動量的講義
1、深刻理解動量的概念
(1)定義：物體的質量和速度的乘積叫做動量：p=mv
（2）動量是描述物體運動狀態的一個狀態量，它與時刻相對應。
（3）動量是矢量，它的方向和速度的方向相同。
（4）動量的相對性：由于物體的速度與參考系的選取有關，所以物體的動量也與參考系選取有關，因而動量具有相對性。題中沒有特別說明的，一般取地面或相對地面靜止的物體為參考系。
（5）動量的變化：
.由于動量為矢量，則求解動量的變化時，其運算遵循平行四邊形定則。
A、若初末動量在同一直線上，則在選定正方向的前提下，可化矢量運算為代數運算。
B、若初末動量不在同一直線上，則運算遵循平行四邊形定則。
（6）動量與動能的關系：
，注意動量是矢量，動能是標量，動量改變，動能不一定改變，但動能改變動量是一定要變的。
2、深刻理解沖量的概念
(1)定義:力和力的作用時間的乘積叫做沖量：I=Ft
(2)沖量是描述力的時間積累效應的物理量，是過程量，它與時間相對應。
(3)沖量是矢量，它的方向由力的方向決定（不能說和力的方向相同）。如果力的方向在作用時間內保持不變，那么沖量的方向就和力的方向相同。如果力的方向在不斷變化，如繩子拉物體做圓周運動，則繩的拉力在時間t內的沖量，就不能說是力的方向就是沖量的方向。對于方向不斷變化的力的沖量，其方向可以通過動量變化的方向間接得出。
(4)高中階段只要求會用I=Ft計算恒力的沖量。對于變力的沖量，高中階段只能利用動量定理通過物體的動量變化來求。
(5)要注意的是：沖量和功不同。恒力在一段時間內可能不作功，但一定有沖量。特別是力作用在靜止的物體上也有沖量。
3、深刻理解動量定理
（1）.動量定理：物體所受合外力的沖量等于物體的動量變化。既I=Δp
（2）動量定理表明沖量是使物體動量發生變化的原因，沖量是物體動量變化的量度。這里所說的沖量必須是物體所受的合外力的沖量（或者說是物體所受各外力沖量的矢量和）。
（3）動量定理給出了沖量（過程量）和動量變化（狀態量）間的互求關系。
（4）現代物理學把力定義為物體動量的變化率：
（牛頓第二定律的動量形式）。
（5）動量定理的表達式是矢量式。在一維的情況下，各個矢量必須以同一個規定的方向為正。
4、深刻理解動量守恒定律
（1）.動量守恒定律：一個系統不受外力或者受外力之和為零，這個系統的總動量保持不變。 即：
（2）動量守恒定律成立的條件
1系統不受外力或者所受外力之和為零；
2系統受外力，但外力遠小于內力，可以忽略不計；
3系統在某一個方向上所受的合外力為零，則該方向上動量守恒。
4全過程的某一階段系統受的合外力為零，則該階段系統動量守恒。
（3）.動量守恒定律的表達形式：除了
，即p1+p2=p1/+p2/外，還有：Δp1+Δp2=0，Δp1= -Δp2 和
（4）動量守恒定律的重要意義
從現代物理學的理論高度來認識，動量守恒定律是物理學中最基本的普適原理之一。（另一個最基本的普適原理就是能量守恒定律。）從科學實踐的角度來看，迄今為止，人們尚未發現動量守恒定律有任何例外。相反，每當在實驗中觀察到似乎是違反動量守恒定律的現象時，物理學家們就會提出新的假設來補救，最后總是以有新的發現而勝利告終。例如靜止的原子核發生β衰變放出電子時，按動量守恒，反沖核應該沿電子的反方向運動。但云室照片顯示，兩者徑跡不在一條直線上。為解釋這一反常現象，1930年泡利提出了中微子假說。由于中微子既不帶電又幾乎無質量，在實驗中極難測量，直到1956年人們才首次證明了中微子的存在。（2000年高考綜合題23 ②就是根據這一歷史事實設計的）。又如人們發現，兩個運動著的帶電粒子在電磁相互作用下動量似乎也是不守恒的。這時物理學家把動量的概念推廣到了電磁場，把電磁場的動量也考慮進去，總動量就又守恒了。
問題1：掌握求恒力和變力沖量的方法。
恒力F的沖量直接根據I=Ft求，而變力的沖量一般要由動量定理或F-t圖線與橫軸所夾的面積來求。
例1、質量為m的小球由高為H的、傾角為θ光滑斜面頂端無初速滑到底端過程中，重力、彈力、合力的沖量各是多大？
分析與解：力的作用時間都是
，力的大小依次是mg、
mgcosθ和mg.sinθ，所以它們的沖量依次是：
特別要注意，該過程中彈力雖然不做功，但對物體有沖量。
例2、一個物體同時受到兩個力F1、F2的作用，F1、F2與時間t的關系如圖1所示，如果該物體從靜止開始運動，經過t=10s后F1、F2以及合力F的沖量各是多少？分析與解：經過t=10s后,F1的沖量I1=10×10/2=50N.S
F2的沖量I2=－50N.S,合力F的沖量為0.
例3、一質量為100g的小球從0.80m高處自由下落到一厚軟墊上．若從小球接觸軟墊到小球陷至最低點經歷了0.2s，則這段時間內軟墊對小球的沖量為________．(取 g=10m/s2，不計空氣阻力)．
分析與解:小球從高處自由下落到軟墊陷至最低點經歷了兩個過程，從高處自由下落到接觸軟墊前一瞬間，是自由下落過程，接觸軟墊前一瞬間速度由：
,求出
.
接觸軟墊時受到軟墊向上作用力N和重力G(=mg)作用，規定向下為正，由動量定理：
(mg-N)t=0-m
在重物與地面撞擊問題中，是否考慮重力，取決于相互作用力與重力大小的比較，此題中N=0.3N，mg=0.1N，顯然在同一數量級上，不可忽略．若二者不在同一數量級，相差極大，則可考慮忽略不計（實際上從同一高度下落，往往要看撞擊時間是否極短，越短沖擊力越大）．
問題2：掌握求動量及動量變化的方法。
求動量的變化要用平行四邊形定則或動量定理。
例4、以初速度v0平拋出一個質量為m的物體，拋出后t秒內物體的動量變化是多少？
分析與解：因為合外力就是重力，所以Δp=Ft=mgt
例5、 一粒鋼珠從靜止狀態開始自由下落,然后陷人泥潭中。若把在空中下落的過程稱為過程Ⅰ，進人泥潭直到停止的過程稱為過程Ⅱ, 則( )
A、過程I中鋼珠的動量的改變量等于重力的沖量
B、過程Ⅱ中阻力的沖量的大小等于過程I中重力的沖量的大小
C、I、Ⅱ兩個過程中合外力的總沖量等于零
D、過程Ⅱ中鋼珠的動量的改變量等于零
分析與解：根據動量定理可知,在過程I中,鋼珠從靜止狀態自由下落.不計空氣阻力,小球所受的合外力即為重力,因此鋼珠的動量的改變量等于重力的 沖量,選項A正確;過程I中阻力的沖量的大小等于過程I中重力的沖量的大小與過程Ⅱ中重力的沖量的大小之和,顯然B選項不對;在I、Ⅱ兩個過程中,鋼珠動量的改變量各不為零.且它們大小相等、方向相反，但從整體看，鋼珠動量的改變量為零,故合外力的總沖量等于零,故C選項正確,D選項錯誤。因此，本題的正確選項為A、C。
問題3：能應用動量定理求解相關問題
遇到涉及力、時間和速度變化的問題時.運用動量定理解答往往比運用牛頓運 動定律及運動學規律求解簡便。應用動量定理解題的思路和一般步驟為：
(l)明確研究對象和物理過程;
(2)分析研究對象在運動過程中的受力情況;
(3)選取正方向,確定物體在運動過程中始末兩狀態的動量;
(4)依據動量定理列方程、求解。
1．簡解多過程問題。
例6、一個質量為m=2kg的物體,在F1=8N的水平推力作用下,從靜止開始沿水平 面運動了t1=5s,然后推力減小為F2=5N,方向不變,物體又運動了t2=4s后撤去外力,物體再經 過t3=6s停下來。試求物體在水平面上所受的摩擦力。
分析與解：規定推力的方向為正方向,在物體運動的整個過程中,物體的初動量P1=0,末動量P2=O。據動量定理有： 
即：
，解得 
由例6可知,合理選取研究過程，能簡化解題步驟,提高解題速度。本題也可以用牛頓運動定律求解。同學們可比較這兩種求解方法的簡繁情況。 .
2.求解平均力問題
例7 、質量是60kg的建筑工人，不慎從高空跌下，由于彈性安全帶的保護作用，最后使人懸掛在空中．已知彈性安全帶緩沖時間為1.2s，安全帶伸直后長5m，求安全帶所受的平均沖量．（ g= 10m／s2）
分析與解：人下落為自由落體運動，下落到底端時的速度為：
取人為研究對象，在人和安全帶相互作用的過程中，人受到重力mg和安全帶給的沖力 F，取F方向為正方向，由動量定理得： Ft=mV—mV0
所以
，（方向豎直向下）
注意： 動量定理既適用于恒力作用下的問題，也適用于變力作用下的問題．如果是在變力作用下的問題，由動量定理求出的力是在t時間內的平均值．
3、求解曲線運動問題
例8、 如圖 2所示，以Vo ＝10m／s2的初速度、與水平方向成300角拋出一個質量m＝2kg的小球．忽略空氣阻力的作用，g取10m／s2．求拋出后第2s末小球速度的大小．
分析與解：小球在運動過程中只受到重力的作用，在水平方向做勻速運動，在豎直方向做勻變速運動，豎直方向應用動量定理得： Fyt=mVy-mVy0 所以mgt=mVy-(-mV0.sin300),
解得Vy=gt-V0.sin300=15m/s.
而Vx=V0.cos300=
在第2s未小球的速度大小為：
注意： 動量定理不僅適用于物體做直線運動的問題，而且也適用物體做曲線運動的問題，在求解曲線運動問題中，一般以動量定理的分量形式建立方程，即：
Fxt=mVx-mVx0 Fyt=mVy-mVy0
4、求解流體問題
例9 、某種氣體分子束由質量m=5.4X10-26kg速度V＝460m/s的分子組成，各分子都向同一方向運動，垂直地打在某平面上后又以原速率反向彈回，如分子束中每立方米的體積內有n0＝1.5X1020個分子，求被分子束撞擊的平面所受到的壓強．
分析與解：設在△t時間內射到 S的某平面上的氣體的質量為ΔM，則：
取ΔM為研究對象，受到的合外力等于平面作用到氣體上的壓力F以V方向規定為正方向，由動量定理得:-F.Δt=ΔMV-(-ΔM.V),解得
平面受到的壓強P為： 
注意：處理有關流體(如水、空氣、高壓燃氣等)撞擊物體表面產生沖力（或壓強）的問題，可以說非動量定理莫屬．解決這類問題的關鍵是選好研究對象，一般情況下選在極短時間△t內射到物體表面上的流體為研究對象
5、對系統應用動量定理。
系統的動量定理就是系統所受合外力的沖量等于系統總動量的變化。若將系統受到的每一個外力、系統內每一個物體的速度均沿正交坐標系x軸和y軸分解，則系統的動量定理的數學表達式如下：
，對于不需求解系統內部各物體間相互作用力的問題，采用系統的動量定理求解將會使求解簡單、過程明確。
例10、如圖3所示， 質量為M的汽車帶著質量為m的拖車在平直公路上以加速度a勻加速前進，當速度為V0時拖車突然與汽車脫鉤，到拖車停下瞬間司機才發現。若汽車的牽引力一直未變，車與路面的動摩擦因數為μ，那么拖車剛停下時，汽車的瞬時速度是多大？
分析與解：以汽車和拖車系統為研究對象，全過程系統受的合外力始終為
，該過程經歷時間為V0/μg，末狀態拖車的動量為零。全過程對系統用動量定理可得：注意：這種方法只能用在拖車停下之前。因為拖車停下后，系統受的合外力中少了拖車受到的摩擦力，因此合外力大小不再是
。
例11、如圖4所示，矩形盒B的質量為M，放在水平面上，盒內有一質量為m的物體A，A與B、B與地面間的動摩擦因數分別μ1、μ2，開始時二者均靜止。現瞬間使物體A獲取一向右且與矩形盒B左、右側壁垂直的水平速度V0，以后物體A在盒B的左右壁碰撞時，B始終向右運動。當A與B最后一次碰撞后，B停止運動，A則繼續向右滑行距離S后也停止運動，求盒B運動的時間t。分析與解：以物體A、盒B組成的系統為研究對象，它們在水平方向所受的外力就是地面盒B的滑動摩擦力，而A與B間的摩擦力、A與B碰撞時的相互作用力均是內力。設B停止運動時A的速度為V，且假設向右為正方向，由系統的動量定理得：
當B停止運動后，對A應用動能定理得：
由以上二式聯立解得：
。
問題4：能根據動量守恒條件判定系統的動量是否守恒？
例12、如圖5所示的裝置中，木塊B與水平桌面間的接觸是光滑的，子彈A沿水平方向射入木塊后留在木塊內，將彈簧壓縮到最短．現將子彈、木塊和彈簧合在一起作為研究對象（系統），則此系統在從子彈開始射入木塊到彈簧壓縮至最短的整個過程中：
A、動量守恒、機械能守恒B、動量不守恒、機械能不守恒
C、動量守恒、機械能不守恒
D、動量不守恒、機械能守恒
分析與解：若以子彈、木塊和彈簧合在一起作為研究對象(系統)，從子彈開始射入木塊到彈簧壓縮至最短時，彈簧固定端墻壁對彈簧有外力作用，因此動量不守恒．而在子彈射入木塊時，存在劇烈摩擦作用，有一部分能量將轉化為內能，機械能也不守恒．實際上，在子彈射入木塊這一瞬間過程，取子彈與木塊為系統則可認為動量守恒（此瞬間彈簧尚未形變）．子彈射入木塊后木塊壓縮彈簧過程中，機械能守恒，但動量不守恒．物理規律總是在一定條件得出的，因此在分析問題時，不但要弄清取誰作研究對象，還要弄清過程的階段的選取，判斷各階段滿足物理規律的條件．
例13、質量為M的小車中掛有一個單擺，擺球的質量為M0，小車和單擺以恒定的速度V0沿水平地面運動，與位于正對面的質量為M1的靜止木塊發生碰撞，碰撞時間極短，在此過程中，下列哪些說法是可能發生的（ ）
A．小車、木塊、擺球的速度都發生變化，分別為V1、V2和V3，且滿足：
（M+M0）V0=MV1+M1V2+M0V3；
B．擺球的速度不變，小車和木塊的速度為V1、V2，且滿足：MV0=MV1+M1V2；
C．擺球的速度不變，小車和木塊的速度都為V，且滿足：MV0=（M+M1）V；
D．小車和擺球的速度都變為V1，木塊的速度變為V2，且滿足：
（M+M0）V0=（M+M0）V1+M1V2
分析與解：小車與木塊相碰，隨之發生的將有兩個過程：其一是，小車與木塊相碰，作用時間極短，過程結束時小車與木塊速度發生了變化，而小球的速度未變；其二是，擺球將要相對于車向右擺動，又導致小車與木塊速度的改變。但是題目中已明確指出只需討論碰撞的極短過程，不需考慮第二過程。因此，我們只需分析B、C兩項。其實，小車與木塊相碰后，將可能會出現兩種情況，即碰撞后小車與木塊合二為一或它們碰后又分開，前者正是C項所描述的，后者正是B項所描述的，所以B、C兩項正確。
問題5：能根據動量守恒定律求解“合二為一”和“一分為二”問題。
“合二為一”問題：兩個速度不同的物體，經過相互作用，最后達到共同速度。
“一分為二”問題：兩個物體以共同的初速度運動，由于相互作用而分開各自以不同的速度運動。
例14、甲、乙兩小孩各乘一輛小車在光滑水平面上勻速相向行駛，速度均為6m/s.甲車上有質量為m=1kg的小球若干個，甲和他的車及所帶小球的總質量為M1=50kg，乙和他的車總質量為M2=30kg。現為避免相撞，甲不斷地將小球以相對地面16.5m/s的水平速度拋向乙，且被乙接住。假設某一次甲將小球拋出且被乙接住后剛好可保證兩車不致相撞，試求此時：
（1）兩車的速度各為多少？（2）甲總共拋出了多少個小球？
分析與解：甲、乙兩小孩依在拋球的時候是“一分為二”的過程，接球的過程是“合二為一”的過程。
（1）甲、乙兩小孩及兩車組成的系統總動量沿甲車的運動方向，甲不斷拋球、乙接球后，當甲和小車與乙和小車具有共同速度時，可保證剛好不撞。設共同速度為V，則:
M1V1－M2V1=（M1+M2）V
（2）這一過程中乙小孩及時的動量變化為:△P=30×6－30×（－1.5）=225（kg·m/s）
每一個小球被乙接收后，到最終的動量彎化為 △P1=16.5×1－1.5×1=15（kg·m/s）
故小球個數為
例15、人和冰車的總質量為M，另有一個質量為m的堅固木箱，開始時人坐在冰車上靜止在光滑水平冰面上，某一時刻人將原來靜止在冰面上的木箱以速度V推向前方彈性擋板，木箱與檔板碰撞后又反向彈回，設木箱與擋板碰撞過程中沒有機械能的損失，人接到木箱后又以速度V推向擋板，如此反復多次，試求人推多少次木箱后將不可能再接到木箱？（已知
）
解析:人每次推木箱都可看作“一分為二”的過程，人每次接箱都可以看作是“合二為一”的過程，所以本題為多個“一分為二”和“合二為一”過程的組合過程。
設人第一次推出后自身速度為V1， 則：MV1=mV，
人接后第二次推出，自身速度為V2，則mV+2mV=MV2
(因為人每完成接后推一次循環動作，自身動量可看成增加2mV)
設人接后第n次推出，自身速度為Vn，則mV+2mV(n-1)=MVn
∴Vn=
(2n-1)V ，
若Vn≥V ，則人第n次推出后，不能再接回，將有關數據代入上式得n≥8.25，∴n=9。