第 1 章　动量、冲量与动量定理

同样从滑梯顶端落下，坐到硬地面上会疼，落进厚海绵垫却安全得多。两次都是从运动到停止，人的质量没变，停止前的速度也可以相同，为什么身体受到的冲击差别很大？“速度变成零”只说出了结果，没有说清楚力在多长时间里怎样改变运动。我们需要一套既能描述运动状态，又能把力和作用时间连起来的语言。

图中两种情形的运动方向和停止结果相同，关键差别恰在红色力箭头和下方时间线：安全气囊把停止过程拉长了。要把这件事说严谨，先得知道“停止前后改变了什么”。

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一、动量：把质量和速度放进同一个量

1. 为什么只看速度还不够

迎面滚来一个网球和一辆速度相同的小车，你当然不会用同样的方式去挡。改变运动状态的难易不仅跟速度有关，也跟质量有关。于是物理学把质量与速度的乘积定义为动量：

$$\vec p=m\vec v。$$

动量的国际单位是 $\text{kg}\cdot\text{m}/\text{s}$。质量是标量，速度是矢量，所以动量是矢量，方向与瞬时速度相同。谈一维运动时要先规定正方向，沿正方向的动量取正值，反向取负值；负号不是说动量“比零小”，而是在记录方向。

先停一下：质量为 $2\ \text{kg}$ 的小车先以 $3\ \text{m/s}$ 向东运动，随后以 $3\ \text{m/s}$ 向西运动。速率没变，它的动量变了吗？

若规定向东为正，初动量 $p_1=+6\ \text{kg}\cdot\text{m/s}$，末动量 $p_2=-6\ \text{kg}\cdot\text{m/s}$。动量显然变了。这里最容易掉进“大小相同就没有变化”的陷阱：矢量是否变化，要同时检查大小和方向。

2. 动量变化不是两个大小相减

动量变化量定义为末动量减初动量：

$$\Delta\vec p=\vec p_2-\vec p_1。$$

几何上可以先画 $\vec p_1$ 和 $\vec p_2$，再画一支从 末端指向 末端的箭头，它就是 。对质量不变的物体，。刚才的小车有 ，即动量变化量大小为 、方向向西，绝不是零。

动量还与参考系有关。坐在匀速列车中的乘客，相对车厢动量为零，相对地面却有与列车同向的动量。题目若没有特别说明，高中计算通常选地面为参考系；但若情境中出现传送带、运动小车或船，不能看见“静止”二字就直接写 $p=0$，要先问清楚它是相对谁静止。

动量描述的是某一时刻的状态，动量变化量描述的是一段过程的首末差别。它不等于“运动过程中每一时刻动量大小的变化之和”。例如小球做一圈匀速圆周运动后回到原位置、速度也回到原方向，过程中动量一直在变，但首末动量相同，所以这一整圈的 $\Delta\vec p=0$。反过来，只要首末状态给定，哪怕中间轨迹弯弯绕绕，动量变化量仍由 $\vec p_2-\vec p_1$ 唯一确定。

动量与动能都能描述运动状态，却不能互相替代。动能 $E_k=mv^2/2$ 是标量，只跟速率有关；动量是矢量。质量一定时有

$$E_k=\frac{p^2}{2m},\qquad p=\sqrt{2mE_k}，$$

这里的 $p$ 指动量大小。物体转弯时，动能可以不变，动量却因方向改变而改变。接下来真正要追问的是：什么让动量发生了这样的变化？

再做一次不带数字的判断：两个物体动能相同，质量较大的那个动量大小是否也较大？由 $p=\sqrt{2mE_k}$ 可知，在动能相同时，质量越大，动量越大；若动量相同，则由 $E_k=p^2/(2m)$ 可知质量越小，动能越大。这样的比较只针对动量的，不能据此判断方向。如果只把 和 当成两个相似公式，很容易在这里把矢量和标量混掉。

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二、冲量：力的作用还要看持续时间

1. 恒力的冲量

用相同的力推小车，轻点一下和持续推两秒，效果不会相同。恒力 $\vec F$ 在时间 $\Delta t$ 内的冲量定义为

$$\vec I=\vec F\Delta t。$$

冲量的单位是 $\text{N}\cdot\text{s}$，且 $1\ \text{N}\cdot\text{s}=1\ \text{kg}\cdot\text{m}/\text{s}$。冲量也是矢量；恒力冲量方向与力相同，与物体向哪里运动无关。物体静止在桌面上时，重力仍有冲量 $mg\Delta t$，支持力也有大小相等、方向相反的冲量，两者合冲量才为零。

冲量不是物体“携带”的状态量，而是力在一个时间过程中的累计效果。因此不能问“物体此刻有多少冲量”，只能问“某个力在某段时间内对物体的冲量是多少”。同样，冲量大小也不是由物体位移决定的：手稳稳托住一本静止的书十秒，手的支持力做功为零，却有向上的冲量；重力也有向下的冲量，两者恰好抵消。这正好提醒我们，冲量与功观察的是力的不同侧面，不能用“没做功”推出“没有冲量”。

2. 变力冲量藏在力—时间图像的面积里

力随时间变化时，可以把一小段时间内的力近似看成恒力，每个窄条的面积 $F\Delta t$ 就是一小段冲量；把所有窄条累加，极限意义下得到

$$\vec I=\int_{t_1}^{t_2}\vec F\,\mathrm dt。$$

高中阶段通常直接利用 $F-t$ 图像求冲量：图线与时间轴围成的代数面积表示该方向上的冲量。时间轴上方为正、下方为负。矩形面积是 $F\Delta t$，三角形面积是 $F\Delta t/2$，梯形则用两端力的平均值乘时间。

一支力先在 $0$ 到 $2\ \text{s}$ 内保持 $4\ \text{N}$，再在 $2$ 到 $3\ \text{s}$ 内保持 $-3\ \text{N}$。它的总冲量是多少？先别把两个面积都当正数：

$$I=4\times2+(-3)\times1=5\ \text{N}\cdot\text{s}，$$

方向沿规定的正方向。若问冲量大小，答案才写 $5\ \text{N}\cdot\text{s}$；若写分量，正负号必须保留。

若图像画的是某个外力 $F$，面积只给这个力的冲量；若画的是合力 $F_{\text{合}}$，面积才直接等于动量变化量。还要注意纵轴究竟是力的大小还是带方向的分量：若只给“力的大小—时间”图像，图中不会自动告诉你方向何时改变，必须结合题意另行判断。二维变力问题则分别看 $F_x-t$、$F_y-t$ 图像的代数面积，再把所得冲量分量合成。

有时图线不是规则几何图形，题目会给出小方格或实验数据。这时可以用若干窄矩形、梯形近似累加，得到冲量的估计值。这里“面积”带有单位：纵轴是牛顿，横轴是秒，面积单位自然是牛顿秒，不是平方米。看到坐标纸就把面积当作纯几何量，会漏掉坐标刻度和单位。

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三、动量定理：把一段过程的力与状态变化接起来

1. 结论从牛顿第二定律自然长出来

对质量不变的物体，若一段时间内合外力恒定，由牛顿第二定律

$$\vec F_{\text{合}}=m\frac{\vec v_2-\vec v_1}{\Delta t}，$$

两边同乘 $\Delta t$，得到

$$\vec F_{\text{合}}\Delta t=m\vec v_2-m\vec v_1=\Delta\vec p。$$

即物体所受合外力的冲量等于物体动量的变化量：

$$\vec I_{\text{合}}=\Delta\vec p。$$

合力随时间变化时，左边理解为各外力冲量的矢量和，结论仍成立。动量定理关注一段时间的累计效果，不要求知道物体在每个时刻的位置，因而在碰撞缓冲、短时变力、过程分段等问题中格外有用。

“合外力的冲量”有两种等价算法。若各外力都是恒力，可以先求合力再乘时间；也可以分别求每个外力的冲量，再作矢量和：

$$\vec I_{\text{合}}=\vec F_{\text{合}}\Delta t =\vec I_1+\vec I_2+\cdots。$$

若某些力随时间变化，分别求冲量往往更方便。无论走哪条路，研究对象和时间段必须一致。比如一只球在空中飞行两秒，重力冲量应取 $mg\times2\ \text{s}$；若接着只研究它与墙接触的百分之一秒，就不能把前面两秒的重力冲量塞进接触阶段的方程。

动量定理也可以写成 $\vec F_{\text{合,平均}}=\Delta\vec p/\Delta t$。它表示合外力等于动量对时间的平均变化率。时间缩得很短时，可以理解瞬时合力决定动量变化的快慢。注意“动量变化得快”说的是单位时间内的矢量变化大，并不等于物体速率一定增加：匀速圆周运动中，速率不变，动量方向持续变化，合力仍不为零。

2. 一维问题先定正方向

质量为 $0.20\ \text{kg}$ 的球以 $10\ \text{m/s}$ 竖直向下撞地，又以 $6\ \text{m/s}$ 竖直向上弹起。取向上为正，球在接触过程中的动量变化为

$$\Delta p=0.20\times6-0.20\times(-10)=3.2\ \text{kg}\cdot\text{m/s}。$$

结果为正，说明合冲量向上。你可能会误写成 $0.20(10-6)$，因为眼睛只盯着两个速率；但球发生反弹，初、末速度方向相反，必须把初速度写成负值。若接触持续 $0.040\ \text{s}$，还不能马上用 $3.2/0.040$ 断言这是地面对球的平均力，因为 $3.2\ \text{N}\cdot\text{s}$ 是合外力的冲量。接触阶段若不能忽略重力，应列

$$(\bar N-mg)\Delta t=\Delta p。$$

把数值代入可得 $\bar N=82\ \text{N}$。如果接触时间极短，重力冲量相对支持力冲量很小，题目可能明确允许忽略重力；“时间很短”本身只是判断线索，不是无条件删去重力的许可证。规范做法是先写完整受力冲量式，再依据题设或数量级说明是否忽略。

处理一维动量定理，可以依次完成四件事：确定研究对象和时间段，规定正方向并画受力图，把初末速度带符号写出，最后列 $\sum I=mv_2-mv_1$。解答题中最常见的失分并非不会算，而是把某一个力的冲量直接等同于 $\Delta p$，或在反向运动时丢掉速度符号。

再看一个不反弹的情境。质量 $60\ \text{kg}$ 的人从下蹲状态由静止开始蹬地，离地时速度为 $3.0\ \text{m/s}$，蹬地过程持续 $0.50\ \text{s}$，取竖直向上为正。人的动量增加量为 $180\ \text{kg}\cdot\text{m/s}$，所以

$$(\bar N-mg)\Delta t=180。$$

取 $g=10\ \text{m/s}^2$，得到地面对人的平均支持力 $\bar N=960\ \text{N}$。如果把 $180/0.50=360\ \text{N}$ 当成支持力，就忘了它只是平均合力；支持力还要克服重力。这里不用先求加速度和位移，正体现了动量定理直接连接力的时间累计与首末速度的优势。

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四、缓冲装置改变的是作用时间

回到开头的海绵垫。若人落下前后的动量相同，那么合冲量 $\Delta p$ 也相同。海绵压缩、安全气囊变形，会延长动量变化所经历的时间。由

$$\vec F_{\text{合,平均}}=\frac{\Delta\vec p}{\Delta t}$$

可知，在动量变化一定时，时间越长，合外力的平均值越小。这就是屈膝落地、汽车安全气囊、包装泡沫和跳高垫能够缓冲的共同原因。

这里有两个条件不能省略。其一，比较时要保证 $\Delta p$ 相同；若末速度也变了，就不能只用时间长短判断。其二，$\Delta p/\Delta t$ 给出的是合外力平均值。若要算安全带、地面或气囊的平均作用力，必须把重力等其他外力的冲量一并列入。实际冲击力往往随时间起伏，延时可以可靠地减小平均力，但仅凭动量定理不能断言任意形状曲线的峰值恰好按同一比例变化。

安全装置并不是把冲量“吸走”。同一个人从同样的速度停下，动量变化已经把合冲量确定了；装置能做的是把这份冲量摊到更长时间里，同时通过变形改变力随时间的分布。若有人说“气囊使乘员所受冲量变小”，先检查比较的初、末速度是否相同：相同就不能这样说；若气囊还改变了反弹速度，则 $\Delta p$ 确实可能不同，要重新计算，不能只背结论。

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五、分过程与多方向问题

1. 分段算还是全过程算

物体先被推、再滑行、最后制动，每一段受力不同。可以对各段分别写 $\vec I_i=\Delta\vec p_i$，相邻阶段的末动量与下一阶段的初动量相同；把等式相加，中间动量会抵消，也可以直接对全过程写

$$\sum_i\vec I_i=\vec p_{\text{末}}-\vec p_{\text{初}}。$$

若只求首末状态，且全过程各力冲量容易计算，整体法更短；若题目问中间速度，或力只在某段出现，就分段。整体法不会让中间力“消失”，只是同一物体内部相邻状态在代数相加时抵消了。

举例说，一物体初动量为 $+4\ \text{kg}\cdot\text{m/s}$，第一段受到 $+6\ \text{N}\cdot\text{s}$ 的冲量，第二段又受到 $-3\ \text{N}\cdot\text{s}$ 的冲量。分段算得到中间动量 $+10\ \text{kg}\cdot\text{m/s}$、末动量 ；全过程算则直接得到 。若题目问第二段开始时的速度，必须保留中间状态；若只问末动量，整体法一行即可。

2. 二维矢量式可以沿坐标轴拆开

球原来向东运动，受到斜向冲量后改向东北。此时不能只在一条直线上写正负号。建立直角坐标系后，动量定理可分别写成

$$I_x=m(v_{2x}-v_{1x}),\qquad I_y=m(v_{2y}-v_{1y})。$$

求出两个分量后，合冲量大小为 $I=\sqrt{I_x^2+I_y^2}$，方向由分量符号和夹角共同确定。先选坐标轴再投影，比直接在斜箭头之间做大小相减可靠得多。

分方向列式时，各方向用的是同一段时间，却不要求两个方向的运动互不影响。抛出的球受到斜向作用力，$x$ 方向的冲量只改变 $p_x$，$y$ 方向的冲量只改变 $p_y$；最后两个分量共同决定末动量。选择坐标轴的原则是让受力或已知速度分量尽量简单，而不是永远机械地把初速度方向定为 $x$ 轴。

还有一类看似没有“单个物体”的问题：水流连续撞击挡板。取很短时间 $\Delta t$ 内流到挡板的一小团水作为研究对象，设质量流率为 $\mu=\Delta m/\Delta t$。在流量稳定、各微元入射与离开挡板时的状态相同，且来流方向上其他外力在相应时间内的冲量可以忽略时，若水沿原方向以速率 $v$ 撞上挡板后该方向速度变为零，则挡板对水的平均力大小为 $\mu v$，水对挡板的力由牛顿第三定律判断。若水反向弹回或斜向流走，就必须用矢量的末动量减初动量，不能照搬 $\mu v$。

例如每秒有 $0.50\ \text{kg}$ 的小球流以 $8.0\ \text{m/s}$ 撞向竖直板，碰后沿原路以 $2.0\ \text{m/s}$ 返回。取来流方向为正，每秒这些小球的动量变化为 $0.50(-2.0-8.0)=-5.0\ \text{kg}\cdot\text{m/s}$，板对小球流的平均力为 ，小球流对板的平均力则为 。反弹使动量变化包含“减去负方向之前的正动量”，冲击效果比仅仅停下更大。

这类连续流问题仍然只用了单个微元的动量定理，再除以时间得到平均力。这里没有假定系统动量守恒，也没有讨论两个物体碰撞后的速度约束。把“单位时间内到达的质量”找准，再守住末动量减初动量的方向，复杂外观就会退回到同一条主线。

至此，我们一直只研究一个对象的动量怎样被外力冲量改变。若把两个相互作用的物体一起圈进系统，它们之间的作用会不会在系统总账里抵消？这正是下一章讨论动量守恒时要解决的问题。

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章末练习：先独立作答，再展开核对

1

关于动量和冲量，下列说法正确的是

A.动量方向一定与合力方向相同B.物体静止时，重力冲量一定为零C.恒力冲量方向与该力方向相同D.速率不变时动量一定不变

2

质量不变的物体运动一段时间后回到原速率，但速度方向改变。下列说法正确的是

A.动能一定不变B.动量一定不变C.动量变化量可能不为零D.合外力冲量一定为零

提交

3

F-t图像在时间轴下方的面积也表示冲量，计算总冲量时应带负号。

正确错误

4. 质量为 $0.50\ \text{kg}$ 的球以 $4.0\ \text{m/s}$ 向右运动，随后以 $3.0\ \text{m/s}$ 向左运动。取向右为正，求球的动量变化量。

显示答案

$p_1=0.50\times4.0=2.0\ \text{kg}\cdot\text{m/s}$，$p_2=0.50\times(-3.0)=-1.5\ \text{kg}\cdot\text{m/s}$，所以 ，大小为 ，方向向左。

5. 一水平力在前 $2\ \text{s}$ 内为 $6\ \text{N}$，后 $3\ \text{s}$ 内为 $-2\ \text{N}$。求五秒内该力的冲量。

显示答案

$I=6\times2+(-2)\times3=6\ \text{N}\cdot\text{s}$，方向沿规定的正方向。不能把两个分段冲量的大小直接相加。

6. 质量为 $1.0\ \text{kg}$ 的物体初速度为 $2.0\ \text{m/s}$，在水平合力 $4.0\ \text{N}$ 作用下持续 $3.0\ \text{s}$，力与初速度同向。求末速度。

显示答案

取初速度方向为正，由 $F\Delta t=mv_2-mv_1$ 得 $4.0\times3.0=v_2-2.0$，所以 。

7. 质量为 $0.20\ \text{kg}$ 的球以 $8.0\ \text{m/s}$ 竖直向下撞地，以 $5.0\ \text{m/s}$ 竖直向上弹起，接触时间为 $0.050\ \text{s}$，取 $g=10\ \text{m/s}^2$。求地面对球的平均支持力。

显示答案

取向上为正，$\Delta p=0.20[5.0-(-8.0)]=2.6\ \text{kg}\cdot\text{m/s}$。接触阶段 $(\bar N-mg)\Delta t=\Delta p$，所以 。若直接用 ，求到的是合外力平均值，不是支持力。

8. 同一个人以相同速度落地并最终静止，一次直腿落地，一次屈膝落地。说明两次合冲量和平均合力有何异同。

显示答案

两次初、末动量相同，所以合冲量相同。屈膝使停止时间增大，由 $\bar F_{\text{合}}=\Delta p/\Delta t$ 可知平均合力较小。这个结论比较的是相同动量变化下的平均合力。

9. 质量为 $2.0\ \text{kg}$ 的物体初速度为 $(3.0,0)\ \text{m/s}$，受到合冲量 $(2.0,6.0)\ \text{N}\cdot\text{s}$。求末速度。

显示答案

$\Delta\vec p=\vec I$，故 $$，得到 。

10. 质量为 $1.5\ \text{kg}$ 的物体先受向右 $5\ \text{N}$ 的力作用 $2\ \text{s}$，再受向左 $4\ \text{N}$ 的力作用 $3\ \text{s}$。初速度向右、大小为 $2\ \text{m/s}$，求末速度。

显示答案

取向右为正，全过程合冲量 $I=5\times2-4\times3=-2\ \text{N}\cdot\text{s}$。由 $I=mv_2-mv_1$ 得 ，所以 ，仍向右。

11. 水枪每秒喷出 $0.40\ \text{kg}$ 的水，水以 $12\ \text{m/s}$ 垂直撞击墙面后沿墙流下，忽略撞击前后水在入射方向以外的动量对所求力的影响。求水对墙的平均作用力大小。

显示答案

取短时间 $\Delta t$ 内质量 $\Delta m=0.40\Delta t$ 的水，入射方向速度由 $12\ \text{m/s}$ 变为零。墙对水的平均力大小为 $\Delta m\,v/\Delta t=0.40\times12=4.8\ \text{N}$，由牛顿第三定律，水对墙的平均力大小也是 ，方向相反。

12. 某力的 $F-t$ 图像在 $0$ 到 $2\ \text{s}$ 内由 $0$ 均匀增至 $8\ \text{N}$，在 $2$ 到 $5\ \text{s}$ 内由 均匀减至 。求总冲量，并判断动量变化方向。

显示答案

前段冲量为三角形面积 $I_1=\tfrac12\times2\times8=8\ \text{N}\cdot\text{s}$；后段是梯形代数面积 。总冲量 ，所以动量变化方向沿正方向。后段不能把图像越过时间轴后的负面积改成正面积。