4．应用动量定理的思路：

　(1)明确研究对象和受力的时间(明确质量m和时间t)；

　(2)分析对象受力和对象初、末速度(明确冲量I_合，和初、未动量P₀，P_t)；

　(3)规定正方向，目的是将矢量运算转化为代数运算；

　(4)根据动量定理列方程

　(5)解方程。

3．理解：(1)上式中F为研究对象所受的包括重力在内的所有外力的合力。

(2)动量定理中的冲量和动量都是矢量。定理的表达式为一矢量式，等号的两边不但大小相同，而且方向相同，在高中阶段，动量定理的应用只限于一维的情况。这时可规定一个正方向，注意力和速度的正负，这样就把大量运算转化为代数运算。

　 (3)动量定理的研究对象一般是单个质点。求变力的冲量时，可借助动量定理求，不可直接用冲量定义式．

2．单位：牛·秒与千克米／秒统一：l千克米／秒=1千克米／秒²·秒=牛·秒；

1、动量定理：物体受到合外力的冲量等于物体动量的变化．Ft=mv^/一mv或 Ft＝p^/－p；该定理由牛顿第二定律推导出来：(质点m在短时间Δt内受合力为F_合，合力的冲量是F_合Δt；质点的初、未动量是 mv₀、mv_t，动量的变化量是ΔP=Δ(mv)=mv_t－mv₀．根据动量定理得：F_合=Δ(mv)/Δt)

2、冲量的计算方法

(1)I=F·t．采用定义式直接计算、主要解决恒力的冲量计算问题。

(2)利用动量定理 Ft=ΔP．主要解决变力的冲量计算问题，但要注意上式中F为合外力(或某一方向上的合外力)。

1、冲量：力和力的作用时间的乘积叫做该力的冲量．是矢量，如果在力的作用时间内，力的方向不变，则力的方向就是冲量的方向；冲量的合成与分解，按平行四边形法则与三角形法则．冲量不仅由力的决定，还由力的作用时间决定。而力和时间都跟参照物的选择无关，所以力的冲量也与参照物的选择无关。单位是N·s；

3、动量的变化及其计算方法

　　 动量的变化是指物体末态的动量减去初态的动量，是矢量，对应于某一过程(或某一段时间)，是一个非常重要的物理量，其计算方法：

(1)ΔP=P_t一P₀，主要计算P₀、P_t在一条直线上的情况。

(2)利用动量定理　 ΔP=F·t，通常用来解决P₀、P_t；不在一条直线上或F为恒力的情况。

2、动量和动能的区别和联系

　 ①动量的大小与速度大小成正比，动能的大小与速度的大小平方成正比。即动量相同而质量不同的物体，其动能不同；动能相同而质量不同的物体其动量不同。

　 ②动量是矢量，而动能是标量。因此，物体的动量变化时，其动能不一定变化；而物体的动能变化时，其动量一定变化。

　 ③因动量是矢量，故引起动量变化的原因也是矢量，即物体受到外力的冲量；动能是标量，引起动能变化的原因亦是标量，即外力对物体做功。

　 ④动量和动能都与物体的质量和速度有关，两者从不同的角度描述了运动物体的特性，且二者大小间存在关系式：P²＝2mE_k

1、动量：运动物体的质量和速度的乘积叫做动量．是矢量，方向与速度方向相同；动量的合成与分解，按平行四边形法则、三角形法则．是状态量；通常说物体的动量是指运动物体某一时刻的动量，计算物体此时的动量应取这一时刻的瞬时速度。是相对量；物体的动量亦与参照物的选取有关，常情况下，指相对地面的动量。单位是kg·m/s；

5．根据以上的关系式，求得某一物理量

[例2]如图所示，质量为m的小铁块以初速度v₀滑上质量为M，静止在光滑水平面上的木块，铁块与木块间的摩擦因数为μ，当M向右运动s时，m与M相对静止，m相对M滑动距离为Δs，则木块动能的增量，铁块动能的减少量，系统机械能的减少量，转化成内能的能量各是多少？

解析：对m与M在水平方向所受合外力为零，因而动量守恒　　

根据动量守恒定律m v₀＝(M+m)v……①

根据动能定理，对M　 ½Mv²=μmgs

对m：　 ½m v₀²一½mv²=μmg(s+Δs)

木块动能增量为μmgs=½M²

铁块动能减少量为：μmg(s+Δs)=½m v₀²－½m²

系统机械能的减少量为：½m v₀²一½mv²－½Mv²＝μmgΔs

转化成内能的能量为：μmgΔs

　　 答案： ½M²，½m v₀²－½m²，μmgΔs，μmgΔs

　点评：从以上可知，(1)m动能减少量，转化成M的动能与系统的内能．

　　 (2)系统机械能的减少量等于产生的内能

　　 (3)从该题中也可以进一步认识到作用力、反作用力有时做功不同．

[例3]上题中ΔS与S比较，可能(　　　 )

A．一定ΔS＜s；　　 B．一定ΔS＝S；　　 C．一定ΔS＞S；

D．以上结论均可能，但不能说是一定

解析：由m v₀＝(M+m)v得v=　 ，μmgs=½M²

　 μmgΔs=½m v₀²一½mv²－½Mv²=½mv₀²一½m²－½M²

我们比较S与ΔS的大小，只要看μmgΔs一μmgs大于零或小于零，或者等于零即可．

μmgΔs一μmgs=½m v₀²一½m²－½M²－½M²＝½m v₀²[1－－]

对[1－－]==显然大于零

　　 由以上讨论可知ΔS＞S　　 答案：c

[例4]如图所示，质量M＝lkg的平板小车右端放有质量m＝2kge的物块(可视为质点)，物块与车之间的动摩擦因数μ=0．5．开始时二者一起以v₀=6m/s的速度向左端的光滑水平面上运动，并使车与墙发生正碰，没碰撞时间极短，且碰后车的速率与碰前的相同，车身足够长，使物块不能与墙相碰(g＝10 rn／s²)求：

　　 (1)物块相对于小车的总位移S是多少？

　　 (2)小车与墙第一次相碰后小车所走的总路程S_M为多少？

解析：(1)由于 m＞M，两者以共同速度与墙相碰后，物块的动量大小比车的动量大，由于滑动摩擦力的作用，两者必会又以共同速度再次与墙相碰，如此反复直到两者一起停止在墙角边为止，设物体相对于车的位移为S，由能量转化和守恒定律得：　　 μmgs=½(m+M)v₀²，所以s=(m+M)v₀²/2μmg=5.4m

(2)设v₁＝v₀，车与墙第n次碰后边率为v_n，则第(n+1)次碰后速率为v_n+1，对物块与车由动量守恒得：

　　 mv_n－Mv_n=(m+M)v_n+1　　 所以v_n+1＝＝v_n= v_n/3．

　　 车与墙第(n+1)次碰后最大位移　　　 s_n+1= v_n+1²/2a==S_n/9

　　 可见车每次与墙碰后的最大位移是一个等比数列，其q=1/9，所以车与墙碰后的总路程

　　 S_M=2(S₁+S₂+…+S_n+…)＝2 S₁·(1十十…+ +…)=

　　 车第一次与墙碰后最大位移　　 S₁＝/2a＝/2a，a=μmg/M=10m/s²

　　 可算得 S₁=m＝1．8 m　　 所以S_M=m＝4.05n

　　 答案：(1)5．4 m(2)4．05 m

点评：运用动量观点和动能观点解题每年在高考中都有很重的份量，每年的压轴题都是利用此观点解题．它们的特点是过程复杂、难度大、综合性强、灵活性高，这就要求我们主动去分析研究这类题的特点及处理所用的数学方法；在提高审题能力和物理过程分析能力上很下功夫，适度配合强化训练．

[例5]如图所示，质量为M长为L的木板(端点为A、B，中点为O)置于光滑水平面上，现使木板M以v₀的水平初速度向右运动，同时把质量为m长度可忽略的小木块置于B端(它对地初速为零)，它与木板间的动摩擦因数为μ，问v₀在什么范围内才能使小木块m滑动到OA之间停下来(即相对木板静止)？

解析：当 m、M相对静止时， m滑动到OA之间停下来的条件为：m相对M的位移s．½L≤s≤L．

由动量守恒M v₀=(M十m)v

物体克服摩擦阻力相对位移的功，量度系统机械能的减少，所以　 μmgs＝½M v₀²－½(M+m)v²

解方程得s＝代入条件≥½L所以v₀≥

　　 ≤L所以v₀≤

　　 即：使m在OA间停下，v₀满足的条件：≤v₀≤

[例6]：A、B两球在光滑水平面上同向运动，A球动量P_A=5kg·M/S，B球的动量为P_B=7kg·m/s。A从后面追上B并发生碰撞，碰后B球的动量变为P_B^/=10kg·m/s，则两球质量m_A与m_B间的关系可能是：

A、　　 m_B=m_A； B、m_B=2m_A；C、m_B=4m_A； D、m_B=6m_A；

解：由动量守恒得P_A+P_B= P_A^/+P_B^/代入数据得P_A^/=2kg·m/s

由碰撞中动能不增特征知数据得m_B≥2.5m_A，由合理情景知在碰撞前速度应满足关系P_A/m_A＞P_B/m_B可得m_B＞1.4m_A

碰撞后速度应满足关系P_A^//m_A≤P_B^//m_B可得m_B=5m_A

综合得答案：C

[例7]如图所示，质量为M的天车静止在光滑水平轨道上，下面用长为L的细线悬挂着质量为m的沙箱，一颗质量为m₀的子弹以v₀的水平速度射入沙箱，并留在其中，在以后运动过程中

求：(1)沙箱上升的最大高度．

　　 (2)天车的最大速度，

解析：(1)子弹打入沙箱过程中动量守恒m₀v₀=(m₀+m)v₁……①

摆动过程中，子弹、沙箱、天车系统水平方向动量守恒，机械能守恒。

沙箱到达最大高度时，系统有相同的速度，设为v₂，则有

(m₀+m)v₁=(m₀+m+M)v₂……②

½(m₀+m)v₁²=½(m₀+m+M)v₂²+(m₀+m)gh……③　　　　

联立①②③可得沙箱上升的最大高度

(2)子弹和沙箱再摆回最低点时，天车速度最大，设此时天车速度为v₃，沙箱速度为v₄，由动量守恒得

(m₀+m)v₁=Mv₃+(m+M)v₄……④

由系统机械能守恒得½(m₀+m)v₁²=½Mv₃²+½(m+M)v₄²……⑤

联立④⑤求得天车的最大速度

说明：(1)该题过程复杂，在子弹打沙箱的过程中动量守恒，机械能不守恒．共同摆动过程中，子弹、沙

箱、天车组成的系统水平方向动量守恒，系统机械能守恒．②式可列为m₀v₀=(m₀+m+M)v₂，但③式就不能列为½m₀v₀²=½(m₀+m+M)v₂²+(m₀+m)gh,因子弹与沙箱打击过程中有机械能损失，这点是易错点，一定要分析清楚．

　　 (2)④、⑤两个方程列出后，显然能看出与弹性碰撞方程相同，故解可直接写出，会节省很多时间，由此也可看出这一碰撞模型的重要性．

[例8]如图示是一个物理演示实验，它显示图中自由落体的物体A和B经反弹后，B能上升到比初始位置高得多的地方．

　　 A是某种材料做成的实心球，质量m₁＝0. 28 kg,在其顶部的凹的坑中插着质量m₂＝0. 10 kg的木棍B，B只是松松地插在凹坑中，其下端与坑底之间有小空隙．将此装置从A下端离地板的高度H＝1. 25 m处由静止释放．实验中，A触地后在极短时间内反弹，且速度大小不变；接着木棍B脱离球A开始上升，而球A恰好停留在地板上，求木棍B上升的高度，重力加速度g＝10 m/s²．

解析:实心球A和木棍开始做自由落体运动，设它们就要落地的瞬间速度为v₁，由运动学公式

　　 由题意，A触地后在极短的时间内反弹，速度变为向上，大小不变，仍为v₁，而木棍由于松松地插在凹坑中，其下端与坑底间有空隙，受到的作用力的冲量可忽略，可认为速度大小，方向不变．由于A的速度变为向上，B的速度仍向下，A,B相向运动，之间接着产生很强的作用力，A对B作用力的冲量使B的速度方向变为向上，设大小为v₂^/, 而B对A的冲量使A的速度由v₁减为零，恰好停留在地板上，这一过程属于碰撞模型，可认为在竖直方向A,B系统的动量守恒，取向上为正，由动量守恒定律得：

　　 m₁v₁－m₂v₂=m₂v₂^/(v₁=v₂)

　　 以后，B脱离A以初速度v₂^/做竖直上抛运动，设木棍B上升的最大高度为h，由机械能守恒定律得：

½m₂v₂^/2=m₂gh,由以上几式联立，解得：h=4. 05 m

[例8]两个小球A和B用轻质弹簧相连，在光滑的水平直轨道上处于静止状态。在它们左边有一垂直于轨道的固定挡板P，右边有一小球C沿轨道以速度v₀射向B球，如图所示。C与B发生碰撞并立即结成一个整体D。在它们继续向左运动的过程中，当弹簧长度变到最短时，长度突然被锁定，不再改变，然后，A球与挡板P发生碰撞，碰后A、D都静止不动，A与P接触而不粘连。过一段时间，突然解除锁定(锁定及解除锁定无机械能损失)。已知A、B、C三球的质量均为m。

　 (1)求弹簧长度刚被锁定后A球的速度。

　　 2)求在A球离开挡板P之后的运动过程中，弹簧的最大弹性势能。

解析(1)设C球与B球粘结成D时，D的速度为v₁，由动量守恒，有mv₀=(m+m)v₁当弹簧压至最短时，D与A的速度相等，设此速度为v₂，由动量守恒，有2mv₁＝3mv₂。　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　

　　 由以上两式得A的速度v₂=v₀

　　 (2)设弹簧长度被锁定后，贮存在弹簧中的势能为E_P，由能量守恒，有

　　 ½½×2mv₁²=½×3mv₂²+E_P

　　 撞击P后，A与D的动能都为零，解除锁定后，当弹簧刚恢复到自然长度时，势能全部转变成D的动能，设D的速度为v₃，则有E_P＝½(2m)·v₃²

　　 以后弹簧伸长，A球离开挡板P，并获得速度，当A、D的速度相等时，弹簧伸至最长，设此时的速度为v₄，由动量守恒，有2mv₃=3mv₄

　　 当弹簧伸到最长时，其势能最大，设此势能为E_P^/，由能量守恒，有

½½×2mv₃²=½×3mv₄²+E_P^/　　 解以上各式得 E _P^/=mv₀²

[例9]一段凹槽A倒扣在水平长木板C上，槽内有一小物块B，它到槽两内侧的距离均为L/2，如图所示，木板位于光滑水平的桌面上，槽与木板间的摩擦不计，小物块与木板间的摩擦因数为μ，A、B、C三者质量相等，原来都静止，现使槽A以大小为v₀的初速度向右运动，已知v₀＜，当A和B发生碰撞时，两者速度互换，求：

　　 (1)A与B刚发生第一次碰撞到第二次碰撞的时间内，木板内C运动的路程。

　　 (2)在A、B刚要发生第四次碰撞时，A、B、C三者速度的大小。

解析：(1)A与B刚发生第一次碰撞后，A停下不动，B以初速度v₀向右运动，由于摩擦，B向右作匀减速运动，而C向右作匀加速运动，两者速率渐接近，设B、C达到相同速度v₁时B移动的路程为s₁．设A、B、C质量皆为m，由动量守恒定律得mv₀＝2mv₁

由功能转化得：μmgs₁=½mv₀²－½mv₁²

联立上式得v₁=½v₀；　　

可见，在B、C达到相同速度v₁时，B尚未与A发生第二次碰撞，B与C-起将以v₁向右匀速运动一段距离(L-s₁)后才与A发生第二次碰撞。设C的速度从零变到v₁的过程中，C的路程为s₂，由功能关系得μmgs₂=½mv₁²得s₂=，因此在第一次到第二次碰撞间C的路程为

(2)由上面讨论可知，在刚要发生第二次碰撞时，A静止。B、C的速度均为v₁，刚碰撞后，B静止，A、C的速度均为v₁。由于摩擦，B将加速，C将减速，直至达到相同速度v₂

　　 由动量守恒定律得 mv₁＝2mv₂　　 解得v₂=½v₁=¼v₀

　　 因A的速度v₁大于B的速度v₂，故第三次碰撞发生在A的左室，刚碰撞后，A的速度变为v₂，B的速度变为v₁，C的速度仍为v₂，由于摩擦，B减速，C加速，直至达到相同速度v₃，由动量守恒定律得mv₁+mv₂=2mv₃　 解得 v₃=v₀

　　 故刚要发生第四次碰撞时，A、B、C的速度分别为v_A=v₂=v₀，v_B=v_C=v₃=v₀

点评(1)考查了动量守恒定律与动能定理的综合应用，这是动量守恒定律与其他知识结合的常见形式。

　　 (2)找准研究对象和研究过程，反复建立动量守恒方程，这是对考生综合素质的考查。

　　 (3)题目新颖、灵活，考查了考生的推理能力。归纳能力、随机应变能力。

　　 (4)此题区分度高，是压轴题，但可利用图家法巧解(如图所示)．

　　 由题及图知s_l+s₂＝L， s_l＝L一s₂

　　 又s₂===

至于刚要发生第四次碰撞时，A、B、c三者速度由图一目了然。

[例10]一个连同装备总质量为M=100kg的宇航员，在距离飞船s=45m处与飞船处于相对静止，宇航员背着装有质量为m₀=0．5kg氧气的贮气筒，筒有个可以使氧气以v=50m/s的速度喷出的喷嘴，宇航员必须向着返回飞船的相反方向放出氧气，才能回到飞船，同时又必须保留一部分氧气供途中呼吸用。宇航员的耗氧率为Q=2．5×10^－4kg／s．不考虑喷出　 氧气对设备及宇航员总质量的影响，则(1)瞬时喷出多少氧气，宇航员才能完全返回飞船；(2)为了使总耗氧量最低、应一次喷出多少氧气？返回时间又是多少？(3)已知超氧化钾(KO₂)的性质与Na₂O₂相似，若该宇航员贮气筒的氧气由超氧化钾提供，则需用多少千克KO₂？

解析(1)以飞船为参照物，向着飞船运动的方向为正方向，设喷出m(kg)氧气，宇航员获得的速度为V₁，根据动量定恒定律，有：　　　 (M－m)V₁－mv＝0

　　　 考虑到M＞＞m，有V₁=mv/M………①

　　　 宇航员返回飞船做匀速运动，历时：　　 t＝s/V₁………②

　　　 又筒内氧气的总质量满足关系式：　 m₀=Qt+m ………③

　　　 联立①②③并代入数据得　　　　 0．5=+m

　　　 解之得 m_l=0．05kg或　 m₂＝0．45kg．故喷出的氧气 0．05kg＜m＜0．45kg·

(2)为了耗氧量最低，设喷出 m(kg)氧气则耗氧为　 Δm＝Qt+m……④

　　 将①②代入④得Δm=+m=+m

　 故当m=时，Δm有极小值。 即m==0．15(kg)，返回时间t==600(s)

(3)由4KO₂+2CO₂=2K₂CO₃+3O₂可知，284kg的KO₂可制得96kg的O₂，所以制取0．5kg的O₂需KO₂的质量为：0．5×=1．48(kg)．