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专题 08：动量问题综合
考点1 冲量和动量定理······················································································1
考点2 动量和动量守恒定律················································································3
考点3 动量定理与动量守恒定律的综合·································································6
考点4 动力学、动量和能量观点的综合应用···························································9
考点5 三种观点解决力学问题···········································································12
考点 1 冲量和动量定理
(1)恒力的冲量可应用I＝Ft直接求解，变力的冲量优先考虑应用动量定理求解，合外力的冲量可利用 I＝F
·t或I ＝Δp求解。
合 合
(2)动量定理的表达式是矢量式，在一维情况下，各个矢量必须选取统一的正方向。
1．应用动量定理解释的两类物理现象
(1)当物体的动量变化量一定时，力的作用时间 Δt越短，力F就越大，力的作用时间Δt越长，力F就越小，
如玻璃杯掉在水泥地上易碎，而掉在沙地上不易碎。
(2)当作用力F一定时，力的作用时间Δt越长，动量变化量Δp越大，力的作用时间Δt越短，动量变化量
Δp越小。
2．应用动量定理解题的一般步骤
(1)确定研究对象。中学阶段的动量定理问题，其研究对象一般仅限于单个物体。
(2)对物体进行受力分析。可以先求每个力的冲量，再求各力冲量的矢量和；或先求合力，再求其冲量。
(3)抓住过程的初、末状态，选好正方向，确定各动量和冲量的正、负号。
(4)根据动量定理列方程，如有必要还需要其他补充方程，最后代入数据求解。对过程较复杂的运动，可分
段用动量定理，也可整个过程用动量定理。
(1)判断动量是否守恒时，要注意所选取的系统，注意区别系统内力与外力。系统不受外力或所受合外力为
零时，系统动量守恒。
(2)动量守恒具有矢量性，若系统在某个方向上合力为零，则系统在该方向上满足动量守恒定律。
(3)动量守恒表达式：mv＋mv＝mv′＋mv′ 或p＝p′或Δp＝0。
1 1 2 2 1 1 2 2
【典例1】太空探测器常装配离子发动机，其基本原理是将被电离的原子从发动机尾部高速喷出，从而为
探测器提供推力，若某探测器质量为 ，离子以 的速率（远大于探测器的飞行速率）向后喷
出，流量为 ，则探测器获得的平均推力大小为（ ）
A. B.
B. C. D.
【答案】C
【解析】对离子，根据动量定理有
而解得F=0.09N，故探测器获得的平均推力大小为0.09N，故选C。
【变式1-1】一质量为2 kg的物块在合外力F的作用下从静止开始沿直线运动。F随时间t变化的图线如图
所示，则( )
A．t=1 s时物块的速率为1 m/s
B．t=2 s时物块的动量大小为4 kg·m/s
C．t=3 s时物块的动量大小为5 kg·m/s
D．t=4 s时物块的速度为零
【答案】AB
【解析】由动量定理可得：Ft=mv，解得 ，t=1 s时物块的速率为 =1 m/s，故
A正确；在F-t图中面积表示冲量，所以，t=2 s时物块的动量大小P=Ft=2×2=4kg.m/s ，t=3 s时物块的动量
大小为P/=(2×2-1×1)kgm/s=3 kg·m/s，t=4 s时物块的动量大小为P//=(2×2-1×2)kgm/s=2 kg·m/s，所以t=4 s时
物块的速度为1m/s，故B正确 ，C、D错误
【变式1-2】如图所示，ad、bd、cd是竖直面内三根固定的光滑细杆，a、b、c、d四个点位于同一圆周上，
a在圆周最高点，d在圆周最低点，每根杆上都套着质量相等的小滑环(图中未画出)，三个滑环分别从a、
b、c三个点同时由静止释放．关于它们下滑的过程，下列说法正确的是( )
A．重力对它们的冲量相同
B．弹力对它们的冲量相同
C．合外力对它们的冲量相同
D．它们动能的增量相同
【答案】 A
【解析】 这是“等时圆”，即三个滑环同时由静止释放，运动到最低点d点的时间相同，由于三个环的
重力相等，由公式I＝Ft分析可知，三个环重力的冲量相同，故A正确；从c处下滑的小滑环受到的弹力
最大，运动时间相等，则弹力对从c处下滑的小滑环的冲量最大，故B错误；从a处下滑的小滑环的加速
度最大，受到的合力最大，则合力对从a处下滑的小滑环的冲量最大，故C错误；重力对从a处下滑的小
滑环做功最多，其动能的增量最大，故D错误．
【变式1-3】质量相等的A、B两物体放在同一水平面上，分别受到水平拉力F、F 的作用从静止开始做匀
1 2
加速直线运动．经过时间t 和4t 速度分别达到2v 和v 时，分别撤去F 和F ，两物体都做匀减速直线运动
0 0 0 0 1 2
直至停止．两物体速度随时间变化的图线如图所示．设F 和F 对A、B两物体的冲量分别为I 和I ，F 和
1 2 1 2 1
F 对A、B两物体做的功分别为W 和W，则下列结论正确的是( )
2 1 2A．I∶I＝12∶5，W∶W＝6∶5
1 2 1 2
B．I∶I＝6∶5，W∶W＝3∶5
1 2 1 2
C．I∶I＝3∶5，W∶W＝6∶5
1 2 1 2
D．I∶I＝3∶5，W∶W＝12∶5
1 2 1 2
【答案】 C
【解析】 由题可知，两物体匀减速运动的加速度大小都为，根据牛顿第二定律，匀减速运动中有F＝
f
ma，则摩擦力大小都为m.由题图可知，匀加速运动的加速度分别为、，根据牛顿第二定律，匀加速运动中
有F－F＝ma，则F＝，F＝，故I∶I＝Ft∶4Ft＝3∶5；对全过程运用动能定理得：W－Fx＝0，W－Fx
f 1 2 1 2 10 20 1 f 1 2 f 2
＝0，得W＝Fx，W＝Fx，v－t图线与时间轴所围成的面积表示运动的位移，则位移之比为6∶5，整个运
1 f 1 2 f 2
动过程中F 和F 做功之比为W∶W＝x∶x＝6∶5，故C正确．
1 2 1 2 1 2
考点 2 动量和动量守恒定律
(1)判断动量是否守恒时，要注意所选取的系统，注意区别系统内力与外力。系统不受外力或所受合外力为
零时，系统动量守恒。
(2)动量守恒具有矢量性，若系统在某个方向上合力为零，则系统在该方向上满足动量守恒定律。
(3)动量守恒表达式：mv＋mv＝mv′＋mv′ 或p＝p′或Δp＝0。
1 1 2 2 1 1 2 2
【典例2】(多选)(2021·甘肃天水期末)如图所示，木块B与水平面间的摩擦不计，子弹
A沿水平方向射入木块并在极短时间内相对于木块静止下来，然后木块压缩弹簧至弹
簧最短。将子弹射入木块到刚相对于木块静止的过程称为Ⅰ，此后木块压缩弹簧的过程称为Ⅱ，则( )
A．过程Ⅰ中，子弹、弹簧和木块所组成的系统机械能不守恒，动量也不守恒
B．过程Ⅰ中，子弹和木块所组成的系统机械能不守恒，动量守恒
C．过程Ⅱ中，子弹、弹簧和木块所组成的系统机械能守恒，动量也守恒
D．过程Ⅱ中，子弹、弹簧和木块所组成的系统机械能守恒，动量不守恒
【答案】选BD
【解析】 子弹射入木块到刚相对于木块静止的过程，子弹和木块(或子弹、弹簧和木块)组成的系统所受
合外力为零，系统动量守恒，但要克服摩擦力做功，产生热量，系统机械能不守恒，A错误，B正确；过
程Ⅱ中，子弹、弹簧和木块所组成的系统受到墙壁的作用力，外力之和不为零，则系统动量不守恒，但系
统只有弹簧弹力做功，机械能守恒，C错误，D正确。
【变式2-1】（2021·浙江卷）在爆炸实验基地有一发射塔，发射塔正下方的水平地面上安装有声音记录仪。
爆炸物自发射塔竖直向上发射，上升到空中最高点时炸裂成质量之比为2:1、初速度均沿水平方向的两个
碎块。遥控器引爆瞬开始计时，在5s末和6s末先后记录到从空气中传来的碎块撞击地面的响声。已知声
音在空气中的传播速度为340m/s，忽略空气阻力。下列说法正确的是（ ）
A．两碎块的位移大小之比为1:2 B．爆炸物的爆炸点离地面高度为80m
C．爆炸后质量大的碎块的初速度为68m/s D．爆炸后两碎块落地点之间的水平距离为340m
【答案】B
【解析】
A．爆炸时，水平方向，根据动量守恒定律可知因两块碎块落地时间相等，则
则
则两碎块的水平位移之比为1:2，而从爆炸开始抛出到落地的位移之比不等于1:2，选项A错误；
B．设两碎片落地时间均为t，由题意可知
解得
t=4s
爆炸物的爆炸点离地面高度为
选项B正确；
CD．爆炸后质量大的碎块的水平位移
质量小的碎块的水平位移
爆炸后两碎块落地点之间的水平距离为340m+680m=1020m
质量大的碎块的初速度为
选项CD错误。
故选B。
【变式2-2】如图所示，绳长为l，小球质量为m，小车质量为M，将小球向右拉至水平后放手，则(水平面
光滑)( )
A.系统的总动量守恒
B．水平方向任意时刻小球与小车的动量等大反向
C．小球不能向左摆到原高度
D．小车向右移动的最大距离为
【答案】选BD
【解析】系统只是在水平方向所受的合力为零，竖直方向的合力不为零，故水平方向的动量守恒，而总动
量不守恒，A错误，B正确；根据水平方向的动量守恒及机械能守恒，小球仍能向左摆到原高度，C错误；
小球相对于小车的最大位移为2l，根据“人船模型”，系统水平方向动量守恒，设小球的平均速度为 v ，
m小车的平均速度为v ，mv －Mv ＝0，两边同时乘以运动时间t，mv t－Mv t＝0，即mx ＝Mx ，又x ＋x
M m M m M m M m M
＝2l，解得小车移动的最大距离为，D正确。
【变式2-3】(2021·安徽师大附中检测)质量m＝260 g的手榴弹从水平地面上以v ＝10 m/s的初速度斜向上
0
抛出，上升到距地面h＝5 m的最高点时爆炸，手榴弹除火药外的部分炸裂成质量相等的两块弹片，其中一
块弹片自由下落到达地面，落地时动能为5 J。重力加速度g＝10 m/s2，空气阻力不计，火药燃烧充分，求：
(1)手榴弹爆炸前瞬间的速度大小；
(2)手榴弹所装火药的质量；
(3)两块弹片落地点间的距离。
【答案】 (1)10 m/s (2)0.06 kg (3)26 m
【解析】 (1)设手榴弹上升到最高点且未发生爆炸时的速度大小为v，有mv2＝mv2＋mgh
1 0 1
代入数据解得v＝10 m/s。
1
(2)设两块弹片的质量均为m′，爆炸后瞬间其中一块速度为零，设另一块速度为v，有m′gh＝5 J
2
代入数据解得m′＝0.1 kg
设手榴弹所装火药的质量为Δm，有Δm＝m－2m′
代入数据解得Δm＝0.06 kg。
(3)设另一块弹片做平抛运动的时间为t，两块弹片落地点间的距离为Δx，有mv＝m′v，Δx＝vt，h＝gt2
1 2 2
代入数据解得Δx＝26 m。
考点 3 动量定理与动量守恒定律的综合
(1)动量定理与动量守恒定律都是矢量方程，应用时要规定正方向，同时要关注速度、速度变化量、动量及
动量变化量的矢量性。
(2)动量定理关注力和力的作用时间，而动量守恒定律要关注系统内相互作用过程。
几种常见模型的特点及规律
模型 特点及满足的规律
子弹打入木块若未穿出，系统动量守恒，能量守恒，即mv
0
＝(m＋M)v，Q ＝fL ＝mv2－(M＋m)v2若子弹穿出木块，
热 相对 0
有mv＝mv＋Mv ，Q ＝fL ＝mv2－mv2－Mv 2
0 1 2 热 相对 0 1 2
(1)弹簧处于最长(最短)状态时两物体速度相等，弹性势能最
大，系统满足动量守恒、机械能守恒，即
mv＝(m＋m)v ，mv2＝(m ＋m)v 2＋E 。
1 0 1 2 共 1 0 1 2 共 pm
(2)弹簧处于原长时弹性势能为零，系统满足动量守恒、机械
能守恒，即mv＝mv＋mv，mv2＝mv2＋mv2
1 0 1 1 2 2 1 0 1 1 2 2
表面粗糙、质量为M的木板，放在光滑的水平地面上，质量
为m的小木块以初速度v 滑上木板，若木块未滑离木板，当
模型 0
木块与木板相对静止时，二者的共同速度为v，木块相对木
板的位移为d，木板相对地面的路程为s，木块和木板间的
摩擦力为f。这类问题类似于子弹打木块模型中子弹未射出的情况，则有mv＝(M＋m)v，
0
f·d＝mv2－(M＋m)v2＝mv2。
0 0
若木块滑离木板，设滑离木板时，木块的速度为v，木板的
1
速度为v 木板长为l，则根据动量守恒定律有mv＝mv＋
2 0 1
Mv ，摩擦力和相对路程的乘积等于系统动能的减少量，有
2
f·l＝mv2－mv2－Mv 2。
0 1 2
【典例3】(2021·广安高三检测)汽车碰撞试验是综合评价汽车安全性能的有效方法之一。设汽车在碰撞过
程中受到的平均撞击力达到某个临界值F 时，安全气囊爆开。某次试验中，质量m ＝1 600 kg的试验车以
0 1
速度v ＝36 km/h正面撞击固定试验台，经时间t ＝0.10 s碰撞结束，车速减为零，此次碰撞安全气囊恰好
1 1
爆开。忽略撞击过程中地面阻力的影响。
(1)求此过程中试验车受到试验台的冲量I 的大小及F 的大小；
0 0
(2)若试验车以速度v 撞击正前方另一质量m ＝1 600 kg、速度v ＝18 km/h同向行驶的汽车，经时间t ＝
1 2 2 2
0.16 s两车以相同的速度一起滑行。试通过计算分析这种情况下试验车的安全气囊是否会爆开。
【答案】 见解析
【解析】(1)v＝36 km/h＝10 m/s，取速度v 的方向为正方向
1 1
由动量定理有－I＝0－mv ①
0 1 1
将已知数据代入①式得
I＝1.6×104 N·s ②
0
由冲量定义有I＝Ft ③
0 01
将已知数据代入③式得F＝1.6×105 N。 ④
0
(2)设试验车和汽车碰撞后获得共同速度v
由动量守恒定律有mv＋mv＝(m＋m)v ⑤
1 1 2 2 1 2
对试验车，由动量定理有－Ft＝mv－mv ⑥
2 1 1 1
将已知数据代入⑤⑥式得F＝2.5×104 N
可见F(M＋m＋m)g，由牛顿第三定律知，选
0 N T 0
项C正确；子弹射入木块之后，圆环、木块和子弹构成的系统只在水平方向动量守恒，选项D错误．
6.(2020·陕西省西安一中一模)如图所示，在光滑的水平面上有一静止的物体M，物体M上有一光滑的半圆
弧轨道，最低点为C，A、B为同一水平直径上的两点，现让小滑块m从A点由静止下滑，则( )
A．小滑块m到达物体M上的B点时小滑块m的速度不为零
B．小滑块m从A点到C点的过程中物体M向左运动，小滑块m从C点到B点的过程中物体M向右运动
C．若小滑块m由A点正上方h高处自由下落，则由B点飞出时做竖直上抛运动
D．物体M与小滑块m组成的系统机械能守恒，水平方向动量守恒
【答案】 CD
【解析】 物体M和小滑块m组成的系统机械能守恒，水平方向动量守恒，D正确；小滑块m滑到右端两
者水平方向具有相同的速度：0＝(m＋M)v，v＝0，可知小滑块m到达物体M上的B点时，小滑块m、物体
M的水平速度为零，故当小滑块m从A点由静止下滑，则能恰好到达B点，当小滑块由A点正上方h高处
自由下落，则由B点飞出时做竖直上抛运动，A错误，C正确；小滑块m从A点到C点的过程中物体M向
左加速运动，小滑块m从C点到B点的过程中物体M向左减速运动，选项B错误．
7．(多选)(2021·四川宜宾第四中学开学考试)如图所示，质量为m的半圆轨道小车静止在光滑的水平地面上，
其水平直径AB长度为2R，现将质量也为m的小球从距A点正上方h 高处由静止释放，然后由A点经过半
0
圆轨道后从B冲出，在空中能上升的最大高度为h(不计空气阻力，小球可视为质点)，则( )
0
A．小球和小车组成的系统动量守恒
B．小车向左运动的最大距离为R
C．小球离开小车后做竖直上抛运动
D．小球第二次能上升的最大高度h满足h
(M+m+m )g，选项C正确；子弹射入木块之后，圆环、木块和子弹构成的系统只在水平方向动量守恒，选
0
项D错误；故选C.
14．(2021·北京高三学业考试)如图所示，质量为m的小球A静止于光滑水平面上，在A球与墙之间用轻弹
簧连接。现用完全相同的小球B以水平速度v 与A相碰后粘在一起压缩弹簧。不计空气阻力，若弹簧被压
0缩过程中的最大弹性势能为E，从球A被碰后开始到回到原静止位置的过程中墙对弹簧的冲量大小为I，则
下列表达式中正确的是( )
A．E= I=2 B．E= I=2
C．E= I= D．E= I=
【答案】A
【解析】
AB碰撞瞬间，由动量守恒定律可知：
mv=2mv
0 1
解得：
v=
1
碰撞后系统机械能守恒，当两球向左减速到零时弹簧的弹性势能最大，最大弹性势能E，则：
E=
取AB整体分析，取向右为正，由动量定理可得
所以墙对弹簧的冲量大小为2mv
0
A. E= 、I=2 ，与分析相符，故A项正确；
B. E= 、I=2 ，与分析不符，故B项错误；
C. E= 、I= ，与分析不符，故C项错误；
D. E= 、I= ，与分析不符，故D项错误。
