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第 7 讲 动量
目标要求 1.理解动量定理，会灵活利用动量定理求解时间、末速度等物理量。2.理解动量守恒定律成立
的条件，会在碰撞、爆炸等相互作用的系统中利用动量守恒定律解决有关问题。3.掌握碰撞特点及拓展模
型，会应用动量守恒定律等规律解决实际问题。
考点一 动量定理及其应用
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
F-t图线与时间轴围成的面积表示力的冲
图像法 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
(1)公式：FΔt=mv'-mv
(2)应用技巧：
①研究对象可以是单个物体，也可以是多个物体组成的系统。
②表达式是矢量式，需要规定正方向。
③匀变速直线运动，如果题目不涉及加速度和位移，用动量定理比用牛顿第二定律求解更简捷。
④在变加速运动中F为Δt时间内的平均力。
⑤电磁感应问题中，利用动量定理可以求解时间、电荷量或导体棒的位移。
例1 (2024·广东卷·14)汽车的安全带和安全气囊是有效保护乘客的装置。
(1)安全带能通过感应车的加速度自动锁定，其原理的简化模型如图甲所示。在水平路面上刹车的过程
中，敏感球由于惯性沿底座斜面上滑直到与车达到共同的加速度a，同时顶起敏感臂，使之处于水平状
态，并卡住卷轴外齿轮，锁定安全带。此时敏感臂对敏感球的压力大小为F ，敏感球的质量为m，重
N
力加速度为g。忽略敏感球受到的摩擦力。求斜面倾角的正切值tan θ。
(2)如图乙所示，在安全气囊的性能测试中，可视为质点的头锤从离气囊表面高度为H处做自由落体运
动。与正下方的气囊发生碰撞。以头锤到气囊表面为计时起点，气囊对头锤竖直方向作用力F随时间t
的变化规律，可近似用图丙所示的图像描述。已知头锤质量M=30 kg，H=3.2 m，重力加速度大小取
g=10 m/s2。求：
①碰撞过程中F的冲量大小和方向；
②碰撞结束后头锤上升的最大高度。_________________________________________________________________________________________
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例2 (2024·山东日照市一模)台风对沿海地区的破坏力非常大，12级台风登陆时中心附近最大风力约
为35 m/s。已知小明站立时，在垂直于风速方向的受力面积约为0.5 m2，空气的密度约为1.29 kg/m3。
假设空气吹到人身体上后速度减为零，则小明站在12级台风中心附近，所受的风力大小约为( )
A.790 N B.79 N
C.230 N D.23 N
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的横截面的柱
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。
考点二 动量守恒定律及应用
动量守恒定律的三种表达形式
(1)m v +m v =m v '+m v '，作用前的动量之和等于作用后的动量之和。(常用)
1 1 2 2 1 1 2 2
(2)Δp =-Δp ，相互作用的两个物体动量的变化量等大反向。
1 2
(3)Δp=0，系统总动量的变化量为零。
例3 (2024·四川南充市一诊)图甲为罗马杆滑环窗帘，假设窗帘质量均匀分布在每一个环上，简化为图
乙所示模型。水平固定的长杆上有3个相同的滑环，滑环均近似看成质点。若窗帘完全拉开，相邻两环间距离为L=0.2 m。开始时滑环均位于长杆右侧边缘处，彼此接触但不挤压。现给1号滑环一个向左
的初速度v =2 m/s，已知滑环与杆之间的动摩擦因数为μ=0.1。假设前、后两滑环之间的窗帘绷紧瞬间，
10
两滑环立即获得相同速度，窗帘绷紧用时极短，可忽略不计，不计空气阻力，整个过程中1号滑环未
与杆左侧相撞，重力加速度g取10 m/s2，求：
(1)2号滑环获得的初速度v 的大小；
20
(2)1号滑环滑行的总距离d。
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_________________________________________________________________________________________
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考点三 碰撞模型及拓展
1.两种碰撞的特点
举例：一动碰一静
结论：
动量守恒 (1)m=m 时，v'=0，v'=v，
1 2 1 2 1
mv 1 =m 1 v 1 '+m 2 v 2 ' 即两球碰撞后交换了速度
机械能守恒 1 m v 2 = 1 (2)当m 1 >m 2 时，v 1 '>0，
2 1 1 2
弹性 v'>0，碰后两球都沿v 方向
2 1
1
碰撞 m 1 v 1 '2+ 2 m 2 v 2 '2 运动，当m 1 m 2 时v 1 '=v 1 ，
v'=2v
2 1 ≫
解得
(3)m0，
1 2 1 2
(m -m )v
v'= 1 2 1， 碰后入射小球反弹，当
1 m +m
1 2
m m 时，v'=-v，v'≈0
1 2 1 1 2
2m v
1 1
v 2 '= m +m ≪
1 2
碰后两球粘在一起末
完全 损失的机械能
速度相同
非弹 1 1 1
动量守恒 ΔE= m v 2 + m v 2 -
2 1 1 2 2 2 2
性碰
mv+mv=(m+m)v，
撞 1 1 2 2 1 2 (m+m)v2
1 2
机械能损失最多2.碰撞拓展
(1)“保守型”碰撞拓展模型
图例
(水平面
小球-弹簧模 小球-曲面模
光滑) 小球-小球模型
型 型
相当于完全非弹性碰撞，系统水平方向动量守
达到
恒，满足mv=(m+M)v ，损失的动能最多，分
0 共
共速
别转化为弹性势能、重力势能或电势能
相当于弹性碰撞，系统水平方向动量守恒，满
1 1
再次 足mv=mv+Mv ，机械能守恒，满足 mv 2 =
0 1 2 2 0 2
分离
1
mv 2 + Mv 2
1 2 2
(2)“耗散型”碰撞拓展模型
图例
(水平面
或水平
未穿出 未滑离 达到共速
导轨光滑)
相当于完全非弹性碰撞，满足mv=(m+M)v ，
0 共
达到共速
损失的动能最多，分别转化为内能或电能
例4 (多选)(2024·贵州贵阳市模拟)如图所示，质量为2m、半径为R，内壁光滑的半圆槽置于光滑水平
面上，槽左侧靠墙。把一个质量为m的小球(可视为质点)从半圆槽左端最高点无初速度释放，当地重力
加速度为g。在小球释放后的运动过程中，以下说法中正确的是( )
A.小球在半圆槽右侧能上升的最大高度与左侧释放点的高度相同
B.小球第一次经过半圆槽最低点时对半圆槽的压力大小为3mg
1
C.小球第二次经过半圆槽最低点时半圆槽的速度大小为 √2gR
3
D.小球第三次经过半圆槽最低点时半圆槽的速度为0
变式 (多选)(2024·四川宜宾市二诊)如图所示，圆筒C可以沿足够长的水平固定光滑杆左右滑动，圆筒下
方用不可伸长的轻绳悬挂物体B，开始时物体B和圆筒C均静止，子弹A以100 m/s的水平初速度在极短时间内击穿物体B后速度减为40 m/s，已知子弹A、物体B、圆筒C的质量分别为m =0.1 kg、m =1.0 kg、
A B
m =0.5 kg，重力加速度g=10 m/s2。下列说法正确的是( )
C
A.物体B能上升的最大高度为0.6 m
B.物体B能上升的最大高度为1.8 m
C.物体C能达到的最大速度为4.0 m/s
D.物体C能达到的最大速度为8.0 m/s
例5 (2024·河北省雄安新区一模)如图甲所示，物块A、B的质量分别是m =3.0 kg和m =2.0 kg，用轻
A B
弹簧拴接，放在光滑的水平地面上，物块B右侧与竖直墙相接触。另有一物块C在t=0时刻以一定速
度向右运动，在t=4 s时与物块A相碰，并立即与A粘在一起不再分开，物块C的v-t图像如图乙所示，
下列说法正确的是( )
A.物块B离开墙壁前，弹簧的最大弹性势能为72 J
B.4 s到12 s的时间内，墙壁对物块B的冲量大小为24 N·s
C.物块B离开墙壁后，弹簧的最大弹性势能为18 J
D.物块B离开墙壁后，物块B的最大速度为2 m/s
例6 (2023·重庆卷·14)如图所示，桌面上固定有一半径为R的水平光滑圆轨道，M、N为轨道上的两点，
且位于同一直径上，P为MN段的中点。在P点处有一加速器(大小可忽略)，小球每次经过P点后，其
速度大小都增加v 。质量为m的小球1从N处以初速度v 沿轨道逆时针运动，与静止在M处的小球2
0 0
发生第一次弹性碰撞，碰后瞬间两球速度大小相等。忽略每次碰撞时间。求：
(1)球1第一次经过P点后瞬间向心力的大小；
(2)球2的质量；
(3)两球从第一次碰撞到第二次碰撞所用时间。
_________________________________________________________________________________________
_________________________________________________________________________________________
_________________________________________________________________________________________
_________________________________________________________________________________________例7 (2024·安徽卷·14)如图所示，一实验小车静止在光滑水平面上，其上表面有粗糙水平轨道与光滑
四分之一圆弧轨道。圆弧轨道与水平轨道相切于圆弧轨道最低点，一物块静止于小车最左端，一小球
用不可伸长的轻质细线悬挂于O点正下方，并轻靠在物块左侧。现将细线拉直到水平位置时，静止释
放小球，小球运动到最低点时与物块发生弹性碰撞。碰撞后，物块沿小车上的轨道运动，已知细线长
L=1.25 m。小球质量m=0.20 kg。物块、小车质量均为M=0.30 kg。小车上的水平轨道长s=1.0 m。圆弧
轨道半径R=0.15 m。小球、物块均可视为质点。不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2。
(1)求小球运动到最低点与物块碰撞前所受拉力的大小；
(2)求小球与物块碰撞后的瞬间，物块速度的大小；
(3)为使物块能进入圆弧轨道，且在上升阶段不脱离小车，求物块与水平轨道间的动摩擦因数μ的取值
范围。
_________________________________________________________________________________________
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_________________________________________________________________________________________答案精析
ma
例1 (1)
mg+F
N
(2)①330 N∙s 竖直向上 ②0.2 m
解析 (1)敏感球受向下的重力mg和敏感臂向下的压力F 以及斜面的支持力N ，
N 1
则由牛顿第二定律可知(mg+F )tan θ=ma
N
ma
解得tan θ=
mg+F
N
(2)①由F-t图像与t轴围成的“面积”可知碰撞过程中F的冲量大小
1
I = ×0.1×6 600 N·s=330 N·s
F 2
方向竖直向上；
②设头锤落到气囊上时的速度为v ，则v 2 =2gH
0 0
与气囊作用过程由动量定理(向上为正方向)
I -Mgt=Mv-(-Mv )
F 0
解得v=2 m/s
v2
则上升的最大高度h= =0.2 m。
2g
例2 A [Δt时间吹到人身体上的空气质量m=ρV=ρSvΔt，以风速方向为正方向，根据动量定理-FΔt=0-
mv，由牛顿第三定律小明所受的风力大小F'=F=ρSv2=1.29×0.5×352 N≈790 N，故选A。]
3 23
例3 (1) √10 m/s (2) m
10 45
解析 (1)对1号滑环由动能定理得
1 1
-μmgL= mv 2- mv 2
2 1 2 10
3
解得v = √10 m/s
1 5
对1、2号滑环由动量守恒定律得
mv =2mv
1 20
解得2号滑环获得的初速度大小为
3
v = √10 m/s
20 10(2)对1、2号滑环由动能定理得
1 1
-μ·2mgL= ×2mv 2- ×2mv 2
2 2 2 20
√2
解得v = m/s
2 2
对1、2、3号滑环由动量守恒定律得
2mv =3mv
2 30
√2
解得v = m/s
30 3
对1、2、3号滑环由动能定理得
1
-μ·3mgx=0- ×3mv 2
2 30
1
解得x= m
9
1号滑环滑行的总距离为
23
d=2L+x= m
45
1
例4 BD [小球下落到最低点过程中，半圆槽不动，小球机械能守恒，有mgR= mv 2 ，解得v =√2gR，
2 0 0
接下来小球向右运动，半圆槽离开墙，上升到最高点时，球和槽水平方向速度相等，取向右为正方向，水
1 1 2
平方向由动量守恒定律得mv =(m+2m)v，根据能量守恒定律可得mgh= mv 2 - (m+2m)v2，解得h= R，故
0 2 0 2 3
v 2
A错误；小球第一次经过最低点时，根据牛顿第二定律可得F -mg=m 0 ，解得F =3mg，由牛顿第三定律
N N
R
可知，小球第一次经过半圆槽最低点时对半圆槽的压力大小为3mg，故B正确；第二次经过最低点时，取
1 1 1
向右为正方向，根据动量守恒定律可得mv =mv +2mv ，根据机械能守恒定律可得 mv 2 = mv 2 + ×2mv 2
0 1 2 2 0 2 1 2 2
2
，解得小球第二次经过半圆槽最低点时半圆槽的速度大小为v = √2gR，故C错误；第三次经过最低点时，
2 3
1 1
取向右为正方向，根据动量守恒定律可得mv +2mv =mv +2mv ，根据机械能守恒定律可得 mv 2 + ×2mv 2 =
1 2 3 4 2 1 2 2
1 1
mv 2+ ×2mv 2 ，解得小球第三次经过半圆槽最低点时半圆槽的速度大小为v =0，故D正确。]
2 3 2 4 4
变式 AD [子弹A以100 m/s的水平初速度在极短时间内击穿物体B后速度减为40 m/s，则A、B组成的
系统动量守恒，根据动量守恒定律有m v =m v +m v ，B上升时，与C组成的系统水平方向动量守恒，机
A 0 A 1 B 2
1 1
械能守恒，则有m v =(m +m )v ， m v 2 = (m +m )v 2 +m gh，解得h=0.6 m，故A正确，B错误；B返回
B 2 B C 3 2 B 2 2 B C 3 B到最低点时，与C组成的系统水平方向动量守恒，机械能守恒，此时C的速度最大，则有m v =-
B 2
1 1 1
m v +m v ， m v 2 = m v 2 + m v 2 ，解得v =8 m/s，故C错误，D正确。]
B 4 C 5 2 B 2 2 B 4 2 C 5 5
例5 B [由题图知，C与A碰前速度为v =12 m/s，碰后速度为v =3 m/s，C与A碰撞过程动量守恒，以C
1 2
的初速度方向为正方向，由动量守恒定律
m v =(m +m )v ，解得m =1 kg
C 1 A C 2 C
当C与A速度为0时，弹性势能最大
1
E = (m +m )v 2=18 J，故A错误；
p 2 A C 2
由题图知，12 s末A和C的速度为v =-3 m/s，4 s到12 s过程中墙壁对物块B的冲量大小等于弹簧对物块B
3
的冲量大小，也等于弹簧对A和C整体的冲量大小，墙对B的冲量为
I=(m +m )v -(m +m )v
A C 3 A C 2
解得I=-24 N·s，方向向左，故B正确；
物块B刚离开墙壁时，由机械能守恒定律可得，A、C向左运动的速度大小为3 m/s，即t=12 s时，物块B
离开墙壁，物块B离开墙壁后，系统动量守恒、机械能守恒，A、B、C三者共速时弹簧弹性势能最大，则
有
(m +m )v =(m +m +m )v'
A C 3 A C B
1 1
E = (m +m )v 2- (m +m +m )v'2
p 2 A C 3 2 A C B
联立解得E =6 J，C错误；
p
当弹簧再次恢复原长时，物块B的速度最大，则有
(m +m )v =(m +m )v +m v
A C 3 A C 4 B 5
1 1 1
(m +m )v 2= (m +m )v 2+ m v 2
2 A C 3 2 A C 4 2 B 5
代入数据解得v =-4 m/s，负号表示方向与C的初速度方向相反，故物块B的最大速度为4 m/s，故D错
5
误。]
v 2 5πR
例6 (1)4m 0 (2)3m (3)
R 6v
0
解析 (1)球1第一次经过P点后瞬间速度变为2v ，
0
(2v ) 2 v 2
所以F =m 0 =4m 0
n
R R
(2)球1与球2发生弹性碰撞，且碰后速度大小相等，说明球1碰后反弹，
则m·2v =-mv+m'v
0
1 1 1
m(2v )2= mv2+ m'v2
2 0 2 2
联立解得v=v ，m'=3m
0(3)设两球从第一次碰撞到第二次碰撞所用时间为Δt，
则球1反弹到P点的时间为
T πR
t = 1=
1 4 2v
0
球1运动到P点时，球2运动到与P点关于球心对称的位置P'点，
此后至第二次碰撞所用时间为t ，
2
则有v t +2v t =πR
02 02
5πR
所以Δt=t +t = 。
1 2 6v
0
例7 (1)6 N (2)4 m/s
(3)0.25≤μ<0.4
解析 (1)对小球摆动到最低点的过程中，
1
由动能定理mgL= mv 2 -0
2 0
解得v =5 m/s
0
在最低点，对小球由牛顿第二定律得
v 2
F -mg=m 0
T
L
解得小球运动到最低点与物块碰撞前所受拉力的大小为
F =6 N
T
(2)小球与物块碰撞过程中，由动量守恒定律和机械能守恒定律得
mv =mv +Mv
0 1 2
1 1 1
mv 2= mv 2+ Mv 2
2 0 2 1 2 2
解得小球与物块碰撞后的瞬间，物块速度的大小为
2m
v = v =4 m/s
2 m+M 0
(3)若物块恰好运动到圆弧轨道的最低点，此时两者共速，则对物块与小车整体由水平方向动量守恒得
Mv =2Mv
2 3
由能量守恒定律得
1 1
Mv 2= ×2Mv 2+μ Mgs
2 2 2 3 1
解得μ =0.4
1
若物块恰好运动到与圆弧轨道圆心等高的位置，此时两者共速，则对物块与小车整体由水平方向动量守恒
得
Mv =2Mv
2 4由能量守恒定律得
1 1
Mv 2= ×2Mv 2+μ Mgs+MgR
2 2 2 4 2
解得μ =0.25
2
综上所述物块与水平轨道间的动摩擦因数μ的取值范围为0.25≤μ<0.4。
