一、重难点分析

1．动量和冲量

　　（1）冲量

　　力和力的作用时间的乘积叫做力的冲量，记作I=Ft，冲量是描述力对物体作用的时间累积效应的物理量，冲量是矢量，冲量的方向是物体动量变化的方向．

　　特别注意：冲量的方向一般并不是力的方向．只有恒力作用时，冲量的方向才与力的方向相同．

　　（2）动量

　　物体的质量和运动速度的乘积叫做物体的动量记作p=mv，动量是动力学中反映物体运动状态的物理量．动量也是矢量．

2．动量定理

　　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I=mv－mv0．

　　这称为动量定理．

　　式中mv0是物体初态的动量，mv是物体末态的动量．

　　动量定理反映了物体在受到力的冲量后，其状态发生变化的规律，是力在时间上的累积效果．

　　（1）力的时间累积效果使物体的动量发生变化．

　　（2）动量定理是矢量方程．

　　（3）动量定理适用于地面参照系．

3．动量守恒定律

　　（1）动量守恒定律

　　系统不受外力或所受外力的合力为零时，这个系统的总动量就保持不变．

　　对于在一直线上运动的两个物体组成的系统，动量守恒定律的一般表达式为：

　　

　　（2）动量守恒的条件

　　①系统不受外力作用或所受外力的合力为零．

　　②若在极短时间内系统所受外力远比系统间物体相互作用的内力小（例如碰撞爆炸等过程），因此可以忽略外力，而认为系统的总动量守恒．

　　③虽然系统所受外力的合力不为零，但在某一方向上的合外力为零，则在这个方向上动量守恒．

　　（3）几点注意：

　　①应用动量守恒定律时，一般以地面为参照物；

　　②状态的同时性，v1、v2表示相互作用前同一时刻两物体的瞬时速度，v1′、v2′表示相互作用后同一时刻两物体的瞬时速度；

　　③方程的矢量性，在应用动量守恒定律解题时，要注意动量的方向．

　　④动量守恒定律是自然界普遍适用的自然规律．

4．碰撞和反冲

　　碰撞和反冲是动量守恒定律应用的主要问题．

　　（1）碰撞（爆炸）的最重要的特点是物体相互作用的时间极短，因此，碰撞时系统所受外力的冲量可以忽略不计；可用动量守恒定律研究碰撞问题．

　　（2）碰撞可分为三类：

　　①弹性碰撞：系统总动量守恒，碰撞前后动能不变，即碰撞过程中没有能量损失．

　　②非弹性碰撞：系统总动量守恒，碰撞过程中有部分能量损失．

　　③完全非弹性碰撞：物体相碰后连在一起以共同速度运动，碰撞过程中的能量损失比非弹性碰撞大．

　　（3）反冲运动是相互作用的物体之间的作用力与反作用力产生的效果．

5．人船模型及其应用

　　如图所示，长为l，质量M的小船停在静水中，一个质量为m的人立在船头，若不计水的粘滞阻力，当人从船头走到船尾的过程中，船和人对地面的位移各是多少？

　　选人和船组成的系统为研究对象，由于人从船头走到船尾的过程中，系统在水平方向不受外力作用，所以水平方向动量守恒，人起步前系统的总动量为零．当人起步加速前进时，船同时向后加速运动，当人匀速前进时，船同时向后匀速运动，当人停下来时，船也停下来．设某一时刻人对地的速度为v2，船对地的速度为v1，选人前进的方向为正方向，根据动量守恒定律有：

　　即：

　　因为在人从船头走到尾的整个过程中，每一时刻系统都满足动量守恒定律，所以每一时刻人的速度与船的速度之比，都与它们的质量成反比．从而可以得出判断：在人从船头走向船尾的过程中，人的位移s2与船的位移s1之比，也等于它们的质量的反比，即：

　　上式是人船模型的位移与质量的关系式．此式的适用条件是：一个原来静止的系统，在系统内发生相对运动过程中，有一个方向的动量守恒（如水平方向或竖直方向）．使用这一关系时应注意：s1和s2是相对同一参照物的位移．

　　由图可以看出：

　　

二、典型例题

例1、如图所示，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速度为零后又下滑，经过时间t2又回到斜面底端，滑块在运动过程中受到的摩擦力大小始终为f，在整个运动过程中，重力对滑块的总冲量为（　）

A．mgsinθ(t1＋t2)　　　　　　　　B．mgsinθ(t1－t2)

C．mg(t1＋t2)　　　　　　　　　　　D．0

答案：C

例2、如图所示，水平地面上有两个滑块A和B，它们的质量分别为m1=2kg，m2=1kg，它们与地面间的动摩擦因数均为0.02，现滑块A以某一初速滑行一段距离后，与静止的滑块B发生正碰，此后各自滑行一段距离后停止．A、B运动的总时间分别为t1=13s，t2=15s．其碰撞时间忽略不计．试求滑块运动的初速度．（取g=10m/s2）

解析：

　　我们对本题认真仔细考察可发现，滑块A和B受到的总冲量是已知的，这样我们就可以对A、B整体用动量定理．

　　A、B整体受到的总冲量为I=－f1t1―f2t2=－μm1gt1―μm2gt2．

　　A、B整体的动量变化Δp=Δp1＋Δp2=－m1v0（以向右为正）

　　根据动量定理有－μm1gt1―μm2gt2=－m1v0．

　　由此得．

例3、在高为h=10m的平台上，放一质量为9.9kg的木块，它在平台边缘的距离L=1m．今有一质量m=0.1kg的子弹，以水平向右的速度v0射入木块（作用时间极短），并留在木块中（如图所示），木块向右滑行并冲出平台，最后落在离平台边缘水平距离处，已知木块与平台间的动摩擦因数，g=10m/s2，求：

（1）木块离开平台边缘时的速度；

（2）子弹射入木块前的初速度v0．

解析：

　　对子弹和木块系统，其运动过程是这样的：子弹击中木块并留在木块中，这是子弹和木块相互作用的过程，这一过程中由于相互作用时间极短，因此可以认为木块的位置未发生变化，这一过程中平台对木块有摩擦力，这是系统所受到的外力，但是子弹对木块的作用力远大于摩擦力，即内力外力，因此这过程中动量守恒；这以后木块在平台上受摩擦力作用而滑动，最后离开平台作平抛运动．

　　（1）设木块离开平台边缘时的速度为v′，则由．

　　解得．

　　（2）设子弹射入木块后，子弹与木块的共同速度为v，则木块以速度v向右滑向平台边缘，到达边缘时的速度为v′．

　　在这过程中，木块向左的加速度为．

　　由运动学公式有．

　　所以．

　　子弹与木块相互作用的过程中动量守恒，由动量守恒定律得mv0=(M＋m)v

　　所以．

评点：

　　在用动量守恒定律解题时，不能盲目套公式，要分析在哪一个过程中动量守恒，一般是系统内物体存在相互作用的过程，并且要确定相互作用前的动量（初态动量）和相互作用后的动量（末态动量）．

　　此外在这例子中，子弹与木块相互作用过程中内力远大于外力（摩擦力），是动量守恒的一个特殊情况．

例4、如图所示，甲、乙两小孩各乘一辆冰车在水平冰面上游戏，甲和他乘的冰车质量共为M=30kg，乙和他乘的冰车质量也是30kg．游戏时，甲推着一个质量为m=15kg的箱子，共同以速度v0=2.0m/s滑行．乙以同样大小的速度迎面滑来，为了避免相撞，甲突然将箱子沿水平推给乙，箱子滑到乙处时，乙迅速把它抓住．若不计冰面的摩擦力，求甲至少要以多大的速度（相对于地面）将箱子推出，才能避免与乙相撞．

解析：

　　由于不计冰面摩擦，所以无论是以甲与箱，还是以乙与被推出的箱为研究系统，动量都是守恒的，甚至以甲、箱、乙三者为系统，动量也是守恒的．

　　这里关键的是要在认真分析物理过程，弄清物理情景的基础上，明确题中所求“至少”的物理条件即临界条件．

　　对于甲、箱、乙系统的总动量为p=(m＋M)v0－Mv0=mv0方向向右．若甲以很大的速度将箱子推出后，甲将会反向运动，那么乙抓住箱子后一定改为向右运动，这样系统的总动量才可能向右，当然甲、乙不会相撞，这一分析也适用于甲推出箱子后，甲的速度变为零，乙抓住箱子后，同样也要改为向右运动，这种情况下甲乙也不会相撞．

　　若甲推出箱子的速度小些，推出箱子后甲仍以较小的速度向右运动，只要乙抓住箱子后也改为向右运动，且与甲这时的速度相同，甲乙也不会相撞，这就是题中所说的“至少”所要求的情境．

　　最后系统中各物体速度相同，是题中所隐含的临界条件．

　　设甲以速度v推出箱子，推出箱子后甲的速度为v1，两者方向均向右，以甲和箱为研究对象，由动量守恒定律有：(M＋m)v0=mv＋Mv1　　①

　　再以箱和乙为研究对象，设乙抓住箱后一起以速度v0向右运动，由动量守恒定律有

　　mv－Mv0=(m＋M)v2　　②

　　甲乙不相撞的临界条件是v1=v2　　③

　　由以上各式解得．

　　即要使甲、乙不相撞，至少应以v=5.2m/s的速度推出箱子．

评点：

　　实际上也可以甲、箱、乙为研究对象，因不相撞的临界条件是，最后系统内各物体的速度相同，设其为v1，则由动量守恒定律有(M＋m)v0－Mv0=(2M＋m)v1

　　由此解得．

　　再将v1=0.4m/s代入①式或②式可求出v=5.2m/s．

　　分析临界条件，灵活选取相互作用过程中的研究对象是解题过程中最关键之处．

例5．（2005高考·江苏物理）如图所示，三个质量均为m的弹性小球用两根长均为L的轻绳连成一条直线而静止在光滑水平面上．现给中间的小球B一个水平初速度v0，方向与绳垂直．小球相互碰撞时无机械能损失，轻绳不可伸长．求：

　　（1）当小球A、C第一次相碰时，小球B的速度．

　　（2）当三个小球再次处在同一直线上时，小球B的速度．

　　（3）运动过程中小球A的最大动能EKA和此时两根绳的夹角θ.

　　（4）当三个小球处在同一直线上时，绳中的拉力F的大小．

解析：

　　（1）设小球A、C第一次相碰时，小球B的速度为vB，考虑到对称性及绳的不可伸长特性，小球A、C沿小球B初速度方向的速度也为vB．

　　由动量守恒定律，得mv0=3mvB

　　由此解得

　　（2）当三个小球再次处在同一直线上时，则由动量守恒定律和机械能守恒定律，得

　　

　　解得（三球再次处于同一直线）

　　及vB=v0，vA=0（初始状态，舍去）

　　所以，三个小球再次处在同一直线上，（与初速度方向反向），

　　（3）当小球A的动能最大时，小球B的速度为零。设此时小球A、C的速度大小为u，两根绳间夹角为θ，如图所示，由动量守恒和机械能守恒定律，有

　　

　　此外，

　　由此解得，小球A的最大动能为：　　θ=90°

　　（4）小球A、C均以半径为L绕小球B做圆周运动，当三个小球处在同一直线上时，以小球B为参考系（因小球B的加速度为零，为惯性系，小球A、C）相对于小球B的速度均为：v=|vA－vB|=v0

　　所以，此时绳中拉力大小为．

例6． 如图所示，质量为m、长为a的汽车，由静止开始从质量为M、长为b的平板车的—端行至另一端的过程中（水平地面是光滑的），求：

　　（1）汽车对地的位移．

　　（2）平板车对地的位移．

解析：

　　 因地面光滑，故系统水平方向不受外力作用，动量守恒，符合人船模型的条件．

　　则有：

　　∴ 汽车的位移为：

　　平板车的位移为：

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