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第五 動 量
本知識所處的地位：
本在高中物理中占有重要地位。動量守恒定律是自然界普遍適用的基本規律之一，它比牛頓定律適用范圍廣泛的多，即使在牛頓定律的適用范圍內，應用動量守恒定律解決諸如碰撞、爆炸等問題，也要比應用牛頓定律大為簡單、方便。
知識網絡：

。
專題一、沖量和動量的概念
【考點透析】
一、本專題考點：動量、沖量為Ⅱ類要求。
二、理解和掌握的內容
1.沖量I
①定義：作用在物體上的力和力的作用時間的乘積叫做該力對這個物體的沖量。②公式：I=Ft，只適于恒力沖量的計算；單位是牛頓•秒(N•S)。③沖量是力對時間的積累效果，是過程量。講沖量必須明確是哪個力、哪個過程的沖量。④沖量是矢量。恒力的沖量的方向與力的方向相同；變力的沖量的方向不能由力的方向直接判斷。
2.動量P
P=mv有大小有方向（沿v的方向）的矢量。兩個動量相等必須是大小相等方向相同，單位是千克米/秒（kg•m/s），動量與動能的大小關系：P= 。
3.難點釋疑
（1）動量和沖量的區別
①動量具有瞬時性,當物體做變速運動時,應明確是哪一時刻哪一位置的動量。沖量是過程量，應明確是哪個力在哪段時間內對物體作用的沖量。
②由于速度與參照物的選擇有關，動量具有相對性，通常以地球（大地）為參照系。由于力和時間與參照物選擇無關，所以力的沖量與參照物選擇無關。
（2）動量與動能的區別
名稱矢量性大小變化量
動量矢量p∝v速度發生變化，Δp一定不為零
動能標量Ek∝v2速度發生變化，ΔEk可能為零
（3）沖量與功的區別
名稱矢量性大小作用效果計算
沖量矢量I=F•t改變動量應用矢量合成法則求合沖量
功標量W=Fscosθ改變動能應用代數運算求總功
【例題精析】
例1傾角為θ的光滑斜面上有一質量為m的物體自靜止起下滑，抵達斜面底端時速度為vt，下滑過程中重力的沖量為 。
解析:欲求重力的沖量，必須先求出物體受重力的時間t, t=vt/a =vt/gsinθ 因此物體在下滑過程中重力的沖量IG=mgt=mvt/sinθ 本題正確答案是IG=mvt/sinθ
例2質量為m的小球從h高處自由下落，與地面碰撞時間為Δt，地面對小球的平均作用力為F，取豎直向上為正方向，在與地面碰撞過程中（ ）
（A）重力的沖量為 mg( +Δt)
（B）地面對小球作用力的沖量為 F•Δt
（C）合外力對小球的沖量為 (mg + F)•Δt
（D）合外力對小球的沖量為 (mg?F)•Δt
解析：由沖量的定義可得：重力的沖量 IG= ?mg•Δt，地面對小球作用力的沖量
IF=FΔt, 合外力對小球的沖量I=(F?mg)•Δt [答案]B
小結：求沖量應明確是哪個力在哪段時間內對物體作用的沖量及其方向。
【能力提升】
Ⅰ知識與技能
1．放在水平桌面上的物體質量為m，用一個水平推力F推它t秒鐘，物體始終不動，那么在t秒內，推力對物體的沖量為（　　）
Ａ．0 ; B．F•t牛秒; C．mg•t牛秒 D．無法計算
2．在上題中合力的沖量為 。
3．圖5-1所示，兩個質量相等的物體在同一高度沿傾角不同的兩個光滑斜面由靜止自由下滑，到達斜面底端的過程中，兩個物體具有的物理量不相同的是（　　）
①重力的沖量 ②彈力沖量 ③合力沖量 ④動量
　 A．① B．①② Ｃ．①②③　 D．①②③④
4．對于任何一個固定質量的物體，下面陳述中正確的是（　�。�
① 物體的動量發生變化，其動能必變化 ② 物體的動量發生變化，其動能不一定變化
③ 物體的動能發生變化，其動量不一定變化 ④ 物體的動能發生變化，其動量必有變化
A．①③ B．①④ C．②④ D．②③
5．物體`受到 -2N•S的沖量作用，則（　�。�
A．物體原的動量方向一定與這個沖量的方向相反
B．物體的末動量一定是負值 　　　　
C．物體的動量一定減小
D．物體的動量增量一定與規定的正方向相反
Ⅱ能力與素質
6．A、B兩物體沿同一直線分別在FA、FB作用下運動，圖5-2所示表示它們的動量P隨時間變化的規律，設A、B兩物體所受沖量的大小分別為IA、IB，那么（　�。�
A．FA>FB ，方向相反 B．FA>FB ，方向相同
C． IA>IB　，方向相同 D．IA<IB　，方向相反
7．豎直上拋的小球，又落回到原地，球運動中所受阻力不變，則（　　）
A．從拋出到落回時間內重力沖量為零
B．上升階段阻力沖量大于下降階段阻力沖量
C．從拋出到落回時間內，空氣阻力沖量為零
D．上升階段球動量的變化量大于下降階段球動量的變化量
8．質量為的物體以速度v0豎直向上拋出，從拋出到落回拋出點的過程中物體受到合力的沖量為（不計空氣阻力） 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 A. 0 B．2g v0，方向向上 C．2 v0，方向向下　D．2g v0，方向向下
9．物體做變速運動時，下列說法中正確的是（　　�。�
①若動量發生變化，合外力一定對物體施加沖量，同時合外力一定對物體做功
②若動量發生變化，合外力一定對物體施加沖量，但合外力不一定對物體做功
③若動能發生變化，合外力一定對物體作功，同時合外力一定對物體施加沖量
④若動能發生變化，合外力一定對物體作功，但合外力不一定對物體施加沖量
A．①③ B．②③ C．①④ D．②④
【拓展研究】

專題二、動量定理及其應用
【考點透析】
一、本專題考點：動量定理為Ⅱ類要求，但只局限于一維情況。
二、理解和掌握的內容
1.動量定理：
（1）內容：物體所受合外力的沖量等于物體動量的變化。
（2）表達式： F•t = mv2? mv1 =Δp 該式將過程量（合外力的沖量）與狀態量的變化相聯系。
2.牛頓第二定律的另一種表達形式：
F=(mv2-mv1)/Δt = Δp/Δt 即：合外力等于物體動量的變化率，且物體所受合外力的方向與物體動量變化的方向、加速度的方向、速度變化的方向是相同的。
3.難點釋疑
（1）合外力的沖量與物體動量的變化相聯系，與物體在某時刻的動量無必然聯系；引起物體動量變化的是物體所受合外力的沖量。
（2）在F•t = mv2-mv1 中，合外力的沖量，終態的動量和初態的動量，都是矢量，可見動量定理表達式是一個矢量方程，應用動量定理時需建立坐標系（或規定正方向）。
（3）應用F•Δt=Δp分析一些物理現象。由上式可以看出若Δp保持一定，則力作用的時間越短，力F就越大，因此在需要增大作用力時，可盡量減小作用時間，如打擊、碰撞等由于作用時間短，作用力較大。反之，作用時間越長，力F就越小，因此在需要減小作用力時，可想法延長力的作用時間，如利用海綿、彈簧等的緩沖作用延長作用時間。
（4）應用I=Δp求變力的沖量。如果物體受大小、方向或大小方向都變化的力的作用，則不能直接用F•Δt求變力的沖量，這時可以求出在該力沖量作用下物體動量改變的大小和方向，等效代換變力的沖量I。
（5）動量定理與動能定理的區別：動量定理與動能定理一樣，都是以單個物體為研究對象，但所描述的物理內容差別極大。在研究應用動量定理時一定要特別注意其矢量性。物體在力的作用下，在一段時間內速度發生變化，這類問題屬于動量定理應用問題；而物體在力的作用下，在一段位移內速度發生變化，這類問題屬于動能定理應用問題�？梢娝鼈兊牟町愒谟冢呵罢呱婕皶r間；后者涉及位移（或路程）．
【例題精析】
例1物體在恒定的合外力作用下運動，則下列說法中正確的是（　�。�
①物體一定作直線運動 ②單位時間內物體動量的增量與物體的質量無關
③物體的動量增量與時間成正比 ④ 物體的動量變化率一定恒定
A．①③ B．②③ C．①③④ D．②③④
解析：針對①：合外力恒定，若物體原靜止或物體原有初速度的方向與合外力的方向一致或相反，物體作直線運動；若初速度方向與合外力方向不一致，則物體作曲線運動，例如平拋運動。所以①項錯。
針對②：單位時間內物體動量的增量就是動量的變化率Δp/Δt=F，即Δp/Δt僅與F有關，而與物體的質量m無關。
針對③：由動量定理Δp=I=F•Δt，依題F恒定，所以Δp與Δt成正比。
針對④：由動量定理Δp=I=F•Δt，所以物體動量變化率Δp/Δt=F是恒定的。
[答案] D
例2如圖5-4，把重物壓在紙帶上，用一水平力緩緩拉動紙帶，重物跟著一起運動，若迅速拉動紙帶，紙帶將會從重物下面拉出，解釋這些現象的正確說法是（　�。�
①在緩慢拉動紙帶時，重物和紙帶間的摩擦力大②在迅速拉動時，紙帶給重物的摩擦力�、墼诰徛�拉動紙帶時，紙帶給重物的沖量大④在迅速拉動時，紙帶給重物的沖量小
A．①③ B．②③ C．③④ D．②④
解析：在緩慢拉動紙帶時，兩物體之間的作用力是靜摩擦力，在迅速拉動時，它們之間的作用力是滑動摩擦力。由于通常認為滑動摩擦力等于最大靜摩擦力，所以一般情況是：緩拉摩擦力��；快拉摩擦力大。故判斷①、②都錯。
在緩慢拉動紙帶時，摩擦力雖小些，但作用時間可以很長，故重物獲得的沖量即動量的變化可以很大，所以能把重物帶動�？炖瓡r，摩擦力雖大些，但作用時間很短，故沖量小，所以重物動量改變很小。 [答案]C
【能力提升】
Ⅰ知識與技能
1．從同一高度落下的玻璃杯掉到水泥地上易碎，而掉到泥土上不易碎，這是因為玻璃杯落到水泥地面時（　　）
A．受到沖量大 B．受到動量大 C．受到作用力大 D．動量改變量大
2．一個質點受到外力作用，若作用前后的動量分別為P1、P2，動量變化為Δp，速度的變化為ΔV，動能的變化為ΔE，則（　　）
A．P1=-P2是不可能的 B．Δp垂直于P1是不可能的
C．Δp垂直于ΔV是可能的 D．ΔP≠0，ΔE = 0是可能的
3．甲、乙兩物體的質量相同，以相同的初速度在粗糙的水平面上滑行，甲物體比乙物體先停下，下面說法正確的是（　　）
A．甲物體所受沖量大 B．乙物體所受的沖量大
C．兩物體所受沖量一樣大 D．無法比較
4．人從高處跳到低處時，為了安全一般都是讓腳尖先著地，下面解釋正確的是（　　）
A．增大人對地的壓強，起到安全作用 B．使動量的增量變的更小
C．增長與地面的沖擊時間，從而減小沖力 D．減小沖量
5．一粒鋼珠從靜止狀態開始自由下落，然后陷入泥潭中，若把在空中下落的過程稱為Ⅰ，進入泥潭直到停止的過程稱為Ⅱ，則（　�。�
①過程Ⅰ中鋼珠動量的改變量等于重力的沖量
②過程Ⅱ中阻力的沖量的大小等于過程Ⅰ中重力的沖量大小
③過程Ⅱ中阻力的沖量大小等于過程Ⅰ與過程Ⅱ中重力的沖量大小
④過程Ⅱ中鋼珠動量的改變量等于阻力的沖量
A．①③ B．①④ C．②④ D．②③
Ⅱ能力與素質
6.在空中某一點以大小相等的速度分別豎直上拋，豎直下拋，水平拋出質量相等的小球，若空氣阻力不計，經過t秒（小球均未落地），則（　�。�
A．作上拋運動的小球動量變化最小 B．作下拋運動的小球動量變化最大
C．三個小球動量變化大小相等 D．作平拋運動小球動量變化最小
7．質量相等的兩個物體P和Q并排靜止放在光滑的水平面上，現用一水平恒力F推P物體，同時與恒力F同方向給Q物體一個瞬時沖量I，使兩物體開始運動，當兩個物體重新相遇時，所經歷的時間為（　�。�
A．I/F B． 2I/F C．2F/I D． F/I
8．水平飛行的子彈打穿固定在水平面上的木塊，經歷的時間為t1，子彈損失的動能為ΔE1，系統機械能的損失為E1。同樣的子彈以同樣的速度打穿放在光滑水平面上的同樣的木塊，經歷的時間為t2，子彈損失的動能為ΔE2，系統機械能的損失為E2，設在兩種情況下子彈在木塊中所受的阻力相同，則 ①t1＜t2�、讦�E1＜ΔE2 ③E1＜E2�、� E1=E2 中正確的是（　�。�
A．①④ B．①② Ｃ．①③④　 D．①②④
9.兩個物體A和B質量分別為A>B，它們以相同的初動量開始沿地面滑行，若它們滑行相同的距離后停下，滑行中A、B分別受到不變的阻力FA與FB作用，其滑行時間分別為tA和tB，則有FA FB, tA tB 。
10.物體A和B用輕繩相連掛在輕彈簧下靜止不動,如圖5-5,A的質量為m,B的質量為.當連接A、B的繩突然斷開后,物體A上升經某一位置時的速度大小為v,這時物體B的下落速度大小為u,如圖b.在這段時間里,彈簧的彈力對物體A的沖量為 （　�。�　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　 　 A.mv　　　 B.mv-u　　　 C.mv+u　　　 D.mv+mu

【拓展研究】
11．高級轎車中使用一種安全氣囊，以防止撞車時坐在駕駛室的司機因為向前沖撞發生意外。這種氣囊有一種能在高溫下分解出氣體的混合物，例如氣配方：68%NaN3(疊氮化鈉)，5% NaNO2, 5%陶土，14%Fe2O3粉，2%SiO2粉，6%石墨纖維。這些粉末經加壓成型后，裝在一個大袋子里，袋子放在駕駛室座位前，撞車時，約在10ms內引發下列反應：2NaN3=2Na+3N2(3650C分解) 反應大約在30ms內結束，袋內充滿N2而脹大，阻止人體前沖，在以后的100—200ms內氣體“消失”，同時袋內的鈉變成氧化鈉，試問：
（1）什么氣體必須在以后的一定時間內“消失”而不能始終存在？
（2）假如轎車在80m/h的速度時發生撞車，人由于氣袋的作用而在撞車后的120ms速度減為零，試估算氣袋在撞車時對一個成人的平均作用力？（人體質量為60g）
（3）若氣袋內儲有189g NaN3，碰撞后迅速完全分解為Na和N2，已知氣袋的容積為60L，當分解反應剛好結束，氣體完全充滿氣袋時，氣袋內氣體的壓強為多少個大氣壓？（設此瞬間的溫度為3800C）
（4）你認為陶土和SiO2能起到什么作用？
專題三、動量守恒定律表達式及其守恒條
【考點透析】
一、本專題考點：動量守恒定律為Ⅱ類要求，但只局限于一維的情況。
二、理解和掌握的內容
1.動量守恒定律：
（1）內容：系統不受外力或者所受外力之和為零，這個系統的總動量保持不變。
（2）表達式：P=P′ 或者 m1v1 + m2v2 = m1v1′+ m2v2′
（3）適用范圍：比牛頓定律的適用范圍要廣泛的多，小到微觀粒子間的作用，大到天體間作用，無論物體間作用力性質如何都適用。中學階段，運用動量守恒定律研究的對象主要是一條直線上運動的兩個物體所組成的系統，如兩球相碰問題。
2.動量守恒條：
（1）如果研究的系統所受合外力為零，則系統的總動量守恒。也就是說，系統內力不能使系統的總動量發生改變，且對內力的性質無任何限制。這一點與機械能守恒定律有本質的差別。
（2）如果研究的系統所受合外力不等于零，但合外力遠小于內力（即合外力可以忽略），則仍可認為總動量守恒。這種情況的特點是物體間相互作用時間很短，如碰撞、爆炸、打擊等類的作用。
（3）如果研究的系統所受合外力不等于零，但沿某一方向合外力的分量為零，則沿該方向系統總動量的分量守恒。
3.應用動量守恒定律解題步驟：
（1）明確研究系統，判斷動量是否守恒。
（2）選取正方向，明確作用前總動量和作用后總動量。
（3）列方程，P前 = P后　　　　
（4）解方程。
4.難點釋疑
(1)正確區分內力和外力，外力指系統外物體對系統內物體的作用力，內力指研究系統內物體間的相互作用。
(2)動量守恒定律具有矢量性，列方程前要先規定正方向。
(3)動量守恒定律只涉及作用前后物體的運動狀態，解題時不必過問過程的細節。
(4)動量守恒的幾種表達式及其推廣式：
① P=P′ ②ΔP=0 ③ΔP1=-ΔP2 ④m1v1 + m2v2 = m1v1′+ m2v2′
0= m1v1 + m2v2（適用于原靜止的兩物體組成的系統，由此式可推得你動
我動、你快我快、你慢我慢、你停我停，你我速率和各自質量成反比）
m1v1 + m2v2 =（m1 + m2）v′（適用于兩物體相互作用后結合在一起的情況）
【例題精析】
例1一輛小車靜止在光滑的水平面上，小車立柱上固定一條長L，拴有小球 的細線，小球拉至和懸點在同一水平面處釋放，如圖5-6所示，小球擺動時，不計一切阻力，下面說法中正確的是（　�。�
①小球和小車的總機械能守恒 ②小球和小車的動量守恒③小球運動到最低點的速度為 ④小球和小車只有在水平方向上動量守恒
A．①③ B．①④ C．②④ D．②③
解析：小球、小車和地球組成的系統，只有動能和勢能間的轉化，故①正確；小球和小車組成的系統因有外力（重力）作用，系統動量不守恒，但水平方向不受外力作用，因而水平方向滿足動量守恒，故②錯，而④選項正確；小球運動到最低點時，若小車靜止，其速度為 ，但由于小球和小車之間的相互作用，小車也具有動能，因而根據機械能守恒定律可知，小球運動到最低點的速度小于 ，故③選項錯。
答案：B
例2 質量=200kg的小車，上面站著一個質量為m=50kg的人，車以v0=1m/s的速度在光滑水平面上前進，當人相對車以v=2m/s向后水平跳出后，車速變為多少？
解析：設車速變為v′，人相對車跳出后轉換成相對地面的速度為v′- v
根據動量守恒定律得：（ + m）v0 = v′+ m(v′- v) 代入數據得：
v′= = =1.4m/s
錯解一：（ + m）v0 = v′+ m(v0 - v) （違背了動量守恒定律的同時性，即人跳車后，車速已不再是v0，人相對車的速度不是相對跳車前車的速度，而是相對跳車后車的速度）
錯解二：（ + m）v0 = v′- mv （違背了動量守恒定律的同一性，即動量守恒式中的各速度應是相對同一參照系）
小結：動量守恒式中的各速度應是相對同一參照系，一般選地面為參照物；相互作用的各物體的動量應分別是作用前同一時刻和作用后同一時刻的動量。
【能力提升】
Ⅰ知識與技能
1．如圖5-7所示的裝置中，木塊B與水平桌面的接觸是光滑的，子彈A沿水平方向射入木塊后留在其中，現將子彈、木塊和彈簧合在一起作為研究系統，則此系統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；
2．如圖5-8所示，光滑水平面上A、B兩小車中有一彈簧，用手抓住小車并將彈簧壓縮后使小車處于靜止狀態，將兩小車及彈簧看作系統，下面的說法正確的是（�。�
①若同時放開兩手，則A、B兩車的總動量為零
②先放A車后放B車，則系統的動量守恒而機械能不守恒
③先放B車后放A車（手保持不動），則系統的動量不守恒而機械能守恒
④先放A車，后用手推B動車，則系統的動量不守恒，機械能也不守恒
A．①④ B．①② Ｃ．①③④　 D．①②④
3．一只小船停止在湖面上，一個人從小船的一端走到另一端，不計水的阻力，下列說法正確的是（　�。�
①人在船上行走，人對船的沖量比船對人的沖量小，所以人向前運動的快，船后退的慢；②人在船上行走時，人的質量比船的小，它們的沖量大小是相等的，所以人向前運動的快，船后退的慢； ③當人停止走動時，因船的慣性大，所以船將繼續后退；④當人停止走動時，因總動量守恒，故船也停止后退。
A．②④ B．①② Ｃ．③④　 D．①④
4．靜止在湖面的小船上有兩個人分別向相反方向拋出質量相同的小球，甲向左拋，乙向右拋，甲先拋，乙后拋，拋出后兩小球相對岸的速率相等，則下列說法中正確的是（　　）
A．兩球拋出后，船往左以一定速度運動，乙球受到的沖量大一些。
B．兩球拋出后，船往右以一定速度運動，甲球受到的沖量大一些。
C．兩球拋出后，船的速度為零，甲球受到的沖量大一些。
D．兩球拋出后，船的速度為零，兩球受到的沖量相等。
5．一個質量為2kg的裝砂小車，沿光滑的水平面以3m/s的速度運動，一個質量為1kg的小球從0.2m高處自由落下，恰落入小車的砂中，這以后小車的速度為（ 　）　　　　　　　　　　　　　　　　
A．2m/s　　　　　B．3m/s C．2.7m/s　　　　 D．0
Ⅱ能力與素質
6．質量為的金屬塊和質量為m的木塊用細線系在一起，以速度v在水中勻速下沉，某一時刻細線斷了，則當木塊停止下沉的時刻，鐵塊下沉的速度為 。（設水足夠深，水的阻力不計）
7．如圖5-9所示，質量為m1的物體A和質量為m2的物體B用細線連接，在水平恒力F的作用下，A、B一起沿足夠大的水平面做勻速直線運動，速度為V，現剪斷細線并保持F的大小、方向不變，則當物體B停下時，物體A的速度是 。
8．質量為的氣球下吊一架輕的繩梯,梯上站著質量為m的人.氣球以v0速度勻速上升.如果人加速向上爬,當他相對于梯的速度達到V時,氣球的速度將變為　　　　　　　　　　　 .
9．質量為30kg的小孩推著質量為10kg的冰車，在水平冰面上以2.0m/s的速度滑行，不計冰面摩擦，若小孩突然以5.0m/s的速度(對地)將冰車推出后，小孩的速度變為______m/s。這一過程中，小孩對冰車所做的功為______ J。
【拓展研究】
10．總質量為=0.5kg的小火箭（內含0.1kg火藥），若火藥全部燃燒，并以v=240m/s的速度全部豎直向下噴出，空氣阻力為重力的0.2倍，求火箭能上升的最大高度．（提示：火藥噴出過程極短．此過程內力遠大于外力．動量守恒）
專題四、平均動量守恒及分方向動量守恒
【考點透析】
一、本專題考點：動量守恒定律為Ⅱ類要求，但只局限于一維的情況。
二、理解和掌握的內容
1.分方向動量守恒：
系統所受合力不為零，總動量不守恒，若某一方向上合外力為零，這個方向上動量還是守恒的。
2.平均動量守恒：
若系統在全過程中動量守恒，則這一系統在全過程中的平均動量也必定守恒，如果系統是由兩個物體組成的，且相互作用前均靜止，相互作用后均發生運動，則由0=m1v1 - m2v2得結論：m1s1=m2s2，使用時應明確s1、s2必須是相對同一參照物位移的大小。
3.難點釋疑
（1）對某一方向動量守恒，列式要特別注意把速度投影到這個方向上，同時要注意各量的正負。
（2）如果過程動量守恒涉及位移問題，且兩物體作用前均靜止，由m1s1=m2s2計算方便，須正確畫出位移關系草圖。
【例題精析】
例1如圖5-10所示，將質量為m的鉛球以大小為v0,仰角為θ的初速拋入一個裝著砂子的總質量為的靜止砂車中，砂車與地面的摩擦不計，球與砂車的共同速度等于多少？
解析：把鉛球和砂車看成一系統，系統在整個過程中不受水平方向的外力，設共同速度為v,由水平方向動量守恒：mv0cosθ=(+m)v 得 v= mv0cosθ/( +m)
小結：此題水平方向動量守恒，列式要特別注意把速度投影到這個方向上。
例2一個質量為，底邊長為b的三角形劈靜止于光滑的水平地面上，如圖5-11 所示，有一質量為m的小球由斜面頂部無初速滑到底部時，求劈運動的位移？
解析：如圖設劈的位移為s，則小球的水平位移為(b-s)，由水平方向平均動量守恒m1s1=m2s2 有s=m(b-s)
得 s=mb/(+m)
小結：用m1s1=m2s2解題，關鍵是判明動量是否守恒，初速是否為零（若不為零，則此式不成立），其次是畫出各物體在守恒方向上的位移（相對同一參照）草圖，找出各長度間的關系式。

本文來自：逍遙右腦記憶 http://www.lg566.com/gaosan/38446.html

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