì)量m=0．2kg，擺長l=0．5m．今將擺球拉高與豎直方向成50角處由靜止釋放，求擺球運動至平衡位置過程中重力的沖量和合力的沖量．(g＝10 m／s2)
解析：擺球重力為恒力，且時間t為單擺周期的1/4，即t=T/4=
．所以
IG＝mg=0.2×10×
≈0．69 N·s
擺球所受合力為變力，不能直接用公式I＝Ft計算，只能應(yīng)用動量定理求之：
F合t＝Δmv=m
≈0．039 N·s
答案：0．69 N·S；0．039 N·S
說明：(1)注意區(qū)別所求的是某一力的沖量還是合外力的沖量．
(2)恒力的沖量一般直接由I＝Ft求，變力的沖量一般由I＝ΔP求．
[例3]以初速度v水平拋出一質(zhì)量為m的石塊，不計空氣阻力，則對石塊在空中運動過程中的下列各物理量的判斷正確的是( )
A.在兩個相等的時間間隔內(nèi)，石塊受到的沖量相同
B.在兩個相等的時間間隔內(nèi)，石塊動量的增量相同
C.在兩個下落高度相同的過程中，石塊動量的增量相同
D.在兩個下落高度相同的過程中，石塊動能的增量相同
解析：不計空氣阻力，石塊只受重力的沖量，無論路程怎樣，兩個過程的時間相同，重力的沖量就相同，A正確。據(jù)動量定理，物體動量的增量等于它受到的沖量，由于在兩個相等的時間間隔內(nèi)，石塊受到重力的沖量相同，所以動量的增量必然相同，B正確。由于石塊下落時在豎直分方向上是作加速運動，兩個下落高度相同的過程所用時間不同，所受重力的沖量就不同，因而動量的增量不同，C錯。據(jù)動能定理，外力對物體所做的功等于物體動能的增量，石塊只受重力作用，在重力的方向上位移相同，重力功就相同，因此動能增量就相同，D正確。答案：ABD。
4．動量定理公式中的等號表明合外力的沖量與研究對象的動量增量的數(shù)值相等，方向一致，單位相同。但考生不能認為合外力的沖量就是動量的增量，合外力的沖量是導(dǎo)致研究對象運動改變的外因，而動量的增量卻是研究對象受外部沖量作用后的必然結(jié)果。
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