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专题7 动量定理、动量守恒定律
内容 重要的规律、公式和二级结论
1.动量，冲量，动量定理 (1)动量：p＝mv；冲量I＝FΔt；动量定理：FΔt＝Δp或FΔt＝mv′－mv。 (2)牛顿第二定律的另一种表现形式：F＝，合外力等于动量的变化率。
2.动量守恒定律及其应用 (3)动量守恒的条件：①不受力；②合外力为零；③内力远大于外力；④某方向的合力为零，则这一方向上动量守恒。 (4)三种表达形式 ①相互作用的两物体组成的系统，两物体相互作用前的总动量等于相互作用后的总动量p1＋p2＝p1′＋p2′ 一维情形：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′②系统总动量不变Δp总＝0③相互作用的两物体组成的系统，两物体动量的增量等大反向Δp2＝－Δp1
1.“一动碰一静”的弹性碰撞(无机械能损失)
动量守恒：m1v0＝m1v1＋m2v2；机械能守恒：m1v＝m1v＋m2v
解得v1＝v0，v2＝v0
当m1＝m2时，交换速度；
当m1>m2时，速度方向不变；m1 m2时，v1≈v0，v2≈2v0；
当m12.“一动碰一静”的完全非弹性碰撞(机械能损失最多)
动量守恒：m1v0＝(m1＋m2)v；损失的机械能：ΔE＝m1v·。
3.人船模型：mx1＝Mx2，x1＋x2＝L，x1＝L，x2＝L。
题型1 动量、冲量与动量定理
1.冲量的三种计算方法
(1)公式法：I＝Ft，适用于求恒力的冲量。
(2)动量定理法：I＝p′－p，多用于求变力的冲量或F、t未知的情况。
(3)图像法：用F－t图线与时间轴围成的面积可求变力的冲量。若F－t呈线性关系，也可直接用平均力求变力的冲量。
2.动量定理在“四类”问题中的应用
(1)求解缓冲问题。
(2)求解平均力问题。
(3)求解流体问题。
(4)在电磁感应中求解电荷量问题。
（2024 九龙坡区校级模拟）目前，我国在人工智能和无人驾驶技术方面已取得较大突破。为早日实现无人驾驶，某公司对汽车性能进行了一项测试，让质量为m的汽车沿一山坡直线行驶，测试中发现，若关掉油门下坡，则汽车的速度保持不变；若从静止开始以恒定的功率P上坡，则发生位移s时速度刚好达到最大值vm。设汽车在上坡和下坡过程中所受阻力的大小分别保持不变，下列说法正确的是（ ）
A．关掉油门的下坡过程，坡面对汽车的支持力的冲量为零
B．关掉油门的下坡过程，汽车的机械能守恒
C．上坡过程中，汽车速度达到时，发生的位移为
D．上坡过程中，汽车从静止启动到刚好达到最大速度vm，所用时间一定小于
【解答】解：A、关掉油门后的下坡过程，坡面对汽车的支持力大小不为零，时间不为零，则冲量不为零，故A错误；
B、关掉油门后的下坡过程，汽车的速度不变、动能不变，重力势能减小，则汽车的机械能减小，故B错误；
C、上坡过程中，若恒加速度启动，速度达到时，发生的位移为 ，若恒功率启动，加速度变化，发生的位移也会变化，则故C错误；
D、上坡过程中，汽车从静止启动到刚好达到最大速度vm，功率不变，则速度增大、加速度减小，所用时间为T，则 T＜s，解得T，故D正确。
故选：D。
（2024 衡阳县模拟）神舟十三号返回舱进入大气层一段时间后，逐一打开引导伞、减速伞、主伞，最后启动反冲装置，实现软着陆。某兴趣小组研究了减速伞打开后返回舱的运动情况，将其运动简化为竖直方向的直线运动，其v﹣t图像如图所示。设该过程中重力加速度g不变，返回舱质量不变，下列说法正确的是（ ）
A．在0～t3时间内，返回舱一直减速下降
B．在t1时刻打开主伞后，返回舱的加速度大小不可能等于g
C．在t1～t2时间内，返回舱的动量随时间减小
D．在t2～t3时间内，返回舱的机械能不变
【解答】A．由图像可知0～t2时间内速度在减小，t2﹣t3速度大小不变，故A错误；
B．v﹣t图像的斜率表示加速度，t1时刻打开主伞后图像的斜率在减小，但是开始斜率大小未知，故B错误；
C．物体的动量为p＝mv，而在t1～t2时间内，物体的速度在逐渐减小，故动量也随时间减小，故C正确；
D．在t2～t3时间内，返回舱的动能不变，下降过程重力势能也在减小，故机械能在减小，故D错误。
故选：C。
（2024 浑南区校级模拟）如图所示，水平面上固定一半圆形凹槽，凹槽的质量为M，半圆弧的圆心为O点，最低点为A点，半径为R。现将一质量为m的光滑小球从圆弧上的D点释放，已知OD与OA的夹角为θ（θ＜5°），重力加速度为g，小球大小可以忽略不计。从D点第一次运动到A点的过程中，小球对凹槽的弹力的冲量大小为（ ）
A．
B．
C．
D．
【解答】解：小球从D到A，只有重力做功，机械能守恒，有
mg（R﹣Rcosθ）
小球竖直方向受重力和轨道对小球弹力的分力，根据动量定理有
﹣I弹y+I重＝mΔvy＝0
小球做单摆运动的周期为T＝2
则tDA
根据冲量的公式可知I弹y＝I重＝mgtDA
小球水平方向根据动量定理有
I弹x＝mvA﹣0
根据矢量的合成可知I
解得I
故A正确，BCD错误；
故选：A。
（2025 贵港校级模拟）如图所示，水平传送带足够长，向右运动前进的速度v＝1m/s，与倾角为37°的斜面的底端P平滑连接，将一质量m＝1kg的小物块从A点静止释放。已知A、P的距离L＝4m，物块与斜面、传送带间的动摩擦因数均为μ＝0.5，取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求物块：
（1）求小物体从A点运动到P点时候的动量大小；
（2）求小物块从A点开始至第2次运动到P点时间。
【解答】解：（1）对物体受力分析，结合牛顿第二定律可得：mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma1
代入数据解得物体的加速度：a1＝2m/s2
设物体第1次到达P点的速度大小为v1，根据匀变速直线运动位移与速度的关系可得：
代入数据解得：v1＝4m/s
故小物体从A点运动到P点时候的动量大小：p＝mv1＝1×4kg m/s＝4kg m/s
（2）根据上述分析可知，物块第一次经过P点的时间：t1s＝2s
由于物块下滑到P点的速度大于传送带的速度，故物块在传送带上先向左做匀减速运动，再向右做匀加速运动与传送带共速后，匀速回到P点。设物块在传送带上的加速度大小为a2，根据牛顿第二定律可知：μmg＝ma2
代入数据解得：
设二者共速的时间为t2，根据运动学公式：﹣v＝v1﹣a2t2
代入数据解得：t2＝1s
此时物块距离P点的位移大小：x＝|v1t2|
代入数据得：x＝1.5m
故物块匀速运动到P点的时间：t3s＝1.5s
故物块第二次回到P点的时间：t＝t1+t2+t3
代入数据得到：t＝4.5s
答：（1）小物体从A点运动到P点时候的动量大小为4 kg m/s；
（2）小物块从A点开始至第2次运动到P点时间4.5 s。
题型2 动量守恒定律的应用
（2024 九龙坡区校级模拟）如图所示，木块与弹簧相连放在光滑的水平面上，子弹A沿水平方向射入木块后留在木块B内，入射时间极短，而后木块将弹簧压缩到最短，关于子弹和木块组成的系统，下列说法中正确的是（ ）
A．子弹射入木块的过程中，系统动量守恒，机械能不守恒
B．木块压缩弹簧的过程中，系统动量守恒，能量守恒
C．上述任何一个过程动量均不守恒，能量也不守恒
D．从子弹开始射入到弹簧压缩到最短的过程中，系统动量守恒，能量守恒
【解答】解：ACD．子弹和木块组成的系统，子弹射入木块的过程中内力远大于外力，系统动量守恒，有内能产生，机械能不守恒，故A正确，CD错误；
B．木块压缩弹簧过程中系统所受合外力不为零，子弹和木块系统动量不守恒，故B错误。
故选：A。
（2024 岳麓区校级模拟）如图所示，轻质弹簧上端悬挂于天花板，下端系有质量为M的圆板，处于平衡状态。一质量为m的圆环套在弹簧外，与圆板距离为h，让环自由下落撞击圆板，碰撞时间极短，碰后圆环与圆板共同向下运动，已知重力加速度为g，则（ ）
A．碰撞过程中环与板组成的系统动量和机械能都守恒
B．碰撞过程中系统损失的机械能为
C．圆环和圆板的最大速度为
D．碰撞后的瞬间圆板对环的弹力为
【解答】解：A、碰撞过程中，圆环与圆板组成的系统内力远大于外力，系统动量守恒。由于碰撞之后圆环与圆板共同向下运动，机械能有损失，则机械能不守恒，故A错误；
B、圆环下降到与圆板碰撞前瞬间，由机械能守恒定律有
圆环和圆板碰撞过程中，取竖直向下为正方向，由动量守恒定律有
mv＝（m+M）v1
解得碰后共同速度为：
则碰撞过程中系统损失的机械能为
联立解得：，故B正确；
C、圆环和圆板在向下运动的过程中，开始阶段圆环和圆板的重力之和大于弹簧的弹力，圆环和圆板还在加速，则圆环和圆板的最大速度大于，故C错误；
D、碰撞后瞬间，对圆环和圆板整体，由牛顿第二定律有
mg＝（m+M）a
对圆板，由牛顿第二定律有
F＝Ma
解得碰撞后的瞬间圆板对环的弹力为：，故D错误。
故选：B。
（2025 茂名模拟）如图所示，质量为M＝60kg（连同装备）的某极限运动员从高度差H＝150m的雪坡上的A点由静止滑下，滑行到C点时以50m/s的速度从雪坡水平飞出，假设该运动员必须与水平方向成θ＝37°角经过水平面KK'（水平面KK'与C点的高度差h＝80m），才能打开降落伞安全降落到悬崖底部。已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g＝10m/s2。
（1）求该运动员由A点滑到C点的过程中损失的机械能；
（2）该运动员能否打开降落伞安全降落到悬崖底部？若能，求该运动员经过水平面KK'时的速度大小；如若不能，则需要该运动员在飞出雪坡的瞬间将雪橇水平向后迅速蹬出（雪橇与运动员瞬间分离），从而使运动员能打开降落伞安全降落到悬崖底部，求雪橇被蹬出的时候相对地面的速度大小。（空气阻力忽略不计，雪橇的质量为m＝10kg）
【解答】解：（1）该极限运动员由A点滑到C点的过程中，由动能定理得：MgH+W0
该过程损失的机械能ΔE＝﹣W
代入数据解得：ΔE＝15000J
（2）该极限运动员离开C点后做平抛运动，
在竖直方向：
代入数据解得：t＝4s
竖直方向的分速度大小vy＝gt＝10×4m/s＝40m/s
由于
故运动员不能打开降落伞安全降落到悬崖底部
运动员蹬出雪橇过程，运动员与雪橇组成的系统在水平方向动量守恒，
以运动员的初速度方向为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得：MvC＝（M﹣m）vx+mv′
代入数据解得，雪橇被蹬出的时候相对地面的速度
答：（1）该运动员由A点滑到C点的过程中损失的机械能是15000J；
（2）该运动员不打开降落伞不能安全降落到悬崖底部；雪橇被蹬出的时候相对地面的速度大小是m/s。
题型3 碰撞中的动量和能量综合问题
（2025 清远模拟）汽车安全性能是当今衡量汽车品质的重要指标，总质量为的某型号国产汽车出厂前需进行如下测试：
（1）该型号汽车具有特色的预碰撞安全系统，进行自动刹车性能测试。已知测试车在平直路面上匀速行驶，从发现问题开始计时，其运动学图像如图甲所示。经0.1s反应时间后开始采取制动措施，之后做匀减速直线运动直到停止，求汽车在启动刹车时受到的阻力大小。
（2）实车碰撞试验是综合评价汽车安全性能最有效的方法，为检测碰撞时汽车的安全气囊能否正常开启，分别对该型号汽车进行了实车撞墙实验和滑车互撞实验。实车撞墙实验让该型号汽车以一定的速度v0与固定的刚性墙发生正碰，其受力随作用行程的变化关系如图乙所示，作用行程为300mm时，汽车刚好停止。滑车互撞实验让该型号汽车以14m/s的速度与静止在水平面上的物体发生正碰，碰撞时间极短，物体碰后的速度为v2＝12m/s，不考虑碰撞过程中的质量变化，求：
①汽车与刚性墙碰撞前瞬间的速度v0的大小；
②汽车与物体碰撞过程中系统损失的机械能。
【解答】解：（1）由图甲可知，在反应时间Δt＝0.1s内，汽车行驶了Δx＝2m，此阶段汽车以原速度匀速前进，
则汽车运动的速度为：，
设汽车刹车的加速度大小为a，
根据运动学规律可知：，
则结合图像可知，汽车刹车的加速度大小为：，
由牛顿第二定律可知，汽车在启动刹车时受到的阻力大小为：f＝m1a＝2×104×10N＝2×104N；
（2）①由图可知，汽车与刚性墙碰撞时克服阻力做的功为：，
由动能定理可知：，
联立可得：v0＝14m/s；
②汽车与物体碰撞过程，汽车、物体系统动量守恒，以汽车初速度方向为正方向，
由动量守恒定律可得：m1v0＝m1v1+m2v2，
由能量守恒可知，该系统损失的机械能为：，
联立可得：ΔE＝6×104J；
答：（1）汽车在启动刹车时受到的阻力大小为2×104N。
（2）①汽车与刚性墙碰撞前瞬间的速度v0的大小为14m/s；
②汽车与物体碰撞过程中系统损失的机械能为6×104J。
（2024 吉林二模）图甲是一种智能减震装置的示意图，轻弹簧下端固定，上端与质量为m的减震环a连接，并套在固定的竖直杆上，a与杆之间的智能涂层材料可对a施加大小可调节的阻力，当a的速度为零时涂层对其不施加作用力。在某次性能测试中，质量为0.5m的光滑环b从杆顶端被静止释放，之后与a发生正碰；碰撞后，b的速度大小变为碰前的λ倍、方向向上，a向下运动2d时速度减为零，此过程中a受到涂层的阻力大小f与下移距离s之间的关系如图乙.已知a静止在弹簧上时，与杆顶端距离为4.5d，弹簧压缩量为2d，重力加速度为g。求：
（1）与a碰前瞬间，b的速度大小；
（2）λ的值；
（3）在a第一次向下运动过程中，当b的动能为mgd时a的动能。
【解答】解：（1）光滑环b从杆顶端被静止释放到与a发生正碰前，根据动能定理有：
解得
（2）a、b碰撞瞬间，竖直方向动量守恒，取竖直向下为正方向，根据动量守恒定律有：
0.5mvb＝mva﹣0.5mλvb
a向下运动2d时速度减为零，根据动能定理有：
a静止在弹簧上时有：
k×2d＝mg
联立解得
，
（3）当b的动能为mgd时有：
解得
b上升或下落过程，只受重力，则b的加速度为：
b运动的时间为：
或
在a第一次向下运动过程中，在t内取向下为正方向，根据动量定理有：
mv′a﹣mva
解得
或
当b的动能为mgd时a的动能为：
或
答：（1）与a碰前瞬间，b的速度大小为；
（2）λ的值为；
（3）在a第一次向下运动过程中，当b的动能为mgd时a的动能为或。
（2024 雁塔区校级模拟）如图所示，带有圆弧的滑块A静止放在光滑的水平面上，其圆弧部分光滑，水平部分粗糙，圆弧半径为R＝1.8m，圆弧的末端点切线水平，A的左侧紧靠固定挡板，距离A的右侧s处是与A等高的平台，平台上MN之间是一个宽度为l＝0.5m的特殊区域，只要物体进入MN之间就会受到一个方向向右、大小为F＝10N的恒定作用力，平台MN之间粗糙，其余部分光滑，MN的右侧安有一个固定的弹性卡口。现有一个小滑块B（可视为质点）从A的圆弧顶端处静止释放，当B通过MN区域后，碰撞弹性卡口的速度v不小于5m/s时可通过弹性卡口，速度小于5m/s时将会被原速率弹回。已知小滑块B的质量为m＝1kg，滑块A的质量为0.5kg，重力加速度g＝10m/s2，求：
（1）B刚下滑到圆弧底端时对圆弧底端的压力多大？
（2）若B与A水平段间的动摩擦因数μ1＝0.5，保证A与平台相碰前A、B能够共速，且B刚好滑到A的右端，则s应满足什么条件？A水平段的长度d是多少？
（3）在满足（2）问的条件下，A与平台相碰后立即粘连不再分开，随即B滑上平台，设B与MN之间的动摩擦因数0＜μ2＜1，试讨论因μ2的取值不同，B在MN间通过的路程x。
【解答】解：（1）由题意可知，B滑块在A上下滑时机械能守恒，设B滑到A的底端时速度大小为v0，
根据机械能守恒定律得：，
解得：v0＝6m/s，
在圆弧底端，由牛顿第二定律得：，
解得：FN＝30N，
由牛顿第三定律可知，对圆弧底端的压力大小为30N；
（2）由题意知，A离开左侧挡板后向右运动，A、B组成的系统动量守恒，设A、B共速时的速度大小为v1，以向右为正方向，
由动量守恒定律得：，
解得：v1＝4m/s，
对A，由动能定理得：﹣μ1mgs＝0，
对A、B系统，由能量守恒得：μ1mgd，
联立可得：s＝0.8m，d＝1.2m，即保证A与平台相碰前A、B能够共速，s应满足的条件是：s＞0.8m，d＝1.2m；
（3）由（2）可知，B进入MN间时速度大小为v1，若到达卡扣时速度大小为v＝5m/s时，
由动能定理可得：Fl﹣μ2mgl，
解得：μ2＝0.1，
即0＜μ2≤0.1，B从卡口右侧离开，B在MN间通过的路程为：x＝l＝0.5m；
若B被弹回时到达M点速度刚好为零，
由动能定理得：，
解得：μ2＝0.8，即0.1＜μ2≤0.8，B从M左侧离开，B在MN间通过的路程为：x＝2l＝2×0.5m＝1m；
若0.8＜μ2＜1，根据运动分析，B在N点两侧往复运动，最终静止在N点，
由动能定理得：Fl﹣μ2mgx，
解得：x，即0.8＜μ2＜1，B在MN间通过的路程为：x；
答：（1）滑块B刚下滑到圆弧底端时对圆弧底端的压力大小为30N；
（2）若B与A水平段间的动摩擦因数μ1＝0.5，保证A与平台相碰前A、B能够共速，且B刚好滑到A的右端，则s应满足的条件是：s＞0.8m，A水平段的长度d为1.2m；
（3）见解析。
（2024 信阳一模）2024年在与菲律宾南海岛礁对峙中，我国海警船装备的大功率水炮沉重地打击了挑衅者的嚣张气焰。水炮配备的大功率水泵将水以很大的速度从喷口喷出，利用冲击力毁伤被冲击物体。水的密度为ρ＝1×103kg/m3，水炮喷口处水的压强为p＝1.44×107Pa（若喷口处放一挡板，水冲击挡板时速度减为零，水对挡板冲击力产生的压强），则水从喷口处喷出的速度为（ ）
A．12m/s B．120m/s C．14.4m/s D．144m/s
【解答】解：设挡板的面积为S，根据压强的计算公式有
取Δt时间内的水为研究对象
Δm＝ρvΔtS
规定水流方向为正方向，由动量定理FΔt＝Δmv
解得
v＝120m/s，故ACD错误，B正确。
故选：B。
（2024 信阳一模）下列关于力与运动、动量和能量的说法正确的是（ ）
A．运动物体受到的合力为零时，可能做圆周运动
B．运动物体受到的合力为零时，机械能可能不变
C．运动物体受到的合力不为零时，动量可能不变
D．运动物体受到的合力不为零时，动能一定变化
【解答】解：A.圆周运动是曲线运动，速度方向时刻改变，则速度不断发生变化，则加速度不为0，则由牛顿第二定律可知，物体受到的合外力一定不为0，故A错误；
B.若物体在水平面做匀速直线运动，则物体受到的合力为零，且机械能不变，故B正确；
C.运动物体受到的合力不为零时，必有加速度，速度一定发生变化，则动量一定发生改变，故C错误；
D.物体所受合力不为零时，合力做功有可能为零，所以由动能定理可知，其动能不一定发生变化，例如做匀速圆周运动的物体，故D错误；
故选：B。
（2024 雁塔区校级模拟）一质量为m的运动员从下蹲状态开始起跳，经Δt的时间，身体伸直并刚好离开地面，速度大小为v，重力加速度为g。在此过程中（ ）
A．地面对他作用力的冲量大小为mv
B．地面对他作用力的冲量大小为mv﹣mgΔt
C．地面对他做的功为0
D．地面对他做的功为mv2
【解答】解：AB.运动员的初速度为0，起跳后速度大小变为v，设地面对他作用力的冲量大小为I，以竖直向上为正方向，
由动量定理可得：I﹣mgΔt＝mv﹣0，
解得：I＝mv+mgΔt；故AB错误；
CD.由题意可知，运动员在地面的位置未发生改变，则在地面对他作用力的方向的位移为0，故地面对他做的功为0，故C正确，D错误；
故选：C。
（2024 朝阳区校级三模）如图，质量均为m的物块a、b与劲度系数为k的轻弹簧固定拴接，竖直静止在水平地面上。物块a正上方有一个质量也为m的物块c，将c由静止释放，与a碰撞后立即粘在一起，碰撞时间极短，之后的运动过程中物块b恰好没有脱离地面。忽略空气阻力，轻弹簧足够长且始终在弹性限度内，重力加速度为g。以下说法正确的是（ ）
A．组合体ac的最大加速度为2g
B．物块b与地面间的最大作用力为8mg
C．刚开始释放物块c时，c离a的高度为
D．a、c碰撞过程中损失的能量为
【解答】解：A.由题意可知，碰后ac整体在竖直面做往复运动，且关于平衡点对称，所以在最高点和最低点有最大加速度，由于之后的运动过程中物体b恰好不脱离地面，所以ac整体向上最高点时，弹簧弹力大小为：F＝mg，
设此时ac整体加速度大小为amax，则根据牛顿第二定律：2mg+F＝2mamax，
联立可得：amax＝1.5g，故A错误；
B.结合前面分析，根据对称性可知，ac整体向下最低点时加速度大小也为amax，物块b与地面间有最大作用力，
对物块与弹簧的整体，根据牛顿第二定律可得：FN﹣3mg＝2mamax，
解得：FN＝6mg，故B错误；
C.设刚开始释放物块c时，c离a的高度为h，据自由落体运动规律可得，c与a碰前速度大小为：，
c与a碰撞时间极短，满足动量守恒，以竖直向下为正方向，由动量守恒得：mv0＝2mv1，
联立可得，碰后ac共同速度大小为：，
物块b恰好没有脱离地面时，设弹簧的伸长量为x，对b满足：mg＝F'，
由胡克定律得：F'＝kx，
由于质量相同，初始状态a对弹簧的压缩量也为x，故反弹后，ac整体上升的高度为2x，对ac整体碰后至反弹到最高点的过程，根据能量守恒可得：，
联立可得：，故C正确；
D.由能量守恒可知，a、c碰撞过程中损失的能量为：，
结合前面分析可得：，，，
联立可得：，故D错误。
故选：C。
（2024 新城区校级模拟）如图甲所示，长木板A放在光滑的水平面上，质量为m＝2kg的另一物体B（可看成质点）以水平速度v0＝2m/s滑上原来静止的长木板A的上表面。由于A、B间存在摩擦，之后A、B速度随时间变化情况如图乙所示。下列说法正确的是（g取10m/s2）（ ）
A．木板A获得的动能为2J
B．系统损失的机械能为2J
C．木板A的最小长度为2m
D．A、B间的动摩擦因数为0.01
【解答】解：A、设木板A的质量为M。取水平向右为正方向，根据动量守恒可得
mv0＝（m+M）v
由图可知，v＝1m/s，可得：M＝m＝2kg
则木板获得的动能为EkJ＝1J，故A错误；
B、系统损失的机械能为ΔE（m+M）v2，解得：ΔE＝2J，故B正确；
C、根据v﹣t图像与时间轴所围的面积表示位移，由v﹣t图像可得二者相对位移为Δx＝xm﹣xM，所以木板A的最小长度为L＝1m，故C错误；
D、根据功能关系得：ΔE＝μmgL，解得：μ＝0.1，故D错误。
故选：B。
（2024 泰州一模）如图所示，将一张重力不计的白纸夹在重力为G的课本与水平桌面之间，现用一水平拉力F将白纸从课本下向右抽出（书本始终未从桌面上滑落），已知所有接触面间的动摩擦因数均为μ，则在白纸被抽出的过程中（ ）
A．课本对白纸的滑动摩擦力方向向右
B．课本与桌面接触前，白纸所受滑动摩擦力大小为2μG
C．白纸被抽出越快，课本动量的变化越大
D．白纸被抽出越快，课本所受滑动摩擦力的冲量越大
【解答】解：A.根据题意可知，白纸相对课本向右运动，则课本对白纸的摩擦力方向向左，故A错误；
B.课本与桌面接触前，白纸受到的是滑动摩擦力，根据滑动摩擦力公式
f＝μN
且白纸受到课本与桌面的两个滑动摩擦力，因此其大小为2G，故B正确；
C.根据
I＝ft＝Δp
白纸被抽出越快，时间越短，课本动量的变化越小，故C错误；
D.根据
I﹣＝ft
白纸被抽出越快，时间越短，课本所受滑动摩擦力的冲量越小，故D错误。
故选：B。
（2024 北碚区校级模拟）如图所示，半径为R的光滑圆弧面AB与光滑水平面BC平滑连接（圆弧的圆心在B的正下方），其中A、B两点的水平距离和竖直距离分别为d、h。长为的轻杆上端固定在光滑水平转轴O，下端固定一个小球，小球刚好与水平面接触。质量为M的物块在水平恒力作用下从A点由静止运动到B点。物块在B点处时撤去水平恒力，此时物块对圆弧面的压力为零。最后物块与小球发生一次弹性正碰，使小球在竖直平面内做完整的圆周运动。忽略一切阻力，重力加速度为g，求：
（1）物块到达B点的速度v0；
（2）水平恒力F的大小；
（3）小球质量m的取值范围。
【解答】解：（1）因为物块在B点处时撤去水平恒力，此时物块对圆弧面的压力为零，则在B点，重力提供向心力，有：
，
解得：
，或者因为R2＝d2+（R﹣h）2，则v0，方向水平向右；
（2）物块从A到B的过程，由动能定理可得：
，
由（1）知：
v0，或者，
联立可得：
F，或者；
（3）由题知，物块与小球发生弹性正碰，则物块、小球系统动量守恒且动能无损失，以水平向右为正方向，可得：
Mv0＝Mv1+mv2，
，
小球做完整圆周运动，则小球至最高点速度大于0，若小球至最高点时速度刚好为0，则碰后小球从最低点运动到最高点过程，由动能定理可得：
，
联立可得：
，或者，
所以小球质量取值范围为：，或者m；
答：（1）物块到达B点的速度v0大小为或者，方向水平向右；
（2）水平恒力F的大小为或者；
（3）小球质量m的取值范围为：，或者m。
（2024 蜀山区校级模拟）如图所示（俯视图）的水平传送带由三段组成，AB、CD段为直线，BC段边缘是圆心角为90°的圆弧，CD段上方有一光滑挡板，挡板与传送带中心线之间的夹角θ＝60°，物体碰到挡板瞬间，垂直挡板方向速度变为零，物块沿挡板匀速运动到工作台。一质量m＝1kg的物体由A端轻放在传送带的中心线上，到达B端时恰好与传送带共速，在BC段与传送带相对静止。已知传送带速率恒定，物体与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，AB段长L＝1m，物块在BC段的时间tBC＝2s，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2，求：
（1）传送带的速率及物块与挡板作用后匀速运动的速度大小；
（2）物体从A运动到B的过程中，传送装置比空载时多做的功；
（3）物块从B到C的过程中，传送带对物块的冲量大小。
【解答】解：（1）物体在AB段，由牛顿第二定律可得：μmg＝ma，解得： 由运动学公式可得：，解得：
则传送带的速率为：v＝at＝2×1m/s＝2m/s
物块与挡板作用后瞬间的速度大小为：；
（2）物体从A运动到B的过程中，传送带的位移大小为：x＝vt＝2×1m＝2m
由能量守恒定律可知，传送装置比空载时多做的功为：；
（3）物体从B到C的过程中，由动量定理可得：
重力的冲量大小为：IG＝mg tBC＝1×10×2N s＝20N s
其矢量图如图所示：
则传送带对物块的冲量大小为：。
答：（1）传送带的速率为2m/s，物块与挡板作用后匀速运动的速度大小为1m/s；
（2）物体从A运动到B的过程中，传送装置比空载时多做的功为4J；
（3）物块从B到C的过程中，传送带对物块的冲量大小为。
（2024 绥宁县校级模拟）经典力学认为：一个初始条件和受力情况确定的多体力学系统的运行情况是一定的，理论上也是可以计算的。可是，由于初始条件和受力情况不完全准确和微扰影响导致混沌现象，即便一个三体系统，一段时间以后运行情况也变得难以预测。这就是根据我国著名作家刘慈欣所著同名科幻小说所拍热播电视剧《三体》中三体人生活环境的物理背景。考虑如下极简版理想化三体力学系统：
如图所示，在光滑水平支持面内建立直角坐标系xOy；质量分别为2m和m、m的3个刚性小球A和B、C置于光滑水平支持面上，初始坐标分别为A（0，0）、B（0，2l）、C（0，﹣2l），A和B、C之间分别两条用长均为2l的理想轻绳连接；某瞬间分别给A、B、C球一瞬时冲量，使它们获得垂直于连线等大的初速度v0，A球初速度方向为x轴正向，B、C球初速度方向为x轴负向，之后小球A、B、C在运动过程中通过连绳相互作用。忽略混沌效应，忽略一切摩擦和空气阻力，后续B、C两球之间的碰撞视为弹性碰撞。请思考解答：
（1）求A球的最大位移x′；
（2）写出B球的轨迹方程；
（3）求出当A球位移为x（﹣x′≤x≤x′）时B球速度vB。
【解答】解：A、B、C组成的系统动量守恒，机械能守恒。由y轴方向动量守恒及对称性可知A球始终沿x轴运动，B、C球y轴方向速度时刻等大反向。
（1）设某任意时刻A球x方向位移为xA，速度为vA；B、C球x方向位移为xB，速度为为vx，
以x轴正方向为正，由系统x方向动量守恒：2mvA+2mvx＝2mv0﹣2mv0＝0
整理变形解得：vA+vx＝0
由微元法可知：xA+xB＝0
又A球与B、C球两球x方向最大相对位移：x′﹣（﹣x′）＝2l
可得A球的最大位移：x′＝l
（2）当A达到x轴正向最大位移时，B、C获得y轴方向等大反向的最大速度，同时发生弹性碰撞，然后A、B、C球均返回至初始位置，各自具有和初速度等大反向的速度，然后运动规律和之前完全相同，只是方向相反。
设某任意时刻B球坐标为（x，y）
由前一问（1）中讨论可知A球坐标为（﹣x，0）
由A、B两球距离等于绳长2l可得B球的轨迹方程：[x﹣（﹣x）]2+y2＝（2l）2
联立整理得到：
上述方程为椭圆方程，结合物理意义的特点，有﹣l≤x≤l，0≤y≤2l
（3）设当A球的位移为x（﹣x′≤x≤x′）时，A、B连线与x轴夹角为θ，设A球速度为vA；B、C球x向速度为vx，y方向速度为vy，如图所示。由前两问的中讨论可知：
又根据数学公式有：
由动量守恒可知：vx＝﹣vA
由系统机械能守恒：
由A、B速度关联：vAcosθ＝vysinθ+vxcosθ
联立以上各式解得：，
从而得到：vB
方向：与x正半轴夹角为β，则：
答：（1）求A球的最大位移x′为l；
（2）写出B球的轨迹方程为；
（3）求出当A球位移为x（﹣x′≤x≤x′）时B球速度vB为，方向与x正半轴夹角为β，且满足。
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专题7 动量定理、动量守恒定律
内容 重要的规律、公式和二级结论
1.动量，冲量，动量定理 (1)动量：p＝mv；冲量I＝FΔt；动量定理：FΔt＝Δp或FΔt＝mv′－mv。 (2)牛顿第二定律的另一种表现形式：F＝，合外力等于动量的变化率。
2.动量守恒定律及其应用 (3)动量守恒的条件：①不受力；②合外力为零；③内力远大于外力；④某方向的合力为零，则这一方向上动量守恒。 (4)三种表达形式 ①相互作用的两物体组成的系统，两物体相互作用前的总动量等于相互作用后的总动量p1＋p2＝p1′＋p2′ 一维情形：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′②系统总动量不变Δp总＝0③相互作用的两物体组成的系统，两物体动量的增量等大反向Δp2＝－Δp1
1.“一动碰一静”的弹性碰撞(无机械能损失)
动量守恒：m1v0＝m1v1＋m2v2；机械能守恒：m1v＝m1v＋m2v
解得v1＝v0，v2＝v0
当m1＝m2时，交换速度；
当m1>m2时，速度方向不变；m1 m2时，v1≈v0，v2≈2v0；
当m12.“一动碰一静”的完全非弹性碰撞(机械能损失最多)
动量守恒：m1v0＝(m1＋m2)v；损失的机械能：ΔE＝m1v·。
3.人船模型：mx1＝Mx2，x1＋x2＝L，x1＝L，x2＝L。
题型1 动量、冲量与动量定理
1.冲量的三种计算方法
(1)公式法：I＝Ft，适用于求恒力的冲量。
(2)动量定理法：I＝p′－p，多用于求变力的冲量或F、t未知的情况。
(3)图像法：用F－t图线与时间轴围成的面积可求变力的冲量。若F－t呈线性关系，也可直接用平均力求变力的冲量。
2.动量定理在“四类”问题中的应用
(1)求解缓冲问题。
(2)求解平均力问题。
(3)求解流体问题。
(4)在电磁感应中求解电荷量问题。
（2024 九龙坡区校级模拟）目前，我国在人工智能和无人驾驶技术方面已取得较大突破。为早日实现无人驾驶，某公司对汽车性能进行了一项测试，让质量为m的汽车沿一山坡直线行驶，测试中发现，若关掉油门下坡，则汽车的速度保持不变；若从静止开始以恒定的功率P上坡，则发生位移s时速度刚好达到最大值vm。设汽车在上坡和下坡过程中所受阻力的大小分别保持不变，下列说法正确的是（ ）
A．关掉油门的下坡过程，坡面对汽车的支持力的冲量为零
B．关掉油门的下坡过程，汽车的机械能守恒
C．上坡过程中，汽车速度达到时，发生的位移为
D．上坡过程中，汽车从静止启动到刚好达到最大速度vm，所用时间一定小于
（2024 衡阳县模拟）神舟十三号返回舱进入大气层一段时间后，逐一打开引导伞、减速伞、主伞，最后启动反冲装置，实现软着陆。某兴趣小组研究了减速伞打开后返回舱的运动情况，将其运动简化为竖直方向的直线运动，其v﹣t图像如图所示。设该过程中重力加速度g不变，返回舱质量不变，下列说法正确的是（ ）
A．在0～t3时间内，返回舱一直减速下降
B．在t1时刻打开主伞后，返回舱的加速度大小不可能等于g
C．在t1～t2时间内，返回舱的动量随时间减小
D．在t2～t3时间内，返回舱的机械能不变
（2024 浑南区校级模拟）如图所示，水平面上固定一半圆形凹槽，凹槽的质量为M，半圆弧的圆心为O点，最低点为A点，半径为R。现将一质量为m的光滑小球从圆弧上的D点释放，已知OD与OA的夹角为θ（θ＜5°），重力加速度为g，小球大小可以忽略不计。从D点第一次运动到A点的过程中，小球对凹槽的弹力的冲量大小为（ ）
A．
B．
C．
D．
（2025 贵港校级模拟）如图所示，水平传送带足够长，向右运动前进的速度v＝1m/s，与倾角为37°的斜面的底端P平滑连接，将一质量m＝1kg的小物块从A点静止释放。已知A、P的距离L＝4m，物块与斜面、传送带间的动摩擦因数均为μ＝0.5，取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求物块：
（1）求小物体从A点运动到P点时候的动量大小；
（2）求小物块从A点开始至第2次运动到P点时间。
题型2 动量守恒定律的应用
（2024 九龙坡区校级模拟）如图所示，木块与弹簧相连放在光滑的水平面上，子弹A沿水平方向射入木块后留在木块B内，入射时间极短，而后木块将弹簧压缩到最短，关于子弹和木块组成的系统，下列说法中正确的是（ ）
A．子弹射入木块的过程中，系统动量守恒，机械能不守恒
B．木块压缩弹簧的过程中，系统动量守恒，能量守恒
C．上述任何一个过程动量均不守恒，能量也不守恒
D．从子弹开始射入到弹簧压缩到最短的过程中，系统动量守恒，能量守恒
（2024 岳麓区校级模拟）如图所示，轻质弹簧上端悬挂于天花板，下端系有质量为M的圆板，处于平衡状态。一质量为m的圆环套在弹簧外，与圆板距离为h，让环自由下落撞击圆板，碰撞时间极短，碰后圆环与圆板共同向下运动，已知重力加速度为g，则（ ）
A．碰撞过程中环与板组成的系统动量和机械能都守恒
B．碰撞过程中系统损失的机械能为
C．圆环和圆板的最大速度为
D．碰撞后的瞬间圆板对环的弹力为
（2025 茂名模拟）如图所示，质量为M＝60kg（连同装备）的某极限运动员从高度差H＝150m的雪坡上的A点由静止滑下，滑行到C点时以50m/s的速度从雪坡水平飞出，假设该运动员必须与水平方向成θ＝37°角经过水平面KK'（水平面KK'与C点的高度差h＝80m），才能打开降落伞安全降落到悬崖底部。已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g＝10m/s2。
（1）求该运动员由A点滑到C点的过程中损失的机械能；
（2）该运动员能否打开降落伞安全降落到悬崖底部？若能，求该运动员经过水平面KK'时的速度大小；如若不能，则需要该运动员在飞出雪坡的瞬间将雪橇水平向后迅速蹬出（雪橇与运动员瞬间分离），从而使运动员能打开降落伞安全降落到悬崖底部，求雪橇被蹬出的时候相对地面的速度大小。（空气阻力忽略不计，雪橇的质量为m＝10kg）
题型3 碰撞中的动量和能量综合问题
（2025 清远模拟）汽车安全性能是当今衡量汽车品质的重要指标，总质量为的某型号国产汽车出厂前需进行如下测试：
（1）该型号汽车具有特色的预碰撞安全系统，进行自动刹车性能测试。已知测试车在平直路面上匀速行驶，从发现问题开始计时，其运动学图像如图甲所示。经0.1s反应时间后开始采取制动措施，之后做匀减速直线运动直到停止，求汽车在启动刹车时受到的阻力大小。
（2）实车碰撞试验是综合评价汽车安全性能最有效的方法，为检测碰撞时汽车的安全气囊能否正常开启，分别对该型号汽车进行了实车撞墙实验和滑车互撞实验。实车撞墙实验让该型号汽车以一定的速度v0与固定的刚性墙发生正碰，其受力随作用行程的变化关系如图乙所示，作用行程为300mm时，汽车刚好停止。滑车互撞实验让该型号汽车以14m/s的速度与静止在水平面上的物体发生正碰，碰撞时间极短，物体碰后的速度为v2＝12m/s，不考虑碰撞过程中的质量变化，求：
①汽车与刚性墙碰撞前瞬间的速度v0的大小；
②汽车与物体碰撞过程中系统损失的机械能。
（2024 吉林二模）图甲是一种智能减震装置的示意图，轻弹簧下端固定，上端与质量为m的减震环a连接，并套在固定的竖直杆上，a与杆之间的智能涂层材料可对a施加大小可调节的阻力，当a的速度为零时涂层对其不施加作用力。在某次性能测试中，质量为0.5m的光滑环b从杆顶端被静止释放，之后与a发生正碰；碰撞后，b的速度大小变为碰前的λ倍、方向向上，a向下运动2d时速度减为零，此过程中a受到涂层的阻力大小f与下移距离s之间的关系如图乙.已知a静止在弹簧上时，与杆顶端距离为4.5d，弹簧压缩量为2d，重力加速度为g。求：
（1）与a碰前瞬间，b的速度大小；
（2）λ的值；
（3）在a第一次向下运动过程中，当b的动能为mgd时a的动能。
（2024 雁塔区校级模拟）如图所示，带有圆弧的滑块A静止放在光滑的水平面上，其圆弧部分光滑，水平部分粗糙，圆弧半径为R＝1.8m，圆弧的末端点切线水平，A的左侧紧靠固定挡板，距离A的右侧s处是与A等高的平台，平台上MN之间是一个宽度为l＝0.5m的特殊区域，只要物体进入MN之间就会受到一个方向向右、大小为F＝10N的恒定作用力，平台MN之间粗糙，其余部分光滑，MN的右侧安有一个固定的弹性卡口。现有一个小滑块B（可视为质点）从A的圆弧顶端处静止释放，当B通过MN区域后，碰撞弹性卡口的速度v不小于5m/s时可通过弹性卡口，速度小于5m/s时将会被原速率弹回。已知小滑块B的质量为m＝1kg，滑块A的质量为0.5kg，重力加速度g＝10m/s2，求：
（1）B刚下滑到圆弧底端时对圆弧底端的压力多大？
（2）若B与A水平段间的动摩擦因数μ1＝0.5，保证A与平台相碰前A、B能够共速，且B刚好滑到A的右端，则s应满足什么条件？A水平段的长度d是多少？
（3）在满足（2）问的条件下，A与平台相碰后立即粘连不再分开，随即B滑上平台，设B与MN之间的动摩擦因数0＜μ2＜1，试讨论因μ2的取值不同，B在MN间通过的路程x。
（2024 信阳一模）2024年在与菲律宾南海岛礁对峙中，我国海警船装备的大功率水炮沉重地打击了挑衅者的嚣张气焰。水炮配备的大功率水泵将水以很大的速度从喷口喷出，利用冲击力毁伤被冲击物体。水的密度为ρ＝1×103kg/m3，水炮喷口处水的压强为p＝1.44×107Pa（若喷口处放一挡板，水冲击挡板时速度减为零，水对挡板冲击力产生的压强），则水从喷口处喷出的速度为（ ）
A．12m/s B．120m/s C．14.4m/s D．144m/s
（2024 信阳一模）下列关于力与运动、动量和能量的说法正确的是（ ）
A．运动物体受到的合力为零时，可能做圆周运动
B．运动物体受到的合力为零时，机械能可能不变
C．运动物体受到的合力不为零时，动量可能不变
D．运动物体受到的合力不为零时，动能一定变化
（2024 雁塔区校级模拟）一质量为m的运动员从下蹲状态开始起跳，经Δt的时间，身体伸直并刚好离开地面，速度大小为v，重力加速度为g。在此过程中（ ）
A．地面对他作用力的冲量大小为mv
B．地面对他作用力的冲量大小为mv﹣mgΔt
C．地面对他做的功为0
D．地面对他做的功为mv2
（2024 朝阳区校级三模）如图，质量均为m的物块a、b与劲度系数为k的轻弹簧固定拴接，竖直静止在水平地面上。物块a正上方有一个质量也为m的物块c，将c由静止释放，与a碰撞后立即粘在一起，碰撞时间极短，之后的运动过程中物块b恰好没有脱离地面。忽略空气阻力，轻弹簧足够长且始终在弹性限度内，重力加速度为g。以下说法正确的是（ ）
A．组合体ac的最大加速度为2g
B．物块b与地面间的最大作用力为8mg
C．刚开始释放物块c时，c离a的高度为
D．a、c碰撞过程中损失的能量为
（2024 新城区校级模拟）如图甲所示，长木板A放在光滑的水平面上，质量为m＝2kg的另一物体B（可看成质点）以水平速度v0＝2m/s滑上原来静止的长木板A的上表面。由于A、B间存在摩擦，之后A、B速度随时间变化情况如图乙所示。下列说法正确的是（g取10m/s2）（ ）
A．木板A获得的动能为2J
B．系统损失的机械能为2J
C．木板A的最小长度为2m
D．A、B间的动摩擦因数为0.01
（2024 泰州一模）如图所示，将一张重力不计的白纸夹在重力为G的课本与水平桌面之间，现用一水平拉力F将白纸从课本下向右抽出（书本始终未从桌面上滑落），已知所有接触面间的动摩擦因数均为μ，则在白纸被抽出的过程中（ ）
A．课本对白纸的滑动摩擦力方向向右
B．课本与桌面接触前，白纸所受滑动摩擦力大小为2μG
C．白纸被抽出越快，课本动量的变化越大
D．白纸被抽出越快，课本所受滑动摩擦力的冲量越大
（2024 北碚区校级模拟）如图所示，半径为R的光滑圆弧面AB与光滑水平面BC平滑连接（圆弧的圆心在B的正下方），其中A、B两点的水平距离和竖直距离分别为d、h。长为的轻杆上端固定在光滑水平转轴O，下端固定一个小球，小球刚好与水平面接触。质量为M的物块在水平恒力作用下从A点由静止运动到B点。物块在B点处时撤去水平恒力，此时物块对圆弧面的压力为零。最后物块与小球发生一次弹性正碰，使小球在竖直平面内做完整的圆周运动。忽略一切阻力，重力加速度为g，求：
（1）物块到达B点的速度v0；
（2）水平恒力F的大小；
（3）小球质量m的取值范围。
（2024 蜀山区校级模拟）如图所示（俯视图）的水平传送带由三段组成，AB、CD段为直线，BC段边缘是圆心角为90°的圆弧，CD段上方有一光滑挡板，挡板与传送带中心线之间的夹角θ＝60°，物体碰到挡板瞬间，垂直挡板方向速度变为零，物块沿挡板匀速运动到工作台。一质量m＝1kg的物体由A端轻放在传送带的中心线上，到达B端时恰好与传送带共速，在BC段与传送带相对静止。已知传送带速率恒定，物体与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，AB段长L＝1m，物块在BC段的时间tBC＝2s，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2，求：
（1）传送带的速率及物块与挡板作用后匀速运动的速度大小；
（2）物体从A运动到B的过程中，传送装置比空载时多做的功；
（3）物块从B到C的过程中，传送带对物块的冲量大小。
（2024 绥宁县校级模拟）经典力学认为：一个初始条件和受力情况确定的多体力学系统的运行情况是一定的，理论上也是可以计算的。可是，由于初始条件和受力情况不完全准确和微扰影响导致混沌现象，即便一个三体系统，一段时间以后运行情况也变得难以预测。这就是根据我国著名作家刘慈欣所著同名科幻小说所拍热播电视剧《三体》中三体人生活环境的物理背景。考虑如下极简版理想化三体力学系统：
如图所示，在光滑水平支持面内建立直角坐标系xOy；质量分别为2m和m、m的3个刚性小球A和B、C置于光滑水平支持面上，初始坐标分别为A（0，0）、B（0，2l）、C（0，﹣2l），A和B、C之间分别两条用长均为2l的理想轻绳连接；某瞬间分别给A、B、C球一瞬时冲量，使它们获得垂直于连线等大的初速度v0，A球初速度方向为x轴正向，B、C球初速度方向为x轴负向，之后小球A、B、C在运动过程中通过连绳相互作用。忽略混沌效应，忽略一切摩擦和空气阻力，后续B、C两球之间的碰撞视为弹性碰撞。请思考解答：
（1）求A球的最大位移x′；
（2）写出B球的轨迹方程；
（3）求出当A球位移为x（﹣x′≤x≤x′）时B球速度vB。
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