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专题11 动量、动量守恒定律
目录
专题11 动量、动量守恒定律..................................................................................................................................1
考向一 动量和冲量.......................................................................................................................................................1
考查方式一 恒力的冲量....................................................................................................................................2
考查方式二 变力的冲量....................................................................................................................................6
考查方式三 利用F-t图像求冲量....................................................................................................................10
考向二 对动量定理的理解和基本应用....................................................................................................................15
考向三 动量定理的综合应用....................................................................................................................................17
考查方式一 应用动量定理解释的两类物理现象..........................................................................................17
考向四 应用动量定理解决两类问题......................................................................................................................19
考查方式一 应用动量定理解决微粒类问题..................................................................................................19
考查方式二 应用动量定理解决流体类问题..................................................................................................21
考向五 动量定理在多过程问题中的应用..............................................................................................................23
【题型演练】...............................................................................................................................................................25
考向一 动量和冲量
1．掌握基本概念和规律
2. 与动能的关系： ，3. 冲量的计算方法
（1）利用定义 计算冲量，此方法仅适用于恒力的冲量，无需考虑物体的运动状态；
（2）利用F-t图像计算冲量，图像鱼时间轴围成的面积表示冲量，此方法不仅可以计算恒力的冲量，也可
以计算变力的冲量。
考查方式一 恒力的冲量
【典例1】如图所示，某次军事训练中，战士从倾角为θ的山坡上的A处以大小为 的速度水平投出手榴
弹（图中以点表示），手榴弹落在山坡上的B处。若手榴弹的质量为 ，不计空气阻力，则手榴弹在空中
运动过程中的动量变化大小为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【详解】设手榴弹在空中运动的时间为t，根据平抛运动的规律有
可得落地时间
根据动量定理，该过程中手榴弹的动量变化大小解得
故选B。
【典例2】如图所示为一个单摆装置，将摆球向左拉到A位置无初速度释放，小球可摆动到与A关于竖直
线对称的B位置，不计一切阻力，下列说法正确的是（ ）
A．小球从A到B的过程中，重力的冲量为零
B．小球从A到B的过程中，合力的冲量不为零
C．小球从O到B的过程中，动量的改变量方向水平向左
D．小球从O到B的过程中，绳上拉力的冲量为零
【答案】C
【详解】A．小球从A到B的过程中，根据 可知，重力的冲量不为零，故A错误；
B．小球运动到B处和在A处时的动量都为零，所以小球从A到B的过程中，合力的冲量为零，故B错误；
C．小球从 到B的过程中，初动量水平向右，末动量为零，动量的改变量方向水平向左，故C正确；
D．小球从 到B的过程中，绳子的拉力不为零，根据 可知，绳上拉力的冲量不为零，故D错误。
故选C。
[变式1]电影《夺冠》让人们想起了中国女排在奥运会夺冠的激动人心的时刻，女排队员的拼搏精神永远激
励着人们奋发前进。如图所示，一名排球运动员进行垫球训练，排球以 的速度竖直向下打在运动员的
手上，然后以 的速度竖直向上飞出。已知排球的质量为250g，排球与手作用时间为0.2s。下列说法正确的是（ ）
A．排球的动能变化量为
B．排球的动量变化量大小为
C．排球受到手的冲量大小为
D．排球对手的平均作用力大小为
【答案】B
【详解】A．排球的动能变化量为
故A错误；
B．取向下为正方向，排球的动量变化量为
所以排球的动量变化量大小为3.5kg·m/s，故B正确；
C．根据动量定理有
解得排球受到手的冲量为所以排球受到手的冲量大小为4.0N·s，故C错误；
D．排球对手的平均作用力为
所以排球对手的平均作用力大小为20N，故D错误。
故选B。
[变式2]如图所示，质量相等的 、B两个物体，沿着倾角分别为 和 的两个光滑斜面，由静止从同一高
度 开始下滑到同样的另一高度 的过程中，下列与 、B两个物体有关的物理量相同的是（ ）
A．所受重力的冲量大小
B．所受支持力的冲量大小
C．所受合力的冲量大小
D．动量的变化量
【答案】C
【详解】A．重力的冲量表示为
A、B两个物体下滑的时间分别为 、 ，则有由此可知，A、B两个物体下滑的时间不同，则所受重力的冲量大小不同，A错误；
B．AB两物体所受支持力的冲量大小表示为
由此可知，所受支持力的冲量大小不相等，B错误；
C．由动能定理可知，物体下滑到同一高度时的速度大小相同，则末动量大小相同。由动量定理可知，合
外力的冲量等于动量的变化量，则所受合力的冲量大小相同，C正确；
D．动量的变化量为矢量，物体末速度大小相同，方向不同，则动量变化量一定不相同，D错误。
故选C。
考查方式二 变力的冲量
【典例3】质量为 的玩具汽车在水平地面上由静止开始沿直线运动了 ，其所受合外力大小与位移
大小的关系如图所示，则玩具汽车（ ）
A．所受合外力做的总功为
B．运动到 处的速度大小为C．在0到 的运动过程中所受合外力的冲量大小为
D．在 处所受合外力的瞬时功率为
【答案】C
【详解】A．F-x图线与横轴所围面积表示F做的功，则合外力的总功为
A错误；
B．运动到 处时F做的功为
根据动能定理
解得
B错误；
C．同理，0~3m内
解得
根据动量定理得F的冲量为C正确；
D．运动到4m处时，F做的功为
解得
此时F的功率为
D错误。
故选C。
【典例4】如图所示，光滑水平桌面上有一轻质光滑绝缘管道，空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强
度大小为B，绝缘管道在水平外力F（图中未画出）的作用下以速度u向右匀速运动。管道内有一带正电
小球，初始位于管道M端且相对管道速度为0，一段时间后，小球运动到管道N端，小球质量为m，电量
为q，管道长度为l，小球直径略小于管道内径，则小球从M端运动到N端过程有（ ）
A．时间为 B．小球所受洛伦兹力做功为quBlC．外力F的平均功率为 D．外力F的冲量为qBl
【答案】D
【详解】A．小球在水平外力F的作用下以速度u向右匀速运动，故小球受到的洛伦兹力在沿管道方向的
分力保持不变，根据牛顿第二定律得
由初速度为零的位移公式 ，解得
A错误；
B．小球所受洛伦兹力不做功，B错误；
C．小球所受洛伦兹力不做功，故在沿管道方向分力做正功的大小等于垂直于管道向左的分力做负功的大
小，外力始终与洛伦兹力的垂直管道的分力平衡，则有
外力F的平均功率为
C错误；
D．外力始终与洛伦兹力的垂直管道的分力平衡，外力F的冲量大小等于
D正确。故选D。
考查方式三 利用F-t图像求冲量
【典例5】一质量为4kg的物块在水平外力F的作用下从静止开始沿光滑的水平面做直线运动。F随时间t
变化的关系如图所示，下列说法正确的是（ ）
A． 时物块的速率为2m/s
B． 内物块先加速后减速
C． s内物块的动量变化量大小为
D．0~5s内F的冲量大小为9.5N·s
【答案】D
【详解】A． 图像与坐标轴包围的面积表示动量变化量，则
-0
时物块的速率为
故A错误；
B． 内力的方向没有变化，物块一直做加速运动，故B错误；
C． s内物块的动量变化量大小为故C错误；
D．0~5s内F的冲量大小为
故D正确。
故选D。
[变式1]如图甲所示，一滑块放在水平面上， 时刻在滑块上施加一水平向右的外力F，已知外力随时间
的变化规律为 ，滑块产生的加速度和时间的关系如图乙所示，假设滑动摩擦力等于最大静摩擦
力，重力加速度g取10 。则下列说法正确的是（ ）
A．滑块的质量为2kg
B．滑块与水平面间的动摩擦因数为0.25
C． s的时间内摩擦力的冲量大小为
D．3s末滑块的速度大小为6.5m/s
【答案】C
【详解】AB．由图乙可知， 时，滑块开始运动，此时的拉力 大小等于滑块所受的最大静摩擦力，由公式 可知
则
又最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则滑块与水平面间的滑动摩擦力大小为2.5N，根据牛顿第二定律有
由图乙知，当 时
又3s时
解得
kg
又
则
故AB错误；
C． s的时间内，摩擦力为静摩擦力，且摩擦力的大小由0逐渐增大到2.5N，则该时间内摩擦力的冲量
为的时间内摩擦力为滑动摩擦力，该时间内摩擦力的冲量为
所以0~3s时间内摩擦力的冲量大小为
C正确；
D． s的时间内由动量定理得
代入数据解得
D错误。
故选C。
[变式2]如下图1所示，在粗糙的水平面上静止放置一滑块，t=0时刻在滑块上施加一水平向右的外力F，
外力大小随时间变化规律如图2所示，滑块的加速度随时间的变化规律如图3所示，已知滑块与地面间的
滑动摩擦力等于静摩擦力，重力加速度g取 。则下列说法正确的（ ）
A．滑块的质量为m=2kg
B．前2s时间内，摩擦力冲量大小为10N·sC．物体在4s末的速度12m/s
D．物体做匀加速直线运动
【答案】B
【详解】根据图2可知，外力F随时间的关系的表达式为
由图3可知，在t=1s时，物块开始有加速度，故此刻拉力与最大静摩擦力平衡，则有
A．由图3可知，在t=4s时，滑块的加速度为4m/s2，根据牛顿第二定律有
解得
A错误；
B．在0~1s的时间内，有静摩擦力作用，故摩擦力的冲量大小不为0，其大小等于F的冲量大小
在1~2s的时间内，摩擦力的冲量大小为
故在0~4s的时间内，摩擦力的冲量大小为
B正确；C．由a-t图像的面积表示速度的变化量，滑块由静止开始加速运动，故4s内a-t图像的面积即表示为4s末
滑块速度的大小
C错误；
D．在0~1s的时间内，加速度为零，滑块静止不动，1s后加速度大小逐渐增大，滑块做加速度增大的加速
运动。D错误。
故选B。
考向二 对动量定理的理解和基本应用
1．对动量定理的理解
(1)动量定理不仅适用于恒定的力，也适用于随时间变化的力．这种情况下，动量定理中的力F应理解为变
力在作用时间内的平均值．
(2)动量定理的表达式F·Δt＝Δp是矢量式，运用它分析问题时要特别注意冲量、动量及动量变化量的方向，
公式中的F是物体或系统所受的合力．
2．用动量定理解题的基本思路
3．动量定理的应用技巧
(1)应用I＝Δp求变力的冲量
如果物体受到大小或方向改变的力的作用，则不能直接用 I＝Ft求冲量，可以求出该力作用下物体动量的
变化Δp，等效代换得出变力的冲量I.(2)应用Δp＝FΔt求动量的变化
例如，在曲线运动中，速度方向时刻在变化，求动量变化(Δp＝p－p)需要应用矢量运算方法，计算比较复
2 1
杂．如果作用力是恒力，可以求恒力的冲量，等效代换得出动量的变化．
【典例6】1966年，在地球的上空完成了用动力学方法测质量的实验．实验时，用“双子星号”宇宙飞船
去接触正在轨道上运行的火箭组(后者的发动机已熄火)，接触以后，开动“双子星号”飞船的推进器，使
飞船和火箭组共同加速．推进器的平均推力F＝895 N，推进器开动时间Δt＝7 s．测出飞船和火箭组的速
度变化Δv＝0.91 m/s.已知“双子星号”飞船的质量m＝3 400 kg.由以上实验数据可测出火箭组的质量m 为
1 2
( )
A．3 400 kg B．3 485 kg C．6 265 kg D．6 885 kg
【答案】选B.
【解析】根据动量定理得FΔt＝(m＋m)Δv，代入数据解得m≈3 485 kg，B选项正确．
1 2 2
[变式1]在光滑水平面上，原来静止的物体在水平力F作用下，经过时间t后，动量为p，动能为E ；若该
k
物体在此光滑水平面上由静止出发，仍在水平力F的作用下，则经过时间2t后物体的( )
A．动量为4p B．动量为p C．动能为4E D．动能为2E
k k
【答案】C
【解析】根据动量定理得，Ft＝p，F·2t＝p ，解得p ＝2p，故A、B错误；根据牛顿第二定律得F＝ma，
1 1
解得a＝，因为水平力F不变，则加速度不变，根据x＝at2知，时间变为原来的2倍，则位移变为原来的4
倍，根据动能定理得E ＝4E，故C正确，D错误．
k1 k
[变式2](多选)质量为m的物体， 以v 的初速度沿斜面上滑，到达最高点后返回原处的速度大小为v，且v
0 t t
＝0.5v，则( )
0
A．上滑过程中重力的冲量比下滑时小 B．上滑时和下滑时支持力的冲量都等于零
C．合力的冲量在整个过程中大小为mv D．整个过程中物体的动量变化量为mv
0 0
【答案】AC
【解析】以v 的初速度沿斜面上滑，返回原处时速度为v＝0.5v，说明斜面不光滑．设斜面长为l，则上滑
0 t 0
过程所需时间t＝＝，下滑过程所需时间t＝＝，t<t，根据冲量的定义可知，上滑过程中重力的冲量比下
1 2 1 2滑时小，A正确．上滑和下滑时支持力的冲量都不等于零，B错误．对全过程应用动量定理，则I ＝Δp＝
合
－mv－mv＝－mv，C正确，D错误．
t 0 0
考向三 动量定理的综合应用
考查方式一 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．
【典例7】（多选）有关实际中的现象，下列说法正确的是( )
A．火箭靠喷出气流的反冲作用而获得巨大速度
B．体操运动员在着地时屈腿是为了减小地面对运动员的作用力
C．用枪射击时要用肩部抵住枪身是为了减少反冲的影响
D．为了减轻撞车时对司乘人员的伤害程度，发动机舱越坚固越好
【答案】ABC
【解析】.火箭升空时，内能减小，转化为机械能，火箭向后喷出气流，火箭对气流有向后的力，由于力的
作用是相互的，气流对火箭有向前的力的作用，从而推动火箭前进，故选项A正确；体操运动员在落地的
过程中，动量变化一定，由动量定理可知，运动员受到的冲量 I一定，着地时屈腿是延长时间t，由I＝Ft
可知，延长时间t可以减小运动员所受到的平均冲力F，故B正确；用枪射击时要用肩部抵住枪身是为了
减少反冲的影响，故选项C正确；为了减轻撞车时对司乘人员的伤害程度，就要延长碰撞时间，由I＝Ft
可知，车体前部的发动机舱不能太坚固，故选项D错误．
[变式1]如图所示，一铁块压着一纸条放在水平桌面上，当以足够大的速度 v抽出纸条后，铁块掉在地上的
P点．若以2v速度抽出纸条，则铁块落地点为( )A．仍在P点 B．在P点左边
C．在P点右边不远处 D．在P点右边原水平位移的两倍处
【答案】B.
【解析】纸条抽出的过程，铁块所受的滑动摩擦力一定，以 v的速度抽出纸条，铁块所受滑动摩擦力的作
用时间较长，即加速时间较长，由I＝Ft＝mΔv得铁块获得速度较大，平抛运动的水平位移较大，以2v的
f
速度抽出纸条的过程，铁块所受滑动摩擦力作用时间较短，即加速时间较短，铁块获得速度较小，平抛运
动的位移较小，故B选项正确．
[变式2]从同样高度落下的玻璃杯，掉在水泥地上容易打碎，而掉在草地上不容易打碎，下列说法正确的是
( )
A．掉在水泥地上的玻璃杯动量小，而掉在草地上的玻璃杯动量大
B．掉在水泥地上的玻璃杯动量改变小，掉在草地上的玻璃杯动量改变大
C．掉在水泥地上的玻璃杯动量改变大，掉在草地上的玻璃杯动量改变小
D．掉在水泥地上的玻璃杯动量改变量与掉在草地上的玻璃杯动量改变量相等
【答案】D.
【解析】玻璃杯从同样高度落下，到达地面时具有相同的速度，即具有相同的动量，与地面相互作用后都
静止．所以两种地面的情况中玻璃杯动量的改变量相同，故A、B、C错误，D正确．
考向四 应用动量定理解决两类问题
考查方式一 应用动量定理解决微粒类问题
微粒及 通常电子流、光子流、尘埃等被广义地视为“微粒”，质量具有独立性，通常给出单位体
其特点 积内粒子数n
分 1 建立“柱体”模型，沿运动的方向选取一段微元，柱体的横截面积为S
析
步 2 微元研究，作用时间Δt内一段柱形流体的长度为Δl，对应的体积为ΔV＝SvΔt，则微元内
0的粒子数N＝nvSΔt
0
骤 3 先应用动量定理研究单个粒子，建立方程，再乘以N计算
【典例8】航天器离子发动机原理如图所示，首先电子枪发射出的高速电子将中性推进剂离子化(即电离出
正离子)，正离子被正、负极栅板间的电场加速后从喷口喷出，从而使航天器获得推进或调整姿态的反冲力．
已知单个正离子的质量为m，电荷量为q，正、负栅板间加速电压为U，从喷口喷出的正离子所形成的电
流为I.忽略离子间的相互作用力，忽略离子喷射对航天器质量的影响．该发动机产生的平均推力 F的大小
为( )
A．I B．I C．I D．2I
【答案】A
【解析】.以正离子为研究对象，由动能定理可得qU＝mv2，Δt时间内通过的总电荷量为Q＝IΔt，喷出的总
质量Δm＝m＝m.由动量定理可知FΔt＝Δmv，联立以上各式求解可得F＝I，选项A正确．
[变式]正方体密闭容器中有大量运动粒子，每个粒子质量为m，单位体积内粒子数量n为恒量．为简化问
题，我们假定：粒子大小可以忽略；其速率均为v，且与器壁各面碰撞的机会均等；与器壁碰撞前后瞬间，
粒子速度方向都与器壁垂直，且速率不变．利用所学力学知识，导出器壁单位面积所受粒子压力 f与m、n
和v的关系．
(注意：解题过程中需要用到、但题目没有给出的物理量，要在解题时做必要的说明)【答案】 f＝nmv2
【解析】 一个粒子每与器壁碰撞一次给器壁的冲量ΔI＝2mv，如图所示，以器壁上面积为S的部分为底、
vΔt为高构成柱体，由题设可知，其内有的粒子在Δt时间内与器壁上面积为S的部分发生碰撞，碰壁粒子
总数N＝n·SvΔt
Δt时间内粒子给器壁的冲量I＝N·ΔI＝nSmv2Δt
器壁上面积为S的部分受到粒子的压力F＝
则器壁单位面积所受粒子的压力f＝＝nmv2
考查方式二 应用动量定理解决流体类问题
流体及其
通常液体流、气体流等被广义地视为“流体”，质量具有连续性，通常已知密度ρ
特点
1 建立“柱状”模型，沿流速v的方向选取一段柱形流体，其横截面积为S
分
析
步 2 微元研究，作用时间Δt内的一段柱形流体的长度为Δl，对应的质量为Δm＝ρSvΔt
骤
3 建立方程，应用动量定理研究这段柱状流体
两类流体运动模型
第一类是“吸收模型”，即流体与被碰物质接触后速度为零，第二类是“反弹模型”，即流体与被碰物质
接触后以原速率反弹．
设时间t内流体与被碰物质相碰的“粒子”数为n，每个“粒子”的动量为p，被碰物质对“粒子”的作用
力为F，以作用力的方向为正，则“吸收模型”满足 Ft＝0－n(－p)，“反弹模型”满足Ft＝np－n(－
p)．“反弹模型”的动量变化量为“吸收模型”的动量变化量的2倍，解题时一定要明辨模型，避免错误．
【典例9】质量为0.2 kg的小球竖直向下以6 m/s的速度落至水平地面上，再以4 m/s的速度
反向弹回．取竖直向上为正方向，在小球与地面接触的时间内，关于球动量变化量Δp和合外力对小球做
的
功W，下列说法正确的是 ( )A．Δp＝2 kg·m/s W＝－2 J B．Δp＝－2 kg·m/s W＝2 J
C．Δp＝0.4 kg·m/s W＝－2 J D．Δp＝－0.4 kg·m/s W＝2 J
【答案】A
【解析】取竖直向上为正方向，则小球与地面碰撞过程中动量的变化量：Δp＝mv －mv ＝0.2×4 kg·m/s－
2 1
0.2×(－6) kg·m/s＝2 kg·m/s，方向竖直向上．由动能定理，合外力做的功：W＝mv－mv＝×0.2×42J－×0.2×62
J＝－2 J，故A正确．
[变式1]如图所示是一种弹射装置，弹丸的质量为m，底座的质量M＝3m，开始时均处于静止状态，当弹
簧释放将弹丸以对地速度v向左发射出去后，底座反冲速度的大小为 v，则摩擦力对底座的冲量为 ( )
A．0 B．mv，方向向左 C．mv，方向向右 D．mv，方向向左
【答案】B.
【解析】设向左为正方向，对弹丸，根据动量定理：I＝mv；则弹丸对底座的作用力的冲量为－mv，对底
座根据动量定理：I＋(－mv)＝－3m· 得：I＝＋ ，正号表示正方向，向左．
f f
[变式2]一艘帆船在湖面上顺风航行，在风力的推动下做速度为v ＝4 m/s的匀速直线运动．已知帆船在该
0
运动状态下突然失去风的推力的作用，此后帆船在湖面上做匀减速直线运动，经过 t＝8 s静止；该帆船的
帆面正对风的有效面积为S＝10 m2，帆船的总质量约为M＝936 kg，若帆船在行驶过程中受到的阻力恒定
不变，空气的密度为ρ＝1.3 kg/m3，下列说法正确的是( )
A．风停止后帆船的加速度大小是1 m/s B．帆船在湖面上顺风航行所受水的阻力大小为468 N
C．帆船匀速运动受到风的推力的大小为936 D．风速的大小为10 m/s
【答案】BD.
【解析】求解风停止后帆船的加速度时要选择帆船作为研究对象，求解风速时要选择在时间 t内正对帆面
且吹向帆面的空气作为研究对象，风突然停止，帆船只受到水的阻力f的作用，做匀减速直线运动，设帆
船的加速度大小为a，则a＝＝0.5 m/s2，选项A错误；由牛顿第二定律可得f＝Ma，代入数据解得f＝468
N，选项B正确；设帆船匀速运动时受到风的推力大小为F，根据平衡条件得F－f＝0，解得F＝468 N，选项C错误；设在时间t内，正对帆面且吹向帆面的空气的质量为m，则m＝ρS(v－v)t，根据动量定理有
0
－Ft＝mv－mv，解得v＝10 m/s，选项D正确．
0
考向五 动量定理在多过程问题中的应用
应用动量定理解决多过程问题的方法与动能定理类似，有分段列式和全程列式两种思路．
【例5】一高空作业的工人重为600 N，系一条长为L＝5 m的安全带，若工人不慎跌落时安全带的缓冲时
间t＝1 s(工人最终悬挂在空中)，则缓冲过程中安全带受的平均冲力是多少？(g取10 m/s2，忽略空气阻力
的
影响)
【答案】 1 200 N
【解析】 法一 分段列式法：依题意作图，如图所示．
设工人刚要拉紧安全带时的速度为v，v＝2gL，
1
得v＝
1
经缓冲时间t＝1 s后速度变为0，取向下为正方向，对工人由动量定理知，工人受两个力作用，即拉力 F
和重力mg，所以(mg－F)t＝0－mv，F＝
1
将数值代入得F＝1 200 N.
由牛顿第三定律，工人给安全带的平均冲力F′为1 200 N，方向竖直向下．
法二 全程列式法：在整个下落过程中对工人应用动量定理，重力的冲量大小为mg( ＋t)，拉力F的冲量
大小为Ft.初、末动量都是零，取向下为正方向，由动量定理知mg( ＋t)－Ft＝0
解得F＝＝1 200 N
由牛顿第三定律知工人给安全带的平均冲力F′＝F＝1 200 N，方向竖直向下．
【变式1】如图所示，自动称米机已在许多大粮店广泛使用．买者认为：因为米流落到容器中时对容器有
向下的冲力而不划算；卖者则认为：当预定米的质量达到要求时，自动装置即刻切断米流，此刻有一些米
仍在空中，这些米是多给买者的，因而双方争执起来．下列说法正确的是( )
A．买者说的对 B．卖者说的对 C．公平交易 D．具有随机性，无法判断
【答案】C.
【解析】设米流的流量为d，它是恒定的，米流在出口处速度很小可视为零，若切断米流后，设盛米的容
器中静止的那部分米的质量为m，空中还在下落的米的质量为m，落到已静止的米堆上的一小部分米的质
1 2
量为Δm.在极短时间Δt内，取Δm为研究对象，这部分米很少，Δm＝d·Δt，设其落到米堆上之前的速度为
v，经Δt时间静止，如图所示，取竖直向上为正方向，由动量定理得
(F－Δmg)Δt＝Δmv
即F＝dv＋d·Δt·g，因Δt很小，故F＝dv
根据牛顿第三定律知F＝F′，称米机的读数应为
M＝＝＝m＋d
1
因切断米流后空中尚有t＝时间内对应的米流在空中，故d＝m
2
【变式2】一质量为0.5 kg的小物块放在水平地面上的A点，距离A点5 m的位置B处是一面墙，如图所
示．一物块以v ＝9 m/s的初速度从A点沿AB方向运动，在与墙壁碰撞前瞬间的速度为 7 m/s，碰后以6
0
m/s的速度反向运动直至静止，g取10 m/s2.(1)求物块与地面间的动摩擦因数μ；
(2)若碰撞时间为0.05 s，求碰撞过程中墙面对物块平均作用力F的大小；
(3)求物块在反向运动过程中克服摩擦力所做的功W.
【答案】(1)0.32 (2)130 N (3)9 J
【解析】(1)由动能定理有－μmgx＝mv2－mv可得μ＝0.32.
(2)由动量定理有FΔt＝mv′－mv可得F＝130 N.
(3)由能量守恒定律有W＝mv′2＝9 J.
【题型演练】
1. 将一个质量为m的小木块放在光滑的固定斜面上，使木块从斜面的顶端由静止开始向下滑动，滑到底
端总共用时t，如图所示，设在下滑的前一半时间内木块的动量变化为Δp，在后一半时间内其动量变化为
1
Δp，则Δp∶Δp 为 ( )
2 1 2
A．1∶2 B．1∶3 C．1∶1 D．2∶1
【答案】C
【解析】木块在下滑的过程中，一直受到的是重力与斜面支持力的作用，二力的合力大小恒定为F＝mgsin
θ，方向也始终沿斜面向下．由动量定理可得Δp∶Δp ＝(F·t)∶(F·t)＝(mgsin θ·t)∶(mgsin θ·t)＝1∶1，故
1 2 1 2
选项C正确．
2. 一小球从水平地面上方无初速释放，与地面发生碰撞后反弹至速度为零，假设小球
与地面碰撞没有机械能损失，运动时的空气阻力大小不变，下列说法正确的是 ( )
A．上升过程中小球动量改变量等于该过程中空气阻力的冲量B．小球与地面碰撞过程中，地面对小球的冲量为零
C．下落过程中小球动能的改变量等于该过程中重力做的功
D．从释放到反弹至速度为零过程中小球克服空气阻力做的功等于重力做的功
【答案】D
【解析】根据动量定理可知，上升过程中小球动量改变量等于该过程中重力和空气阻力的合力的冲量，选
项A错误；小球与地面碰撞过程中，由动量定理得：Ft－mgt＝mv－(－mv)，可知地面对小球的冲量Ft不
2 1
为零，选项B错误；下落过程中小球动能的改变量等于该过程中重力和空气阻力做功代数和，选项C错误；
由能量守恒关系可知，从释放到反弹至速度为零过程中小球克服空气阻力做的功等于重力做的功，选项D
正确；故选D.
3. 为估算池中睡莲叶面承受雨滴撞击产生的平均压强，小明在雨天将一圆柱形水杯置于露台，测得1小时
内杯中水位上升了45 mm.查询得知，当时雨滴竖直下落速度约为12 m/s据此估算该压强约为(设雨滴撞击
睡莲后无反弹，不计雨滴重力，雨水的密度为1×103kg/m3)( )
A．0.15 Pa B．0.54 Pa C．1.5 Pa D．5.4 Pa
【答案】A
【解析】设雨滴受到支持面的平均作用力为F.设在Δt时间内有质量为Δm的雨水的速度由v＝12 m/s减为
零．以向上为正方向，对这部分雨水应用动量定理：FΔt＝0－(－Δmv)＝Δmv，得到F＝v.设水杯横截面积
为S，对水杯里的雨水，在Δt时间内水面上升Δh，则有Δm＝ρSΔh，得F＝ρSv.压强p＝＝ρv＝1×103×12×
Pa＝0.15 Pa.
4. 一个质量为0.18 kg的垒球，以25 m/s的水平速度向左飞向球棒，被球棒打击后反向水平飞回，速度大
小变为45 m/s.则这一过程中动量的变化量为( )
A．大小为3.6 kg·m/s，方向向左 B．大小为3.6 kg·m/s，方向向右
C．大小为12.6 kg·m/s，方向向左 D．大小为12.6 kg·m/s，方向向右
【答案】D
【解析】.选向左为正方向，则动量的变化量Δp＝mv－mv＝－12.6 kg·m/s，大小为12.6 kg·m/s，负号表示
1 0
其方向向右，D正确．5． 高空坠物极易对行人造成伤害．若一个50 g的鸡蛋从一居民楼的25层坠下，与地面的碰撞时间约为2
ms，则该鸡蛋对地面产生的冲击力约为( )
A．10 N B．102 N C．103 N D．104 N
【答案】C
【解析】.根据自由落体运动和动量定理有2gh＝v2(h为25层楼的高度，约70 m)，Ft＝mv，代入数据解得
F≈1×103 N，所以C正确．
6. 如图所示，足够长的固定光滑斜面倾角为θ，质量为m的物体以速度v从斜面底端冲上斜面，达到最高
点后又滑回原处，所用时间为t.对于这一过程，下列判断正确的是( )
A．斜面对物体的弹力的冲量为零 B．物体受到的重力的冲量大小为mgt
C．物体受到的合力的冲量大小为零 D．物体动量的变化量大小为mgsin θ·t
【答案】BD.
【解析】由冲量的求解公式可知，斜面对物体的弹力的冲量为 mgcos θ·t，选项A错误；物体受到的重力
的冲量大小为mgt，选项B正确；物体回到斜面底端的速度仍为v，方向与初速度方向相反，故根据动量定
理可知，物体受到的合力的冲量大小为2mv，选项C错误；因整个过程中物体所受的合力为mgsin θ，则
根据动量定理可知，物体动量的变化量大小为mgsin θ·t，选项D正确．
7. 如图所示，AB为固定的光滑圆弧轨道，O为圆心，AO水平，BO竖直，轨道半径为R，将质量为m的
小球(可视为质点)从A点由静止释放，在小球从A点运动到B点的过程中( )
A．小球所受合力的冲量方向为弧中点指向圆心 B．小球所受支持力的冲量为0
C．小球所受重力的冲量大小为m D．小球所受合力的冲量大小为m
【答案】D【解析】小球受到竖直向下的重力和垂直切面指向圆心的支持力，所以合力不指向圆心，故合力的冲量也
不指向圆心，A错误；小球的支持力不为零，作用时间不为零，故支持力的冲量不为零，B错误；小球在
运动过程中只有重力做功，所以根据机械能守恒可得 mgR＝mv 2，故v ＝，根据动量定理可得I ＝Δp＝
B B 合
mv ＝m，故C错误，D正确．
B
8. 小球质量为2m，以速度v沿水平方向垂直撞击墙壁，球被反方向弹回速度大小是v，球与墙撞击时间为
t，在撞击过程中，球对墙的平均冲力大小是( )
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】设初速度方向为正，则弹后的速度为－，则由动量定理可得Ft＝－2m×－2mv，解得F＝，负号表
示力的方向与初速度方向相反．由牛顿第三定律可知，球对墙的平均冲力为F′＝－F＝，故选C.
9. 质量为m的物体， 以v 的初速度沿斜面上滑，到达最高点后返回原处的速度大小为 v，且v＝0.5v ，
0 t t 0
则( )
A．上滑过程中重力的冲量比下滑时小 B．上滑时和下滑时支持力的冲量都等于零
C．合力的冲量在整个过程中大小为mv D．整个过程中物体的动量变化量为mv
0 0
【答案】AC
【解析】以v 的初速度沿斜面上滑，返回原处时速度为v＝0.5v，说明斜面不光滑．设斜面长为l，则上滑
0 t 0
过程所需时间t＝＝，下滑过程所需时间t＝＝，t<t，根据冲量的定义可知，上滑过程中重力的冲量比下
1 2 1 2
滑时小，A正确．上滑和下滑时支持力的冲量都不等于零，B错误．对全过程应用动量定理，则I ＝Δp＝
合
－mv－mv＝－mv，C正确，D错误．
t 0 0
10. 如图所示，一物体分别沿三个倾角不同的光滑斜面由静止开始从顶端下滑到底端C、D、E处，三个过
程中重力的冲量依次为I、I、I，动量变化量的大小依次为Δp、Δp、Δp，则有( )
1 2 3 1 2 3
A．三个过程中，合力的冲量相等，动量的变化量相等B．三个过程中，合力做的功相等，动能的变化量相等
C．I＜I＜I，Δp＝Δp＝Δp
1 2 3 1 2 3
D．I＜I＜I，Δp＜Δp＜Δp
1 2 3 1 2 3
【答案】ABC
【解析】.由机械能守恒定律可知物体下滑到底端C、D、E的速度大小v相等，动量变化量的大小Δp＝mv
相等，即Δp ＝Δp ＝Δp ；根据动量定理，合力的冲量等于动量的变化量，故合力的冲量也相等，注意不
1 2 3
是相同(方向不同)；设斜面的高度为h，从顶端A下滑到底端C，由＝gsin θ·t2得物体下滑的时间t＝，所以
θ越小，sin2θ越小，t越大，重力的冲量I＝mgt就越大，故I＜I＜I，故A、C正确，D错误；物体下滑过
1 2 3
程中只有重力做功，故合力做的功相等，根据动能定理，动能的变化量相等，故B正确．
11．如图所示，进行太空行走的宇航员A和B的质量分别为80kg和100kg，他们携手远离空间站，相对空
间站的速度为0.1m/ s。A将B向空间站方向轻推后，A的速度变为0.2 m/s，求此时B的速度大小和方向。
【答案】0.02m/s，远离空间站的方向
【详解】规定远离空间站的方向为正方向，A和B组成的系统所受合外力为零，动量守恒，即
解得此时B的速度大小为
方向为远离空间站的方向。
12．光滑水平轨道上有三个木块A、B、C，质量分别为 、 ，开始时B、C均静止，A以初速度 向右运动，A与B相撞后分开，B又与C发生碰撞并粘在一起，此后A与B间的距离保持不变．
求B与C碰撞前B的速度大小．
【答案】
【详解】设A与B碰撞后，A的速度为 ，B与C碰撞前B的速度为 ，B与C碰撞后粘在一起的速度为
，由动量守恒定律得：
对A、B木块：
对B、C木块：
由A与B间的距离保持不变可知
联立代入数据得：
．
