（一）动量守恒定律
1、内容及表达式：
1)动量守恒定律内容：系统不受外力或所受外力的合力为零时，系统的总动量保持不变。
2)动量守恒定律的公式：
2、说明及注意事项：
（1）定律适用条件：
①系统不受外力或所受外力的合力为零时；
②系统内力远大于外力时（如碰撞、爆炸等）；
③系统在某一方向上不受外力或所受外力的合力为零时（只在这一方向上动量守恒）
（2）注意表达式的矢量性：
对一维情况，先选定某一方向为正方向，速度方向与正方向相同的速度取正，反之取负，把矢量运算简化为代数运算。
（3）注意速度的相对性。
所有速度必须是相对同一惯性参照系。
（4）注意同时性：
表达式中v1和v2必须是相互作用前同一时刻的瞬时速度，v1′和v2′必须是相互作用后同一时刻的瞬时速度。
（5）注意定律的广泛性：
动量守恒定律具有广泛的适用范围，不论物体间的相互作用力性质如何；不论系统内部物体的个数；不论它们是否互相接触；不论相互作用后物体间是粘合还是分裂，只要系统所受合外力为零，动量守恒定律都适用。动量守恒定律既适用于低速运动的宏观物体，也适用于高速运动的微观粒子间的相互作用，大到天体，小到基本粒子间的相互作用都遵守动量守恒定律。
（6）注意“平均动量守恒”。
当系统在全过程中动量守恒时，则这一系统在全过程中的平均动量也守恒。在符合动量守恒的条件下，如果物体做变速运动，为了求解位移，可用平均动量及其守恒规律来处理。
（7）应用思路：
①确定系统、分析系统受力；
②在符合定律适应条件下，确定系统始、末总动量；
③运用动量守恒定律列式求解。
3、碰撞
碰撞是指运动物体相遇而接触，在极短的时间内，相互作用的两物体动量发生突变，两物体的位移可近似认为是零的一个过程。
（1）碰撞分斜碰和正碰：
碰撞前后两物体不在一条直线上的碰撞称为斜碰。
碰撞前后两物体在同一直线上的碰撞称为正碰．
在近年高考中，考查的碰撞皆为正碰问题．碰撞是中学物理教学的重点、是历年高考命题的热点，同时它一直是学生学习和高考的难点．碰撞在《考试说明》中作B级要求掌握．
（2）碰撞的特点：作用时间短，相互作用力大。
因此，碰撞问题都遵守动量守恒定律；对正碰，根据碰撞前后系统的动能是否变化，又分为弹性碰撞和非弹性碰撞．在非弹性碰撞中，碰撞后物体粘合在一起不分离的正撞，又叫完全非弹性碰撞．发生完全非弹性碰撞的物体能量损失最大．非弹性碰撞中动能之所以损失是因为两物体相碰变形而不能完全恢复原形，一部分动能转化为系统的内能，因而系统的总动能减少．
弹性碰撞：系统的动量和动能均守恒，因而有：
①
②
上式中v1、v1′分别是m1碰前和碰后的速度，v2、v2′分别是m2碰前和碰后的速度．
解①②式，得：
完全非弹性碰撞，m1与m2碰后速度相同，令为v，则：
，
系统损失的最大动能
．
非弹性碰撞损失的动能介于弹性碰撞和完全非弹性碰撞之间．
碰撞是物理上一个重要模型，它涉及到动量守恒定律、能量守恒、动量定理等诸多知识点．从物理方法的角度看．处理碰撞问题，通常使用系统方法、能量方法，守恒方法及矢量概念．从能力上看，碰撞问题一般考查理解能力、推理能力、分析综合以及应用能力等．
（3）在处理碰撞问题时，通常要抓住三项基本原则：
①碰撞过程中动量守恒原则．
发生碰撞的物体系在碰撞过程中，由于作用时间很短，相互作用力很大，系统所受的外力大小可忽略。动量守恒．
②碰撞后系统动能不增原则．
碰撞过程中系统内各物体的动能将发生变化，对于弹性碰撞，系统内物体间动能相互转移？没有转化成其他形式的能，因此总动能守恒；而非弹性碰撞过程中系统内物体相互作用时有一部分动能将转化为系统的内能，系统的总动能将减小．因此，碰前系统的总动能一定大于或等于碰后系统的总动能．
③碰撞后运动状态的合理性原则．
碰撞过程的发生应遵循客观实际．如甲物追乙物并发生碰撞，碰前甲的速度必须大于乙的速度，碰后甲的速度必须小于、等于乙的速度或甲反向运动．
（二）“fd=△EK”的运用
（1）公式“fd=△EK”的含意.
如图所示，：质量M的木块放在光滑水平面上，质量为m的子弹以水平速度υ0射入木块，若射入的深度为d，后子弹与木块的共同速度为υ，射入时子弹与木块间相互作用的力的大小为f，则：相互作用的力f与相时位移的大小d的乘积，恰等于子弹与木块构成的系统的动能的减少量.即：
fd=△EK=
mυ02－
(m+M)υ2
(2)公式“fd=△EK”的依据.
实际上公式“fd=△EK”是过立在动能定理的基础之上的：仍如图所示，对子弹和木块分别运用动能定理可得.
―f(s+d)=
mυ2―
mυ02
fs=
Mυ2
将此两代劳相加后整理即可得
fd=
mυ02―
(m+M)υ2=△EK.
（3）公式“fd=△EK”的运用
如果是两个物体构成的系统运动过程中除了相互作用的滑动摩擦力外，系统的外力为零，则都可以运用公式
fd=△EK
来制约系统运动中的能量的转多与转化，应该注意的是：当构成系统的双方相对运动出现往复的情况时，公式中的d就理解为“相对路程”而不应该是“相对位移的大小”。
（三）典型例题
例1、在轻的定滑轮上用线悬挂两个质量均为M的物体，A物体距地面有一高度，B物体着地，如图所示。质量为m的圆环套在线上，从A的上方自由落下与A粘合在一起，对m与A粘合瞬间下列说法中正确的是：( )
A．m与A组成的系统动量守恒
B．m与A、B组成的系统动量守恒
C．m与A组成的系统动量不守恒
D．m与A、B组成的系统动量不守恒
解析：
由于A、B两物体用线相连，运动状态时刻相同（只是滑轮使它们运动方向相反），实属一体，m下落与A撞击，实际上是m与A、B系统的撞击，若线中的平均作用力为F（系统内力），物体的重力可忽略不计，但在滑轮的轴处有方向向上的力2F（如图），也就是m与A、B组成的系统所受合外力不为零，所以m与A组成的系统动量不守恒，m与A、B组成的系统动量也不守恒。所以选项A、B错，选项C、D正确。
评点：系统动量守恒是有条件的，本题有许多人认为m与A粘合瞬间属于撞击，m与A的相互作用力远大于重力，所以误认为m与A组成的系统动量守恒或m与A、B组成的系统动量守恒。
例2、质量为M的小车，上面站有质量为m的人，一起以速度V0在光滑水平面上向右匀速前进。当人以相对于车的速度u向左水平跳出后，车速为多大？
解法1：
方法1：选地面为参照物，以小车和人为系统，取水平向右为正方向。
人跳出后车的动量为MV，人的动量为m(V－u)，根据动量守恒定律有
(M＋m)V0＝MV＋m(V－u)
解得：V＝V0＋mu/(M＋m)
解法2：
以人跳出车后的车为参照系，人跳出车后车对地的速度由V0增至V，
则人跳出前系统的总动量
P= (M＋m) (V－V0) 方向向左
人跳出后p车=0 p人=mu
p′= p车+p人= mu 方向向左
规定向左为正方向，根据动量守恒定律有
(M＋m) (V－V0) ＝mu
解得：V＝V0＋mu/(M＋m)
解法3：
选人跳出前的车为参照系，取向右为正方向，人和车组成的系统总动量为零
即p=0
人跳出后，p车=M (V－V0) 方向向右
p人=m [(V－V0)－u] 方向向左
其中[(V－V0)－u]＜0，含有表示矢量方向的负号
根据动量守恒定律有
0＝M (V－V0) ＋ m [(V－V0)－u]
解得：V＝V0＋mu/(M＋m)
评点：由以上三种解法可以看出，选择不同的惯性参照系，建立的动量守恒的方程形式不同，繁简也不同，但结果都一样。但恰当地选择参照系，能使方程简捷，计算方便。一般来说没有特别要求，均以地面为参照系。
例3、一个宇航员，连同装备的总质量为100kg，在空间跟飞船相距45m处相对飞船处于静止状态，他带有一个装有0.5kg氧气的贮气筒，贮气筒上有一个可以以50m/s的速度喷出氧气的喷嘴，宇航员必须向着跟返回飞船方向相反的方向释放氧气，才能回到飞船上去，同时又必须保留一部分氧气供他在返回飞船的途中呼吸，已知宇航员呼吸的耗氧率为2.5×10-4kg/s试问：
(1)如果他在准备返回的瞬时，释放0.15kg的氧气，他是否能安全地返回到飞船？
(2)宇航员安全地返回飞船的最长和最短时间分别是多少？
解析：
宇航员使用氧气喷嘴喷出一部分氧气后，根据动量守恒定律，可以求出他返回的速度，从而求出返回的时间和返回途中呼吸所消耗的氧气．
(1)令M＝100kg，m0＝0.5kg，Δm＝0.15kg，氧气的释放速度为u，宇航员的返回速度为v
由动量守恒定律得0＝(M－Δm)v－Δm(u－v)
宇航员返回途中所耗氧气m′＝kt＝2.5×10-4×600＝0.15(kg)
氧气筒喷射后剩余氧气m″＝m0－m＝0.5－0.15＝0.35(kg)＞m＇，所以宇航员能安全返回飞船．
(2)设释放氧气Δm未知，途中所需时间为t，则
m0＝kt＋Δm
代入数据，得
解得
再代入
得t1=200s t2=1800s
宇航员安全返回飞船的最长和最短时间分别为1800s和200s．
评点：了解航天技术的发展和宇宙航行是高考说明中考点之一,宇航员使用氧气喷嘴喷出一部分氧气,一要考虑氧气质量的的变化,二要认识喷嘴喷出氧气的速度是相对喷嘴的速度，本例中找出动量守恒的系统和过程是关键，通过物理量间的制约关系才能得出问题的解．
例4、一段凹槽A倒扣在水平长木板C上，槽内有一小物块B，它到槽两内侧的距离均为L/2，如图所示。木板位于光滑水平的桌面上，槽与木板间的摩擦不计，小物块与木板间的摩擦系数为μ。A、B、C三者质量相等，原来都静止。现使槽A以大小为v0的初速向右运动，已知
。当A和B发生碰撞时，两者速度互换。求：
（1）从A、B发生第一次碰撞到第二次碰撞的时间内，木板C运动的路程。
（2）在A、B刚要发生第四次碰撞时，A、B、C三者速度的大小。
解析：
(1)A与B刚发生第一次碰撞后，A停下不动，B以初速v0向右运动。由于摩擦，B向右作匀减速运动，而C向右作匀加速运动，两者速率逐渐接近。设B、C达到相同速度v1时,B移动的路程为s1。
设A、B、C质量皆为m，对B和C，由动量守恒定律，得
mv0=2mv1①对B,由功能关系，得
②由① 得
代入②式得
根据条件
，得
可见，在B、C达到相同速度v1时，B尚未与A发生第二次碰撞，B与C一起将以v1向右匀速运动一段距离 (l-s1)后才与A发生第二次碰撞。设C的速度从零变到v1的过程中，C的路程为s2。由功能关系，得
解得
因此在第一次到第二次碰撞间C的路程为
(2)由上面讨论可知，在刚要发生第二次碰撞时，A静止，B、C的速度均为v1。刚碰撞后，B静止， A、C的速度均为v1。由于摩擦，B将加速，C将减速，直至达到相同速度v2。由动量守恒定律，得mv1=2mv2解得
因A的速度v1大于B的速度v2，故第三次碰撞发生在A的左壁。刚碰撞后，A的速度变为v2，B的速度变为v1，C的速度仍为v2。由于摩擦，B减速，C加速，直至达到相同速度v3。由动量守恒定律，得mv1+mv2=2mv3解得
故刚要发生第四次碰撞时，A、B、C的速度分别为
评点：本题难度较大，要求学生必须具备较强的理解、分析、判断、推理的综合能力。由于物理过程比较复杂，需对物理情景进行准确的分析和判断，每次碰撞前后各物体的状态如何，特别是第二次碰前物体运动末状态速度是否达到共同速度这是解题关键所在，状态分析准确，用动量守恒定律求解也就不难了。
例5、质量为m的钢板与直立轻弹簧的上端连接，弹簧下端固定在地上.平衡时弹簧的压缩量为x0，如图所示.一物块从钢板正上方距离为3x0的A处自由落下，打在钢板上并立刻与钢板一起向下运动，但不粘连.它们到达最低点后又向上运动.已知物块质量为m时，它们恰能回到O点.若物块质量为2m，仍从A处自由落下，则物块与钢板回到O点时，还具有向上的速度.求物块向上运动到达的最高点与O点的距离.
解析：
通过自由落体运动、竖直上抛运动、动量守恒定律、能量守恒定律等知识为依托，考查挖掘隐含条件的能力及运用动量观点、能量观点综合分析解决物理问题的能力.
(1)物体下落与钢板碰撞过程.
由自由落体运动知识，知碰前物体的速度为v０＝
，设碰后速度为v1，因碰撞过程时间极短，故物体与钢板系统动量守恒.
mv0＝2mv1 ∴v1＝
＝
／2
(2)弹簧开始压缩到又伸长至O点的过程.
刚碰完弹簧开始压缩时的弹簧的弹性势能令为Ｅp，当它们一起回到O点时，弹簧无形变，弹性势能为零.由机械能守恒，有Ｅp＋
2mv12＝２mgｘ0
所以Ｅp＝
mgｘ0
(3)当物体质量为2m时，由自由落体知识及动量守恒定律，有v0′＝
和
2mv0′＝3mv2，解得v2＝
，其中v2为物体与钢板碰后的共同速度.
刚碰完时弹簧的弹性势能为Ep′，它们回到O点时，弹性势能为零，但它们仍继续向上运动，设此时速度为v,则有Ｅp′＋
（3m）v22＝3mgx0＋
（3m）v2.
又因与钢板碰撞的两次过程中，弹簧的初始压缩量都是x0，故有Ｅp′＝Ｅp，从而由以上求得：v＝
(4)物体回到O点后继续上升过程.
当质量为2m的物块与钢板一起回到O点时，弹簧的弹力为零，物块与钢板只受到重力作用，加速度为g,一过O点，钢板受到弹簧向下的拉力作用，加速度大于g.由于物块与钢板不粘连，物块不可能受到钢板的拉力，其加速度仍为g,故在O点物块与钢板分离，分离后，物块以速度v竖直上抛，因此，物块上升的最大高度为H＝
＝
.
