第7讲 动量定理和动量守恒定律
1.（2025·海南三亚三模）如图所示为某款运动跑鞋宣传图，图片显示：“该款鞋鞋底采用EVA材料，能够有效吸收运动时的冲击力，保护双脚免受伤害”。对于该款鞋，下列说法正确的是（ ）
A.缩短双脚与鞋底的冲击时间，从而减小合力对双脚的冲量
B.延长双脚与鞋底的冲击时间，从而减小合力对双脚的冲量
C.延长双脚与鞋底的冲击时间，从而减小鞋底对双脚的平均冲击力
D.缩短双脚与鞋底的冲击时间，从而减小鞋底对双脚的平均冲击力
2.（2025·福建厦门二模）如图甲所示，一质量为2 kg的物块放在水平面上，t＝0时刻在水平向右的拉力作用下由静止开始运动，t＝4 s时物块的速度又刚好为零，拉力随时间变化关系如图乙所示，重力加速度g＝10 m/s2，则t＝1 s时物块的加速度大小为（ ）
A.0.5 m/s2 B.1 m/s2
C.1.5 m/s2 D.2 m/s2
3.（2025·江苏南京一模）如图所示，在光滑绝缘水平面上同时由静止释放两个带正电的小球A和B，已知A、B两球的质量分别为m1、m2。则某时刻A、B两球（ ）
A.速度大小之比为m1∶m2
B.加速度大小之比为m1∶m2
C.动量大小之比为m2∶m1
D.动能大小之比为m2∶m1
4.〔多选〕（2025·广西桂林三模）如图所示，天花板上用一满足胡克定律的弹性绳悬挂一质量为M的物块a处于静止状态，另一质量为m的小环b穿过弹性绳，从距离物块a一定高度静止释放，与a发生完全非弹性碰撞（碰撞时间极短），碰后结合为整体c继续向下运动至最低点，若增大b释放的高度，以下说法中正确的是（ ）
A.由于碰撞损失的机械能增大
B.由于碰撞损失的机械能不变
C.整体c速度最大的位置下移
D.整体c速度最大的位置不变
5.（2025·安徽芜湖联考）如图所示，对某种头盔材料进行测试，已知该材料质量为M，其上表面为坚硬层，下部分为缓冲层（受力后发生明显形变），放在水平桌面上，用质量为m的重物以速率v竖直向下落在材料的上表面上，碰撞时间极短，重物以0.8v的速率反向弹回，已知头盔材料在受到撞击后在桌面上向下挤压的缓冲时间为t，然后静止不动，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A.在撞击过程中，重物所受合外力的冲量大小为0.2mv
B.在撞击过程中，重物受到重力的冲量大小为mgt
C.头盔材料向下缓冲过程中，对桌面的平均压力大小为Mg－
D.头盔材料向下缓冲过程中，对桌面的平均压力大小为Mg＋
6.（2025·安徽马鞍山一模）如图所示，物块A、B静止在光滑水平地面上，A与轻弹簧相连，C沿水平面以一定初速度向右运动，与B碰后粘在一起，二者向右运动一小段距离后与弹簧接触，一段时间后与弹簧分离，则（ ）
A.A加速过程中，加速度越来越大
B.A、B、C共速时，B所受合力为0
C.A、B、C共速时，弹簧弹性势能最大
D.B、C碰撞过程中，B、C系统机械能守恒
7.（2025·湖北武汉一模）高压水枪在现代生活中应用越来越广泛，当高速水流射向物体时，会对物体表面产生冲击力，从而达到清洗污垢的目的。图示为水枪喷水清洗车玻璃示意图，已知水枪出水口直径为d，水密度为ρ，设水流垂直打到玻璃表面后不反弹，测出水枪出口的流量为Q（单位时间内水流体积），不考虑水内部的阻力、空气阻力及高度变化，下列说法正确的是（ ）
A.水枪管口喷出水流速度大小为
B.水枪对管口水柱做功的功率为
C.水流对水枪的作用力大小为
D.水流与玻璃冲击压强为
8.〔多选〕（2025·浙江金华三模）如图，质量均为1 kg的木块A和B并排放在光滑水平面上，A上固定一竖直轻杆，轻杆上端系一长为0.22 m的细线，细线另一端系一质量为0.1 kg的球C，现将球C拉起使细线水平，并由静止释放，当球C摆到最低点时，木块A恰好与木块B相撞并粘在一起，不计空气阻力，则（ ）
A.球C摆到最低点的速度是 m/s
B.木块A、B原先间距0.02 m
C.球C通过最低点后向左摆动上升最大高度为0.21 m
D.球C开始下落到A、B、C三者相对静止，系统产生的热量为0.005 J
9.（2025·北京高考17题）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。
10.（2025·江苏高考14题）如图所示，在光滑水平面上，左右两列相同的小钢球沿同一直线放置。每列有n个。在两列钢球之间，一质量为m的玻璃球以初速度v0向右运动，与钢球发生正碰。所有球之间的碰撞均视为弹性碰撞。
（1）若钢球质量为m，求最右侧的钢球最终运动的速度大小；
（2）若钢球质量为3m，求玻璃球与右侧钢球发生第一次碰撞后，玻璃球的速度大小v1；
（3）若钢球质量为3m，求玻璃球经历2n次碰撞后的动能Ek。
11.（2025·四川高考15题）如图所示，倾角为θ的斜面固定于水平地面，斜面上固定有半径为R的半圆挡板和长为7R的直挡板。a为直挡板下端点，bd为半圆挡板直径且沿水平方向，c为半圆挡板最高点，两挡板相切于b点，de与ab平行且等长。小球乙被锁定在c点。小球甲从a点以一定初速度出发，沿挡板运动到c点与小球乙发生完全弹性碰撞，碰撞前瞬间解除对小球乙的锁定，小球乙在此后的运动过程中无其他碰撞。小球甲质量为m1，两小球均可视为质点，不计一切摩擦，重力加速度大小为g。
（1）求小球甲从a点沿直线运动到b点过程中的加速度大小；
（2）若小球甲恰能到达c点，且碰撞后小球乙能运动到e点，求小球乙与小球甲的质量比值应满足的条件；
（3）在满足（2）中质量比值的条件下，若碰撞后小球乙能穿过线段de，求小球甲初动能应满足的条件。
第7讲 动量定理和动量守恒定律
1.C 由动量定理I＝mv－mv0可知，无论是缩短还是延长双脚与鞋底的冲击时间，合力对双脚的冲量都保持不变，故A、B错误；由I＝Δt可知，延长双脚与鞋底的冲击时间，可以减小鞋底对双脚的平均冲击力，故C正确，D错误。
2.A 在0～4 s内，根据动量定理可得t－μmgt＝0，解得μ＝0.3，根据数学知识，结合图乙可知，t＝1 s时，拉力大小F＝7 N，根据牛顿第二定律F－μmg＝ma，解得a＝0.5 m/s2，故选A。
3.D 由于两小球都带正电，则彼此受到斥力作用，所以两小球组成的系统动量守恒，则m1v1＝m2v2，所以＝，两球动量大小相等，比值为1∶1，故A、C错误；小球的加速度大小之比为＝＝，故B错误；动能之比为＝＝，故D正确。
4.AD 完全非弹性碰撞过程动量守恒，则mv0＝v，损失的机械能ΔE＝m－v2＝·m，下落高度增大，则v0增大，可知损失的机械能增大，A正确，B错误；整体c向下先加速后减速，速度最大的位置为平衡位置，合力为零处，不变，故C错误，D正确。
5.D 在撞击过程中，以竖直向上为正方向，根据动量定理可得I合＝Δp＝m·0.8v－（－mv）＝1.8mv，可知重物所受合外力的冲量大小为1.8mv，故A错误；在撞击过程中，碰撞时间极短，重物受到重力的冲量大小几乎为0，可以忽略不计，故B错误；在撞击过程中，根据动量守恒定律可得mv＝－m·0.8v＋Mv1，解得头盔材料的速度为v1＝，头盔材料在受到撞击后在桌面上向下挤压的缓冲时间为t，然后静止不动，以竖直向上为正方向，根据动量定理可得t－Mgt＝0－（－Mv1），解得＝Mg＋，根据牛顿第三定律可知，头盔材料向下缓冲过程中，对桌面的平均压力大小为Mg＋，故C错误，D正确。
6.C A加速过程中，一开始弹簧压缩量逐渐增大，之后弹簧压缩量又逐渐减小，所以A受到的弹簧弹力先增大后减小，则A的加速度先增大后减小，故A错误；A、B、C共速时，弹簧的压缩量达到最大，弹簧弹性势能最大，此时B、C受到的弹力不为0，B、C的加速度不为0，则B的加速度不为0，其所受合力不为0，故B错误，C正确；B、C碰后粘在一起，属于完全非弹性碰撞，所以B、C碰撞过程中，B、C系统机械能不守恒，故D错误。
7.D 设水流速度为v，则流量Q＝Sv＝v，解得v＝，A错误；设经过极短时间Δt，出口水柱质量Δm＝ρvΔt，由动能定理可得PΔt＝Δmv2，解得P＝，B错误；由动量定理，则有FΔt＝Δmv，解得F＝，由牛顿第三定律可知水流对水枪的作用力F'＝F，C错误；水流冲击玻璃时，以Δt时间内的水柱为研究对象，由动量定理得：－F1Δt＝0－Δmv，则水流与玻璃冲击压强为p＝＝，D正确。
8.BC 球C向下运动到最低点的过程中，A、C组成的系统水平方向不受外力，系统水平方向动量守恒，取水平向左为正方向，由动量守恒定律有0＝mCvC－mAvA，根据机械能守恒定律有mCgL＝mC＋mA，解得速度大小分别为vC＝2 m/s，vA＝0.2 m/s，故A错误；球C向下运动到最低点的过程中，由人船模型的规律有0＝mCxC－mAxA，又有xC＋xA＝L联立解得xA＝0.02 m，故B正确；A与B碰撞瞬间，根据动量守恒定律，有mAvA＝v，解得v＝0.1 m/s，球C向左运动过程中，A、B、C组成的系统水平方向动量守恒，有mCvC－v＝v共，根据能量守恒定律，有mC＋v2＝＋mCgh，联立解得h＝0.21 m，故C正确；系统产生的热量为Q＝mA－v2＝0.01 J，故D错误。
9.（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0＝v0－gt
可得v0＝gt。
（2）爆炸瞬间水平方向动量守恒，爆炸前总动量为0。炸裂后A速度为v，B速度为vB，由动量守恒定律得0＝2mv＋mvB
解得vB＝－2v
即大小为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相等且为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｜＝vt＋2vt＝3vt。
10.（1）v0 （2） （3）m
解析：（1）根据题意可知，所有碰撞均为弹性碰撞，由于钢球质量也为m，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可知，碰撞过程中，二者速度互换，则最终碰撞后最右侧钢球的速度大小等于开始碰撞前玻璃球的初速度v0。
（2）根据题意可知，所有碰撞均为弹性碰撞，则由动量守恒定律有mv0＝mv1＋3mv2
由能量守恒定律有m＝m＋×3m
联立解得v1＝－v0，v2＝v0
负号表示速度反向，则玻璃球的速度大小为v0。
（3）根据题意结合（2）分析可知，玻璃球与右侧第一个钢球碰撞后反弹，且速度大小变为碰撞前的，右侧第一个钢球又与第二个钢球发生弹性碰撞，速度互换，静止在光滑水平面上，玻璃球反弹后与左侧第一个钢球同样发生弹性碰撞，同理可得，碰撞后玻璃球再次反弹，且速度大小为碰撞前的，综上所述，玻璃球碰撞2n次后速度大小为v＝v0
则玻璃球碰撞2n次后最终动能大小Ek＝mv2＝m。
11.（1）gsin θ （2）≥1或＝
（3）m1gRsin θ＜Ek0＜12m1gRsin θ
解析：（1）小球甲从a点沿直线运动到b点过程中，根据牛顿第二定律有m1gsin θ＝m1a1
解得甲在ab段运动的加速度大小a1＝gsin θ。
（2）甲恰能到c点，设到达c点时的速度为v1，可知
m1gsin θ＝m1
解得v1＝ ①
根据题意甲、乙发生完全弹性碰撞，碰撞前后根据动量守恒定律和能量守恒定律有m1v1＝m1v1'＋m2v2，m1＝m1v1'2＋m2
解得碰后乙的速度为v2＝ ②
碰后乙能运动至e点，第一种情况，碰后乙顺着挡板做圆周运动后沿着斜面到达e点，此时需满足m2gsin θ ≤m2
即v2≥ ③
联立①②③可得≥1
第二种情况，碰后乙做类平抛运动到达e点，此时可知7R＋R＝gsin θ·t2，R＝v2t
解得v2＝ ④
联立①②④可得＝。
（3）在（2）问的质量比条件下，若碰后乙能越过线段de，根据前面分析可知当满足第一种情况时，碰后乙做圆周运动显然不满足能越过线段de，故碰后乙做类平抛运动越过线段de，乙的速度必须满足v2＜
同时根据类平抛运动规律可知7R＋R＝gsin θ·Δt2，v2Δt＞R
同时需保证小球不能撞击到圆弧cd上，可得R＝gsin θ·Δt2，v2Δt＜R
联立解得＜v2＜ ⑤
联立②⑤将＝代入可得＜v1＜ ⑥
对甲球从a到c过程中，根据动能定理－m1g·8Rsin θ＝m1－Ek0 ⑦
联立⑥⑦可得m1gRsin θ＜Ek0＜12m1gRsin θ。
3 / 3第7讲 动量定理和动量守恒定律
1.（2025·甘肃高考4题）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，碰撞为完全弹性碰撞，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
2.（2025·河南高考7题）两小车P、Q的质量分别为mP和mQ，将它们分别与小车N沿直线做碰撞实验，碰撞前后的速度v随时间t的变化分别如图1和图2所示。小车N的质量为mN，碰撞时间极短，则（ ）
A.mP＞mN＞mQ B.mN＞mP＞mQ
C.mQ＞mP＞mN D.mQ＞mN＞mP
3.（2025·河北高考14题）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。
考情分析：本讲内容在高考中既有选择题又有计算题，计算题以中等难度以上题目为主，重点考查动量定理和动量守恒定律，常用程序法解决多过程问题、微元法解决流体问题，同时注重模型的构建，如人船模型、滑块曲面模型、子弹打木块模型等。
考点一 动量定理
动量定理在“四类”问题中的应用
1.解缓冲问题——延长时间、减小冲力。如汽车安全气囊、跳高垫子。时间由0.01 s延长到1 s，冲力可变为原来的。
2.求解平均力问题——可分析计算碰撞、冲击过程等复杂的情况。
3.求解流体问题——建立柱状模型，Δm＝ρSvΔt，FΔt＝Δmv。
4.在电磁感应中求解电荷量问题——掌握动量定理和电荷量公式的应用BLΔt＝Δp，q＝Δt。
【例1】 （2025·甘肃高考14题）如图1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的变化关系如图2所示。物块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f随时间t变化的关系式，并作出相应的f-t图像；
（3）t＝6 s时，物块的速度大小。
尝试解答
【例2】 （2025·山东潍坊一模）电动自行车因低碳环保而成为现代流行的代步交通工具。电动自行车在无风情况下匀速行驶时，会将正对空气的速度从0变为v，人和车总的迎风面积为S，空气密度为ρ，则其受到的空气的平均阻力为（ ）
A.ρSv2 B.2ρSv2
C.ρSv D.2ρSv
尝试解答
方法技巧
用动量定理求解“流体”问题的方法
特点 液体流、气体流等，质量具有连续性，通常已知密度ρ
分析步骤 （1）建立“柱状”模型，沿速度v的方向选取一段柱形流体，其横截面积为S （2）微元研究，作用时间Δt内的一段柱形流体的长度Δl＝vΔt，对应的质量Δm＝ρSvΔt （3）建立方程，应用动量定理研究这段柱状流体
考点二 动量守恒定律
动量守恒定律的应用
适用条件 解题的基本思路
（1）系统不受外力或系统所受的合外力为零。 （2）系统所受的合外力不为零，但比系统内力小得多，如碰撞、冲击、爆炸、猛拉等。 （3）系统所受的合力不为零，在某个方向上的合力为零 （1）确定研究对象，进行受力分析和过程分析。 （2）确定系统动量在研究过程中是否守恒。 （3）明确过程的初、末状态的系统动量。 （4）规定正方向，根据动量守恒定律列方程求解
【例3】 〔多选〕（2025·吉林延边一模）如图所示是儿童游乐场所的滑索模型，儿童质量为5m，滑环质量为m，滑环套在水平固定的光滑索道上。该儿童站在一定的高度由静止开始滑出，静止时不可伸长的轻绳拉离竖直方向一定角度。儿童和滑环均可视为质点，索道始终处于水平状态，不计空气阻力，重力加速度为g，以下判断正确的是（ ）
A.儿童和滑环组成的系统动量守恒
B.儿童和滑环组成的系统机械能守恒
C.儿童运动到最低点时减少的机械能大于滑环增加的机械能
D.儿童从静止运动到最低点的过程中，儿童和滑环的水平位移之比为1∶5
尝试解答
〔多选〕（2025·广东河源模拟）如图所示，水平面上有两个木块，两木块的质量分别为m1、m2，且m2＝2m1。开始时两木块之间有一根用轻绳缚住已压缩的轻弹簧，烧断绳后，两木块分别向左、右运动。若两木块m1和
m2与水平面间的动摩擦因数分别为μ1、μ2，且μ1＝2μ2，则在弹簧伸长的过程中，两木块（ ）
A.动量大小之比为1∶1 B.速度大小之比为2∶1
C.动量大小之比为2∶1 D.速度大小之比为1∶1
考点三 碰撞与反冲问题
1.碰撞问题遵循的三条原则
2.反冲的两条规律
（1）总的机械能增加：反冲运动中，由于有其他形式的能量转化为机械能，所以总机械能增加。
（2）平均动量守恒：若系统在全过程中动量守恒，则这一系统在全过程中平均动量必定守恒；若系统由两个物体组成，且相互作用前均静止，相互作用后均发生运动，则有m1－m2＝0。
【例4】 〔多选〕（2025·福建厦门三模）“天宫课堂”第四课在中国空间站开讲，神舟十六号航天员在梦天实验舱内进行授课。其中一个实验如图所示，质量为0.1 kg的小球A以某一初速度向左运动，与静止悬浮在空中的质量为0.5 kg的小球B发生正碰，碰撞后小球A向右反弹，当A向右移动2格的长度时，小球B向左移动1格的长度。已知背景板上小方格的边长相等，忽略舱内空气阻力的影响，则（ ）
A.小球A碰撞前后的速度大小之比为7∶2
B.小球A碰撞前后的速度大小之比为3∶2
C.碰撞前后，小球A、B组成的系统动能不变
D.碰撞前后，小球A、B组成的系统动能减少
尝试解答
【例5】 （2025·河北沧州模拟预测）如图甲所示，两个质量均为m、厚度均为d、高度均为h的木板A、B静止放置在光滑水平面上，质量为m的子弹（体积忽略）以一定初速度v0打入木板A，子弹恰好未离开木板B且A、B两木板没有发生碰撞。现把A、B两块木板绑在一起横放（如图乙所示），子弹再次以同样的初速度v0打入木板A，子弹也恰好未离开木板。设子弹在木板中受到的阻力恒定，忽略空气阻力和重力引起的竖直方向的运动，则等于（ ）
A. B.
C. D.
尝试解答
【例6】 某校学生在理科活动周中，进行了水火箭发射表演。发射时在水火箭内高压空气压力作用下，水从水火箭尾部喷嘴向下高速喷出，外壳受到反冲作用而快速上升，如图甲所示。发射时水火箭将壳内质量为m＝2.0 kg的水相对地面以v＝6 m/s的速度在极短时间内竖直向下全部喷出，已知水火箭外壳质量为m0＝0.4 kg，上升阶段空气阻力恒为f0＝1 N，不计水平方向的任何力，重力加速度g＝10 m/s2。
（1）求水火箭外壳能上升的最大高度H；
（2）若外壳在下落过程中所受空气阻力与速度成正比，即f＝kv（k＝0.4），下落高度h＝20 m时，开始匀速，其过程简图如图乙所示。求：
①外壳匀速时的速度vm；
②外壳从下落到匀速所经历的时间；
③外壳从下落到匀速，空气阻力所做的功。
尝试解答
【例7】 （2025·江西新余一模）如图所示，长木板静止在光滑水平面上，长木板上表面两端分别固定半径均为R的四分之一圆弧体AB、CD，圆弧面光滑，圆弧面的最低点B、C均与长木板上表面相切，长木板BC段上表面粗糙，BC长为2R，长木板（包括两个圆弧体）质量为3m。将一个质量为m的物块在A点上方距离A高度为R的P点由静止释放，物块恰好能到达D点，物块的大小忽略不计，重力加速度为g，求：
（1）长木板向左运动的最大距离；
（2）长木板运动过程中的最大速度；
（3）物块与长木板BC间的动摩擦因数。
尝试解答
规律总结
人船模型
（1）一个原来处于静止状态的系统，在系统内两部分发生相对运动的过程中，在运动方向上满足：
①动量守恒：mv＝Mv'，可推导出mx＝Mx'。
②位移关系：x＋x'＝l，则x＝l，＝。其中x、x'为两部分的对地位移，l为相对位移。
（2）常见模型图例
应用数学归纳法解决多次碰撞问题
1.常见模型：两个物体、多个物体之间或物体与挡板之间发生多次碰撞。
2.解题方法
（1）先分析前二至三次碰撞，得出初步结果；
（2）总结前几次数据，利用数学归纳法找出规律，通常会符合等差数列或等比数列，然后可得出通式，求出多次碰撞最后的速度、位移、能量等结果。
【典例】 （2025·江西九江二模）在光滑平直轨道边依次站着2 025个人，间距均为d，每人手里拿着质量均为m、编号为1、2、3、…、2 025的沙包。一个质量也为m的货斗，在恒定外力F的推动下，从距离第1人的左侧d处由静止开始沿直线向右运动①，货斗经过人身边时，该人立即将沙包无初速放入货斗②，直到沙包全部放入为止。设沙包放入货斗时间极短②，货斗及沙包均可视为质点。求：
（1）1号沙包放入货斗后瞬间的共同速率；
（2）2 025号沙包放入货斗后瞬间的共同速率③；
（3）全过程中的能量损失。
审题指导：
信息提取 信息加工
从距离第1人的左侧d处由静止开始沿直线向右运动① 利用动能定理，计算放入沙包前货斗的速度
该人立即将沙包无初速放入货斗② 沙包放入货斗时间极短② 沙包投入过程中，动量守恒，可计算沙包的速度
2 025号沙包放入货斗后瞬间的共同速率③ 利用数学归纳法，寻找以后碰撞过程中对应规律或结果
尝试解答
第7讲 动量定理和动量守恒定律
【体验·高考真题】
1.B 小球A和B碰撞过程中，水平方向上动量守恒，A球竖直方向上速度不变，设碰撞后A球水平速度为v1，B球水平速度为v2，碰撞为完全弹性碰撞，则有mv＝mv1＋mv2，mv2＋m＝m（＋）＋m，联立解得v1＝v，v2＝0。小球A在竖直方向有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。
2.D 对小车P、N的碰撞过程，由动量守恒定律有mPvP＋mNvN1＝mPvP'＋mNvN1'，整理得mP（vP－vP'）＝mN（vN1'－vN1），由题图1可知vP－vP'＞vN1'－vN1，解得mP＜mN；对小车Q、N的碰撞过程，由动量守恒定律有mQvQ＋mNvN2＝mQvQ'＋mNvN2'，整理得mQ（vQ－vQ'）＝mN（vN2'－vN2），由题图2可知vQ－vQ'＜vN2'－vN2，解得mQ＞mN，综上可得mQ＞mN＞mP，D正确。
3.（1）0.6 m （2）0.1 N·s 0
解析：（1）小物块在平台上做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律有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，则物块弹起至最大高度所用时间和弹起的初速度有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，取竖直向上为正，在竖直方向有IN－mgΔt＝mvy2－m（－vy1），vy1＝gt1
解得IN＝0.1 N·s
取水平向右为正，在水平方向有－μNΔt＝mvx'－mvx，IN＝NΔt
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。
【精研·高频考点】
考点一
典例精析
【例1】 （1） （2）见解析 （3）g
解析：（1）由图2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图像与时间轴所围成的面积，即I＝×mg×6＝mg。
（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，有Fsin θ＋N＝mgcos θ
摩擦力f＝μN＝＝mg（0≤t≤4）
在4～6 s内，垂直杆方向Fsin θ＝mgcos θ＋N
摩擦力f＝μN＝＝mg（4≤t≤6）
相应的f-t图像如图
（3）在0～6 s内沿杆方向，根据动量定理有IFcos θ－If＋mgsin θ×t＝mv
在0～6 s内摩擦力的冲量为f-t图像与时间轴所围成的面积，则If＝×mg×4＋×mg×2＝mg
联立有mg·cos 30°－mg＋3mg＝mv
可得v＝g。
【例2】 A 取一小段时间Δt内带动的空气为研究对象，则这一小段空气的质量Δm＝ρvΔtS，根据动量定理得FΔt＝Δmv＝ρv2ΔtS，由牛顿第三定律知，风对人的作用力的大小F'＝F，联立解得F'＝ρSv2，故选A。
考点二
典例精析
【例3】 BD 儿童和滑环组成的系统水平方向不受外力，竖直方向受力不平衡，所以系统水平方向动量守恒但系统动量不守恒，故A错误；儿童和滑环组成的系统只有重力做功，机械能守恒，则儿童运动到最低点时减少的机械能等于滑环增加的机械能，故B正确，C错误；根据人船模型的规律有5mx人＝mx环，解得5x人＝x环，则可知儿童和滑环的水平位移之比为1∶5，故D正确。
强化训练
AB 左侧木块所受滑动摩擦力f1＝μ1m1g，方向水平向右。右侧木块所受滑动摩擦力f2＝μ2m2g，方向水平向左，根据题意有m2＝2m1，μ1＝2μ2，解得f1＝f2，即两木块构成的系统所受外力的合力为0，则系统动量守恒，两木块动量大小相等，则动量大小之比为1∶1，故A正确，C错误；根据动量守恒定律有m1v1－m2v2＝0，根据题意有m2＝2m1，解得v1∶v2＝2∶1，故B正确，D错误。
考点三
典例精析
【例4】 BC 由于碰撞后，A球向右移动2格长度时，B球向左移动1格的长度，则碰撞后，A球的速度大小是B球速度大小的2倍，设碰撞后B球的速度为v，则A球的速度为－2v。设碰撞前A球的速度为v0，由于碰撞过程系统的动量守恒，则有0.1 kg v0＝－0.1 kg·2v＋0.5 kg·v，解得v＝v0，则球A碰撞后的速度大小为v'＝2v＝v0，则小球A碰撞前后的速度大小之比为3∶2，故B正确，A错误；碰撞前系统的总动能Ek＝×0.1 kg×，碰撞后系统的总动能Ek'＝×0.1 kg×＋×0.5 kg×（ v0）2，可得Ek＝Ek'，可知碰撞前后，小球A、B组成的系统动能不变，故C正确，D错误。
【例5】 D 子弹第一次打入木板A的过程中，由动量守恒定律有mv0＝mv1＋mv2，由能量守恒定律有fd＝m－m－m，子弹打入木板B的过程中，由动量守恒定律有mv1＝2mv3，由能量守恒定律有fd＝m－·2m，联立解得fd＝m，子弹第二次打木板A的过程中，由动量守恒定律有mv0＝3mv4，由能量守恒定律有fh＝m－·3m，联立解得fh＝m，可得＝，故选D。
【例6】 （1）36 m （2）①10 m/s ②3 s ③－60 J
解析：（1）喷水过程中，根据动量守恒定律有mv＝m0v0
上升过程中有m0g＋f0＝m0a，02－＝－2aH
解得H＝36 m。
（2）①外壳匀速时，有m0g＝kvm
解得vm＝10 m/s。
②外壳从开始下落到恰好匀速，由动量定理有
m0gt－kt＝m0vm
又t＝h
解得t＝3 s。
③外壳从开始下落到恰好匀速，由动能定理有
m0gh＋Wf＝m0－0
解得Wf＝－60 J。
【例7】 （1）R （2） （3）0.5
解析：（1）物块从A点进入圆弧轨道AB开始至物块到达D点过程中，设物块向右的水平位移大小为x1，长木板向左运动的最大距离为x2。系统水平方向动量守恒，则有m＝3m
即mx1＝3mx2
又因为x1＋x2＝4R
解得x2＝R。
（2）当物块第一次到达B点时，长木板的速度最大。设小物块第一次到达B点时物块的速度大小为v1，长木板的速度大小为v2，根据系统水平方向的动量守恒有mv1＝3mv2
根据机械能守恒定律，有mg×2R＝m＋×3m
解得v2＝。
（3）从P点到D点运动过程中，根据能量守恒定律，有mgR＝μmg×2R
解得μ＝0.5。
【培优·提能加餐】
【典例】 （1） （2） （3）Fd
解析：（1）放入沙包前，对货斗，根据动能定理，有Fd＝m
代入数据解得v1＝
1号沙包放入货斗后，有mv1＝2mv1共
可得v1共＝。
（2）2号沙包放入货斗前，有Fd＝·2m－·2m
2号沙包放入货斗后，有2mv2＝3mv2共
可得v2共＝
3号沙包放入货斗前，有Fd＝·3m－·3m
3号沙包放入货斗后，有3mv3＝4mv3共
可得v3共＝
依此类推，可知第n个沙包放入货斗后的共同速度vn共＝
所以，2 025个沙包放入货斗后的共同速度v2 025共＝。
（3）全过程由能量守恒定律可知ΔE＝F·2 025d－·2 026m·
所以ΔE＝Fd。
6 / 6(共78张PPT)
第7讲 动量定理和动量守恒定律
02
体验 高考真题
01
构建 知识网络
锁定主干知识
明确高考考向
03
精研 高频考点
聚焦重难热新
04
培优 提能加餐
拓展思维空间
05
分层 强化训练
夯基固本提能
目
录
contents
构建 知识网络
锁定主干知识
体验 高考真题
明确高考考向
1. （2025·甘肃高考4题）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，碰撞为完全弹性
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
√
解析： 小球A和B碰撞过程中，水平方向上动量守恒，A球竖直方向
上速度不变，设碰撞后A球水平速度为v1，B球水平速度为v2，碰撞为
完全弹性碰撞，则有mv＝mv1＋mv2，mv2＋m＝m（＋）
＋m，联立解得v1＝v，v2＝0。小球A在竖直方向有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。
2. （2025·河南高考7题）两小车P、Q的质量分别为mP和mQ，将它们分别
与小车N沿直线做碰撞实验，碰撞前后的速度v随时间t的变化分别如图1和
图2所示。小车N的质量为mN，碰撞时间极短，则（ ）
A. mP＞mN＞mQ B. mN＞mP＞mQ
C. mQ＞mP＞mN D. mQ＞mN＞mP
√
解析： 对小车P、N的碰撞过程，由动量守恒定律有mPvP＋mNvN1＝
mPvP'＋mNvN1'，整理得mP（vP－vP'）＝mN（vN1'－vN1），由题图1可知vP－
vP'＞vN1'－vN1，解得mP＜mN；对小车Q、N的碰撞过程，由动量守恒定律有
mQvQ＋mNvN2＝mQvQ'＋mNvN2'，整理得mQ（vQ－vQ'）＝mN（vN2'－vN2），
由题图2可知vQ－vQ'＜vN2'－vN2，解得mQ＞mN，综上可得mQ＞mN＞mP，D
正确。
3. （2025·河北高考14题）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。
答案： 0.6 m
解析：小物块在平台上做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律有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）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。
答案： 0.1 N·s 0
解析：物块第一次落到地面后弹起的最大高度为0.45 m，则物块弹起至最
大高度所用时间和弹起的初速度有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，取竖直向上为正，在竖直方向有
IN－mgΔt＝mvy2－m（－vy1），vy1＝gt1
解得IN＝0.1 N·s
取水平向右为正，在水平方向有－μNΔt＝mvx'－mvx，IN＝NΔt
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。
考情分析：本讲内容在高考中既有选择题又有计算题，计算题以中等难度
以上题目为主，重点考查动量定理和动量守恒定律，常用程序法解决多过
程问题、微元法解决流体问题，同时注重模型的构建，如人船模型、滑块
曲面模型、子弹打木块模型等。
精研 高频考点
聚焦重难热新
考点一 动量定理
动量定理在“四类”问题中的应用
1. 解缓冲问题——延长时间、减小冲力。如汽车安全气囊、跳高垫子。时
间由0.01 s延长到1 s，冲力可变为原来的。
2. 求解平均力问题——可分析计算碰撞、冲击过程等复杂的情况。
3. 求解流体问题——建立柱状模型，Δm＝ρSvΔt，FΔt＝Δmv。
4. 在电磁感应中求解电荷量问题——掌握动量定理和电荷量公式的应用
BLΔt＝Δp，q＝Δt。
【例1】 （2025·甘肃高考14题）如图1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的变化关系如图2所示。物块开始
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；
答案：
解析： 由图2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图像与时间轴所围成的面积，即I＝×mg×6＝
mg。
（2）t在0～6 s内，摩擦力f随时间t变化的关系式，并作出相应的f-t图像；
答案： 见解析
解析： 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，有Fsin θ＋N＝mgcos θ
摩擦力f＝μN＝＝mg
在4～6 s内，垂直杆方向Fsin θ＝mgcos θ＋N
摩擦力f＝μN＝＝mg
相应的f-t图像如图
（3）t＝6 s时，物块的速度大小。
答案： g
解析： 在0～6 s内沿杆方向，根据动量定理有IFcos θ－If＋mgsin θ×t
＝mv
在0～6 s内摩擦力的冲量为f-t图像与时间轴所围成的面积，则If＝
×mg×4＋×mg×2＝mg
联立有mg·cos 30°－mg＋3mg＝mv
可得v＝g。
【例2】 （2025·山东潍坊一模）电动自行车因低碳环保而成为现代流行
的代步交通工具。电动自行车在无风情况下匀速行驶时，会将正对空气的
速度从0变为v，人和车总的迎风面积为S，空气密度为ρ，则其受到的空气
的平均阻力为（ A ）
A. ρSv2 B. 2ρSv2
C. ρSv D. 2ρSv
解析：取一小段时间Δt内带动的空气为研究对象，则这一小段空气的质量
Δm＝ρvΔtS，根据动量定理得FΔt＝Δmv＝ρv2ΔtS，由牛顿第三定律知，风
对人的作用力的大小F'＝F，联立解得F'＝ρSv2，故选A。
A
方法技巧
用动量定理求解“流体”问题的方法
特点 液体流、气体流等，质量具有连续性，通常已知密度ρ
分析 步骤 （1）建立“柱状”模型，沿速度v的方向选取一段柱形流体，其
横截面积为S
（2）微元研究，作用时间Δt内的一段柱形流体的长度Δl＝vΔt，
对应的质量Δm＝ρSvΔt
（3）建立方程，应用动量定理研究这段柱状流体
考点二 动量守恒定律
动量守恒定律的应用
适用条件 解题的基本思路
（1）系统不受外力或系统所受的合外
力为零。 （2）系统所受的合外力不为零，但比
系统内力小得多，如碰撞、冲击、爆
炸、猛拉等。 （3）系统所受的合力不为零，在某个
方向上的合力为零 （1）确定研究对象，进行受力分
析和过程分析。
（2）确定系统动量在研究过程中
是否守恒。
（3）明确过程的初、末状态的系
统动量。
（4）规定正方向，根据动量守恒
定律列方程求解
【例3】 〔多选〕（2025·吉林延边一模）如图所示是儿童游乐场所的滑
索模型，儿童质量为5m，滑环质量为m，滑环套在水平固定的光滑索道
上。该儿童站在一定的高度由静止开始滑出，静止时不可伸长的轻绳拉离
竖直方向一定角度。儿童和滑环均可视为质点，索道始终处于水平状态，
不计空气阻力，重力加速度为g，以下判断正确的是（ BD ）
BD
A. 儿童和滑环组成的系统动量守恒
B. 儿童和滑环组成的系统机械能守恒
C. 儿童运动到最低点时减少的机械能大于滑环增加
的机械能
D. 儿童从静止运动到最低点的过程中，儿童和滑环的水平位移之比为
1∶5
解析：儿童和滑环组成的系统水平方向不受外力，竖直方向受力不平衡，
所以系统水平方向动量守恒但系统动量不守恒，故A错误；儿童和滑环组
成的系统只有重力做功，机械能守恒，则儿童运动到最低点时减少的机械
能等于滑环增加的机械能，故B正确，C错误；根据人船模型的规律有5mx
人＝mx环，解得5x人＝x环，则可知儿童和滑环的水平位移之比为1∶5，故D
正确。
〔多选〕（2025·广东河源模拟）如图所示，水平面上有两个木块，两木块
的质量分别为m1、m2，且m2＝2m1。开始时两木块之间有一根用轻绳缚住
已压缩的轻弹簧，烧断绳后，两木块分别向左、右运动。若两木块m1和m2
与水平面间的动摩擦因数分别为μ1、μ2，且μ1＝2μ2，则在弹簧伸长的过程
中，两木块（ ）
A. 动量大小之比为1∶1 B. 速度大小之比为2∶1
C. 动量大小之比为2∶1 D. 速度大小之比为1∶1
√
√
解析： 左侧木块所受滑动摩擦力f1＝μ1m1g，方向水平向右。右侧木块
所受滑动摩擦力f2＝μ2m2g，方向水平向左，根据题意有m2＝2m1，μ1＝
2μ2，解得f1＝f2，即两木块构成的系统所受外力的合力为0，则系统动量守
恒，两木块动量大小相等，则动量大小之比为1∶1，故A正确，C错误；根
据动量守恒定律有m1v1－m2v2＝0，根据题意有m2＝2m1，解得v1∶v2＝
2∶1，故B正确，D错误。
考点三 碰撞与反冲问题
1. 碰撞问题遵循的三条原则
2. 反冲的两条规律
（1）总的机械能增加：反冲运动中，由于有其他形式的能量转化为机械
能，所以总机械能增加。
（2）平均动量守恒：若系统在全过程中动量守恒，则这一系统在全过程
中平均动量必定守恒；若系统由两个物体组成，且相互作用前均静止，相
互作用后均发生运动，则有m1－m2＝0。
【例4】 〔多选〕（2025·福建厦门三模）“天宫课堂”第四课在中国空
间站开讲，神舟十六号航天员在梦天实验舱内进行授课。其中一个实验如
图所示，质量为0.1 kg的小球A以某一初速度向左运动，与静止悬浮在空中
的质量为0.5 kg的小球B发生正碰，碰撞后小球A向右反弹，当A向右移动2
格的长度时，小球B向左移动1格的长度。已知背景板上小方格的边长相
等，忽略舱内空气阻力的影响，则（ BC ）
BC
A. 小球A碰撞前后的速度大小之比为7∶2
B. 小球A碰撞前后的速度大小之比为3∶2
C. 碰撞前后，小球A、B组成的系统动能不变
D. 碰撞前后，小球A、B组成的系统动能减少
解析：由于碰撞后，A球向右移动2格长度时，B球向左移动1格的长度，则
碰撞后，A球的速度大小是B球速度大小的2倍，设碰撞后B球的速度为v，
则A球的速度为－2v。设碰撞前A球的速度为v0，由于碰撞过程系统的动量
守恒，则有0.1 kg v0＝－0.1 kg·2v＋0.5 kg·v，解得v＝v0，则球A碰撞后的
速度大小为v'＝2v＝v0，则小球A碰撞前后的速度大小之比为3∶2，故B正
确，A错误；碰撞前系统的总动能Ek＝×0.1 kg×，碰撞后系统的总动
能Ek'＝×0.1 kg×＋×0.5 kg×（ v0）2，可得Ek＝Ek'，可知
碰撞前后，小球A、B组成的系统动能不变，故C正确，D错误。
【例5】 （2025·河北沧州模拟预测）如图甲所示，两个质量均为m、厚
度均为d、高度均为h的木板A、B静止放置在光滑水平面上，质量为m的子
弹（体积忽略）以一定初速度v0打入木板A，子弹恰好未离开木板B且A、B
两木板没有发生碰撞。现把A、B两块木板绑在一起横放（如图乙所示），
子弹再次以同样的初速度v0打入木板A，子弹也恰好未离开木板。设子弹在
木板中受到的阻力恒定，忽略空气阻力和重力引起的竖直方向的运动，则
等于（ D ）
D
A. B.
C. D.
解析：子弹第一次打入木板A的过程中，由动量守恒定律有mv0＝mv1＋
mv2，由能量守恒定律有fd＝m－m－m，子弹打入木板B的过
程中，由动量守恒定律有mv1＝2mv3，由能量守恒定律有fd＝m－
·2m，联立解得fd＝m，子弹第二次打木板A的过程中，由动量守
恒定律有mv0＝3mv4，由能量守恒定律有fh＝m－·3m，联立解得fh
＝m，可得＝，故选D。
【例6】 某校学生在理科活动周中，进行了水火箭发射表演。发射时在
水火箭内高压空气压力作用下，水从水火箭尾部喷嘴向下高速喷出，外壳
受到反冲作用而快速上升，如图甲所示。发射时水火箭将壳内质量为m＝
2.0 kg的水相对地面以v＝6 m/s的速度在极短时间内竖直向下全部喷出，已
知水火箭外壳质量为m0＝0.4 kg，上升阶段空气阻力恒为f0＝1 N，不计水
平方向的任何力，重力加速度g＝10 m/s2。
（1）求水火箭外壳能上升的最大高度H；
答案： 36 m
解析： 喷水过程中，根据动量守恒定律有mv＝m0v0
上升过程中有m0g＋f0＝m0a，02－＝－2aH
解得H＝36 m。
（2）若外壳在下落过程中所受空气阻力与速度成正比，即f＝kv（k＝
0.4），下落高度h＝20 m时，开始匀速，其过程简图如图乙所示。求：
①外壳匀速时的速度vm；
②外壳从下落到匀速所经历的时间；
③外壳从下落到匀速，空气阻力所做的功。
答案： ①10 m/s ②3 s ③－60 J
解析： ①外壳匀速时，有m0g＝kvm
解得vm＝10 m/s。
②外壳从开始下落到恰好匀速，由动量定理有m0gt－kt＝m0vm
又t＝h
解得t＝3 s。
③外壳从开始下落到恰好匀速，由动能定理有m0gh＋Wf＝m0－0
解得Wf＝－60 J。
【例7】 （2025·江西新余一模）如图所示，长木板静止在光滑水平面上，长木板上表面两端分别固定半径均为R的四分之一圆弧体AB、CD，圆弧面光
滑，圆弧面的最低点B、C均与长木板上表面相切，长木板BC段上表面粗
糙，BC长为2R，长木板（包括两个圆弧体）质量为3m。将一个质量为m的
物块在A点上方距离A高度为R的P点由静止释放，物块恰好能到达D点，物
块的大小忽略不计，重力加速度为g，求：
（1）长木板向左运动的最大距离；
答案： R
解析： 物块从A点进入圆弧轨道AB开始至物块到达D点过程中，设物
块向右的水平位移大小为x1，长木板向左运动的最大距离为x2。系统水平
方向动量守恒，则有m＝3m
即mx1＝3mx2
又因为x1＋x2＝4R
解得x2＝R。
（2）长木板运动过程中的最大速度；
答案：
解析： 当物块第一次到达B点时，长木板的速度最大。设小物块第一
次到达B点时物块的速度大小为v1，长木板的速度大小为v2，根据系统水平
方向的动量守恒有mv1＝3mv2
根据机械能守恒定律，有mg×2R＝m＋×3m
解得v2＝。
（3）物块与长木板BC间的动摩擦因数。
答案： 0.5
解析： 从P点到D点运动过程中，根据能量守恒定律，有mgR＝
μmg×2R
解得μ＝0.5。
规律总结
人船模型
（1）一个原来处于静止状态的系统，在系统内两部分发生相对运动的过
程中，在运动方向上满足：
①动量守恒：mv＝Mv'，可推导出mx＝Mx'。
②位移关系：x＋x'＝l，则x＝l，＝。其中x、x'为两部分的对地位
移，l为相对位移。
（2）常见模型图例
培优 提能加餐
拓展思维空间
应用数学归纳法解决多次碰撞问题
1. 常见模型：两个物体、多个物体之间或物体与挡板之间发生多次碰撞。
2. 解题方法
（1）先分析前二至三次碰撞，得出初步结果；
（2）总结前几次数据，利用数学归纳法找出规律，通常会符合等差数列
或等比数列，然后可得出通式，求出多次碰撞最后的速度、位移、能量等
结果。
【典例】 （2025·江西九江二模）在光滑平直轨道边依次站着2 025个
人，间距均为d，每人手里拿着质量均为m、编号为1、2、3、…、2 025的
沙包。一个质量也为m的货斗，在恒定外力F的推动下，从距离第1人的左
侧d处由静止开始沿直线向右运动①，货斗经过人身边时，该人立即将沙
包无初速放入货斗②，直到沙包全部放入为止。设沙包放入货斗时间极短
②，货斗及沙包均可视为质点。求：
（1）1号沙包放入货斗后瞬间的共同速率；
（2）2 025号沙包放入货斗后瞬间的共同速率③；
（3）全过程中的能量损失。
审题指导：
信息提取 信息加工
从距离第1人的左侧d处由静止开始沿直
线向右运动① 利用动能定理，计算放入沙包
前货斗的速度
该人立即将沙包无初速放入货斗② 沙包放入货斗时间极短② 沙包投入过程中，动量守恒，
可计算沙包的速度
2 025号沙包放入货斗后瞬间的共同速率③ 利用数学归纳法，寻找以后碰
撞过程中对应规律或结果
答案：（1）
（2）
（3）Fd
解析：（1）放入沙包前，对货斗，根据动能定理，有Fd＝m
代入数据解得v1＝
1号沙包放入货斗后，有mv1＝2mv1共
可得v1共＝。
（2）2号沙包放入货斗前，有Fd＝·2m－·2m
2号沙包放入货斗后，有2mv2＝3mv2共
可得v2共＝
3号沙包放入货斗前，有Fd＝·3m－·3m
3号沙包放入货斗后，有3mv3＝4mv3共
可得v3共＝
依此类推，可知第n个沙包放入货斗后的共同速度vn共＝
所以，2 025个沙包放入货斗后的共同速度v2 025共＝。
（3）全过程由能量守恒定律可知ΔE＝F·2 025d－·2 026m·
所以ΔE＝Fd。
分层 强化训练
夯基固本提能
1. （2025·海南三亚三模）如图所示为某款运动跑鞋宣传图，图片显示：“该款鞋鞋底采用EVA材料，能够有效吸收运动时的冲击力，保护双脚免受伤害”。对于该款鞋，下列说法正确的是（ ）
A. 缩短双脚与鞋底的冲击时间，从而减小合力对双脚的
冲量
B. 延长双脚与鞋底的冲击时间，从而减小合力对双脚的冲量
C. 延长双脚与鞋底的冲击时间，从而减小鞋底对双脚的平均
冲击力
D. 缩短双脚与鞋底的冲击时间，从而减小鞋底对双脚的平均冲击力
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
√
解析： 由动量定理I＝mv－mv0可知，无论是缩短还是延长双脚与鞋底
的冲击时间，合力对双脚的冲量都保持不变，故A、B错误；由I＝Δt可
知，延长双脚与鞋底的冲击时间，可以减小鞋底对双脚的平均冲击力，故
C正确，D错误。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
2. （2025·福建厦门二模）如图甲所示，一质量为2 kg的物块放在水平面上，t＝0时刻在水平向右的拉力作用下由静止开始运动，t＝4 s时物块的速度又
刚好为零，拉力随时间变化关系如图乙所示，重力加速度g＝10 m/s2，则t
＝1 s时物块的加速度大小为（ ）
A. 0.5 m/s2 B. 1 m/s2
C. 1.5 m/s2 D. 2 m/s2
√
解析： 在0～4 s内，根据动量定理可得t－μmgt＝0，解得μ＝
0.3，根据数学知识，结合图乙可知，t＝1 s时，拉力大小F＝7 N，根据牛
顿第二定律F－μmg＝ma，解得a＝0.5 m/s2，故选A。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
3. （2025·江苏南京一模）如图所示，在光滑绝缘水平面上同时由静止释
放两个带正电的小球A和B，已知A、B两球的质量分别为m1、m2。则某时
刻A、B两球（ ）
A. 速度大小之比为m1∶m2
B. 加速度大小之比为m1∶m2
C. 动量大小之比为m2∶m1
D. 动能大小之比为m2∶m1
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
解析： 由于两小球都带正电，则彼此受到斥力作用，所以两小球组成
的系统动量守恒，则m1v1＝m2v2，所以＝，两球动量大小相等，比值
为1∶1，故A、C错误；小球的加速度大小之比为＝＝，故B错误；
动能之比为＝＝，故D正确。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
4. 〔多选〕（2025·广西桂林三模）如图所示，天花板上用一满足胡克定律的弹性绳悬挂一质量为M的物块a处于静止状态，另一质量为m的小环b穿过
弹性绳，从距离物块a一定高度静止释放，与a发生完全非弹性碰撞（碰撞
时间极短），碰后结合为整体c继续向下运动至最低点，若增大b释放的高
度，以下说法中正确的是（ ）
A. 由于碰撞损失的机械能增大
B. 由于碰撞损失的机械能不变
C. 整体c速度最大的位置下移
D. 整体c速度最大的位置不变
√
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
解析： 完全非弹性碰撞过程动量守恒，则mv0＝v，损失的机
械能ΔE＝m－v2＝·m，下落高度增大，则v0增大，
可知损失的机械能增大，A正确，B错误；整体c向下先加速后减速，速度
最大的位置为平衡位置，合力为零处，不变，故C错误，D正确。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
5. （2025·安徽芜湖联考）如图所示，对某种头盔材料进行测试，已知该
材料质量为M，其上表面为坚硬层，下部分为缓冲层（受力后发生明显形
变），放在水平桌面上，用质量为m的重物以速率v竖直向下落在材料的上
表面上，碰撞时间极短，重物以0.8v的速率反向弹回，已知头盔材料在受
到撞击后在桌面上向下挤压的缓冲时间为t，然后静止不动，重力加速度为
g，下列说法正确的是（ ）
A. 在撞击过程中，重物所受合外力的冲量大小为0.2mv
B. 在撞击过程中，重物受到重力的冲量大小为mgt
C. 头盔材料向下缓冲过程中，对桌面的平均压力大小为Mg－
D. 头盔材料向下缓冲过程中，对桌面的平均压力大小为Mg＋
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
解析： 在撞击过程中，以竖直向上为正方向，根据动量定理可得I合＝
Δp＝m·0.8v－（－mv）＝1.8mv，可知重物所受合外力的冲量大小为
1.8mv，故A错误；在撞击过程中，碰撞时间极短，重物受到重力的冲量大
小几乎为0，可以忽略不计，故B错误；在撞击过程中，根据动量守恒定律
可得mv＝－m·0.8v＋Mv1，解得头盔材料的速度为v1＝，头盔材料在
受到撞击后在桌面上向下挤压的缓冲时间为t，然后静止不动，以竖直向上
为正方向，根据动量定理可得t－Mgt＝0－（－Mv1），解得＝Mg＋
，根据牛顿第三定律可知，头盔材料向下缓冲过程中，对桌面的平均
压力大小为Mg＋，故C错误，D正确。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
6. （2025·安徽马鞍山一模）如图所示，物块A、B静止在光滑水平地面
上，A与轻弹簧相连，C沿水平面以一定初速度向右运动，与B碰后粘在一
起，二者向右运动一小段距离后与弹簧接触，一段时间后与弹簧分离，则
（ ）
A. A加速过程中，加速度越来越大
B. A、B、C共速时，B所受合力为0
C. A、B、C共速时，弹簧弹性势能最大
D. B、C碰撞过程中，B、C系统机械能守恒
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
解析： A加速过程中，一开始弹簧压缩量逐渐增大，之后弹簧压缩
量又逐渐减小，所以A受到的弹簧弹力先增大后减小，则A的加速度先
增大后减小，故A错误；A、B、C共速时，弹簧的压缩量达到最大，弹
簧弹性势能最大，此时B、C受到的弹力不为0，B、C的加速度不为0，
则B的加速度不为0，其所受合力不为0，故B错误，C正确；B、C碰后
粘在一起，属于完全非弹性碰撞，所以B、C碰撞过程中，B、C系统机
械能不守恒，故D错误。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
7. （2025·湖北武汉一模）高压水枪在现代生活中应用越来越广泛，当高速水流射向物体时，会对物体表面产生冲击力，从而达到清洗污垢的目的。图
示为水枪喷水清洗车玻璃示意图，已知水枪出水口直径为d，水密度为ρ，
设水流垂直打到玻璃表面后不反弹，测出水枪出口的流量为Q（单位时间
内水流体积），不考虑水内部的阻力、空气阻力及高度变化，下列说法正
确的是（ ）
A. 水枪管口喷出水流速度大小为
B. 水枪对管口水柱做功的功率为
C. 水流对水枪的作用力大小为
D. 水流与玻璃冲击压强为
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
解析： 设水流速度为v，则流量Q＝Sv＝v，解得v＝，A错误；设
经过极短时间Δt，出口水柱质量Δm＝ρvΔt，由动能定理可得PΔt＝
Δmv2，解得P＝，B错误；由动量定理，则有FΔt＝Δmv，解得F＝
，由牛顿第三定律可知水流对水枪的作用力F'＝F，C错误；水流冲击
玻璃时，以Δt时间内的水柱为研究对象，由动量定理得：－F1Δt＝0－
Δmv，则水流与玻璃冲击压强为p＝＝，D正确。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
8. 〔多选〕（2025·浙江金华三模）如图，质量均为1 kg的木块A和B并排
放在光滑水平面上，A上固定一竖直轻杆，轻杆上端系一长为0.22 m的细
线，细线另一端系一质量为0.1 kg的球C，现将球C拉起使细线水平，并由
静止释放，当球C摆到最低点时，木块A恰好与木块B相撞并粘在一起，不
计空气阻力，则（ ）
A. 球C摆到最低点的速度是 m/s
B. 木块A、B原先间距0.02 m
C. 球C通过最低点后向左摆动上升最大高度为0.21 m
D. 球C开始下落到A、B、C三者相对静止，系统产生的热
量为0.005 J
√
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
解析： 球C向下运动到最低点的过程中，A、C组成的系统水平方向不
受外力，系统水平方向动量守恒，取水平向左为正方向，由动量守恒定律
有0＝mCvC－mAvA，根据机械能守恒定律有mCgL＝mC＋mA，解得
速度大小分别为vC＝2 m/s，vA＝0.2 m/s，故A错误；球C向下运动到最低
点的过程中，由人船模型的规律有0＝mCxC－mAxA，又有xC＋xA＝L联立解
得xA＝0.02 m，故B正确；A与B碰撞瞬间，根据动量守恒定律，有mAvA＝v，解得v＝0.1 m/s，球C向左运动过程中，A、B、C组成的系统水平方向动量守恒，有mCvC－v＝v共，根据能量守恒定律，有mC＋v2＝＋mCgh，联立解得h＝0.21 m，故C正确；系统产生的热量为Q＝mA－v2＝0.01 J，故D错误。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
9. （2025·北京高考17题）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；
答案： gt
解析： 物体竖直上抛至最高点时速度为0，由运动学公式0＝v0－gt
可得v0＝gt。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
（2）炸裂后瞬间B的速度大小vB；
答案： 2v
解析：爆炸瞬间水平方向动量守恒，爆炸前总动量为0。炸裂后A速度为v，
B速度为vB，由动量守恒定律得0＝2mv＋mvB
解得vB＝－2v
即大小为2v。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
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相等且为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｜＝vt＋2vt＝3vt。
（3）A、B落地点之间的距离d。
答案： 3vt
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
10. （2025·江苏高考14题）如图所示，在光滑水平面上，左右两列相同的
小钢球沿同一直线放置。每列有n个。在两列钢球之间，一质量为m的玻璃
球以初速度v0向右运动，与钢球发生正碰。所有球之间的碰撞均视为弹性
碰撞。
（1）若钢球质量为m，求最右侧的钢球最终运动的速度大小；
答案： v0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
解析： 根据题意可知，所有碰撞均为弹性碰撞，由于钢球质量也为
m，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可知，碰撞过程中，二者速度互换，则最终碰撞后最右侧钢球的速度大小等于开始碰撞前玻璃球的初速度v0。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
（2）若钢球质量为3m，求玻璃球与右侧钢球发生第一次碰撞后，玻璃球
的速度大小v1；
答案：
解析：根据题意可知，所有碰撞均为弹性碰撞，则由动量守恒定律有mv0＝
mv1＋3mv2
由能量守恒定律有m＝m＋×3m
联立解得v1＝－v0，v2＝v0
负号表示速度反向，则玻璃球的速度大小为v0。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
（3）若钢球质量为3m，求玻璃球经历2n次碰撞后的动能Ek。
答案： m
解析：根据题意结合（2）分析可知，玻璃球与右侧第一个钢球碰撞后反
弹，且速度大小变为碰撞前的，右侧第一个钢球又与第二个钢球发生弹性
碰撞，速度互换，静止在光滑水平面上，玻璃球反弹后与左侧第一个钢球
同样发生弹性碰撞，同理可得，碰撞后玻璃球再次反弹，且速度大小为碰
撞前的，综上所述，玻璃球碰撞2n次后速度大小为v＝v0
则玻璃球碰撞2n次后最终动能大小Ek＝mv2＝m。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
11. （2025·四川高考15题）如图所示，倾角为θ的斜面
固定于水平地面，斜面上固定有半径为R的半圆挡板和
长为7R的直挡板。a为直挡板下端点，bd为半圆挡板直
径且沿水平方向，c为半圆挡板最高点，两挡板相切于b
点，de与ab平行且等长。小球乙被锁定在c点。小球甲从a点以一定初速度
出发，沿挡板运动到c点与小球乙发生完全弹性碰撞，碰撞前瞬间解除对小
球乙的锁定，小球乙在此后的运动过程中无其他碰撞。小球甲质量为m1，
两小球均可视为质点，不计一切摩擦，重力加速度大小为g。
（1）求小球甲从a点沿直线运动到b点过程中的加速度大小；
答案： gsin θ
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
（2）若小球甲恰能到达c点，且碰撞后小球乙能运动到e点，求小球乙与小
球甲的质量比值应满足的条件；
答案： ≥1或＝
解析： 小球甲从a点沿直线运动到b点过程中，根据牛顿第二定律有
m1gsin θ＝m1a1
解得甲在ab段运动的加速度大小a1＝gsin θ。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
（3）在满足（2）中质量比值的条件下，若碰撞后小球乙能穿过线段de，
求小球甲初动能应满足的条件。
答案： m1gRsin θ＜Ek0＜12m1gRsin θ
解析：甲恰能到c点，设到达c点时的速度为v1，可知m1gsin θ＝m1
解得v1＝ ①
根据题意甲、乙发生完全弹性碰撞，碰撞前后根据动量守恒定律和能量守
恒定律有m1v1＝m1v1'＋m2v2，m1＝m1v1'2＋m2
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
解得碰后乙的速度为v2＝ ②
碰后乙能运动至e点，第一种情况，碰后乙顺着挡板做圆周运动后沿着斜面
到达e点，此时需满足m2gsin θ ≤m2
即v2≥ ③
联立①②③可得≥1
第二种情况，碰后乙做类平抛运动到达e点，此时可知7R＋R＝gsin θ·t2，
R＝v2t
解得v2＝ ④
联立①②④可得＝。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
（3）在（2）问的质量比条件下，若碰后乙能越过线段de，根据前面分析
可知当满足第一种情况时，碰后乙做圆周运动显然不满足能越过线段de，
故碰后乙做类平抛运动越过线段de，乙的速度必须满足v2＜
同时根据类平抛运动规律可知7R＋R＝gsin θ·Δt2，v2Δt＞R
同时需保证小球不能撞击到圆弧cd上，可得R＝gsin θ·Δt2，v2Δt＜R
联立解得＜v2＜ ⑤
联立②⑤将＝代入可得＜v1＜ ⑥
对甲球从a到c过程中，根据动能定理－m1g·8Rsin θ＝m1－Ek0 ⑦
联立⑥⑦可得m1gRsin θ＜Ek0＜12m1gRsin θ。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
THANKS
演示完毕 感谢观看
