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第33课时　动量　动量定理
目标要求　1.理解动量和冲量，理解动量定理及其表达式，能用动量定理解释生活中的有关现象。2.能利用动量定理解决相关问题，会在流体力学中建立“柱状”模型。
考点一　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，其方向与速度的方向相同。
(4)动量大小与动能的关系：p=，Ek=。
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也是矢量，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。
4.冲量的计算方法
公式法 I=FΔt，此方法仅适用于求恒力的冲量，不需要考虑物体的运动状态
图像法 F-t图像与t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 若变力的方向不变、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
动量定理法 根据物体动量的变化量，由I=Δp求冲量，多用于求变力的冲量
例1　(2025·天津卷·3)一种名为“飞椅”的游乐设施如图所示，该设施中钢绳一端系着座椅，另一端系在悬臂边缘。绕竖直轴转动的悬臂带动座椅在水平面内做匀速圆周运动，座椅可视为质点，则某座椅运动一周的过程中(　　)
A.动量保持不变
B.所受合外力做功为零
C.所受重力的冲量为零
D.始终处于受力平衡状态
答案　B
解析　座椅在水平面内做匀速圆周运动，速度大小不变，方向改变，根据p=mv可知动量大小不变，方向改变，故A错误；速度大小不变，则座椅的动能不变，根据动能定理可知座椅所受合外力做功为零，故B正确；根据IG=mgt可知所受重力的冲量不为零，故C错误；座椅在水平面内做匀速圆周运动，一定有向心加速度，所以不处于受力平衡状态，故D错误。
例2　(2025·河南省九师联盟检测)质量m=1 kg的物块静止在水平地面上，t=0时刻对物块施加一水平力F，t=3 s时撤掉作用力F，F随时间t变化的图线如图所示，0~2 s内图像为四分之一圆弧，已知物块与地面间的动摩擦因数μ=0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是(　　)
A.0~2 s时间内F的冲量大小为2 N·s
B.前1 s内摩擦力的冲量大小为1 N·s
C.第3 s内物块动量的改变量大小为1 kg· m/s
D.t=1 s时物块开始运动
答案　C
解析　0~2 s内F的冲量大小为F-t图像与t轴围成的面积，则有IF=S=×π×22 N·s=π N·s，故A错误；因为滑动摩擦力大小Ff=μmg=1 N，在0~1 s时间内且F<1 N时，物块处于静止状态，此时摩擦力小于1 N，故前1 s内摩擦力冲量大小不为1 N s，故B错误；根据动量定理可知第3 s内动量改变量大小为Δp=I合=F合·Δt=(2×1-1×1) kg·m/s=1 kg·m/s，故C正确；由图像可知，在t=1 s前某时刻F已经等于1 N，此时物块已经开始运动，而不是t=1 s时才开始运动，故D错误。
考点二　动量定理的理解及应用
如图所示，质量为m的物体在光滑的水平面上受到合力F的作用，做匀变速直线运动。在初始时刻，物体的速度为v，经过一段时间Δt，它的速度为v'。
(1)试写出合力F与速度的关系式。
(2)求Δt时间内，合力F的冲量大小。
(3)根据(2)中的结果，你能得出什么结论？
答案　(1)由牛顿第二定律可得F=ma，
结合加速度的定义式a==可得，
F=m=
(2)合力F的冲量I=F·Δt=mv'-mv
(3)合力的冲量等于物体动量的变化量，即F·Δt=mv'-mv。
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)公式中的F是研究对象所受的所有外力的合力。它可以是恒力，也可以是变力。当合外力为变力时，F是合外力作用时间的平均值。
(2)Ft=p'-p是矢量式，两边不仅大小相等，而且方向相同。
(3)动量定理中的冲量可以是合外力的冲量，可以是各个力冲量的矢量和，也可以是外力在不同阶段冲量的矢量和。
(4)Ft=p'-p还说明了两边的因果关系，即合外力的冲量是动量变化的原因。
(5)由Ft=p'-p得F==，即物体所受的合外力等于物体动量的变化率。
(6)当物体运动包含多个不同过程时，可分段应用动量定理求解，也可以全过程应用动量定理求解。
4.用动量定理解释两种现象(F=)
(1)Δp一定时，F的作用时间越短，力就越大；作用时间越长，力就越小。
(2)F一定时，力的作用时间越长，Δp就越大；力的作用时间越短，Δp就越小。
例3　(2025·海南省多校联考三模)如图所示为某款运动跑鞋宣传图，宣传如下，“该款鞋鞋底采用EVA材料，能够有效吸收行走或运动时的冲击力，保护双脚免受伤害”。对于该款鞋，下列说法正确的是(　　)
A.缩短双脚与鞋底的冲击时间，从而减小合力对双脚的冲量
B.延长双脚与鞋底的冲击时间，从而减小合力对双脚的冲量
C.延长双脚与鞋底的冲击时间，从而减小鞋底对双脚的平均冲击力
D.缩短双脚与鞋底的冲击时间，从而减小鞋底对双脚的平均冲击力
答案　C
解析　由动量定理I=mv-mv0可知，无论是缩短还是延长双脚与鞋底的冲击时间，合力对双脚的冲量都保持不变，故A、B错误；由I=Δt可知，延长双脚与鞋底的冲击时间，可以减小鞋底对双脚的平均冲击力，故C正确，D错误。
例4　(2025·江苏盐城市三模)生活中经常出现手机因滑落而导致损坏的现象，手机壳能有效地保护手机。现有一部质量为m=0.2 kg的手机(包括手机壳)，从离地面高h=1.8 m处无初速度下落，落到地面后，反弹的高度为h1=0.2 m，由于手机壳的缓冲作用，手机与地面的作用时间为t=0.2 s。不计空气阻力，g取10 m/s2，求：
(1)手机在下落过程中重力冲量的大小；
(2)地面对手机平均作用力的大小。
答案　(1)1.2 N·s　(2)10 N
解析　(1)手机在下落过程中做自由落体运动，
则有h=g
解得t1==0.6 s，
则手机在下落过程中重力冲量的大小为IG=mgt1=1.2 N·s
(2)手机落地时速度大小v1=gt1=6 m/s，
从地面反弹速度大小v2==2 m/s，
手机与地面作用过程中，以竖直向上为正方向，
根据动量定理可得t-mgt=mv2-(-mv1)
解得地面对手机的平均作用力大小为=10 N。
例5　(2024·广东卷·14)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g取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　(1)　(2)①330 N s　竖直向上　②0.2 m
解析　(1)敏感球受向下的重力mg和敏感臂向下的压力FN以及斜面的支持力FN1，
则由牛顿第二定律可知(mg+FN)tan θ=ma
解得tan θ=
(2)①由F-t图像与t轴围成的“面积”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设头锤落到气囊上时的速度为v0，则=2gH
与气囊作用过程由动量定理(向上为正方向)
IF-Mgt=Mv-(-Mv0)
解得v=2 m/s
则上升的最大高度h==0.2 m。
　应用动量定理解题的一般思路
考点三　应用动量定理处理“流体类”问题
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
例6　(2026·湖北孝感市检测)如图所示，生活中我们常用高压水枪清洗汽车，水枪出水口直径为D，水流以速度v从枪口喷出，近距离垂直喷射到车身。所有喷到车身的水流，约有80%向四周溅散开，溅起时的速度为，且垂直于车身向外。其余20%的水流撞击车身后无反弹顺车身流下。由于水流与车身的作用时间极短，在分析水流对车身的作用力时可忽略水流所受的重力。已知水的密度为ρ，则(　　)
A.水枪的功率约为ρπD2v3
B.水枪的功率约为ρπD2v3
C.水流对车身的平均冲击力约为ρπD2v2
D.水流对车身的平均冲击力约为ρπD2v2
答案　C
解析　时间Δt内喷出水的质量Δm=vΔtSρ=πD2vΔtρ，水枪的功率P==ρπD2v3，选项A、B错误；以水枪射出的水流方向为正方向，根据动量定理-FΔt=80%Δm[(-)-v]+20%Δm(0-v)，结合牛顿第三定律，得F'=F=ρπD2v2，选项C正确，D错误。
针对训练　(2026·重庆实验外国语学校检测)2025年4月24日，我国“神舟二十号”载人飞船发射成功，3名航天员入驻“天宫”空间站的“天和”核心舱。如图所示，“天和”核心舱垂直于运动方向的横截面面积约为9 m2，以第一宇宙速度v=7.9×103 m/s运行，核心舱经过某段宇宙尘埃区时尘埃会附着于舱体外表，已知每个尘埃(初速度可忽略)的质量为m=1.5×10-7 kg，为维持轨道高度不变，需要开启舱外发动机增加170 N的推力，则该区域每立方米空间内的尘埃数大约为(　　)
A.2×106个 B.16个
C.14×104个 D.2个
答案　D
解析　设该区域每立方米空间内的尘埃数为n个，则在Δt时间内有vΔtSn个尘埃附着于舱体外表，对尘埃由动量定理可得FΔt=vΔtSnmv
代入数据解得n≈2，故选D。
课时精练
[分值：60分]
　[1~6题，每题4分]
1.(多选)(2026·福建省部分学校联考检测)“智能防摔马甲”的原理是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，能有效地避免穿戴者因摔倒受伤。在穿戴者着地的过程中，安全气囊可以(　　)
A.延长穿戴者与地面接触的时间
B.增大穿戴者动量的变化量
C.减小穿戴者动量的变化率
D.减小穿戴者所受合力的冲量
答案　AC
解析　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人与地面的接触时间Δt，从而减小人所受到的合外力，即减小穿戴者动量的变化率，而穿戴者动量的变化量Δp，即穿戴者所受合力的冲量FΔt均未发生变化，故选A、C。
2.(2025·江苏徐州市一模)2024年8月10日，中国运动员荣获巴黎奥运会田径女子铅球决赛铜牌，若她将同一铅球(可看作质点)从空中同一位置A点先后两次抛出，第一次抛出时铅球在空中运动的轨迹如图中1所示，第二次抛出时铅球在空中运动的轨迹如图中2所示，两轨迹的交点为B，不计空气阻力。关于两次抛出，下列说法正确的是(　　)
A.轨迹1的铅球在空中运动的时间较短
B.轨迹2的铅球在最高点的动量较大
C.轨迹2的铅球重力的冲量较大
D.轨迹2的铅球在空中动量变化量较大
答案　B
解析　铅球被抛出后做斜抛运动，由斜抛运动规律，知铅球在空中运动的时间t=+，由题图可知轨迹1的铅球运动的高度更高，故轨迹1的铅球在空中运动的时间较长，A错误；铅球在最高点时，动量p=mvx，铅球在水平方向做匀速直线运动，则vx=，由题图可知x13.(多选)(2025·天津市宁河区一模)如图所示，某同学把压在水杯下的纸水平抽出，重复操作，将水杯压在纸的同一位置，以更快的速度水平抽出，两次过程中水杯均未滑出桌面，则在第二次的抽出过程中(　　)
A.水杯受到的摩擦力与第一次相等
B.水杯动能变化量比第一次的大
C.水杯动量变化量比第一次的大
D.水杯动量变化量与对应时间的比值与第一次相等
答案　AD
解析　分析可知，两次过程，水杯受到的摩擦力均为滑动摩擦力且不变，故A正确；第二次快速抽出白纸过程中，摩擦力作用时间短，则产生的冲量较小，根据动量定理可知，水杯增加的动量小一些，根据动能与动量关系有Ek=，由于第二次动量变化量小，故第二次动能变化量小，故B、C错误；动量变化量与对应时间的比值等于物体受到的合力大小，两次过程中水杯受到的合力均为滑动摩擦力且不变，则第二次水杯动量变化量与对应时间的比值与第一次相等，故D正确。
4.(2025·湖北省二模)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.1 800 kg·m/s B.5 400 kg·m/s
C.7 200 kg·m/s D.3 600 kg·m/s
答案　B
解析　人下落整个过程，根据动量定理有mgt-IF=0，解得IF=mgt，题图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，故选B。
5.(多选)(2022·全国乙卷·20)质量为1 kg的物块在水平力F的作用下由静止开始在水平地面上做直线运动，F与时间t的关系如图所示。已知物块与地面间的动摩擦因数为0.2，重力加速度大小g取10 m/s2。则(　　)
A.4 s时物块的动能为零
B.6 s时物块回到初始位置
C.3 s时物块的动量为12 kg·m/s
D.0~6 s时间内F对物块所做的功为40 J
答案　AD
解析　物块与地面间的摩擦力为Ff=μmg=2 N，对物块在0~3 s时间内由动量定理可知(F-Ff)t1=mv3，代入数据可得v3=6 m/s，3 s时物块的动量为p=mv3=6 kg·m/s，故C错误；设3 s后经过时间t2物块的速度减为0，由动量定理可得-(F+Ff)t2=0-mv3，解得t2=1 s，所以物块在4 s时速度减为0，则此时物块的动能也为0，故A正确；在0~3 s时间内，对物块由动能定理可得(F-Ff)x1=m，解得x1=9 m，3~4 s时间内，对物块由动能定理可得-(F+Ff)x2=0-m，解得x2=3 m，4~6 s时间内物块开始反向运动，物块的加速度大小为a==2 m/s2，发生的位移大小为x3=a=4 m6.(2025·山东省三模)如图所示为一架质量为m的无人机在空中悬停时的情景，其动力由四个相同的螺旋桨提供。每个螺旋桨向下吹出的气流速度大小为v(未知)，单个螺旋桨的气流有效横截面积为S。已知空气密度为ρ，重力加速度为g，则维持无人机悬停所需的速度大小v等于(　　)
A. B.
C. D.
答案　A
解析　无人机在空中悬停时，四个相同的螺旋桨向下推动空气获得升力F，根据平衡条件有4F=mg，设Δt时间内每个螺旋桨向下吹出的空气的质量为Δm=ρSvΔt，对向下推动的空气由动量定理F'Δt=Δmv-0，由牛顿第三定律可知F=F'，联立解得v=，故选A。
　[7~9题，每题6分]
7.(多选)(2024·全国甲卷·20)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
答案　BD
解析　根据牛顿第三定律结合题图可知t=0.15 s时，蹦床对运动员的弹力最大，蹦床的形变量最大，此时运动员处于最低点，运动员的重力势能最小，故A错误；
运动员从t=0.30 s离开蹦床到t=2.30 s再次落到蹦床上经历的时间为2 s，根据竖直上抛运动的对称性可知，运动员上升时间为1 s，则在t=1.30 s时，运动员恰好运动到最大高度处，t=0.30 s 时运动员的速度大小v=10×1 m/s=10 m/s，故B正确，C错误；
同理可知运动员落到蹦床时的速度大小为10 m/s，以竖直向上为正方向，根据动量定理得
F·Δt-mg·Δt=mv-(-mv)
其中Δt=0.30 s
代入数据可得F=4 600 N
根据牛顿第三定律可知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，故D正确。
8.(2025·河南省部分示范性高中联考模拟)如图所示，长为L的非弹性轻绳，一端悬挂于天花板上的O点，另一端系一质量为m的小球，使小球在水平面内做匀速圆周运动，轻绳与竖直方向的夹角θ=37°，重力加速度为g，cos 37°=0.8，sin 37°=0.6，忽略空气阻力。在小球转过半圈的过程中，下列说法正确的是(　　)
A.小球重力的冲量大小为4πm
B.小球所受合力的冲量大小为3m
C.轻绳上的拉力的冲量大小为
D.轻绳上的拉力的冲量大小为
答案　B
解析　对小球，有mgtan θ=m，解得T=2π=4π，在小球转过半圆的过程中，重力的冲量大小IG=mg·=2πm，故A错误；合力的冲量大小I合=mv-(-mv)=2mv，又v=，联立解得I合=3m，故B正确；轻绳对小球的拉力冲量大小IF==m，故C、D错误。
9.(2025·福建宁德市三模)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
答案　B
解析　在时间Δt内车头碰到的水珠的质量Δm1=vΔtSnm，碰到空气的质量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。
10.(12分)(2025·甘肃卷·14)如图甲所示，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的变化如图乙所示。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)(3分)t=6 s时F的大小，以及t在0~6 s内F的冲量大小；
(2)(5分)t在0~6 s内，摩擦力f随时间t变化的关系式，并作出相应的f-t图像；
(3)(4分)t=6 s时，物块的速度大小。
答案　(1)　　(2)见解析　(3)g
解析　(1)由题图乙可知F随时间线性变化，根据数学知识可知F=t
所以当t=6 s时，F=
0~6 s内F的冲量为F-t图像围成的面积，即I=×mg×6=mg
(2)由于初始时刻物块刚好能静止在细杆上，则有mgsin 30°=μmgcos 30°
即μ=tan 30°=，此后F增大FN减小，物块开始滑动，摩擦力为滑动摩擦力，在垂直杆方向，当Fsin θ=mgcos θ时，t=4 s，则0~4 s，垂直杆方向Fsin θ+FN=mgcos θ
摩擦力f=μFN=mg-mgt)=(-t)mg(0≤t≤4 s)
在4~6 s内，垂直杆方向Fsin θ=mgcos θ+FN
摩擦力f=μFN=mgt-mg)=(t-)mg(4 s相应的f-t图像如图
(3)在0~6 s内沿杆方向根据动量定理有mgtsin θ+IFcos θ-If=mv
在0~6 s内摩擦力的冲量为f-t图像围成的面积，
则If=×mg×4+×mg×2=mg
联立有mg×6 s×sin 30°+mgcos 30°-mg=mv
可得v=g。
　[6分]
11.(2025·山东泰安市期末)如图所示，一轻杆一端可绕O点在竖直平面内自由转动，另一端固定一小球，把小球拉至A点由静止释放，运动到与A点关于圆心的对称点B。不计一切阻力，这一过程中轻杆对小球作用力的冲量(　　)
A.在水平方向上的分量为零
B.在水平方向上的分量方向向右
C.在竖直方向上的分量一定大于重力对小球的冲量
D.在竖直方向上的分量一定小于重力对小球的冲量
答案　C
解析　设OA与水平方向的夹角为θ，从A点到B点，根据机械能守恒可得mg·2Rsin θ=m-0，可得vB=，根据动量定理，这一过程中轻杆对小球作用力的冲量在水平方向上的分量大小为Ix=mvBx-0=mvBsin θ=msin θ，方向水平向左，故A、B错误；这一过程中竖直方向根据动量定理可得Iy-mgt=mvBy-0=mvBcos θ=mcos θ，可知这一过程中轻杆对小球作用力的冲量在竖直方向上的分量一定大于重力对小球的冲量，故C正确，D错误。(共68张PPT)
第七章
动量守恒定律
考情分析
试题情境
生活实践类 安全行车(机车碰撞、安全气囊)、交通运输(喷气式飞机)、体育运动(滑冰接力、球类运动)、火箭发射、爆炸、高空坠物
学习探究类 气垫导轨上滑块碰撞、斜槽末端小球碰撞
动量　动量定理
第33课时
1.理解动量和冲量，理解动量定理及其表达式，能用动量定理解释生活中的有关现象。
2.能利用动量定理解决相关问题，会在流体力学中建立“柱状”模型。
目标要求
考点一　动量和冲量
考点二　动量定理的理解及应用
内容索引
课时精练
考点三　应用动量定理处理“流体类”问题
动量和冲量
考点一
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，其方向与_____的方向相同。
(4)动量大小与动能的关系：p=________，Ek=_____。
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=_____。
质量
速度
mv
矢
速度
p'-p
(2)动量的变化量Δp也是_____，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。
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
4.冲量的计算方法
公式法 I=FΔt，此方法仅适用于求恒力的冲量，不需要考虑物体的运动状态
图像法 F-t图像与t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 若变力的方向不变、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
动量定理法 根据物体动量的变化量，由I=Δp求冲量，多用于求变力的冲量
　　 　(2025·天津卷·3)一种名为“飞椅”的游乐设施如图所示，该设施中钢绳一端系着座椅，另一端系在悬臂边缘。绕竖直轴转动的悬臂带动座椅在水平面内做匀速圆周运动，座椅可视为质点，则某座椅运动一周的过程中
A.动量保持不变
B.所受合外力做功为零
C.所受重力的冲量为零
D.始终处于受力平衡状态
√
　　　座椅在水平面内做匀速圆周运动，速度大小不变，方向改变，根据p=mv可知动量大小不变，方向改变，故A错误；
速度大小不变，则座椅的动能不变，根据动能定理可知座椅所受合外力做功为零，故B正确；
根据IG=mgt可知所受重力的冲量不为零，故C错误；
座椅在水平面内做匀速圆周运动，一定有向心加速度，所以不处于受力平衡状态，故D错误。
　　　(2025·河南省九师联盟检测)质量m=1 kg的物块静止在水平地面上，t=0时刻对物块施加一水平力F，t=3 s时撤掉作用力F，F随时间t变化的图线如图所示，0~2 s内图像为四分之一圆弧，已知物块与地面间的动摩擦因数μ=0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是
A.0~2 s时间内F的冲量大小为2 N·s
B.前1 s内摩擦力的冲量大小为1 N·s
C.第3 s内物块动量的改变量大小为1 kg· m/s
D.t=1 s时物块开始运动
√
　　　 0~2 s内F的冲量大小为F-t图像与t轴围成的面积，则有IF=S=×π
×22 N·s=π N·s，故A错误；
因为滑动摩擦力大小Ff=μmg=1 N，在0~1 s时间内且F<1 N时，物块处于静止状态，此时摩擦力小于1 N，故前1 s内摩擦力冲量大小不为1 N s，故B错误；
根据动量定理可知第3 s内动量改变量大小为Δp=I合=F合·Δt=(2×1-1×1) kg·
m/s=1 kg·m/s，故C正确；
由图像可知，在t=1 s前某时刻F已经等于1 N，此时物块已经开始运动，而不是t=1 s时才开始运动，故D错误。
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考点二
动量定理的理解及应用
如图所示，质量为m的物体在光滑的水平面上受到合力F的作用，做匀变速直线运动。在初始时刻，物体的速度为v，经过一段时间Δt，它的速度为v'。
(1)试写出合力F与速度的关系式。
答案　由牛顿第二定律可得F=ma，
结合加速度的定义式a==可得，
F=m=
(2)求Δt时间内，合力F的冲量大小。
答案　合力F的冲量I=F·Δt=mv'-mv
(3)根据(2)中的结果，你能得出什么结论？
答案　合力的冲量等于物体动量的变化量，即F·Δt=mv'-mv。
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______。
3.对动量定理的理解：
(1)公式中的F是研究对象所受的所有外力的合力。它可以是恒力，也可以是变力。当合外力为变力时，F是合外力作用时间的平均值。
(2)Ft=p'-p是矢量式，两边不仅大小相等，而且方向相同。
(3)动量定理中的冲量可以是合外力的冲量，可以是各个力冲量的矢量和，也可以是外力在不同阶段冲量的矢量和。
动量
变化量
F(t'-t)=mv'-mv
I=p'-p
(4)Ft=p'-p还说明了两边的因果关系，即合外力的冲量是动量变化的原因。
(5)由Ft=p'-p得F==，即物体所受的合外力等于物体动量的变化率。
(6)当物体运动包含多个不同过程时，可分段应用动量定理求解，也可以全过程应用动量定理求解。
4.用动量定理解释两种现象(F=)
(1)Δp一定时，F的作用时间越短，力就越大；作用时间越长，力就越小。
(2)F一定时，力的作用时间越长，Δp就越大；力的作用时间越短，Δp就越小。
　　　(2025·海南省多校联考三模)如图所示为某款运动跑鞋宣传图，宣传如下，“该款鞋鞋底采用EVA材料，能够有效吸收行走或运动时的冲击力，保护双脚免受伤害”。对于该款鞋，下列说法正确的是
A.缩短双脚与鞋底的冲击时间，从而减小合力
对双脚的冲量
B.延长双脚与鞋底的冲击时间，从而减小合力
对双脚的冲量
C.延长双脚与鞋底的冲击时间，从而减小鞋底对双脚的平均冲击力
D.缩短双脚与鞋底的冲击时间，从而减小鞋底对双脚的平均冲击力
√
　　　由动量定理I=mv-mv0可知，无论是缩短还是延长双脚与鞋底的冲击时间，合力对双脚的冲量都保持不变，故A、B错误；
由I=Δt可知，延长双脚与鞋底的冲击时间，可以减小鞋底对双脚的平均冲击力，故C正确，D错误。
　 　 (2025·江苏盐城市三模)生活中经常出现手机因滑落而导致损坏的现象，手机壳能有效地保护手机。现有一部质量为m=0.2 kg的手机(包括手机壳)，从离地面高h=1.8 m处无初速度下落，落到地面后，反弹的高度为h1=0.2 m，由于手机壳的缓冲作用，手机与地面的作用时间为t=0.2 s。不计空气阻力，g取10 m/s2，求：
(1)手机在下落过程中重力冲量的大小；
答案　1.2 N·s
　　　手机在下落过程中做自由落体运动，
则有h=g
解得t1==0.6 s，
则手机在下落过程中重力冲量的大小为IG=mgt1=1.2 N·s
(2)地面对手机平均作用力的大小。
答案　10 N
　　　手机落地时速度大小v1=gt1=6 m/s，
从地面反弹速度大小v2==2 m/s，
手机与地面作用过程中，以竖直向上为正方向，
根据动量定理可得t-mgt=mv2-(-mv1)
解得地面对手机的平均作用力大小为=10 N。
(2024·广东卷·14)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　
　　　敏感球受向下的重力mg和敏感臂向下的压力FN以及斜面的支持力FN1，
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g取10 m/s2。求：
①碰撞过程中F的冲量大小和方向；
答案　330 N s　竖直向上
　　　由F-t图像与t轴围成的“面积”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碰撞结束后头锤上升的最大高度。
答案　0.2 m
　　　设头锤落到气囊上时的速度为v0，则=2gH
与气囊作用过程由动量定理(向上为正方向)
IF-Mgt=Mv-(-Mv0)
解得v=2 m/s
则上升的最大高度h==0.2 m。
应用动量定理解题的一般思路
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应用动量定理处理“流体类”问题
考点三
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
(2026·湖北孝感市检测)如图所示，生活中我们常用高压水枪清洗汽车，水枪出水口直径为D，水流以速度v从枪口喷出，近距离垂直喷射到车身。所有喷到车身的水流，约有80%向四周溅散开，溅起时的速度为，且垂直于车身向外。其余20%的水流撞击车身后无反弹顺车身流下。由于水流与车身的作用时间极短，在分析水流对车身的作用力时可忽略水流所受的重力。已知水的密度为ρ，则
A.水枪的功率约为ρπD2v3
B.水枪的功率约为ρπD2v3
C.水流对车身的平均冲击力约为ρπD2v2
D.水流对车身的平均冲击力约为ρπD2v2
√
　　　时间Δt内喷出水的质量Δm=vΔtSρ=πD2vΔtρ，水枪的功率P=
=ρπD2v3，选项A、B错误；
以水枪射出的水流方向为正方向，根据动量定理-FΔt=80%Δm[(-)-v]+
20%Δm(0-v)，结合牛顿第三定律，得F'=F=ρπD2v2，选项C正确，D错误。
针对训练　(2026·重庆实验外国语学校检测)2025年4月24日，我国“神舟二十号”载人飞船发射成功，3名航天员入驻“天宫”空间站的“天和”核心舱。如图所示，“天和”核心舱垂直于运动方向的横截面面积约为9 m2，以第一宇宙速度v=7.9×103 m/s运行，核心舱经过某段宇宙尘埃区时尘埃会附着于舱体外表，已知每个尘埃(初速度可忽略)的质量为m=1.5×10-7 kg，为维持轨道高度不变，需要开启舱外发动机增加170 N的推力，则该区域每立方米空间内的尘埃数大约为
A.2×106个 B.16个
C.14×104个 D.2个
√
　　　设该区域每立方米空间内的尘埃数为n个，则在Δt时间内有vΔtSn个尘埃附着于舱体外表，对尘埃由动量定理可得FΔt=vΔtSnmv
代入数据解得n≈2，故选D。
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课时精练
精练高频考点
提升关键能力
对一对
题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 AC B AD B AD A BD B
题号 9 10 11
答案 B (1)　　(2)见解析　(3)g C
答案
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1.(多选)(2026·福建省部分学校联考检测)“智能防摔马甲”的原理是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，能有效地避免穿戴者因摔倒受伤。在穿戴者着地的过程中，安全气囊可以
A.延长穿戴者与地面接触的时间
B.增大穿戴者动量的变化量
C.减小穿戴者动量的变化率
D.减小穿戴者所受合力的冲量
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基础落实练
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答案
　　　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人与地面的接触时间Δt，从而减小人所受到的合外力，即减小穿戴者动量的变化率，而穿戴者动量的变化量Δp，即穿戴者所受合力的冲量FΔt均未发生变化，故选A、C。
2.(2025·江苏徐州市一模)2024年8月10日，中国运动员荣获巴黎奥运会田径女子铅球决赛铜牌，若她将同一铅球(可看作质点)从空中同一位置A点先后两次抛出，第一次抛出时铅球在空中运动的轨迹如图中1所示，第二次抛出时铅球在空中运动的轨迹如图中2所示，两轨迹的交点为B，不计空气阻力。关于两次抛出，下列说法正确的是
A.轨迹1的铅球在空中运动的时间较短
B.轨迹2的铅球在最高点的动量较大
C.轨迹2的铅球重力的冲量较大
D.轨迹2的铅球在空中动量变化量较大
√
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答案
　　　铅球被抛出后做斜抛运动，由斜抛运动规律，知铅球在空中运动
的时间t=+，由题图可知轨迹1的铅球运动的高度更高，故轨
迹1的铅球在空中运动的时间较长，A错误；
铅球在最高点时，动量p=mvx，铅球在水平方向做匀速直线运动，则vx=，由题图可知x1重力冲量IG=mgt，结合A选项分析可知轨迹2的铅球重力的冲量较小，C错误；
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答案
　　　根据动量定理Δp=mΔv=mgt，故轨迹1的铅球在空中动量变化量较大，D错误。
3.(多选)(2025·天津市宁河区一模)如图所示，某同学把压在水杯下的纸水平抽出，重复操作，将水杯压在纸的同一位置，以更快的速度水平抽出，两次过程中水杯均未滑出桌面，则在第二次的抽出过程中
A.水杯受到的摩擦力与第一次相等
B.水杯动能变化量比第一次的大
C.水杯动量变化量比第一次的大
D.水杯动量变化量与对应时间的比值与第一次相等
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答案
　　　分析可知，两次过程，水杯受到的摩擦力均为滑动摩擦力且不变，故A正确；
第二次快速抽出白纸过程中，摩擦力作用时间短，则产生的冲量较小，根据动量定理可知，水杯增加的动量小一些，根据动能与动量关系有Ek
=，由于第二次动量变化量小，故第二次动能变化量小，故B、C错误；
动量变化量与对应时间的比值等于物体受到的合力大小，两次过程中水杯受到的合力均为滑动摩擦力且不变，则第二次水杯动量变化量与对应时间的比值与第一次相等，故D正确。
4.(2025·湖北省二模)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.1 800 kg·m/s B.5 400 kg·m/s
C.7 200 kg·m/s D.3 600 kg·m/s
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　　　人下落整个过程，根据动量定理有mgt-IF=0，解得IF=mgt，题图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，故选B。
5.(多选)(2022·全国乙卷·20)质量为1 kg的物块在水平力F的作用下由静止开始在水平地面上做直线运动，F与时间t的关系如图所示。已知物块与地面间的动摩擦因数为0.2，重力加速度大小g取10 m/s2。则
A.4 s时物块的动能为零
B.6 s时物块回到初始位置
C.3 s时物块的动量为12 kg·m/s
D.0~6 s时间内F对物块所做的功为40 J
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答案
　　　物块与地面间的摩擦力为Ff=μmg=2 N，对物块在0~3 s时间内由动量定理可知(F-Ff)t1=mv3，代入数据可得v3=6 m/s，3 s时物块的动量为p=
mv3=6 kg·m/s，故C错误；
设3 s后经过时间t2物块的速度减为0，由动量定理可得-(F+Ff)t2=0-mv3，解得t2=1 s，所以物块在4 s时速度减为0，则此时物块的动能也为0，故A正确；
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答案
　　　在0~3 s时间内，对物块由动能定理可得(F-Ff)x1=m，解得x1=9 m，3~4 s时间内，对物块由动能定理可得-(F+Ff)x2=0-m，解得x2=3 m，4~6 s时间内物块开始反向运动，物块的加速度大小为a==2 m/s2，发生的位移大小为x3=a=4 m0~6 s时间F对物块所做的功为W=Fx1-Fx2+Fx3=40 J，故D正确。
6.(2025·山东省三模)如图所示为一架质量为m的无人机在空中悬停时的情景，其动力由四个相同的螺旋桨提供。每个螺旋桨向下吹出的气流速度大小为v(未知)，单个螺旋桨的气流有效横截面积为S。已知空气密度为ρ，重力加速度为g，则维持无人机悬停所需的速度大小v等于
A. B.
C. D.
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答案
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答案
　　　无人机在空中悬停时，四个相同的螺旋桨向下推动空气获得升力F，根据平衡条件有4F=mg，设Δt时间内每个螺旋桨向下吹出的空气的质量为Δm=ρSvΔt，对向下推动的空气由动量定理F'Δt=Δmv-0，由牛顿第三定律可知F=F'，联立解得v=，故选A。
7.(多选)(2024·全国甲卷·20)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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能力综合练
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答案
　　　根据牛顿第三定律结合题图可知t=0.15 s时，蹦床对运动员的弹力最大，蹦床的形变量最大，此时运动员处于最低点，运动员的重力势能最小，故A错误；
运动员从t=0.30 s离开蹦床到t=2.30 s再次落到蹦床上经历的时间为2 s，根据竖直上抛运动的对称性可知，运动员上升时间为1 s，则在t=1.30 s时，运动员恰好运动到最大高度处，t=0.30 s 时运动员的速度大小v=10×1 m/s
=10 m/s，故B正确，C错误；
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答案
　　　同理可知运动员落到蹦床时的速度大小为10 m/s，以竖直向上为正方向，根据动量定理得
F·Δt-mg·Δt=mv-(-mv)
其中Δt=0.30 s
代入数据可得F=4 600 N
根据牛顿第三定律可知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，故D正确。
8.(2025·河南省部分示范性高中联考模拟)如图所示，长为L的非弹性轻绳，一端悬挂于天花板上的O点，另一端系一质量为m的小球，使小球在水平面内做匀速圆周运动，轻绳与竖直方向的夹角θ=37°，重力加速度为g，cos 37°=
0.8，sin 37°=0.6，忽略空气阻力。在小球转过半圈的过程中，下列说法正确的是
A.小球重力的冲量大小为4πm
B.小球所受合力的冲量大小为3m
C.轻绳上的拉力的冲量大小为
D.轻绳上的拉力的冲量大小为
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答案
　　　对小球，有mgtan θ=m，解得T=2π=4π，在小球转过半圆的过程中，重力的冲量大小IG=mg·=2πm，故A错误；
合力的冲量大小I合=mv-(-mv)=2mv，又v=，联立解得I合=3m，
故B正确；
轻绳对小球的拉力冲量大小IF==m，故C、D错误。
9.(2025·福建宁德市三模)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
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答案
　　　在时间Δt内车头碰到的水珠的质量Δm1=vΔtSnm，碰到空气的质量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。
10.(2025·甘肃卷·14)如图甲所示，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的变化如图乙所示。开始滑动瞬间的滑动摩擦力等
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答案
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；
答案　　
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答案
　　　由题图乙可知F随时间线性变化，根据数学知识可知F=t
所以当t=6 s时，F=
0~6 s内F的冲量为F-t图像围成的面积，即I=×mg×6=mg
(2)t在0~6 s内，摩擦力f 随时间t变化的关系式，并作出相应的f-t图像；
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答案
　　 由于初始时刻物块刚好能静止在细杆上，则有mgsin 30°=μmgcos 30°
即μ=tan 30°=，此后F增大FN减小，物块开始滑动，摩擦力为滑动摩
擦力，在垂直杆方向，当Fsin θ=mgcos θ时，t=4 s，则0~4 s，垂直杆方向Fsin θ+FN=mgcos θ
摩擦力f=μFN=mg-mgt)=(-t)mg(0≤t≤4 s)
在4~6 s内，垂直杆方向Fsin θ=mgcos θ+FN
摩擦力f=μFN=mgt-mg)=(t-)mg(4 s相应的f-t图像如图
(3)t=6 s时，物块的速度大小。
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答案
答案　g
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答案
　　　在0~6 s内沿杆方向根据动量定理有mgtsin θ+IFcos θ-If=mv
在0~6 s内摩擦力的冲量为f-t图像围成的面积，
则If=×mg×4+×mg×2=mg
联立有mg×6 s×sin 30°+mgcos 30°-mg=mv
可得v=g。
11.(2025·山东泰安市期末)如图所示，一轻杆一端可绕O点在竖直平面内自由转动，另一端固定一小球，把小球拉至A点由静止释放，运动到与A点关于圆心的对称点B。不计一切阻力，这一过程中轻杆对小球作用力的冲量
A.在水平方向上的分量为零
B.在水平方向上的分量方向向右
C.在竖直方向上的分量一定大于重力对小球的冲量
D.在竖直方向上的分量一定小于重力对小球的冲量
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答案
尖子生选练
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答案
　　　设OA与水平方向的夹角为θ，从A点到B点，根据机械能守恒可得mg·2Rsin θ=m-0，可得vB=，根据动量定理，这一过程中轻杆对小球作用力的冲量在水平方向上的分量大小为Ix=mvBx-0=mvBsin θ=
msin θ，方向水平向左，故A、B错误；
这一过程中竖直方向根据动量定理可得Iy-mgt=mvBy-0=mvBcos θ=
mcos θ，可知这一过程中轻杆对小球作用力的冲量在竖直方向上的分量一定大于重力对小球的冲量，故C正确，D错误。
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第七章

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