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第1讲　动量和动量定理
[复习目标]
1．理解动量和冲量的概念，能够比较动能和动量、功和冲量的概念。　2.理解动量定理及其表达式，能够应用动量定理定性和定量分析生活中的有关现象。　3.能够应用动量定理分析流体模型问题。
一、动量、动量变化、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。
(3)单位：千克米每秒。符号：kg·m/s。
(4)方向：动量的方向与速度的方向相同。
2．动量的变化
(1)因为动量是矢量，动量的变化量Δp也是矢量，其方向与速度的改变量Δv的方向相同。
(2)动量的变化量Δp，一般用末动量p′减去初动量p进行矢量运算，也称为动量的增量，即Δp＝p′－p。
3．冲量
(1)定义：力与力的作用时间的乘积叫作力的冲量。
(2)公式：I＝FΔt。
(3)单位：牛秒。符号：N·s。
(4)方向：冲量是矢量，其方向与力的方向相同。
1．(1)物体的速度大小不变，其动量不变。(　　)
(2)物体所受合力不变，其动量也不变。(　　)
(3)物体沿水平面运动时，重力不做功，其冲量为零。(　　)
(4)两物体动量大的动能不一定大。(　　)
提示：(1)×　(2)×　(3)×　(4)√
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。
3．对动量定理的理解
(1)动量定理反映了力的冲量与动量变化量之间的因果关系，即合力的冲量是原因，物体的动量变化量是结果。
(2)动量定理中的冲量是合力的冲量，或者是各个力冲量的矢量和。
(3)动量定理表达式是矢量式，等号包含了大小相等、方向相同两方面的含义。
2．(1)物体所受合外力的冲量方向与物体动量变化量的方向是一致的。(　　)
(2)动量定理描述的是某一状态的物理规律。(　　)
(3)运动员接篮球时手向后缓冲一下，是为了减小动量的变化量。(　　)
提示：(1)√　(2)×　(3)×
考点一　动量和冲量的理解
1．动量、动能和动量变化量
项目 动量 动能 动量变化量
定义 物体的质量和速度的乘积 物体由于运动而具有的能量 物体末动量与初动量的矢量差
定义式 p＝mv Ek＝mv2 Δp＝p′－p
矢标性 矢量 标量 矢量
特点 状态量 状态量 过程量
关联方程 Ek＝，Ek＝pv，p＝，p＝
2.冲量的计算
公式法 利用定义式I＝Ft计算冲量，此方法仅适用于求恒力的冲量，无需考虑物体的运动状态
图像法 利用F－t图像计算，F－t图像与时间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
平均值法 若力的方向不变，大小随时间均匀变化，即力为时间的一次函数，则力F在某段时间t内的冲量I＝t，F1、F2为该段时间内初、末两时刻力的大小
动量定理法 如果物体受到大小或方向变化的力的作用，则不能直接用I＝Ft求变力的冲量，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
(2026·江苏泰州市模拟)有两个完全相同的铅球，从图甲中左、右两个圆筒的正上方相同高度处同时静止释放，两球分别与左、右两个筒的底部发生碰撞并反弹。其中左筒底部为一钢板，右筒底部为泡沫，压力传感器测得球第一次碰撞中受到的撞击力随时间变化如图乙中的曲线①、②，已知曲线①、②与时间轴围成的面积相等，则第一次碰撞过程中(　　)
A．左边铅球所受重力的冲量大
B．两铅球所受合外力的冲量相等
C．左边铅球动量变化率大
D．右边铅球动量变化大
[解析]　题图甲左边装置底部为钢板，右边装置底部为泡沫，则铅球与左边装置底部碰撞过程作用时间较短，两铅球完全相同，由重力冲量I＝mgt，可知左边铅球所受重力的冲量小，故A错误；两铅球所受合外力的冲量为支持力(撞击力)冲量与重力冲量大小之差，由题意知曲线①、②与时间轴围成的面积相等，即支持力冲量相等，由于左边铅球所受重力的冲量小，则左边铅球所受合外力的冲量大，即左边铅球动量变化量大，故B、D错误；由于左边铅球碰撞过程中动量变化量大，且作用时间较短，故左边铅球的动量变化率()大，故C正确。
[答案]　C
(2026·广东深圳市期末)一位滑雪者，人与装备的总质量为m，从静止沿山坡匀加速直线滑下，山坡倾角为α，在时间t内滑下的位移为s，重力加速度取g。现将滑雪者抽象为一个质点，对其受力分析并对重力正交分解如图乙所示，则在下滑时间t内(　　)
A．重力mg的冲量沿斜面向下
B．支持力FN的冲量等于零
C．所受阻力f的冲量等于mgt sin α，方向沿斜面向上
D．合力的冲量等于(mg sin α－f)t，方向沿斜面向下
[解析]　冲量的方向与力的方向一致，可知重力mg的冲量竖直向下，A错误；支持力FN不等于零，则支持力的冲量不等于零，B错误；根据mg sin α－f＝ma，可得f＝mg sin α－ma[答案]　D
考点二　动量定理的理解和应用
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Ft＝p′－p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。
(3)由Ft＝p′－p得，F＝＝，即物体所受的合外力等于物体的动量对时间的变化率。
2．两类物理现象
(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。
(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。
3．解题基本思路
(1)确定研究对象。
(2)对研究对象进行受力分析。可先求每个力的冲量，再求各力冲量的矢量和——合力的冲量；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。
考向1　应用动量定理定性分析
(2026·河南安阳市一模)泡沫塑料由于其良好的缓冲性能成为近代广泛使用的缓冲材料，在易碎物品的长途运输中起着重要作用。运输车在颠簸的路面上行驶，用泡沫塑料包装物品，泡沫塑料所起的作用是(　　)
A．减小物品与包装箱的接触时间，减小合力冲量
B．延长物品与包装箱的接触时间，增大合力冲量
C．延长物品与包装箱的接触时间，减小包装箱对物品的平均冲击力
D．减小物品与包装箱的接触时间，减小包装箱对物品的平均冲击力
[解析]　泡沫塑料的作用是延长了物品与包装箱的接触时间Δt，而物品的动量变化量Δp未发生变化，根据动量定理可知，合力冲量不变，故A、B错误；设物品撞击时所受合力为F，根据动量定理F·Δt＝Δp，可得F＝，可知泡沫塑料的作用是延长了物品与包装箱的接触时间Δt，从而减小物品所受到的合力，故C正确，D错误。
[答案]　C
考向2　动量定理的应用
(2025·河北卷，T14)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)小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
则小物块从开始运动到离开平台有
v－v＝－2ax0
小物块从平台飞出后做平抛运动，有
h＝gt，x＝vxt1
联立解得x＝0.6 m。
(2)物块第一次落到地面后弹起，在竖直方向，有h′＝gt，vy2＝gt2
解得t2＝0.3 s，vy2＝3 m/s
则物块与地面接触的时间
Δt＝t－t1－t2＝0.1 s
物块与地面接触的过程中根据动量定理，在竖直方向取竖直向上为正，有
IN－mgΔt＝mvy2－m(－vy1)，vy1＝gt1
解得IN＝0.1 N·s
在水平方向取水平向右为正，有
－μNΔt＝mvx′－mvx，IN＝NΔt
解得vx′＝－1 m/s
由于物体水平方向速度减为0后，不再受摩擦力，故物块弹离地面的水平速度为0。
[答案]　(1)0.6 m　(2)0.1 N·s　0
(2026·广东广州市模拟)如图(a)，质量为m的篮球从离地H高度处静止下落，与地面发生一次非弹性碰撞后最高反弹至离地h处。设篮球每次与地面碰撞的碰后速率与碰前速率之比相同，重力加速度为g，不计空气阻力。
(1)求篮球与地面第一次碰撞过程所受合力的冲量I及碰后速率v2与碰前速率v1之比；
(2)若篮球反弹至最高处h时，运动员向下拍球，对篮球施加一个向下的压力F，持续作用至h0高度处撤去，使得篮球与地面第二次碰撞后恰好反弹至h高度处，力F的大小随高度y的变化如图(b)所示，求F0的大小。
[解析]　(1)篮球自由下落，设碰地前瞬间的速率为v1，由运动学公式可得
v＝2gH
解得v1＝
篮球反弹至h高处，设离地瞬间的速率为v2，由运动学公式可得0－v＝－2gh
解得v2＝
以竖直向上为正方向，根据动量定理可得
I＝mv2－(－mv1)
可得I＝m(＋)
方向竖直向上；篮球与地面第一次碰撞的碰后速率与碰前速率之比＝。
(2)由题图(b)可知，拍球过程压力做的功
WF＝(h－h0)F0
设篮球落地瞬间的速率为v3，由动能定理可得
mgh＋WF＝mv
篮球反弹至h高处，设离地瞬间的速率为v4，由运动学公式可得0－v＝－2gh
由(2)问可知速率之比＝
联立解得F0＝。
[答案]　(1)m(＋)，方向竖直向上　　(2)
考向3　应用I＝Δp求变力的冲量
(2026·湖北七市州模拟)图(a)所示的是“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．1 800 kg·m/s　　 B．5 400 kg·m/s
C．7 200 kg·m/s D．3 600 kg·m/s
[解析]　人下落的整个过程，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IF＝mgt＝5 400 kg·m/s，故B正确。
[答案]　B
(2026·安徽芜湖市期末)根据交通法规，电动自行车驾驶人和乘坐人员须佩戴安全头盔。头盔可以吸收撞击的能量，再加上安全头盔内的缓冲材料，大大降低了驾驶者受到伤害的程度。如图所示，对某种头盔材料进行测试，已知该材料质量为M，其上表面为坚硬层，下部分为缓冲层(受力后发生明显形变)，放在水平桌面上，用质量为m的重物以速率v竖直向下落在材料的上表面上，碰撞时间极短，重物以0.8v的速率反向弹回，已知头盔材料在受到撞击后在桌面上向下挤压的缓冲时间为t，然后静止不动，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　)
A．在撞击过程中，重物所受合外力的冲量大小为0.2mv
B．在撞击过程中，重物受到重力的冲量大小为mgt
C．头盔材料向下缓冲过程中，对桌面的平均压力大小为Mg－
D．头盔材料向下缓冲过程中，对桌面的平均压力大小为Mg＋
[解析]　在撞击过程中，以竖直向上为正方向，对重物根据动量定理可得I合＝Δp＝m·0.8v－(－mv)＝1.8mv，可知重物所受合外力的冲量大小为1.8mv，故A错误；在撞击过程中，碰撞时间极短，重物受到重力的冲量大小几乎为0，可以忽略不计，故B错误；在撞击过程中，根据动量守恒可得－mv＝m·0.8v＋Mv1，解得头盔材料的速度v1＝－，头盔材料在受到撞击后在桌面上向下挤压的缓冲时间为t，然后静止不动，根据动量定理可得t－Mgt＝0－Mv1，解得＝Mg＋，根据牛顿第三定律可知，头盔材料向下缓冲过程中，对桌面的平均压力大小为Mg＋，故C错误，D正确。
[答案]　D
考点三　利用动量定理处理流体模型
1．研究对象
常常需要选取流体为研究对象，如水、空气等。
2．研究方法
隔离出一定形状的一部分流体作为研究对象，然后列式求解。
3．基本思路
(1)在极短时间Δt内，取一小柱体作为研究对象。
(2)求小柱体的体积ΔV＝vSΔt。
(3)求小柱体质量Δm＝ρΔV＝ρvSΔt。
(4)求小柱体的动量p＝Δmv＝ρv2SΔt。
(5)应用动量定理FΔt＝Δp。
①作用后流体停止，－p＝FΔt，有F＝－ρSv2；
②作用后流体以速率v反弹，有－2p＝FΔt，有F＝－2ρSv2。
考向1　流体类问题
(2026·河北沧州市名校联考期末)最新国产载人喷气飞行背包的最高时速可达100 km/h，将来会在抢险救灾、追逃登船等领域发挥作用。某款式喷气飞行背包由两个主喷气发动机和几个副喷气发动机组成，主喷气发动机负责动力，副喷气发动机负责转向等辅助功能。假设主喷气发动机喷口半径为R，飞行背包系统(含操作者)的总质量为m。不考虑飞行背包系统受到的空气阻力和浮力，喷出气体的质量对总质量的影响忽略不计，重力加速度为g，空气的密度为ρ。飞行背包系统在空中悬浮时主发动机向下喷出气体的速度大小为(　　)
A．　　　　　　 B．
C． D．
[解析]　设时间Δt内每个喷口向下喷出的空气的质量为Δm，喷气速度为v，则有Δm＝ρSvΔt，由几何关系有S＝πR2，飞行背包系统在空中悬浮，反冲作用力为F，根据动量定理有FΔt＝Δm·v＝ρSv2Δt，解得F＝ρSv2，对飞行背包系统受力分析有2F－mg＝0，解得v＝。
[答案]　A
国产水刀——超高压数控万能水切割机能切割40 mm厚的钢板、50 mm厚的大理石等材料，水刀就是将普通的水加压，使水流高速流出，一水刀垂直入射的速度为v，水流与材料接触后，速度为零，水的密度为ρ，则水刀产生压强p的表达式为(　　)
A．p＝ρv2 B．p＝ρv2
C．p＝2ρv3 D．p＝ρv3
[解析]　取Δt时间内喷出的水为研究对象，这部分水的质量Δm＝ρSvΔt，取水喷出方向为正方向，对这部分水由动量定理得－FΔt＝Δm(0－v)，化简得F＝ρSv2，由牛顿第三定律可得，水对材料的作用力F′＝F，则压强p＝＝ρv2。
[答案]　A
考向2　微粒类问题
(2026·海南海口市调研)电视剧《三体》中描绘了三体舰队通过尘埃区被动减速的场景，引起了天文爱好者们的讨论，如果想要不减速通过尘埃区，就需要飞船提供足够的动力。假设尘埃区密度ρ＝4.0×10-8 kg/m3，飞船进入尘埃区的速度v＝3.0×106 m/s，飞船垂直于运动方向上的最大横截面积S＝10 m2，尘埃微粒与飞船相碰后都附着在飞船上，则(　　)
A．单位时间Δt＝1 s内附着在飞船上的微粒质量为0.12 kg
B．单位时间Δt＝1 s内附着在飞船上的微粒质量为120 kg
C．飞船要保持速度v不变，所需推力大小为3.6×106 N
D．飞船要保持速度v不变，所需推力大小为7.2×106 N
[解析]　由题意可知，飞船进入尘埃区匀速飞行，可得单位时间Δt＝1 s内附着在飞船上的微粒质量Δm＝ρSvΔt＝1.2 kg，故A、B错误；微粒由静止到与飞船一起运动，微粒的动量增加，由动量定理得FΔt＝Δmv＝ρSv2Δt，求得飞船对微粒的作用力大小F＝3.6×106 N，所以飞船要保持速度v不变，根据平衡条件可知飞船所需推力大小为3.6×106 N，故C正确，D错误。
[答案]　C1．(2026·河北辛集市期末)行驶中的汽车如果发生剧烈碰撞，车内的安全气囊会被弹出并瞬间充满气体。若碰撞后汽车的速度在很短时间内减小为零，关于安全气囊在此过程中的作用，下列说法正确的是(　　)
A．增加了司机单位面积的受力大小
B．减少了碰撞前后司机动量的变化量
C．将司机的动能全部转换成汽车的动能
D．延长了司机的受力时间并增大了司机的受力面积
解析：选D。因安全气囊充气后，受力面积增大，减小了司机单位面积的受力大小，且司机在挤压气囊时受到缓冲，延长了受力时间，故A错误，D正确；有无安全气囊司机的初动量和末动量均相同，所以动量的变化量相同，故B错误；因有安全气囊的存在，司机和安全气囊接触后会有一部分动能转化为气体的内能，不能全部转化成汽车的动能，故C错误。
2．(2026·广东省模拟联考)如图所示，斜面体B固定在地面上，金属块A沿B的光滑斜面下滑，在下滑过程中，下列说法正确的是(　　)
A．B对A的支持力的冲量为零
B．B对A的支持力做的功为零
C．重力对A做的功等于A的重力势能的增量
D．重力对A的冲量等于A的动量的增量
解析：选B。B对A的支持力的冲量I＝FNt，不为零，A错误；B对A支持力的方向与A的位移方向垂直，所以B对A的支持力做功为零，B正确；A克服重力做的功等于重力势能的增量，C错误；物体所受合力的冲量等于物体动量的变化量，即重力与支持力对A的冲量等于A的动量的增量，D错误。
3．人类利用涡喷飞翼飞行器(简称飞行器)能在高空中自由地完成上升、下降、悬停、平飞和翻转等动作，如图所示。飞行器主要由微型喷气发动机和操纵系统组成，下列说法正确的是(　　)
A．飞行器水平加速飞行时，需水平向后喷射燃气
B．某段时间飞行器在空中悬停，重力的冲量不为零
C．飞行器在下降过程中，其动量一定越来越大
D．任意时间内燃气对飞行器的冲量与飞行器对燃气的冲量始终相同
解析：选B。飞行器水平加速飞行时，合力沿水平方向，即燃气对飞行器的作用力与飞行器重力的合力沿水平方向，所以需向斜向下喷射燃气，故A错误；某段时间飞行器在空中悬停，重力的冲量I＝mgt，不为零，故B正确；飞行器在下降过程中，可能速度减小，所以其动量不一定越来越大，故C错误；燃气对飞行器的冲量与飞行器对燃气的冲量方向不同，故D错误。
4．(2026·福建省联考模拟)如图甲所示，一质量为2 kg的物块放在水平面上，t＝0时刻在水平向右的拉力作用下由静止开始运动，t＝4 s时物块的速度又刚好为零，拉力随时间变化关系如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2，则t＝1 s时物块的加速度大小为(　　)
A．0.5 m/s2 B．1 m/s2
C．1.5 m/s2 D．2 m/s2
解析：选A。在前4 s内，根据动量定理可得(F1＋F2)t－μmgt＝0，解得μ＝0.3，根据数学知识，结合题图乙可知，t＝1 s时，拉力大小F＝7 N，根据牛顿第二定律F－μmg＝ma，解得a＝0.5 m/s2。
5．(2026·陕西宝鸡市模拟)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：选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＝3 kg·m/s，A、B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，C正确，D错误。
6．(2026·天津西青区期末)一个质量为0.2 kg的垒球以25 m/s的水平速度向左飞向球棒，被球棒击打后，反向水平飞回，速度的大小仍为25 m/s，球棒与垒球的作用时间为0.002 s。在这一过程中(　　)
A．垒球的动能变化量为10 J
B．垒球的动量变化量大小为0
C．球棒对垒球的平均作用力大小为5 000 N
D．球棒对垒球的平均作用力的冲量大小为100 N·s
解析：选C。设垒球初速度方向为正方向，垒球的初、末速度分别为v1、v2，质量为m，由动能定理得ΔEk＝mv－mv＝0，故A错误；垒球的动量变化量Δp＝mv2－mv1＝－10 kg·m/s，故B错误；设作用力大小为F，作用时间为Δt，由－F·Δt＝mv2－mv1，得F＝5 000 N，故C正确；由I＝F·Δt得I＝10 N·s，故D错误。
7．如图所示，一个重为100 kg的行李箱(可视为质点)在传输过程经过一个倾角θ＝37°的固定斜面，斜面长为4 m，斜面底端固定一个垂直于斜面的挡板，斜面和行李箱间的动摩擦因数为0.5，行李箱从斜面顶端由静止下滑，到达底端与挡板相碰，碰撞时间为0.5 s，碰撞过程中摩擦力忽略不计，反弹后行李箱向上滑行了0.2 m，则行李箱和挡板碰撞的平均作用力为(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g取10 m/s2)(　　)
A．1 200 N B．1 800 N
C．1 000 N D．800 N
解析：选B。下滑时，根据牛顿第二定律，可得加速度a1＝g sin θ－μg cos θ＝2 m/s2，由v＝2a1x1，得v1＝4 m/s，上滑时，加速度a2＝g sin θ＋μg cos θ＝10 m/s2，由v＝2a2x2，得v2＝2 m/s，箱子和挡板碰撞过程，以沿斜面向上为正方向，根据动量定理有Ft－mgt sin θ＝mv2－(－mv1)，解得F＝1 800 N。
8．(2026·山东烟台市模拟)2025年10月23日成功发射通信技术试验卫星二十号。运载火箭点火时向下喷气，会对地面产生冲力。假设火箭刚离开地面时竖直向上速度大小为v0，火箭喷气口的横截面积大小为S，喷出气体相对于火箭的速度大小为v，气体垂直射向地面后，竖直速度变为零，已知气体的密度为ρ，重力加速度大小为g，忽略气体自身重力，v＞v0，则气体对地面的平均冲力大小是(　　)
A．ρSv2 B．ρSv(v－v0)
C．ρSv D．ρS(v－v0)2
解析：选D。由题意可知气体对地的速度v气＝v－v0，设Δt时间内有Δm质量的气体射向地面，地面对气体平均冲力大小为F，规定向下为正方向，由动量定理有－FΔt＝0－Δmv气，因为Δm＝v气ΔtSρ，联立解得F＝ρS(v－v0)2，根据牛顿第三定律可知，气体对地面的平均冲力大小是ρS(v－v0)2，故D正确。
9．(2026·山西孝义市模拟)质量为m的物体，以初速度v0沿固定斜面开始上滑，到达最高点后再次返回到原出发点时速度大小为0.4v0，假设物体在斜面上运动时受到的摩擦力大小不变，则(　　)
A．整个过程中合力的冲量大小为mv0
B．整个过程中摩擦力冲量的矢量和为0
C．上滑过程中重力的冲量比下滑过程中重力的冲量大
D．上滑过程和下滑过程中支持力的冲量均不为0
解析：选D。以沿斜面向下为正方向，根据动量定理有I＝Δp＝0.4mv0－(－mv0)＝1.4mv0，故A错误；设物体上滑过程的时间为t1，下滑过程的时间为t2，上滑或下滑过程的位移大小为x，则得x＝t1＝t2，可知t1＝0.4t2，整个过程中摩擦力冲量的矢量和If＝ft1－ft2≠0，故B错误；上滑过程中重力的冲量为mgt1，下滑过程中重力的冲量为mgt2，由于t110．(多选)(2026·安徽安庆市模拟)玩具水枪是儿童们夏天喜爱的玩具之一，但水枪伤眼的事件也时有发生，因此，限制儿童水枪的威力就成了生产厂家必须关注的问题。现有一水枪样品，已知水枪喷水口的直径为d，水的密度为ρ，水流水平出射的速度为v，垂直击中竖直目标后以大小为0.2v的速率反向溅回，则(　　)
A．水枪喷水的流量(单位时间内流出的体积)为πvd2
B．喷水口单位时间内喷出水的质量为πρvd2
C．水枪的功率为πρd2v3
D．目标受到的平均冲击力大小为πρd2v2
解析：选BD。水枪喷水的流量＝＝，故A错误；喷水口单位时间内喷出水的质量＝＝，故B正确；水枪的功率P＝＝＝，故C错误；取初速度方向为正方向，由动量定理得－Ft＝－0.2mv－mv，则由牛顿第三定律可知，目标受到的平均冲击力大小F′＝F＝v＝，故D正确。
11．(10分)(2026·江苏淮安市模拟)质量为30 kg的小明从离水平网面0.8 m高处自由下落，着网后沿竖直方向蹦回到水平网面0.45 m高处。已知小明与网接触的时间为0.35 s，g取10 m/s2，求：
(1)小明与网接触的这段时间内动量的变化量的大小；(6分)
(2)网对小明的平均作用力大小。(4分)
解析：(1)在小明下落没接触到网的过程中，根据运动学公式，则有v＝2gh1
解得v1＝4 m/s
在小明离开网向上减速的过程中，根据运动学公式，则有v＝2gh2
解得v2＝3 m/s
设以竖直向上为正方向，则与网接触的过程中，动量变化量
Δp＝mΔv＝m[v2－(－v1)]＝210 kg·m/s。
(2)对小明由动量定理，则有(F－mg)t＝Δp
解得F＝900 N。
答案：(1)210 kg·m/s　(2)900 N
12．(10分)已知火箭的总质量m＝2.5×105 kg，火箭发动机点火后从尾部竖直向下喷出高温高压气体而获得动力。火箭尾部喷口横截面积S＝0.75 m2，喷出气体的密度ρ＝1 kg/m3，火箭点火瞬间竖直向下喷出气体相对于地面的速度大小v＝2×103 m/s，此后火箭向上做匀加速直线运动，重力加速度大小g取10 m/s2，不考虑火箭由于喷气带来的质量变化，忽略地球的自转以及高度的变化对重力加速度的影响，空气阻力不计。求：
(1)点火瞬间，火箭因喷出气体获得的动力大小F；(4分)
(2)从点火开始计时，火箭运行t＝10 s过程中火箭动力所做的功W。(6分)
解析：(1)对Δt时间内喷出的气体有
F′Δt＝Δmv
Δm＝ρvΔtS
联立解得F′＝3×106 N
由牛顿第三定律可知火箭因喷出气体获得的动力大小F＝F′＝3×106 N。
(2)对加速过程中的火箭有
(F－mg)t＝mv1
h＝t
W＝Fh
联立解得W＝3×108 J。
答案：(1)3×106 N　(2)3×108 J(共47张PPT)
第六章　动　量
第1讲　动量和动量定理
[复习目标]
1．理解动量和冲量的概念，能够比较动能和动量、功和冲量的概念。　
2.理解动量定理及其表达式，能够应用动量定理定性和定量分析生活中的有关现象。　3.能够应用动量定理分析流体模型问题。
基础自主梳理
第一部分
一、动量、动量变化、冲量
1．动量
(1)定义：物体的______和______的乘积。
(2)表达式：p＝____。
(3)单位：千克米每秒。符号：kg·m/s。
(4)方向：动量的方向与______的方向相同。
质量
速度
mv
速度
2．动量的变化
(1)因为动量是矢量，动量的变化量Δp也是______，其方向与速度的改变量Δv的方向______。
(2)动量的变化量Δp，一般用末动量p′减去初动量p进行矢量运算，也称为动量的增量，即Δp＝__________。
矢量
相同
p′－p
3．冲量
(1)定义：____与______________的乘积叫作力的冲量。
(2)公式：____________。
(3)单位：牛秒。符号：________。
(4)方向：冲量是______，其方向与力的方向______。
力
力的作用时间
I＝FΔt
N·s
矢量
相同
深化辨析
1．(1)物体的速度大小不变，其动量不变。(　　)
(2)物体所受合力不变，其动量也不变。(　　)
(3)物体沿水平面运动时，重力不做功，其冲量为零。(　　)
(4)两物体动量大的动能不一定大。(　　)
×
√
×
×
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______量。
2．公式：____________________或 ______________。
3．对动量定理的理解
(1)动量定理反映了力的冲量与____________之间的因果关系，即合力的冲量是______，物体的动量变化量是______。
(2)动量定理中的冲量是______的冲量，或者是各个力冲量的矢量和。
(3)动量定理表达式是______式，等号包含了大小相等、方向相同两方面的含义。
变化
F(t′－t)＝mv′－mv
I＝p′－p
动量变化量
原因
结果
合力
矢量
深化辨析
×
√
2．(1)物体所受合外力的冲量方向与物体动量变化量的方向是一致的。(　　)
(2)动量定理描述的是某一状态的物理规律。(　　)
(3)运动员接篮球时手向后缓冲一下，是为了减小动量的变化量。(　　)
×
考点一　动量和冲量的理解
第二部分
1．动量、动能和动量变化量
项目 动量 动能 动量变化量
定义
定义式
矢标性
特点
关联方程
物体的质量和速度的乘积
物体由于运动而具有的能量
物体末动量与初动量的矢量差
p＝mv
Δp＝p′－p
矢量
标量
矢量
状态量
状态量
过程量
2.冲量的计算
公式法
图像法
利用定义式I＝Ft计算冲量，此方法仅适用于求恒力的冲量，无需考虑物体的运动状态
利用F－t图像计算，F－t图像与时间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 值法




动量定 理法
如果物体受到大小或方向变化的力的作用，则不能直接用I＝Ft求变力的冲量，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
例1 (2026·江苏泰州市模拟)有两个完全相同的铅球，从图甲中左、右两个圆筒的正上方相同高度处同时静止释放，两球分别与左、右两个筒的底部发生碰撞并反弹。其中左筒底部为一钢板，右筒底部为泡沫，压力传感器测得球第一次碰撞中受到的撞击力随时间变化如图乙中的曲线①、②，已知曲线①、②与时间轴围成的面积相等，则第一次碰撞过程中(　　)
A．左边铅球所受重力的冲量大
B．两铅球所受合外力的冲量相等
C．左边铅球动量变化率大
D．右边铅球动量变化大
C
[解析]　题图甲左边装置底部为钢板，右边装置底部为泡沫，则铅球与左边装置底部碰撞过程作用时间较短，两铅球完全相同，由重力冲量I＝mgt，可知左边铅球所受重力的冲量小，故A错误；
两铅球所受合外力的冲量为支持力(撞击力)冲量与重力冲量大小之差，由题意知曲线①、②与时间轴围成的面积相等，即支持力冲量相等，由于左边铅球所受重力的冲量小，则左边铅球所受合外力的冲量大，即左边铅球动量变化量大，故B、D错误；
D
例2 (2026·广东深圳市期末)一位滑雪者，人与装备的总质量为m，从静止沿山坡匀加速直线滑下，山坡倾角为α，在时间t内滑下的位移为s，重力加速度取g。现将滑雪者抽象为一个质点，对其受力分析并对重力正交分解如图乙所示，则在下滑时间t内(　　)
A．重力mg的冲量沿斜面向下
B．支持力FN的冲量等于零
C．所受阻力f的冲量等于mgt sin α，方向沿斜面向上
D．合力的冲量等于(mg sin α－f)t，方向沿斜面向下
[解析]　冲量的方向与力的方向一致，可知重力mg的冲量竖直向下，A错误；
支持力FN不等于零，则支持力的冲量不等于零，B错误；
根据mg sin α－f＝ma，可得f＝mg sin α－ma合力为mg sin α－f，则合力的冲量等于(mg sin α－f)t，方向沿斜面向下，D正确。
第三部分
考点二　动量定理的理解和应用
2．两类物理现象
(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。
(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。
3．解题基本思路
(1)确定研究对象。
(2)对研究对象进行受力分析。可先求每个力的冲量，再求各力冲量的矢量和——合力的冲量；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。
考向1　应用动量定理定性分析
例3 (2026·河南安阳市一模)泡沫塑料由于其良好的缓冲性能成为近代广泛使用的缓冲材料，在易碎物品的长途运输中起着重要作用。运输车在颠簸的路面上行驶，用泡沫塑料包装物品，泡沫塑料所起的作用是(　　)
A．减小物品与包装箱的接触时间，减小合力冲量
B．延长物品与包装箱的接触时间，增大合力冲量
C．延长物品与包装箱的接触时间，减小包装箱对物品的平均冲击力
D．减小物品与包装箱的接触时间，减小包装箱对物品的平均冲击力
C
[解析]　泡沫塑料的作用是延长了物品与包装箱的接触时间Δt，而物品的动量变化量Δp未发生变化，根据动量定理可知，合力冲量不变，故A、B错误；
考向2　动量定理的应用
例4 (2025·河北卷，T14)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。
[答案]　0.6 m　
(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。
物块与地面接触的过程中根据动量定理，在竖直方向取竖直向上为正，有
IN－mgΔt＝mvy2－m(－vy1)，vy1＝gt1
解得IN＝0.1 N·s
在水平方向取水平向右为正，有
－μNΔt＝mvx′－mvx，IN＝NΔt
解得vx′＝－1 m/s
由于物体水平方向速度减为0后，不再受摩擦力，故物块弹离地面的水平速度为0。
[答案]　0.1 N·s　0
例5 (2026·广东广州市模拟)如图(a)，质量为m的篮球从离地H高度处静止下落，与地面发生一次非弹性碰撞后最高反弹至离地h处。设篮球每次与地面碰撞的碰后速率与碰前速率之比相同，重力加速度为g，不计空气阻力。
(1)求篮球与地面第一次碰撞过程所受合力的冲量I及碰后速率v2与碰前速率v1之比；
(2)若篮球反弹至最高处h时，运动员向下拍球，对篮球施加一个向下的压力F，持续作用至h0高度处撤去，使得篮球与地面第二次碰撞后恰好反弹至h高度处，力F的大小随高度y的变化如图(b)所示，求F0的大小。
考向3　应用I＝Δp求变力的冲量
例6 (2026·湖北七市州模拟)图(a)所示的是“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．1 800 kg·m/s　　 B．5 400 kg·m/s
C．7 200 kg·m/s D．3 600 kg·m/s
B
[解析]　人下落的整个过程，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IF＝mgt＝5 400 kg·m/s，故B正确。
D
[解析]　在撞击过程中，以竖直向上为正方向，对重物根据动量定理可得I合＝Δp＝m·0.8v－(－mv)＝1.8mv，可知重物所受合外力的冲量大小为1.8mv，故A错误；
在撞击过程中，碰撞时间极短，重物受到重力的冲量大小几乎为0，可以忽略不计，故B错误；
第四部分
考点三　利用动量定理处理
流体模型
1．研究对象
常常需要选取流体为研究对象，如水、空气等。
2．研究方法
隔离出一定形状的一部分流体作为研究对象，然后列式求解。
3．基本思路
(1)在极短时间Δt内，取一小柱体作为研究对象。
(2)求小柱体的体积ΔV＝vSΔt。
(3)求小柱体质量Δm＝ρΔV＝ρvSΔt。
(4)求小柱体的动量p＝Δmv＝ρv2SΔt。
(5)应用动量定理FΔt＝Δp。
①作用后流体停止，－p＝FΔt，有F＝－ρSv2；
②作用后流体以速率v反弹，有－2p＝FΔt，有F＝－2ρSv2。
A
A
考向2　微粒类问题
例10 (2026·海南海口市调研)电视剧《三体》中描绘了三体舰队通过尘埃区被动减速的场景，引起了天文爱好者们的讨论，如果想要不减速通过尘埃区，就需要飞船提供足够的动力。假设尘埃区密度ρ＝4.0×10-8 kg/m3，飞船进入尘埃区的速度v＝3.0×106 m/s，飞船垂直于运动方向上的最大横截面积S＝10 m2，尘埃微粒与飞船相碰后都附着在飞船上，则(　　)
A．单位时间Δt＝1 s内附着在飞船上的微粒质量为0.12 kg
B．单位时间Δt＝1 s内附着在飞船上的微粒质量为120 kg
C．飞船要保持速度v不变，所需推力大小为3.6×106 N
D．飞船要保持速度v不变，所需推力大小为7.2×106 N
C
[解析]　由题意可知，飞船进入尘埃区匀速飞行，可得单位时间Δt＝1 s内附着在飞船上的微粒质量Δm＝ρSvΔt＝1.2 kg，故A、B错误；
微粒由静止到与飞船一起运动，微粒的动量增加，由动量定理得FΔt＝Δmv＝ρSv2Δt，求得飞船对微粒的作用力大小F＝3.6×106 N，所以飞船要保持速度v不变，根据平衡条件可知飞船所需推力大小为3.6×106 N，故C正确，D错误。(共28张PPT)
演练知能提升
D
1．(2026·河北辛集市期末)行驶中的汽车如果发生剧烈碰撞，车内的安全气囊会被弹出并瞬间充满气体。若碰撞后汽车的速度在很短时间内减小为零，关于安全气囊在此过程中的作用，下列说法正确的是(　　)
A．增加了司机单位面积的受力大小
B．减少了碰撞前后司机动量的变化量
C．将司机的动能全部转换成汽车的动能
D．延长了司机的受力时间并增大了司机的受力面积
解析：因安全气囊充气后，受力面积增大，减小了司机单位面积的受力大小，且司机在挤压气囊时受到缓冲，延长了受力时间，故A错误，D正确；
有无安全气囊司机的初动量和末动量均相同，所以动量的变化量相同，故B错误；
因有安全气囊的存在，司机和安全气囊接触后会有一部分动能转化为气体的内能，不能全部转化成汽车的动能，故C错误。
B
2．(2026·广东省模拟联考)如图所示，斜面体B固定在地面上，金属块A沿B的光滑斜面下滑，在下滑过程中，下列说法正确的是(　　)
A．B对A的支持力的冲量为零
B．B对A的支持力做的功为零
C．重力对A做的功等于A的重力势能的增量
D．重力对A的冲量等于A的动量的增量
解析：B对A的支持力的冲量I＝FNt，不为零，A错误；
B对A支持力的方向与A的位移方向垂直，所以B对A的支持力做功为零，B正确；
A克服重力做的功等于重力势能的增量，C错误；
物体所受合力的冲量等于物体动量的变化量，即重力与支持力对A的冲量等于A的动量的增量，D错误。
B
3．人类利用涡喷飞翼飞行器(简称飞行器)能在高空中自由地完成上升、下降、悬停、平飞和翻转等动作，如图所示。飞行器主要由微型喷气发动机和操纵系统组成，下列说法正确的是(　　)
A．飞行器水平加速飞行时，需水平向后喷射燃气
B．某段时间飞行器在空中悬停，重力的冲量不为零
C．飞行器在下降过程中，其动量一定越来越大
D．任意时间内燃气对飞行器的冲量与飞行器对燃气的冲量始终相同
解析：飞行器水平加速飞行时，合力沿水平方向，即燃气对飞行器的作用力与飞行器重力的合力沿水平方向，所以需向斜向下喷射燃气，故A错误；
某段时间飞行器在空中悬停，重力的冲量I＝mgt，不为零，故B正确；
飞行器在下降过程中，可能速度减小，所以其动量不一定越来越大，故C错误；
燃气对飞行器的冲量与飞行器对燃气的冲量方向不同，故D错误。
A
4．(2026·福建省联考模拟)如图甲所示，一质量为2 kg的物块放在水平面上，t＝0时刻在水平向右的拉力作用下由静止开始运动，t＝4 s时物块的速度又刚好为零，拉力随时间变化关系如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2，则t＝1 s时物块的加速度大小为(　　)
A．0.5 m/s2 B．1 m/s2
C．1.5 m/s2 D．2 m/s2
C
5．(2026·陕西宝鸡市模拟)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：设足球弹回的方向为正方向，则足球动量变化量Δp＝mv－(－mv)＝2mv＝3 kg·m/s，A、B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，C正确，D错误。
C
6．(2026·天津西青区期末)一个质量为0.2 kg的垒球以25 m/s的水平速度向左飞向球棒，被球棒击打后，反向水平飞回，速度的大小仍为25 m/s，球棒与垒球的作用时间为0.002 s。在这一过程中(　　)
A．垒球的动能变化量为10 J
B．垒球的动量变化量大小为0
C．球棒对垒球的平均作用力大小为5 000 N
D．球棒对垒球的平均作用力的冲量大小为100 N·s
垒球的动量变化量Δp＝mv2－mv1＝－10 kg·m/s，故B错误；
设作用力大小为F，作用时间为Δt，由－F·Δt＝mv2－mv1，得F＝5 000 N，故C正确；
由I＝F·Δt得I＝10 N·s，故D错误。
B
7．如图所示，一个重为100 kg的行李箱(可视为质点)在传输过程经过一个倾角θ＝37°的固定斜面，斜面长为4 m，斜面底端固定一个垂直于斜面的挡板，斜面和行李箱间的动摩擦因数为0.5，行李箱从斜面顶端由静止下滑，到达底端与挡板相碰，碰撞时间为0.5 s，碰撞过程中摩擦力忽略不计，反弹后行李箱向上滑行了0.2 m，则行李箱和挡板碰撞的平均作用力为(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g取10 m/s2)(　　)
A．1 200 N B．1 800 N
C．1 000 N D．800 N
D
解析：由题意可知气体对地的速度v气＝v－v0，设Δt时间内有Δm质量的气体射向地面，地面对气体平均冲力大小为F，规定向下为正方向，由动量定理有－FΔt＝0－Δmv气，因为Δm＝v气ΔtSρ，联立解得F＝ρS(v－v0)2，根据牛顿第三定律可知，气体对地面的平均冲力大小是ρS(v－v0)2，故D正确。
D
解析：以沿斜面向下为正方向，根据动量定理有I＝Δp＝0.4mv0－(－mv0)＝1.4mv0，故A错误；
上滑过程中重力的冲量为mgt1，下滑过程中重力的冲量为mgt2，由于t1上滑过程和下滑过程中支持力一直存在，冲量均不为0，故D正确。
BD
11．(10分)(2026·江苏淮安市模拟)质量为30 kg的小明从离水平网面0.8 m高处自由下落，着网后沿竖直方向蹦回到水平网面0.45 m高处。已知小明与网接触的时间为0.35 s，g取10 m/s2，求：
(1)小明与网接触的这段时间内动量的变化量的大小；(6分)
答案：210 kg·m/s
(2)网对小明的平均作用力大小。(4分)
解析：对小明由动量定理，则有(F－mg)t＝Δp
解得F＝900 N。
答案：900 N
12．(10分)已知火箭的总质量m＝2.5×105 kg，火箭发动机点火后从尾部竖直向下喷出高温高压气体而获得动力。火箭尾部喷口横截面积S＝0.75 m2，喷出气体的密度ρ＝1 kg/m3，火箭点火瞬间竖直向下喷出气体相对于地面的速度大小v＝2×103 m/s，此后火箭向上做匀加速直线运动，重力加速度大小g取10 m/s2，不考虑火箭由于喷气带来的质量变化，忽略地球的自转以及高度的变化对重力加速度的影响，空气阻力不计。求：
(1)点火瞬间，火箭因喷出气体获得的动力大小F；(4分)
解析：对Δt时间内喷出的气体有F′Δt＝Δmv
Δm＝ρvΔtS
联立解得F′＝3×106 N
由牛顿第三定律可知火箭因喷出气体获得的动力大小F＝F′＝3×106 N。
答案：3×106 N
(2)从点火开始计时，火箭运行t＝10 s过程中火箭动力所做的功W。(6分)
答案：3×108 J

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