1．动量定理的研究对象是单个物体或可看作单个物体的系统，当研究对象为物体系时，物体系的总动量的增量等于相应时间内物体系所受外力的合力的冲量，所谓物体系总动量的增量是指系统内各个的体动量变化量的矢量和。而物体系所受的合外力的冲量是把系统内各个物体所受的一切外力的冲量的矢量和。

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；

F_ABs_B=E_kB

动量与动能之间的关系为

m_Av_A=

m_Bv_B=

木板A的长度L=s_A－s_B

代入数据解得　 L=0.50m

试题展示

F_ABt＝m_Bv_B

其中F_AB=F_BA　　 F_CA=μ(m_A+m_B)g

设A、B相对于C的位移大小分别为s_A和s_B，有

3．用能量守恒定律解题的步骤

①确定研究的对象和范围，分析在研究的过程中有多少种不同形式的能(包括动能、势能、内能、电能等)发生变化．

②找出减少的能并求总的减少量ΔE_减，找出增加的能并求总的增加量ΔE_增

③由能量守恒列式，ΔE_减=ΔE_增。

④代入已知条件求解．

[例6]如图所示，边长为am的正方体木箱的质量为100kg，一人采用翻滚木箱的方法将其移动10 m远，则人对木箱做的功至少要多少J？(g取 10m／s²)

　　 解析：人翻滚木箱，若要做功最小，则需要缓慢(或匀速)翻转木箱，不使木箱动能增大，即ΔE_k=0，因此，人对木箱做功，仅需要克服木箱的重力做功(木箱在翻滚一次过程中重心升高一次)，而且翻转木箱的外力 F必须最小，即外力作用点应取在A点，并使外力方向与正方体木箱纵截面的对角线相垂直，外力对转轴O的力臂最大，外力F的力矩始终与木箱重力G的力矩平衡．

　　 在木箱翻转前一半过程中，重力G的力臂逐渐减小，外力F的力臂不变，因此，外力F逐渐减小，方向也在不断改变，此过程属变力做功过程．这种情况下求外力F的功等于物体重力势能的增加．

将木箱翻滚一次，木箱向前移动am，若将木箱向前移动10 m远，需要翻转的次数为n=10/a，W_合=mgh，　　 W_F-W_G=0； W_F-[mg(a－)]×=0

所以W_F =5mg(－1)=5×100×10(－1)＝5000(－1)J

　　 答案：5000(－1)J

[例7]：一货车车厢匀速前进时，砂子从车厢上方的漏斗落进车厢，在t秒内落进车厢内的砂子的质量为m，为维持车厢以速度V匀速前进，需加一水平推力，问该推力的功率为多少？

[解析]：将上述过程分段讨论如图，B表示以速度V匀速运动的货车，A表示落于车上的砂子，设经过时间t后，AB相对静止，此过程中A的位移为S₁，B的位移为S₂。显然，S₁=Vt/2，S2=Vt，故S₁/S₂=1/2 。

摩擦力对A做功W₁=f·S₁=½mv²，功率为P₁=½mv²/t

因B匀速运动，故F=f，外力对B做功为W₂=FS₂=fs₂=mv²，

功率为P₂= mv²/t

[例8]：人们在工作、学习和劳动都需要能量，食物在人体内经消化过程；志化为葡萄糖，葡萄糖的分子式为C₆H₁₂O₆，葡萄糖在体内又转化为CO₂和H₂O，同时产生能量E=2.80×10⁶J/mol。一个质量为60kg的短跑运动员起跑时以1/6s的时间冲出1m远，他在这一瞬间消耗体内储存的葡萄糖多少克？

解：运动员在起跑时做变加速度运动，由于时间很短，为解决问题的方便，我们可以认为在1/6s内运动员做初速为零的匀加速运动。由S=(V₀+V_t)/2·t得运动员冲出1m时的末速度为V_t=2S/t=(2×1)÷1/6=12m/s。运动员在1/6s内增加的动能ΔE_k=½mV_t²－½mV₀²=½×60×12²=4320J。消耗的葡萄糖的质量为：Δm=ΔE_k/E×180g=0.28g.

[翰林汇例9]：如图半径分别为R和r的甲、乙两圆形轨道放置在同一竖直平面内，两轨道之间由一条水平轨道CD相连，现有一小球从斜面上高为3R处的A点由静止释放，要使小球能滑上乙轨道并避免出现小球脱离圆形轨道而发生撞轨现象，试设计CD段可取的长度。小球与CD段间的动摩擦因数为μ，其作各段均光滑。

{解析}：有两种情况，一种是小球恰过乙轨道

最高点，在乙轨道最高点的mg=mv²/r，从开始运

动到乙轨道最高点，由动能定理得

mg(3R-2r)-μmgCD=½mv²-0联立解得

CD=(6R-5r)/2μ，故应用CD＜(6R-5r)/2μ。

另一种是小球在乙轨道上运动¼圆周时，速度变为零，由mg(3R-r)=μmgCD解出CD=(3R-r)/μ，故应有CD＞(3R-r)/μ

[例10]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E_KA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，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，由动量守恒定律，得　 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)，(初始状态，舍去)

所以，三个小球再次处在同一直线上时，小球B的速度为(负号表明与初速度反向)

(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，两根绳间的夹角为θ(如图)，则仍由动量守恒定律和机械能守恒定律，得

另外，

由此可解得，小球A的最大动能为，此时两根绳间夹角为

(4)小球A、C均以半径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(小球B的加速度为0，为惯性参考系)，小球A(C)相对于小球B的速度均为所以，此时绳中拉力大小为

[例11]如图所示，质量m_A为4.0kg的木板A放在水平面C上，木板与水平面间的动摩擦因数μ为0.24，木板右端放着质量m_B为1.0kg的小物块B(视为质点)，它们均处于静止状态。木块突然受到水平向右的12N·s的瞬时冲量I作用开始运动，当小物块滑离木板时，木板的动能E_kA为8.0J，小物块的动能E_kB为0.50J，重力加速度取10m/s²，求：

(1)瞬时冲量作用结束时木板的速度v₀；

(2)木板的长度L。

解：(1)设水平向右为正方向，有

I=m_Av₀

代入数据解得　 v₀=3.0m/s

(2)设A对B、B对A、C对A的滑动摩擦力的大小分别为F_AB、F_BA和F_CA，B在A上滑行的时间为t，B离开A时A和B的速度分别为v_A和v_B，有