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第七章 动量守恒定律
微专题49 动量、冲量
1．动量和动能的区别和联系：(1)动量和动能是量度机械运动的两种方法，动量是矢量，动
能是标量；(2)Ek＝，p＝。2.冲量和功的区别：冲量是力在时间上的积累，是矢量，是动量
改变的原因；功是力在空间上的积累，是能量改变的原因。
1．(2023·河北邯郸市模拟)如图甲所示，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，外力大小随时间的变化规律如图乙所示，滑块的加速度随时
间的变化规律如图丙所示，已知滑块与地面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度
g 取10 m/s2。则下列说法正确的是( )
A．滑块的质量为m＝2 kg
B．4 s 末滑块速度的大小为12 m/s
C．在0～1 s 的时间内，摩擦力的冲量大小为0
D．在0～4 s 的时间内，摩擦力的冲量大小为22 N·s
答案 D
解析 根据题图乙可知，外力F 与时间的关系的表达式为F＝2＋4t (N)，由题图丙可知，在
t＝1 s 时，滑块开始有加速度，故此刻拉力与最大静摩擦力大小相等，则有Ff＝F1＝6 N，在
t＝4 s 时，外力F4＝18 N，滑块的加速度为4 m/s2，根据牛顿第二定律有F4－Ff＝ma4，解得
m＝＝3 kg，A 错误；a－t 图像与横轴所围成的面积表示速度的变化量大小，滑块由静止开
始加速运动，故4 s 末滑块速度的大小v4＝×(4－1) m/s＝6 m/s，B 错误；在0～1 s 的时间内，
有静摩擦力作用，静摩擦力和外力F 等大反向，故摩擦力的冲量大小不为0，其大小等于F
的冲量大小If1＝IF1＝×1 N·s＝4 N·s，C 错误；在1～4 s 的时间内，摩擦力等于最大静摩擦力，
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摩擦力的冲量大小为If14＝Fft14＝6×3 N·s＝18 N·s，故在0～4 s 的时间内，摩擦力的冲量大
小为I＝If1＋If14＝22 N·s，D 正确。
2．(多选)东京奥运会举重男子73 公斤级决赛中，某举重运动员某次举重过程如下：运动员
托着质量为M 的重物从下蹲状态(图甲)缓慢运动到站立状态(图乙)，该过程重物和人的肩部
相对位置不变，运动员保持图乙状态站立Δt 时间后再将重物缓慢向上举，至双臂伸直(图丙)。
甲到乙、乙到丙过程重物上升高度分别为h1、h2，经历的时间分别为t1、t2，若运动员的质
量为m，重力加速度为g，则整个举重过程中( )
A．地面对运动员的冲量大小为(M＋m)g(t1＋t2＋Δt)，地面对运动员做的功为0
B．地面对运动员的冲量大小为(M＋m)g(t1＋t2)，地面对运动员做的功为(M＋m)g(h1＋h2)
C．运动员对重物的冲量大小为Mg(t1＋t2＋Δt)，运动员对重物做的功为Mg(h1＋h2)
D．运动员对重物的冲量大小为Mg(t1＋t2)，运动员对重物做的功为0
答案 AC
解析 因运动员将重物缓慢上举，则可认为是平衡状态，地面对运动员的支持力大小为(M
＋m)g，整个过程的时间为t1＋t2＋Δt，可知地面对运动员的冲量大小为I＝(M＋m)g(t1＋t2＋
Δt)，因地面对运动员的支持力的作用点在力的方向没有位移，故地面对运动员做的功为0，
A 项正确，B 项错误。运动员对重物的作用力大小为Mg，作用时间为t1＋t2＋Δt，可知运动
员对重物的冲量大小为I′＝Mg(t1＋t2＋Δt)，重物的位移为l＝h1＋h2，根据W＝Flcos α 可
知，运动员对重物做的功为W＝Mg(h1＋h2)，C 项正确，D 项错误。
3. (2023·湖北省模拟)如图所示，AB 为竖直固定的四分之一粗糙圆弧轨道，O 为圆心，P 为
圆弧AB 的中点，OA 水平，OB 竖直，轨道半径R＝2 m，一质量m＝4 kg 的小物块以 m/s
速率从A 到B 做匀速圆周运动，重力加速度g＝10 m/s2 ，则下列说法不正确的是( )
A．A 到B 的过程中合力对小球的冲量为8 N·s
B．在P 点时，重力的瞬时功率为40 W
C．AP 段克服摩擦力做的功大于PB 段克服摩擦力做的功
D．在B 点时，小物块对圆弧轨道的压力大小为40 N
答案 D
解析 A 到B 的过程初状态动量方向竖直向下，末状态动量方向水平向右，大小均为p1＝p2
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＝mv＝4 kg·m/s
该过程小物块的动量改变量大小为Δp＝＝8 kg·m/s，根据动量定理，可知I 合＝Δp＝8 N·s
即A 到B 的过程中合力对小球的冲量大小为8 N·s ，故A 正确，与题意不符；
依题意，P 为圆弧AB 的中点，则小物块在P 点的速度方向与竖直方向成45°角，根据功率
的表达式，有P＝mgvcos 45°＝40 W，故B 正确，与题意不符；
由几何知识可知hAP＝Rcos 45°＝ m，hPB＝R－Rcos 45°＝(2－) m，由动能定理，可得mghAP
－WAP＝0，mghPB－WPB＝0，联立解得WAP＝40 J≈56.6 J，WPB＝40(2－) J≈23.4 J，可知AP
段克服摩擦力做的功大于PB 段克服摩擦力做的功，故C 正确，与题意不符；
小物块在B 点时，由牛顿第二定律可得FN－mg＝m，解得FN＝44 J，根据牛顿第三定律可
知小物块对圆弧轨道的压力大小为44 J，故D 错误，与题意相符。
4．(2023·江苏南京市检测)如图甲所示，物块A、B 的质量分别为2 kg、3 kg，用轻弹簧拴接，
放在光滑的水平地面上，物块B 右侧与竖直墙壁接触但不粘连。物块C 从t＝0 时以一定速
度向右运动，在t＝4 s 时与物块A 相碰，并立即与物块A 粘在一起不再分开，物块C 的v－
t 图像如图乙所示，下列说法中正确的是( )
A．物块C 的质量为2 kg
B．物块B 离开墙壁前，弹簧的最大弹性势能为40.5 J
C．4～12 s 的时间内，弹簧对物块A 的冲量大小为12 N·s
D．物块B 离开墙壁后的最大速度大小为3 m/s
答案 D
解析 A、C 碰撞过程中动量守恒，有mCvC＝(mC＋mA)v，其中vC＝9 m/s、v＝3 m/s，解得
mC＝1 kg，故A 错误；
物块B 离开墙壁前，弹簧的最大弹性势能等于A、C 碰撞结束瞬间系统动能，所以
Ep＝(mC＋mA)v2＝13.5 J，故B 错误；
4～12 s 的时间内，弹簧对物块A 的冲量大小等于弹簧对A、C 整体的冲量大小，则
I＝(mA＋mC)(v′－v)＝3×(－6) N·s＝－18 N·s，即大小为18 N·s，故C 错误；
物块B 离开墙壁后达到最大速度时弹簧处于原长，以水平向右为正方向，由动量守恒和机
械能守恒可得
(mA＋mC)vAC＝(mA＋mC)vAC′＋mBvB，(mA＋mC)vAC
2＝(mA＋mC)vAC′2＋mBvB
2
其中vAC＝－3 m/s，解得vAC′＝0，vB＝－3 m/s，故D 正确。
5. (多选)(2024·山西省忻州一中开学考)某滑雪场有两个坡度不同的滑道AB 和AB′(均可看
作斜面)，体重相同的甲、乙两名滑雪者分别乘两个完全相同的雪橇从A 点由静止开始分别
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沿AB 和AB′滑下，最后都停在水平滑道面BC 上，如图所示。设雪橇和滑道间的动摩擦因
数处处相同，斜面与水平面连接处均可认为是圆滑的，滑雪者保持一定姿势坐在雪橇上不动，
忽略空气阻力。则下列说法中正确的是( )
A．甲从A 到B 的过程中重力的冲量大于乙从A 到B′的过程中重力的冲量
B．甲在B 点的动量大于乙在B′点的动量
C．甲滑行的总路程一定大于乙滑行的总路程
D．滑行过程中甲乘坐雪橇克服摩擦力做的功大于乙乘坐雪橇克服摩擦力做的功
答案 BC
解析 设斜面的倾角为θ，斜面高度为h，则斜面长度s＝，加速度
a＝＝＝gsin θ－μgcos θ，s＝＝at2，可知a 甲>a 乙，s 甲<s 乙，t 甲<t 乙，又因为I＝mgt，所以I
甲<I 乙，即甲从A 到B 的过程中重力的冲量小于乙从A 到B′的过程中重力的冲量，故A 错
误；
人下滑过程中，由动能定理得mgh－μmgscos θ＝mv2－0，由于AB′与水平面的夹角小于
AB 与水平面的夹角，则甲在B 点的速度大于乙在B′点的速度，由于质量相同，甲在B 点
的动量大于乙在B′点的动量，故B 正确；
对全过程运用动能定理得mgh－μmgscos θ－μmgs′＝0，整理得mgh－μmg(scos θ＋s′)＝
mgh－μmgs 水平＝0，由此可知，两人滑行的水平位移相等，即甲、乙最终停止同一位置，设
为P 点，如图，s 甲＝AB＋BB′＋B′P，s 乙＝AB′＋B′P 由于AB＋BB′>AB′，所以s 甲
>s 乙
即甲滑行的总路程一定大于乙滑行的总路程，故C 正确；
对整个过程，由动能定理得mgh－W 克f＝0－0
克服摩擦力做功W 克f＝mgh 相等，故D 错误。
6．(多选)如图甲所示，质量为m＝5.0 kg 的物体静止在倾角θ＝37°的固定斜面上，在沿斜面
向上的推力F 作用下开始运动，推力F 随时间t 变化的关系图像如图乙所示(t＝10 s 后无推
力存在)。已知物体与斜面之间的动摩擦因数μ＝0.75，重力加速度g＝10 m/s2，最大静摩擦
力等于滑动摩擦力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则( )
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A．物体运动的时间为12 s
B．t＝5 s 时物体的速度达到最大
C．物体在运动过程中最大加速度大小为8 m/s2
D．在物体运动过程中推力的冲量大小为480 N·s
答案 CD
解析 F 与t 的关系式为F＝100＋t＝100－10t，则由(100＋100－10t)t－(mgsin 37°＋μmgcos
37°)t＝0
可得物体运动的时间为t＝8 s，故A 错误；
合力为零时，速度最大，则有100－10t＝mgsin 37°＋μmgcos 37°
可得t＝4 s，故B 错误；
刚运动时，合力沿斜面向上，为F 合＝100－(mgsin 37°＋μmgcos 37°)＝40 N,8 s 时，合力为F
合′＝(mgsin 37°＋μmgcos 37°)－(100－10×8)＝40 N，即合力先从40 N 减为零，再增加到40
N，所以合力最大值为40 N，最大加速度为am＝＝8m/s2，故C 正确；
在物体运动过程中推力的冲量为I＝×8 N·s＝480 N·s
故D 正确。
7. (多选)一物块在倾角为45°的固定斜面上受到方向与斜面平行、大小与所受摩擦力相等的
拉力作用，由静止开始沿斜面向下做匀变速直线运动，物块与斜面间的动摩擦因数处处相同。
若拉力沿斜面向下，物块滑到底端的过程中重力和摩擦力对物块做功随时间的变化图像分别
如图曲线①、②所示，重力加速度为g，则( )
A．物块与斜面间的动摩擦因数为
B．当拉力沿斜面向上时，重力做功为9 J 时，物块动能为3 J
C．当拉力分别沿斜面向上和向下时，物块的加速度大小之比为1∶3
D．当拉力分别沿斜面向上和向下时，物块滑到底端时的动量大小之比为1∶
答案 BC
解析 对物块受力分析可知，当拉力平行于斜面向下时，拉力大小等于滑动摩擦力，有F＝
Ff＝μmgcos 45°，由牛顿第二定律可知，物体下滑的加速度为a1＝gsin 45°＝g
则拉力沿斜面向下时，物块滑到底端的过程中重力和摩擦力对物块做功分别为WG＝
mg·a1t2·sin 45°＝t2
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Wf＝－μmg·cos 45°×a1t2＝－t2，代入题图中数据联立解得μ＝，故A 错误；
当拉力沿斜面向上时，由牛顿第二定律有mgsin 45°－F－Ff＝ma2，解得a2＝g－2μgcos 45°
＝g，则拉力分别沿斜面向上和向下时，物块的加速度大小之比为＝，故C 正确；
当拉力沿斜面向上时，重力做功为WG2＝mgsin 45°·x，合力做功为W 合＝ma2·x
则其比值为＝＝，则重力做功为9 J 时，物块的动能变化量即合外力做功为3 J，又因为物块
初动能为零，则物块的动能为3 J，故B 正确；
当拉力分别沿斜面向上和向下时，物块滑到底端时的动量大小为p＝mv＝m
则动量的大小之比为＝＝，故D 错误。
8. (2024·广东东莞市检测)从地面上以初速度v0竖直向上抛出一质量为m 的球，若运动过程
中球受到的空气阻力与其速率成正比，球运动的速率随时间变化规律如图所示，t1时刻到达
最高点，再落回地面，落地时速率为v1，且落地前球已经做匀速直线运动。已知重力加速度
为g，则( )
A．球上升的时间等于下落的时间
B．球上升阶段阻力的冲量大于下落阶段阻力的冲量
C．球上升的最大高度H＝
D．球抛出瞬间的加速度大小a0＝g
答案 C
解析 由于机械能损失，上升过程中的平均速度大于下降过程中的平均速度，上升过程与下
降过程的位移大小相等，故小球在运动的全过程，上升的时间小于下降的时间，故A 错误；
由题意可得，阻力与速率的关系为Ff＝kv，故阻力的冲量大小为If＝Fft＝kvt＝kx。因为上升
过程和下降过程位移相同，则上升和下降过程冲量大小相等，故B 错误；
设上升时加速度大小为a，由牛顿第二定律得mg＋kv＝ma，解得a＝g＋v，取极短Δt 时间，
速度变化Δv，有Δv＝－aΔt＝－gΔt－vΔt，又vΔt＝Δh，上升全程，∑Δv＝0－v0＝－g∑Δt
－∑Δh，则v0＝gt1＋H，空气阻力与其速率成正比，最终以v1匀速下降，有mg＝kv1。联立
解得H＝，故C 正确；
小球抛出瞬间，有mg＋kv0＝ma0，解得球抛出瞬间的加速度大小a0＝g，故D 错误。
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