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第7讲 冲量与动量
网络构建
题型1 动量、冲量与动量定理
题型2 动量守恒定律的应用
题型3 碰撞模型及其拓展
备用习题
◆
听课手册
【关键能力】
自从动量作为必考知识后,“蹭”概念
的考查方式开始淡化,对动量的考查
更“实在”.注重运动过程分析与状态
选取,能应用动量定理、动量守恒定
律等规律解决实际问题.选择题方面
注重生活情景,利用物理知识解决实
际问题;计算题方面三大观点的综合
应用解决复杂多过程问题,开始在高
考中出现抬头趋势.
题型1 动量、冲量与动量定理
1.冲量的三种计算方法
公式法
动量定理法
图像法
2.动量定理的表达式是矢量关系,、 两矢量总是大小相等、方向相同.
例1 [2025·辽宁沈阳模拟] 汽车的安全气囊是有效保护乘客的装置.如图甲所示，
在安全气囊的性能测试中，可视为质点的质量 头锤从离气囊表面高度
为 处做自由落体运动，与正下方的气囊发生碰撞，气囊对头锤竖直方
向作用力随时间 的变化规律可近似用图乙所示图像描述，以静止释放为计时
起点，不计空气阻力.已知重力加速度大小取 ，则( )
A.全程作用力 的冲量先向下，再向上
B.全程作用力的冲量大小为
C.碰撞结束时头锤的速度大小为
D.碰撞过程中头锤的动量变化量大小为
√
[解析] 根据自由落体运动公式 可知，头锤与气囊接触时刻为
，图像与坐标轴围成的面积表示冲量，由图像可知碰撞过程中
的冲量大小为 ，方向竖直向上，故A、
B错误；头锤落到气囊上时的速度大小为 ，与气囊作用过程
由动量定理(向上为正方向)有，解得 ，方
向向上，故C正确；碰撞过程中头锤的动量变化量
，故D错误.
例2 [2025·河南洛阳模拟] 水刀，学名高压水射流切割技术，利
用高速喷射的水流和磨粒混合物对材料进行冲击和切削，因其
冷切割不会改变材料的物理化学性质而备受青睐.水刀现已广泛
应用于陶瓷、石材、玻璃、金属、复合材料等众多行业.如图所
示，设喷水嘴的半径为，水射流从喷水嘴喷出时的速度为 ，
水射流穿透物料后的速度变为，水射流的密度为 ，则水射流
对物料的作用力为( )
A. B. C. D.
√
[解析] 设单位体积为的高速水射流横截面积为，长度为，速度为 ，经单位
时间全部射到工件表面，则这段时间水射流的质量 ，
根据动量定理可得 ，解得 ，故选D.
【通法通则】
流体的柱状模型
对于流体运动，可沿流速的方向选取一段柱形流体，在极短的时间 内通过某
一横截面积为的柱形流体的长度为 ，如图所示.
流体微元原速率反弹所受作用力的求解步骤：
(1)在极短时间 内，取一小柱体作为研究对象.
(2)求小柱体的体积 .
(3)求小柱体的质量 .
(4)应用动量定理 .
(5)作用后流体微元以速率反弹，有 .
(6)联立解得 .
例3 [2025·湖北卷] 一个宽为的双轨推拉门由两扇宽为 的门板组成，门处于关
闭状态，其俯视图如图甲所示.某同学用与门板平行的水平恒定拉力作用在一门
板上，一段时间后撤去拉力，该门板完全运动到另一边，且恰好不与门框发生
碰撞，其俯视图如图乙所示.门板在运动过程中受到的阻力与其重力大小之比为
，重力加速度大小为 .若要门板的整个运动过程用时尽量短，则所用时间趋
近于( )
A. B. C. D.
√
[解析] 门板先在向右的外力作用下做匀加速直线运动，撤去外力后做匀减速直
线运动，若外力比较大，加速时间很短，位移很小，可以忽略不计，此时门板
的运动时间最短，撤去外力后根据牛顿第二定律有 ，设撤去外力后
门板运动时间为,运动的距离为 ,可得门板的最短运动时间趋近于
,B正确.
【整合进阶】
进阶1 (新情境下的力学分析和冲量计算)(多选)[2025·广东卷] 如图所示，无人
机在空中作业时，受到一个方向不变、大小随时间变化的拉力.无人机经飞控系
统实时调控，在拉力、空气作用力和重力作用下沿水平方向做匀速直线运动.已
知拉力与水平面成 角，其大小随时间 的变化关系为，
、均为大于0的常量，无人机的质量为 ，重力加速度为.关于该无人机在
0到时间段内是满足的任一时刻 ，
下列说法正确的有( )
A.受到空气作用力的方向会变化
B.受到拉力的冲量大小为
C.受到重力和拉力的合力的冲量大小为
D. 时刻受到空气作用力的大小为
√
√
[解析] 无人机经飞控系统实时调控，在拉力、空气作用力和重力作用下沿水平
方向做匀速直线运动，则无人机受到空气作用力与重力和拉力的合力等大反向，
随着 的减小，重力和拉力的合力如图所示，可知无人机受到空气作用力的大
小和方向均会改变，在时刻有 ， ，解得
，故A正确，D错
误；由于拉力随时间均匀变化，则无人机在0到 时间段
内受到拉力的冲量大小为 图像与坐标轴围成的面积，
即为 ，故B正确；
将拉力分解为水平和竖直方 向，则无人机受重力和拉力的合力在水平方向有
，无人机受重力和拉力的合力在竖直方向有，
0到 时间段内无人机受重力和拉力的合力在水平方向的冲量为
，到 时间段内无人机受重力和拉力的合力在竖直方向的冲量为
，则0到 时间段内无人机受到重
力和拉力的合力的冲量大小为
，
故C错误.
题型2 动量守恒定律的应用
1.判断动量守恒的三种方法
(1)理想守恒:不受外力或所受外力的合力为0,如光滑水平面上的滑块—木板模型、
电磁感应中光滑导轨上的双杆模型.
(2)近似守恒:系统内力远大于外力,如爆炸、反冲.
(3)某一方向守恒:系统在某一方向上不受外力或所受外力的合力为0,则在该方向
上动量守恒,如滑块—斜面(曲面)模型.
2.动量守恒定律的三种表达形式
(1) ,作用前的动量之和等于作用后的动量之和(常用).
(2) ,相互作用的两个物体动量的变化量等大反向.
(3) ,系统总动量的增量为零.
例4 [2025·黑龙江大庆模拟] 如图所示，有、 两
个质量均为 的小车，在光滑的水平地面上以相等
的速率在同一直线上相向运动， 车上有一质量为
A. B. C. D.
[解析] 当人以最小速度跳离时，两车与人最终有相等速度，对 与人有
，对与人有 ，解得
，故选B.
的人，他现在从车跳到车上，为了避免两车相撞，他跳离 车时的速率
(相对地面)最小为( )
√
例5 [2025·北京卷] 某物体以一定初速度从地面竖直向上抛出，经过时间 到达
最高点.在最高点该物体炸裂成、两部分，质量分别为和，其中 以速度
沿水平方向飞出.重力加速度为 ，不计空气阻力.求：
(1) 该物体抛出时的初速度大小 ；
[答案]
[解析] 物体竖直上抛至最高点时速度为0，由运动学公式有
可得
例5 [2025·北京卷] 某物体以一定初速度从地面竖直向上抛出，经过时间 到达
最高点.在最高点该物体炸裂成、两部分，质量分别为和，其中 以速度
沿水平方向飞出.重力加速度为 ，不计空气阻力.求：
(2) 炸裂后瞬间的速度大小 ；
[答案]
[解析] 爆炸瞬间水平方向动量守恒，炸裂前总动量为0，由动量守恒定律得
解得
即炸裂后瞬间的速度大小为
例5 [2025·北京卷] 某物体以一定初速度从地面竖直向上抛出，经过时间 到达
最高点.在最高点该物体炸裂成、两部分，质量分别为和，其中 以速度
沿水平方向飞出.重力加速度为 ，不计空气阻力.求：
(3) 、落地点之间的距离 .
[答案]
[解析] 根据竖直上抛运动的对称性可知下落时间与上升时间均为
则的水平位移
B的水平位移
所以落地点、之间的距离
【通法通则】
1.爆炸过程碎块受重力作用，由于爆炸时的内力远大于重力，仍可认为符合动
量守恒定律.
2.爆炸过程对单一个体，内力的冲量是动量的变化的根本原因，可应用动量定
理计算平均作用的内力.
【整合进阶】
进阶2 (电场中的动量守恒分析)[2024·安徽卷] 在某装置中的光滑绝缘水平面上，
三个完全相同的带电小球，通过不可伸长的绝缘轻质细线，连接成边长为 的正
三角形，如图甲所示.小球质量为，带电荷量为 ，可视为点电荷.初始时，
小球均静止，细线拉直.现将球1和球2间的细线剪断，当三个小球运动到同一条
直线上时，速度大小分别为、、 ，如图乙所示.
该过程中三个小球组成的系统电势能减少了， 为
静电力常量，不计空气阻力.则( )
A.该过程中小球3受到的合力大小始终不变
B.该过程中系统能量守恒，动量不守恒
C.在图乙位置，，
D.在图乙位置，
√
[解析] 该过程中系统动能和电势能相互转化，能量守恒，对整个系统分析可知
系统受到的合外力为0，故动量守恒,故B错误；当三个小球运动到同一条直线上
时，根据对称性可知细线中的拉力相等，此时球3受到1和2的电场力大小相等，
方向相反，故可知此时球3受到的合力为0，球3从静止状态开始运动，瞬间受到
的合力不为0，故该过程中小球3受到的合力在改变，故A错误；对系统根据动
量守恒定律有,由球1和2运动的对称性
可知 ，解得,根据能量守恒定律有
，解得 ，
故C错误，D正确.
进阶3 (爆炸过程中的动量和功能分析)(多选)[2025·湖南卷] 如图，某爆炸能量测量装置由装
载台和滑轨等构成， 是可以在滑轨上运动的标准测量件，其规格可以根据测量需求进行调
整.滑轨安装在高度为的水平面上.测量时，将弹药放入装载台圆筒内，两端用物块和 封
装，装载台与滑轨等高.引爆后，假设弹药释放的能量完全转化为和的动能.极短时间内
嵌入中形成组合体，与滑轨间的动摩擦因数为在滑轨上运动 距离后抛出，落地点
距抛出点水平距离为，根据可计算出弹药释放的能量.某次测量中，、、 质量分别为
、、， ，整个过程发生在同一竖直平面内，不计空气阻力，重力
加速度大小为 .则( )
A.的初动能与爆炸后瞬间 的动能相等
B. 的初动能与其落地时的动能相等
C.弹药释放的能量为
D.弹药释放的能量为
√
√
[解析] 爆炸后，、组成的系统动量守恒，即，与 碰撞过程动
量守恒，即，联立解得.爆炸后瞬间 的动能
，的初动能 ，两者不相等，故A错误；
水平滑动过程中摩擦力做功为 ，
做平抛运动过程中重力做的功为，故 从开始运动到落地瞬间合外
力做功为0，根据动能定理可知 的初动
能与其落地时的动能相等，故B正确；
物块平抛过程有， ，联立可得， 水平滑动过程
中根据动能定理有，化简得 ，弹药
释放的能量完全转化为和 的动能，则爆炸过程的能量为
，故C错
误，D正确.
题型3 碰撞模型及其拓展
1.碰撞问题遵循的三条原则
(1)动量守恒: .
(2)动能不增加: .
(3)速度要符合实际情况:若碰后速度同向,则后方物体速度不大于前方物体速度.
2.两种碰撞特点
(1)弹性碰撞
两球发生弹性碰撞时应满足动量守恒定律和机械能守恒定律.
以质量为、速度为的小球与质量为 的静止小球发生弹性正碰为例,有
解得, .
结论:
①当时,, ,两球碰撞后交换了速度.
②当时,,,碰撞后两球都沿速度 的方向运动.
③当时,, ,碰撞后质量小的球被反弹回来.
④当时,, .
(2)完全非弹性碰撞
动量守恒、末速度相同: ,机械能损失最多,机械能
的损失: .
例6 [2025·甘肃卷] 如图，小球从距离地面处自由下落， 末恰好被小球
从左侧水平击中，小球落地时的水平位移为 .两球质量相同，碰撞为弹性
碰撞，重力加速度取，则碰撞前小球的速度大小 为( )
A.
B.
C.
D.
√
[解析] 根据题意可知，小球和 碰撞过程中，水平方向上动量守恒，竖直方向
上球的竖直速度不变，设碰撞后球水平速度为，球水平速度为 ，则有
，碰撞为弹性碰撞，则由能量守恒定律有
，联立解得
，，小球 在竖直方向上做匀加速直线运动，
则有，解得，可知碰撞后，小球 运动
落地，则水平方向上有，解得 ，
故选B.
例7 [2025·浙江1月选考] 如图所示，光滑水平地面上放置完全相同的两长板
和，滑块(可视为质点)置于的右端，三者质量均为.以 的速度向
右运动，和一起以的速度向左运动，和 发生碰撞后粘在一起不再分
开.已知和的长度均为,与、间动摩擦因数均为，重力加速度
取 ,则( )
A.碰撞瞬间 相对地面静止
B.碰撞后到三者相对静止，经历的时间为
C.碰撞后到三者相对静止，摩擦产生的热量为
D.碰撞后到三者相对静止，相对长板滑动的距离为
√
[解析] 碰撞瞬间的速度不变，由于碰撞时间极短不考虑对、 的影响，规
定向右为正方向，对、系统由动量守恒得 ，解得
，方向向右，的速度大小为，方向向左，A错误.假设最终 没
有滑出长板，则根据、、系统动量守恒，有 ，得
，摩擦产生的热量，由 得
，故假设成立，最终停在 板上，碰撞后到三者相对静
止所经历时间 ，B、C错误，D正确.
例8 (多选)[2025·陕西安康模拟] 如图所示，固定在竖直面内
的光滑细管道顶部有质量分别为、的小球和 ，两小球
受到微小扰动后同时由静止开始沿管道的两侧滑下，相遇后发
生弹性碰撞，碰撞时间极短.已知两小球均可视为质点，管的
内径略大于两小球的直径，重力加速度大小为 ，对小球下滑
之后的运动判断正确的是( )
A.在小球下滑至与管道圆心等高之前，管道对小球的支持力一定沿半径向外
B.碰前，管道受到两小球的最大压力为
C.只有满足 时，两小球才能在最低点发生碰撞后同时返回最高点
D.若碰撞后小球返回管道最高点时对管道恰好无压力，则
√
√
[解析] 在小球下滑至与管道圆心等高之前，存在一个临界位置，该临界位置处
重力沿半径方向的分力恰好充当向心力，小球过临界位置之后，管道对小球的
支持力一定沿半径向内，故A错误；两小球在下滑过程中有相同的运动过程，
一定同时到达最低点，到最低点(碰撞前瞬间)时的速度大小满足
，可得 ，此时管道对小球的支持力大小满足
，解得 ，由牛顿第三定律知，管道受到
两小球的最大压力为 ，故B正确；只有满足
时，两小球在最低点发生弹性碰撞后交换速度，同时返
回最高点，故C正确；
若碰撞后小球 返回管道最高点时对管道 恰好无压力，则小球在最高点时的
速度应满足 ，从碰撞结束到小球到达最高点，由动能定理有
，解得，方向向右，若 ，
规定向右为正方向，碰撞过程中满足 ，
，联立解得
，故D错误.
【通法通则】
1.碰撞拓展模型一
图例 (水平面 光滑)
达到共速 再次分离 小球—弹簧模型
小球—曲面模型
2.碰撞拓展模型二
图例(水平面或水 平导轨光滑)
达到共速 3.“动碰动”弹性碰撞问题：若两物体质量分别为和,碰前速度分别为、 ，
碰后速度分别为、，则有 、
，联立①、②，解得
、
【整合进阶】
进阶4 (碰撞中的 图像分析)[2025·广东卷] 如图所示，在光滑水平面上，小
球、分别在水平恒力和作用下，由静止开始沿同一直线相向运动，在
时刻发生正碰后各自反向运动.已知和 始终大小相等、方向相反.从开始运动
到碰撞后第1次速度减为0的过程中，两小球速度随时间 变化的图像，可能正
确的是( )
A. B.
C. D.
√
[解析] 两物体受外力大小相等，由图像的斜率等于加速度可知、 的加速度
大小之比为，可知、的质量之比为，设分别为和 ，
由图像可设、碰前的速度大小分别为和，向右为正方向，因、 系统
受合外力为零，则系统动量守恒，则由动量守恒定律有
，若系统为弹性碰撞，则由能量关系可知
，解得、 ，因
、的加速度大小之比仍为，则速度减为零的时间之比为 ，故B、D错
误；
若不是弹性碰撞，则 ，可知碰后速度大小之
比为，若假设，则 ，此时满足
，则假设成立，因、 的加速
度大小之比仍为，则停止运动的时间之比为，对 来说碰撞前后的速度
大小之比为，可知碰撞前后运动时间之比为 ，故A正确，C错误.
题型1 动量、冲量与动量定理
1.如图甲所示，质量为的物块在水平力 的作用下紧贴着足够高的竖直墙
面由静止开始运动，物块与墙面间的动摩擦因数为，力随时间 变化的关系
图像如图乙所示，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小取 .
对于物块，下列说法正确的是( )
A.内水平力的冲量为
B.内合力的冲量为
C.内摩擦力的冲量大小为
D. 内合力的冲量大小为0
√
[解析] 内水平力为变力，其冲量等于 图像与时间轴所围图形的面
积，即 ，选项A错误；当物块受到的摩擦力与重
力相等时，有，解得，可知 内物块向下做加速运动，
内物块向下做减速运动， 末物块的速度为零，由动量定理可知，
内合力的冲量为0，选项B错误； 内重力小于最大静摩擦力，物块
静止， 内重力大于最大摩擦力，物块向下做加速运动，
则内、内物块受到的摩擦力为， 内物块受到摩擦力
为,所以 内摩擦力的冲量为
， 内摩擦力的冲量为
, 内摩擦力的冲量为
,因此 内摩擦力的冲量大小为，
故C正确； 内合力的冲量
，选项D错误.
2.某同学利用身边的常见器材在家完成了有趣的物理实验，如图所示.当手持吹
风机垂直向电子秤的托盘吹风时，电子秤示数为 .假设吹风机出风口为圆
形，其半径为，空气密度为 ，实验前电子秤已校准，重力加速
度取 ，则此时吹风机的风速约为( )
A. B. C. D.
[解析] 对于时间内吹出的空气，根据动量定理有
，其中，，
代入数据解得 ，故A正确.
√
3.(多选)[2024·全国甲卷] 蹦床运动中，
体重为的运动员在 时刚好落
到蹦床上，对蹦床作用力大小与时间
的关系如图所示.假设运动过程中运动员
A. 时，运动员的重力势能最大
B.时，运动员的速度大小为
C. 时，运动员恰好运动到最大高度处
D.运动员每次与蹦床接触到离开过程中对蹦床的平均作用力大小为
身体始终保持竖直，在其不与蹦床接触时蹦床水平.忽略空气阻力，重力加速度
大小取 .下列说法正确的是 ( )
√
√
[解析] 根据题图可知， 时，运动员对蹦床的作用力最大，蹦床的形变
量最大，此时运动员处于最低点，运动员的重力势能最小，故A错误；根据题
图可知，运动员从离开蹦床到 再次落到蹦床上经历的时间为
，根据竖直上抛运动的对称性可知，运动员上升时间为 ，
则在时，运动员恰好运动到最大高度处， 时运动员的速度大
小 ，故B正确，C错误；
同理，运动员落到蹦床时的速度大小也为 ，以竖直向上为正方
向，根据动量定理得 ，其中，解得，根据牛顿第三定律可知，运动员每次与蹦床接触到离开过程中对蹦床的平均作用力大小为 ，故D正确.
4.(多选)某同学将一乒乓球从距水平地面高处的点以速度 水平抛出，乒乓球
运动过程中受到的空气阻力始终与速度成正比，方向始终与运动方向相反，落
到水平地面上的点时速度方向与水平地面间的夹角为 ，如图所示.已知乒
乓球从 点抛出时受到的空气阻力最大，最大值恰好等于自身受到的重力，重
力加速度大小为 .下列说法正确的是( )
A.乒乓球从点运动到 点的过程中速度先减小后增大
B.乒乓球落到点时的速度大小为
C.乒乓球的水平射程为
D.乒乓球从点运动到点的时间为
√
√
√
[解析] 乒乓球运动过程中受到的空气阻力始终与速度成正比，方向始终与运动
方向相反，即空气阻力 ，由于乒乓球运动过程中受到的重力为恒力，所
以为简化运动，可利用配速法处理，将乒乓球的速度分解成两个分速度，分速
度满足，且方向竖直向下，即空气阻力对应于 的一个分量与重
力平衡，乒乓球对应于 的分运动1是在平衡力作用下竖直向下做匀速直线运动，
另一个分速度对应的力是空气阻力，乒乓球对应于 的分运动2是在这个
变化的空气阻力作用下的变速直线运动，已知乒乓球从 点水平抛出时受到的
空气阻力恰好等于自身重力，即，且 水平向右，根据配速法，
设分运动2的方向与水平方向的夹角为 ，如图甲所示，由几何关系可知
，解得 ，即分运动2是沿 角斜向右上方的减速运动，
又知乒乓球运动到点时速度方向与水平地面的夹角为 ，作出从 点运动到
点过程中分运动与合运动对应的速度变化矢量图如图乙所示，可知乒乓球从
点运动到点过程中速度一直减小，到点时
速度大小为 ，
选项A错误，选项B正确；
乒乓球从点运动到 点过程中，根据动量定理，水平方向上有
，竖直方向上有 ，其中
，，， ，
联立解得， ，选项C、D正确.
题型2 动量守恒定律的应用
1.如图所示，一架质量为的喷气式飞机飞行的速率是 ，某时刻它向后喷出的
气体相对飞机的速度大小为，喷出气体的质量为 .以地面为参考系，下列说
法正确的是( )
A.若 ，则喷出气体的速度方向与飞机飞行方向
相同，喷气后飞机速度不会增加
B.只有 ，喷气后飞机速度才会增加
C.喷气后飞机速度为
D.喷气后飞机增加的速度为
√
[解析] 设喷出气体后飞机的速度为 ，对飞机和气体组成的系统，根据动量守
恒定律有，解得 ，故C正确；结合
上式可知，喷气后飞机增加的速度为 ，故D错误；由于喷气
后飞机增加的速度为，可知无论与的大小关系如何，均大于 ，故A、
B错误.
2.如图甲所示，水火箭又称气压式喷水火箭、水推进火箭，由饮料瓶、硬纸片
等环保废旧材料制作而成.图乙是水火箭的简易原理图,用打气筒向水火箭内不断
打气，当内部气体压强增大到一定程度时发射.发射时可近似认为水从水火箭中
向下以恒定速度喷出，且在不到 的时间内喷完，使水火箭升空.
已知水和水火箭的质量分别为、 ，忽略空气阻力，则水
刚好喷完时，水火箭的速度最接近( )
A. B. C. D.
√
[解析] 由于水在不到 时间内喷完，可知水和水火箭间的作用力较大，水和
水火箭的重力相对两者间的作用力来说可以忽略，水和水火箭组成的系统动量
近似守恒，有，解得水火箭的速度 ，故C正确.
3.小车静止在光滑水平面上，站在车上的人练习打靶，靶装在车上的另一端，
如图所示.已知车、人、枪和靶的总质量为(不含子弹)，每颗子弹质量为 ，
共发.打靶时枪口到靶的距离为 .若每发子弹打入靶中后就留在靶里，且待前
一发打入靶中后再打下一发，不计空气阻力,则以下说法中正确的是( )
A.待打完 发子弹后，小车将以一定的速度向右匀速运动
B.待打完 发子弹后，小车应停在射击之前的位置
C.在每一发子弹的射击过程中，小车所发生的位移都相同
D.在每一发子弹的射击过程中，小车所发生的位移应越来
越大
√
[解析] 以车、人、枪、靶和子弹组成的系统为研究对象，系统所受的合外力为
零，系统动量守恒，打靶前系统的总动量为零，打完后系统的总动量也为零，
所以待打完 发子弹后小车仍然是静止的，故A错误；每打出一发子弹过程中，
小车向右加速运动，子弹打入靶过程中，小车向右减速运动，待打完所有子弹
后，小车向右运动了一段距离，故B错误；对系统任一时刻，由动量守恒定律
都有，则位移满足，而 ,解得
,所以在每一发子弹的射击过程中，小
车所发生的位移都相同，故C正确，D错误.
4.[2024·辽宁卷] 如图所示，高度的水平桌面上放置两个相同物块 、
，质量，、间夹一压缩量 的轻弹簧，弹簧与
、不拴接.同时由静止释放、，弹簧恢复原长时 恰好从桌面左端沿水平方
向飞出，水平射程；脱离弹簧后沿桌面滑行一段距离
后停止.、均视为质点，重力加速度取 .求：
(1) 脱离弹簧时、的速度大小和 ；
[答案]
[解析] 弹簧恢复原长时恰好从桌面左端沿水平方向飞出,说明 脱离弹簧时的
速度为平抛运动的初速度,对 做平抛运动过程, 有
联立解得脱离弹簧时的速度大小
对、 整体,由动量守恒定律得
解得脱离弹簧时的速度大小
4.[2024·辽宁卷] 如图所示，高度的水平桌面上放置两个相同物块 、
，质量，、间夹一压缩量 的轻弹簧，弹簧与
、不拴接.同时由静止释放、，弹簧恢复原长时 恰好从桌面左端沿水平方
向飞出，水平射程；脱离弹簧后沿桌面滑行一段距离
(2) 物块与桌面间的动摩擦因数 ；
[答案] 0.2
后停止.、均视为质点，重力加速度取 .求：
[解析] 对脱离弹簧后运动过程,由动能定理得
解得物块与桌面间的动摩擦因数
4.[2024·辽宁卷] 如图所示，高度的水平桌面上放置两个相同物块 、
，质量，、间夹一压缩量 的轻弹簧，弹簧与
、不拴接.同时由静止释放、，弹簧恢复原长时 恰好从桌面左端沿水平方
向飞出，水平射程；脱离弹簧后沿桌面滑行一段距离
后停止.、均视为质点，重力加速度取 .求：
(3) 整个过程中，弹簧释放的弹性势能 .
[答案]
[解析] 整个过程中,由能量守恒定律有
其中,
解得弹簧释放的弹性势能
题型3 碰撞模型及其拓展
1.(多选)如图甲所示，轻弹簧的两端与质量分别为和的两物块、
相连接，两物块 静止在光滑的水平面上.一颗质量为的子弹以速度 射
入物块并留在中，以此刻为计时起点，两物块(含子弹)、 的速度随时间
变化的规律如图乙所示，重力加速度取 .从图像信息分析可知，下列说
法中正确的是( )
A.在 时刻弹簧最长
B.子弹射入物块前的速度大小为
C.在时间内，弹簧的最大弹性势能为
D.当物块(含子弹)的速度为零时，物块的速度大小为
√
√
[解析] 当、速度相同时，弹簧压缩到最短或拉伸到最长，所以在 时刻弹簧
压缩到最短，在时刻弹簧处于原长，在 时刻弹簧拉伸到最长，A错误；根据
动量守恒定律得，其中, ,
,，解得，B正确；在 时间内，系统
的动能和弹性势能相互转化，时刻弹簧处于原长，弹簧的弹性势能为零，
时刻弹簧最长，弹簧的弹性势能最大，设为 ，由机械能守恒定律得
，其中 ，解得
，C正确；当物块(含子弹)的速度为零时，设物块的速度为 ，根
据动量守恒定律得，解得 ，D错误.
2.如图所示，质量、半径 的四分之一光滑圆弧槽静置于光
滑水平地面上，有两个大小、形状相同的可视为质点的光滑小球1、2，质量分
别为、 ，小球2右侧连接一轻质弹簧，弹簧的另一端距
圆弧槽底有一定距离.现将小球1从圆弧槽顶端由静止释放，重力加速度 取
.
(1) 若圆弧槽固定，求小球1滑离圆弧槽时的速度大小 ；
[答案]
[解析] 若圆弧槽固定，则小球1滑离圆弧槽过程中机械能守恒，有
解得
2.如图所示，质量、半径 的四分之一光滑圆弧槽静置于光
滑水平地面上，有两个大小、形状相同的可视为质点的光滑小球1、2，质量分
别为、 ，小球2右侧连接一轻质弹簧，弹簧的另一端距
圆弧槽底有一定距离.现将小球1从圆弧槽顶端由静止释放，重力加速度 取
.
(2) 若圆弧槽不固定，求小球1滑离圆弧槽时的速度大小 ；
[答案]
[解析] 若圆弧槽不固定，则圆弧槽和小球1组成的系统在水平方向上动量守恒，
有
由机械能守恒定律得
联立解得
2.如图所示，质量、半径 的四分之一光滑圆弧槽静置于光
滑水平地面上，有两个大小、形状相同的可视为质点的光滑小球1、2，质量分
别为、 ，小球2右侧连接一轻质弹簧，弹簧的另一端距
圆弧槽底有一定距离.现将小球1从圆弧槽顶端由静止释放，重力加速度 取
.
(3) 求圆弧槽不固定的情况下弹簧压缩过
程中的最大弹性势能.
[答案]
[解析] 当小球1、2速度相同时，弹簧的弹性势能最大，根据动量守恒定律得
解得
根据能量守恒定律得
解得
3.如图所示，放在光滑水平面上的小车可以在两个固定障碍物、 之间往返运
动.小车的左端放有一个小木块，初始时小车紧挨障碍物 静止.某时刻，一
子弹以大小为的水平速度射入小木块 并嵌入其中 (时间极短).小车向右运动
到与障碍物相碰时，小木块恰好运动到了小车的右端，且小车与小木块 恰
好达到共同速度.小车和它上面的小木块同时与障碍物 相碰，碰后小车速度
立即减为零，而小木块 以碰撞之前的速度反弹，经过一段时间，小车左端又
与障碍物相碰，碰后小车的速度立即减为零，小木块 继续在小车上向左滑动，
速度逐渐减为零而停在小车上.已知子弹的质量为，小木块的质量为 ，
小车的质量为、长度为，子弹和小木块 都可
以看成质点，求：
(1) 小木块运动过程中的最大速度 ；
[答案]
[解析] 子弹射入小木块过程中，小木块做加速运动，小木块 在小车上滑动
过程中，小木块做减速运动，所以当子弹嵌入小木块中且相对小木块 静止
时，小木块的速度最大，设最大速度为 ，根据动量守恒定律有
解得
3.如图所示，放在光滑水平面上的小车可以在两个固定障碍物、 之间往返运
动.小车的左端放有一个小木块，初始时小车紧挨障碍物 静止.某时刻，一
子弹以大小为的水平速度射入小木块 并嵌入其中 (时间极短).小车向右运动
到与障碍物相碰时，小木块恰好运动到了小车的右端，且小车与小木块 恰
好达到共同速度.小车和它上面的小木块同时与障碍物 相碰，碰后小车速度
立即减为零，而小木块 以碰撞之前的速度反弹，经过一段时间，小车左端又
与障碍物相碰，碰后小车的速度立即减为零，小木块 继续在小车上向左滑动，
速度逐渐减为零而停在小车上.已知子弹的质量为，小木块的质量为 ，
小车的质量为、长度为，子弹和小木块 都可
以看成质点，求：
(2) 障碍物、之间的距离 ；
[答案]
[解析] 内嵌子弹的小木块与小车作用过程中，系统动量守恒，设小木块 恰好
运动到小车的右端时速度大小为，有
解得
设小木块与小车之间的摩擦力大小为，小木块从处运动到 处过程中，
对小木块，由动能定理有
对小车，由动能定理有
解得
3.如图所示，放在光滑水平面上的小车可以在两个固定障碍物、 之间往返运
动.小车的左端放有一个小木块，初始时小车紧挨障碍物 静止.某时刻，一
子弹以大小为的水平速度射入小木块 并嵌入其中 (时间极短).小车向右运动
到与障碍物相碰时，小木块恰好运动到了小车的右端，且小车与小木块 恰
好达到共同速度.小车和它上面的小木块同时与障碍物 相碰，碰后小车速度
立即减为零，而小木块 以碰撞之前的速度反弹，经过一段时间，小车左端又
与障碍物相碰，碰后小车的速度立即减为零，小木块 继续在小车上向左滑动，
速度逐渐减为零而停在小车上.已知子弹的质量为，小木块的质量为 ，
小车的质量为、长度为，子弹和小木块 都可
以看成质点，求：
(3) 小木块向左运动至最终停止过程中因摩擦产生的热量 .
[答案]
[解析] 内嵌子弹的小木块 反弹后与小车达到相对静止状态，设共同速度大小
为，根据动量守恒定律有
解得
设该过程中产生的热量为 ，根据能量守恒定律有
小车停下后小木块做匀减速运动，设产生的热量为 ，根据能量守恒定律有
小木块 向左运动至停止过程中因摩擦产生的热量
联立解得第7讲 冲量与动量
题型1
例1 C [解析] 根据自由落体运动公式H=gt2可知,头锤与气囊接触时刻为t1=0.6 s,F t图像与坐标轴围成的面积表示冲量,由图像可知碰撞过程中F的冲量大小为IF=×(0.8-0.6)×200 N·s=20 N·s,方向竖直向上,故A、B错误;头锤落到气囊上时的速度大小为v0==6 m/s,与气囊作用过程由动量定理(向上为正方向)有IF-MgΔt=Mv-,解得v=2 m/s,方向向上,故C正确;碰撞过程中头锤的动量变化量Δp=Mv-=16 kg·m/s,故D错误.
例2 D [解析] 设单位体积为V的高速水射流横截面积为S,长度为l,速度为v,经单位时间Δt全部射到工件表面,则这段时间水射流的质量m=ρV=ρSl=ρπr2vΔt,根据动量定理可得-FΔt=m-mv,解得F=ρπr2v2,故选D.
例3 B [解析] 门板先在向右的外力作用下做匀加速直线运动,撤去外力后做匀减速直线运动,若外力比较大,加速时间很短,位移很小,可以忽略不计,此时门板的运动时间最短,撤去外力后根据牛顿第二定律有μmg=ma,设撤去外力后门板运动时间为t,运动的距离为=at2,可得门板的最短运动时间趋近于t=,B正确.
【整合进阶】
进阶1 AB [解析] 无人机经飞控系统实时调控,在拉力、空气作用力和重力作用下沿水平方向做匀速直线运动,则无人机受到空气作用力与重力和拉力的合力等大反向,随着F的减小,重力和拉力的合力如图所示,可知无人机受到空气作用力的大小和方向均会改变,在T时刻有cos 120°=,F=F0-kT,解得F空=,故A正确,D错误;由于拉力F随时间t均匀变化,则无人机在0到T时间段内受到拉力的冲量大小为F t图像与坐标轴围成的面积,即为T,故B正确;将拉力分解为水平和竖直方向,则无人机受重力和拉力的合力在水平方向有Fx=(F0-kt),无人机受重力和拉力的合力在竖直方向有Fy=(F0-kt)+mg,0到T时间段内无人机受重力和拉力的合力在水平方向的冲量为Ix=,0到T时间段内无人机受重力和拉力的合力在竖直方向的冲量为Iy=F0T-kT2+mgT,则0到T时间段内无人机受到重力和拉力的合力的冲量大小为I==,故C错误.
题型2
例4 B [解析] 当人以最小速度跳离时,两车与人最终有相等速度,对A与人有v0=mv1+2mvmin,对B与人有2mvmin-mv0=v1,解得vmin=v0,故选B.
例5 (1)gt (2)2v (3)3vt
[解析] (1)物体竖直上抛至最高点时速度为0,由运动学公式有0=v0-gt
可得v0=gt
(2)爆炸瞬间水平方向动量守恒,炸裂前总动量为0,由动量守恒定律得0=2m·v+m·vB
解得vB=-2v
即炸裂后瞬间B的速度大小为2v
(3)根据竖直上抛运动的对称性可知下落时间与上升时间均为t
则A的水平位移xA=vt
B的水平位移xB=vBt=-2vt
所以落地点A、B之间的距离d=|xA|+|xB|=3vt
【整合进阶】
进阶2 D [解析] 该过程中系统动能和电势能相互转化,能量守恒,对整个系统分析可知系统受到的合外力为0,故动量守恒,故B错误;当三个小球运动到同一条直线上时,根据对称性可知细线中的拉力相等,此时球3受到1和2的电场力大小相等,方向相反,故可知此时球3受到的合力为0,球3从静止状态开始运动,瞬间受到的合力不为0,故该过程中小球3受到的合力在改变,故A错误;对系统根据动量守恒定律有mv1+mv2=mv3,由球1和2运动的对称性可知v1=v2,解得v3=2v1,根据能量守恒定律有mv12+m+m=,解得v3=,故C错误,D正确.
进阶3 BD [解析] 爆炸后,A、B组成的系统动量守恒,即3mv1=mv2,B与C碰撞过程动量守恒,即mv2=6mv,联立解得v=0.5v1.爆炸后瞬间A的动能EkA=·3m·,D的初动能EkD=·6m·,两者不相等,故A错误;D水平滑动过程中摩擦力做功为Wf=-μ·6mg·s1=-μ·6mg·=-6mgh,做平抛运动过程中重力做的功为WG=6mgh,故D从开始运动到落地瞬间合外力做功为0,根据动能定理可知D的初动能与其落地时的动能相等,故B正确;D物块平抛过程有h=gt2,s2=v0t,联立可得v0=s2,D水平滑动过程中根据动能定理有-6mgh=·6m-·6mv2,化简得v2=+2gh,弹药释放的能量完全转化为A和B的动能,则爆炸过程的能量为E=·3m+·m=24mv2=24m=48mgh,故C错误,D正确.
题型3
例6 B [解析] 根据题意可知,小球A和B碰撞过程中,水平方向上动量守恒,竖直方向上A球的竖直速度不变,设碰撞后A球水平速度为v1,B球水平速度为v2,则有mv=mv1+mv2,碰撞为弹性碰撞,则由能量守恒定律有mv2+m=m+m+m,联立解得v1=v,v2=0,小球A在竖直方向上做匀加速直线运动,则有h=gt2,解得t=2 s,可知碰撞后,小球A运动t'=1 s落地,则水平方向上有x=vt',解得v=3.0 m/s,故选B.
例7 D [解析] 碰撞瞬间C的速度不变,由于碰撞时间极短不考虑C对A、B的影响,规定向右为正方向,对A、B系统由动量守恒得mvA-mvB=2mv,解得v=1 m/s,方向向右,C的速度大小为2 m/s,方向向左,A错误.假设最终C没有滑出长板,则根据A、B、C系统动量守恒,有mvA-2mvC=3mv共,得v共=0,摩擦产生的热量Q=(2m)v2+m=3 J,由Q=μmgs相对得s相对=0.6 m<0.75 m,故假设成立,最终C停在B板上,碰撞后到三者相对静止所经历时间t==0.4 s,B、C错误,D正确.
例8 BC [解析] 在小球下滑至与管道圆心等高之前,存在一个临界位置,该临界位置处重力沿半径方向的分力恰好充当向心力,小球过临界位置之后,管道对小球的支持力一定沿半径向内,故A错误;两小球在下滑过程中有相同的运动过程,一定同时到达最低点,到最低点(碰撞前瞬间)时的速度大小满足mv2=mg·2R,可得v=2,此时管道对小球的支持力大小满足F-mg=m,解得F=5mg,由牛顿第三定律知,管道受到两小球的最大压力为5g,故B正确;只有满足m1=m2时,两小球在最低点发生弹性碰撞后交换速度,同时返回最高点,故C正确;若碰撞后小球B返回管道最高点时对管道恰好无压力,则小球B在最高点时的速度应满足m2g=m2,从碰撞结束到小球B到达最高点,由动能定理有-m2g·2R=m2-m2,解得v2=,方向向右,若m1∶m2=3∶1,规定向右为正方向,碰撞过程中满足m1+m2(-)=m1v1'+m2v2',m1·4gR+m2·4gR=m1v1'2+m2v2'2,联立解得v2'=4>,故D错误.
【整合进阶】
进阶4 A [解析] 两物体受外力F大小相等,由图像的斜率等于加速度可知M、N的加速度大小之比为4∶6=2∶3,可知M、N的质量之比为6∶4=3∶2,设分别为3m和2m,由图像可设M、N碰前的速度大小分别为4v和6v,向右为正方向,因M、N系统受合外力为零,则系统动量守恒,则由动量守恒定律有3m·4v-2m·6v=3mv1+2mv2,若系统为弹性碰撞,则由能量关系可知·3m(4v)2+·2m(6v)2=·3m+·2m,解得v1=-4v、v2=6v,因M、N的加速度大小之比仍为2∶3,则速度减为零的时间之比为1∶1,故B、D错误;若不是弹性碰撞,则3m·4v-2m·6v=3mv1+2mv2,可知碰后速度大小之比为v1∶v2=2∶3,若假设v1=-2v,则v2=3v,此时满足·3m(4v)2+·2m(6v)2>·3m+·2m,则假设成立,因M、N的加速度大小之比仍为2∶3,则停止运动的时间之比为1∶1,对M来说碰撞前后的速度大小之比为4v∶2v=2∶1,可知碰撞前后运动时间之比为2∶1,故A正确,C错误.第7讲 冲量与动量
1.C [解析] 圆盘停止转动前,物体随圆盘做匀速圆周运动,摩擦力沿圆盘面指向中心轴提供向心力,物体的速度沿圆周切线方向,所以摩擦力的方向与其速度方向垂直,根据牛顿第二定律可得向心力大小为Fn=mω2R,故A错误;圆盘停止转动前,小物体运动一圈的过程中由动量定理可得If=Δp=mv-mv=0,故B错误;圆盘停止转动到小物体停止运动的过程中由动量定理可得If'=Δp'=0-mv=-mv=-mωR,即小物体整个滑动过程中所受摩擦力的冲量大小为mωR,故C正确;圆盘停止转动后,物体沿切线方向运动,故D错误.
2.D [解析] 前1 s内力F对物体的冲量大小为I=Ft1=2.5 N·s,A错误;物体先向右加速运动,1 s后向右减速运动,又由图可知Ft1-Ft2=0,可知t=2 s时物体速度变为0,没有回到原点,B错误;由图可知Ft1-Ft2+Ft3=mv-0,解得v=2 m/s,C错误;第3 s内物体做初速度为0的匀加速直线运动,位移x=a=××=1 m,D正确.
3.AB [解析] 高压气体对火箭箭体做正功,故A正确;喷水时间极短,可以认为喷水过程中动量近似守恒,有mv0+v=0,可得喷水后箭体速度大小为v=,故B正确;喷水后,箭体做竖直上抛运动,由机械能守恒定律得gh=,得箭体上升的最大高度为h=,故C错误;瓶内气体内能转化为水、箭体的机械能,故机械能不守恒,故D错误.
4.C [解析] 第一次抛接球的过程,对人和球系统由动量守恒定律有mv=Mv',可得抛球人获得的速度为v'=,选项A错误;第一次抛接球的过程,对人和球系统由动量守恒定律有mv=(M+m)v″,接球人获得的速度为v″=,选项B错误;从开始抛球到最终,根据Mv1=(M+m)v2,若v甲v乙,说明乙是最终的持球人,但是不能确定开始的持球人是谁,选项C正确,D错误.
5.B [解析] 沙尘颗粒稳定降落即认为匀速下落,有mg=kv,得速度v==2×10-3 m/s,时间t==104 s≈3 h.
6.C [解析] 设A碰撞前的初速度为v0,若两物块发生的是对心完全非弹性碰撞,两物块相撞之后速度相同,能量损失最大,则有mAv0=v,由题意可得mAv=3mBv,可得=3,若两物块发生的是对心弹性碰撞,两物块相撞之后没有能量损失,设碰撞后A、B的速度分别为vA、vB,根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得mAv0=mAvA+mBvB,mA=mA+mB,解得vA=v0、vB=v0,由题意可得mAvA=3mBvB,联立解得=7,则mA与mB之间的关系应满足3≤≤7,故选C.
7.C [解析] 根据平抛运动规律,从抛出到绳子恰好绷直,有x=v0t,y=gt2,由几何关系有+x2=,联立三式可得t=,则x=L、y=,可知绳绷直时与杆MN的夹角θ=45°,且绷直前瞬间B球速度与水平方向的夹角也为θ=45°,此时B球的速度大小v=v0,故A、B错误;绳子绷直过程中,B球所受总冲量沿绳由B指向A,B球的动量减小,故B球的速度减小,但方向不变,设绷直后瞬间A、B球的速度分别为vA、vB,根据水平方向动量守恒有mv0=mvA+mvBcos θ,由A、B球沿绳方向速度相同,有vAcos θ=vB,联立两式解得vA=v0,vB=v0,故C正确;对B球用动量定理分析,绳子对B球的冲量大小为I,则I-IGcos 45°=mv-mvB=mv0,所以绳子对B冲量大于mv0,故D错误.
8.(1) (N·s)
(2)Ff=mg(N);Ff=mg(N) 如图所示 (3)g(m/s)
[解析] (1)由图乙可知F随时间线性变化,根据数学知识可知F=t
所以当t=6 s时,F=
0~6 s内F的冲量为F t图线与t轴围成的面积,即I=×mg×6=mg(N·s)
(2)由于初始时刻.物块刚好能静止在细杆上,则有
mgsin 30°=μmgcos 30°
即μ=tan 30°=
在垂直杆方向,当Fsin θ=mgcos θ时,t=4 s
则0~4 s,垂直杆方向上有Fsin θ+FN=mgcos θ
摩擦力Ff=μFN==mg(N)
在4~6 s内,垂直杆方向上有Fsin θ=mgcos θ+FN
摩擦力Ff=μFN==mg(N)
相应的Ff t图像如图所示
(3)在0~6 s内沿杆方向根据动量定理有IFcos θ-If=mv
在0~6 s内摩擦力的冲量为Ff t图线与t轴围成的面积,则If=×mg×4+×mg×2=mg(N·s)
联立有mg·cos 30°-mg=mv
可得v=g(m/s)
9.(1)0.6 m (2)0.1 N·s 0
[解析] (1)小物块在平台做匀减速直线运动,根据牛顿第二定律可知a=-μg
则小物块从开始运动到离开平台有
-=2ax0
小物块从平台飞出后做平抛运动,有
h=g
x=vxt1
联立解得x=0.6 m
(2)物块第一次落到地面后弹起的最大高度为0.45 m,则有h'=g
vy2=gt2
则物块与地面接触的时间
Δt=t-t1-t2=0.1 s
物块与地面接触的过程中根据动量定理,竖直方向上取向上为正方向,在竖直方向有
IN-mgΔt=mvy2-m(-vy1)
vy1=gt1
解得IN=0.1 N·s
水平方向上取向右为正方向,在水平方向有
-μFNΔt=mvx'-mvx
IN=FNΔt
解得vx'=-1 m/s
但由于vx'减小为0后将无相对运动和相对运动的趋势,故vx'=0第7讲 冲量与动量
【关键能力】 自从动量作为必考知识后,“蹭”概念的考查方式开始淡化,对动量的考查更“实在”.注重运动过程分析与状态选取,能应用动量定理、动量守恒定律等规律解决实际问题.选择题方面注重生活情景,利用物理知识解决实际问题;计算题方面三大观点的综合应用解决复杂多过程问题,开始在高考中出现抬头趋势.
题型1 动量、冲量与动量定理
1.冲量的三种计算方法
公式法 I=Ft适用于求恒力的冲量
动量定理法 多用于求变力的冲量或F、t未知的情况
图像法 F t图像与时间轴围成的面积表示力的冲量.若F与t成线性关系,也可直接用平均力求解
2.动量定理的表达式是矢量关系,I合、Δp两矢量总是大小相等、方向相同.
例1 [2025·辽宁沈阳模拟] 汽车的安全气囊是有效保护乘客的装置.如图甲所示,在安全气囊的性能测试中,可视为质点的质量M=2 kg头锤从离气囊表面高度为H=1.8 m处做自由落体运动,与正下方的气囊发生碰撞,气囊对头锤竖直方向作用力F随时间t的变化规律可近似用图乙所示图像描述,以静止释放为计时起点,不计空气阻力.已知重力加速度大小g取10 m/s2,则 ( )
A.全程作用力F的冲量先向下,再向上
B.全程作用力F的冲量大小为80 N·s
C.碰撞结束时头锤的速度大小为2 m/s
D.碰撞过程中头锤的动量变化量大小为8 kg·m/s
例2 [2025·河南洛阳模拟] 水刀,学名高压水射流切割技术,利用高速喷射的水流和磨粒混合物对材料进行冲击和切削,因其冷切割不会改变材料的物理化学性质而备受青睐.水刀现已广泛应用于陶瓷、石材、玻璃、金属、复合材料等众多行业.如图所示,设喷水嘴的半径为r,水射流从喷水嘴喷出时的速度为v,水射流穿透物料后的速度变为,水射流的密度为ρ,则水射流对物料的作用力为 ( )
A.kρπr2v2 B.ρπr2v2
C.ρπr2v2 D.ρπr2v2
流体的柱状模型
对于流体运动,可沿流速v的方向选取一段柱形流体,在极短的时间Δt内通过某一横截面积为S的柱形流体的长度为Δl=vΔt,如图所示.
流体微元原速率反弹所受作用力的求解步骤:
(1)在极短时间Δt内,取一小柱体作为研究对象.
(2)求小柱体的体积ΔV=SvΔt.
(3)求小柱体的质量Δm=ρΔV=SρvΔt.
(4)应用动量定理Δp=FΔt.
(5)作用后流体微元以速率v反弹,有Δp=-2Δmv.
(6)联立解得F=-2ρSv2.
例3 [2025·湖北卷] 一个宽为L的双轨推拉门由两扇宽为的门板组成,门处于关闭状态,其俯视图如图甲所示.某同学用与门板平行的水平恒定拉力作用在一门板上,一段时间后撤去拉力,该门板完全运动到另一边,且恰好不与门框发生碰撞,其俯视图如图乙所示.门板在运动过程中受到的阻力与其重力大小之比为μ,重力加速度大小为g.若要门板的整个运动过程用时尽量短,则所用时间趋近于 ( )
A.
B.
C.
D.2
【整合进阶】
进阶1 (新情境下的力学分析和冲量计算)(多选)[2025·广东卷] 如图所示,无人机在空中作业时,受到一个方向不变、大小随时间变化的拉力.无人机经飞控系统实时调控,在拉力、空气作用力和重力作用下沿水平方向做匀速直线运动.已知拉力与水平面成30°角,其大小F随时间t的变化关系为F = F0-kt(F ≠ 0,F0、k均为大于0的常量),无人机的质量为m,重力加速度为g.关于该无人机在0到T时间段内(T是满足F > 0的任一时刻),下列说法正确的有 ( )
A.受到空气作用力的方向会变化
B.受到拉力的冲量大小为T
C.受到重力和拉力的合力的冲量大小为mgT+T
D.T时刻受到空气作用力的大小为
题型2 动量守恒定律的应用
1.判断动量守恒的三种方法
(1)理想守恒:不受外力或所受外力的合力为0,如光滑水平面上的滑块—木板模型、电磁感应中光滑导轨上的双杆模型.
(2)近似守恒:系统内力远大于外力,如爆炸、反冲.
(3)某一方向守恒:系统在某一方向上不受外力或所受外力的合力为0,则在该方向上动量守恒,如滑块—斜面(曲面)模型.
2.动量守恒定律的三种表达形式
(1)m1v1+m2v2=m1v1'+m2v2',作用前的动量之和等于作用后的动量之和(常用).
(2)Δp1=-Δp2,相互作用的两个物体动量的变化量等大反向.
(3)Δp=0,系统总动量的增量为零.
例4 [2025·黑龙江大庆模拟] 如图所示,有A、B两个质量均为m的小车,在光滑的水平地面上以相等的速率v0在同一直线上相向运动,A车上有一质量为2m的人,他现在从A车跳到B车上,为了避免两车相撞,他跳离A车时的速率(相对地面)最小为 ( )
A.v0 B.v0
C.v0 D.3v0
例5 [2025·北京卷] 某物体以一定初速度从地面竖直向上抛出,经过时间t到达最高点.在最高点该物体炸裂成A、B两部分,质量分别为2m和m,其中A以速度v沿水平方向飞出.重力加速度为g,不计空气阻力.求:
(1)该物体抛出时的初速度大小v0;
(2)炸裂后瞬间B的速度大小vB;
(3)A、B落地点之间的距离d.
1.爆炸过程碎块受重力作用,由于爆炸时的内力远大于重力,仍可认为符合动量守恒定律.
2.爆炸过程对单一个体,内力的冲量是动量的变化的根本原因,可应用动量定理计算平均作用的内力.
【整合进阶】
进阶2 (电场中的动量守恒分析)[2024·安徽卷] 在某装置中的光滑绝缘水平面上,三个完全相同的带电小球,通过不可伸长的绝缘轻质细线,连接成边长为d的正三角形,如图甲所示.小球质量为m,带电荷量为+q,可视为点电荷.初始时,小球均静止,细线拉直.现将球1和球2间的细线剪断,当三个小球运动到同一条直线上时,速度大小分别为v1、v2、v3,如图乙所示.该过程中三个小球组成的系统电势能减少了,k为静电力常量,不计空气阻力.则 ( )
A.该过程中小球3受到的合力大小始终不变
B.该过程中系统能量守恒,动量不守恒
C.在图乙位置,v1=v2,v3≠2v1
D.在图乙位置,v3=
进阶3 (爆炸过程中的动量和功能分析)(多选)[2025·湖南卷] 如图,某爆炸能量测量装置由装载台和滑轨等构成,C是可以在滑轨上运动的标准测量件,其规格可以根据测量需求进行调整.滑轨安装在高度为h的水平面上.测量时,将弹药放入装载台圆筒内,两端用物块A和B封装,装载台与滑轨等高.引爆后,假设弹药释放的能量完全转化为A和B的动能.极短时间内B嵌入C中形成组合体D,D与滑轨间的动摩擦因数为μ.D在滑轨上运动s1距离后抛出,落地点距抛出点水平距离为s2,根据s2可计算出弹药释放的能量.某次测量中,A、B、C质量分别为3m、m、5m,s1=,整个过程发生在同一竖直平面内,不计空气阻力,重力加速度大小为g.则 ( )
A.D的初动能与爆炸后瞬间A的动能相等
B.D的初动能与其落地时的动能相等
C.弹药释放的能量为36mgh
D.弹药释放的能量为48mgh
题型3 碰撞模型及其拓展
1.碰撞问题遵循的三条原则
(1)动量守恒:p1+p2=p1'+p2'.
(2)动能不增加:Ek1+Ek2≥Ek1'+Ek2'.
(3)速度要符合实际情况:若碰后速度同向,则后方物体速度不大于前方物体速度.
2.两种碰撞特点
(1)弹性碰撞
两球发生弹性碰撞时应满足动量守恒定律和机械能守恒定律.
以质量为m1、速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生弹性正碰为例,有
m1v1=m1v1'+m2v2'
m1=m1v1'2+m2v2'2
解得v1'=v1,v2'=v1.
结论:
①当m1=m2时,v1'=0,v2'=v1,两球碰撞后交换了速度.
②当m1>m2时,v1'>0,v2'>0,碰撞后两球都沿速度v1的方向运动.
③当m10,碰撞后质量小的球被反弹回来.
④当m1 m2时,v1'≈v1,v2'≈2v1.
(2)完全非弹性碰撞
动量守恒、末速度相同:m1v1+m2v2=(m1+m2)v共,机械能损失最多,机械能的损失:ΔE=m1+m2-(m1+m2).
例6 [2025·甘肃卷] 如图,小球A从距离地面20 m处自由下落,1 s末恰好被小球B从左侧水平击中,小球A落地时的水平位移为
3 m.两球质量相同,碰撞为弹性碰撞,重力加速度g取10 m/s2,则碰撞前小球B的速度大小v为 ( )
A.1.5 m/s B.3.0 m/s
C.4.5 m/s D.6.0 m/s
例7 [2025·浙江1月选考] 如图所示,光滑水平地面上放置完全相同的两长板A和B,滑块C(可视为质点)置于B的右端,三者质量均为1 kg.A以4 m/s的速度向右运动,B和C一起以2 m/s的速度向左运动,A和B发生碰撞后粘在一起不再分开.已知A和B的长度均为0.75 m,C与A、B间动摩擦因数均为0.5,重力加速度g取10 m/s2,则 ( )
A.碰撞瞬间C相对地面静止
B.碰撞后到三者相对静止,经历的时间为0.2 s
C.碰撞后到三者相对静止,摩擦产生的热量为12 J
D.碰撞后到三者相对静止,C相对长板滑动的距离为0.6 m
例8 (多选)[2025·陕西安康模拟] 如图所示,固定在竖直面内的光滑细管道顶部有质量分别为m1、m2的小球A和B,两小球受到微小扰动后同时由静止开始沿管道的两侧滑下,相遇后发生弹性碰撞,碰撞时间极短.已知两小球均可视为质点,管的内径略大于两小球的直径,重力加速度大小为g,对小球下滑之后的运动判断正确的是 ( )
A.在小球下滑至与管道圆心等高之前,管道对小球的支持力一定沿半径向外
B.碰前,管道受到两小球的最大压力为5g
C.只有满足m1=m2时,两小球才能在最低点发生碰撞后同时返回最高点
D.若碰撞后小球B返回管道最高点时对管道恰好无压力,则m1∶m2=3∶1
[反思感悟]
1.碰撞拓展模型一
图例 (水平面 光滑) 小球—弹簧 模型 小球—曲面 模型
达到共速 相当于完全非弹性碰撞,系统在水平方向上动量守恒,满足mv0=(m+M)v共,损失的动能最大,转化为弹性势能、重力势能或电势能
再次分离 相当于弹性碰撞,系统在水平方向上动量守恒,满足mv0=mv1+Mv2,能量满足m=m+M
2.碰撞拓展模型二
图例(水平 面或水平 导轨光滑)
达到共速 相当于完全非弹性碰撞,动量满足mv0=(m+M)v共,损失的动能最大,转化为内能或电能
3.“动碰动”弹性碰撞问题:若两物体质量分别为m1和m2,碰前速度分别为v1、v2,碰后速度分别为v1'、v2',则有m1v1+m2v2=m1v1'+m2v2'①、m1+m2=m1v1'2+m2v2'2②,联立①、②,解得v1'=2-v1、v2'=2-v2.
【整合进阶】
进阶4 (碰撞中的v t图像分析)[2025·广东卷] 如图所示,在光滑水平面上,小球M、N分别在水平恒力F1和F2作用下,由静止开始沿同一直线相向运动,在t1时刻发生正碰后各自反向运动.已知F1和F2始终大小相等、方向相反.从开始运动到碰撞后第1次速度减为0的过程中,两小球速度v随时间t变化的图像,可能正确的是 ( )
A
B
C
D 第7讲 冲量与动量
1.[2025·辽宁沈阳模拟] 如图所示,一足够大的水平圆盘以角速度ω绕过圆心的竖直轴匀速转动.圆盘上距轴R处的P点有一质量为m的小物体随圆盘一起转动.某时刻圆盘突然停止转动,小物体由P点滑至圆盘上的某点Q处(图中未画出)停止.下列说法正确的是 ( )
A.圆盘停止转动前,小物体所受摩擦力大小为mRω2,摩擦力方向与运动方向相反
B.圆盘停止转动前,小物体在圆周运动一个周期内所受摩擦力的冲量大小为2πmRω
C.圆盘停止转动后,直至小物体停止运动,小物体在此滑动过程中所受摩擦力的冲量大小为mRω
D.圆盘停止转动后,小物体沿过P点的圆盘半径方向向外做离心运动
2.[2025·湖北武汉模拟] 一物体静止在光滑水平面上,从t=0时刻起,受到的水平外力F如图所示,以向右运动为正方向,物体质量为2.5 kg,则下列说法正确的是 ( )
A.前1 s内力F对物体的冲量大小为5 N· s
B.t=2 s时物体回到出发点
C.t=3 s时物体的速度大小为1 m/s
D.第3 s内物体的位移为1 m
3.(多选)[2025·浙江宁波模拟] 水火箭是利用反冲原理制作的趣味玩具,瓶内有高压气体和一定量的水.总质量为M的水火箭,由静止沿竖直方向发射,在极短的时间内将内部质量为m的水以速度v0向下喷出,箭体上升的最大高度为h,重力加速度大小为g,忽略空气阻力.下列说法正确的是 ( )
A.瓶内高压气体对箭体做正功
B.喷水后瞬间,箭体的速度大小为
C.箭体上升的最大高度为
D.整个过程中,箭体与水组成的系统机械能守恒
4.[2025·广东潮州模拟] 如图所示,两辆完全相同的小车都静止在光滑水平面上,车上各站着一人,人与车总质量均为M,甲、乙中的一人手持一质量为m的篮球.从某时刻起,持球人将篮球以水平速度v抛给另一人,另一人接到球后,又把球抛给对方…,直到最终球被甲、乙两人中的一人接住而不再抛出,这时甲、乙的速率分别为v甲、v乙.下列判断正确的是 ( )
A.第一次抛接球的过程,抛球人获得的速度为
B.第一次抛接球的过程,接球人获得的速度为
C.若v甲D.若v甲>v乙,说明乙是开始的持球人
5.[2025·浙江1月选考] 有一离地面高度20 m、质量为2×10-13 kg稳定竖直降落的沙尘颗粒,在其降落过程中受到的阻力与速率v成正比,比例系数k=1×10-9 kg/s,g取10 m/s2.则它降落到地面的时间约为 ( )
A.0.5 h B.3 h C.28 h D.166 h
6.[2025·河南信阳模拟] 如图所示,质量为mA的物块A和质量为mB的物块B静止放置在光滑的水平面上.某时刻给物块A一个水平向右的初速度,物块A、B发生碰撞后均向右运动且物块A的动量刚好是物块B动量的3倍,则mA与mB之间的关系正确的是 ( )
A.1≤≤3 B.3≤≤5
C.3≤≤7 D.5≤≤9
7.[2025·北京丰台区模拟] 如图所示,水平放置、足够长的光滑杆MN上套有一小球A,小球A通过一长度为L的不可伸长的轻绳与小球B相连,A、B小球的质量均为m.将小球B放置于小球A的正下方处,并以初速度v0=水平抛出,g为重力加速度.下列说法正确的是 ( )
A.绳子恰好绷直时,其与MN的夹角为30°
B.绳子绷直前瞬间,小球B的速度大小为v0
C.绳子绷直后瞬间,小球A的速度大小为v0
D.绳子绷直前后,绳子对B球的冲量大小为mv0
8.[2025·甘肃卷] 如图甲所示,细杆两端固定,质量为m的物块穿在细杆上.初始时刻.物块刚好能静止在细杆上.现以水平向左的力F作用在物块上,F随时间t的变化如图乙所示.开始滑动瞬间的滑动摩擦力等于最大静摩擦力.细杆足够长,重力加速度为g,θ=30°.求:
(1)t=6 s时F的大小,以及t在0~6 s内F的冲量大小.
(2)t在0~6 s内,摩擦力Ff随时间t变化的关系式,并作出相应的Ff t图像.
(3)t=6 s时,物块的速度大小.
9.[2025·河北卷] 如图,一长为2 m的平台,距水平地面高度为1.8 m.质量为0.01 kg的小物块以3 m/s的初速度从平台左端水平向右运动.物块与平台、地面间的动摩擦因数均为0.2.物块视为质点,不考虑空气阻力,重力加速度g取10 m/s2.
(1)求物块第一次落到地面时距平台右端的水平距离.
(2)若物块第一次落到地面后弹起的最大高度为0.45 m,物块从离开平台到弹起至最大高度所用时间共计1 s.求物块第一次与地面接触过程中,所受弹力冲量的大小,以及物块弹离地面时水平速度的大小.
