3．分析系统初、末状态各质点的速度，明确系统初、末状态的动量。

2．分析系统所受外力、内力，判定系统动量是否守恒。

1．明确研究对象和力的作用时间，即要明确要对哪个系统，对哪个过程应用动量守恒定律。

(1)动量守恒定律是说系统内部物体间的相互作用只能改变每个物体的动量，而不能改变系统的总动量，在系统运动变化过程中的任一时刻，单个物体的动量可以不同，但系统的总动量相同。

(2)应用此定律时我们应该选择地面或相对地面静止或匀速直线运动的物体做参照物，不能选择相对地面作加速运动的物体为参照物。

(3)动量是矢量，系统的总动量不变是说系统内各个物体的动量的矢量和不变。等号的含义是说等号的两边不但大小相同，而且方向相同。

　 [例2]放在光滑水平面上的A、B两小车中间夹了一压缩的轻质弹簧，用两手分别控制小车处于静止状态，下面说法中正确的是

　 A．两手同时放开后，两车的总动量为零

　 B．先放开右手，后放开左手，而车的总动量向右

　 C．先放开左手，后放开右手，两车的总动量向右

　 D．两手同时放开，同车的总动量守恒；两手放开有先后，两车总动量不守恒

　 解析：根据动量守恒定律的适用条件，两手同时放开，则两车水平方向不受外力作用，总动量守恒；否则，两车总动量不守恒，若后放开左手，则左手对小车有向右的冲量作用，从而两车的总动量向右；反之，则向左．因而，选项ABD正确．

[例3]在质量为M的小车中挂有一单摆，摆球的质量为m₀，小车和单摆以恒定的速度v沿光滑水平地面运动，与位于正对面的质量为m的静止木块发生碰撞，碰撞的时间极短，在此碰撞过程中，下列哪些情况说法是可能发生的( 　　　)

　　 A．小车、木块、摆球的速度都发生变化，分别变为 v_l、v₂、v₃，满足(M+m₀)v=Mv_l十mv₂十m₀v₃

　　 B．摆球的速度不变，小车和木块的速度变化为v_l和v₂，满足Mv=Mv_l十mv₂。

　　 C．摆球的速度不变，小车和木块的速度都变为v_l，满足Mv＝(M+m)v_l

　　 D．小车和摆球的速度都变为v_l，木块的速度变为v₂，满足(M十m₀)v=(M十m₀)v_l十mv₂

分析：小车M与质量为m的静止木块发生碰撞的时间极短，说明在碰撞过程中，悬挂摆球的细线来不及摆开一个明显的角度，因而摆球在水平方向尚未受到力的作用，其水平方向的动量未发生变化，亦即在小车与木块碰撞的过程中，只有小车与木块在水平方向发生相互作用。

解析：在小车M和本块发生碰撞的瞬间，摆球并没有直接与木块发生力的作用，它与小车一起以共同速度V匀速运动时，摆线沿竖直方向，摆线对球的效力和球的重力都与速度方向垂直，因而摆球未受到水平力作用，球的速度不变，可以判定A、D项错误，小车和木块碰撞过程，水平方向无外力作用，系统动量守恒，而题目对碰撞后，小车与木块是否分开或连在一起，没有加以说明，所以两种情况都可能发生，即B、C选项正确。

[例4]如图所示，在光滑水平面上有A、B两小球沿同一条直线向右运动，并发生对心碰撞．设向右为正方向，碰前A、B两球动量分别是p_A＝10kgm/s，p_B=15 kgm/s，碰后动量变化可能是(　　 )

　　 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．此结果动量不守恒；B．可能；C．B的动量不可能减少，因为是A碰B；D．要出现Δp_A ＝－20kg·m／s只有B不动或向左运动才有可能出现这个结果．答案：B

规律方法　　 1、动量守恒定律的“四性”

在应用动量守恒定律处理问题时,要注意“四性”

①矢量性：动量守恒定律是一个矢量式，，对于一维的运动情况，应选取统一的正方向，凡与正方向相同的动量为正，相反的为负。若方向未知可设与正方向相同而列方程，由解得的结果的正负判定未知量的方向。

②瞬时性：动量是一个状态量，即瞬时值，动量守恒指的是系统任一瞬时的动量恒定，列方程m₁v_l+m₂v₂＝m₁v^/_l+m₂v^/₂时，等号左侧是作用前各物体的动量和，等号右边是作用后各物体的动量和，不同时刻的动量不能相加。

③相对性：由于动量大小与参照系的选取有关，应用动量守恒定律时，应注意各物体的速度必须是相对于同一惯性参照系的速度，一般以地球为参照系

④普适性：动量守恒定律不仅适用于两个物体所组成的系统，也适用于多个物体组成的系统，不仅适用于宏观物体组成的系统，也适用于微观粒子组成的系统。

[例5]一辆质量为60kg的小车上有一质量为40kg的人(相对车静止)一起以2m／s的速度向前运动，突然人相对车以 4m／s的速度向车后跳出去，则车速为多大？

下面是几个学生的解答，请指出错在何处．

(1)解析；人跳出车后，车的动量为60v，人的动量为40(4十v)由动量守恒定律： (60+40)×2＝60v－ 40(4+v)解得： v＝ 0．4 m/s　　　　　　　 　(没有注意矢量性)

(2)解析：选车的方向为正，人跳出车后，车的动量为60v，人的动量一40×4，由动量守恒定律：

　　 (60+40)×2＝60v -40×4，解得v＝6m／s　　　　　　　　 (没有注意相对性)

(3)解析：选车的方向为正，人跳出车后的动量为60v，人的动量一40×(4一2)由动量守恒定律得

(60+40)×2＝60v -40×(4一2)解得v=14/3m/s　　　　　　　　 (没有注意瞬时性)

(4)解析：选地为参照物，小车运动方向为正，据动量守恒定律，(60+40)×2＝60v -40(4-v)解得　　 v=3．6m/s此法正确．

　　 答案：3．6 m／s

[例6]2002年，美国《科学》杂志评出的《2001　 年世界十大科技突破》中，有一项是加拿大萨德伯里　 中微子观测站的成果．该站揭示了中微子失踪的原因，即观测到的中微子数目比理论值少是因为部分中微子在运动过程中转化为一个μ子和一个τ子．　 在上述研究中有以下说法：①该研究过程中牛顿第二定律依然适用；②该研究中能的转化和守恒定律依然适用；③若发现μ子和中微子的运动方向一致，则τ子的运动方向与中微子的运动方向也可能一致；④若发现μ子和中微子的运动方向相反，则τ子的运动方向与中微子的运动方向也可能相反．其中正确的是：

A.①②， B.①③， C.②③， D. ③④；

解析:牛顿运动定律适用于“低速”“宏观”物体,而动量守恒定律和能量守恒定律是自然界中的普适规律,在中微子转化为μ子和τ子时,动量守恒和能量守恒定律仍然适用,当μ子与中微子的运动方向一致时,τ子的运动方向有可能与中微子的运动方向相同,也有可能与中微子运动方向相反;但μ子运动方向与中微子运动方向相反时,τ子的运动方向与中微子的运动方向一定相同.答案C正确.

2、应用动量守恒定律的基本思路

3、常见的表达式

①p^/=p，其中p^/、p分别表示系统的末动量和初动量，表示系统作用前的总动量等于作用后的总动量。

②Δp=0 ，表示系统总动量的增量等于零。

③Δp₁=－Δp₂，其中Δp₁、Δp₂分别表示系统内两个物体初、末动量的变化量，表示两个物体组成的系统，各自动量的增量大小相等、方向相反。

其中①的形式最常见，具体来说有以下几种形式

A、m₁v_l+m₂v₂＝m₁v^/_l+m₂v^/₂，各个动量必须相对同一个参照物，适用于作用前后都运动的两个物体组成的系统。

B、0= m₁v_l+m₂v₂，适用于原来静止的两个物体组成的系统。

C、m₁v_l+m₂v₂=(m₁+m₂)v，适用于两物体作用后结合在一起或具有共同的速度。

[例1]由动量定理和牛顿第三定律推出动量守恒定律(以两个物体为例)

　　 解析：设两物体质量分别为m₁、m₂，作用前后的速度分别为v₁、v₂与v₁^/、v₂^/．在Δt时间内m₁、m₂所受外力为 F_l、F₂，内力：第 1个对第 2个物体作用力为f₁₂，其反作用力为f₂₁．

　　　 根据动量定理：

　　 对m₁：(F_l十f₂₁)Δt＝m₁ v₁^/-m₁ v₁

　　 对m₂：(F₂十f₁₂)Δt= m₂ v₂^/一m₂ v₂

　　 根据牛顿第三定律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、　 动量守恒定律适用的条件　　

①系统不受外力或所受合外力为零．

②当内力远大于外力时．

③某一方向不受外力或所受合外力为零，或该方向上内力远大于外力时，该方向的动量守恒．

1、内容：相互作用的物体，如果不受外力或所受外力的合力为零，它们的总动量保持不变，即作用前的总动量与作用后的总动量相等．

2、物体动量的增量可以是物体质量不变，由速度变化形成：ΔP=mv₂I一mv₁=m(V₂一v₁)=mΔv，

　　 动量定理表达为FΔt=mΔv.也可以是速度不变，由质量变化形成：ΔP＝m₂v一m_lv=(m₂一m_l)v＝Δmv,动量定理表达为FΔt＝ΔmV。在分析问题时要注意第二种情况。

[例4]宇宙飞船进入一个宇宙尘埃区，每前进lm，就有10个平均质量为2×10^－7的微尘粒与飞船相撞，并附在飞船上。若尘埃微粒原来的速度不计，要保持飞船的速度10 km/s，飞船喷气产生的推力至少应维持多大？

解析：设飞船速度为v，飞行时间为Δt，每前进1m附着的尘粒数为n，尘粒的平均质量为m₀，则在Δt内飞船增加的质量Δm＝nm₀vΔt.

据动量定理FΔt＝Δmv。可知推力：

[例5]科学家设想在未来的航天事业中用太阳帆来加速星际宇宙飞船，按照近代光的粒子说，光由光子组成，飞船在太空中张开太阳帆，使太阳光垂直射到太阳帆上，太阳帆面积为S，太阳帆对光的反射率为100%，设太阳帆上每单位面积每秒到达n个光子，每个光子的动量为p，如飞船总质量为m。

求：(1)飞船加速度的表达式。

(2)若太阳帆面对阳光一面是黑色的，情况又如何？

解析:(1)设经过时间t，则在时间t内射到太阳帆上的光子数为：N＝nst……①

　　 对光子由动量定理得Ft=NP一N(一P)……②　　 对飞船由牛顿运动定律得F＝ma……③

　 由以上三式解得飞船的加速度为

(2)若太阳帆面对阳光的一面是黑色的，则对光子由动量定理得：ft=0一N(一P)……④

由①③④得

[例6]自动称米机已在许多大粮店广泛使用。买者认为：因为米流落到容器中时有向下　 的冲力而不划算；卖者则认为：当预定米的质量数满足时，自动装置即刻切断米流时，此刻尚有一些米仍在空中，这些米是多给买者的，因而双方争执起来，究竟哪方说得对而划算呢？(原理如图所示)。

解析：设米流的流量为dkg／s，它是恒定的，自动装置能即刻在出口处切断米流，米流在出口处速度很小可视为零，若切断米流后，盛米的容器中静止的那部分米的质量为m₁kg，空中还在下落的米质量为m₂kg，则落到已静止的米堆(m₁)上的一小部分米的质量为Δm kg．取Δm为研究对象，这部分米很少，在Δt时间内Δm=d·Δt，设其落到米堆上之前的速度为V，经Δt时间静止，其受力如图所示，由动量定律得

(F一Δmg)Δt=ΔmV　　 即F=dV十d·Δt·g

根据牛顿第三定律知F=F^/，　　 称米机的读数应为=m₁+m₂+Δm

可见，称米机读数包含了静止在袋中的部分m₁，也包含了尚在空中的下落的米流　 m₂应包含刚落至米堆上的一小部分Δm，即自动称米机是准确的，不存在哪方划算不划算的问题。

点评：本例是物理知识在实际生活中应用综合题，涉及物理中的冲量，动量、动量守恒、牛顿第三定律等知识。考查学生应用学科知识解决实际问题的能力，解此题必须正确分析现象，形成正确的物理图景，恰当运用物理规律求解。　

散　　　　　 动量守恒定律

知识简析　　 一、动量守恒定律

1、动量定理FΔt＝mv_t－mv₀可以用一种更简洁的方式FΔt=ΔP表达，式中左边表示物体受到的冲量，右边表示动量的增量(变化量)。此式稍加变形就得

其含义是：物体所受外力(若物体同时受几个力作用，则为合外力)等于物体动量的变化率。这一公式通常称为“牛顿第二定律的动量形式”。这一形式更接近于牛顿自己对牛顿第二定律的表述。应用这个表述我们在分析解决某些问题时会使思路更加清晰、简洁。

[例1]如图所示，在粗糙水平面上放一三角本块a，若物体b在a的斜面上静止，加速，匀速或减速下滑时．在四种情况下a对平面的压力比a、b两重力之和大还是小？

解法一：(常规解法)如图所示，

　　 N=G_a+N_y+f_y

　　 N_y＝N_b－acosθ＝G_bcos²θ

　　 f_y=f_b－asinθ，当b沿斜面匀速下滑时，在数值上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

　　 当b在a上静止时情形亦如此N＝G_a+G_b

当b在a上加速下滑时f＜G_bsinθ，所以 N＜G_a+G_b

当b在a上减速下滑时f＞G_bsinθ，所以N＞G_a+G_b

解法二：将a、b视为一整体如图所示，将N分解

　　 根据动量定理［N₀－(G_a+G_b )］Δt=ΔP

　　 显然匀速运动时N= G_a+G_b

　　 加速运动时N＜G_a+G_b

　　 减速运动时N＞G_a+G_b

　　 下面我们再来讨论a与地面间摩擦力的方向

　　 (1)当b沿料面匀速运动或静止在斜面上；

　　 (2)当b沿斜面加速下滑；

　　 (3)当b沿斜面减速下滑；

　　 (4)当b沿斜面向上运动．

解法一：(l)当b静止在斜面或沿料面匀速下滑时对b有：G_bsinθ＝f　 N＝G_bcosθ

　　　 对a受力分析如图所示，比较f_x与N_x的大小

　　 f_x=fcosθ= G_bsinθcosθ，N_x＝G_bcosθsinθ

　　 所以当b静止或沿料面匀速下滑时，f_x=N_x，a与平面间无摩擦力．

(2)当b沿斜面加速下滑时对b ，G_bsinθ＞f所以对a ，f_x＜N_x，摩擦力方向向左

(3)当b沿斜面减速下滑时　 G_bsinθ＜f所以对a，f_x＞N_x，摩擦力方向向右

(4)当b沿斜面向上运动时，a受到b对它摩擦力的方向斜向上，很显然地面对a摩擦力方向向左．

解法二：将ab视为一个系统，将b的速度分解如图所示，

　　 (1)当停止或匀速下滑时，Δv_x＝0．

　　 根据动量定理，ab在水平方向受到冲量为零，所以产生冲量的摩擦力为零．

　　 (2)当沿斜面加速下滑时fΔt＝m_bΔv_x，f与Δv_x同向，所以f方向向左．

　　 (3)当沿斜面减速下滑时：我们可用同样方法得出f方向向右．

注意：当b沿斜面向上匀速运动时，Δv_x＝0，由动量定理可知，f应当为零，而实际上方向向左，为什么？这里必须清楚．当b沿斜面向上匀速运动时，对这个系统，水平方向的合外力已经不单是f了，必须有除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，否则b不会沿斜面向上匀速运动．

[例2]如图所示，等臂天平左端有一容器，内盛有水，水中有一密度小于水密度的木球．有一细绳一端系球，一端固定于烧杯底部，整个系统处于平衡状态，假设细绳突然断裂，小球相对于水向上加速运动，天平将如何？

解法一：按照常规则应进行如下分析

对盘：如图4-12中1所示(N为臂对盘的支持力，F为杯对盘的压力)

　　 N＝F+G_盘　 ①

对杯底：如图4-12中2所示(F^/为盘对杯的支持力，T为绳对杯的拉力，F_水为水对杯的压力)

　　 F^/＝F　　　　 F^/＝G_杯+F_水－T　　 ②

对水：如图4－12中3所示( F^/_水为杯底对水的支持力，F^/_浮为球对水作用力)

　　 F^/_水＝ F^/_浮十G_水 ③

对球(F_浮为水对球的浮力，T^/为绳对球的拉力，T^/= T)F_浮＝F^/_浮

　　 当静止时　 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_盘+G_杯十 G_水+G_球

当绳断时，对杯底如图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

　　 对水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_盘+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：若将盘、杯、水、球视为一个整体，则根据动量定理 FΔt＝ΔP

　　 即［N(G_盘+G_杯十 G_水+G_球 )］Δt=ΔP

　　 当静止时ΔP＝0　　 所以 N＝G_盘+G_杯十 G_水+G_球

　　 当木球向上运动水球向下运动时,ΔP=m_木球Δv－m_水球Δv<0　　 所以 N<G_盘+G_杯十 G_水+G_球 从而知天平左端上升．

　　 说明：前法较后法步骤繁杂，使人接受困难，后法两步即可得出结论，两法比较，繁简分明．

[例3]如图所示，在光滑水平面上，有A、B两辆小车．水平面左侧有一竖直墙．在小车B上坐着一个小孩．小孩与车B的总质量是车A的10倍，两车从静止开始，小孩把车A以对地速度v推出，车A与墙碰撞后仍以原速率返回，小孩接到车A后，又把它以对地速度v推出，车A返回后，小孩再把它推出，每次推出，小车A对地速度都是v，方向向左，则小孩共把车A推出多少次后，车A返回小孩不能再接到？

解析：题中车A多次与车B及墙壁间发生相互作用，而每次与车B作用时，水平方向合力为0，故A、B每次作用时，由车A与车B组成系统动量守恒，而每次作用后车B的速度是下一次作用前的速度，这为一个隐含条件，车A返回，小孩不能接到的临界条件是v_B=v．

设第一次、第二次、…、第n次作用后，车B的速度为v₁，v₂，…，v_n，每次作用，车A与车B动量守恒，从而得到

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　　　 则 n≥5．5， n取整数， n＝6次后，车A 返回时，小孩接不到车A

巧解：对A、B系统，所受合外力就是墙的弹力．这个弹力每次产生冲量大小为2mv，要使B不再接到 A，必须v_A≤v_B．这里先取一个极限值v_A=v_B=v ，则：

　　　 根据动量定理，　　　 n2mv=(M+m)v

　　　 将M＝10m代入解得 n＝5．5，所以推6次即可．

2、动量定理的初步应用

[例4]如图所示，质量为2kg的物体，放在水平面上，受到水平拉力F＝4N的作用，由静止开始运动，经过1s撤去F，又经过1s物体停止，求物体与水平面间的动摩擦因数。

解析:在水平面上物体受力分析如图所示，据题意物体的运动分为两个阶段，第一阶段水平方向受拉力F和摩擦力f的作用，历时t₁＝1s;第二阶段撤去F后只受摩擦力f的作用又历时t₂=ls.全过程初始速度为0，全过程结束时末速度也为0，所以总动量的增量为0.

应用动量定理可列式：Ft_l一f(t_l十t₂)＝0

其中摩擦力f＝μN=μmg

由以上两式得：

注意:应用动量定理公式I＝mv₂一mv_l时，不要把公式左边的冲量单纯理解为合外力的冲量，可以进一步理解为“外力冲量的矢量和”，这样就对全过程应用一次动量定理就可以解决问题而使思路和解题过程简化。

[例5]质量为m=2kg的小球，从离地面h₁=5 m高处自由下落，球和地面相碰后又反弹至h₂＝3.2 m高处，已知上述过程经历的时间t=1.9s，求地面和小球间的平均弹力是多大？

解析:小球下落时是自由落体运动，下落时间和落地时末速不难求出，反跳后作竖直上抛运动，上升时间和上抛的初速度也能求出，和地面作用的时间为由总时间和下落与上升的时间差，用动量定理就能求出地面的作用力。

落地时速度：,下落所用时间：

反弹后上升初速度：,反弹后上升时间：

对球和地面碰撞过程用动量定理，设向上方向为正：(F一mg)(t一t₁一t₂)=mv₂一(一mv_I)

[例6]如图所示，A、B经细绳相连挂在弹簧下静止不动，A的质量为m，B的质量为M，当A、B间绳突然断开物体A上升到某位置时速度为v，这时B下落速度为u，在这段时间内弹簧弹力对物体A的冲量为　　　

解析：把AB作为一个整体应用动量定理得：(F－Mg-mg)t=mv+(－Mu)

分别对A、B应用动量定理得：(F－mg)t=mv，－Mgt=－Mu

代入上式得I=Ft=mv+mgt=mv+mu=m(v+u)

[例7]人从高处跳到低处时，为了延长碰撞时间，保护身体不受伤，脚着地后便自然地下蹲．

　 (1)人的这种能力是

　 A．应激性；　　　 B．反射；　　 C．条件反射；D．非条件反射

　 (2)某质量为50kg的飞行员，从5 m高的训练台上跳下，从脚着地到完全蹲下的时间约为1s，则地面对他的作用力为多大？(g＝10m／s²)

　 (3)假如该飞行员因心理紧张，脚着地后未下蹲，他和地碰撞的时间为0．01s，则此时地对人的力又是多大？

解析：(1)B、D正确 (2)下落 5m时速度v_t=＝10m／s

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

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

[例8]据报道，一辆轿车在高速强行超车时，与迎面驰来的另一辆轿车相撞，两车身因碰撞挤压，皆缩短了约0.5m,据测算相撞时两车的速度均为109km/s,试求碰撞过程中车内质量60kg的人受到的平均冲击力约为多少?

解析:两车相碰时认为人与车一起做匀减速运动直到停止,此过程位移为0.5m,设人随车做匀减速运动的时间为t,已知v₀≈30m/s,由

根据动量定理有Ft=mv₀,解得F=5.4×10⁴N

[例9]滑块A和B用轻细绳连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一起由静止开始沿水平桌面滑动，已知滑块A、B与水平桌面间的滑动摩擦因数μ，力F作用t秒后，A、B间连线断开，此后力F仍作用于B，试求：滑块A刚刚停住时，滑块B的速度多大？滑块A、B的质量分别为m_A、m_B

解析：(1)取滑块A、B为研究对象，研究A、B整体做加速运动的过程，根据动量定理，有：[F－μ(m_A+m_B)g]t＝(m_A+m_B)V－0．

由此可知A、B之间连线断开时，A、B的速度为V=[F－μ(m_A+m_B)g]t/(m_A+m_B)

(2)研究滑块A作匀减速运动过程，根据动量定理有：－μm_Agt^/=0－m_AV

将V代入上式，可求得滑块A作匀减速滑行时间为：t^/==

(3)研究滑块A、B整体．研究从力F作用开始直至A停住的全过程．此过程中物体系统始终受到力F及摩擦力的冲量，根据动量定理，有[F－μ(m_A+m_B)g](t+t^/)=m_Bv_B

将t^/代人上式，可求出滑块A刚停住时滑块BR的速度为v_B=

[例10]质量为M的金属块和质量为m的木块用细线连在一起，在水中以加速度a下沉，不计水的阻力。某时刻，下沉的速度为v时，细线突然断了，此后金属块继续下沉，木块上浮经t秒木块跃出水面。测得木块跃出水面的初速度v₁，若此时金属块还未沉到湖底，求此时金属块的速度v₂？

解析:把金属块和木块看成是一个系统，则此系统受到外力的冲量应等于其动量的增量。系统受到的外力为金属块与木块各自受到的重力和水的浮力，由于已知它们在水中一起下沉的加速度，可用牛顿第二定律求出其受到的合力。

　　 设竖直向下为正方向，它们在水中受到的浮力分别为F₁和F₂。

　　 据动量定理：(mg+Mg一F₁－F₂)t＝(Mv₂一mv_l)一(m十M)v……①

　　 据牛顿第二定律，它们一起下沉时: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

试题展示

散　　　　　 动量定理的拓展应用