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专题13 动量定理及应用
题型一 对动量和冲量的理解...............................................................................................................1
类型1 动量与动能的比较与计算................................................................................................2
类型2 对动量和冲量的定性分析................................................................................................3
类型3 恒力冲量的计算................................................................................................................6
类型4 利用F-t 图像计算冲量.......................................................................................................8
题型二 动量定理的基本应用.............................................................................................................11
类型1 用动量定理解释生活现象..............................................................................................11
类型2 应用动量定理求解瞬时平均力......................................................................................13
题型三 动量定理在多过程问题中的应用.........................................................................................15
题型四 应用动量定理处理“流体模型”的冲击力问题.................................................................19
类型1 流体类问题......................................................................................................................19
类型2 微粒类问题......................................................................................................................20
题型一 对动量和冲量的理解
1．动量
(1)定义：运动物体的质量和速度的乘积叫做物体的动量，通常用p 来表示．
(2)表达式：p＝mv.
(3)单位：kg·m/s.
(4)标矢性：动量是矢量，其方向和速度方向相同．
2．冲量
(1)定义：力F 与力的作用时间t 的乘积．
(2)定义式：I＝Ft.
1
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(3)单位：N·s.
(4)方向：恒力作用时，与力的方向相同．
(5)物理意义：是一个过程量，表示力在时间上积累的作用效果．
类型1 动量与动能的比较与计算
[题型专练1]. （2023 秋•南京月考）关于物体的动量，下列说法中正确的是（ ）
A．物体的动量越大，其惯性越大
B．物体的动能发生变化，其动量可能不变
C．物体的动量越大，其动能越大
D．物体的动量发生变化，其动能可能不变
【解答】解：A、惯性只与物体的质量有关，动量大，说明质量与速度的乘积大，但质量不一定
大，故惯性也不一定大，故A 错误；
B、物体的动能发生变化，则物体的速度大小一定发生变化，所以动量一定变化，故B 错误；
C、根据动量与动能的关系
p2＝2mEk
物体的动量越大，其动能不一定越大，故C 错误；
D、动能是标量，只有大小，没有方向，动量是矢量，若速度的方向发生变化，大小不变，则物
体的动量发生变化，此时动能不变，故D 正确；
故选：D。
[题型专练2]. （2022 秋•嘉峪关期末）下列关于动量的说法中，正确的是（ ）
A．物体速度变化，动量一定变化
B．物体动量变化，动能一定变化
C．动量大的物体质量一定比动量小的物体质量大
D．动能大的物体动量一定比动能小的物体动量大
【解答】解：A、由p＝mv 可知，速度变化时动量一定发生变化，故A 正确；
B、物体的动量变化可能是动量的方向变化，而物体的速度大小不变，故动能不一定变化，故B
错误；
C、由p＝mv 可知，动量大是速度和质量的乘积大，但物体的质量不一定大，故C 错误；
D、根据动量和动能的关系可知p=√2m Ek可知，动能大的物体其动量不一定大，故D 错误。
故选：A。
2
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[题型专练3]. （2023 秋•石家庄期中）在高度差一定的不同光滑曲线轨道中，小球滚下用
时最短的曲线轨道叫做最速曲线轨道，在科技馆展厅里，摆有两个并排轨道，分别为直线轨道
和最速曲线轨道，如图所示，现让两个完全相同的小球A 和B 同时从M 点分别沿两个轨道由
静止下滑，小球B 先到达N 点。若不计一切阻力，下列说法正确的是（ ）
A．到达底端N 点时，重力的功率相同
B．由M 到N 的过程中，合力做功不同
C．由M 到N 的过程中，小球A 重力的冲量比小球B 重力的冲量大
D．到达底端N 点时，小球A、B 对轨道的压力大小相等
【解答】解：A．根据机械能守恒定律可知到达底端N 点时，两小球速度大小相等，但方向不同，
即速度与竖直方向夹角不同，重力的功率不相同，故A 错误；
B．由M 到N 的过程中，合力做功即两小球重力做功均为：
WG＝mgh，由于高度相同，所以由M 到N 的过程中，合力做功相同，故B 错误；
C．由M 到N 的过程中，重力的冲量为：IG＝mgt
由于tA＞tB
所以小球A 重力的冲量比小球B 重力的冲量大，故C 正确；
D．到达底端N 点时，小球A 受到的支持力FA＝mgcosθA
小球B 受到的支持力，由于小球B 做曲线运动，则FB＞mgcosθB
由图可知θA＞θB
则FB＞FA
根据牛顿第三定律可知，小球B 对轨道的压力大于小球A 对轨道的压力，故D 错误。
故选C。
类型2 对动量和冲量的定性分析
[题型专练4]. （2023 秋•金坛区期中）如图所示，颠球是足球运动中的一项基本功，若某
次颠球中，颠出去的足球竖直向上运动后又落回到原位置，设整个运动过程中足球所受阻力大
3
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小不变。下列说法正确的是（ ）
A．球从颠出到落回原位置的时间内，重力的冲量为零
B．球从颠出到落回原位置的时间内，阻力的冲量为零
C．球上升阶段合外力的冲量比下降阶段合外力的冲量大
D．球上升阶段动能的减少量等于下降阶段动能的增加量
【解答】解：AB．由冲量定义
I＝Ft
球从击出到落回的时间内，重力和阻力的冲量为力乘以力作用的时间，由于重力和阻力大小不
为零，故冲量一定不为0，AB 错误；
C．球上升时合力为重力加阻力，下降时合力为重力减阻力，故上升时合外力比下降时合外力大，
由牛顿第二定律，上升时加速度
a= F合
m = mg+ f
m
大于下降时加速度
a' = F合'
m = mg- f
m
设上升阶段球的初速度为v，末速度为0，由动量定理
I 合＝Δp＝0﹣mv
下降阶段末速度为v′，由于上升时加速度比下降时加速度大，根据速度—位移关系
v2＝2ax
上升和下降阶段位移大小相同，故其速度
v′＜v
根据动量定理，动量的变化量为
I 合′＝Δp′＝mv′﹣0＜mv
可得，球上升阶段动量的变化量大于下降阶段动量的变化量，则球上升阶段合外力的冲量比下
降阶段合外力的冲量大，故C 正确；
D．由C 分析，结合动能表达式Ek = 1
2 m v
2可知，球上升阶段动能的减少量1
2 m v
2，球下降阶段
4
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动能的增加量1
2 mv '
2，
由于v′＜v
则1
2 mv '
2＜1
2 mv
2
故球下降阶段动能的增加量小球球上升阶段动能的减少量，故D 错误。
故选：C。
[题型专练5]. （2023•全国）两个质量相等的小球P 和Q 位于同一高度，它们以相同大小
的速度分别抛出，P 做平抛运动，Q 做竖直下抛运动，则（ ）
A．P 落地时的动量大小小于Q 落地时的动量大小
B．P 落地时的动量大小大于Q 落地时的动量大小
C．在各自从抛出到落地时间内，P 所受重力冲量的大小比Q 的大
D．在各自从抛出到落地时间内，P 所受重力冲量的大小比Q 的小
【解答】解：AB、设小球初速度大小为v0，抛出位置离地面高度为h，P 小球落地的速度大小为
vP，Q 小球落地的速度大小为vQ，P 小球做平抛运动，水平方向为匀速直线运动，落地时水平分
速度vx＝v0
竖直方向为自由落体运动，落地时竖直分速度vy=√2gh
则vP=√v x
2+ v y
2 =√v0
2+2gh
Q 小球做竖直下抛运动，根据匀变速直线运动位移—速度公式得：vQ
2 - v0
2=2gh
解得：vQ=√v0
2+2gh
则小球落地时速度大小相等，落地时的动量为p＝mv
则两小球落地时动量大小相等，故AB 错误；
CD、设P 小球下落时间为tP，Q 小球下落时间为tQ，P 小球竖直方向为自由落体运动，有：h
= 1
2 gtP
2
解得：tP=√
2h
g
Q 小球做竖直下抛运动，有：h＝v0tQ+ 1
2 gtQ
2
则tQ＜tP=√
2h
g
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两小球所受冲量大小为I＝mgt
则P 所受重力冲量的大小比Q 的大，故C 正确，D 错误。
故选：C。
[题型专练6]. （多选）（2023 春•海淀区校级期中）如图所示，完全相同的物块甲、乙分
别从固定的轨道1、2 顶端由静止滑下，轨道为四分之一光滑圆弧轨道，半径为R 且底端切线
水平；轨道2 为光滑斜面，高度为R。忽略空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．两物块到达底端时速度相同
B．两物块运动到底端的过程中重力做功相同
C．两物块到达底端时动能相同
D．两物块到达底端时动量相同
【解答】解：ACD、根据动能定理得：mgR= 1
2mv2，解得：v=√2 gR，所以两物块达到底端的
动能相等，速度大小相等，但是甲的速度方向水平向右，乙的速度方向沿斜面向下，速度的方
向不同，根据p＝mv 可知甲乙物块动量大小相等，方向不同，故AD 错误，C 正确；
B、两物块运动到底端的过程中，下落的高度相同，则重力做功相同，故B 正确。
故选：BC。
类型3 恒力冲量的计算
[题型专练7]. （2022 秋•红塔区校级月考）t＝0 时刻质量为1kg 的小球从室中某一高度由
静止开始下落，与地面碰撞后反弹上升到某一高度处，此过程中小球的速度v 随时间t 变化的
关系如图所示。取重力加速度g＝10m/s2，下列说法正确的是（ ）
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A．2.0～3.0s 内，小球处于超重状态
B．0～3.0s 内，小球的位移大小为10m
C．小球在下落和上升过程中，加速度方向相反
D．小球与地面碰撞过程中动量变化量的大小为4kg⋅m/s
【解答】解：
A.2.0～3.0s 内，物体减速上升，加速度向下，故处于失重状态，故A 错误；
B.v﹣t 图像面积代表位移，0～3.0s 内，小球的位移大小为（1
2 ×2×16- 1
2 ×1×12）m＝10m，故B
正确；
C.小球向下加速和向上减速过程中，加速度都是向下，方向相同，故C 错误；
D.以向上为正方向，动量变化量为mv﹣mv′＝1×12kg•m/s﹣1×（﹣16）kg•m/s＝28k•gm/s，故
D 错误；
故选：B。
[题型专练8]. （2022 秋•青岛月考）如图甲，一质量为m 的物块在t＝0 时刻，以初速度v0
从粗糙固定斜面底端向上滑行，斜面足够长、倾角为θ，物块速度随时间的图像如图乙所示，
4t0时刻物块返回底端，重力加速度为g，说法正确的是（ ）
A．物块在0～4t0的过程中动量变化量的大小为2m v0
3
B．物块在0～4t0的过程中重力的冲量为4mgt0sinθ
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C．物块在0～4t0的过程中克服摩擦力所做的功为17m v0
2
32
D．物块返回斜面底端时重力做功的瞬时功率为5m v0
2
27t0
【解答】解：A.由图像可知物块在向上和向下滑行都做匀变速运动，位移大小相等，则有：
1
2 v0t0= 1
2 v(4t0-t0)，所以v = 1
3 v0，方向与v0相反，
物块在0～4t0的过程中动量变化量的大小为：mv0-(- 1
3 mv0)= 4
3 mv0，故A 错误；
B.物块在0～4t0的过程中重力的冲量为：IG＝mg×4t0＝4mgt0，故B 错误；
C.物块从底端出发到返回底端，根据动能定理有，在0～4t0的过程中克服摩擦力所做的功为：
W = 1
2 mv0
2- 1
2 m( 1
3 v0)
2= 4
9 mv0
2，故C 错误；
D.物块返回斜面底端时重力做功的瞬时功率为：P=mg× 1
3 v0 sinθ = 1
3 mg v0 sinθ
物体上滑时加速度为：a上=- gsinθ - μgcosθ =- v0
t0
物体下滑时加速度为：a下=- gsinθ+ μgcosθ =- v
3t0
= 1
9 a上
可得：sinθ = 5 v0
9 gt0
P = 5m v0
2
27t0
故D 正确。
故选：D。
类型4 利用F-t 图像计算冲量
[题型专练9]. （2022 春•青羊区校级期末）质量为1kg 的物块在水平力F 的作用下由静止
开始在水平地面上做直线运动，F 与时间t 的关系如图所示。已知物块与地面间的动摩擦因数
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为0.2，重力加速度大小取g＝10m/s2。则（ ）
A．6s 时物块的动能为零
B．6s 时物块回到初始位置
C．3s 时物块的动量为12kg⋅m/s
D．0～6s 时间内F 对物块所做的功为40J
【解答】解：物块与地面间的滑动摩擦力为：f＝μmg＝0.2×1×10N＝2N。
AD、t3＝3s 时物体的速度大小为v3，则有：（F﹣f）t3＝mv3，其中F＝4N，代入数据解得：v3
＝6m/s；
0～3s 内物块的位移：x1= v3
2 t3= 6
2 ×3m=9m，方向为正方向；
3s～4s 内物块的位移：x2= v3+ v4
3
(t 4-t3)= 6+0
2
×(4 -3)m=3m，方向为正方向；
6s 时物块的速度大小为v6，则有：（F﹣f）t2＝mv6，解得：v6＝4m/s，
4s～6s 物块的位移大小为：x3= v6
2 t2= 4
2 ×2m= 4 m，方向为负方向。
所以0～6s 时间内F 对物块所做的功为：W＝F（x1﹣x2+x3）＝4×（9﹣3+4）J＝40J，故A 错误，
D 正确。
B、0～3s 物块沿正方向加速运动，3s～4s 物块沿正方向减速运动，4s 末的速度为零，4s～6s 物
块反向加速，且加速度大小与0～3s 内的加速度大小相等，故6s 时物块没有回到初始位置，故
B 错误；
C、3s 时物块的动量大小为：p＝mv3＝1×6kg•m/s＝6kg•m/s，故C 错误；
故选：D。
[题型专练10].
（多选）（2022•乙卷）质量为1kg 的物块在水平力F 的作用下由静止
开始在水平地面上做直线运动，F 与时间t 的关系如图所示。已知物块与地面间的动摩擦因数
为0.2，重力加速度大小取g＝10m/s2。则（ ）
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A．4s 时物块的动能为零
B．6s 时物块回到初始位置
C．3s 时物块的动量为12kg•m/s
D．0～6s 时间内F 对物块所做的功为40J
【解答】解：物块与地面间的滑动摩擦力为：f＝μmg＝0.2×1×10N＝2N。
A、t3＝3s 时物体的速度大小为v3，则有：（F﹣f）t3＝mv3，其中F＝4N，代入数据解得：v3＝
6m/s；
t4＝4s 时速度为v4，根据动量定理可得：﹣（F+f）（t4﹣t3）＝mv4﹣mv3，代入数据解得：v4＝
0，故A 正确；
B、0～3s 物块沿正方向加速运动，3s～4s 物块沿正方向减速运动，4s 末的速度为零，4s～6s 物
块反向加速，且加速度大小与0～3s 内的加速度大小相等，故6s 时物块没有回到初始位置，故
B 错误；
C、3s 时物块的动量大小为：p＝mv3＝1×6kg•m/s＝6kg•m/s，故C 错误；
D、0～3s 内物块的位移：x1= v3
2 t3= 6
2 ×3m＝9m，方向为正方向；
3s～4s 内物块的位移：x2= v3+ v4
3
(t 4-t3)= 6+0
2
×(4 -3)m＝3m，方向为正方向；
6s 时物块的速度大小为v6，则有：（F﹣f）t2＝mv6，解得：v6＝4m/s
4s～6s 物块的位移大小为：x3= v6
2 t2= 4
2 ×2m＝4m，方向为负方向。
所以0～6s 时间内F 对物块所做的功为：W＝F（x1﹣x2+x3）＝4×（9﹣3+4）J＝40J，故D 正确。
故选：AD。
[题型专练11].
（多选）（2022 春•连城县校级月考）一物体放在水平地面上，如图1
所示，已知物体所受水平拉力F 随时间t 的变化情况如图2 所示，物体相应的速度v 随时间t 的
变化关系如图3 所示。以下说法正确的是（ ）
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A．0～6s 时间内拉力的做的功为18J
B．0～10s 时间内物体受到的摩擦力不变
C．0～2s 物体速度为零，拉力的冲量也为零
D．0～10s 时间内，物体克服摩擦力所做的功为30J
【解答】解：A、在v﹣t 图像中，图像与时间轴所围面积表示物体通过的位移，故0～6s 时间内
物体通过的位移x= 1
2 ×4×3m＝6m，该段时间内拉力做功W＝F2x＝3×6J＝18J，故A 正确；
B、在0～2s 时间内，物体静止，物体所受静摩擦力f1＝F1＝1N，在6﹣8s 内物体做匀速运动，
物体运动受滑动摩擦力f2＝F3＝2N，故B 错误；
C、由图3 可知0～2s 物体速度为零，拉力的冲量为I′＝F1t1＝1×2N•s＝2N•s，故C 错误；
D、在整个运动过程中，物体通过的位移为x′= 1
2 ×（2+8）×3m＝15m，物体克服摩擦力所做
的功为Wf＝f2x′＝2×15J＝30J，故D 正确。
故选：AD。
[题型专练12].
（2023 春•府谷县校级月考）一质量为2kg 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＝1s 时物块的速率为1m/s
B．t＝2s 时物块的动量大小为2kg•m/s
C．t＝3s 时物块的动量大小为5kg•m/s
D．t＝4s 时物块的速度为零
【解答】解：A、前两秒，根据牛顿第二定律，a= F
m = 2
2 =1m/s2，则0﹣2s 的速度规律为：v＝
at；t＝1s 时，速率为1m/s，故A 正确；
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B、2s 时的速度为2m/s，动量为4kgm/s，故B 错误
C、2﹣4s，力开始反向，物体减速，根据牛顿第二定律，a＝﹣0.5m/s2，所以3s 时的速度为
1.5m/s，动量为3kgm/s，故C 错误
D、4s 时的速度为1m/s，动量为mv＝2kg•m/s，故D 错误。
故选：A。
题型二 动量定理的基本应用
1．动量定理
(1)内容：物体所受合外力的冲量等于物体的动量的变化量．
(2)表达式：
类型1 用动量定理解释生活现象
[题型专练13].
（2023•高州市一模）如图为中国运动员在冬奥会短道速滑比赛中的精
彩瞬间。若他正沿圆弧形弯道匀速率滑行，在一段时间Δt 内滑过一小角度θ，则他在这个过程
中（ ）
A．所受的合外力为零
B．所受的合外力不为零，做匀变速运动
C．合外力做功为零，合力的冲量也为零
D．合外力做功为零，合力的冲量不为零
【解答】解：AB、运动员做匀速圆周运动，线速度大小不变，方向改变，速度在改变，则运动
员做变速运动。由合力提供向心力，合力大小不变，方向始终指向圆心，故运动员的运动是变
加速运动，故AB 错误；
CD、由于速度大小不变，则由动能定理可知，合外力做功为零；由于速度的变化量不为零，由
动量定理可知，合力的冲量不为零，故C 错误，D 正确。
故选：D。
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[题型专练14].
（2023 秋•天心区校级期中）本届杭州亚运会跳水项目上，中国跳水队
实现“十全十美”，所有项目的金牌全部收入囊中。在某次训练中，跳水运动员在跳台上由静
止开始竖直落下，进入水中后做减速运动，速度减为零时并未到达池底。不计空气阻力，下列
说法正确的是（ ）
A．运动员在空中运动时，其动量变化量小于重力的冲量
B．运动员从刚进入水中到速度减为零的过程中，其重力的冲量等于水的作用力的冲量
C．运动员从开始下落到速度减为零的过程中，其动量的变化量等于水的作用力的冲量
D．运动员从开始下落到速度减为零的过程中，其重力的冲量与水的作用力的冲量等大反向
【解答】解：A．因为在空中运动过程中只受重力作用，所以由动量定理可知在空中动量的变化
量等于重力的冲量，故A 错误；
B．在水中运动过程中受到重力和水对他的作用力，动量的变化向上，所以重力的冲量小于水的
作用力的冲量，故B 错误；
C．整个过程其动量的变化量等于合外力的冲量，故C 错误；
D．整个过程根据动量定理可得，I＝IG+IF＝m⋅Δv＝0，所以IG＝﹣IF，即整个运动过程中重力冲
量与水的作用力的冲量大小相等方向相反，故D 正确。
故选D。
[题型专练15].
（2023 秋•苏州期中）如图，一只猫在桌边猛地将桌布从鱼缸下拉出，
鱼缸最终没有滑出桌面。若鱼缸、桌布、桌面两两之间的动摩擦因数均相等，则以下说法错误
的是（ ）
A．桌布对鱼缸摩擦力的冲量方向向右
B．鱼缸在桌布上滑动的时间和在桌面上滑动的不相等
C．若猫增大拉力，鱼缸受到桌布摩擦力的冲量将变小
D．若猫减小拉力，鱼缸受到桌面摩擦力的冲量将增大
【解答】解：A．依题意，鱼缸相对桌布向左运动，所以桌布对鱼缸摩擦力方向向右，根据
I＝Ft
可知，桌布对鱼缸摩擦力的冲量方向向右。故A 正确；
B．依题意，鱼缸在桌布上滑动和在桌面上滑动的动量变化量的大小相同，根据动量定理，有
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μmgt＝Δp
所以两段时间相等。故B 错误；
C．猫增大拉力，则桌布的运动速度变大，鱼缸与桌布间存在摩擦力的时间将减小，摩擦力的冲
量将变小。故C 正确；
D．同理，若猫减小拉力，则桌布的运动速度变小，鱼缸与桌布间存在摩擦力的时间将增加，鱼
缸受到桌面摩擦力的冲量将增大。故D 正确。
本题选错误的，故选：B。
类型2 应用动量定理求解瞬时平均力
[题型专练16].
（2023 秋•福州月考）在生活中躺着看手机，经常出现手机砸伤眼睛的
情况。如图所示，假设手机和手机外壳总质量约为200g，从离人眼约20cm 的高度无初速掉落，
砸到眼睛后手机未反弹，眼睛受到手机的冲击时间约为0.15s，取重力加速度g＝10m/s2，下列
分析正确的是（ ）
A．手机对眼睛的冲量方向竖直向上
B．手机对眼睛的平均作用力大小约为2.7N
C．手机对眼睛的冲量大小约为0.7N•s
D．手机与眼睛作用过程中手机的动量变化大小约为0.3kg•m/s
【解答】解：A．手机对眼睛的冲量方向与手机对眼睛的作用力方向相同，冲量方向竖直向下，
故A 错误；
D．手机未接触眼睛前做自由落体运动，则有v2＝2gh
解得v＝2m/s
手机与眼睛作用过程中手机的动量变化大小约为
Δp＝mv＝0.2×2kg•m/s＝0.4kg•m/s
故D 错误；
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BC．由动量定理有I﹣mgt＝mv
解得I＝0.7N•s
手机对眼睛的平均作用力大小约为F= I
t = 0.7
0.15 N ≈4.7N
故B 错误，C 正确。
故选：C。
[题型专练17].
（2023 秋•南京月考）如图所示，用质量为0.5kg 的铁锤钉钉子，打击
前铁锤的速度为4m/s 且方向为竖直向下，打击后铁锤的速度变为1m/s 且方向为竖直向上，设
打击时间为0.05s，重力加速度g＝10m/s2，则铁锤钉钉子的平均作用力大小为（ ）
A．55N
B．50N
C．45N
D．40N
【解答】解：根据题意，取向下为正方向，由动量定理有
（mg﹣F）t＝mv﹣mv0
其中v＝﹣1m/s，v0＝4m/s
解得F＝55N
根据牛顿第三定律可得，铁锤钉钉子的平均作用力大小为55N。
故选：A。
[题型专练18].
（2023 秋•锡山区校级期中）汽车安全性能是汽车品质的重要指标。当
汽车以50km/h 左右的速度撞向刚性避障时，撞击使汽车的速度瞬间变到0，避障对汽车产生
了极大的冲击力。如图所示，“轰”的一声巨响之后，载着模拟司乘人员的崭新轿车眨眼间被
撞得短了一大截，安全气囊打开，将司乘人员分隔在驾驶前台和座椅之间。下列说法正确的是
（ ）
A．碰撞实验中，汽车受到的冲击力只和汽车速度有关
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B．碰撞实验中，汽车受到的冲击力只与汽车质量有关
C．碰撞实验中，安全气囊的作用是减少司乘人员的动量改变量
D．碰撞实验中，安全气囊的作用是通过增加作用时间来减少司乘人员受到的冲击力
【解答】解：在碰撞过程中，司机的动量的变化量是一定的，但安全气囊会增加作用的时间，
根据动量定理Ft＝Δp 可知，可以减小司机受到的冲击力F，解得F= mv
t ，所以碰撞实验中，汽
车受到的冲击力与汽车质量和速度都有关，故D 正确，ABC 错误；
故选：D。
题型三 动量定理在多过程问题中的应用
1.如果遇到的问题，不需要求加速度，可以不运用牛顿定律，涉及到力的时间效应则用动量定理，
空间效应则用动能定理。
2.对于两个或两以上物体组成的物体系统，如果用牛顿定律和隔离法，有时会很复杂，但用动量定
理，就非常简单
[题型专练19].
（2023•金华一模）如图是一种弹射游戏装置示意图，该装置配有小车，
弹射器将小车弹出后依次沿两个半径不同、平滑连接但不重叠的光滑圆轨道1、2 运动，接着
冲上两段平滑连接的光滑圆弧轨道CD、DE，直至从E 点平抛落回与C 点等高的水平面上。轨
道1、2 的圆心分别为O1O2，半径分别为R1＝20cm、R2＝10cm，OA 为水平光滑轨道，AC 为
长度L＝60cm 的水平粗糙轨道，动摩擦因数μ= 2
3，圆弧轨道CD、DE 的半径均为R3＝20cm，
对应圆心角θ 均为37°，水平轨道与圆弧轨道CD 相切于C 点。可视为质点的小车质量m＝
0.1kg，游戏时弹射器将小车自O 点以一定初速度弹出，轨道各部分平滑连接，g 取10m/s2。
（1）求小车通过轨道1 最高点B 的最小速度vB；
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（2）改变弹射器对小车的冲量，但小车均能通过轨道1、2，写出小车通过轨道2 最低点A 时，
受到轨道的支持力大小与弹射器对小车冲量大小的关系式；
（3）若小车能够通过轨道1，且小车整个运动过程均不脱离轨道，求小车从E 点水平抛出后，
其落到水平面上的点与E 点的水平距离x 的范围。
【解答】解：（1）若能通过轨道1 最高点，必然能够通过其他轨道，
故满足mg＝m vB
2
R1
，解得vB=√2m/s
（2）弹射器弹开过程中由动量定理I＝mv0
根据机械能守恒定律可知v A = v0= I
m
小车运动至圆轨道2 最低点A 时，根据牛顿第二定律有F N -mg=m v A
2
R2
解得F N =100 I
2+1（N）
由（1）可得为确保小车通过圆轨道，需满足vB≥√2m/ s
根据动能定理有-2mg R1= 1
2 mvB
2 - 1
2 mv0
2
解得v0≥√10m/ s，I ≥√10
10 N ⋅s
故轨道对小车作用力与弹射器对小车冲量的关系为
F N =100 I
2+1（N）（I ≥√10
10 N ⋅s）
（3）小车冲上两段平滑连接的圆弧轨道CDE 时，最容易脱离轨道的位置为D 点，为保证D 点
不脱离轨道，
则应满足mgcosθ≥m v D
2
R3
即v D≤2√10
5
m/ s
由（1）可得小车通过圆轨道Ⅰ，则有vB≥√2m/ s，当vB=√2m/ s时，小车冲到D 点时，根据
动能定理有
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2mgR1﹣μmgL﹣mgR3（1﹣cosθ）= 1
2 mv D
2 - 1
2 mvB
2
解得v D= √30
5 m/ s≤2√10
5
m/ s，因此小车不会脱离轨道。
①vB=√2m/ s时，小车恰好能通过圆弧轨道CDE 到达E 点，根据动能定理
2mgR1﹣μmgL﹣mgR3（1﹣cosθ）= 1
2 m v Emin
2
- 1
2 m vB
2
有平抛时间t =√
4 R3(1-cosθ)
g
解得落点离E 点水平距离点最小值xmin＝vEmint＝0.08m
②v D= 2√10
5
m/ s时，小车恰好能通过圆弧轨道CDE 到达E 点，根据动能定理有
﹣mgR3（1﹣cosθ）= 1
2 mv Emax
2
- 1
2 mv D
2
平抛时间t =√
4 R3(1-cosθ)
g
解得落点离E 点水平距离点最大值xmax = v Emaxt =0.08√2m≈0.11m
故水平距离x 的范围8cm≤x ≤8√2cm或（0.08m≤x≤0.11m）
[题型专练20].
（2023•东城区一模）应用恰当的方法可以对一些问题进行深入分析。
比如，研究一般的曲线运动时，可以把这条曲线分割为许多很短的小段，每小段都可以看作圆
周运动的一部分，此圆的半径就是曲线在该点的曲率半径p，用来描述这一点的弯曲程度，如
图甲所示。这样，在分析质点经过曲线上某位置的运动时，就可以采用圆周运动的分析方法来
处理。
如图乙所示，有人设计了一个光滑的抛物线形轨道，位于平面直角坐标系xOy 的第二象限内，
末端恰好位于坐标原点O，且切线沿水平方向，质量为m 的小滑块从轨道上的A 点由静止开始
下滑，滑到轨道末端时速度大小为v0，轨道对其支持力大小为2mg，之后小滑块离开轨道做平
抛运动，已知轨道曲线与小滑块做平抛运动的轨迹关于坐标原点O 对称，重力加速度为g。
（1）求轨道末端的曲率半径p0。
（2）小滑块做平抛运动时经过B 点（图中未画出），若由A 点运动到O 点与由O 点运动到B
点经过相同路程，用Δp1表示小滑块由A 点运动到O 点过程的动量变化量，用Δp2表示小滑块由
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O 点运动到B 点过程的动量变化量，通过分析比较Δp1与Δp2的大小。
（3）轨道上的C 点距x 轴的距离为hc，求小滑块经过C 点时受到的支持力大小Fc。
【解答】解：（1）轨道末端O 点，由牛顿第二定律有：N -mg=m v0
2
ρ0
支持力N＝2mg，代入上式可得ρ0= v0
2
g
（2）从A 点到O 点，Δp1＝mv0，
从A 点到O 点与从O 点到B 点，只有重力做功，由轨迹对称可知，两个过程重力做的功相等，
由两个过程动能定理可知：1
2 mv0
2= 1
2 mvB
2- 1
2 mv0
2，
可得B 点的速度vB=√2v0，
由平抛运动性质可知，滑块水平方向为v0，则竖直方向速度v y =√vB
2- v0
2= v0，
可知Δp2＝mvy＝mv0，
故Δp1＝Δp2
（3）如图所示，滑块在C 点受到重力作用，设C 点的曲率半径为ρ
在C 点由牛顿第二定律有：Fc -mgcosθ =m vc
2
ρ
，
从C 点到O 点由动能定理有：mghc = 1
2 m v0
2- 1
2 m vc
2，
由于轨道曲线与平抛运动轨迹关于坐标原点对称，所以在平抛轨迹上有对称点D，其曲率半径
为ρ，距x 轴的距离为hc，
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设滑块在D 点的速度为vD，由牛顿第二定律有：mgcosθ = m v D
2
ρ
，
由O 点到D 点由动能定理有：mghc= 1
2 mv D
2- 1
2 mv0
2，
在D 点：cosθ = v0
v D
，
联立可得：FC =
2mg v0
3
(v0
2+2 ghc)
3
2
故答案为：（1）v0
2
g
；（2）Δp1＝Δp2；（3）
2m g v0
3
(v0
2+2 ghc)
3
2 。
题型四 应用动量定理处理“流体模型”的冲击力问题
对于流体运动,可沿流速v 的方向选取一段柱形流体作微元,设在极短的时间Δt 内通过某一横截面积
为S 的柱形流体的长度为Δl,如图所示。设流体的密度为ρ,则在Δt 的时间内流过该截面的流体的质
量Δm=ρSΔl=ρSvΔt,根据动量定理,流体微元所受的合外力的冲量等于该流体微元动量的增量,即
FΔt=ΔmΔv,分两种情况:
(1)作用后流体微元停止,有Δv=-v,代入上式有F=-ρSv2。
(2)作用后流体微元以速率v 反弹,有Δv=-2v,代入上式有F=-2ρSv2。
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类型1 流体类问题
[题型专练21].
（2023 秋•烟台期中）某伞具制造企业研发了一种新型材料制作伞面，
为了测评新材料承受暴雨的能力，测试小组将横截面直径为d 的水流以速度v 垂直射到要检测
的材料上，碰到材料后水的速度减为零，已知水的密度为ρ，若水的重力影响不计，则此新材
料受到水的冲力大小为（ ）
A．ρπd2v
B．ρπ d
2v
4
C．ρπd2v2
D．ρπ d
2v
2
4
【解答】解：在t 时间内，射到材料上的水质量为
m= ρV = π( d
2 )
2vtρ
对这些水，根据动量定理，规定水出射的速度方向为正方向
﹣Ft＝0﹣mv
解得
F = ρπ d
2v
2
4
故ABC 错误，D 正确。
故选：D。
[题型专练22].
（2023 秋•潍坊期中）高压水流切割器又称“水刀”，它将水以极高的
速度喷射到材料表面进行雕刻、切割等作业。如图所示，一“水刀”喷出的水柱的截面为S，
水的密度为ρ，水流以速度v 垂直射到被切割的钢板上，水打到钢板表面后，迅速沿表面散开
不反弹。则该“水刀”对钢板产生的平均冲击力大小为（ ）
A．ρSv2
B．2ρSv2
C．ρSv
D．2ρSv
【解答】解：取Δt 时间内的水柱为研究对象，水柱的质量 m＝ρV＝ρsvΔt，水柱的初速度为，
末速度为零，由动量定理得FΔt＝mv，解得钢板对水的作用力F＝ρSv2。，根据牛顿第三定律可
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知，水对钢板的冲击力的大小为ρSv2。
类型2 微粒类问题
故A 正确。
[题型专练23].
（2023•绵阳模拟）如图所示，某种气体分子束由质量为m、速度为v
的分子组成，设各分子都向同一方向运动，垂直地打在某平面上后又以原速率反向弹回。如果
分子束中每立方米的体积内有n0个分子，下列说法正确的是（ ）
A．单个分子与平面碰撞的过程中，动量变化量的大小为0
B．单个分子与平面碰撞的过程中，平面对其做功为负功
C．分子束撞击平面所产生的压强为2n0mv2
D．分子束撞击平面所产生的压强为n0mv2
【解答】解：A．分子打在某平面上后又以原速率反向弹回，则单个分子与平面碰撞的过程中，
规定上为正，动量变化量的大小
P＝mv﹣（﹣mv）＝2mv
故A 错误；
B．单个分子与平面碰撞的过程中，根据动能定理可得ΔEk＝0，平面对其做功为零，故B 错误；
CD．时间t 内碰撞面积S 上的分子数N＝（vt•S）n0
对于这部分分子，根据动量定理，有﹣Ft＝﹣Nmv﹣Nmv 解得
F＝2n0mv2S
根据压强的计算公式可得p= F
S
解得p＝2n0mv2
故C 正确，D 错误。
故选：C。
[题型专练24].
（2023•西湖区校级模拟）雨打芭蕉是中国古代文学中常见的抒情意象，
为估算雨滴撞击芭蕉叶产生的平均压强p，小华同学将一圆柱形的量杯置于院中，测得一段时
间t 内杯中水面上升的高度为h，查询得知当时雨滴下落的速度为v。设雨滴竖直下落到水平的
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芭蕉叶上后以原来的速率竖直反弹。已知水的平均密度为ρ，不计雨滴重力。则p 的大小为（
）
A．ρvh
t
B．2ρvh
t
C．ρv2
D．2ρv2
【解答】解：单位时间、单位面积上的降水量Δh= h
t
在芭蕉叶上取ΔS 的面积上，Δt 时间内降落的雨水质量为m= ρSΔhΔt = ρΔS h
t Δt
设雨水受到的撞击力为F ，规定向下为正方向，根据动量定理
FΔt =mvt -mv = ρΔS h
t Δt(- v - v)=-2 ρvΔS h
t Δt
解得F =-2 ρvΔS h
t
根据牛顿第三定律可知，芭蕉叶上ΔS 的面积受到的撞击力的大小F ' =2 ρvΔS h
t
因此平均压强为p= F '
ΔS =2 ρv h
t
故ACD 错误，B 正确；
故选：B。
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