1、知識點一 動量、沖量、動量定理一、動量概念及其理解（ 1 ）定義： 物體的質量及其運動速度的乘積稱為該物體的動量p=mv （ 2）特征： 動量是狀態量，它與某一時刻相關；動量是矢量，其方向與物體運動速度的方向相同。（3）意義：速度從運動學角度量化了機械運動的狀態 , 動量則從動力學角度量化了機 械運動的狀態。二、沖量概念及其理解（1）定義：某個力與其作用時間的乘積稱為該力的沖量 I=F t （2）特征： 沖 量是過程量，它與某一段時間相關；沖量是矢量，對于恒力的沖量來說，其方向就是該力的方向。（3）意義：沖量是力對時間的累積效應。對于質量確定的物體來說，合外力決定著其 速度將變多快； 合外力的

2、沖量將決定著其速度將變多少。 對于質量不確定的物體來說， 合外 力決定著其動量將變多快；合外力的沖量將決定著其動量將變多少。三、動量定理： F t = m v2 - m v1F t是合外力的沖量，反映了合外力沖量是物體動量變化的原因.（1）動量定理公式中的 F t是合外力的沖量，是使研究對象動量發生變化的原因 ；（2）在所研究的物理過程中， 如作用在物體上的各個外力作用時間相同， 求合外力的 沖量可先求所有力的合外力， 再乘以時間， 也可求出各個力的沖量再按矢量運算法則求所有 力的會沖量 ；（ 3 ）如果作用在被研究對象上的各個外力的作用時間不同，就只能先求每個外力在相應時間內的沖量，然后再求

3、所受外力沖量的矢量和.（ 4）要注意區分“合外力的沖量”和“某個力的沖量” ，根據動量定理，是“合外力 的沖量”等于動量的變化量，而不是“某個力的沖量”等于動量的變化量（注意） 。知識點二 動量守恒定律、碰撞、反沖現象知識點歸納總結一.知識總結歸納1. 動量守恒定律 ：研究的對象是兩個或兩個以上物體組成的系統，而滿足動量守恒的物 理過程常常是物體間相互作用的短暫時間內發生的。2. 動量守恒定律的條件：（ 1 ）理想守恒： 系統不受外力或所受外力合力為零 （不管物體間是否相互作用） ，此時 合外力沖量為零，故系統動量守恒。當系統存在相互作用的內力時，由牛頓第三定律得知， 相互作用的內力產生的沖量

4、， 大小相等， 方向相反， 使得系統內相互作用的物體動量改變量 大小相等， 方向相反，系統總動量保持不變。 即內力只能改變系統內各物體的動量，而不能 改變整個系統的總動量。（ 2）近似守恒：當外力為有限量，且作用時間極短，外力的沖量近似為零，或者說外 力的沖量比內力沖量小得多，可以近似認為動量守恒。（3）單方向守恒：如果系統所受外力的矢量和不為零，而外力在某方向上分力的和為 零，則系統在該方向上動量守恒。3. 動量守恒定律應用中需注意：1）矢量性： 表達式 m1v1+m2v2=m1v1 m2v2 中守恒式兩邊不僅大小相等， 且方向相同，在一維情況下，先規定正方向，再確定等式兩邊的總動量是系統內

5、所有物體動量的矢量和。各已知量的正負，代入公式求解。（2）系統性：即動量守恒是某系統內各物體的總動量保持不變。（3）同時性：等式兩邊分別對應兩個確定狀態，每一狀態下各物體的動量是同時的。（4）相對性：表達式中的動量必須相對同一參照物（通常取地球為參照物）4. 碰撞過程是指物體間發生相互作用的時間很短，相互作用過程中的相互作用力很大， 所以通常可認為發生碰撞的物體系統動量守恒。按碰撞前后物體的動量是否在一條直線上， 有正碰和斜碰之分，中學物理只研究正碰的情況；碰撞問題按性質分為三類。（1） 彈性碰撞一一碰撞結束后，形變全部消失，碰撞前后系統的總動量相等，總 動能不變。例如：鋼球、玻璃球、微觀粒子

6、間的碰撞。（2） 一般碰撞 碰撞結束后，形變部分消失，碰撞前后系統的總動量相等，動 能有部分損失. 例如：木制品、橡皮泥球的碰撞。（3）完全非彈性碰撞 碰撞結束后，形變完全保留，通常表現為碰后兩物體合二為一，以同一速度運動，碰撞前后系統的總動量相等，動能損失最多。上述三種情況均不含其它形式的能轉化為機械能的情況。一維彈性碰撞的普適性結論：在一光滑水平面上有兩個質量分別為mi、m2的剛性小球A和B,以初速度Vi、V2運動，若它們能發生碰撞（為一維彈性碰撞），碰撞后它們的速度分別為V1和V2。我們的任務是得出用mi、山2、Vi、V2表達Vi和v2的公式。Vi、V 2、Vi、V2是以地面為參考系的，

7、將 A和B看作系統。由碰撞過程中系統動量守恒，有mivim2v2mivim2v2有彈性碰撞中沒有機械能損失，有1 2miVi21 2m2v221 2 1 miVim2v22 2由得mi wm2 v22由得mi Vi2Vi2m2 v22V2將上兩式左右相比，可得ViV|V2V2即 V2 ViV2Vi 或 V|V2ViV2碰撞前B相對于A的速度為V2iV2Vi，碰撞后B相對于A的速度為V2i V2Vi，同理碰撞前A相對于B的速度為Vi2V|V2，碰撞后A相對于B的速度為Vi2ViV2，故式為V2iV2i或V12V12 ，其物理意義是：碰撞后B相對于A的速度與碰撞前B相對于A的速度大小相等，方向相反

8、;碰撞后A相對于B的速度與碰撞前 A相對于B的速度大小相等，方向相反；故有：結論1:對于一維彈性碰撞，若以其中某物體為參考系， 則另一物體碰撞前后速度大小不變， 方向相反（即 以原速率彈回）。聯立兩式，解得 2m2v2m1 m2 v1Vim1 m2 2m1v1 m2 m1 v2v2m1 m2下面我們對幾種情況下這兩個式子的結果做些分析。若口勺 m2，即兩個物體質量相等V； v2 ， v2 V1 ，表示碰后A的速度變為V2，B的速度變為v1。結論2:對于一維彈性碰撞，若兩個物體質量相等，則碰撞后兩個物體互換速度（即碰后A的速度等于碰前B的速度，碰后B的速度等于碰前 A的速度）。若m；m2，即A的

9、質量遠大于B的質量這時m； m2 m；， m； m2 m；，匹一 0。根據、兩式，m； m2II有 v； v； ， V2 2v； V2表示質量很大的物體A（相對于B而言）碰撞前后速度保持不變 若m；m2，即A的質量遠小于B的質量這時 m2 m；m2，m； m2 m2，田 0。根據、兩式，m； m2II有 v2 v2 ， v；2v2 v；表示質量很大的物體B （相對于A而言）碰撞前后速度保持不變 綜合，結論3:對于一維彈性碰撞，若其中某物體的質量遠大于另一物體的質量，則質量大的物體碰撞前后速度 保持不變。至于質量小的物體碰后速度如何，可結合結論；和結論3得出。IIII以m；m2為例，由結論3可知

10、v；v；，由結論；可知v2；v2；，即v2v；v2v；將v； v；代入，可得v2 2v； v2，與上述所得一致。以上結論就是關于一維彈性碰撞的三個普適性結論。對心碰撞和非對心碰撞對心碰撞（正碰）：碰撞以前的運動速度與兩球心的連線在同一條直線，碰撞之后兩球的速 度仍會沿著這條直線。非對心碰撞：碰撞之前球的運動速度與兩球心得連線不再同一條直線上，碰撞之后兩球的速度都會偏離原來兩球心的連線5. 反沖現象指在系統內力作用下，系統內一部分物體向某方向發生動量變化時，系統內 其余部分物體向相反的方向發生動量變化的現象。顯然在反沖運動過程中，系統不受外力作用或外力遠遠小于系統內物體間的相互作用力，所以在反沖

11、現象里系統的動量是守恒的。【典型例題】例1.如圖1所示的裝置中，木塊 B與水平面間接觸是光滑的，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做為研究對象（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：合理選取研究對象和運動過程，利用機械能守恒和動量守恒的條件分析。如果只研究子彈 A射入木塊B的短暫過程，并且只選 A、B為研究對象，則由于時間極 短，則只需考慮在 A B之間的相互作用，A、B組成的系統動量守恒，但此過

12、程中存在著動 能和內能之間的轉化，所以A、B系統機械能不守恒。本題研究的是從子彈開始射入木塊到彈簧壓縮至最短的整個過程，而且將子彈、木塊和彈簧合在一起為研究對象，在這個過程中有豎直墻壁對系統的彈力作用，（此力對系統來講是外力）故動量不守恒。解答：由上面的分析可知，正確選項為B例2.質量為m=10g的小球在光滑的水平面上以 w=30cm/s的速率向右運動，恰遇上質量 m=50g的小球以V2=10cm/s的速率向左運動，碰撞后，小球m恰好停止，那么碰撞后小球m的速度是多大？方向如何？分析：由于兩小球在光滑水平面上，以兩小球組成的系統為研究對象，該系統沿水平方向不受外力，因此系統動量守恒。解答：碰撞

13、過程兩小球組成的系統動量守恒。設vi的方向，即向右為正方向，則各速度的正負及大小為：vi=30cm/s , V2= 10cm/s , v2=0據：mM+mvznmv m2v2代入數值得：v1 = 20cm/s則小球m的速度大小為20cm/s，方向與vi方向相反，即向左。說明：應用動量守恒定律解決問題的基本思路和一般方法（1 ）分析題意，明確研究對象在分析相互作用的物體總動量是否守恒時，通常把這些被研究的物體總稱為系統.對于比較復雜的物理過程，要采用程序法對全過程進行分段分析，要明確在哪些階段中，哪些物體發生相互作用，從而確定所 研究的系統是由哪些物體組成的。（2 ）要對各階段所選系統內的物體進

14、行受力分析弄清哪些是系統內部物體之間相互作用的內力，哪些是系統外物體對系統內物體作用的外力。在受力 分析的基礎上根據動量守恒定律條件，判斷能否應用動量守恒。（3）明確所研究的相互作用過程，確定過程的始、末狀態即系統內各個物體的初動量和末動量的量值或表達式。注意：在研究地面上物體間相互作用的過程時，各物體運動的速度均應取地球為參考系。（4）確定好正方向建立動量守恒方程求解。例3.如圖2所示，甲、乙兩個小孩各乘一輛冰車在水平冰面上游戲，甲和他的冰車的質 量共為M=30kg，乙和他的冰車的質量也是30kg，游戲時，甲推著一個質量為m=15kg的箱子,和他一起以大小為 vo=2.Om/s的速度滑行，乙

15、以同樣大小的速度迎面滑來。為了避免相撞, 甲突然將箱子沿冰面推給乙，箱子滑到乙處時乙迅速把它抓住。若不計冰面的摩擦力，求：甲至少要以多大的速度（相對于地面）將箱子推出，才能避免與乙相撞?分析：甲、乙不相碰的條件是相互作用后三者反。而要使甲與乙及箱子的運動方向相反,則需要甲以更大的速度推出箱子。因本題所求為“甲至少要以多大速度”推出木箱，所以要求相互作用后，三者的速度相同。以甲、 乙和箱子組成的系統為研究對象，因不計冰面的摩 擦，所以甲、乙和箱子相互作用過程中動量守恒。解答：設甲推出箱子后的速度為 v甲，乙抓住箱子后的速度為 v乙，則由動量守恒定律, 得：甲推箱子過程:（M+m）vo=Mv甲+m

16、v乙抓住箱子的過程：mv-Mv）=（M+m）v 乙甲、乙恰不相碰的條件：v 甲=v乙代入數據可解得：v=5.2m/s說明：仔細分析物理過程，恰當選取研究對象，是解決問題的關鍵。對于同一個問題， 選擇不同的物體對象和過程對象，往往可以有相應的方法，同樣可以解決問題。 本例中的解答過程，先是以甲與箱子為研究對象，以甲和箱子共同前進到甲推出箱子為過程；再以乙和箱子為研究對象，以抓住箱子的前后為過程來處理的。本題也可以先以甲、乙、箱子三者為研究對象，先求出最后的共同速度v=0.4m/s，再單獨研究甲推箱子過程或乙抓住箱子的過程求得結果，而且更為簡捷。小車上站著一個質量為 m的人，M例4. 一只質量為M

17、的平板小車靜止在水平光滑面上,m在此人從小車的一端走到另一端的過程中，以下說法正確的是(不計空氣的阻力)()A. 人受的沖量與平板車受的沖量相同B. 人向前走的速度大于平板車后退的速度C. 當人停止走動時，平板車也停止后退D. 人向前走時，人與平板車的總動量守恒分析：由于平板車放在光滑水平面上，又不計空氣阻力，以人、 車組成的系統為研究對象，該系統沿水平方向不受外力，因此系統動量守恒，可判斷選項D正確。在相互作用的過程中，人與車之間的相互作用的內力對它們的沖量大小相等、方向相反，沖量是矢量，選項 A錯誤。開始時二者均靜止，系統的初動量為0,根據動量守恒，整個過程滿足O=mv人+Mv車，即 人向

18、一端走動時，車必向反方向移動，人停車也停，又因Mm v人的大小一定大于v車，選項B、C正確。解答：根據上面的分析可知正確選項為B、C、Dt說明：分析反沖類問題，例如爆竹爆炸，發射火箭、炮車發射炮彈等，應首先判斷是否 滿足動量守恒，其次要分析清楚系統的初動量情況、參與作用的物體的動量變化情況及能量轉化情況。例5.在光滑的水平面上，動能為 呂、動量大小為po的小球1與靜止小鋼球2發生碰撞，碰撞前后球1的運動方向相反，將碰撞后球 1的動能和動量的大小分別記為Ei、pi，球2的動能和動量的大小分別記為 巳、p2,則必有()A. EiV E)B. pi E)D. p2 po分析：理解碰撞的可能性的分析方法， 從動量守恒、能量守恒、及可行性幾個角度進行 分析。設碰撞前球 1的運動方向為正方向，根據動量守恒定律有：po= P1 + P2，可得到碰撞后球2的動量等于p2=po+p1。速度相同，或甲與乙、箱子的運動方向相由于碰撞前球2靜止，所以碰撞后球2 一定沿正方向運動，所以 P2 po,選項D正確.由于碰撞后系統的機械能總量不可能大于碰撞前系統機械能總量，即Eo日+ E2,故有呂E1和呂旦，選項A正確，選項 C錯誤。2由動能和動量的關系 Ek=，結合