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力有三大效应，即力的瞬时效应、力随空间累积效应以及力随时间累积效应，三大效应分别对应着牛顿第二定律、动能定理及动量定理.力的三大效应是解决力学问题的三大基本途径（对应于动能定理与动量定理的还有两大守恒定律，即机械能守恒定律与动量守恒定律）.本文试就对其中的力随时间累积效应——动量定理的理解与应用做一小结，以期能对高中物理教与学起到一点微薄之作用.
1 动量定理的理解
动量定理的表达式为I合=ΔP或F×Δt=ΔP.对该表达式主要掌握以下五个方面内容：一是注意公式的矢量性，表达式中冲量、动量、动量的变化量以及力均是矢量，其运算法则遵守平行四边形定则，特别需要提醒的是关于ΔP的计算.二是注意方程左边是合外力冲量，强调“合”与“外”，应用动量定理解题时注意“内”“外”有别.三是注意方程右边是动量的变化量而非动量；四是如果把冲量写成F合=ΔpΔt=mΔvΔt=ma，则必须要求F是恒力或者是平均力，变力的冲量只能写成I；五是通过公式的变形 ，由此不难看出动量定理是牛顿第二定律的微元表达式再通过累加求和而来.
2 动量定理的应用题型归类分析
2.1 求解匀变速曲线运动中的动量变化量
求解Δp一般有两种方法，一是根据Δp的表达式Δp=pt-p0求解.因动量是矢量，故上述表达式为矢量之差，需根据平行四边形定则求解，一般较繁；二是根据动量定理Δp=I合，如能求出合外力的冲量，则可简单快捷地求出动量的变化量Δp.特别是当合外力为定值时更是如此，因为此时的I合就等于F合t，求解合外力冲量将变得非常简单.
例1 把一个质量为1 kg的物体以10 m/s的初速度水平抛出，不计空气阻力，求抛出后第2 s内物体的动量变化了多少？（g取10 m/s2）
解析 题中要求动量的变化量，如果直接根据Δp=pt-p0也能做，但因为涉及到矢量计算，比较麻烦.根据动量定理，物体动量的变化量等于合外力的冲量，因本题中的合外力是重力，为恒力，故其冲量计算非常简单，IG=mgt，故Δp=mgt=1×10×1=10 kgm/s方向竖直向下.
2.2 求解变力冲量
变力的冲量不能直接套用公式I=Ft（类似于功的计算式W=Fxcosθ）求解，要求解变力冲量（类似于求解变力做功）可选择的方法有：平均值法，即求出变力的平均力，再代入公式I=t求出变力的冲量.只是平均力能否应用公式=F1 F22一定要注意其使用条件，千万不能乱套公式.F-t图象法：画出F-t图象，算出该图象与横坐标（时间轴）包围的面积就是所求的冲量.另外还有微元法等等不一而足，只是这些方法都有相应的条件，只有符合这些特定的条件才能使用上述这些方法，有较大的局限性，故求解变力冲量的基本方法是应用动量定理求解.
例2 用長为l的细绳拴住一个质量为m的小球在光滑的水平桌面上做速度大小为v的匀速圆周运动，求小球运动半周过程中细绳拉力的冲量.
解析 小球受三个力作用，其中重力与支持力相平衡，绳子拉力提供小球做圆周运动所需的向心力，其大小等于mv2l保持不变，但方向不断变化，故绳子拉力属于变力，其冲量千万不能应用I=Ft=mv2l×πlv=πmv计算.正确的求解应该列动量定理方程，由动量定理（规定末速度方向为正方向）得：I=Δp=mvt-mv0=mv-m（-v）=2mv，方向与末速度方向相同.
2.3 应用动量定理解释实际生活中的现象
动量定理在实际生活中有着广泛的应用，实际生活中的许多现象都可用动量定理加以解释，具体可分为两类.
2.3.1 物体的动量变化量Δp基本为定值，相互作用时间Δt不同，相互作用力大小不一样，Δt大，力就小；Δt小，力就大.这类问题在实际生活中是最普遍的.如体育比赛中的一系列保护措施都可概括为通过延长相互作用的时间来达到减小相互作用力，从而达到保护人体不受伤害的目的.如跳高比赛中垫上柔软的海绵垫、跳远比赛中的沙坑、接篮球时手应该随球往后退缩、从高处跳落到地面时要双腿弯曲等等.除此以外还有如钉钉子时要用铁锤而不用橡皮锤（减小相互作用时间，增大相互作用力）、貼大理石地面时要用橡皮锤而不用铁锤（增大作用时间，减小相互作用力）等等不一而足.
2.3.2 物体受力基本为定值，相互作用时间不同，其Δp不同，即物体运动状态变化不一样.
例3 如图1所示，物块B叠放在木板A上，若缓慢拉动木板A，则B将随着A一起向前运动；若快速拉动A，则物块B几乎停落在原处，试解释此现象.
解析 物块B受到的重力与支持力平衡，水平方向上只受A对B的摩擦力.如果缓慢拉动A，则A和B之间相互作用时间长，冲量较大，故其运动状态变化较大，B物块跟随A一起运动.如果快速拉动A，由于A和B之间作用时间短，冲量小，故B物块的运动状态变化较小，所以B物块几乎仍然静止在原处.
例4 如图2所示，小球用两根完全相同的细线悬挂在天花板上，现对B线施加竖直向下的拉力F，若缓慢增大F，则A、B线中哪根线先断？若快速拉动B线，则情况又如何？
解析 若缓慢增大拉力F，则细线B中的拉力就等于F，而细线A中的拉力为F G（G为小球重力），显然A中拉力大于B中拉力，故线A先断；若快速向下拉动B线，则B线先断，因为快速拉B时，球A的冲量很小（时间很短），其Δp也很小，即球的运动状态几乎不变，仍然处于静止，故A线中的拉力几乎仍然等于原来的值不变，所以快速拉动时先断的是B线.
2.4 碰撞过程中平均冲击力的计算
所谓平均冲击力就是在较短时间内相互撞击物体间的弹力，因作用时间很短，所以一般该力较大，且一般是变力，故求解的是其平均值.
例5 质量为1 kg的小球从距地面高为H=5 m处由静止开始下落，小球与地面碰撞后能反弹到距地面h=3.2 m高处.若小球与地面相互作用时间为0.1 s，求小球对地面的平均冲击力多大？不计空气阻力，g取10 m/s2. 解析 所谓的平均冲击力实际上就是小球对地面的压力，只是因为过程时间很短，力较大，故取名为冲击力.设小球下落到地面时的速度为v1，则由v1=2gH得v1=10 m/s.反弹后的速度设为v2，则由v2=2gh=8 m/s.小球与地面碰撞过程中受两个力，如图3所示（强调一：应用动量定理解题同样需要受力分析，本题典型错误就是丢掉重力，误以为平均冲击力就是物体的合力）.以竖直向上为正方向（建立正方向是提醒注意动量定理的矢量性），
则（F-mg）×Δt=mv2-m（v1）=mv2 mv1，
代入数据解得F=190 N.
注：本题也可应用动量定理的全程应用：设下落时间为t1，则t1=2Hg=1 s，反弹时间设为t2=2hg=0.8 s.从下落开始到反弹到最高点全程应用动量定理有
FΔt=mg（t1 t2 Δt）=0-0，
解得F=mgt1 t2 ΔtΔt=190 N.
2.5 连续作用体问题的处理
所谓的连续作用体是指作用对象是连续不断的无数个微粒，如风或者水流等，解决此类问题的关键是找到相互作用的研究对象，进而对其列出相应的动量定理方程即可.
例6 用高压水枪水力采煤，假设水枪的横截面积为S，水流喷出的速度为v，并假设水流冲击煤层后顺着煤层流下，不考虑水在空中的速度变化，求煤层受到的水的平均冲击力，设水的密度为ρ.
解析 在t秒内能与煤层撞击的水距煤层的水平距离应为vt（水在空中做匀速直线运动），如图4中阴影部分，这部分水的质量为m=ρSvt，根据题意水与煤层撞击后将沿煤层流下，说明撞击后的水不会反弹，即撞击后水在水平方向上的速度为零，根据动量定理有
-Ft=0-mv=-ρSvtv，
所以F=ρSv2.
2.6 匀变速运动中时间问题的求解
解决匀变速运动问题的方法最多，力学的三大效应对应的基本规律均可解决此类问题，其中又以应用牛顿运动定律结合运动学公式求解最为广泛，主要是因为高中物理学习过程中先学运动学公式，紧接着学习牛顿定律，且花较长时间进行相关习题的训练，学生印象较深.实际上在解题过程中为快速解题应该是先守恒（机械能守恒、动量守恒）、再定理（动能定理、动量定理）、最后再考虑牛顿运动定律，当然这只是一般解题顺序并不能绝对化，不过在匀变速运动问题中如果涉及到时间问题（已知或待求），不涉及加速度这一物理量（已知或待求），则应优先选用动量定理求解.
例7 A、B两物体以相同的动能在动摩擦因数相同的水平地面上滑动，A的质量大于B的质量.则其滑行时间大小关系正确的说法是：
A.A滑行时间长 B.B滑行时间长
C.两者滑行时间相等D.无法比较滑行时间的长短
解析 A、B兩物体在水平面上均做匀减速直线运动，因不涉及加速度，故采用动量定理求解比较方便，根据动量定理有
-μmAgtA=0-PA=-2mAEk，
所以tA=1μg2EkmA，
从式中可看出滑行时间与物体质量的根号成反比.因A的质量大，故A的滑行时间短，答案选择B.
注：本题还有若干变化，比如把动能相等改成动量相等，把动摩擦因数相同改成所受到的摩擦力相等，所求问题还可以比较它们的滑行位移大小等等.
例8 如图5所示，光滑水平面上有一质量为M的木板处于静止状态，一质量为m的物块（可看作质点）以初速v0滑上木板，物块与木板之间的动摩擦因数为μ，设木板足够长，求：（1）木板最快的速度；（2）物块相对木板滑行的时间.
解析 对木板与物块组成的系统而言合外力为零，故整体满足动量守恒，其中木板从静止开始做匀加速直线运动，而物块做匀减速直线运动，直到两者速度相等，所以两者速度相等时为木块的最快的速度.由动量守恒得：mv0=（m M）v，所以v=mv0m M.对木板（也可对物块运用动量定理，但物块的动量变化要比木块复杂，故选取木板为研究对象，这就是物理解题中通过恰当选择研究对象，从而使解决物理问题变得更简单快捷）运用动量定理得μmgt=Mv-0，解得t=Mv0μ（m M）g.
2.7 动量定理的整体（对象与过程）应用
通常情况下动量定理是用来研究单个物体的，但也能应用于多个物体组成的系统，而且恰当的运用这种“整体法”，往往更加简便、快捷，解题的优越性显得更为突出.此时动量定理的方程为：系统受到的合外力的冲量（强调“外”）等于系统内每个物体的动量增量的矢量和，即I合外=Δp1 Δp2 …
例9 如图5所示，设质量为M的木板静止在动摩擦因数为μ的水平面上，质量为m的木块以初速v0滑上木板，设经过时间t物块与木板刚具有共同速度，求此速度是多大？
解析 以初速度方向（水平向右）为正方向，整体受到的合外力就是地面对木板的摩擦力（物块与木板之间的摩擦力为系统的内力，且物块与木板之间动摩擦因数未知），对整体应用动量定理有
-μ（m M）gt=（m M）v-mv0，
解得v=mv0m M-μgt.
例10 质量为M的铁块与质量为m的木块用细线相连，在水中从静止开始做加速度为a的匀加速直线运动.如图6所示，经过时间t1细线突然断了，又经过时间t2，木块停止下沉，求此时铁块的速度.不计水的阻力.
解析 如果把铁块与木块当成一个整体，则中间的细线为整体的内力，它们的合外力就是 （根据牛顿第二定律F合=ma），且合外力为定值；同时整体经历两个过程，一是整体做加速度为a的匀加速直线运动，二是细线断了以后铁块继续做匀加速直线运动（加速度未知），木块做匀减速直线运动（同样不知加速度），因为并不需要知道中间的速度（即时间t1时的速度），故可以在过程上采用“整体法”！由此运用“双整体”动量定理得： ，式中第一个零表示铁块的初速度，第二个零表示木块的末速度，第三个零表示木块的初速度.解得 .
1 动量定理的理解
动量定理的表达式为I合=ΔP或F×Δt=ΔP.对该表达式主要掌握以下五个方面内容：一是注意公式的矢量性，表达式中冲量、动量、动量的变化量以及力均是矢量，其运算法则遵守平行四边形定则，特别需要提醒的是关于ΔP的计算.二是注意方程左边是合外力冲量，强调“合”与“外”，应用动量定理解题时注意“内”“外”有别.三是注意方程右边是动量的变化量而非动量；四是如果把冲量写成F合=ΔpΔt=mΔvΔt=ma，则必须要求F是恒力或者是平均力，变力的冲量只能写成I；五是通过公式的变形 ，由此不难看出动量定理是牛顿第二定律的微元表达式再通过累加求和而来.
2 动量定理的应用题型归类分析
2.1 求解匀变速曲线运动中的动量变化量
求解Δp一般有两种方法，一是根据Δp的表达式Δp=pt-p0求解.因动量是矢量，故上述表达式为矢量之差，需根据平行四边形定则求解，一般较繁；二是根据动量定理Δp=I合，如能求出合外力的冲量，则可简单快捷地求出动量的变化量Δp.特别是当合外力为定值时更是如此，因为此时的I合就等于F合t，求解合外力冲量将变得非常简单.
例1 把一个质量为1 kg的物体以10 m/s的初速度水平抛出，不计空气阻力，求抛出后第2 s内物体的动量变化了多少？（g取10 m/s2）
解析 题中要求动量的变化量，如果直接根据Δp=pt-p0也能做，但因为涉及到矢量计算，比较麻烦.根据动量定理，物体动量的变化量等于合外力的冲量，因本题中的合外力是重力，为恒力，故其冲量计算非常简单，IG=mgt，故Δp=mgt=1×10×1=10 kgm/s方向竖直向下.
2.2 求解变力冲量
变力的冲量不能直接套用公式I=Ft（类似于功的计算式W=Fxcosθ）求解，要求解变力冲量（类似于求解变力做功）可选择的方法有：平均值法，即求出变力的平均力，再代入公式I=t求出变力的冲量.只是平均力能否应用公式=F1 F22一定要注意其使用条件，千万不能乱套公式.F-t图象法：画出F-t图象，算出该图象与横坐标（时间轴）包围的面积就是所求的冲量.另外还有微元法等等不一而足，只是这些方法都有相应的条件，只有符合这些特定的条件才能使用上述这些方法，有较大的局限性，故求解变力冲量的基本方法是应用动量定理求解.
例2 用長为l的细绳拴住一个质量为m的小球在光滑的水平桌面上做速度大小为v的匀速圆周运动，求小球运动半周过程中细绳拉力的冲量.
解析 小球受三个力作用，其中重力与支持力相平衡，绳子拉力提供小球做圆周运动所需的向心力，其大小等于mv2l保持不变，但方向不断变化，故绳子拉力属于变力，其冲量千万不能应用I=Ft=mv2l×πlv=πmv计算.正确的求解应该列动量定理方程，由动量定理（规定末速度方向为正方向）得：I=Δp=mvt-mv0=mv-m（-v）=2mv，方向与末速度方向相同.
2.3 应用动量定理解释实际生活中的现象
动量定理在实际生活中有着广泛的应用，实际生活中的许多现象都可用动量定理加以解释，具体可分为两类.
2.3.1 物体的动量变化量Δp基本为定值，相互作用时间Δt不同，相互作用力大小不一样，Δt大，力就小；Δt小，力就大.这类问题在实际生活中是最普遍的.如体育比赛中的一系列保护措施都可概括为通过延长相互作用的时间来达到减小相互作用力，从而达到保护人体不受伤害的目的.如跳高比赛中垫上柔软的海绵垫、跳远比赛中的沙坑、接篮球时手应该随球往后退缩、从高处跳落到地面时要双腿弯曲等等.除此以外还有如钉钉子时要用铁锤而不用橡皮锤（减小相互作用时间，增大相互作用力）、貼大理石地面时要用橡皮锤而不用铁锤（增大作用时间，减小相互作用力）等等不一而足.
2.3.2 物体受力基本为定值，相互作用时间不同，其Δp不同，即物体运动状态变化不一样.
例3 如图1所示，物块B叠放在木板A上，若缓慢拉动木板A，则B将随着A一起向前运动；若快速拉动A，则物块B几乎停落在原处，试解释此现象.
解析 物块B受到的重力与支持力平衡，水平方向上只受A对B的摩擦力.如果缓慢拉动A，则A和B之间相互作用时间长，冲量较大，故其运动状态变化较大，B物块跟随A一起运动.如果快速拉动A，由于A和B之间作用时间短，冲量小，故B物块的运动状态变化较小，所以B物块几乎仍然静止在原处.
例4 如图2所示，小球用两根完全相同的细线悬挂在天花板上，现对B线施加竖直向下的拉力F，若缓慢增大F，则A、B线中哪根线先断？若快速拉动B线，则情况又如何？
解析 若缓慢增大拉力F，则细线B中的拉力就等于F，而细线A中的拉力为F G（G为小球重力），显然A中拉力大于B中拉力，故线A先断；若快速向下拉动B线，则B线先断，因为快速拉B时，球A的冲量很小（时间很短），其Δp也很小，即球的运动状态几乎不变，仍然处于静止，故A线中的拉力几乎仍然等于原来的值不变，所以快速拉动时先断的是B线.
2.4 碰撞过程中平均冲击力的计算
所谓平均冲击力就是在较短时间内相互撞击物体间的弹力，因作用时间很短，所以一般该力较大，且一般是变力，故求解的是其平均值.
例5 质量为1 kg的小球从距地面高为H=5 m处由静止开始下落，小球与地面碰撞后能反弹到距地面h=3.2 m高处.若小球与地面相互作用时间为0.1 s，求小球对地面的平均冲击力多大？不计空气阻力，g取10 m/s2. 解析 所谓的平均冲击力实际上就是小球对地面的压力，只是因为过程时间很短，力较大，故取名为冲击力.设小球下落到地面时的速度为v1，则由v1=2gH得v1=10 m/s.反弹后的速度设为v2，则由v2=2gh=8 m/s.小球与地面碰撞过程中受两个力，如图3所示（强调一：应用动量定理解题同样需要受力分析，本题典型错误就是丢掉重力，误以为平均冲击力就是物体的合力）.以竖直向上为正方向（建立正方向是提醒注意动量定理的矢量性），
则（F-mg）×Δt=mv2-m（v1）=mv2 mv1，
代入数据解得F=190 N.
注：本题也可应用动量定理的全程应用：设下落时间为t1，则t1=2Hg=1 s，反弹时间设为t2=2hg=0.8 s.从下落开始到反弹到最高点全程应用动量定理有
FΔt=mg（t1 t2 Δt）=0-0，
解得F=mgt1 t2 ΔtΔt=190 N.
2.5 连续作用体问题的处理
所谓的连续作用体是指作用对象是连续不断的无数个微粒，如风或者水流等，解决此类问题的关键是找到相互作用的研究对象，进而对其列出相应的动量定理方程即可.
例6 用高压水枪水力采煤，假设水枪的横截面积为S，水流喷出的速度为v，并假设水流冲击煤层后顺着煤层流下，不考虑水在空中的速度变化，求煤层受到的水的平均冲击力，设水的密度为ρ.
解析 在t秒内能与煤层撞击的水距煤层的水平距离应为vt（水在空中做匀速直线运动），如图4中阴影部分，这部分水的质量为m=ρSvt，根据题意水与煤层撞击后将沿煤层流下，说明撞击后的水不会反弹，即撞击后水在水平方向上的速度为零，根据动量定理有
-Ft=0-mv=-ρSvtv，
所以F=ρSv2.
2.6 匀变速运动中时间问题的求解
解决匀变速运动问题的方法最多，力学的三大效应对应的基本规律均可解决此类问题，其中又以应用牛顿运动定律结合运动学公式求解最为广泛，主要是因为高中物理学习过程中先学运动学公式，紧接着学习牛顿定律，且花较长时间进行相关习题的训练，学生印象较深.实际上在解题过程中为快速解题应该是先守恒（机械能守恒、动量守恒）、再定理（动能定理、动量定理）、最后再考虑牛顿运动定律，当然这只是一般解题顺序并不能绝对化，不过在匀变速运动问题中如果涉及到时间问题（已知或待求），不涉及加速度这一物理量（已知或待求），则应优先选用动量定理求解.
例7 A、B两物体以相同的动能在动摩擦因数相同的水平地面上滑动，A的质量大于B的质量.则其滑行时间大小关系正确的说法是：
A.A滑行时间长 B.B滑行时间长
C.两者滑行时间相等D.无法比较滑行时间的长短
解析 A、B兩物体在水平面上均做匀减速直线运动，因不涉及加速度，故采用动量定理求解比较方便，根据动量定理有
-μmAgtA=0-PA=-2mAEk，
所以tA=1μg2EkmA，
从式中可看出滑行时间与物体质量的根号成反比.因A的质量大，故A的滑行时间短，答案选择B.
注：本题还有若干变化，比如把动能相等改成动量相等，把动摩擦因数相同改成所受到的摩擦力相等，所求问题还可以比较它们的滑行位移大小等等.
例8 如图5所示，光滑水平面上有一质量为M的木板处于静止状态，一质量为m的物块（可看作质点）以初速v0滑上木板，物块与木板之间的动摩擦因数为μ，设木板足够长，求：（1）木板最快的速度；（2）物块相对木板滑行的时间.
解析 对木板与物块组成的系统而言合外力为零，故整体满足动量守恒，其中木板从静止开始做匀加速直线运动，而物块做匀减速直线运动，直到两者速度相等，所以两者速度相等时为木块的最快的速度.由动量守恒得：mv0=（m M）v，所以v=mv0m M.对木板（也可对物块运用动量定理，但物块的动量变化要比木块复杂，故选取木板为研究对象，这就是物理解题中通过恰当选择研究对象，从而使解决物理问题变得更简单快捷）运用动量定理得μmgt=Mv-0，解得t=Mv0μ（m M）g.
2.7 动量定理的整体（对象与过程）应用
通常情况下动量定理是用来研究单个物体的，但也能应用于多个物体组成的系统，而且恰当的运用这种“整体法”，往往更加简便、快捷，解题的优越性显得更为突出.此时动量定理的方程为：系统受到的合外力的冲量（强调“外”）等于系统内每个物体的动量增量的矢量和，即I合外=Δp1 Δp2 …
例9 如图5所示，设质量为M的木板静止在动摩擦因数为μ的水平面上，质量为m的木块以初速v0滑上木板，设经过时间t物块与木板刚具有共同速度，求此速度是多大？
解析 以初速度方向（水平向右）为正方向，整体受到的合外力就是地面对木板的摩擦力（物块与木板之间的摩擦力为系统的内力，且物块与木板之间动摩擦因数未知），对整体应用动量定理有
-μ（m M）gt=（m M）v-mv0，
解得v=mv0m M-μgt.
例10 质量为M的铁块与质量为m的木块用细线相连，在水中从静止开始做加速度为a的匀加速直线运动.如图6所示，经过时间t1细线突然断了，又经过时间t2，木块停止下沉，求此时铁块的速度.不计水的阻力.
解析 如果把铁块与木块当成一个整体，则中间的细线为整体的内力，它们的合外力就是 （根据牛顿第二定律F合=ma），且合外力为定值；同时整体经历两个过程，一是整体做加速度为a的匀加速直线运动，二是细线断了以后铁块继续做匀加速直线运动（加速度未知），木块做匀减速直线运动（同样不知加速度），因为并不需要知道中间的速度（即时间t1时的速度），故可以在过程上采用“整体法”！由此运用“双整体”动量定理得： ，式中第一个零表示铁块的初速度，第二个零表示木块的末速度，第三个零表示木块的初速度.解得 .