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第1讲　动量定理
1.（2025·江苏徐州期中）两个具有相同动能的物体A、B，质量分别为mA、mB，且mA＞mB，比较它们的动量，则（　　）
A.物体B的动量较大 B.物体A的动量较大
C.动量大小相等 D.不能确定
2.〔多选〕如图，水平飞向球棒的垒球被击打后，动量变化量为12.6 kg·m/s，则（　　）
A.球的动能可能不变
B.球的动量大小一定增加12.6 kg·m/s
C.球对棒的作用力与棒对球的作用力大小一定相等
D.球受到棒的冲量方向可能与球被击打前的速度方向相同
3.（2025·江苏泗阳期中调研）篮球运动深受同学们喜爱。打篮球时，某同学伸出双手接传来的篮球，双手随篮球迅速收缩至胸前，如图所示。他这样做的效果是（　　）
A.减小篮球对手的冲击力
B.减小篮球的动量变化量
C.减小篮球的动能变化量
D.减小篮球对手的冲量
4.（2025·云南玉溪模拟）将质量为m＝1 kg的物块置于水平地面上，已知物块与水平地面间的动摩擦因数为μ＝0.5，现在物块上施加一个平行于水平地面的恒力F＝10 N，物体由静止开始运动，作用4 s后撤去F。重力加速度取g＝10 m/s2，对于物块从静止开始运动到停下这一过程，下列说法正确的是（　　）
A.整个过程物块运动的时间为6 s
B.整个过程物块运动的时间为8 s
C.整个过程中物块的总位移大小为40 m
D.整个过程中物块的总位移大小为60 m
5.（2025·湖北武汉二模）中国汽车拉力锦标赛是我国级别最高，规模最大的汽车赛事之一，其赛道有很多弯道。某辆赛车在一段赛道内速度大小由2v变为4v，随后一段赛道内速度大小由5v变为7v，前后两段赛道内，合外力对赛车做的功分别为W1和W2，赛车的动量变化的大小分别为Δp1和Δp2，下列关系式可能成立的是（　　）
A.W1＝W2，Δp1＝Δp2
B.W1＝W2，Δp1＝Δp2
C.W1＝W2，Δp1＝4Δp2
D.W1＝W2，Δp1＝4Δp2
6.（2025·江苏扬州模拟）如图，在光滑的水平桌面上，质量为m的小球在轻绳的作用下，绕O点以速率v做匀速圆周运动。A、B点连线为直径，由A点记时，经过时间t小球在B点，绳子的拉力大小为F，此过程中下列说法正确的是（　　）
A.圆周运动的周期可能为t
B.小球重力的冲量大小为0
C.绳子拉力的冲量大小为Ft
D.小球动量的变化量大小为0
7.〔多选〕（2025·四川绵阳模拟）有的人躺着看手机，若手机不慎跌落，会对人眼造成伤害。若手机质量为150 g，从离人眼25 cm处无初速度不慎跌落，碰到眼睛后手机反弹8 mm，眼睛受到手机的冲击时间为0.1 s，取重力加速度g＝10 m/s2，＝2.236。手机撞击人眼的过程中，下列分析正确的是（　　）
A.手机对人眼的冲击力大小为5.5 N
B.手机受到的重力冲量大小约为0.4 N·s
C.手机动量变化量大小约为0.4 kg·m/s
D.手机动量的变化率大小约为0.4 kg·m/s2
8.（2025·广西贵港模拟）为了响应政府号召，做到“守护好一江碧水”，记者骑行马拉松跑道见证最美长江岸线，并用手机上“测加速度”的应用程序记录下了电动车从静止开始沿直线运动过程中的运动信息，其加速度随时间变化的规律如图所示，由图像可知在这段时间内电动车（　　）
A.2 s末的位移最大
B.0～2 s平均速度大小大于2～4 s平均速度大小
C.0～2 s合外力做功大小等于2～4 s合外力做功大小
D.0～2 s合外力冲量大小小于2～4 s合外力冲量大小
9.〔多选〕（2024·全国甲卷20题）蹦床运动中，体重为60 kg的运动员在t＝0时刚好落到蹦床上，对蹦床作用力大小F与时间t的关系如图所示。假设运动过程中运动员身体始终保持竖直，在其不与蹦床接触时蹦床水平。忽略空气阻力，重力加速度大小取10 m/s2。下列说法正确的是（　　）
A.t＝0.15 s时，运动员的重力势能最大
B.t＝0.30 s时，运动员的速度大小为10 m/s
C.t＝1.00 s时，运动员恰好运动到最大高度处
D.运动员每次与蹦床接触到离开过程中对蹦床的平均作用力大小为4 600 N
10.如图所示为清洗汽车用的高压水枪。设水枪喷出的水柱直径为D，水流速度为v，水柱垂直于汽车表面，水柱冲击汽车后水的速度为零。手持高压水枪操作，进入水枪的水流速度可忽略不计，已知水的密度为ρ。下列说法正确的是（　　）
A.高压水枪单位时间喷出的水的质量为ρπvD2
B.高压水枪单位时间喷出的水的质量为ρvD2
C.水柱对汽车的平均冲力为ρD2v2
D.当高压水枪喷口的出水速度变为原来的2倍时，喷出的水对汽车的压强变为原来的4倍
11.（2025·河北邯郸模拟）中华神盾防空火控系统会在目标来袭时射出大量子弹颗粒，在射出方向形成一个均匀分布、持续时间t＝0.01 s、横截面积为S＝2 m2的圆柱形弹幕，每个子弹颗粒的平均质量为m＝2×10－2 kg，每1 cm3有一个子弹颗粒，所有子弹颗粒以v＝300 m/s射入目标，并停在目标体内。下列说法正确的是（　　）
A.所形成弹幕的总体积V＝6 cm3
B.所形成弹幕的总质量M＝1.2×105 kg
C.弹幕对目标形成的冲量大小I＝3.6×107 kg·m/s2
D.弹幕对目标形成的冲击力大小F＝3.6×108 N
12.（2025·甘肃酒泉三模）乒乓球被称为中国的“国球”，是一种世界流行的球类体育项目，如图所示为某同学训练时的情景，若某次乒乓球从某一高度由静止下落，以v0＝2 m/s的速度竖直向下碰撞乒乓球拍，同时使乒乓球拍的接球面保持水平且以1 m/s的速度水平移动，乒乓球与球拍碰撞反弹后的高度与下落高度相等。已知乒乓球与球拍之间的动摩擦因数为μ＝，不计空气阻力，碰撞时间极短，且碰撞过程忽略乒乓球所受重力的影响，周围环境无风，则乒乓球与球拍碰撞后的瞬时速度大小为（　　）
A.4 m/s B.3 m/s
C.2 m/s D.1 m/s
第1讲　动量定理
1.B　根据动能的表达式Ek＝mv2，动量的表达式p＝mv，联立可得p＝，物体A、B动能Ek相同，mA＞mB，则pA＞pB，即物体A的动量较大，故选B。
2.AC　垒球被击打后，可能以与被击打前等大的速率反向运动，所以球的动能可能不变，动量大小不变，A正确，B错误；由牛顿第三定律可知，球对棒的作用力与棒对球的作用力是一对相互作用力，它们大小相等，C正确；球受到棒的冲量方向是棒对球弹力的方向，与球被击打前的速度方向相反，D错误。
3.A　先伸出两臂迎接，手接触到球后，两臂随球收至胸前，这样可以增加球与手接触的时间，根据动量定理得－Ft＝0－mv，解得F＝，当时间增大时，球动量的变化率减小，作用力就减小，而冲量和动量的变化量都不变，故A正确，B、D错误；速度由v减小到0，动能的变化量是不变的，故C错误。
4.B　在整个过程中由动量定理得Ft1－μmgt＝0，解得t＝8 s，选项A错误，B正确；在物块前4 s运动的过程中由动量定理得Ft1－μmgt1＝mv，解得v＝20 m/s，因物块加速和减速过程的平均速度都为＝＝，所以全程的平均速度也为，则整个过程中物块的总位移x＝t＝×8 m＝80 m，选项C、D错误。
5.B　根据动能定理有W1＝m（4v）2－m（2v）2＝6mv2，W2＝m（7v）2－m（5v）2＝12mv2，可得W1＝W2，由于速度和动量是矢量，具有方向，当初、末速度方向相同时，动量变化量最小，方向相反时，动量变化量最大，可知动量变化的大小范围是2mv≤Δp1≤6mv，2mv≤Δp2≤12mv，综上，可知A、C、D错误，B正确。
6.A　小球在轻绳的作用下，绕O点做匀速圆周运动，则由A到B点的运动时间t可能是半个周期的奇数倍，即t＝n，其中n取奇数，则T＝，当n＝3时，T＝t，故A正确；在时间t内，小球重力的冲量大小为IG＝mgt，故B错误；小球在水平桌面上运动时，重力冲量与支持力冲量等大反向，小球在A点和B点时的速度方向相反，对该过程运用动量定理，则绳子拉力的冲量大小为IF＝mv－（－mv）＝2mv，故C错误；由C可知，小球在由A点到B点的运动过程中，动量的变化量大小为2mv，故D错误。
7.AC　手机下落25 cm过程由位移速度关系有＝2gh1，手机反弹8 mm过程由位移速度关系有＝2gh2，解得v1＝ m/s，v2＝0.4 m/s，取竖直向上为正方向，手机动量变化量Δp＝mv2－（－mv1）≈0.4 kg·m/s，故C正确；手机动量的变化率大小＝4 kg·m/s2，故D错误；根据冲量的定义，可得IG＝mgΔt＝0.15 N·s，故B错误；对手机进行分析，由动量定理有（F－mg）Δt＝Δp，解得冲击力的大小为F＝5.5 N，故A正确。
8.C　a-t图像与坐标轴包围的面积表示速度的变化量，0～2 s速度的变化量大小与2～4 s速度的变化量大小相同，方向相反。设t＝2 s时速度为v，则t＝4 s时速度为零。0～2 s电动车从速度为零开始加速，2～4 s时减速到零，所以，4 s末位移最大，A错误；根据图像对称性，0～2 s位移与2～4 s位移相等，0～2 s平均速度大小等于2～4 s平均速度大小，B错误；根据动能定理，0～2 s和2～4 s动能的变化量相等，故合外力做功大小相等，C正确；根据动量定理，0～2 s合外力冲量大小等于2～4 s合外力冲量大小，方向相反，D错误。
9.BD　根据题图分析可知，t＝0.15 s时，运动员对蹦床作用力最大，则此时运动员下降至最低点，运动员的重力势能最小，A错误；根据题图分析可知，t＝0.30 s时运动员离开蹦床，做竖直上抛运动，经2 s后，即t＝2.30 s时再次落至蹦床上，根据竖直上抛运动的对称性可知，t＝1.30 s时，运动员运动至最大高度处，根据v＝gΔt可知，运动员在t＝0.30 s时的速度大小v0＝10 m/s，B正确，C错误；对运动员与蹦床一次相互作用过程，根据动量定理有（－mg）Δt＝mv0－（－mv0），代入数据解得＝4 600 N，D正确。
10.D　高压水枪单位时间喷出水的质量为m0＝ρV＝ρπ·v＝πρvD2，A、B错误；设汽车对水柱的平均冲力为F，由动量定理得Ft＝mv，即Ft＝ρπvD2t·v，解得F＝ρπv2D2，由牛顿第三定律知水柱对汽车的平均冲力大小为ρπv2D2，C错误；高压水枪喷出的水对汽车产生的压强p＝＝＝ρv2，则当高压水枪喷口的出水速度变为原来的2倍时，喷出的水对汽车的压强变为原来的4倍，D正确。
11.B　形成弹幕的总体积V＝vtS＝6 m3，A错误；每1 cm3有一个子弹颗粒，则子弹颗粒的总个数N＝（个）＝6×106（个），所形成弹幕的总质量M＝Nm＝1.2×105 kg，B正确；对整个弹幕，由动量定理可知I＝Mv＝3.6×107 kg·m/s，C错误；由冲量公式I＝Ft知，弹幕对目标形成的冲击力大小F＝＝3.6×109 N，D错误。
12.B　由题意可知，乒乓球与球拍碰撞后反弹的高度与下落高度相等，则碰后竖直方向的速度大小为vy＝v0＝2 m/s，设乒乓球的质量为m，乒乓球与球拍的碰撞时间为Δt，在竖直方向上，根据动量定理有FN·Δt＝mvy－（－mv0），在水平方向上，根据动量定理有Ff·Δt＝μFN·Δt＝mvx，v＝，联立解得vx＝ m/s，v＝3 m/s，故选B。
3 / 3第1讲　动量定理
动量和冲量
1.动量
（1）定义：物理学中把质量和速度的　　　　　　
定义为物体的动量，用字母p表示。
（2）表达式：p＝　　　　。
（3）单位：　　　　　　　　。
（4）标矢性：　　　　　　　　　，其方向和　　　　的方向相同。
2.冲量
（1）定义：力与力的　　　　　　的乘积叫作力的冲量。定义式：　　　　　　　　。
（2）单位：冲量的单位是　　　　　，符号是　　　　　　。
（3）标矢性：　　　　　　　　，恒力冲量的方向与　　　　的方向相同。
动量定理
1.内容：物体在一个过程中所　　　　　　　的　　　　　　　等于它在这个过程始末的　　　　　　　　。
2.表达式：I＝p'－p或F（t'－t）＝mv'－mv。
3.矢量性：冲量的方向与　　　　　　的方向相同。
1.物体的动量越大，其惯性也越大。（　　）
2.一个物体的速度方向变化，它的动量一定改变。（　　）
3.合外力的冲量是物体动量发生变化的原因。（　　）
4.物体所受合外力的冲量的方向与物体末动量的方向相同。（　　）
5.物体所受合外力的冲量方向与物体动量变化的方向是一致的。（　　）
1.（2022·海南高考1题）在冰上接力比赛时，甲推乙的作用力是F1，乙对甲的作用力是F2，则这两个力（　　）
A.大小相等，方向相反 B.大小相等，方向相同
C.F1的冲量大于F2的冲量 D.F1的冲量小于F2的冲量
2.（人教版选择性必修第一册·第一章第2节“练习与应用”T2改编）体操运动员在落地时总要屈腿，这样做可以（　　）
A.减小地面对人的冲量
B.减小地面对人的撞击力
C.减小人的动量变化量
D.减小人的动能变化量
3.〔多选〕（2023·新课标卷19题）使甲、乙两条形磁铁隔开一段距离，静止于水平桌面上，甲的N极正对着乙的S极，甲的质量大于乙的质量，两者与桌面之间的动摩擦因数相等。现同时释放甲和乙，在它们相互接近过程中的任一时刻（　　）
A.甲的速度大小比乙的大
B.甲的动量大小比乙的小
C.甲的动量大小与乙的相等
D.甲和乙的动量之和不为零
考点一　动量、冲量的理解及计算
1.动量的理解
（1）动量是状态量：动量是描述物体运动状态的物理量，是针对某一时刻或位置而言的。
（2）动量与动能的比较
动量 动能
物理意义 描述机械运动状态的物理量
定义式 p＝mv Ek＝mv2
标矢量 矢量 标量
变化因素 合力的冲量 合力所做的功
大小关系 p＝ Ek＝
联系 ①都是相对量，与参考系的选取有关，通常选取地面为参考系； ②若物体的动能发生变化，则动量一定也发生变化；但动量发生变化时动能不一定发生变化； ③都是状态量，与某一时刻或某一位置相对应
2.冲量的理解与计算
（1）冲量是过程量，其与力作用的过程相对应，表示力对时间的累积。
（2）冲量的四种计算方法
公式法 利用定义式I＝FΔt计算冲量，此法仅适用于恒力的冲量
图像法 利用F-t图像计算，F-t图线与横轴围成的面积表示冲量，此法既可以计算恒力的冲量，也可以计算变力的冲量
平均 力法 若方向不变的力大小随时间均匀变化，则力F在某段时间t内的冲量I＝·Δt，F1、F2为该段时间内初、末两时刻力的大小
动量 定理法 对于变力的冲量，不能直接用I＝FΔt求解，可以求出该力作用下物体动量的变化量，由I＝Δp求变力的冲量
（2025·广西柳州二模）某市学生期末考试体能测试中有一重要项目：排球垫球个数测试。某同学在一次测试中双手在同一高度多次竖直垫起排球，第一次垫球后，球竖直上升高度为0.2 m。第二次垫球后，球竖直上升高度为0.45 m。已知排球的质量为0.27 kg，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力，则第二次垫球过程，排球动量变化量的大小为（　　）
A.0.27 kg·m/s B.0.54 kg·m/s
C.0.81 kg·m/s D.1.35 kg·m/s
尝试解答
如图所示，质量为m的小滑块沿倾角为θ的斜面向上滑动，经过时间t1，速度为零并又开始下滑，经过时间t2回到斜面底端，滑块在运动过程中受到的摩擦力大小始终为Ff。在整个运动过程中，下列说法正确的是（　　）
A.重力对滑块的总冲量为mg（t1＋t2）sin θ
B.支持力对滑块的总冲量为mg（t1＋t2）cos θ
C.合力的总冲量为0
D.摩擦力的总冲量为Ff（t1＋t2）
尝试解答
一质点静止在光滑的水平面上，现对其施加水平外力F，力F随时间按正弦规律变化，如图所示，下列说法正确的是（　　）
A.第2 s末，质点的动量为0
B.第2 s末，质点的动量方向发生变化
C.第4 s末，质点回到出发点
D.在1～3 s时间内，力F的冲量为0
尝试解答
考点二　动量定理的理解及应用
1.动量定理的理解
（1）动量定理反映了力的冲量与动量变化之间的因果关系，即合力的冲量是原因，物体的动量变化是结果。
（2）动量定理中的冲量是所受合力的冲量，既是各力冲量的矢量和，也是合力在不同阶段冲量的矢量和。
（3）动量定理的表达式是矢量式，等号包含了大小相等、方向相同两方面的含义。
（4）由FΔt＝p'－p，得F＝＝，即物体所受的合力等于物体的动量对时间的变化率。
2.用动量定理解释生活现象
（1）Δp一定时，F的作用时间越短，力越大；作用时间越长，力越小。
（2）F一定时，力的作用时间越长，Δp越大；作用时间越短，Δp越小。
分析问题时，要明确哪个量一定，哪个量变化。
3.用动量定理解题的基本思路
（1）确定研究对象。研究对象一般仅限于单个物体。
（2）对物体进行受力分析，求合冲量。可先求每个力的冲量，再求各力冲量的矢量和；或先求合力，再求其冲量。
（3）抓住过程的初、末状态，选好正方向，确定各动量和冲量的正负号。
（4）根据动量定理列方程，如有必要还需要补充其他方程，最后代入数据求解。
对过程较复杂的运动，可分段用动量定理，也可对整个过程用动量定理。
如图所示，为了安全，跳远时运动员都是跳在沙坑里。与跳在水泥地上相比较，以下说法正确的是（　　）
A.人跳在沙坑的动量大小等于跳在水泥地上的动量大小
B.人跳在沙坑的动量变化比跳在水泥地上小
C.人跳在沙坑受到的冲量比跳在水泥地上小
D.人跳在沙坑受到的冲力比跳在水泥地上大
尝试解答
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量。若在此过程中该作用力始终竖直向上，重力加速度为g，忽略空气阻力，则该段时间安全带对人的平均作用力大小为（　　）
A.＋mg B.－mg
C.＋mg D.－mg
尝试解答
（2024·广东高考14题）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FN，敏感球的质量为m，重力加速度为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。
尝试解答
应用动量定理处理“流体模型”
类型 流体类：液体流、气体流等，通常已知密度ρ
微粒类：电子流、光子流、尘埃等，通常给出单位体积内粒子数n
分析 步骤 ①构建“柱状”模型：沿流速v的方向选取一小段柱体，其横截面积为S
②微元 研究 小段柱体的体积ΔV＝vSΔt
小段柱体质量m＝ρΔV＝ρvSΔt 小段柱体粒子数N＝nvSΔt
小段柱体动量p＝mv＝ρv2SΔt
③列出方程，应用动量定理FΔt＝Δp研究
〔多选〕如图所示，质量为M的直-20武装直升机旋翼有4片桨叶，桨叶旋转形成的圆面面积为S。已知空气密度为ρ，重力加速度大小为g。当直升机悬停在空中时，桨叶旋转推动空气，空气获得的速度为v0，则单位时间内桨叶旋转推动空气的质量可表示为（　　）
A.＝ρS B.＝ρSv0
C.＝ D.＝
尝试解答
国际空间站将在2031年退役，我国的空间站将取代国际空间站的地位，成为很多国家争相合作的对象。空间站运动受到稀薄空气阻力作用，需要离子推进器提供推力以平衡空气阻力，已知离子推进器内部加速电压为U，将大量质量为m、电荷量为q的粒子从静止加速后喷射出去，单位时间喷射出去的粒子数为n，则提供的推力为（　　）
A.n B.2n
C.2n D.n
尝试解答
第1讲　动量定理
【立足“四层”·夯基础】
基础知识梳理
知识点1
1.（1）乘积mv　（2）mv　（3）kg·m/s　（4）动量是矢量
速度　2.（1）作用时间　I＝FΔt　（2）牛秒　N·s
（3）冲量是矢量　恒力
知识点2
1.受力　冲量　动量变化量　3.合力
易错易混辨析
1.×　2.√　3.√　4.×　5.√
双基落实筑牢
1.A　根据题意可知F1和F2是相互作用力，根据牛顿第三定律可知F1和F2等大反向、具有同时性，根据冲量定义式I＝Ft可知F1和F2的冲量大小相等，方向相反，故选A。
2.B　体操运动员落地时屈腿可以延长地面对人撞击力的作用时间，取人落地时速度方向为正方向，根据动量定理得－Ft＋mgt＝0－mv，得F＝＋mg，当t增加时F减小，而冲量和动量、动能的变化量都不变，所以B正确。
3.BD　根据F－μmg＝ma可得a＝F－μg，因m甲＞m乙，故a甲＜a乙，则任意时刻甲的速度大小比乙的小，A错误；m甲＞m乙，又μ甲＝μ乙，则μ甲m甲g＞μ乙m乙g，故甲和乙组成的系统所受合外力的冲量方向水平向左，即甲的动量大小比乙的小，B、D正确，C错误。
【着眼“四翼”·探考点】
考点一
【例1】 D　第一次垫球后，球竖直上升高度为0.2 m，球落回到手上的速度大小为v0＝＝2 m/s，方向向下；第二次垫球后，球竖直上升的高度为0.45 m，则球刚离手时的速度大小为v1＝＝3 m/s，方向向上；取向上为正方向，第二次垫球过程，排球动量变化量为Δp＝mv1－（－mv0）＝m（v1＋v0）＝0.27 kg×5 m/s＝1.35 kg·m/s，故选D。
【例2】 B　重力对滑块的总冲量为mg（t1＋t2），故A错误；支持力对滑块的总冲量为mg（t1＋t2）cos θ，故B正确；整个过程中小滑块的动量发生了改变，故合力的总冲量不为0，C错误；上滑过程和下滑过程摩擦力的方向相反，故若以沿斜面向上为正方向，摩擦力的总冲量为Ff（t2－t1），故D错误。
【例3】 D　由题图可知，0～2 s时间内力F的方向和质点运动的方向相同，质点经历了加速度逐渐增大的加速运动和加速度逐渐减小的加速运动，所以第2 s末，质点的速度最大，动量最大，方向不变，故A、B错误；2～4 s内F的方向与0～2 s内力F的方向相反，该质点0～2 s内做加速运动，2～4 s内做减速运动，第4 s末，物体速度减为0，所以质点在0～4 s内的位移均为正，第4 s末，质点没有回到出发点，故C错误；在F-t图像中，图线与横轴所围的面积表示力F的冲量，由题图可知，1～2 s内的面积与2～3 s内的面积大小相等，一正一负，则在1～3 s时间内，力F的冲量为0，故D正确。
考点二
【例4】 A　人跳在沙坑的动量大小等于跳在水泥地上的动量大小，因为人的质量与速度大小一样，所以动量大小相等，A正确；人跳在沙坑的动量变化等于跳在水泥地上的动量变化，因为初动量相等，末动量为0，所以动量的变化量大小相等，B错误；根据动量定理FΔt＝Δp，人跳在沙坑受到的冲量与跳在水泥地上受到的冲量大小相等，C错误；沙坑中的沙子起到缓冲作用，延长力的作用时间，根据动量定理FΔt＝Δp可知，人跳在沙坑受到的冲力比跳在水泥地上小，D错误。
【例5】 A　安全带对人起作用之前，人做自由落体运动，由v2＝2gh可得，安全带对人起作用前瞬间，人的速度v＝；安全带达到最大伸长量时，人的速度为零；从安全带开始对人起作用到安全带伸长量最大，取竖直向下的力为正方向，由动量定理可得（mg－）t＝0－mv，故平均作用力大小＝＋mg＝＋mg，故选项A正确。
【例6】 （1）　（2）①330 N·s，方向竖直向上
②0.2 m
解析：（1）敏感球受竖直向下的重力mg和敏感臂向下的压力FN以及斜面的支持力FN1作用，则由牛顿第二定律可知（mg＋FN）tan θ＝ma
解得tan θ＝。
（2）①由题图丙可知碰撞过程中F的冲量大小IF＝×0.1×6 600 N·s＝330 N·s，方向竖直向上；
②头锤落到气囊上时的速度v0＝＝8 m/s
与气囊作用过程由动量定理（向上为正方向）有IF－Mgt＝Mv－（－Mv0）
解得v＝2 m/s
则上升的最大高度h＝＝0.2 m。
【聚焦“素养”·提能力】
【典例1】 BD　直升机处于平衡状态，设直升机与空气间的作用力为F，则F＝Mg，飞机对空气的力与空气对飞机的力为作用力与反作用力，即F＝F'，对空气，由动量定理可得F'Δt＝Δm·v0＝ρSv0Δt·v0，解得＝ρSv0，故A错误，B正确；由上式知F'Δt＝Δm·v0，且F'＝F＝Mg，联立两式可得＝，故C错误，D正确。
【典例2】 D　粒子被加速过程，根据动能定理可得qU＝mv2，大量粒子从静止加速后喷射出去的过程，根据动量定理可得FΔt＝Δmv，其中Δm＝nmΔt，解得提供的推力为F＝n，故选D。
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第1讲　动量定理
高中总复习·物理
目 录
01
立足”四层”·夯基础
02
着眼“四翼”·探考点
03
聚焦“素养”·提能力
04
培养“思维”·重落实
概念 公式 定理
立足“四层”·夯基础
动量和冲量
1. 动量
（1）定义：物理学中把质量和速度的 定义为物体的动量，用
字母p表示。
（2）表达式：p＝ 。
（3）单位： 。
（4）标矢性： ，其方向和 的方向相同。
乘积mv　
mv　
kg·m/s　
动量是矢量　
速度　
2. 冲量
（1）定义：力与力的 的乘积叫作力的冲量。定义式：
。
（2）单位：冲量的单位是 ，符号是 。
（3）标矢性： ，恒力冲量的方向与 的方向相
同。
作用时间　
I＝
FΔt　
牛秒　
N·s　
冲量是矢量　
恒力　
动量定理
1. 内容：物体在一个过程中所 的 等于它在这个过程始末
的 。
2. 表达式：I＝p'－p或F（t'－t）＝mv'－mv。
3. 矢量性：冲量的方向与 的方向相同。
受力　
冲量　
动量变化量　
合力　
1. 物体的动量越大，其惯性也越大。 （　×　）
2. 一个物体的速度方向变化，它的动量一定改变。 （　√　）
3. 合外力的冲量是物体动量发生变化的原因。 （　√　）
4. 物体所受合外力的冲量的方向与物体末动量的方向相同。 （　×　）
5. 物体所受合外力的冲量方向与物体动量变化的方向是一致的。
（　√　）
×
√
√
×
√
1. （2022·海南高考1题）在冰上接力比赛时，甲推乙的作用力是F1，乙对
甲的作用力是F2，则这两个力（　　）
A. 大小相等，方向相反
B. 大小相等，方向相同
C. F1的冲量大于F2的冲量
D. F1的冲量小于F2的冲量
解析： 　根据题意可知F1和F2是相互作用力，根据牛顿第三定律可知F1
和F2等大反向、具有同时性，根据冲量定义式I＝Ft可知F1和F2的冲量大小
相等，方向相反，故选A。
√
2. （人教版选择性必修第一册·第一章第2节“练习与应用”T2改编）体操
运动员在落地时总要屈腿，这样做可以（　　）
A. 减小地面对人的冲量
B. 减小地面对人的撞击力
C. 减小人的动量变化量
D. 减小人的动能变化量
解析： 　体操运动员落地时屈腿可以延长地面对人撞击力的作用时间，
取人落地时速度方向为正方向，根据动量定理得－Ft＋mgt＝0－mv，得F
＝＋mg，当t增加时F减小，而冲量和动量、动能的变化量都不变，所以
B正确。
√
3. 〔多选〕（2023·新课标卷19题）使甲、乙两条形磁铁隔开一段距离，
静止于水平桌面上，甲的N极正对着乙的S极，甲的质量大于乙的质量，两
者与桌面之间的动摩擦因数相等。现同时释放甲和乙，在它们相互接近过
程中的任一时刻（　　）
A. 甲的速度大小比乙的大
B. 甲的动量大小比乙的小
C. 甲的动量大小与乙的相等
D. 甲和乙的动量之和不为零
√
√
解析： 　根据F－μmg＝ma可得a＝F－μg，因m甲＞m乙，故a甲＜a乙，
则任意时刻甲的速度大小比乙的小，A错误；m甲＞m乙，又μ甲＝μ乙，则μ甲
m甲g＞μ乙m乙g，故甲和乙组成的系统所受合外力的冲量方向水平向左，即
甲的动量大小比乙的小，B、D正确，C错误。
题型 规律 方法
着眼“四翼”·探考点
考点一　动量、冲量的理解及计算
1. 动量的理解
（1）动量是状态量：动量是描述物体运动状态的物理量，是针对某一时
刻或位置而言的。
（2）动量与动能的比较
动量 动能
物理意义 描述机械运动状态的物理量
定义式 p＝mv Ek＝mv2
标矢量 矢量 标量
变化因素 合力的冲量 合力所做的功
大小关系 p＝ Ek＝
联系 ①都是相对量，与参考系的选取有关，通常选取地面为参考； ②若物体的动能发生变化，则动量一定也发生变化；但
动量发生变化时动能不一定发生变化； ③都是状态量，与某一时刻或某一位置相对应
2. 冲量的理解与计算
（1）冲量是过程量，其与力作用的过程相对应，表示力对时间的累积。
（2）冲量的四种计算方法
公式法 利用定义式I＝FΔt计算冲量，此法仅适用于恒力的冲量
图像法 利用F-t图像计算，F-t图线与横轴围成的面积表示冲量，此法
既可以计算恒力的冲量，也可以计算变力的冲量
平均 力法 若方向不变的力大小随时间均匀变化，则力F在某段时间t内
的冲量I＝·Δt，F1、F2为该段时间内初、末两时刻力的
大小
动量 定理法 对于变力的冲量，不能直接用I＝FΔt求解，可以求出该力作
用下物体动量的变化量，由I＝Δp求变力的冲量
（2025·广西柳州二模）某市学生期末考试体能测试中有一重要项
目：排球垫球个数测试。某同学在一次测试中双手在同一高度多次竖直垫
起排球，第一次垫球后，球竖直上升高度为0.2 m。第二次垫球后，球竖
直上升高度为0.45 m。已知排球的质量为0.27 kg，重力加速度g取10
m/s2，不计空气阻力，则第二次垫球过程，排球动量变化量的大小为
（　　）
A. 0.27 kg·m/s B. 0.54 kg·m/s
C. 0.81 kg·m/s D. 1.35 kg·m/s
√
解析：第一次垫球后，球竖直上升高度为0.2 m，球落回到手上的速度大
小为v0＝＝2 m/s，方向向下；第二次垫球后，球竖直上升的高度为
0.45 m，则球刚离手时的速度大小为v1＝＝3 m/s，方向向上；取向
上为正方向，第二次垫球过程，排球动量变化量为Δp＝mv1－（－mv0）＝
m（v1＋v0）＝0.27 kg×5 m/s＝1.35 kg·m/s，故选D。
如图所示，质量为m的小滑块沿倾角为θ的斜面向上滑动，经过时间
t1，速度为零并又开始下滑，经过时间t2回到斜面底端，滑块在运动过程中
受到的摩擦力大小始终为Ff。在整个运动过程中，下列说法正确的是（　）
A. 重力对滑块的总冲量为mg（t1＋t2）sin θ
B. 支持力对滑块的总冲量为mg（t1＋t2）cos θ
C. 合力的总冲量为0
D. 摩擦力的总冲量为Ff（t1＋t2）
√
解析：重力对滑块的总冲量为mg（t1＋t2），故A错误；支持力对滑块
的总冲量为mg（t1＋t2）cos θ，故B正确；整个过程中小滑块的动量发
生了改变，故合力的总冲量不为0，C错误；上滑过程和下滑过程摩擦
力的方向相反，故若以沿斜面向上为正方向，摩擦力的总冲量为Ff（t2
－t1），故D错误。
一质点静止在光滑的水平面上，现对其施加水平外力F，力F随时间
按正弦规律变化，如图所示，下列说法正确的是（　　）
A. 第2 s末，质点的动量为0
B. 第2 s末，质点的动量方向发生变化
C. 第4 s末，质点回到出发点
D. 在1～3 s时间内，力F的冲量为0
√
解析：由题图可知，0～2 s时间内力F的方向和质点运动的方向相同，质点
经历了加速度逐渐增大的加速运动和加速度逐渐减小的加速运动，所以第
2 s末，质点的速度最大，动量最大，方向不变，故A、B错误；2～4 s内F
的方向与0～2 s内力F的方向相反，该质点0～2 s内做加速运动，2～4 s内
做减速运动，第4 s末，物体速度减为0，所以质点在0～4 s内的位移均为
正，第4 s末，质点没有回到出发点，故C错误；在F-t图像中，图线与横轴
所围的面积表示力F的冲量，由题图可知，1～2 s内的面积与2～3 s内的面
积大小相等，一正一负，则在1～3 s时间内，力F的冲量为0，故D正确。
　（2023·天津高考5题）质量为m的列车匀速v行驶，突然以F大小的力制
动刹车直到列车停止，过程中恒受到f的空气阻力，下列说法正确的是
（　　）
A. 减速运动加速度大小a＝
B. 力F的冲量为mv
C. 刹车距离为
D. 匀速行驶时功率为（f＋F）v
√
解析： 　根据牛顿第二定律有F＋f＝ma，可得减速运动加速度大小a＝
，故A错误；根据运动学公式有t＝＝，故力F的冲量为I＝Ft＝
，方向与运动方向相反，故B错误；根据运动学公式v2＝2ax，可得x＝
＝，故C正确；匀速行驶时牵引力大小等于空气阻力大小，则
功率为P＝fv，故D错误。
考点二　动量定理的理解及应用
1. 动量定理的理解
（1）动量定理反映了力的冲量与动量变化之间的因果关系，即合力的冲
量是原因，物体的动量变化是结果。
（2）动量定理中的冲量是所受合力的冲量，既是各力冲量的矢量和，也
是合力在不同阶段冲量的矢量和。
（3）动量定理的表达式是矢量式，等号包含了大小相等、方向相同两方
面的含义。
（4）由FΔt＝p'－p，得F＝＝，即物体所受的合力等于物体的动量
对时间的变化率。
2. 用动量定理解释生活现象
（1）Δp一定时，F的作用时间越短，力越大；作用时间越长，力越小。
（2）F一定时，力的作用时间越长，Δp越大；作用时间越短，Δp越小。
分析问题时，要明确哪个量一定，哪个量变化。
3. 用动量定理解题的基本思路
（1）确定研究对象。研究对象一般仅限于单个物体。
（2）对物体进行受力分析，求合冲量。可先求每个力的冲量，再求各力
冲量的矢量和；或先求合力，再求其冲量。
（3）抓住过程的初、末状态，选好正方向，确定各动量和冲量的正负
号。
（4）根据动量定理列方程，如有必要还需要补充其他方程，最后代入数
据求解。
对过程较复杂的运动，可分段用动量定理，也可对整个过程用动量定理。
如图所示，为了安全，跳远时运动员都是跳在沙坑里。与跳在水泥地
上相比较，以下说法正确的是（　　）
A. 人跳在沙坑的动量大小等于跳在水泥地上的动量大小
B. 人跳在沙坑的动量变化比跳在水泥地上小
C. 人跳在沙坑受到的冲量比跳在水泥地上小
D. 人跳在沙坑受到的冲力比跳在水泥地上大
√
解析：人跳在沙坑的动量大小等于跳在水泥地上的动量大小，因为人的质
量与速度大小一样，所以动量大小相等，A正确；人跳在沙坑的动量变化
等于跳在水泥地上的动量变化，因为初动量相等，末动量为0，所以动量
的变化量大小相等，B错误；根据动量定理FΔt＝Δp，人跳在沙坑受到的冲
量与跳在水泥地上受到的冲量大小相等，C错误；沙坑中的沙子起到缓冲
作用，延长力的作用时间，根据动量定理FΔt＝Δp可知，人跳在沙坑受到
的冲力比跳在水泥地上小，D错误。
　“智能防摔马甲”是一款专门为老年人研发的科技产品。该装置通过马
甲内的传感器和微处理器精准识别穿戴者的运动姿态，在其失衡瞬间迅速
打开安全气囊进行主动保护，能有效地避免摔倒带来的伤害。在穿戴者着
地的过程中，安全气囊可以（　　）
A. 减小穿戴者与地面的接触时间
B. 减小穿戴者所受重力的冲量
C. 减小穿戴者动量的变化量
D. 减小穿戴者动量的变化率
√
解析： 　设穿戴者所受合力为F，依题意，根据动量定理FΔt＝Δp，可得
F＝，可知安全气囊的作用是延长了穿戴者与地面的接触时间Δt，从而
减小穿戴者所受到的合外力，即减小穿戴者动量的变化率，而穿戴者动
量的变化量Δp未发生变化，故A、C错误，D正确；由A、C、D选项分析可
知，安全气囊的作用是延长了穿戴者与地面的接触时间Δt，知IG＝mgΔt，
所以穿戴者所受重力的冲量增大了，故B错误。
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量。若在此过程中该作用
力始终竖直向上，重力加速度为g，忽略空气阻力，则该段时间安全带对
人的平均作用力大小为（　　）
A. ＋mg B. －mg
C. ＋mg D. －mg
√
解析：安全带对人起作用之前，人做自由落体运动，由v2＝2gh可得，安全
带对人起作用前瞬间，人的速度v＝；安全带达到最大伸长量时，人
的速度为零；从安全带开始对人起作用到安全带伸长量最大，取竖直向下
的力为正方向，由动量定理可得（mg－）t＝0－mv，故平均作用力大小
＝＋mg＝＋mg，故选项A正确。
（2024·广东高考14题）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FN，敏感球
的质量为m，重力加速度为g。忽略敏感球受到的摩擦力。求斜面倾角的正
切值tan θ。
答案： 　
解析： 敏感球受竖直向下的重力mg和敏感臂向下的压力FN以及斜面
的支持力FN1作用，则由牛顿第二定律可知（mg＋FN）tan θ＝ma
解得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。
答案： ①330 N·s，方向竖直向上 ②0.2 m
解析： ①由题图丙可知碰撞过程中F的冲量大小IF＝×0.1×6 600
N·s＝330 N·s，方向竖直向上；
②头锤落到气囊上时的速度v0＝＝8 m/s
与气囊作用过程由动量定理（向上为正方向）有IF－Mgt＝Mv－（－Mv0）
解得v＝2 m/s
则上升的最大高度h＝＝0.2 m。
现实 科技 应用
聚焦“素养”·提能力
类型 流体类：液体流、气体流等，通常已知密度ρ
微粒类：电子流、光子流、尘埃等，通常给出单位体积内粒子
数n
分析 步骤 ①构建“柱状”模型：沿流速v的方向选取一小段柱体，其横截
面积为S
②微元 研究 小段柱体的体积ΔV＝vSΔt
小段柱体质量m＝ρΔV＝ρvSΔt
小段柱体粒子数N＝nvSΔt
小段柱体动量p＝mv＝ρv2SΔt
③列出方程，应用动量定理FΔt＝Δp研究
应用动量定理处理“流体模型”
　　
〔多选〕如图所示，质量为M的直-20武装直升机旋翼有4片桨叶，
桨叶旋转形成的圆面面积为S。已知空气密度为ρ，重力加速度大小为g。
当直升机悬停在空中时，桨叶旋转推动空气，空气获得的速度为v0，则单
位时间内桨叶旋转推动空气的质量可表示为（　　）
A. ＝ρS B. ＝ρSv0
C. ＝ D. ＝
√
√
解析：直升机处于平衡状态，设直升机与空气间的作用力为F，则F＝
Mg，飞机对空气的力与空气对飞机的力为作用力与反作用力，即F＝F'，
对空气，由动量定理可得F'Δt＝Δm·v0＝ρSv0Δt·v0，解得＝ρSv0，故A错
误，B正确；由上式知F'Δt＝Δm·v0，且F'＝F＝Mg，联立两式可得＝
，故C错误，D正确。
国际空间站将在2031年退役，我国的空间站将取代国际空间站的地
位，成为很多国家争相合作的对象。空间站运动受到稀薄空气阻力作用，
需要离子推进器提供推力以平衡空气阻力，已知离子推进器内部加速电压
为U，将大量质量为m、电荷量为q的粒子从静止加速后喷射出去，单位时
间喷射出去的粒子数为n，则提供的推力为（　　）
A. n B. 2n
C. 2n D. n
解析：粒子被加速过程，根据动能定理可得qU＝mv2，大量粒子从静止加
速后喷射出去的过程，根据动量定理可得FΔt＝Δmv，其中Δm＝nmΔt，解
得提供的推力为F＝n，故选D。
√
培养“思维”·重落实
夯基 提能 升华
1. （2025·江苏徐州期中）两个具有相同动能的物体A、B，质量分别为
mA、mB，且mA＞mB，比较它们的动量，则（　　）
A. 物体B的动量较大 B. 物体A的动量较大
C. 动量大小相等 D. 不能确定
解析： 　根据动能的表达式Ek＝mv2，动量的表达式p＝mv，联立可得p
＝，物体A、B动能Ek相同，mA＞mB，则pA＞pB，即物体A的动量较
大，故选B。
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√
2. 〔多选〕如图，水平飞向球棒的垒球被击打后，动量变化量为12.6
kg·m/s，则（　　）
A. 球的动能可能不变
B. 球的动量大小一定增加12.6 kg·m/s
C. 球对棒的作用力与棒对球的作用力大小一定相等
D. 球受到棒的冲量方向可能与球被击打前的速度方向相同
√
√
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解析： 　垒球被击打后，可能以与被击打前等大的速率反向运动，所以
球的动能可能不变，动量大小不变，A正确，B错误；由牛顿第三定律可
知，球对棒的作用力与棒对球的作用力是一对相互作用力，它们大小相
等，C正确；球受到棒的冲量方向是棒对球弹力的方向，与球被击打前的
速度方向相反，D错误。
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3. （2025·江苏泗阳期中调研）篮球运动深受同学们喜爱。打篮球时，某
同学伸出双手接传来的篮球，双手随篮球迅速收缩至胸前，如图所示。他
这样做的效果是（　　）
A. 减小篮球对手的冲击力
B. 减小篮球的动量变化量
C. 减小篮球的动能变化量
D. 减小篮球对手的冲量
√
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解析： 　先伸出两臂迎接，手接触到球后，两臂随球收至胸前，这样可
以增加球与手接触的时间，根据动量定理得－Ft＝0－mv，解得F＝，当
时间增大时，球动量的变化率减小，作用力就减小，而冲量和动量的变化
量都不变，故A正确，B、D错误；速度由v减小到0，动能的变化量是不变
的，故C错误。
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4. （2025·云南玉溪模拟）将质量为m＝1 kg的物块置于水平地面上，已知
物块与水平地面间的动摩擦因数为μ＝0.5，现在物块上施加一个平行于水
平地面的恒力F＝10 N，物体由静止开始运动，作用4 s后撤去F。重力加速
度取g＝10 m/s2，对于物块从静止开始运动到停下这一过程，下列说法正
确的是（　　）
A. 整个过程物块运动的时间为6 s
B. 整个过程物块运动的时间为8 s
C. 整个过程中物块的总位移大小为40 m
D. 整个过程中物块的总位移大小为60 m
√
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解析： 　在整个过程中由动量定理得Ft1－μmgt＝0，解得t＝8 s，选项A
错误，B正确；在物块前4 s运动的过程中由动量定理得Ft1－μmgt1＝mv，
解得v＝20 m/s，因物块加速和减速过程的平均速度都为＝＝，所以
全程的平均速度也为，则整个过程中物块的总位移x＝t＝×8 m＝80
m，选项C、D错误。
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5. （2025·湖北武汉二模）中国汽车拉力锦标赛是我国级别最高，规模最
大的汽车赛事之一，其赛道有很多弯道。某辆赛车在一段赛道内速度大小
由2v变为4v，随后一段赛道内速度大小由5v变为7v，前后两段赛道内，合
外力对赛车做的功分别为W1和W2，赛车的动量变化的大小分别为Δp1和
Δp2，下列关系式可能成立的是（　　）
A. W1＝W2，Δp1＝Δp2
B. W1＝W2，Δp1＝Δp2
C. W1＝W2，Δp1＝4Δp2
D. W1＝W2，Δp1＝4Δp2
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解析： 　根据动能定理有W1＝m（4v）2－m（2v）2＝6mv2，W2＝m
（7v）2－m（5v）2＝12mv2，可得W1＝W2，由于速度和动量是矢量，具
有方向，当初、末速度方向相同时，动量变化量最小，方向相反时，动量
变化量最大，可知动量变化的大小范围是2mv≤Δp1≤6mv，
2mv≤Δp2≤12mv，综上，可知A、C、D错误，B正确。
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6. （2025·江苏扬州模拟）如图，在光滑的水平桌面上，质量为m的小球在
轻绳的作用下，绕O点以速率v做匀速圆周运动。A、B点连线为直径，由A
点记时，经过时间t小球在B点，绳子的拉力大小为F，此过程中下列说法
正确的是（　　）
A. 圆周运动的周期可能为t
B. 小球重力的冲量大小为0
C. 绳子拉力的冲量大小为Ft
D. 小球动量的变化量大小为0
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解析： 　小球在轻绳的作用下，绕O点做匀速圆周运动，则由A到B点的
运动时间t可能是半个周期的奇数倍，即t＝n，其中n取奇数，则T＝，当
n＝3时，T＝t，故A正确；在时间t内，小球重力的冲量大小为IG＝mgt，
故B错误；小球在水平桌面上运动时，重力冲量与支持力冲量等大反向，
小球在A点和B点时的速度方向相反，对该过程运用动量定理，则绳子拉力
的冲量大小为IF＝mv－（－mv）＝2mv，故C错误；由C可知，小球在由A
点到B点的运动过程中，动量的变化量大小为2mv，故D错误。
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7. 〔多选〕（2025·四川绵阳模拟）有的人躺着看手机，若手机不慎跌
落，会对人眼造成伤害。若手机质量为150 g，从离人眼25 cm处无初速度
不慎跌落，碰到眼睛后手机反弹8 mm，眼睛受到手机的冲击时间为0.1 s，
取重力加速度g＝10 m/s2，＝2.236。手机撞击人眼的过程中，下列分析
正确的是（　　）
A. 手机对人眼的冲击力大小为5.5 N
B. 手机受到的重力冲量大小约为0.4 N·s
C. 手机动量变化量大小约为0.4 kg·m/s
D. 手机动量的变化率大小约为0.4 kg·m/s2
√
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解析： 　手机下落25 cm过程由位移速度关系有＝2gh1，手机反弹8
mm过程由位移速度关系有＝2gh2，解得v1＝ m/s，v2＝0.4 m/s，取
竖直向上为正方向，手机动量变化量Δp＝mv2－（－mv1）≈0.4 kg·m/s，
故C正确；手机动量的变化率大小＝4 kg·m/s2，故D错误；根据冲量的定
义，可得IG＝mgΔt＝0.15 N·s，故B错误；对手机进行分析，由动量定理有
（F－mg）Δt＝Δp，解得冲击力的大小为F＝5.5 N，故A正确。
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8. （2025·广西贵港模拟）为了响应政府号召，做到“守护好一江碧
水”，记者骑行马拉松跑道见证最美长江岸线，并用手机上“测加速度”
的应用程序记录下了电动车从静止开始沿直线运动过程中的运动信息，其
加速度随时间变化的规律如图所示，由图像可知在这段时间内电动车（　）
A. 2 s末的位移最大
B. 0～2 s平均速度大小大于2～4 s平均速度大小
C. 0～2 s合外力做功大小等于2～4 s合外力做功大小
D. 0～2 s合外力冲量大小小于2～4 s合外力冲量大小
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解析： 　a-t图像与坐标轴包围的面积表示速度的变化量，0～2 s速度的变
化量大小与2～4 s速度的变化量大小相同，方向相反。设t＝2 s时速度为
v，则t＝4 s时速度为零。0～2 s电动车从速度为零开始加速，2～4 s时减速
到零，所以，4 s末位移最大，A错误；根据图像对称性，0～2 s位移与2～
4 s位移相等，0～2 s平均速度大小等于2～4 s平均速度大小，B错误；根据
动能定理，0～2 s和2～4 s动能的变化量相等，故合外力做功大小相等，C
正确；根据动量定理，0～2 s合外力冲量大小等于2～4 s合外力冲量大小，
方向相反，D错误。
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9. 〔多选〕（2024·全国甲卷20题）蹦床运动中，体重为60 kg的运动员在t
＝0时刚好落到蹦床上，对蹦床作用力大小F与时间t的关系如图所示。假设
运动过程中运动员身体始终保持竖直，在其不与蹦床接触时蹦床水平。忽
略空气阻力，重力加速度大小取10 m/s2。下列说法正确的是（　　）
A. t＝0.15 s时，运动员的重力势能最大
B. t＝0.30 s时，运动员的速度大小为10 m/s
C. t＝1.00 s时，运动员恰好运动到最大高度处
D. 运动员每次与蹦床接触到离开过程中对蹦床的平均作用力大小为4 600 N
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解析： 　根据题图分析可知，t＝0.15 s时，运动员对蹦床作用力最大，
则此时运动员下降至最低点，运动员的重力势能最小，A错误；根据题图
分析可知，t＝0.30 s时运动员离开蹦床，做竖直上抛运动，经2 s后，即t＝
2.30 s时再次落至蹦床上，根据竖直上抛运动的对称性可知，t＝1.30 s
时，运动员运动至最大高度处，根据v＝gΔt可知，运动员在t＝0.30 s时的
速度大小v0＝10 m/s，B正确，C错误；对运动员与蹦床一次相互作用过
程，根据动量定理有（－mg）Δt＝mv0－（－mv0），代入数据解得＝4
600 N，D正确。
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10. 如图所示为清洗汽车用的高压水枪。设水枪喷出的水柱直径为D，水
流速度为v，水柱垂直于汽车表面，水柱冲击汽车后水的速度为零。手持高
压水枪操作，进入水枪的水流速度可忽略不计，已知水的密度为ρ。下列
说法正确的是（　　）
A. 高压水枪单位时间喷出的水的质量为ρπvD2
B. 高压水枪单位时间喷出的水的质量为ρvD2
C. 水柱对汽车的平均冲力为ρD2v2
D. 当高压水枪喷口的出水速度变为原来的2倍时，喷出的水
对汽车的压强变为原来的4倍
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解析： 　高压水枪单位时间喷出水的质量为m0＝ρV＝ρπ·v＝πρvD2，
A、B错误；设汽车对水柱的平均冲力为F，由动量定理得Ft＝mv，即Ft＝
ρπvD2t·v，解得F＝ρπv2D2，由牛顿第三定律知水柱对汽车的平均冲力大
小为ρπv2D2，C错误；高压水枪喷出的水对汽车产生的压强p＝＝
＝ρv2，则当高压水枪喷口的出水速度变为原来的2倍时，喷出的水对汽车
的压强变为原来的4倍，D正确。
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11. （2025·河北邯郸模拟）中华神盾防空火控系统会在目标来袭时射出大
量子弹颗粒，在射出方向形成一个均匀分布、持续时间t＝0.01 s、横截面
积为S＝2 m2的圆柱形弹幕，每个子弹颗粒的平均质量为m＝2×10－2 kg，
每1 cm3有一个子弹颗粒，所有子弹颗粒以v＝300 m/s射入目标，并停在目
标体内。下列说法正确的是（　　）
A. 所形成弹幕的总体积V＝6 cm3
B. 所形成弹幕的总质量M＝1.2×105 kg
C. 弹幕对目标形成的冲量大小I＝3.6×107 kg·m/s2
D. 弹幕对目标形成的冲击力大小F＝3.6×108 N
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解析： 　形成弹幕的总体积V＝vtS＝6 m3，A错误；每1 cm3有一个子弹颗
粒，则子弹颗粒的总个数N＝（个）＝6×106（个），所形成弹幕的
总质量M＝Nm＝1.2×105 kg，B正确；对整个弹幕，由动量定理可知I＝
Mv＝3.6×107 kg·m/s，C错误；由冲量公式I＝Ft知，弹幕对目标形成的冲
击力大小F＝＝3.6×109 N，D错误。
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12. （2025·甘肃酒泉三模）乒乓球被称为中国的“国球”，
是一种世界流行的球类体育项目，如图所示为某同学训练
时的情景，若某次乒乓球从某一高度由静止下落，以v0＝
2 m/s的速度竖直向下碰撞乒乓球拍，同时使乒乓球拍的接
球面保持水平且以1 m/s的速度水平移动，乒乓球与球拍碰
撞反弹后的高度与下落高度相等。已知乒乓球与球拍之间的动摩擦因数为μ＝
，不计空气阻力，碰撞时间极短，且碰撞过程忽略乒乓球所受重力的影
响，周围环境无风，则乒乓球与球拍碰撞后的瞬时速度大小为（　　）
A. 4 m/s B. 3 m/s
C. 2 m/s D. 1 m/s
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解析： 　由题意可知，乒乓球与球拍碰撞后反弹的高度与下落高度相
等，则碰后竖直方向的速度大小为vy＝v0＝2 m/s，设乒乓球的质量为m，乒
乓球与球拍的碰撞时间为Δt，在竖直方向上，根据动量定理有FN·Δt＝mvy
－（－mv0），在水平方向上，根据动量定理有Ff·Δt＝μFN·Δt＝mvx，v＝
，联立解得vx＝ m/s，v＝3 m/s，故选B。
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