资源简介

1．理解冲量和动量。
2．通过理论推导和实验，理解动量定理，能用其解释生产生活中的有关现象。
3．理解动量守恒定律，能用其解释生产生活中的有关现象。知道动量守恒定律的普适性。
4．定量分析一维碰撞问题并能解释生产生活中的弹性碰撞和非弹性碰撞现象。
5．体会用动量守恒定律分析物理问题的方法，体会自然界的和谐与统一。
6．实验8　验证动量守恒定律
动量 守恒 定律 动量　动量定理 2025年：湖北卷T7；广东卷T10；甘肃卷T14；河北卷T14；北京卷T19 2024年：全国甲卷T20；广东卷T14 2023年：新课标卷T19；广东卷T10
动量守恒定律 2025年：甘肃卷T4；江苏卷T14；河南卷T7；山东卷T6；广东卷T7；陕晋宁青卷T15；北京卷T17 2024年：江苏卷T14；黑吉辽卷T14 2023年：辽宁卷T15；北京卷T12；重庆卷T14
动量和能量的综合 2025年：海南卷T11；山东卷T17；浙江1月选考T8；河南卷T14；福建卷T8；重庆卷T15 2024年：天津卷T11；安徽卷T8；江苏卷T9；湖北卷T14；山东卷T17；安徽卷T14；河北卷T15；湖南卷T15 2023年：湖南卷T15；辽宁卷T15；浙江6月选考T18
实验：验证动量守恒定律 2025年：广东T11 2024年：新课标卷T22；山东卷T13；北京卷T18 2023年：辽宁卷T11
1．掌握动量、冲量的概念及公式，理解其意义，并注意碰撞、反冲等常见现象。理解动量定理，能用其进行定性分析和定量计算。
2．掌握动量守恒的条件，并结合能量守恒定律灵活处理力学综合问题。注重将物理规律应用于实际问题，把实际问题模型化。
3．注重实验原理与操作、实验能力的迁移应用。
第1讲　动量　动量定理
目标 要求 　 　 1.理解动量和冲量的概念，理解动量定理及其表达式。2.能用动量定理解释生活中的有关现象。3.会用动量定理进行相关计算，并会在流体力学中建立“柱状”模型。
一、动量和冲量
1．动量
(1)定义：物体的质量和速度的乘积。
(2)表达式：p＝mv，单位为kg·m/s。
(3)方向：动量是矢量，方向与速度的方向相同。
2．动量变化量
(1)动量的变化量Δp等于末动量p′减去初动量p的矢量运算，也称为动量的增量，即Δp＝p′－p。
(2)动量的变化量Δp是矢量，其方向与速度的改变量Δv的方向相同，运用矢量法则计算。
3．冲量
(1)定义：力与力的作用时间的乘积。
(2)公式：I＝FΔt。
(3)单位：N·s。
(4)方向：冲量是矢量，其方向与力的方向相同。
二、动量定理
1．内容：物体在一个过程中所受力的冲量等于它在这个过程始末的动量变化量。
2．公式：F(t′－t)＝mv′－mv或I＝p′－p。
1．判断正误
(1)一个物体的运动状态变化时，它的动量一定改变。(√)
(2)两物体中动量大的动能不一定大。(√)
(3)物体沿水平面运动时，重力不做功，其冲量为零。(×)
(4)物体的动量发生改变，则合力一定对物体做了功。(×)
2．(人教版教材原题改编)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：B　体操运动员落地时屈腿可以延长地面对人撞击力F的作用时间t，取人落地时速度v
的方向为正方向，根据动量定理得－Ft＋mgt＝0－mv，得F＝＋mg，当t增加时F减小，而地面对人的冲量大小Ft＝mv＋mgt增大，人的动量变化量大小mv不变，人的动能变化量大小mv2不变，所以B正确，A、C、D错误。
3．(多选)(人教版教材原题改编)一质量为2 kg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＝1 s时物块的速率为1 m/s
B．t＝2 s时物块的动量大小为4 kg·m/s
C．t＝3 s时物块的动量大小为5 kg·m/s
D．t＝4 s时物块的速度为0
解析：AB　前2 s内物块做初速度为零的匀加速直线运动，加速度a1＝ m/s2＝，t＝1 s时物块的速率v1＝a1t1＝1 m/s，A正确；t＝2 s时物块的速率v2＝a1t2＝2 m/s，动量大小为p2＝mv2＝4 kg·m/s，B正确；物块在2～4 s内做匀减速直线运动，加速度的大小为a2＝＝0.5 m/s2，t＝3 s时物块的速率v3＝v2－a2t3＝(2－0.5×1) m/s＝1.5 m/s，动量大小为p3＝mv3＝3 kg·m/s，C错误；t＝4 s时物块的速度v4＝v2－a2t4＝(2－0.5×2) m/s＝1 m/s，D错误。
考点一　动量、冲量的理解及计算
考向1　动量和动能
　(多选)(2025·广西名校联考)在光滑水平面上，原来静止的物体在水平力F的作用下，经过时间t、通过位移L后动量变为p、动能变为Ek。以下说法正确的是(　　)
A．在F作用下，若这个物体经过位移2L，其动量等于2p
B．在F作用下，若这个物体经过位移2L，其动能等于2Ek
C．在F作用下，若这个物体经过时间2t，其动能等于2Ek
D．在F作用下，若这个物体经过时间2t，其动量等于2p
解析：BD　在光滑水平面上，物体所受合力大小等于F的大小，根据动能定理知，FL＝Ek，物体位移变为原来的2倍，动能变为原来的2倍，根据p＝，知动量变为原来的倍，故A错误，B正确；根据动量定理知，Ft＝mv，物体运动时间变为原来的2倍，则动量变为原来的2倍，根据Ek＝知，动能变为原来的4倍，故C错误，D正确。
动量与动能的联系
p＝或
Ek＝。
考向2　冲量的计算
　(多选)(2025·广东卷，10)如图所示，无人机在空中作业时，受到一个方向不变、大小随时间变化的拉力。无人机经飞控系统实时调控，在拉力、空气作用力和重力作用下沿水平方向做匀速直线运动。已知拉力与水平面成30°角，其大小F随时间t的变化关系为F＝F0－kt(F≠0，F0、k均为大于0的常量)，无人机的质量为m，重力加速度为g。关于该无人机在0到T时间段内(T是满足F>0的任一时刻)，下列说法正确的有(　　)
A．受到空气作用力的方向会变化
B．受到拉力的冲量大小为T
C．受到重力和拉力的合力的冲量大小为mgT＋T
D．T时刻受到空气作用力的大小为
解析：AB　无人机沿水平方向做匀速直线运动，则其时刻受力平衡，又由题意可知拉力方向不变，逐渐减小，则可作出无人机的受力示意图如图所示，可知无人机受到空气作用力的方向会变化，A正确；由题意可知，拉力的大小随时间均匀变化，所以0到T时间段内，无人机受到拉力的冲量大小IF＝T，B正确；0到T时间段内，无人机受到的重力的冲量大小IG＝mgT，又无人机受到的重力和拉力不共线，所以结合B项分析可知，无人机受到重力和拉力的合力的冲量大小I合冲量的计算方法
(1)公式法：I＝FΔt，仅适用于求恒力的冲量。
(2)图像法：F-t图像与t轴围成的面积表示冲量。
(3)平均值法：如果力随时间是均匀变化的，则F－＝(F0＋Ft)，该变力的冲量为I＝(F0＋Ft)t。
(4)动量定理法：由I＝Δp求冲量，多用于求变力的冲量。
考点二　动量定理的理解和应用
考向1　动量定理的定性分析
　(2026·湖北腾云联盟开学考)防弹衣是警察和士兵的重要防护装备。当子弹击中防弹衣时，子弹在防弹衣中减速至停止，而穿戴者通常只感到轻微冲击。与子弹直接击中人体相比，防弹衣能有效降低穿戴者受到的伤害，主要是因为防弹衣能(　　)
A．减小子弹的冲量 B．减小子弹的动量变化量
C．减小子弹对人的作用力 D．减小子弹的动能变化量
解析：C　根据动量定理，冲量FΔt＝Δp。子弹的动量变化量Δp由初末速度决定，无论是否使用防弹衣，子弹最终停止，Δp相同，故AB错误；防弹衣通过延长作用时间Δt，减小子弹对人的平均作用力F＝，从而降低伤害，故C正确；动能变化量ΔEk由子弹初动能决定，防弹衣未改变总动能变化，故D错误。
考向2　动量定理的有关计算
　(多选)(2023·广东卷，10)某同学受电动窗帘的启发，设计了如图所示的简化模型。多个质量均为1 kg的滑块可在水平滑轨上滑动，忽略阻力。开窗帘过程中，电机对滑块1施加一个水平向右的恒力F，推动滑块1以0.40 m/s的速度与静止的滑块2碰撞，碰撞时间为0.04 s，碰撞结束后瞬间两滑块的共同速度为0.22 m/s。关于两滑块的碰撞过程，下列说法正确的有(　　)
A．该过程动量守恒
B．滑块1受到合外力的冲量大小为0.18 N·s
C．滑块2受到合外力的冲量大小为0.40 N·s
D．滑块2受到滑块1的平均作用力大小为5.5 N
解析：BD　取向右为正方向，滑块1和滑块2组成的系统的初动量为p1＝mv1＝1×0.40 kg·m/s＝0.40 kg·m/s，碰撞后的动量为p2＝2mv2＝2×1×0.22 kg·m/s＝0.44 kg·m/s，则滑块的碰撞过程动量不守恒，故A错误；对滑块1，则有I1＝mv2－mv1＝1×0.22 kg·m/s－1×0.40 kg·m/s＝－0.18 kg·m/s，负号表示方向水平向左，故B正确；对滑块2，则有I2＝mv2＝1×0.22 kg·m/s＝0.22 kg·m/s，故C错误；对滑块2根据动量定理有Δt＝I2，解得＝5.5 N，则滑块2受到滑块1的平均作用力大小为5.5 N，故D正确。
应用动量定理解题的一般思路
(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。
　(一题多解)(2025·河北卷，14)如图，一长为2 m的平台，距水平地面高度为1.8 m。质量为0.01 kg的小物块以3 m/s的初速度从平台左端水平向右运动。物块与平台、地面间的动摩擦因数均为0.2。物块视为质点，不考虑空气阻力，重力加速度g取10 m/s2。
(1)求物块第一次落到地面时距平台右端的水平距离；
(2)若物块第一次落到地面后弹起的最大高度为0.45 m，物块从离开平台到弹起至最大高度所用时间共计1 s。求物块第一次与地面接触过程中，所受弹力冲量的大小，以及物块弹离地面时水平速度的大小。
解析：(1)解法一　运动学公式
物块在平台上做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律有μmg＝ma　①
根据运动学公式有v12－v02＝－2aL　②
物块离开平台后做平抛运动有h＝gt12，x1＝v1t1　③
联立①②③解得t1＝0.6 s，v1＝1 m/s，x1＝0.6 m　④。
解法二　动能定理
物块在平台上做匀减速直线运动，根据动能定理有
－μmgL＝mv02　①
结合h＝gt12，x1＝v1t1　②
联立①②解得x1＝0.6 m　③。
(2)物块第一次落到地面后弹起，在竖直方向有h1＝gt22　⑤
解得t2＝0.3 s　⑥
物块与地面接触的时间为t3＝t－t1－t2＝0.1 s　⑦
在竖直方向，规定竖直向上为正方向，物块从离开平台到弹起至最大高度过程，根据动量定理有IN－mgt＝0　⑧
物块第一次与地面接触过程中所受弹力冲量的大小
IN＝FNt3＝0.1 N·s　⑨
在水平方向，规定水平向右为正方向，根据动量定理，有
－μFNt3＝mv2－mv1　⑩
由(1)问求得v1＝1 m/s，联立⑨⑩解得v2＝－1 m/s　
由于物块水平方向速度减为0后，不再受到摩擦力，故物块弹离地面时水平速度的大小为0。
答案：(1)0.6 m　(2)0.1 N·s　0
考点三　应用动量定理处理“流体模型”
　(2026·湖南长郡中学月考)帆船是利用风力航行的船，是继舟、筏之后的一种古老的水上交通工具。如图所示，在某次航行时，一艘帆船在水平风力的作用下，以速度v0沿风的方向匀速前行，风与帆作用的有效面积为S，气流的平均密度为ρ，帆船行驶过程水平方向上所受阻力恒为Ff。假设气流与帆作用后速度与帆船前行速度相等，则风速大小为(　　)
A．＋v0 B．＋v0
C．＋2v0 D．＋2v0
解析：A　由题意得，Δt时间内冲击船帆的空气的体积为V＝SL＝S(v－v0)Δt，则冲击船帆的空气质量为m＝ρV＝ρS(v－v0)Δt，空气的动量改变量为Δp＝m(v0－v)，规定帆船的速度方向为正，设帆对空气的作用力大小为F，由动量定理有－F·Δt＝ρS(v－v0)Δt(v0－v)，又帆船匀速前行，根据平衡条件F＝Ff，联立解得v＝＋v0，故选A。
点拨：以流体或微粒为研究对象，沿流体的流速或微粒的速度方向建立“柱状”模型，应用动量定理及微元法等综合分析。
　(2025·福建宁德三模)温福高铁宁德段正在加速建设中，宁德山区雾气重，假设列车在水平长直轨道上运行时，列车周围空气静止，车头前方的空气与水雾碰到车头后速度变为与列车速度相同，空气密度为ρ，空气中单位体积内有n颗小水珠，每颗小水珠的质量为m，车头的横截面积为S，列车以速度v匀速运行。则列车因与空气和水珠冲击而受到的阻力约为(　　)
A．(ρ＋nm)Sv B．(ρ＋nm)Sv2
C．ρSv2＋nmSv D．ρSv＋nmSv2
解析：B　在时间Δt内车头遇到的水珠的质量Δm1＝vΔtSnm，遇到空气的质量Δm2＝vΔtSρ，对这些水珠及空气的整体研究，由动量定理FΔt＝(Δm1＋Δm2)v，解得F＝(ρ＋nm)Sv2，由牛顿第三定律可知列车因与空气和水珠冲击而受到的阻力约为F′＝(ρ＋nm)Sv2，故选B。
[归纳总结]　常见两类“流体”模型
研究 对象 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“柱体”模型：沿流速v的方向选取一段小柱体，其横截面积为S
②微元 研究 小柱体的体积ΔV＝vSΔt
小柱体质量m＝ρΔV＝ρvSΔt 小柱体粒子数N＝nvSΔt
小柱体动量p＝mv＝ρv2SΔt
③建立方程，应用动量定理FΔt＝Δp研究
限时规范训练(35)　动量　动量定理
(建议用时：40分钟　满分：70分)
(选择题1～5题每题5分，7～8题每题6分，共37分)
[基础巩固练]
1．(课标变化题：人工智能)宇树机器人Unitree G1是世界上第一款成功完成站立侧空翻动作的人形机器人。机器人的各种传感器及伺服电机为其实现目标动作提供了物理基础。下列说法正确的是(　　)
A．机器人起跳过程中地面对机器人的支持力对机器人做功
B．忽略空气阻力，机器人腾空以后再做的动作会改变其重心轨迹
C．机器人落地时有一个屈膝下蹲动作，能够减小其与地面的作用力
D．机器人落地后迅速站起的过程，对地面的压力一直不变
解析：C　[2025课标新变化：人工智能作为全球科技竞争与国家战略发展的核心，重要性日益凸显。2025课标中新增“人工智能与物理”，契合高考推动物理学科与前沿科技融合，培养学生利用现代技术解决实际问题的能力，提升科学探究与创新素养的命题理念。2026年高考可能出现创新情境，将物理知识与AI应用相结合，如以“智能机器人”或“智能运动分析”(如v-t图像识别与处理)为情境，既考查信息获取、数据处理及模型建构等能力，又通过展现我国在尖端科技领域的自主创新成就与发展实力，渗透科技自信、创新精神与家国情怀的价值引领。]
机器人起跳过程中地面对机器人的支持力作用点没有发生位移，所以支持力不做功。从能的转化角度分析，机器人起跳过程消耗了电能，增加了机械能，A错误；机器人腾空后系统除重力外不受其他外力，重心做上抛运动或斜上抛运动，再做的动作会改变其各部分的相对位置，不会改变重心的轨迹，B错误；机器人落地时屈膝下蹲动作，起到了缓冲作用。根据动量定理可知，合外力的冲量等于动量的变化量，屈膝下蹲动作延长了机器人与地面的作用时间，从而减小了其与地面的作用力，C正确；机器人落地后迅速站起的过程，重心先向上加速，地面对机器人的支持力大于重力，再向上减速，地面对机器人的支持力小于重力，所以地面对机器人的支持力是变化的，根据作用力与反作用力，机器人对地面的压力也是变化的，D错误。
2．(2025·陕西宝鸡二模)假设儿童足球质量为300 g，某次儿童足球比赛时足球迎面飞来的速度为5 m/s，脚与足球接触的时间大约为0.1 s，若以相同的速率将球反向踢回，则此过程中足球(　　)
A．动量变化量为0
B．动量变化量为30 kg·m/s
C．受到脚的平均冲击力大小约为30 N
D．受到脚的平均冲击力大小约为15 N
解析：C　设足球弹回的方向为正方向，则足球动量变化量Δp＝mv－(－mv)＝2mv＝2×0.3×5 kg·m/s＝3 kg·m/s，选项AB错误；根据动量定理FΔt＝Δp，可得受到脚的平均冲击力大小约为F＝30 N，选项C正确，D错误。
3．(2026·北京房山期末)质量为m的物块在光滑水平面上以速率v匀速向左运动，某时刻对物块施加与水平方向夹角为θ的恒定拉力F，如图所示。经过时间t，物块恰好以相同速率v向右运动。在时间t内，下列说法正确的是(　　)
A．物块所受拉力F的冲量方向水平向右
B．物块所受拉力F的冲量大小为2mv
C．物块所受重力的冲量大小为零
D．物块所受合力的冲量大小为Ft cos θ
解析：D　物块所受拉力F的冲量为IF＝Ft，方向与水平方向夹角为θ，故A错误；物块所受重力的冲量为IG＝mgt≠0，故C错误；由动量定理可知I合＝2mv＝Ft cos θ，故B错误，D正确。
4．(多选)(2026·北京四中开学考)竖直上抛某物体，物体达到最高点后又回到抛出点，设物体所受空气阻力不可忽略，且大小与速率成正比，则下列说法正确的是(　　)
A．全过程物体的动量变化量方向向下
B．重力在全过程中的总冲量为零
C．上升过程重力的冲量与下落过程重力的冲量大小相等
D．上升过程空气阻力的冲量与下落过程空气阻力的冲量大小相等
解析：AD　由题可知，全过程中阻力一直做负功，由动能定理可知抛出位置的速度最大，因此全过程中任意一个时刻的速度变化量Δv都小于0，以初速度方向(竖直向上)为正方向，动量变化量Δp＝mΔv＜0，因此全过程物体的动量变化量方向向下，故A正确；重力的冲量I＝mgt，有力有时间就有冲量，总冲量不为零，故B错误；物体向上运动过程受到竖直向下的重力与空气阻力，物体下降过程受到竖直向下的重力与竖直向上的空气阻力，因此上升过程合力大于下降过程的合力，由牛顿第二定律可知a上＞a下，由于上升位移大小等于下降位移大小，根据x＝at2可知t上＜t下，由I＝mgt可得I上＜I下，故C错误；由题知物体所受空气阻力大小与速率成正比，即Ff＝kv，取一小段时间Δt，在第一个Δt内可得空气阻力的冲量I1＝kv1Δt，在第n个Δt内可得空气阻力的冲量In＝kvnΔt，在上升的过程中，空气阻力的冲量I上＝I1＋I2＋I3＋…＋In＝kx上，同理可得在下降的过程中，空气阻力的冲量I下＝I1′＋I2′＋I3′＋…＋In′＝kx下，由于上升的位移大小等于下降的位移大小，因此上升过程空气阻力的冲量与下落过程空气阻力的冲量大小相等，故D正确。
5．(2025·湖北七市州联考)如图(a)所示，为“蹦极”的简化情景：某人用弹性橡皮绳拴住身体从高空P处自由下落。质量为60 kg的人可看成质点，从P点由静止下落到最低点所用时间为9 s，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力。第一次下落过程中橡皮绳弹力F与时间t的关系图像如图(b)所示，则图像中阴影部分的面积为(　　)
图(a)　　　　　　图(b)
A．1800 kg·m/s B．5400 kg·m/s
C．7200 kg·m/s D．3600 kg·m/s
解析：B　人下落整个过程，根据动量定理有mgt－IF＝0，解得IF＝mgt，图像中阴影部分的面积表示橡皮绳弹力的冲量大小，可知，阴影部分面积大小为IF＝mgt＝5400 kg·m/s，故选B。
6．(10分)(2025·重庆西南大学附中一模)现有一把0.6 kg的铁锤钉钉子，打击前瞬间铁锤的速度为3 m/s，打击后铁锤的速度变为0，打击时间为0.01 s。重力加速度g＝10 m/s2，求上述打击过程：
(1)铁锤的动量变化量大小；
(2)考虑铁锤所受的重力，钉子受到的平均作用力大小。
解析：(1)规定铁锤初速度方向为正方向，对铁锤分析Δp＝0－mv＝－1.8 kg·m/s
即动量变化量的大小为1.8 kg·m/s，方向与初速度的方向相反。
(2)钉子对铁锤的平均作用力为F，对于铁锤，以初速度的方向为正方向，由动量定理可得(－F＋mg)t＝Δp
解得F＝186 N
根据牛顿第三定律可得，钉子受到的平均作用力的大小F′＝F＝186 N。
答案：(1)1.8 kg·m/s　 (2)186 N
[能力提升练]
7．(多选)(2025·山西太原三模)研究运动员竖直跳跃时，脚下的传感器记录了运动员与传感器间作用力的大小随时间的变化。如图所示，1.0 s时运动员开始起跳，3.1 s时恰好静止于传感器上。将运动员视为质点，不考虑空气阻力，取g＝10 m/s2，下列说法正确的是(　　)
A．刚离开传感器时，运动员的速度大小为3 m/s
B．起跳过程中，传感器对运动员的冲量大小为240 N·s
C．2.5～3.1 s时间内，传感器对运动员平均作用力的大小约为1200 N
D．1.0～1.9 s与2.5～3.1 s时间内，运动员所受合力的冲量不同
解析：AC　1.9～2.5 s时间段内，运动员在空中做竖直上抛运动，初速度v0＝g＝3 m/s，故A正确；由图像可知，0～1.0 s时间内运动员静止在传感器上，故mg＝F＝800 N，所以m＝80 kg，1.0～1.9 s时间段内是起跳过程，列动量定理I－mgt1＝mv0，代入数据可得I＝960 N·s，故B错误；以竖直向上为正方向，对运动员在2.5～3.1 s时间段内列动量定理方程t3－mgt3＝0－m(－v0)，代入数据可得＝1200 N，故C正确；在1.0～1.9 s与2.5～3.1 s两段时间内，运动员的动量变化量相等，由I合＝Δp可知，运动员所受合力的冲量相同，故D错误。
8．(2025·浙江金华一模)清洗汽车的高压水枪如图所示。水枪喷出的水柱截面是直径为D的圆形，水流速度为v，水柱垂直射向汽车表面，冲击汽车后速度减为零。已知水的密度为ρ。则(　　)
A．高压水枪单位时间喷出的水的质量为
B．高压水枪单位时间内对汽车的作用力为ρπv2D2
C．水柱对汽车的压强为ρv3
D．高压水枪单位时间内喷出水的动能为
解析：A　高压水枪单位时间喷出的水的质量为m＝ρv＝ρπρvπD2，规定水流的速度方向为正方向，设汽车对水柱的作用力为F，由动量定理得Ft＝mv，即Ft＝ρπvD2t·v，解得F＝ρv2πD2，由牛顿第三定律知，高压水枪对汽车的作用力为ρv2πD2，故B错误，A正确；水柱对汽车的压强为p＝＝ρv2，故C错误；高压水枪单位时间内喷出水的动能为Ek＝，故D错误。
9．(10分)(2024·广东卷，14节选)汽车的安全带和安全气囊是有效保护乘客的装置。
如图甲所示。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，以头锤碰到气囊表面为计时起点，气囊对头锤竖直方向的作用力F随时间t的变化规律，可近似用图乙所示的图像描述。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：
甲　 乙
(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。
解析：(1)根据F-t图线与t轴所围面积可知碰撞过程中F的冲量大小I＝330 N·s
碰撞过程中安全气囊对头锤的冲量方向为竖直向上。
(2)头锤先做自由落体运动，根据运动学公式有v12＝2gH
头锤与安全气囊碰撞过程，规定竖直向上为正方向，根据动量定理有I－Mgt＝Mv2－M(－v1)
头锤与安全气囊碰撞后做竖直上抛运动，则有v22＝2gh
联立可得头锤上升的最大高度h＝0.2 m。
答案：(1)330 N·s　方向竖直向上　(2)0.2 m
[培优创新练]
10．(13分)(2025·甘肃卷，14)如图1所示，细杆两端固定，质量为m的物块穿在细杆上。初始时刻，物块刚好能静止在细杆上。现以水平向左的力F作用在物块上，F随时间t的变化如图2所示。开始滑动瞬间的滑动摩擦力等于最大静摩擦力。细杆足够长，重力加速度为g，θ＝30°。求：
图1　 图2
(1)t＝6 s时F的大小，以及t在0～6 s内F的冲量大小；
(2)t在0～6 s内，摩擦力Ff随时间t变化的关系式，并作出相应的Ff-t图像；
(3)t＝6 s时，物块的速度大小。
解析：(1)由题图2可知水平向左的力F与时间t成正比，可得F＝mgt　①
当t＝6 s时，F＝mg　②
在0～6 s内，F的冲量大小IF＝　③
联立②③解得IF＝mg　④。
(2)设物块与细杆之间的动摩擦因数为μ，细杆对物块的弹力为FN。在初始时刻，物块刚好能静止在细杆上，根据平衡条件有
mg sin θ＝μmg cos θ　⑤
解得μ＝　⑥
若细杆对物块的弹力恰好为零，对物块受力分析如图1所示
图1
垂直杆方向有mg cos θ＝F0sin θ　⑦
解得F0＝mg　⑧。
a．当力F在0～F0之间时，由①知0≤t≤4 s，细杆对物块的弹力垂直杆向上，对物块受力分析如图2所示
图2
垂直杆方向有mg cos θ＝FN＋F sin θ　⑨
物块受到的摩擦力Ff＝μFN　⑩
联立①⑥⑨⑩解得Ff＝t(0≤t≤4 s) 　 。
b．当F大于F0时，由①知4 s图3
垂直杆方向有FN＋mg cos θ＝F sin θ　
物块受到的摩擦力Ff＝μFN　
联立①⑥ 解得Ff＝μFN＝(4 s可知摩擦力的表达式
Ff＝
其相应的
图4
Ff-t图像如图4所示。
(3)由Ff-t图像知在0～6 s内摩擦力冲量大小为
If＝　
结合(1)问可知在0～6 s内，力F沿杆方向的冲量大小为IF′＝IFcos θ　
设t＝6 s时，物块的速度大小为v，在0～6 s内，对物块沿杆方向由动量定理有
mg sin θ·t＋IF′－If＝mv－0　
联立④ 解得v＝g。
答案：(1)mg　mg　(2)见解析　(3)g限时规范训练(35)　动量　动量定理
(建议用时：40分钟　满分：70分)
(选择题1～5题每题5分，7～8题每题6分，共37分)
[基础巩固练]
1．(课标变化题：人工智能)宇树机器人Unitree G1是世界上第一款成功完成站立侧空翻动作的人形机器人。机器人的各种传感器及伺服电机为其实现目标动作提供了物理基础。下列说法正确的是(　　)
A．机器人起跳过程中地面对机器人的支持力对机器人做功
B．忽略空气阻力，机器人腾空以后再做的动作会改变其重心轨迹
C．机器人落地时有一个屈膝下蹲动作，能够减小其与地面的作用力
D．机器人落地后迅速站起的过程，对地面的压力一直不变
解析：C　[2025课标新变化：人工智能作为全球科技竞争与国家战略发展的核心，重要性日益凸显。2025课标中新增“人工智能与物理”，契合高考推动物理学科与前沿科技融合，培养学生利用现代技术解决实际问题的能力，提升科学探究与创新素养的命题理念。2026年高考可能出现创新情境，将物理知识与AI应用相结合，如以“智能机器人”或“智能运动分析”(如v-t图像识别与处理)为情境，既考查信息获取、数据处理及模型建构等能力，又通过展现我国在尖端科技领域的自主创新成就与发展实力，渗透科技自信、创新精神与家国情怀的价值引领。]
机器人起跳过程中地面对机器人的支持力作用点没有发生位移，所以支持力不做功。从能的转化角度分析，机器人起跳过程消耗了电能，增加了机械能，A错误；机器人腾空后系统除重力外不受其他外力，重心做上抛运动或斜上抛运动，再做的动作会改变其各部分的相对位置，不会改变重心的轨迹，B错误；机器人落地时屈膝下蹲动作，起到了缓冲作用。根据动量定理可知，合外力的冲量等于动量的变化量，屈膝下蹲动作延长了机器人与地面的作用时间，从而减小了其与地面的作用力，C正确；机器人落地后迅速站起的过程，重心先向上加速，地面对机器人的支持力大于重力，再向上减速，地面对机器人的支持力小于重力，所以地面对机器人的支持力是变化的，根据作用力与反作用力，机器人对地面的压力也是变化的，D错误。
2．(2025·陕西宝鸡二模)假设儿童足球质量为300 g，某次儿童足球比赛时足球迎面飞来的速度为5 m/s，脚与足球接触的时间大约为0.1 s，若以相同的速率将球反向踢回，则此过程中足球(　　)
A．动量变化量为0
B．动量变化量为30 kg·m/s
C．受到脚的平均冲击力大小约为30 N
D．受到脚的平均冲击力大小约为15 N
解析：C　设足球弹回的方向为正方向，则足球动量变化量Δp＝mv－(－mv)＝2mv＝2×0.3×5 kg·m/s＝3 kg·m/s，选项AB错误；根据动量定理FΔt＝Δp，可得受到脚的平均冲击力大小约为F＝30 N，选项C正确，D错误。
3．(2026·北京房山期末)质量为m的物块在光滑水平面上以速率v匀速向左运动，某时刻对物块施加与水平方向夹角为θ的恒定拉力F，如图所示。经过时间t，物块恰好以相同速率v向右运动。在时间t内，下列说法正确的是(　　)
A．物块所受拉力F的冲量方向水平向右
B．物块所受拉力F的冲量大小为2mv
C．物块所受重力的冲量大小为零
D．物块所受合力的冲量大小为Ft cos θ
解析：D　物块所受拉力F的冲量为IF＝Ft，方向与水平方向夹角为θ，故A错误；物块所受重力的冲量为IG＝mgt≠0，故C错误；由动量定理可知I合＝2mv＝Ft cos θ，故B错误，D正确。
4．(多选)(2026·北京四中开学考)竖直上抛某物体，物体达到最高点后又回到抛出点，设物体所受空气阻力不可忽略，且大小与速率成正比，则下列说法正确的是(　　)
A．全过程物体的动量变化量方向向下
B．重力在全过程中的总冲量为零
C．上升过程重力的冲量与下落过程重力的冲量大小相等
D．上升过程空气阻力的冲量与下落过程空气阻力的冲量大小相等
解析：AD　由题可知，全过程中阻力一直做负功，由动能定理可知抛出位置的速度最大，因此全过程中任意一个时刻的速度变化量Δv都小于0，以初速度方向(竖直向上)为正方向，动量变化量Δp＝mΔv＜0，因此全过程物体的动量变化量方向向下，故A正确；重力的冲量I＝mgt，有力有时间就有冲量，总冲量不为零，故B错误；物体向上运动过程受到竖直向下的重力与空气阻力，物体下降过程受到竖直向下的重力与竖直向上的空气阻力，因此上升过程合力大于下降过程的合力，由牛顿第二定律可知a上＞a下，由于上升位移大小等于下降位移大小，根据x＝at2可知t上＜t下，由I＝mgt可得I上＜I下，故C错误；由题知物体所受空气阻力大小与速率成正比，即Ff＝kv，取一小段时间Δt，在第一个Δt内可得空气阻力的冲量I1＝kv1Δt，在第n个Δt内可得空气阻力的冲量In＝kvnΔt，在上升的过程中，空气阻力的冲量I上＝I1＋I2＋I3＋…＋In＝kx上，同理可得在下降的过程中，空气阻力的冲量I下＝I1′＋I2′＋I3′＋…＋In′＝kx下，由于上升的位移大小等于下降的位移大小，因此上升过程空气阻力的冲量与下落过程空气阻力的冲量大小相等，故D正确。
5．(2025·湖北七市州联考)如图(a)所示，为“蹦极”的简化情景：某人用弹性橡皮绳拴住身体从高空P处自由下落。质量为60 kg的人可看成质点，从P点由静止下落到最低点所用时间为9 s，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力。第一次下落过程中橡皮绳弹力F与时间t的关系图像如图(b)所示，则图像中阴影部分的面积为(　　)
图(a)　　　　　　图(b)
A．1800 kg·m/s B．5400 kg·m/s
C．7200 kg·m/s D．3600 kg·m/s
解析：B　人下落整个过程，根据动量定理有mgt－IF＝0，解得IF＝mgt，图像中阴影部分的面积表示橡皮绳弹力的冲量大小，可知，阴影部分面积大小为IF＝mgt＝5400 kg·m/s，故选B。
6．(10分)(2025·重庆西南大学附中一模)现有一把0.6 kg的铁锤钉钉子，打击前瞬间铁锤的速度为3 m/s，打击后铁锤的速度变为0，打击时间为0.01 s。重力加速度g＝10 m/s2，求上述打击过程：
(1)铁锤的动量变化量大小；
(2)考虑铁锤所受的重力，钉子受到的平均作用力大小。
解析：(1)规定铁锤初速度方向为正方向，对铁锤分析Δp＝0－mv＝－1.8 kg·m/s
即动量变化量的大小为1.8 kg·m/s，方向与初速度的方向相反。
(2)钉子对铁锤的平均作用力为F，对于铁锤，以初速度的方向为正方向，由动量定理可得(－F＋mg)t＝Δp
解得F＝186 N
根据牛顿第三定律可得，钉子受到的平均作用力的大小F′＝F＝186 N。
答案：(1)1.8 kg·m/s　 (2)186 N
[能力提升练]
7．(多选)(2025·山西太原三模)研究运动员竖直跳跃时，脚下的传感器记录了运动员与传感器间作用力的大小随时间的变化。如图所示，1.0 s时运动员开始起跳，3.1 s时恰好静止于传感器上。将运动员视为质点，不考虑空气阻力，取g＝10 m/s2，下列说法正确的是(　　)
A．刚离开传感器时，运动员的速度大小为3 m/s
B．起跳过程中，传感器对运动员的冲量大小为240 N·s
C．2.5～3.1 s时间内，传感器对运动员平均作用力的大小约为1200 N
D．1.0～1.9 s与2.5～3.1 s时间内，运动员所受合力的冲量不同
解析：AC　1.9～2.5 s时间段内，运动员在空中做竖直上抛运动，初速度v0＝g＝3 m/s，故A正确；由图像可知，0～1.0 s时间内运动员静止在传感器上，故mg＝F＝800 N，所以m＝80 kg，1.0～1.9 s时间段内是起跳过程，列动量定理I－mgt1＝mv0，代入数据可得I＝960 N·s，故B错误；以竖直向上为正方向，对运动员在2.5～3.1 s时间段内列动量定理方程t3－mgt3＝0－m(－v0)，代入数据可得＝1200 N，故C正确；在1.0～1.9 s与2.5～3.1 s两段时间内，运动员的动量变化量相等，由I合＝Δp可知，运动员所受合力的冲量相同，故D错误。
8．(2025·浙江金华一模)清洗汽车的高压水枪如图所示。水枪喷出的水柱截面是直径为D的圆形，水流速度为v，水柱垂直射向汽车表面，冲击汽车后速度减为零。已知水的密度为ρ。则(　　)
A．高压水枪单位时间喷出的水的质量为
B．高压水枪单位时间内对汽车的作用力为ρπv2D2
C．水柱对汽车的压强为ρv3
D．高压水枪单位时间内喷出水的动能为
解析：A　高压水枪单位时间喷出的水的质量为m＝ρv＝ρπρvπD2，规定水流的速度方向为正方向，设汽车对水柱的作用力为F，由动量定理得Ft＝mv，即Ft＝ρπvD2t·v，解得F＝ρv2πD2，由牛顿第三定律知，高压水枪对汽车的作用力为ρv2πD2，故B错误，A正确；水柱对汽车的压强为p＝＝ρv2，故C错误；高压水枪单位时间内喷出水的动能为Ek＝，故D错误。
9．(10分)(2024·广东卷，14节选)汽车的安全带和安全气囊是有效保护乘客的装置。
如图甲所示。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，以头锤碰到气囊表面为计时起点，气囊对头锤竖直方向的作用力F随时间t的变化规律，可近似用图乙所示的图像描述。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：
甲　 乙
(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。
解析：(1)根据F-t图线与t轴所围面积可知碰撞过程中F的冲量大小I＝330 N·s
碰撞过程中安全气囊对头锤的冲量方向为竖直向上。
(2)头锤先做自由落体运动，根据运动学公式有v12＝2gH
头锤与安全气囊碰撞过程，规定竖直向上为正方向，根据动量定理有I－Mgt＝Mv2－M(－v1)
头锤与安全气囊碰撞后做竖直上抛运动，则有v22＝2gh
联立可得头锤上升的最大高度h＝0.2 m。
答案：(1)330 N·s　方向竖直向上　(2)0.2 m
[培优创新练]
10．(13分)(2025·甘肃卷，14)如图1所示，细杆两端固定，质量为m的物块穿在细杆上。初始时刻，物块刚好能静止在细杆上。现以水平向左的力F作用在物块上，F随时间t的变化如图2所示。开始滑动瞬间的滑动摩擦力等于最大静摩擦力。细杆足够长，重力加速度为g，θ＝30°。求：
图1　 图2
(1)t＝6 s时F的大小，以及t在0～6 s内F的冲量大小；
(2)t在0～6 s内，摩擦力Ff随时间t变化的关系式，并作出相应的Ff-t图像；
(3)t＝6 s时，物块的速度大小。
解析：(1)由题图2可知水平向左的力F与时间t成正比，可得F＝mgt　①
当t＝6 s时，F＝mg　②
在0～6 s内，F的冲量大小IF＝　③
联立②③解得IF＝mg　④。
(2)设物块与细杆之间的动摩擦因数为μ，细杆对物块的弹力为FN。在初始时刻，物块刚好能静止在细杆上，根据平衡条件有
mg sin θ＝μmg cos θ　⑤
解得μ＝　⑥
若细杆对物块的弹力恰好为零，对物块受力分析如图1所示
图1
垂直杆方向有mg cos θ＝F0sin θ　⑦
解得F0＝mg　⑧。
a．当力F在0～F0之间时，由①知0≤t≤4 s，细杆对物块的弹力垂直杆向上，对物块受力分析如图2所示
图2
垂直杆方向有mg cos θ＝FN＋F sin θ　⑨
物块受到的摩擦力Ff＝μFN　⑩
联立①⑥⑨⑩解得Ff＝t(0≤t≤4 s) 　 。
b．当F大于F0时，由①知4 s图3
垂直杆方向有FN＋mg cos θ＝F sin θ　
物块受到的摩擦力Ff＝μFN　
联立①⑥ 解得Ff＝μFN＝(4 s可知摩擦力的表达式
Ff＝
其相应的
图4
Ff-t图像如图4所示。
(3)由Ff-t图像知在0～6 s内摩擦力冲量大小为
If＝　
结合(1)问可知在0～6 s内，力F沿杆方向的冲量大小为IF′＝IFcos θ　
设t＝6 s时，物块的速度大小为v，在0～6 s内，对物块沿杆方向由动量定理有
mg sin θ·t＋IF′－If＝mv－0　
联立④ 解得v＝g。
答案：(1)mg　mg　(2)见解析　(3)g(共61张PPT)
第七章 动量守恒定律
1．理解冲量和动量。
2．通过理论推导和实验，理解动量定理，能用其解释生产生活中的有关现象。
3．理解动量守恒定律，能用其解释生产生活中的有关现象。知道动量守恒定律的普适性。
4．定量分析一维碰撞问题并能解释生产生活中的弹性碰撞和非弹性碰撞现象。
5．体会用动量守恒定律分析物理问题的方法，体会自然界的和谐与统一。
6．实验8　验证动量守恒定律
动量 守恒 定律 动量　动量定理 2025年：湖北卷T7；广东卷T10；甘肃卷T14；河北卷T14；北京卷T19
2024年：全国甲卷T20；广东卷T14
2023年：新课标卷T19；广东卷T10
动量守恒定律 2025年：甘肃卷T4；江苏卷T14；河南卷T7；山东卷T6；广东卷T7；陕晋宁青卷T15；北京卷T17
2024年：江苏卷T14；黑吉辽卷T14
2023年：辽宁卷T15；北京卷T12；重庆卷T14
动量和能量的综合 2025年：海南卷T11；山东卷T17；浙江1月选考T8；河南卷T14；福建卷T8；重庆卷T15
2024年：天津卷T11；安徽卷T8；江苏卷T9；湖北卷T14；山东卷T17；安徽卷T14；河北卷T15；湖南卷T15
2023年：湖南卷T15；辽宁卷T15；浙江6月选考T18
实验：验证动量守恒定律 2025年：广东T11
2024年：新课标卷T22；山东卷T13；北京卷T18
2023年：辽宁卷T11
1．掌握动量、冲量的概念及公式，理解其意义，并注意碰撞、反冲等常见现象。理解动量定理，能用其进行定性分析和定量计算。
2．掌握动量守恒的条件，并结合能量守恒定律灵活处理力学综合问题。注重将物理规律应用于实际问题，把实际问题模型化。
3．注重实验原理与操作、实验能力的迁移应用。
第1讲　动量　动量定理
1.理解动量和冲量的概念，理解动量定理及其表达式。2.能用动量定理解释生活中的有关现象。3.会用动量定理进行相关计算，并会在流体力学中建立“柱状”模型。
目标
要求
1
强基础 固本增分
2
研考点 精准突破
3
限时规范训练
栏
目
导
引
强基础
固本增分
一、动量和冲量
1．动量
(1)定义：物体的____和____的乘积。
(2)表达式：p＝___，单位为kg·m/s。
(3)方向：动量是__量，方向与____的方向相同。
质量
速度
mv
矢
速度
2．动量变化量
(1)动量的变化量Δp等于末动量p′减去初动量p的矢量运算，也称为动量的增量，即Δp＝______。
(2)动量的变化量Δp是____，其方向与______________的方向相同，运用矢量法则计算。
3．冲量
(1)定义：力与____________的乘积。
(2)公式：______。
(3)单位：____。
(4)方向：冲量是____，其方向与________相同。
p′－p
矢量
速度的改变量Δv
力的作用时间
I＝FΔt
N·s
矢量
力的方向
二、动量定理
1．内容：物体在一个过程中所受力的冲量等于它在这个过程始末的__________。
2．公式：_____________________或I＝______。
动量变化量
F(t′－t)＝mv′－mv
p′－p
1．判断正误
(1)一个物体的运动状态变化时，它的动量一定改变。( )
(2)两物体中动量大的动能不一定大。( )
(3)物体沿水平面运动时，重力不做功，其冲量为零。( )
(4)物体的动量发生改变，则合力一定对物体做了功。( )
×
√
√
×
2．(人教版教材原题改编)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：B　体操运动员落地时屈腿可以延长地面对人撞击力F的作用时间t，取人落地时速度v的方向为正方向，根据动量定理得－Ft＋mgt＝0－mv，得F＝＋mg，当t增加时F减小，而地面对人的冲量大小Ft＝mv＋mgt增大，人的动量变化量大小mv不变，人的动能变化量大小mv2不变，所以B正确，A、C、D错误。
B
3．(多选)(人教版教材原题改编)一质量为2 kg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＝1 s时物块的速率为1 m/s
B．t＝2 s时物块的动量大小为4 kg·m/s
C．t＝3 s时物块的动量大小为5 kg·m/s
D．t＝4 s时物块的速度为0
AB
解析：AB　前2 s内物块做初速度为零的匀加速直线运动，加速度a1＝ m/s2＝，t＝1 s时物块的速率v1＝a1t1＝1 m/s，A正确；t＝2 s时物块的速率v2＝a1t2＝2 m/s，动量大小为p2＝mv2＝4 kg·m/s，B正确；物块在2～4 s内做匀减速直线运动，加速度的大小为a2＝＝0.5 m/s2，t＝3 s时物块的速率v3＝v2－a2t3＝(2－0.5×1) m/s＝1.5 m/s，动量大小为p3＝mv3＝3 kg·m/s，C错误；t＝4 s时物块的速度v4＝v2－a2t4＝(2－0.5×2) m/s＝1 m/s，D错误。
研考点
精准突破
考点一　动量、冲量的理解及计算
考向1　动量和动能
(多选)(2025·广西名校联考)在光滑水平面上，原来静止的物体在水平力F的作用下，经过时间t、通过位移L后动量变为p、动能变为Ek。以下说法正确的是(　　)
A．在F作用下，若这个物体经过位移2L，其动量等于2p
B．在F作用下，若这个物体经过位移2L，其动能等于2Ek
C．在F作用下，若这个物体经过时间2t，其动能等于2Ek
D．在F作用下，若这个物体经过时间2t，其动量等于2p
BD
解析：BD　在光滑水平面上，物体所受合力大小等于F的大小，根据动能定理知，FL＝Ek，物体位移变为原来的2倍，动能变为原来的2倍，根据p＝，知动量变为原来的倍，故A错误，B正确；根据动量定理知，Ft＝mv，物体运动时间变为原来的2倍，则动量变为原来的2倍，根据Ek＝知，动能变为原来的4倍，故C错误，D正确。
动量与动能的联系
p＝或Ek＝。
考向2　冲量的计算
(多选)(2025·广东卷，10)如图所示，无人机在空中作业时，受到一个方向不变、大小随时间变化的拉力。无人机经飞控系统实时调控，在拉力、空气作用力和重力作用下沿水平方向做匀速直线运动。已知拉力与水平面成30°角，其大小F随时间t的变化关系为F＝F0－kt(F≠0，F0、k均为大于0的常量)，无人机的质量为m，重力加速度为g。关于该无人机在0到T时间段内(T是满足F>0的任一时刻)，下列说法正确的有(　　)
AB　
A．受到空气作用力的方向会变化
B．受到拉力的冲量大小为T
C．受到重力和拉力的合力的冲量大小为mgT＋T
D．T时刻受到空气作用力的大小为
解析：AB　无人机沿水平方向做匀速直线运动，则其时刻受力平衡，又由题意可知拉力方向不变，逐渐减小，则可作出无人机的受力示意图如图所示，可知无人机受到空气作用力的方向会变化，A正确；由题意可知，拉力的大小随时间均匀变化，所以0到T时间段内，无人机受到拉力的冲量大小IF＝T，B正确；
0到T时间段内，无人机受到的重力的冲量大小IG＝mgT，又无人机受到的重力和拉力不共线，所以结合B项分析可知，无人机受到重力和拉力的合
力的冲量大小I合冲量的计算方法
(1)公式法：I＝FΔt，仅适用于求恒力的冲量。
(2)图像法：F-t图像与t轴围成的面积表示冲量。
(3)平均值法：如果力随时间是均匀变化的，则F－＝(F0＋Ft)，该变力的冲量为I＝(F0＋Ft)t。
(4)动量定理法：由I＝Δp求冲量，多用于求变力的冲量。
考点二　动量定理的理解和应用
考向1　动量定理的定性分析
(2026·湖北腾云联盟开学考)防弹衣是警察和士兵的重要防护装备。当子弹击中防弹衣时，子弹在防弹衣中减速至停止，而穿戴者通常只感到轻微冲击。与子弹直接击中人体相比，防弹衣能有效降低穿戴者受到的伤害，主要是因为防弹衣能(　　)
A．减小子弹的冲量 B．减小子弹的动量变化量
C．减小子弹对人的作用力 D．减小子弹的动能变化量
C　
解析：C　根据动量定理，冲量FΔt＝Δp。子弹的动量变化量Δp由初末速度决定，无论是否使用防弹衣，子弹最终停止，Δp相同，故AB错误；防弹衣通过延长作用时间Δt，减小子弹对人的平均作用力F＝，从而降低伤害，故C正确；动能变化量ΔEk由子弹初动能决定，防弹衣未改变总动能变化，故D错误。
考向2　动量定理的有关计算
(多选)(2023·广东卷，10)某同学受电动窗帘的启发，设计了如图所示的简化模型。多个质量均为1 kg的滑块可在水平滑轨上滑动，忽略阻力。开窗帘过程中，电机对滑块1施加一个水平向右的恒力F，推动滑块1以0.40 m/s的速度与静止的滑块2碰撞，碰撞时间为0.04 s，碰撞结束后瞬间两滑块的共同速度为0.22 m/s。关于两滑块的碰撞过程，下列说法正确的有(　　)
A．该过程动量守恒
B．滑块1受到合外力的冲量大小为0.18 N·s
C．滑块2受到合外力的冲量大小为0.40 N·s
D．滑块2受到滑块1的平均作用力大小为5.5 N
BD　
解析：BD　取向右为正方向，滑块1和滑块2组成的系统的初动量为p1＝mv1＝1×0.40 kg·m/s＝0.40 kg·m/s，碰撞后的动量为p2＝2mv2＝2×1×0.22 kg·m/s＝0.44 kg·m/s，则滑块的碰撞过程动量不守恒，故A错误；对滑块1，则有I1＝mv2－mv1＝1×0.22 kg·m/s－1×0.40 kg·m/s＝－0.18 kg·m/s，负号表示方向水平向左，故B正确；对滑块2，则有I2＝mv2＝1×0.22 kg·m/s＝0.22 kg·m/s，故C错误；对滑块2根据动量定理有Δt＝I2，解得＝5.5 N，则滑块2受到滑块1的平均作用力大小为5.5 N，故D正确。
应用动量定理解题的一般思路
(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。
(一题多解)(2025·河北卷，14)如图，一
长为2 m的平台，距水平地面高度为1.8 m。质
量为0.01 kg的小物块以3 m/s的初速度从平台左
端水平向右运动。物块与平台、地面间的动摩
擦因数均为0.2。物块视为质点，不考虑空气阻力，重力加速度g取10 m/s2。
(1)求物块第一次落到地面时距平台右端的水平距离；
(2)若物块第一次落到地面后弹起的最大高度为0.45 m，物块从离开平台到弹起至最大高度所用时间共计1 s。求物块第一次与地面接触过程中，所受弹力冲量的大小，以及物块弹离地面时水平速度的大小。
解析：(1)解法一　运动学公式
物块在平台上做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律有μmg＝ma　①
根据运动学公式有v12－v02＝－2aL　②
物块离开平台后做平抛运动有h＝gt12，x1＝v1t1　③
联立①②③解得t1＝0.6 s，v1＝1 m/s，x1＝0.6 m　④。
解法二　动能定理
物块在平台上做匀减速直线运动，根据动能定理有
－μmgL＝mv02　①
结合h＝gt12，x1＝v1t1　②
联立①②解得x1＝0.6 m　③。
(2)物块第一次落到地面后弹起，在竖直方向有h1＝gt22　⑤
解得t2＝0.3 s　⑥
物块与地面接触的时间为t3＝t－t1－t2＝0.1 s　⑦
在竖直方向，规定竖直向上为正方向，物块从离开平台到弹起至最大高度过程，根据动量定理有IN－mgt＝0　⑧
物块第一次与地面接触过程中所受弹力冲量的大小
IN＝FNt3＝0.1 N·s　⑨
在水平方向，规定水平向右为正方向，根据
动量定理，有－μFNt3＝mv2－mv1　⑩
由(1)问求得v1＝1 m/s，联立⑨⑩解得v2＝－1 m/s　
由于物块水平方向速度减为0后，不再受到摩擦力，故物块弹离地面时水平速度的大小为0。
答案：(1)0.6 m　(2)0.1 N·s　0
考点三　应用动量定理处理“流体模型”
(2026·湖南长郡中学月考)帆船是利用风力航行的船，是继舟、筏之后的一种古老的水上交通工具。如图所示，在某次航行时，一艘帆船在水平风力的作用下，以速度v0沿风的方向匀速前行，风与帆作用的有效面积为S，气流的平均密度为ρ，帆船行驶过程水平方向上所受阻力恒为Ff。假设气流与帆作用后速度与帆船前行速度相等，则风速大小为(　　)
A．＋v0 B．＋v0
C．＋2v0 D．＋2v0
A
解析：A　由题意得，Δt时间内冲击船帆的空气的体积为V＝SL＝S(v－v0)Δt，则冲击船帆的空气质量为m＝ρV＝ρS(v－v0)Δt，空气的动量改变量为Δp＝m(v0－v)，规定帆船的速度方向为正，设帆对空气的作用力大小为F，由动量定理有－F·Δt＝ρS(v－v0)Δt(v0－v)，又帆船匀速前行，根据平衡条件F＝Ff，联立解得v＝＋v0，故选A。
点拨：以流体或微粒为研究对象，沿流体的流速或微粒的速度方向建立“柱状”模型，应用动量定理及微元法等综合分析。
(2025·福建宁德三模)温福高铁宁德段正在加速建设中，宁德山区雾气重，假设列车在水平长直轨道上运行时，列车周围空气静止，车头前方的空气与水雾碰到车头后速度变为与列车速度相同，空气密度为ρ，空气中单位体积内有n颗小水珠，每颗小水珠的质量为m，车头的横截面积为S，列车以速度v匀速运行。则列车因与空气和水珠冲击而受到的阻力约为(　　)
A．(ρ＋nm)Sv B．(ρ＋nm)Sv2
C．ρSv2＋nmSv D．ρSv＋nmSv2
B　
解析：B　在时间Δt内车头遇到的水珠的质量Δm1＝vΔtSnm，遇到空气的质量Δm2＝vΔtSρ，对这些水珠及空气的整体研究，由动量定理FΔt＝(Δm1＋Δm2)v，解得F＝(ρ＋nm)Sv2，由牛顿第三定律可知列车因与空气和水珠冲击而受到的阻力约为F′＝(ρ＋nm)Sv2，故选B。
[归纳总结]　常见两类“流体”模型
研究 对象 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“柱体”模型：沿流速v的方向选取一段小柱体，其横截面积为S
②微元 研究 小柱体的体积ΔV＝vSΔt
小柱体质量m＝ρΔV＝ρvSΔt
小柱体粒子数N＝nvSΔt
小柱体动量p＝mv＝ρv2SΔt
③建立方程，应用动量定理FΔt＝Δp研究
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限时规范
训练(35)　动量　动量定理
(建议用时：40分钟　满分：70分)
(选择题1～5题每题5分，7～8题每题6分，共37分)
[基础巩固练]
1．(课标变化题：人工智能)宇树机器人Unitree G1是世界上第一款成功完成站立侧空翻动作的人形机器人。机器人的各种传感器及伺服电机为其实现目标动作提供了物理基础。下列说法正确的是(　　)
A．机器人起跳过程中地面对机器人的支持力对机器人做功
B．忽略空气阻力，机器人腾空以后再做的动作会改变其重心轨迹
C．机器人落地时有一个屈膝下蹲动作，能够减小其与地面的作用力
D．机器人落地后迅速站起的过程，对地面的压力一直不变
C　
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解析：C　[2025课标新变化：人工智能作为全球科技竞争与国家战略发展的核心，重要性日益凸显。2025课标中新增“人工智能与物理”，契合高考推动物理学科与前沿科技融合，培养学生利用现代技术解决实际问题的能力，提升科学探究与创新素养的命题理念。2026年高考可能出现创新情境，将物理知识与AI应用相结合，如以“智能机器人”或“智能运动分析”(如v-t图像识别与处理)为情境，既考查信息获取、数据处理及模型建构等能力，又通过展现我国在尖端科技领域的自主创新成就与发展实力，渗透科技自信、创新精神与家国情怀的价值引领。]
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机器人起跳过程中地面对机器人的支持力作用点没有发生位移，所以支持力不做功。从能的转化角度分析，机器人起跳过程消耗了电能，增加了机械能，A错误；机器人腾空后系统除重力外不受其他外力，重心做上抛运动或斜上抛运动，再做的动作会改变其各部分的相对位置，不会改变重心的轨迹，B错误；机器人落地时屈膝下蹲动作，起到了缓冲作用。根据动量定理可知，合外力的冲量等于动量的变化量，屈膝下蹲动作延长了机器人与地面的作用时间，从而减小了其与地面的作用力，C正确；机器人落地后迅速站起的过程，重心先向上加速，地面对机器人的支持力大于重力，再向上减速，地面对机器人的支持力小于重力，所以地面对机器人的支持力是变化的，根据作用力与反作用力，机器人对地面的压力也是变化的，D错误。
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2．(2025·陕西宝鸡二模)假设儿童足球质量为300 g，某次儿童足球比赛时足球迎面飞来的速度为5 m/s，脚与足球接触的时间大约为0.1 s，若以相同的速率将球反向踢回，则此过程中足球(　　)
A．动量变化量为0
B．动量变化量为30 kg·m/s
C．受到脚的平均冲击力大小约为30 N
D．受到脚的平均冲击力大小约为15 N
解析：C　设足球弹回的方向为正方向，则足球动量变化量Δp＝mv－(－mv)＝2mv＝2×0.3×5 kg·m/s＝3 kg·m/s，选项AB错误；根据动量定理FΔt＝Δp，可得受到脚的平均冲击力大小约为F＝30 N，选项C正确，D错误。
C　
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3．(2026·北京房山期末)质量为m的物块在光滑水平面上以速率v匀速向左运动，某时刻对物块施加与水平方向夹角为θ的恒定拉力F，如图所示。经过时间t，物块恰好以相同速率v向右运动。在时间t内，下列说法正确的是(　　)
A．物块所受拉力F的冲量方向水平向右
B．物块所受拉力F的冲量大小为2mv
C．物块所受重力的冲量大小为零
D．物块所受合力的冲量大小为Ft cos θ
解析：D　物块所受拉力F的冲量为IF＝Ft，方向与水平方向夹角为θ，故A错误；物块所受重力的冲量为IG＝mgt≠0，故C错误；由动量定理可知
I合＝2mv＝Ft cos θ，故B错误，D正确。
D
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4．(多选)(2026·北京四中开学考)竖直上抛某物体，物体达到最高点后又回到抛出点，设物体所受空气阻力不可忽略，且大小与速率成正比，则下列说法正确的是(　　)
A．全过程物体的动量变化量方向向下
B．重力在全过程中的总冲量为零
C．上升过程重力的冲量与下落过程重力的冲量大小相等
D．上升过程空气阻力的冲量与下落过程空气阻力的冲量大小相等
AD
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解析：AD　由题可知，全过程中阻力一直做负功，由动能定理可知抛出位置的速度最大，因此全过程中任意一个时刻的速度变化量Δv都小于0，以初速度方向(竖直向上)为正方向，动量变化量Δp＝mΔv＜0，因此全过程物体的动量变化量方向向下，故A正确；重力的冲量I＝mgt，有力有时间就有冲量，总冲量不为零，故B错误；物体向上运动过程受到竖直向下的重力与空气阻力，物体下降过程受到竖直向下的重力与竖直向上的空气阻力，因此上升过程合力大于下降过程的合力，由牛顿第二定律可知
a上＞a下，由于上升位移大小等于下降位移大小，根据x＝at2可知t上＜
t下，由I＝mgt可得I上＜I下，故C错误；由题知物体所受空气阻力大小与
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速率成正比，即Ff＝kv，取一小段时间Δt，在第一个Δt内可得空气阻力的冲量I1＝kv1Δt，在第n个Δt内可得空气阻力的冲量In＝kvnΔt，在上升的过程中，空气阻力的冲量I上＝I1＋I2＋I3＋…＋In＝kx上，同理可得在下降的过程中，空气阻力的冲量I下＝I1′＋I2′＋I3′＋…＋In′＝kx下，由于上升的位移大小等于下降的位移大小，因此上升过程空气阻力的冲量与下落过程空气阻力的冲量大小相等，故D正确。
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5．(2025·湖北七市州联考)如图(a)所示，为“蹦极”的简化情景：某人用弹性橡皮绳拴住身体从高空P处自由下落。质量为60 kg的人可看成质点，从P点由静止下落到最低点所用时间为9 s，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力。第一次下落过程中橡皮绳弹力F与时间t的关系图像如图(b)所示，则图像中阴影部分的面积为(　　)
A．1800 kg·m/s
B．5400 kg·m/s
C．7200 kg·m/s
D．3600 kg·m/s
图(a)　　　　图(b)
B
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解析：B　人下落整个过程，根据动量定理有mgt－IF＝0，解得IF＝mgt，图像中阴影部分的面积表示橡皮绳弹力的冲量大小，可知，阴影部分面积大小为IF＝mgt＝5400 kg·m/s，故选B。
图(a)　　　　图(b)
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6．(10分)(2025·重庆西南大学附中一模)现有一把0.6 kg的铁锤钉钉子，打击前瞬间铁锤的速度为3 m/s，打击后铁锤的速度变为0，打击时间为0.01 s。重力加速度g＝10 m/s2，求上述打击过程：
(1)铁锤的动量变化量大小；
(2)考虑铁锤所受的重力，钉子受到的平均作用力大小。
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解析：(1)规定铁锤初速度方向为正方向，对铁锤
分析Δp＝0－mv＝－1.8 kg·m/s
即动量变化量的大小为1.8 kg·m/s，方向与初速度
的方向相反。
(2)钉子对铁锤的平均作用力为F，对于铁锤，以初
速度的方向为正方向，由动量定理可得(－F＋mg)t＝Δp
解得F＝186 N
根据牛顿第三定律可得，钉子受到的平均作用力的大小F′＝F＝186 N。
答案：(1)1.8 kg·m/s　 (2)186 N
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[能力提升练]
7．(多选)(2025·山西太原三模)研究运动员竖直
跳跃时，脚下的传感器记录了运动员与传感器
间作用力的大小随时间的变化。如图所示，1.0
s时运动员开始起跳，3.1 s时恰好静止于传感器
上。将运动员视为质点，不考虑空气阻力，取g＝10 m/s2，下列说法正确的是(　　)
A．刚离开传感器时，运动员的速度大小为3 m/s
B．起跳过程中，传感器对运动员的冲量大小为240 N·s
C．2.5～3.1 s时间内，传感器对运动员平均作用力的大小约为1200 N
D．1.0～1.9 s与2.5～3.1 s时间内，运动员所受合力的冲量不同
AC　
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解析：AC　1.9～2.5 s时间段内，运动员在空中做竖直上抛运动，初速度v0＝g＝3 m/s，故A正确；由图像可知，0～1.0 s时间内运动员静止在传感器上，故mg＝F＝800 N，所以m＝80 kg，1.0～1.9 s时间段内是起跳过程，列动量定理I－mgt1＝mv0，代入数据可得I＝960 N·s，故B错误；以竖直向上为正方向，对运动员在2.5～3.1 s时间段内列动量定理方程t3－mgt3＝0－m(－v0)，代入数据可得＝1200 N，故C正确；在1.0～1.9 s与2.5～3.1 s两段时间内，运动员的动量变化量相等，由I合＝Δp可知，运动员所受合力的冲量相同，故D错误。
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8．(2025·浙江金华一模)清洗汽车的高压水枪如图所示。水枪喷出的水柱截面是直径为D的圆形，水流速度为v，水柱垂直射向汽车表面，冲击汽车后速度减为零。已知水的密度为ρ。则(　　)
A．高压水枪单位时间喷出的水的质量为
B．高压水枪单位时间内对汽车的作用力为ρπv2D2
C．水柱对汽车的压强为ρv3
D．高压水枪单位时间内喷出水的动能为
A
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解析：A　高压水枪单位时间喷出的水的质量为m＝ρv＝ρπρvπD2，规定水流的速度方向为正方向，设汽车对水柱的作用力为F，由动量定理得Ft＝mv，即Ft＝ρπvD2t·v，解得F＝ρv2πD2，由牛顿第三定律知，高压水枪对汽车的作用力为ρv2πD2，故B错
误，A正确；水柱对汽车的压强为p＝＝ρv2，故C
错误；高压水枪单位时间内喷出水的动能为Ek＝
，故D错误。
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9．(10分)(2024·广东卷，14节选)汽车的安全带和安全气囊是有效保护乘客的装置。
如图甲所示。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，以头锤碰到气囊表面为计时起点，气囊对头锤竖直方向的作用力F随时间t的变化规律，可近似用图乙所示的图像描述。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。
甲　 乙
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解析：(1)根据F-t图线与t轴所围面积可知碰撞过程中F的冲量大小I＝330 N·s
碰撞过程中安全气囊对头锤的冲量方向为竖直向上。
(2)头锤先做自由落体运动，根据运动学公式有v12＝2gH
头锤与安全气囊碰撞过程，规定竖直向上为正方向，根据动量定理有I－Mgt＝Mv2－M(－v1)
头锤与安全气囊碰撞后做竖直上抛
运动，则有v22＝2gh
联立可得头锤上升的最大高度h＝
0.2 m。
答案：(1)330 N·s　方向竖直向上　(2)0.2 m
甲　 乙
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[培优创新练]
10．(13分)(2025·甘肃卷，14)如图1所示，细杆两端固定，质量为m的物块穿在细杆上。初始时刻，物块刚好能静止在细杆上。现以水平向左的力F作用在物块上，F随时间t的变化如图2所示。开始滑动瞬间的滑动摩擦力等于最大静摩擦力。细杆足够长，重力加速度为g，θ＝30°。求：
(1)t＝6 s时F的大小，以及t在0～6 s内F的冲量大小；
(2)t在0～6 s内，摩擦力Ff随时间t变化的关系式，并作出相应的Ff-t图像；
(3)t＝6 s时，物块的速度大小。
图1　 图2
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解析：(1)由题图2可知水平向左的力F与时间t成正比，可得F＝mgt　①
当t＝6 s时，F＝mg　②
在0～6 s内，F的冲量大小IF＝　③
联立②③解得IF＝mg　④。
图1　 图2
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(2)设物块与细杆之间的动摩擦因数为μ，细杆对物块的弹力为FN。在初始时刻，物块刚好能静止在细杆上，根据平衡条件有
mg sin θ＝μmg cos θ　⑤
解得μ＝　⑥
若细杆对物块的弹力恰好为零，对物块受力分析如图1所示
垂直杆方向有mg cos θ＝F0sin θ　⑦
解得F0＝mg　⑧。
图1
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a．当力F在0～F0之间时，由①知0≤t≤4 s，细杆对物块的弹力垂直杆向上，对物块受力分析如图2所示
垂直杆方向有mg cos θ＝FN＋F sin θ　⑨
物块受到的摩擦力Ff＝μFN　⑩
联立①⑥⑨⑩解得Ff＝t(0≤t≤4 s) 　 。
b．当F大于F0时，由①知4 s垂直杆方向有FN＋mg cos θ＝F sin θ　
物块受到的摩擦力Ff＝μFN　
图2
图3
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联立①⑥ 解得Ff＝μFN＝(4 s可知摩擦力的表达式
Ff＝
其相应的
Ff-t图像如图4所示。
图4
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(3)由Ff-t图像知在0～6 s内摩擦力冲量大小为
If＝　
结合(1)问可知在0～6 s内，力F沿杆方向的冲量大小为IF′＝IFcos θ　
设t＝6 s时，物块的速度大小为v，在0～6 s内，对物块沿杆方向由动量定理有
mg sin θ·t＋IF′－If＝mv－0　
联立④ 解得v＝g。
答案：(1)mg　mg　(2)见解析　(3)g
第1讲　动量　动量定理
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