模型分析太空垃圾的分布并不是连续的，对飞船的撞击也不连续，如何正确选取研究对象，是本题的前提。建议充分理解“平均”的含义，这样才能相对模糊地处理垃圾与飞船的作用过程、淡化“作用时间”和所考查的“物理过程时间”的差异。物理过程需要人为截取，对象是太空垃圾。
先用动量定理推论解题。
取一段时间Δt ，在这段时间内，飞船要穿过体积ΔV SvΔt的空间，遭遇nΔV颗太空垃圾，使它们获得动量ΔP ，其动量变化率即是飞船应给予那部分垃圾的推力，也即飞船引擎的推力。
nmSv2 如果用动能定理，能不能解题呢 同样针对上面的物理过程，由于飞船要前进x vΔt的位移，引擎推力须做功W x ，它对应飞船和被粘附的垃圾的动能增量，而飞船的ΔEk为零，所以 W ΔMv2 即vΔt （n m SvΔt）v2 得到 nmSv2 两个结果不一致，不可能都是正确的。分析动能定理的解题，我们不能发现，垃圾与飞船的碰撞是完全非弹性的，需要消耗大量的机械能，因此，认为“引擎做功就等于垃圾动能增加”的观点是错误的。但在动量定理的解题中，由于I t ，由此推出的 必然是飞船对垃圾的平均推力，再对飞船用平衡条件，的大小就是引擎推力大小了。这个解没有毛病可挑，是正确的。
（学生活动）思考如图1所示，全长L、总质量为M的柔软绳子，盘在一根光滑的直杆上，现用手握住绳子的一端，以恒定的水平速度v将绳子拉直。忽略地面阻力，试求手的拉力F 。
解解题思路和上面完全相同。
答 二、动量定理的分方向应用 物理情形三个质点A、B和C ，质量分别为m1 、m2和m3 ，用拉直且不可伸长的绳子AB和BC相连，静止在水平面上，如图2所示，AB和BC之间的夹角为（π－α）。现对质点C施加以冲量I ，方向沿BC ，试求质点A开始运动的速度。
模型分析首先，注意“开始运动”的理解，它指绳子恰被拉直，有作用力和冲量产生，但是绳子的方位尚未发生变化。其二，对三个质点均可用动量定理，但是，B质点受冲量不在一条直线上，故最为复杂，可采用分方向的形式表达。其三，由于两段绳子不可伸长，故三质点的瞬时速度可以寻求到两个约束关系。
下面具体看解题过程 绳拉直瞬间，AB绳对A、B两质点的冲量大小相等（方向相反），设为I1 ，BC绳对B、C两质点的冲量大小相等（方向相反），设为I2 ；
设A获得速度v1（由于A受合冲量只有I1 ,方向沿AB ，故v1的反向沿AB），设B获得速度v2（由于B受合冲量为，矢量和既不沿AB ，也不沿BC方向，可设v2与AB绳夹角为〈π－β〉，如图3所示），设C获得速度v3（合冲量沿BC方向，故v3沿BC方向）。
对A用动量定理，有 I1 m1 v1 ① B的动量定理是一个矢量方程 m2 ，可化为两个分方向的标量式，即 I2cosα－I1 m2 v2cosβ ② I2sinα m2 v2sinβ ③ 质点C的动量定理方程为 I － I2 m3 v3 ④ AB绳不可伸长，必有v1 v2cosβ ⑤ BC绳不可伸长，必有v2cosβ－α v3 ⑥ 六个方程解六个未知量（I1 、I2 、v1 、v2 、v3 、β）是可能的，但繁复程度非同一般。解方程要注意条理性，否则易造成混乱。建议采取如下步骤 1、先用⑤⑥式消掉v2 、v3 ，使六个一级式变成四个二级式 I1 m1 v1 ⑴ I2cosα－I1 m2 v1 ⑵ I2sinα m2 v1 tgβ ⑶ I － I2 m3 v1cosα sinαtgβ ⑷ 2、解⑶⑷式消掉β，使四个二级式变成三个三级式 I1 m1 v1 ㈠ I2cosα－I1 m2 v1 ㈡ I m3 v1 cosα I2 ㈢ 3、最后对㈠㈡㈢式消I1 、I2 ，解v1就方便多了。结果为 v1 （学生活动训练解方程的条理和耐心）思考v2的方位角β等于多少 解解“二级式”的⑴⑵⑶即可。⑴代入⑵消I1 ，得I2的表达式，将I2的表达式代入⑶就行了。
答β arc tg（）。
三、动量守恒中的相对运动问题 物理情形在光滑的水平地面上，有一辆车，车内有一个人和N个铅球，系统原来处于静止状态。现车内的人以一定的水平速度将铅球一个一个地向车外抛出，车子和人将获得反冲速度。第一过程，保持每次相对地面抛球速率均为v ，直到将球抛完；
第二过程，保持每次相对车子抛球速率均为v ，直到将球抛完。试问哪一过程使车子获得的速度更大 模型分析动量守恒定律必须选取研究对象之外的第三方（或第四、第五方）为参照物，这意味着，本问题不能选车子为参照。一般选地面为参照系，这样对“第二过程”的铅球动量表达，就形成了难点，必须引进相对速度与绝对速度的关系。至于“第一过程”，比较简单N次抛球和将N个球一次性抛出是完全等效的。
设车和人的质量为M ，每个铅球的质量为m 。由于矢量的方向落在一条直线上，可以假定一个正方向后，将矢量运算化为代数运算。设车速方向为正，且第一过程获得的速度大小为V1 第二过程获得的速度大小为V2 。
第一过程，由于铅球每次的动量都相同，可将多次抛球看成一次抛出。车子、人和N个球动量守恒。
0 Nm-v MV1 得V1 v ① 第二过程，必须逐次考查铅球与车子（人）的作用。
第一个球与（N–1）个球、人、车系统作用，完毕后，设“系统”速度为u1 。值得注意的是，根据运动合成法则，铅球对地的速度并不是（-v），而是（-v u1）。它们动量守恒方程为 0 m-v u1 〔M N-1m〕u1 得u1 第二个球与（N -2）个球、人、车系统作用，完毕后，设“系统”速度为u2 。它们动量守恒方程为 〔MN-1m〕u1 m-v u2 〔MN-2m〕u2 得u2 第三个球与（N -2）个球、人、车系统作用，完毕后，设“系统”速度为u3 。铅球对地的速度是（-v u3）。它们动量守恒方程为 〔MN-2m〕u2 m-v u3 〔MN-3m〕u3 得u3 以此类推（过程注意先找uN和uN-1关系，再看uN和v的关系，不要急于化简通分），uN的通式已经可以找出 V2 uN 即V2 ② 我们再将①式改写成 V1 ①′ 不难发现，①′式和②式都有N项，每项的分子都相同，但①′式中每项的分母都比②式中的分母小，所以有V1 ＞ V2 。
结论第一过程使车子获得的速度较大。
（学生活动）思考质量为M的车上，有n个质量均为m的人，它们静止在光滑的水平地面上。现在车上的人以相对车大小恒为v、方向水平向后的初速往车下跳。第一过程，N个人同时跳下；
第二过程，N个人依次跳下。试问哪一次车子获得的速度较大 解第二过程结论和上面的模型完全相同，第一过程结论为V1 。
答第二过程获得速度大。
四、反冲运动中的一个重要定式 物理情形如图4所示，长度为L、质量为M的船停止在静水中（但未抛锚），船头上有一个质量为m的人，也是静止的。现在令人在船上开始向船尾走动，忽略水的阻力，试问当人走到船尾时，船将会移动多远 （学生活动）思考人可不可能匀速（或匀加速）走动当人中途停下休息，船有速度吗人的全程位移大小是L吗本系统选船为参照，动量守恒吗 模型分析动量守恒展示了已知质量情况下的速度关系，要过渡到位移关系，需要引进运动学的相关规律。根据实际情况（人必须停在船尾），人的运动不可能是匀速的，也不可能是匀加速的,运动学的规律应选择S t 。为寻求时间t ，则要抓人和船的位移约束关系。
对人、船系统，针对“开始走动→中间任意时刻”过程，应用动量守恒（设末态人的速率为v ，船的速率为V），令指向船头方向为正向，则矢量关系可以化为代数运算，有 0 MV m-v 即mv MV 由于过程的末态是任意选取的，此式展示了人和船在任一时刻的瞬时速度大小关系。而且不难推知，对中间的任一过程，两者的平均速度也有这种关系。即 m M ① 设全程的时间为t ，乘入①式两边，得mt Mt 设s和S分别为人和船的全程位移大小，根据平均速度公式，得m s M S ② 受船长L的约束，s和S具有关系s S L ③ 解②、③可得船的移动距离 S L （应用动量守恒解题时，也可以全部都用矢量关系，但这时“位移关系”表达起来难度大一些必须用到运动合成与分解的定式。时间允许的话，可以做一个对比介绍。） 另解质心运动定律 人、船系统水平方向没有外力，故系统质心无加速度→系统质心无位移。先求出初态系统质心（用它到船的质心的水平距离x表达。根据力矩平衡知识，得x ），又根据，末态的质量分布与初态比较，相对整体质心是左右对称的。弄清了这一点后，求解船的质心位移易如反掌。
（学生活动）思考如图5所示，在无风的天空，人抓住气球下面的绳索，和气球恰能静止平衡，人和气球地质量分别为m和M ，此时人离地面高h 。现在人欲沿悬索下降到地面，试问要人充分安全地着地，绳索至少要多长 解和模型几乎完全相同，此处的绳长对应模型中的“船的长度”（“充分安全着地”的含义是不允许人脱离绳索跳跃着地）。
答h 。
（学生活动）思考如图6所示，两个倾角相同的斜面，互相倒扣着放在光滑的水平地面上，小斜面在大斜面的顶端。将它们无初速释放后，小斜面下滑，大斜面后退。已知大、小斜面的质量分别为M和m ，底边长分别为a和b ，试求小斜面滑到底端时，大斜面后退的距离。
解水平方向动量守恒。解题过程从略。
答（a－b）。
进阶应用如图7所示，一个质量为M ，半径为R的光滑均质半球，静置于光滑水平桌面上，在球顶有一个质量为m的质点，由静止开始沿球面下