1．明確研究對(duì)象和力的作用時(shí)間，即要明確要對(duì)哪個(gè)系統(tǒng)，對(duì)哪個(gè)過程應(yīng)用動(dòng)量守恒定律。

(1)動(dòng)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(gè)物體的動(dòng)量，而不能改變系統(tǒng)的總動(dòng)量，在系統(tǒng)運(yùn)動(dòng)變化過程中的任一時(shí)刻，單個(gè)物體的動(dòng)量可以不同，但系統(tǒng)的總動(dòng)量相同。

(2)應(yīng)用此定律時(shí)我們應(yīng)該選擇地面或相對(duì)地面靜止或勻速直線運(yùn)動(dòng)的物體做參照物，不能選擇相對(duì)地面作加速運(yùn)動(dòng)的物體為參照物。

(3)動(dòng)量是矢量，系統(tǒng)的總動(dòng)量不變是說系統(tǒng)內(nèi)各個(gè)物體的動(dòng)量的矢量和不變。等號(hào)的含義是說等號(hào)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?fàn)顟B(tài)，下面說法中正確的是

　 A．兩手同時(shí)放開后，兩車的總動(dòng)量為零

　 B．先放開右手，后放開左手，而車的總動(dòng)量向右

　 C．先放開左手，后放開右手，兩車的總動(dòng)量向右

　 D．兩手同時(shí)放開，同車的總動(dòng)量守恒；兩手放開有先后，兩車總動(dòng)量不守恒

　 解析：根據(jù)動(dòng)量守恒定律的適用條件，兩手同時(shí)放開，則兩車水平方向不受外力作用，總動(dòng)量守恒；否則，兩車總動(dòng)量不守恒，若后放開左手，則左手對(duì)小車有向右的沖量作用，從而兩車的總動(dòng)量向右；反之，則向左．因而，選項(xiàng)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(yùn)動(dòng)，與位于正對(duì)面的質(zhì)量為m的靜止木塊發(fā)生碰撞，碰撞的時(shí)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)?v_l、v₂、v₃，滿足(M+m₀)v=Mv_l十mv₂十m₀v₃

　　 B．?dāng)[球的速度不變，小車和木塊的速度變化為v_l和v₂，滿足Mv=Mv_l十mv₂。

　　 C．?dāng)[球的速度不變，小車和木塊的速度都變?yōu)関_l，滿足Mv＝(M+m)v_l

　　 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)v_l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(shí)間極短，說明在碰撞過程中，懸掛擺球的細(xì)線來不及擺開一個(gè)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(dòng)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(yùn)動(dòng)時(shí)，擺線沿豎直方向，擺線對(duì)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(xiàng)錯(cuò)誤，小車和木塊碰撞過程，水平方向無外力作用，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，而題目對(duì)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(xiàng)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(yùn)動(dòng)，并發(fā)生對(duì)心碰撞．設(shè)向右為正方向，碰前A、B兩球動(dòng)量分別是p_A＝10kgm/s，p_B=15 kgm/s，碰后動(dòng)量變化可能是(　　 )

　　 A．Δp_A＝5 kg·m／s　　 Δp_B＝5 kg·m／s

　　 B．Δp_A =－5 kg·m／s　　 Δp_B ＝ 5 kg·m／s

　　 C．Δp_A =5 kg·m／s　　 Δp_B=－5 kg·in／s·

　　 D．Δp_A ＝－20kg·m／s　 Δp_B＝20 kg·m／s

　　　 解析：A．此結(jié)果動(dòng)量不守恒；B．可能；C．B的動(dòng)量不可能減少，因?yàn)槭茿碰B；D．要出現(xiàn)Δp_A ＝－20kg·m／s只有B不動(dòng)或向左運(yùn)動(dòng)才有可能出現(xiàn)這個(gè)結(jié)果．答案：B

規(guī)律方法　　 1、動(dòng)量守恒定律的“四性”

在應(yīng)用動(dòng)量守恒定律處理問題時(shí),要注意“四性”

①矢量性：動(dòng)量守恒定律是一個(gè)矢量式，，對(duì)于一維的運(yùn)動(dòng)情況，應(yīng)選取統(tǒng)一的正方向，凡與正方向相同的動(dòng)量為正，相反的為負(fù)。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(fù)判定未知量的方向。

②瞬時(shí)性：動(dòng)量是一個(gè)狀態(tài)量，即瞬時(shí)值，動(dòng)量守恒指的是系統(tǒng)任一瞬時(shí)的動(dòng)量恒定，列方程m₁v_l+m₂v₂＝m₁v^/_l+m₂v^/₂時(shí)，等號(hào)左側(cè)是作用前各物體的動(dòng)量和，等號(hào)右邊是作用后各物體的動(dòng)量和，不同時(shí)刻的動(dòng)量不能相加。

③相對(duì)性：由于動(dòng)量大小與參照系的選取有關(guān)，應(yīng)用動(dòng)量守恒定律時(shí)，應(yīng)注意各物體的速度必須是相對(duì)于同一慣性參照系的速度，一般以地球?yàn)閰⒄障?/p>

④普適性：動(dòng)量守恒定律不僅適用于兩個(gè)物體所組成的系統(tǒng)，也適用于多個(gè)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(duì)車靜止)一起以2m／s的速度向前運(yùn)動(dòng)，突然人相對(duì)車以 4m／s的速度向車后跳出去，則車速為多大？

下面是幾個(gè)學(xué)生的解答，請(qǐng)指出錯(cuò)在何處．

(1)解析；人跳出車后，車的動(dòng)量為60v，人的動(dòng)量為40(4十v)由動(dòng)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?yàn)檎�，人跳出車后，車的�?dòng)量為60v，人的動(dòng)量一40×4，由動(dòng)量守恒定律：

　　 (60+40)×2＝60v -40×4，解得v＝6m／s　　　　　　　 　(沒有注意相對(duì)性)

(3)解析：選車的方向?yàn)檎�，人跳出車后的�?dòng)量為60v，人的動(dòng)量一40×(4一2)由動(dòng)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(shí)性)

(4)解析：選地為參照物，小車運(yùn)動(dòng)方向?yàn)檎�，�?jù)動(dòng)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(píng)出的《2001　 年世界十大科技突破》中，有一項(xiàng)是加拿大薩德伯里　 中微子觀測(cè)站的成果．該站揭示了中微子失蹤的原因，即觀測(cè)到的中微子數(shù)目比理論值少是因?yàn)椴糠种形⒆釉谶\(yùn)動(dòng)過程中轉(zhuǎn)化為一個(gè)μ子和一個(gè)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(yùn)動(dòng)方向一致，則τ子的運(yùn)動(dòng)方向與中微子的運(yùn)動(dòng)方向也可能一致；④若發(fā)現(xiàn)μ子和中微子的運(yùn)動(dòng)方向相反，則τ子的運(yùn)動(dòng)方向與中微子的運(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)定律適用于“低速”“宏觀”物體,而動(dòng)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(shí),動(dòng)量守恒和能量守恒定律仍然適用,當(dāng)μ子與中微子的運(yùn)動(dòng)方向一致時(shí),τ子的運(yùn)動(dòng)方向有可能與中微子的運(yùn)動(dòng)方向相同,也有可能與中微子運(yùn)動(dòng)方向相反;但μ子運(yùn)動(dòng)方向與中微子運(yùn)動(dòng)方向相反時(shí),τ子的運(yùn)動(dòng)方向與中微子的運(yùn)動(dòng)方向一定相同.答案C正確.

2、應(yīng)用動(dòng)量守恒定律的基本思路

3、常見的表達(dá)式

①p^/=p，其中p^/、p分別表示系統(tǒng)的末動(dòng)量和初動(dòng)量，表示系統(tǒng)作用前的總動(dòng)量等于作用后的總動(dòng)量。

②Δp=0 ，表示系統(tǒng)總動(dòng)量的增量等于零。

③Δp₁=－Δp₂，其中Δp₁、Δp₂分別表示系統(tǒng)內(nèi)兩個(gè)物體初、末動(dòng)量的變化量，表示兩個(gè)物體組成的系統(tǒng)，各自動(dòng)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、m₁v_l+m₂v₂＝m₁v^/_l+m₂v^/₂，各個(gè)動(dòng)量必須相對(duì)同一個(gè)參照物，適用于作用前后都運(yùn)動(dòng)的兩個(gè)物體組成的系統(tǒng)。

B、0= m₁v_l+m₂v₂，適用于原來靜止的兩個(gè)物體組成的系統(tǒng)。

C、m₁v_l+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(dòng)量定理和牛頓第三定律推出動(dòng)量守恒定律(以兩個(gè)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(shí)間內(nèi)m₁、m₂所受外力為 F_l、F₂，內(nèi)力：第 1個(gè)對(duì)第 2個(gè)物體作用力為f₁₂，其反作用力為f₂₁．

　　　 根據(jù)動(dòng)量定理：

　　 對(duì)m₁：(F_l十f₂₁)Δt＝m₁ v₁^/-m₁ v₁

　　 對(duì)m₂：(F₂十f₁₂)Δt= m₂ v₂^/一m₂ v₂

　　 根據(jù)牛頓第三定律f₁₂= f₂₁　　 又由于F_l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(dòng)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(dāng)內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力時(shí)．

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(yuǎn)大于外力時(shí)，該方向的動(dòng)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(dòng)量保持不變，即作用前的總動(dòng)量與作用后的總動(dòng)量相等．

2、物體動(dòng)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(dòng)量定理表達(dá)為FΔt=mΔv.也可以是速度不變，由質(zhì)量變化形成：ΔP＝m₂v一m_lv=(m₂一m_l)v＝Δmv,動(dòng)量定理表達(dá)為FΔt＝ΔmV。在分析問題時(shí)要注意第二種情況。

[例4]宇宙飛船進(jìn)入一個(gè)宇宙塵埃區(qū)，每前進(jìn)lm，就有10個(gè)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(jì)，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(shí)間為Δt，每前進(jìn)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(dòng)量定理FΔt＝Δmv�？芍�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(duì)光的反射率為100%，設(shè)太陽帆上每單位面積每秒到達(dá)n個(gè)光子，每個(gè)光子的動(dòng)量為p，如飛船總質(zhì)量為m。

求：(1)飛船加速度的表達(dá)式。

(2)若太陽帆面對(duì)陽光一面是黑色的，情況又如何？

解析:(1)設(shè)經(jīng)過時(shí)間t，則在時(shí)間t內(nèi)射到太陽帆上的光子數(shù)為：N＝nst……①

　　 對(duì)光子由動(dòng)量定理得Ft=NP一N(一P)……②　　 對(duì)飛船由牛頓運(yùn)動(dòng)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(duì)陽光的一面是黑色的，則對(duì)光子由動(dòng)量定理得：ft=0一N(一P)……④

由①③④得

[例6]自動(dòng)稱米機(jī)已在許多大糧店廣泛使用。買者認(rèn)為：因?yàn)槊琢髀涞饺萜髦袝r(shí)有向下　 的沖力而不劃算；賣者則認(rèn)為：當(dāng)預(yù)定米的質(zhì)量數(shù)滿足時(shí)，自動(dòng)裝置即刻切斷米流時(shí)，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(duì)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(dòng)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(duì)象，這部分米很少，在Δt時(shí)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(shí)間靜止，其受力如圖所示，由動(dòng)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(jī)的讀數(shù)應(yīng)為=m₁+m₂+Δm

可見，稱米機(jī)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(dòng)稱米機(jī)是準(zhǔn)確的，不存在哪方劃算不劃算的問題。

點(diǎn)評(píng)：本例是物理知識(shí)在實(shí)際生活中應(yīng)用綜合題，涉及物理中的沖量，動(dòng)量、動(dòng)量守恒、牛頓第三定律等知識(shí)�？疾閷W(xué)生應(yīng)用學(xué)科知識(shí)解決實(shí)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(dāng)運(yùn)用物理規(guī)律求解。　

散　　　　　 動(dòng)量守恒定律

知識(shí)簡析　　 一、動(dòng)量守恒定律

1、動(dòng)量定理FΔt＝mv_t－mv₀可以用一種更簡潔的方式FΔt=ΔP表達(dá)，式中左邊表示物體受到的沖量，右邊表示動(dòng)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(shí)受幾個(gè)力作用，則為合外力)等于物體動(dòng)量的變化率。這一公式通常稱為“牛頓第二定律的動(dòng)量形式”。這一形式更接近于牛頓自己對(duì)牛頓第二定律的表述。應(yīng)用這個(gè)表述我們?cè)诜治鼋鉀Q某些問題時(shí)會(huì)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(shí)．在四種情況下a對(duì)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=G_a+N_y+f_y

　　 N_y＝N_b－acosθ＝G_bcos²θ

　　 f_y=f_b－asinθ，當(dāng)b沿斜面勻速下滑時(shí)，在數(shù)值上f_b－a=f_a－b= G_bsinθ　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　

　　 所以f_y＝G_bsin²θ

　　 所以 N＝ G_a+G_bsin²θ+G_bcos²θ＝G_a+G_b

　　 當(dāng)b在a上靜止時(shí)情形亦如此N＝G_a+G_b

當(dāng)b在a上加速下滑時(shí)f＜G_bsinθ，所以 N＜G_a+G_b

當(dāng)b在a上減速下滑時(shí)f＞G_bsinθ，所以N＞G_a+G_b

解法二：將a、b視為一整體如圖所示，將N分解

　　 根據(jù)動(dòng)量定理［N₀－(G_a+G_b )］Δt=ΔP

　　 顯然勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)N= G_a+G_b

　　 加速運(yùn)動(dòng)時(shí)N＜G_a+G_b

　　 減速運(yùn)動(dòng)時(shí)N＞G_a+G_b

　　 下面我們?cè)賮碛懻揳與地面間摩擦力的方向

　　 (1)當(dāng)b沿料面勻速運(yùn)動(dòng)或靜止在斜面上；

　　 (2)當(dāng)b沿斜面加速下滑；

　　 (3)當(dāng)b沿斜面減速下滑；

　　 (4)當(dāng)b沿斜面向上運(yùn)動(dòng)．

解法一：(l)當(dāng)b靜止在斜面或沿料面勻速下滑時(shí)對(duì)b有：G_bsinθ＝f　 N＝G_bcosθ

　　　 對(duì)a受力分析如圖所示，比較f_x與N_x的大小

　　 f_x=fcosθ= G_bsinθcosθ，N_x＝G_bcosθsinθ

　　 所以當(dāng)b靜止或沿料面勻速下滑時(shí)，f_x=N_x，a與平面間無摩擦力．

(2)當(dāng)b沿斜面加速下滑時(shí)對(duì)b ，G_bsinθ＞f所以對(duì)a ，f_x＜N_x，摩擦力方向向左

(3)當(dāng)b沿斜面減速下滑時(shí)　 G_bsinθ＜f所以對(duì)a，f_x＞N_x，摩擦力方向向右

(4)當(dāng)b沿斜面向上運(yùn)動(dòng)時(shí)，a受到b對(duì)它摩擦力的方向斜向上，很顯然地面對(duì)a摩擦力方向向左．

解法二：將ab視為一個(gè)系統(tǒng)，將b的速度分解如圖所示，

　　 (1)當(dāng)停止或勻速下滑時(shí)，Δv_x＝0．

　　 根據(jù)動(dòng)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(dāng)沿斜面加速下滑時(shí)fΔt＝m_bΔv_x，f與Δv_x同向，所以f方向向左．

　　 (3)當(dāng)沿斜面減速下滑時(shí)：我們可用同樣方法得出f方向向右．

注意：當(dāng)b沿斜面向上勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，Δv_x＝0，由動(dòng)量定理可知，f應(yīng)當(dāng)為零，而實(shí)際上方向向左，為什么？這里必須清楚．當(dāng)b沿斜面向上勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，對(duì)這個(gè)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(huì)沿斜面向上勻速運(yùn)動(dòng)．

[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(xì)繩一端系球，一端固定于燒杯底部，整個(gè)系統(tǒng)處于平衡狀態(tài)，假設(shè)細(xì)繩突然斷裂，小球相對(duì)于水向上加速運(yùn)動(dòng)，天平將如何？

解法一：按照常規(guī)則應(yīng)進(jìn)行如下分析

對(duì)盤：如圖4-12中1所示(N為臂對(duì)盤的支持力，F(xiàn)為杯對(duì)盤的壓力)

　　 N＝F+G_盤　 ①

對(duì)杯底：如圖4-12中2所示(F^/為盤對(duì)杯的支持力，T為繩對(duì)杯的拉力，F(xiàn)_水為水對(duì)杯的壓力)

　　 F^/＝F　　　　 F^/＝G_杯+F_水－T　　 ②

對(duì)水：如圖4－12中3所示( F^/_水為杯底對(duì)水的支持力，F(xiàn)^/_浮為球?qū)λ�作用�?

　　 F^/_水＝ F^/_浮十G_水 ③

對(duì)球(F_浮為水對(duì)球的浮力，T^/為繩對(duì)球的拉力，T^/= T)F_浮＝F^/_浮

　　 當(dāng)靜止時(shí)　 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(dāng)繩斷時(shí)，對(duì)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(duì)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(gè)整體，則根據(jù)動(dòng)量定理 FΔt＝ΔP

　　 即［N(G_盤+G_杯十 G_水+G_球 )］Δt=ΔP

　　 當(dāng)靜止時(shí)ΔP＝0　　 所以 N＝G_盤+G_杯十 G_水+G_球

　　 當(dāng)木球向上運(yùn)動(dòng)水球向下運(yùn)動(dòng)時(shí),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(gè)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(duì)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(duì)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(duì)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(shí)，水平方向合力為0，故A、B每次作用時(shí)，由車A與車B組成系統(tǒng)動(dòng)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(gè)隱含條件，車A返回，小孩不能接到的臨界條件是v_B=v．

設(shè)第一次、第二次、…、第n次作用后，車B的速度為v₁，v₂，…，v_n，每次作用，車A與車B動(dòng)量守恒，從而得到

0=10mv_l－mv ………①　　 (A、B第1次作用)

　　 10mv_l +mv＝10mv₂－mv　 ………②　　 (A、B第2次作用)

　　 10mv₂ +mv＝10mv₃－mv　 ………③　　 (A、B第3次作用)

　　 ………

　　 10mv_n－1 +mv＝10mv_n－mv　 　　(A、B第n次作用)

　　 把n式相加得：(n-1)mv= 10mv_n－nmv

　　　 即得：v_n=v≥v　　　 則 n≥5．5， n取整數(shù)， n＝6次后，車A 返回時(shí)，小孩接不到車A

巧解：對(duì)A、B系統(tǒng)，所受合外力就是墻的彈力．這個(gè)彈力每次產(chǎn)生沖量大小為2mv，要使B不再接到 A，必須v_A≤v_B．這里先取一個(gè)極限值v_A=v_B=v ，則：

　　　 根據(jù)動(dòng)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(dòng)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(yùn)動(dòng)，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(dòng)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(yùn)動(dòng)分為兩個(gè)階段，第一階段水平方向受拉力F和摩擦力f的作用，歷時(shí)t₁＝1s;第二階段撤去F后只受摩擦力f的作用又歷時(shí)t₂=ls.全過程初始速度為0，全過程結(jié)束時(shí)末速度也為0，所以總動(dòng)量的增量為0.

應(yīng)用動(dòng)量定理可列式：Ft_l一f(t_l十t₂)＝0

其中摩擦力f＝μN(yùn)=μmg

由以上兩式得：

注意:應(yīng)用動(dòng)量定理公式I＝mv₂一mv_l時(shí)，不要把公式左邊的沖量單純理解為合外力的沖量，可以進(jìn)一步理解為“外力沖量的矢量和”，這樣就對(duì)全過程應(yīng)用一次動(dòng)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(shí)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(shí)是自由落體運(yùn)動(dòng)，下落時(shí)間和落地時(shí)末速不難求出，反跳后作豎直上拋運(yùn)動(dòng)，上升時(shí)間和上拋的初速度也能求出，和地面作用的時(shí)間為由總時(shí)間和下落與上升的時(shí)間差，用動(dòng)量定理就能求出地面的作用力。

落地時(shí)速度：,下落所用時(shí)間：

反彈后上升初速度：,反彈后上升時(shí)間：

對(duì)球和地面碰撞過程用動(dòng)量定理，設(shè)向上方向?yàn)檎��?F一mg)(t一t₁一t₂)=mv₂一(一mv_I)

[例6]如圖所示，A、B經(jīng)細(xì)繩相連掛在彈簧下靜止不動(dòng)，A的質(zhì)量為m，B的質(zhì)量為M，當(dāng)A、B間繩突然斷開物體A上升到某位置時(shí)速度為v，這時(shí)B下落速度為u，在這段時(shí)間內(nèi)彈簧彈力對(duì)物體A的沖量為　　　

解析：把AB作為一個(gè)整體應(yīng)用動(dòng)量定理得：(F－Mg-mg)t=mv+(－Mu)

分別對(duì)A、B應(yīng)用動(dòng)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(shí)，為了延長碰撞時(shí)間，保護(hù)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(tái)上跳下，從腳著地到完全蹲下的時(shí)間約為1s，則地面對(duì)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(shí)間為0．01s，則此時(shí)地對(duì)人的力又是多大？

解析：(1)B、D正確 (2)下落 5m時(shí)速度v_t=＝10m／s

　 由動(dòng)量定理得(F_l－mg)t₁＝mv　　 F₁＝mv/t₁+mg＝1×10³N

　(3)由動(dòng)量定理得(F₂一mg)t₂＝mv　 F₂＝mv/t₂+mg＝5．05×10⁴N

[例8]據(jù)報(bào)道，一輛轎車在高速強(qiáng)行超車時(shí)，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(cè)算相撞時(shí)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(shí)認(rèn)為人與車一起做勻減速運(yùn)動(dòng)直到停止,此過程位移為0.5m,設(shè)人隨車做勻減速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t,已知v₀≈30m/s,由

根據(jù)動(dòng)量定理有Ft=mv₀,解得F=5.4×10⁴N

[例9]滑塊A和B用輕細(xì)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(dòng)，已知滑塊A、B與水平桌面間的滑動(dòng)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(shí)，滑塊B的速度多大？滑塊A、B的質(zhì)量分別為m_A、m_B

解析：(1)取滑塊A、B為研究對(duì)象，研究A、B整體做加速運(yùn)動(dòng)的過程，根據(jù)動(dòng)量定理，有：[F－μ(m_A+m_B)g]t＝(m_A+m_B)V－0．

由此可知A、B之間連線斷開時(shí)，A、B的速度為V=[F－μ(m_A+m_B)g]t/(m_A+m_B)

(2)研究滑塊A作勻減速運(yùn)動(dòng)過程，根據(jù)動(dòng)量定理有：－μm_Agt^/=0－m_AV

將V代入上式，可求得滑塊A作勻減速滑行時(shí)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(dòng)量定理，有[F－μ(m_A+m_B)g](t+t^/)=m_Bv_B

將t^/代人上式，可求出滑塊A剛停住時(shí)滑塊BR的速度為v_B=

[例10]質(zhì)量為M的金屬塊和質(zhì)量為m的木塊用細(xì)線連在一起，在水中以加速度a下沉，不計(jì)水的阻力。某時(shí)刻，下沉的速度為v時(shí)，細(xì)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(cè)得木塊躍出水面的初速度v₁，若此時(shí)金屬塊還未沉到湖底，求此時(shí)金屬塊的速度v₂？

解析:把金屬塊和木塊看成是一個(gè)系統(tǒng)，則此系統(tǒng)受到外力的沖量應(yīng)等于其動(dòng)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?cè)谒�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?cè)谒�中受到的浮力分別為F₁和F₂。

　　 據(jù)動(dòng)量定理：(mg+Mg一F₁－F₂)t＝(Mv₂一mv_l)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mv_l)一(m+M)v解得

試題展示

散　　　　　 動(dòng)量定理的拓展應(yīng)用

5．用動(dòng)量定理解題，只能選取地球或相對(duì)地球做勻速直線運(yùn)動(dòng)的物體做參照物。忽視沖量和動(dòng)量的方向性，造成I與P正負(fù)取值的混亂，或忽視動(dòng)量的相對(duì)性，選取相對(duì)地球做變速運(yùn)動(dòng)的物體做參照物，是解題錯(cuò)誤的常見情況。

規(guī)律方法1、沖量和動(dòng)量變化量的計(jì)算

[例1]如圖所示，傾角為α的光滑斜面，長為s，一個(gè)質(zhì)量為m的物體自A點(diǎn)從靜止滑下，在由A到B的過程中，斜面對(duì)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(dòng))．

　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(shí)間，由s=½at²，可知t==

由沖量的定義式I_N=Nt=mgcosα,　　 I_G=mgt=mg

　　 I_合＝F_合t＝mgsinα

點(diǎn)評(píng)：對(duì)力的沖量計(jì)算，學(xué)生比較習(xí)慣按做功的方法求，如I_F易算為Fcosθt，而實(shí)際為Ft，對(duì)支持力、重力的沖量通常因?yàn)榕c位移垂直而認(rèn)為是零。沖量和功不同。恒力在一段時(shí)間內(nèi)可能不作功，但一定有沖量。對(duì)動(dòng)量變化量，分不清應(yīng)該用那個(gè)力的沖量來計(jì)算，實(shí)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(yùn)動(dòng)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(shí)間t為單擺周期的1/4，即t=T/4=．所以

　　 I_G＝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(jì)算，只能應(yīng)用動(dòng)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(jì)空氣阻力，則對(duì)石塊在空中運(yùn)動(dòng)過程中的下列各物理量的判斷正確的是(　　 )

A.在兩個(gè)相等的時(shí)間間隔內(nèi)，石塊受到的沖量相同

B.在兩個(gè)相等的時(shí)間間隔內(nèi)，石塊動(dòng)量的增量相同

C.在兩個(gè)下落高度相同的過程中，石塊動(dòng)量的增量相同

D.在兩個(gè)下落高度相同的過程中，石塊動(dòng)能的增量相同

解析：不計(jì)空氣阻力，石塊只受重力的沖量，無論路程怎樣，兩個(gè)過程的時(shí)間相同，重力的沖量就相同，A正確。據(jù)動(dòng)量定理，物體動(dòng)量的增量等于它受到的沖量，由于在兩個(gè)相等的時(shí)間間隔內(nèi)，石塊受到重力的沖量相同，所以動(dòng)量的增量必然相同，B正確。由于石塊下落時(shí)在豎直分方向上是作加速運(yùn)動(dòng)，兩個(gè)下落高度相同的過程所用時(shí)間不同，所受重力的沖量就不同，因而動(dòng)量的增量不同，C錯(cuò)。據(jù)動(dòng)能定理，外力對(duì)物體所做的功等于物體動(dòng)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(dòng)能增量就相同，D正確。答案：ABD。

4．動(dòng)量定理公式中的等號(hào)表明合外力的沖量與研究對(duì)象的動(dòng)量增量的數(shù)值相等，方向一致，單位相同。但考生不能認(rèn)為合外力的沖量就是動(dòng)量的增量，合外力的沖量是導(dǎo)致研究對(duì)象運(yùn)動(dòng)改變的外因，而動(dòng)量的增量卻是研究對(duì)象受外部沖量作用后的必然結(jié)果。