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压轴题07 动量定理及动量守恒
一、考向分析
二、压轴题要领
热点题型一 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＝p2－p1)需要应用矢量运算方
法，计算比较复杂．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．
热点题型二 动量定理的综合应用
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．
2024 高考预计会以生活实例为命题背景，考查动量守恒定律在生活中的应用，复习
时应侧重本知识和其他知识的综合应用，如与动力学、功和能、电磁学等知识综合
考查。题型既有选择题，也有计算题，难度中等或中等偏上。在研究物体的受力与
运动的关系时，不可避免地要引起能量和动量的变化，所以说动量和能量都是力学
综合题中不可缺少的考点，这类考题综合性强，难度大，主要题型是计算题。要知
道碰撞的特点，能区分弹性碰撞，非完全弹性碰撞和完全非弹性碰撞。
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(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. 应用动量定理解决两类问题
(1)
应用动量定理解决微粒类问题
微粒及
其特点
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，通常给出单位体积
内粒子数n
分
析
步
骤
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
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＝Sv0Δt，则微元内的
粒子数N＝nv0SΔt
3
先应用动量定理研究单个粒子，建立方程，再乘以N 计算
(2)
应用动量定理解决流体类问题
流体及其
特点
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
分
析
步
骤
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
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
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．
热点题型三 动量守恒的理解和判断
1．动量守恒定律适用条件
(1)前提条件：存在相互作用的物体系．
(2)理想条件：系统不受外力．
(3)实际条件：系统所受合外力为0.
(4)近似条件：系统内各物体间相互作用的内力远大于系统所受的外力．
(5)方向条件：系统在某一方向上满足上面的条件，则此方向上动量守恒．
2．动量守恒定律的表达式
(1)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，相互作用的两个物体组成的系统，作用前的动量和等于作用后
的动量和．
(2)Δp1＝－Δp2，相互作用的两个物体动量的增量等大反向．
(3)Δp＝0，系统总动量的增量为零．
2
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3．动量守恒定律的“五性”
矢量性
动量守恒定律的表达式为矢量方程，解题应选取统一的正方向
相对性
各物体的速度必须是相对同一参考系的速度(没有特殊说明要选地球这
个参考系)．如果题设条件中各物体的速度不是相对同一参考系时，必
须转换成相对同一参考系的速度
同时性
动量是一个瞬时量，表达式中的p1、p2…必须是系统中各物体在相互作
用前同一时刻的动量，p′1、p′2…必须是系统中各物体在相互作用后同一
时刻的动量，不同时刻的动量不能相加
系统性
研究的对象是相互作用的两个或多个物体组成的系统，而不是其中的一
个物体，更不能题中有几个物体就选几个物体
普适性
动量守恒定律不仅适用于低速宏观物体组成的系统，还适用于接近光速
运动的微观粒子组成的系统
热点题型四 对碰撞现象中规律的分析
1．碰撞遵守的规律
(1)动量守恒，即p1＋p2＝p′1＋p′2.
(2)动能不增加，即Ek1＋Ek2≥E′k1＋E′k2
(3)速度要符合情景：如果碰前两物体同向运动，则后面的物体速度必大于前面物体的速度，
即v 后>v 前，否则无法实现碰撞．碰撞后，原来在前面的物体的速度一定增大，且原来在前
面的物体速度大于或等于原来在后面的物体的速度，即v′前≥v′后，否则碰撞没有结束．如
果碰前两物体相向运动，则碰后两物体的运动方向不可能都不改变，除非两物体碰撞后速
度均为零．
2．碰撞模型类型
(1)弹性碰撞
两球发生弹性碰撞时应满足动量守恒和机械能守恒．
以质量为m1、速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生正面弹性碰撞为例，有
m1v1＝m1v′1＋m2v′2
m1v＝m1v′＋m2v′
解得v′1＝，v′2＝.
结论：
①当两球质量相等时，v′1＝0，v′2＝v1，两球碰撞后交换了速度．
②当质量大的球碰质量小的球时，v′1>0，v′2>0，碰撞后两球都沿速度v1的方向运动．
③当质量小的球碰质量大的球时，v′1<0，v′2>0，碰撞后质量小的球被反弹回来．
④撞前相对速度与撞后相对速度大小相等．
(2)完全非弹性碰撞
①撞后共速．
②有动能损失，且损失最多．
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三、压轴题速练
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Δp1，
在后一半时间内其动量变化为Δp2，则Δp1∶Δp2为
(
)
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Δp1∶Δp2＝(F·t1)∶(F·t2)＝
(mgsin θ·t)∶(mgsin θ·t)＝1∶1，故选项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＝mv2－(－
mv1)，可知地面对小球的冲量Ft 不为零，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.
43.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)＝
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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＝mv1－mv0＝－12.6 kg·m/s，大小为12.6
kg·m/s，负号表示其方向向右，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
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【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
＝mvB
2，故vB＝，根据动量定理可得I 合＝Δp＝mvB＝m，故C 错误，D 正确．
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v0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vt，
且vt＝0.5v0，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mv0 D．整个过程中物体的动量变化量为mv0
【答案】AC
【解析】以v0的初速度沿斜面上滑，返回原处时速度为vt＝0.5v0，说明斜面不光滑．设斜
面长为l，则上滑过程所需时间t1＝＝，下滑过程所需时间t2＝＝，t1<t2，根据冲量的定义
可知，上滑过程中重力的冲量比下滑时小，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 合＝Δp＝－mvt－mv0＝－mv0，C 正确，D 错误．
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I1、I2、I3，动量变化量的大小依次为Δp1、Δp2、
Δp3，则有( )
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．I1＜I2＜I3，Δp1＝Δp2＝Δp3
D．I1＜I2＜I3，Δp1＜Δp2＜Δp3
【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Δp1＝Δp2＝Δp3；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I1＜I2＜I3，故A、C 正确，D 错误；物体下滑过程中只有重力做功，故合力
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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，甲木块的质量为m1，以v 的速度沿光滑水平地面向前运动，正前方有一静
止的、质量为m2的乙木块，乙上连有一轻质弹簧．甲木块与弹簧接触后( )
A．甲木块的动量守恒B．乙木块的动量守恒
C．甲、乙两木块所组成系统的动量守恒D．甲、乙两木块所组成系统的动能守恒
【答案】C
【解析】：.两木块在光滑水平地面上相碰，且中间有弹簧，则碰撞过程系统的动量守恒，
机械能也守恒，故选项A、B 错误，选项C 正确；甲、乙两木块碰撞前、后动能总量不变，
但碰撞过程中有弹性势能，故动能不守恒，只是机械能守恒，选项D 错误．
12．有一个质量为3m 的爆竹斜向上抛出，到达最高点时速度大小为v0、方向水平向右，在
最高点爆炸成质量不等的两块，其中一块质量为2m，速度大小为v，方向水平向右，则另
一块的速度是( )
A．3v0－vB．2v0－3vC．3v0－2vD．2v0＋v
【答案】C
【解析】：.在最高点水平方向动量守恒，由动量守恒定律可知，3mv0＝2mv＋mv′，可得另
一块的速度为v′＝3v0－2v，对比各选项可知，答案选C.
13.如图所示，两滑块A、B 在光滑水平面上沿同一直线相向运动，滑块A 的质量为m，速
度大小为2v0，方向向右，滑块B 的质量为2m，速度大小为v0，方向向左，两滑块发生弹
性碰撞后的运动状态是( )
A．A 和B 都向左运动
B．A 和B 都向右运动
C．A 静止，B 向右运动
D．A 向左运动，B 向右运动
【答案】D
【解析】：.选向右为正方向，则A 的动量pA＝m·2v0＝2mv0，B 的动量pB＝－2mv0.碰前A、
B 的动量之和为零，根据动量守恒，碰后A、B 的动量之和也应为零，可知四个选项中只有
选项D 符合题意．
14.A、B 两船的质量均为m，都静止在平静的湖面上，现A 船中质量为m 的人，以对地的
水平速度v 从A 船跳到B 船，再从B 船跳到A 船……经n 次跳跃后，人停在B 船上，不计
水的阻力，则( )
A．A、B 两船速度大小之比为2∶3B．A、B(包括人)两船动量大小之比为1∶1
C．A、B(包括人)两船的动能之比为2∶3D．A、B(包括人)两船的动能之比为1∶1
【答案】：B
【解析】：人和两船组成的系统动量守恒，两船原来静止，总动量为0，A、B(包括人)两
船的动量大小相等，选项B 正确；经过n 次跳跃后，A 船速度为vA、B 船速度为vB，则0＝
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mvA－(m＋)vB，解得＝，选项A 错误；A 船最后获得的动能为EkA＝mvA
2，B 船(包括人)最后
获得的动能为EkB＝(＋m)vB
2＝(＋m)(vA)2＝EkA，所以＝，选项C、D 错误．
15.一弹丸在飞行到距离地面5 m 高时仅有水平速度v＝2 m/s，爆炸成为甲、乙两块水平飞
出，甲、乙的质量比为3∶1.不计质量损失，重力加速度g 取10 m/s2，则下列图中两块弹片
飞行的轨迹可能正确的是( )
【答案】：B
【解析】：由h＝gt2可知，爆炸后甲、乙两块做平抛运动的时间t＝1 s，爆炸过程中，爆炸
力对沿原方向运动的一块的冲量沿运动方向，故这一块的速度必然增大，即v＞2 m/s，因
此水平位移大于2 m，C、D 项错误；甲、乙两块在爆炸前后，水平方向不受外力，故水平
方向动量守恒，即甲、乙两块的动量改变量大小相等，两块质量比为3∶1，所以速度变化
量之比为1∶3，由平抛运动水平方向上，x＝v0t，所以A 图中，v 乙＝－0.5 m/s，v 甲＝2.5
m/s，Δv 乙＝2.5 m/s，Δv 甲＝0.5 m/s，A 项错误；B 图中，v 乙＝0.5 m/s，v 甲＝2.5 m/s，Δv 乙
＝1.5 m/s，Δv 甲＝0.5 m/s，B 项正确．
16.2021 年7 月9 日，斯诺克世界杯在江苏无锡落下帷幕，由丁俊晖和梁文博组成的中国A
队在决赛中1 比3 落后的不利形势下成功逆转，最终以4 比3 击败英格兰队，帮助中国斯
诺克台球队获得了世界杯三连冠．如图所示为丁俊晖正在准备击球，设在丁俊晖这一杆中，
白色球(主球)和花色球碰撞前、后都在同一直线上运动，碰前白色球的动量pA＝5 kg·m/s，
花色球静止，白色球A 与花色球B 发生碰撞后，花色球B 的动量变为p′B＝4 kg·m/s，则两
球质量mA与mB间的关系可能是( )
A．mB＝mAB．mB＝mAC．mB＝mAD．mB＝6mA
【答案】A
【解析】：.由动量守恒定律得pA＋pB＝p′A＋p′B，解得p′A＝1 kg·m/s，根据碰撞过程中总动
能不增加，则有≥＋，代入数据解得mB≥mA，碰后两球同向运动，白色球A 的速度不大于
花色球B 的速度，则≤，解得mB≤4mA，综上可得mA≤mB≤4mA，选项A 正确．
17.如图所示，光滑水平面上有大小相同的A、B 两球在同一直线上运动．两球质量关系为
mB＝2mA，规定向右为正方向，A、B 两球的动量均为6 kg·m/s，运动中两球发生碰撞，碰
撞后A 球的动量增量为－4 kg·m/s，则( )
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A．该碰撞为弹性碰撞B．该碰撞为非弹性碰撞
C．左方是A 球，碰撞后A、B 两球速度大小之比为2∶5
D．右方是A 球，碰撞后A、B 两球速度大小之比为1∶10
【答案】AC
【解析】：.由mB＝2mA，pA＝pB知碰前vB＜vA，若右方为A 球，由于碰前动量都为6
kg·m/s，即都向右运动，两球不可能相碰；若左方为A 球，设碰后二者速度分别为v′A、
v′B，由题意知p′A＝mAv′A＝2 kg·m/s，p′B＝mBv′B＝10 kg·m/s，解得＝.碰撞后A 球动量变为2
kg·m/s，B 球动量变为10 kg·m/s，又mB＝2mA，由计算可知碰撞前后A、B 两球动能之和不
变，即该碰撞为弹性碰撞，选项A、C 正确．
18.如图所示，小车(包括固定在小车上的杆)的质量为M，质量为m 的小球通过长度为L 的
轻绳与杆的顶端连接，开始时小车静止在光滑的水平面上．现把小球从与O 点等高的地方
释放(小球不会与杆相撞)，小车向左运动的最大位移是( )
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】：.分析可知小球在下摆过程中，小车向左加速，当小球从最低点向上摆动过程中，
小车向左减速，当小球摆到右边且与O 点等高时，小车的速度减为零，此时小车向左的位
移达到最大，小球相对于小车的位移为2L.小球和小车组成的系统在水平方向上动量守恒，
设小球和小车在水平方向上的速度大小分别为v1、v2，有mv1＝Mv2，故ms1＝Ms2，s1＋s2＝
2L，其中s1代表小球的水平位移大小，s2代表小车的水平位移大小，因此s2＝，选项B 正
确．
19.如图所示，光滑水平直轨道上有三个质量均为m 的物块A、B、C.B 的左侧固定一轻弹簧
(弹簧左侧的挡板质量不计)．设A 以速度v0朝B 运动，压缩弹簧；当A、B 速度相等时，B
与C 恰好相碰并粘接在一起，然后继续运动．假设B 和C 碰撞过程时间极短．求从A 开始
压缩弹簧直至与弹簧分离的过程中：
(1)整个系统损失的机械能；
(2)弹簧被压缩到最短时的弹性势能．
【答案】：(1)mv0
2 (2)mv0
2
【解析】：(1)从A 压缩弹簧到A 与B 具有相同速度v1时，对A、B 与弹簧组成的系统，由
动量守恒定律得
mv0＝2mv1①
此时B 与C 发生完全非弹性碰撞，设碰撞后的瞬时速度为v2，损失的机械能为ΔE.对B、C
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组成的系统，由动量守恒和能量守恒定律得mv1＝2mv2②
mv1
2＝ΔE＋(2m)v2
2③
联立①②③式得ΔE＝mv0
2④
(2)由②式可知v2<v1，A 将继续压缩弹簧，直至A、B、C 三者速度相同，设此速度为v3，此
时弹簧被压缩至最短，其弹性势能为Ep.由动量守恒和能量守恒定律得
mv0＝3mv3⑤
mv0
2－ΔE＝(3m)v3
2＋Ep⑥
联立④⑤⑥式得Ep＝mv0
2
20.如图所示，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩
和其面前的冰块均静止于冰面上。某时刻小孩将冰块以相对冰面3 m/s 的速度向斜面体推
出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为h＝0.3 m(h 小于斜面体的高度)。
已知小孩与滑板的总质量为m1＝30 kg，冰块的质量为m2＝10 kg，小孩与滑板始终无相对
运动。取重力加速度的大小g＝10 m/s2。
(1)求斜面体的质量；
(2)通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？
【答案】 (1)20 kg (2)不能
【解析】 (1)规定向右为速度正方向。冰块在斜面体上运动到最大高度时两者达到共同速
度，设此共同速度为v，斜面体的质量为m3。由水平方向动量守恒和机械能守恒定律得
m2v20＝(m2＋m3)v ①
m2v＝(m2＋m3)v2＋m2gh ②
式中v20＝－3 m/s 为冰块推出时的速度。
联立①②式并代入题给数据得
m3＝20 kg ③
(2)设小孩推出冰块后的速度为v1，由动量守恒定律有
m1v1＋m2v20＝0 ④
代入数据得
v1＝1 m/s ⑤
设冰块与斜面体分离后的速度分别为v2和v3。
由动量守恒和机械能守恒定律有
m2v20＝m2v2＋m3v3⑥
m2v＝m2v＋m3v ⑦
联立③⑥⑦式并代入数据得v2＝1 m/s ⑧
由于冰块与斜面体分离后的速度与小孩推出冰块后的速度相同且处在后方，故冰块不能追
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上小孩。
11.最近，我国为“长征九号”研制的大推力新型火箭发动机联试成功，这标志着我国重型
运载火箭的研发取得突破性进展。若某次实验中该发动机向后喷射的气体速度约为3
km/s，产生的推力约为4.8×106 N，则它在1 s 时间内喷射的气体质量约为
A. 1.6×102 kg
B. 1.6×103 kg
C. 1.6×105 kg
D. 1.6×106 kg
【答案】B
【解析】
设该发动机在ts 时间内，喷射出的气体质量为m，根据动量定理，
，可知，在1s
内喷射出的气体质量
，故本题选B。
22 质量为M 的小孩站在质量为m 的滑板上，小孩和滑板均处于静止状态，忽略滑板与地面
间的摩擦.小孩沿水平方向跃离滑板，离开滑板时的速度大小为v，此时滑板的速度大小为
A.
B.
C.
D.
【答案】B
【解析】
设滑板的速度为
，小孩和滑板动量守恒得：
，解得：
，故B 正确。
23.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
撞击时间约为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】试题分析：本题是一道估算题，所以大致要知道一层楼的高度约为3m，可以利用
动能定理或者机械能守恒求落地时的速度，并利用动量定理求力的大小。
设鸡蛋落地瞬间的速度为v，每层楼的高度大约是3m，
由动能定理可知：mgh= 1
2 mv
2 ，
解得：v =√2gh=√2×10×3×25=10√15m/ s
落地时受到自身的重力和地面的支持力，规定向上为正，
由动量定理可知：(N -mg)t =0-(-mv) ，解得：N ≈1000 N ，
根据牛顿第三定律可知鸡蛋对地面产生的冲击力约为103 N，故C 正确
由动量定理可知：(N -mg)t =0-(-mv) ，解得：N ≈1000 N ，
根据牛顿第三定律可知鸡蛋对地面产生的冲击力约为103 N，故C 正确
故选C
点睛：利用动能定理求出落地时的速度，然后借助于动量定理求出地面的接触力
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24.高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的均加速直线运动，在启动阶段列车的动
能
A. 与它所经历的时间成正比
B. 与它的位移成正比
C. 与它的速度成正比
D. 与它的动量成正比
【答案】B
【解析】本题考查匀变速直线运动规律、动能、动量及其相关的知识点。
根据初速度为零匀变速直线运动规律可知，在启动阶段，列车的速度与时间成正比，即
v=at，由动能公式Ek=1
2mv2，可知列车动能与速度的二次方成正比，与时间的二次方成正
比，选项AC 错误；由v2=2ax，可知列车动能与位移x 成正比，选项B 正确；由动量公式
p=mv，可知列车动能Ek=1
2mv2= p
2
2m，即与列车的动量二次方成正比，选项D 错误。
25.(多选)如图，一平行板电容器连接在直流电源上，电容器的极板水平，两微粒a、b 所带
电荷量大小相等、符号相反，使它们分别静止于电容器的上、下极板附近，与极板距离相
等。现同时释放a、b，它们由静止开始运动，在随后的某时刻t，a、b 经过电容器两极板
间下半区域的同一水平面，a、b 间的相互作用和重力可忽略。下列说法正确的是
A. a 的质量比b 的大
B. 在t 时刻，a 的动能比b 的大
C. 在t 时刻，a 和b 的电势能相等
D. 在t 时刻，a 和b 的动量大小相等
【答案】BD
【解析】试题分析 本题考查电容器、带电微粒在电场中的运动、牛顿运动定律、电势能、
动量定理及其相关的知识点。
解析 根据题述可知，微粒a 向下加速运动，微粒b 向上加速运动，根据a、b 经过电容器
两极板间下半区域的同一水平面，可知a 的加速度大小大于b 的加速度大小，即aa>ab。对
微粒a，由牛顿第二定律， qE=maaa，对微粒b，由牛顿第二定律，qE =mbab，联立解得：
>
，由此式可以得出a 的质量比b 小，选项A 错误；在a、b 两微粒运动过程中，a 微
粒所受合外力大于b 微粒，a 微粒的位移大于b 微粒，根据动能定理，在t 时刻，a 的动能
比b 大，选项B 正确；由于在t 时刻两微粒经过同一水平面，电势相等，电荷量大小相等，
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符号相反，所以在t 时刻，a 和b 的电势能不等，选项C 错误；由于a 微粒受到的电场力(合
外力)等于b 微粒受到的电场力(合外力)，根据动量定理，在t 时刻，a 微粒的动量等于b 微
粒，选项D 正确。
26.将质量为1.00 kg 的模型火箭点火升空，50 g 燃烧的燃气以大小为600 m/s 的速度从火箭
喷口在很短时间内喷出。在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为(喷出过程中重力和空气
阻力可忽略)
A.30
B.5.7×102
C.6.0×102
D.6.3×102
【答案】A
【解析】设火箭的质量(不含燃气)为m1，燃气的质量为m2，根据动量守恒，m1v1=m2v2，解
得火箭的动量为：p=m1v1=m2v2=30
，所以A 正确，BCD 错误。
【考点定位】动量、动量守恒
【名师点睛】本题主要考查动量即反冲类动量守恒问题，只要注意动量的矢量性即可，比
较简单。
27.高空作业须系安全带.如果质量为m 的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对
人刚产生作用力前人下落的距离为h(可视为自由落体运动)。此后经历时间t 安全带达到最
大伸长，若在此过程中该作用力始终竖直向上，则该段时间安全带对人的平均作用力大小
为
A.
2
m
gh
mg
t
B. 3
5
C. 3
8
D.f 1=μ1N1
【答案】A
试题分析：人下落h 高度为自由落体运动，由运动学公式
2
2
v
gh
，可知
2
v
gh
；缓
冲过程(取向上为正)由动量定理得(
)
0
(
)
F
mg t
mv
，解得：
2
m
gh
F
mg
t
，
故选A。
【考点定位】运动学公式、动量定理
28.如图，质量为M 的小船在静止水面上以速率v0向右匀速行驶，一质量为m 的救生员站
在船尾，相对小船静止。若救生员以相对水面速率v 水平向左跃入水中，则救生员跃出后
小船的速率为
A.
v0+ m
M v
B.
v0－m
M v
C.
v0+ m
M (v0+v)
D.
v0+ m
M (v0－v)
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【答案】C
【解析】人在跃出的过程中船人组成的系统水平方向动量守恒，规定向右为正方向：
，
v
'=v0+ m
M (v0+v)
。
【考点定位】本题动量守恒相关知识
29.质量为m 的人站在质量为2m 的平板小车上，以共同的速度在水平地面上沿直线前行，
车所受地面阻力的大小与车对地面压力的大小成正比。当车速为v0时，人从车上以相对于
地面大小为v0的速度水平向后跳下。跳离瞬间地面阻力的冲量忽略不计，则能正确表示车
运动的v—t 图象为
【答案】B
【解析】人和车以共同的速度在水平地面上沿直线前行，做匀减速直线运动，当车速为
时，人从车上以相对于地面大小为
的速度水平向后跳下，跳离前后系统动量守恒，规定
车的速度方向为正方向，则有：
，得：
，人跳车后做匀减
速直线运动，车所受地面阻力的大小与车对地面压力的大小成正比，所以人跳车前后车的
加速度不变，所以能正确表示车运动的
图象B。
【考点定位】本题考查动量守恒定律及其相关知识.
30.我国女子短道速滑队在今年世锦赛上实现女子3000m 接力三连冠。观察发现，“接棒”
的运动员甲提前站在“交棒”的运动员乙前面，并且开始向前滑行，待乙追上甲时，乙猛
推甲一把，使甲获得更大的速度向前冲出。在乙推甲的过程中，忽略运动员与冰面间在水
平方向上的相互作用，则( )
A.甲对乙的冲量一定等于乙对甲的冲量
B.甲、乙的动量变化一定大小相等方向相反
C.甲的动能增加量一定等于乙的动能减少量
D.甲对乙做多少负功，乙对甲就一定做多少正功
【答案】B
【解析】冲量是矢量，甲乙相互作用时，冲量大小相等方向相反，故A 错误；由动量守恒
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定律知，甲乙动量变化量大小相等方向相反，故B 正确；甲乙相互作用时是非弹性碰撞，
动能不守恒，甲的动能增加量和乙动能的减少量不相等，故C 错误；因甲的动能增加量和
乙动能的减少量不相等，由动能定理知，甲对乙做功的绝对值和乙对甲做功的绝对值不相
等，故D 错误。
【考点定位】本题考查冲量、动量、动量守恒定律和动能定理，意在考查考生
的推理能力。
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