沖量是矢量嗎

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：①

動量是狀態量，它與某一時刻相關；

②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：①沖

量是過程量，它與某一段時間相關；

②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=mv2–mv1

F·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，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=

2211

vmvm

?

?

?

中守恒式兩邊不僅大小相等，且方向相同，

等式兩邊的總動量是系統內所有物體動量的矢量和。在一維情況下，先規定正方向，再確定

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——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1

m

、2

m

的剛性小球A和B，以初速度1

v

、2

v

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

'

1

v

和

'

2

v

。我們的任務

是得出用1

m

、2

m

、1

v

、2

v

表達

'

1

v

和

'

2

v

的公式。

1

v、

2

v、

'

1

v、

'

2

v是以地面為參考系的，將A和B看作系統。

由碰撞過程中系統動量守恒，有

'

22

'

112211

vmvmvmvm???……①

有彈性碰撞中沒有機械能損失，有

2

'

22

2

'

11

2

22

2

112

1

2

1

2

1

2

1

vmvmvmvm???……②

由①得????'

2221

'

11

vvmvvm???

由②得????2

'

2

2

22

2

1

2

'

11

vvmvvm???

將上兩式左右相比，可得

2

'

21

'

1

vvvv???

即??

12

'

1

'

2

vvvv????或??

21

'

2

'

1

vvvv????……③

碰撞前B相對于A的速度為

1221

vvv??，碰撞后B相對于A的速度為

'

1

'

2

'

21

vvv??，同理碰撞前

A相對于B的速度為

2112

vvv??，碰撞后A相對于B的速度為

'

2

'

1

'

12

vvv??，故③式為

21

'

21

vv??或

12

'

12

vv??，

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；

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①②兩式，解得

??

21

12122

'

1

2

mm

vmmvm

v

?

??

?……④

??

21

21211

'

2

2

mm

vmmvm

v

?

??

?……⑤

下面我們對幾種情況下這兩個式子的結果做些分析。

若

21

mm?，即兩個物體質量相等

2

'

1

vv?，

1

'

2

vv?，表示碰后A的速度變為

2

v，B的速度變為

1

v。

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

21

mm??，即A的質量遠大于B的質量

這時

121

mmm??，

121

mmm??，0

21

2?

?mm

m

。根據④、⑤兩式，

有

1

'

1

vv?，

21

'

2

2vvv??

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……⑥

若

21

mm??，即A的質量遠小于B的質量

這時

212

mmm??，

221

mmm??，0

21

1?

?mm

m

。根據④、⑤兩式，

有

2

'

2

vv?，

12

'

1

2vvv??

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……⑦

綜合⑥⑦，

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1和結論3得出。

以

21

mm??為例，由結論3可知

1

'

1

vv?，由結論1可知

21

'

21

vv??，即??

12

'

1

'

2

vvvv????，

將

1

'

1

vv?代入，可得

21

'

2

2vvv??，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m1=10g的小球在光滑的水平面上以v1=30cm/s的速率向右運動，恰遇上質量

m2=50g的小球以v2=10cm/s的速率向左運動，碰撞后，小球m2恰好停止，那么碰撞后小球

m1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：碰撞過程兩小球組成的系統動量守恒。

設v1的方向，即向右為正方向，則各速度的正負及大小為：

v1=30cm/s，v2=－10cm/s，

2

v

?

=0

據：m1v1+m2v2=

2211

vmvm

?

?

?

代入數值得：

1

v

?

=－20cm/s

則小球m1的速度大小為20cm/s，方向與v1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v0=2.0m/s的速度滑行，乙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)v0=Mv甲+mv①

乙抓住箱子的過程：

mv-Mv0=(M+m)v乙②

甲、乙恰不相碰的條件：

v甲=v乙③

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。

例4.一只質量為M的平板小車靜止在水平光滑面上，小車上站著一個質量為m的人，M

＞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0=mv人+Mv車，即

人向一端走動時，車必向反方向移動，人停車也停，又因M＞m，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、D。

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E0、動量大小為p0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E1、p1，球2的

動能和動量的大小分別記為E2、p2，則必有（）

A.E1＜E0B.p1＜p0C.E2＞E0D.p2＞p0

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：p0=－p1+p2，可得到碰撞

后球2的動量等于p2=p0+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＞p0，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E0≥E1＋E2，故有

E0＞E1和E0＞E2，選項A正確，選項C錯誤。

由動能和動量的關系Ek=

m

p

2

2

，結合選項A的結果，可判斷選項B正確。

解答：根據上面的分析可知正確選項為A、B、D．

說明：1.分析處理碰撞類問題，除注意動量守恒及其動量的矢量性外，對同一狀態的

動能和動量的關系也要熟練掌握，即Ek=

m

p

2

2

，或

k

2mEp?。

2.在定量分析碰撞后的可能性問題中，應注意以下三點：

（1）動量守恒原則：碰撞前后系統動量相等。

（2）動能不增加原則：碰后系統總動能不可能大于碰前系統的總動能．（注意區別爆炸

過程）。

（3）可行性原則：即情景要符合實際。如本例中若1球碰后速度方向不變，則1球的

速度一定小于2球的速度，而不可能出現1球速度大于2球速度的現象。這就是實際情景對

物理過程的約束。