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2　动量定理
[学习目标]　1.理解冲量的概念，知道冲量是矢量，会计算某力的冲量(重点)。2.理解动量定理的确切含义及其表达式(重点)。3.会用动量定理解释碰撞、缓冲等生活现象，能运用动量定理解决实际问题(重难点)。
一、动量定理的理解
如图，一个质量为m的物体在光滑的水平面上受到恒力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，它的速度变为v'。试推导F、Δt与Δp的关系。
答案　加速度a=，根据牛顿第二定律F=ma，则有F=m==，即FΔt=p'-p。
1.冲量
(1)定义：力与力的作用时间的乘积。
(2)表达式：I=FΔt，单位是牛秒，符号为N·s。
(3)对冲量的理解
①冲量I=FΔt是反映力的作用对时间的累积效应的物理量，是过程量(填“状态量”或“过程量”)。力越大，作用时间越长，冲量就越大。
②冲量是矢(填“标”或“矢”)量。恒力的冲量方向与力的方向相同。
2.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)表达式：I=p'-p或F(t'-t)=mv'-mv。
(3)对动量定理的理解
①“力的冲量”指的是合力的冲量，或者是各个力的冲量的矢量和。
②动量定理反映了合力的冲量是动量变化的原因。
③由FΔt=Δp得F=，表示物体动量的变化率等于它所受到的力。
实际过程中的作用力往往不是恒力，动量定理还成立吗？式中的F又如何理解？
答案　成立，式中的F应理解为变力在作用时间内的平均值。
动量定理表达式中的F是研究对象所受到的所有外力的合力，这个力可以是恒力，也可以是变力。当合外力为变力时，结合微元法或数学微积分思想可知，F是合外力在作用时间内的平均值。
二、动量定理的应用
(一)用动量定理解释生活中的现象
1.有些轮船和码头常悬挂一些老旧轮胎，主要的用途是什么？请说出其中的道理。
答案　船靠岸时想停下，往往与码头发生相互作用，而悬挂一些老旧轮胎可以增大船与码头之间相互作用的时间，减小船和码头间的作用力，起到缓冲保护的作用。
2.做一做：将纸带从笔帽下抽出，如何做可保证笔帽不倒？试说说其原理。
答案　将纸带迅速抽出，由动量定理可知，纸带对笔帽的滑动摩擦力一定，作用时间越短，笔帽动量变化量越小，越不容易倒。
应用FΔt=Δp分析实际问题时，一般从两个方面分析：
(1)Δp一定，Δt短则F大，Δt长则F小；
(2)F一定，Δt长则Δp大，速度变化大，Δt短则Δp小，速度变化小。
(1)不用橡皮锤击打钉子仅是因为橡皮锤太轻。(　×　)
(2)跳远时，在沙坑里填沙，是为了减小冲量。(　×　)
(3)从同样的高度落下的两个相同的玻璃杯，掉在水泥地上的玻璃杯动量变化大，掉在草地上的玻璃杯动量变化小。(　×　)
(4)汽车的安全气囊是通过增大作用时间来减小平均作用力从而减少对司乘人员的伤害。(　√　)
(二)动量定理的定量计算
例1　如图，用0.5 kg的铁锤钉钉子。锤击前铁锤的速度大小为4 m/s，锤击后铁锤的速度变为0，设锤击时间为0.01 s，g取10 m/s2。
(1)不计铁锤所受的重力，铁锤钉钉子的平均作用力是多大？
(2)考虑铁锤所受的重力，铁锤钉钉子的平均作用力是多大？
答案　(1)200 N　(2)205 N
解析　(1)若不计铁锤所受的重力，设该钉子对铁锤的平均作用力大小为F，以向上为正方向，根据动量定理有FΔt=0-mv，
解得F=200 N。
由牛顿第三定律知铁锤钉钉子的平均作用力大小为200 N。
(2)若考虑铁锤所受的重力，
则有(F'-mg)Δt=0-mv，
解得F'=205 N。
由牛顿第三定律知铁锤钉钉子的平均作用力大小为205 N。
拓展　请结合以上解析，说明在计算铁锤钉钉子的平均作用力时，在什么情况下可以不计铁锤所受的重力。
答案　当打击时间很短时，可以不计铁锤所受的重力
应用动量定理定量计算的一般步骤：
三、冲量的计算
例2　如图所示，在倾角θ=37°的固定斜面上有一质量m=5 kg的物体沿斜面下滑(斜面足够长)，物体与斜面间的动摩擦因数μ=0.2，物体下滑2 s的时间内。(sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，g取10 m/s2)
(1)求物体所受各力的冲量。
(2)求物体所受合力的冲量。
(3)若动摩擦因数未知，物体由静止下滑2 s后的速度为4 m/s，求该过程中摩擦力的冲量I。
答案　见解析
解析　(1)重力的冲量IG=mgt=100 N·s，
方向竖直向下；
支持力的冲量IN=mgtcos 37°=80 N·s，
方向垂直斜面向上
摩擦力的冲量If=μmgtcos 37°=16 N·s，
方向沿斜面向上。
(2)合力的冲量I合=(mgsin 37°-μmgcos 37°)t=44 N·s，方向沿斜面向下。
(3)以沿斜面向下为正方向，由动量定理有mgsin 37°·t+I=mv-0
得I=-40 N·s，即摩擦力的冲量大小为40 N·s，方向沿斜面向上。
例3　一质量为2 kg的物块在合力F的作用下从静止开始沿直线运动，合力F随时间t变化的关系图像如图所示，则(　　)
A.0~2 s时间内合力F对物块的冲量为4 N·s
B.2~3 s时间内合力F对物块的冲量为1 N·s
C.0~3 s时间内合力F对物块的冲量为2 N·s
D.3 s末物块的速度为2 m/s
答案　C
解析　由题图可知，0~2 s时间内合力F对物块的冲量为I1=×(1+2)×2 N·s=3 N·s，故A错误；2~3 s时间内合力F对物块的冲量为I2=-1 N×1 s=-1 N·s，故B错误；0~3 s时间内合力F对物块的冲量为I3=I1+I2=2 N·s，故C正确；由动量定理有I3=mv-0，可得v=1 m/s，D错误。
1.冲量是过程量，要明确是哪一个力在哪一段时间内的冲量，与物体是否运动、在该力的方向上是否有位移无关。
2.求合力的冲量
(1)分别求出每一个力的冲量，再求各冲量的矢量和。
(2)如果各力的作用时间相同，可先求出各力的合力，再由I=F合Δt求合力的冲量。
3.求变力的冲量
(1)如图甲所示，若力F是变力，但力与时间呈线性变化关系，则可用平均力(相对于时间)求变力的冲量。
(2)若给出了力随时间变化的F-t图像，如图乙，则图像与横坐标轴所围的面积表示力在这段时间内的冲量，需注意各部分面积对应力的冲量方向是否相同。
(3)利用动量定理求解：I=Δp=p'-p。
例4　(2025·武威市高二期中)如图所示，用一个与竖直方向成θ角的恒力F拉质量为m的木箱，在时间t内木箱沿光滑水平面前进位移x，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　)
A.木箱重力所做的功为0
B.F所做的功为Fx
C.地面支持力的冲量大小为mgt
D.F的冲量大小为Ftcos θ
答案　A
解析　木箱的重力方向与位移方向垂直，做功为0，A正确；F所做的功为W=Fxsin θ，B错误；地面支持力的冲量大小I=FNt=(mg-Fcos θ)t，C错误；F的冲量大小为IF=Ft，D错误。
拓展　例4中若木箱在拉力F的作用下处于静止状态，经过时间t，则拉力的冲量IF=Ft；拉力做的功WF=0。
延伸　(1)某个力在一段时间内做的功为零时，力的冲量也为零吗？
(2)一对作用力、反作用力的总功一定为零吗？它们的总冲量一定为零吗？
答案　(1)不为零　(2)不一定为零　一定为零
课时对点练
[分值：70分]
[1~6题，每题4分]
考点一　冲量的理解与计算
1.下列关于冲量的说法正确的是(　　)
A.物体受到很大的力时，其冲量一定很大
B.当力与位移垂直时，该力的冲量为零
C.不管物体做什么运动，在相同时间内重力的冲量相同
D.只要力的大小恒定，在相同时间内的冲量就恒定
答案　C
解析　冲量是力与作用时间的乘积，力大，冲量不一定大，A错误；当力与位移垂直时，只要力作用一段时间，该力的冲量就不为零，B错误；重力和作用时间均相同，则重力的冲量相同，与物体的运动状态无关，C正确；力的大小恒定，但方向却不一定相同，则在相同时间内的冲量不一定相同，D错误。
2.(多选)(2025·赤峰市高二检测)自动流水线中有实现货物转弯的传送带，质量为m的货物从传送带A位置传送到B位置，传送过程中传送带速率保持不变，货物与传送带之间不打滑。则货物在此过程中(　　)
A.所受支持力的冲量为零
B.支持力对货物做功为零
C.所受合外力做功不为零
D.所受合外力的冲量不为零
答案　BD
解析　货物所受支持力的冲量I=FNt，不为零，故A错误；支持力方向与速度方向垂直不做功，B正确；货物动能不变，则所受合外力做功为零，故C错误；货物转弯过程中所受合外力不为零，则所受合外力的冲量不为零，故D正确。
3.(2025·黔东南州高二期末)如图所示，一个质量为m的物体，在与水平方向成θ角的拉力F的作用下，匀速前进了时间t，已知物体与水平面之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。则下列说法中正确的是(　　)
A.拉力对物体的冲量大小为Ft
B.重力对物体的冲量大小为0
C.摩擦力对物体的冲量大小为μmgt
D.地面对物体的冲量大小为(mg-Fsin θ)t
答案　A
解析　拉力对物体的冲量大小为IF=Ft，故A正确；重力对物体的冲量大小为IG=mgt，故B错误；支持力对物体的冲量大小为IN=FNt=(mg-Fsin θ)t，摩擦力对物体的冲量大小为If=Fft=μ(mg-Fsin θ)t<μmgt，则地面对物体的冲量大小为I地== (mg-Fsin θ)t，故C、D错误。
考点二　动量定理的理解与应用
4.下列选项中不能用动量定理进行解释的是(　　)
A.运输玻璃器皿等易碎物品时，在器皿的四周总是垫着碎纸或海绵等柔软、有弹性的垫衬物
B.建筑工人戴的安全帽内有帆布垫，把头和帽子的外壳隔开一定的空间
C.热水瓶胆做成两层，且把两层中间的空气抽去
D.跳高运动中的垫子总是十分松软
答案　C
解析　A、B、D均可以通过延长作用时间从而减小冲击力，都可以用动量定理解释；C选项中将热水瓶胆做成双层，中间的空气抽去是为了保温，不是为了减小冲击力，不能用动量定理解释，故选C。
5.(2025·扬州市高二期末)骑电瓶车必须戴好头盔。在头部受到撞击时，其他条件相同，戴头盔与不戴头盔相比，骑行者头部(　　)
A.动量变化小
B.动量变化慢
C.受到的撞击力大
D.受到的撞击力的冲量大
答案　B
解析　根据动量定理I=FΔt=Δp可知，由于头盔的缓冲，头部受撞击时间Δt延长了，从而减小了头部受到的撞击力F，即骑行者头部受到撞击过程中的动量变化慢，但骑行者戴头盔时头部受到撞击过程中动量变化量和撞击力的冲量I与不戴头盔时相比并未改变，故选B。
6.(2025·昆明市高二期中)水平地面上方同一高度有质量相同的三个小球，分别以相同速率抛出，a球竖直向上抛出，b球竖直向下抛出，c球水平抛出，不计空气阻力，则(　　)
A.三个小球落地时动量相同
B.从抛出到落地过程，三个小球动量变化相同
C.从抛出到落地过程，三个小球动量变化率相同
D.从抛出到落地过程，向上抛出的小球所受重力的冲量最小
答案　C
解析　根据动能定理可知三个小球落地时速度大小相等，但方向不同，故动量不相同，故A错误；根据动量定理，动量变化等于合外力的冲量，三个小球都只受重力，重力的冲量I=mgt，因三个小球运动时间不同(上抛时间最长，下抛最短，平抛居中)，故动量变化不同，故B错误；动量变化率为=F，由于三球质量相同且仅受重力，故动量变化率相同，故C正确；重力的冲量为I=mgt，上抛小球运动时间最长，所受重力的冲量最大，下抛小球所受重力的冲量最小，故D错误。
7.(10分)(2025·怀化市高二期末)排球是同学们喜欢的运动之一，如图所示为某同学正在练习用手臂垫球，某一次排球由h1=1.25 m处静止竖直下落，与手臂接触被重新垫起，排球与手臂接触t=0.2 s后离开手臂，此后竖直上升的最大高度为h2=0.8 m。已知排球的质量m=0.3 kg，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2。求：
(1)(4分)排球在上升过程中重力的冲量大小；
(2)(6分)排球与手臂接触过程中排球对手臂的平均作用力大小。
答案　(1)1.2 N·s　(2)16.5 N
解析　(1)排球上升过程的逆过程为自由落体运动，有h2=g
解得t2= s=0.4 s
重力的冲量大小为
IG=mgt2=0.3×10×0.4 N·s=1.2 N·s
(2)排球下落过程有=2gh1
解得v1=5 m/s
上升过程有=2gh2
解得v2=4 m/s
取竖直向上为正方向，对排球应用动量定理可得
(-mg)t=mv2-(-mv1)
解得=16.5 N
由牛顿第三定律知排球对手臂的平均作用力大小为'==16.5 N。
[8、9题，每题6分]
8.(2025·百色市高二期末)某次碰撞测试中，汽车的质量为1 000 kg，仿真人质量为100 kg，当汽车以15 m/s的速度向左撞向刚性墙时，撞击时间为0.1 s，撞击后可认为汽车速度变为0，撞击时，安全气囊也同时弹开，仿真人与安全气囊的接触时间为10 s。则下列说法正确的是(　　)
A.刚性墙对车的冲量方向向左
B.刚性墙对汽车的平均作用力约为1.65×105 N
C.安全气囊对人的平均作用力约为1.5×103 N
D.刚性墙对车的合力的冲量为0
答案　B
解析　由题知，汽车向左撞向刚性墙，则刚性墙对车的作用力方向向右，故刚性墙对车的冲量方向向右，故A错误；取向左为正方向，对汽车和仿真人组成的整体分析，根据动量定理有-t=0-m总v0，代入数据解得=1.65×105 N，故B正确；对仿真人进行分析，根据动量定理有-'t'=0-m人v0，代入数据解得'=1.5×102 N，故C错误；根据动量定理，可得刚性墙对车的合力的冲量为I=0-m总v0=-1.65×104 kg·m/s，故D错误。
9.(2025·安徽省皖中名校联盟高二期末)如图所示，一质量为m的物体以速率v在水平转盘上做匀速圆周运动，则下列说法正确的是(　　)
A.由于合外力与运动速度始终垂直，因此动量始终保持不变
B.物体运动一周的过程中，支持力的冲量为零
C.物体运动半周的过程中，合外力的冲量大小为2mv
D.物体运动半周的过程中，合外力的冲量为零
答案　C
解析　物体运动一周的过程中，速度大小不变，方向时刻发生变化，所以动量大小不变，方向时刻发生变化，故A错误；物体运动一周的过程中，支持力作用时间不为零，故冲量不为零，故B错误；物体运动半周的过程中，末动量方向刚好与初动量方向相反，设末动量方向为正，根据动量定理可得I合=mv-(-mv)=2mv，可知合外力的冲量大小为2mv，故C正确，D错误。
10.(12分)(2026·西安交通大学苏州附属中学高二检测)如图(a)所示，质量为m=1 kg的物体静止在水平地面上，t=0时刻，对物体施加一个水平向右的作用力F，作用力随时间的变化关系如图(b)所示。已知物体与地面间的动摩擦因数为μ=0.1，重力加速度大小g取10 m/s2。求：
(1)(4分)0~4 s内F的冲量。
(2)(8分)物体运动速度最大的时刻及最大速度的大小。
答案　(1)16 N·s，方向水平向右　(2)7 s　16.5 m/s
解析　(1)由题图(b)可知，0~4 s内F是恒力，大小为F1=4 N
故0~4 s内F的冲量大小为I=F1t1=4×4 N·s=16 N·s，方向水平向右
(2)当加速度为零时，物体运动的速度最大，则有F=μmg=1 N
结合题图(b)分析，可知F=1 N对应的时刻为t=7 s
根据F-t图像与时间轴围成的面积表示力F的冲量，则在0~7 s内有I总=4×4 N·s+×3 N·s=23.5 N·s
在0~7 s内，根据动量定理有I总-μmgt7=mvm
其中t7=7 s
代入数据解得最大速度vm=16.5 m/s。
11.(12分)(2025·随州市高二检测)一质量为0.5 kg的小物块放在水平地面上的A点，距离A点5 m的位置B处是一面墙，如图所示，物块以v0=9 m/s的初速度从A点沿AB方向运动，在与墙壁碰撞前瞬间的速度大小为7 m/s，碰后以6 m/s的速度大小反向运动直至静止，g取10 m/s2。
(1)(4分)求物块与地面间的动摩擦因数μ。
(2)(4分)若碰撞时间为0.05 s，求碰撞过程中墙壁对物块平均作用力的大小。
(3)(4分)求物块在反向运动过程中摩擦力冲量的大小。
答案　(1)0.32　(2)130 N　(3)3 N·s
解析　(1)小物块从A到B由动能定理可得
-μmgs=mv2-m
解得μ=0.32
(2)以向右为正方向，对小物块，与墙壁碰撞时，由动量定理可得-FΔt=-mv'-mv
解得F=130 N
(3)反向运动过程，以向左为正方向，由动量定理
可得-If=0-mv'
解得摩擦力冲量的大小为If=3 N·s。(共62张PPT)
动量定理
2
第
一
章
1.理解冲量的概念，知道冲量是矢量，会计算某力的冲量(重点)。
2.理解动量定理的确切含义及其表达式(重点)。
3.会用动量定理解释碰撞、缓冲等生活现象，能运用动量定理解决实际问题(重难点)。
学习目标
内容索引
课时对点练
一、动量定理的理解
二、动量定理的应用
三、冲量的计算
< 一 >
动量定理的理解
如图，一个质量为m的物体在光滑的水平面上受到恒力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，它的速度变为v'。试推导F、Δt与Δp的关系。
答案　加速度a=，根据牛顿第二定律F=ma，则有F=m= =，即FΔt=p'-p。
1.冲量
(1)定义：力与 的乘积。
(2)表达式：I= ，单位是 ，符号为 。
(3)对冲量的理解
①冲量I=FΔt是反映力的作用对 的物理量，是 (填“状态量”或“过程量”)。力越大，作用时间越长，冲量就越 。
②冲量是 (填“标”或“矢”)量。恒力的冲量方向与力的方向相同。
力的作用时间
FΔt
牛秒
N·s
时间的累积效应
过程量
大
矢
2.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)表达式：I= 或F(t'-t)= 。
(3)对动量定理的理解
①“力的冲量”指的是 的冲量，或者是各个力的冲量的 。
②动量定理反映了 是动量变化的原因。
③由FΔt=Δp得F=，表示物体 等于它所受到的力。
动量
变化量
p'-p
mv'-mv
合力
矢量和
合力的冲量
动量的变化率
实际过程中的作用力往往不是恒力，动量定理还成立吗？式中的F又如何理解？
答案　成立，式中的F应理解为变力在作用时间内的平均值。
返回
动量定理表达式中的F是研究对象所受到的所有外力的合力，这个力可以是恒力，也可以是变力。当合外力为变力时，结合微元法或数学微积分思想可知，F是合外力在作用时间内的平均值。
< 二 >
动量定理的应用
(一)用动量定理解释生活中的现象
1.有些轮船和码头常悬挂一些老旧轮胎，主要的用途是什么？请说出其中的道理。
答案　船靠岸时想停下，往往与码头发生相互作用，而悬挂一些老旧轮胎可以增大船与码头之间相互作用的时间，减小船和码头间的作用力，起到缓冲保护的作用。
2.做一做：将纸带从笔帽下抽出，如何做可保证笔帽不倒？试说说其原理。
答案　将纸带迅速抽出，由动量定理可知，纸带对笔帽的滑动摩擦力一定，作用时间越短，笔帽动量变化量越小，越不容易倒。
应用FΔt=Δp分析实际问题时，一般从两个方面分析：
(1)Δp一定，Δt短则F ，Δt长则F ；
(2)F一定，Δt长则Δp ，速度变化大，Δt短则Δp ，速度变化小。
大
小
大
小
(1)不用橡皮锤击打钉子仅是因为橡皮锤太轻。(　　)
(2)跳远时，在沙坑里填沙，是为了减小冲量。(　　)
(3)从同样的高度落下的两个相同的玻璃杯，掉在水泥地上的玻璃杯动量变化大，掉在草地上的玻璃杯动量变化小。(　　)
(4)汽车的安全气囊是通过增大作用时间来减小平均作用力从而减少对司乘人员的伤害。(　　)
×
×
×
√
如图，用0.5 kg的铁锤钉钉子。锤击前铁锤的速度大小为4 m/s，锤击后铁锤的速度变为0，设锤击时间为0.01 s，g取10 m/s2。
(1)不计铁锤所受的重力，铁锤钉钉子的平均作用力是多大？
例1
(二)动量定理的定量计算
答案　200 N
若不计铁锤所受的重力，设该钉子对铁锤的平均作用力大小为F，以向上为正方向，根据动量定理有FΔt=0-mv，
解得F=200 N。
由牛顿第三定律知铁锤钉钉子的平均作用力大小为200 N。
(2)考虑铁锤所受的重力，铁锤钉钉子的平均作用力是多大？
答案　205 N
若考虑铁锤所受的重力，
则有(F'-mg)Δt=0-mv，
解得F'=205 N。
由牛顿第三定律知铁锤钉钉子的平均作用力大小为205 N。
拓展　请结合以上解析，说明在计算铁锤钉钉子的平均作用力时，在什么情况下可以不计铁锤所受的重力。
答案　当打击时间很短时，可以不计铁锤所受的重力
总结提升
应用动量定理定量计算的一般步骤：
返回
< 三 >
冲量的计算
如图所示，在倾角θ=37°的固定斜面上有一质量m=5 kg的物体沿斜面下滑(斜面足够长)，物体与斜面间的动摩擦因数μ=0.2，物体下滑2 s的时间内。(sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，g取10 m/s2)
(1)求物体所受各力的冲量。
例2
答案　见解析
重力的冲量IG=mgt=100 N·s，
方向竖直向下；
支持力的冲量IN=mgtcos 37°=80 N·s，
方向垂直斜面向上
摩擦力的冲量If=μmgtcos 37°=16 N·s，
方向沿斜面向上。
(2)求物体所受合力的冲量。
答案　见解析
合力的冲量I合=(mgsin 37°-μmgcos 37°)t=44 N·s，方向沿斜面向下。
(3)若动摩擦因数未知，物体由静止下滑2 s后的速度为4 m/s，求该过程中摩擦力的冲量I。
答案　见解析
以沿斜面向下为正方向，由动量定理有mgsin 37°·t+I=mv-0
得I=-40 N·s，即摩擦力的冲量大小为40 N·s，方向沿斜面向上。
一质量为2 kg的物块在合力F的作用下从静止开始沿直线运动，合力F随时间t变化的关系图像如图所示，则
A.0~2 s时间内合力F对物块的冲量为4 N·s
B.2~3 s时间内合力F对物块的冲量为1 N·s
C.0~3 s时间内合力F对物块的冲量为2 N·s
D.3 s末物块的速度为2 m/s
例3
√
由题图可知，0~2 s时间内合力F对物块的冲量为I1=×(1+2)×2 N·s=3 N·s，故A错误；
2~3 s时间内合力F对物块的冲量为I2=-1 N×1 s=-1 N·s，故B错误；
0~3 s时间内合力F对物块的冲量为I3=I1+I2=2 N·s，故C正确；
由动量定理有I3=mv-0，可得v=1 m/s，D错误。
总结提升
1.冲量是过程量，要明确是哪一个力在哪一段时间内的冲量，与物体是否运动、在该力的方向上是否有位移无关。
2.求合力的冲量
(1)分别求出每一个力的冲量，再求各冲量的矢量和。
(2)如果各力的作用时间相同，可先求出各力的合力，再由I=F合Δt求合力的冲量。
总结提升
3.求变力的冲量
(1)如图甲所示，若力F是变力，但力与时间呈线性变化关系，则可用平均力(相对于时间)求变力的冲量。
总结提升
(2)若给出了力随时间变化的F-t图像，如图乙，则图像与横坐标轴所围的面积表示力在这段时间内的冲量，需注意各部分面积对应力的冲量方向是否相同。
(3)利用动量定理求解：I=Δp=p'-p。
(2025·武威市高二期中)如图所示，用一个与竖直方向成θ角的恒力F拉质量为m的木箱，在时间t内木箱沿光滑水平面前进位移x，重力加速度为g，下列说法正确的是
A.木箱重力所做的功为0
B.F所做的功为Fx
C.地面支持力的冲量大小为mgt
D.F的冲量大小为Ftcos θ
例4
√
木箱的重力方向与位移方向垂直，做功为0，A正确；
F所做的功为W=Fxsin θ，B错误；
地面支持力的冲量大小I=FNt=(mg-Fcos θ)t，C错误；
F的冲量大小为IF=Ft，D错误。
拓展　例4中若木箱在拉力F的作用下处于静止状态，经过时间t，则拉力的冲量IF= ；拉力做的功WF= 。
Ft
0
延伸　(1)某个力在一段时间内做的功为零时，力的冲量也为零吗？
答案　不为零
(2)一对作用力、反作用力的总功一定为零吗？它们的总冲量一定为零吗？
答案　不一定为零　一定为零
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< 四 >
课时对点练
题号 1 2 3 4 5 6 7
答案 C BD A C B C (1)1.2 N·s　(2)16.5 N
题号 8 9 10 11
答案 B C (1)16 N·s，方向水平向右　(2)7 s　16.5 m/s (1)0.32　(2)130 N
(3)3 N·s
对一对
答案
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考点一　冲量的理解与计算
1.下列关于冲量的说法正确的是
A.物体受到很大的力时，其冲量一定很大
B.当力与位移垂直时，该力的冲量为零
C.不管物体做什么运动，在相同时间内重力的冲量相同
D.只要力的大小恒定，在相同时间内的冲量就恒定
基础对点练
√
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答案
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答案
冲量是力与作用时间的乘积，力大，冲量不一定大，A错误；
当力与位移垂直时，只要力作用一段时间，该力的冲量就不为零，B错误；
重力和作用时间均相同，则重力的冲量相同，与物体的运动状态无关，C正确；
力的大小恒定，但方向却不一定相同，则在相同时间内的冲量不一定相同，D错误。
11
2.(多选)(2025·赤峰市高二检测)自动流水线中有实现货物转弯的传送带，质量为m的货物从传送带A位置传送到B位置，传送过程中传送带速率保持不变，货物与传送带之间不打滑。则货物在此过程中
A.所受支持力的冲量为零
B.支持力对货物做功为零
C.所受合外力做功不为零
D.所受合外力的冲量不为零
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答案
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√
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答案
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货物所受支持力的冲量I=FNt，不为零，故A错误；
支持力方向与速度方向垂直不做功，B正确；
货物动能不变，则所受合外力做功为零，故C错误；
货物转弯过程中所受合外力不为零，则所受合外力的冲量不为零，故D正确。
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答案
3.(2025·黔东南州高二期末)如图所示，一个质量为m的物体，在与水平方向成θ角的拉力F的作用下，匀速前进了时间t，已知物体与水平面之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。则下列说法中正确的是
A.拉力对物体的冲量大小为Ft
B.重力对物体的冲量大小为0
C.摩擦力对物体的冲量大小为μmgt
D.地面对物体的冲量大小为(mg-Fsin θ)t
√
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答案
拉力对物体的冲量大小为IF=Ft，故A正确；
重力对物体的冲量大小为IG=mgt，故B错误；
支持力对物体的冲量大小为IN=FNt=(mg-Fsin θ)t，摩擦力对物体的冲量大小为If=Fft=μ(mg-Fsin θ)t<μmgt，则地面对物体的冲量大小为I地=
= (mg-Fsin θ)t，故C、D错误。
11
考点二　动量定理的理解与应用
4.下列选项中不能用动量定理进行解释的是
A.运输玻璃器皿等易碎物品时，在器皿的四周总是垫着碎纸或海绵等柔软、
有弹性的垫衬物
B.建筑工人戴的安全帽内有帆布垫，把头和帽子的外壳隔开一定的空间
C.热水瓶胆做成两层，且把两层中间的空气抽去
D.跳高运动中的垫子总是十分松软
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答案
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A、B、D均可以通过延长作用时间从而减小冲击力，都可以用动量定理解释；
C选项中将热水瓶胆做成双层，中间的空气抽去是为了保温，不是为了减小冲击力，不能用动量定理解释，故选C。
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5.(2025·扬州市高二期末)骑电瓶车必须戴好头盔。在头部受到撞击时，其他条件相同，戴头盔与不戴头盔相比，骑行者头部
A.动量变化小
B.动量变化慢
C.受到的撞击力大
D.受到的撞击力的冲量大
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答案
根据动量定理I=FΔt=Δp可知，由于头盔的缓冲，头部受撞击时间Δt延长了，从而减小了头部受到的撞击力F，即骑行者头部受到撞击过程中的动量变化慢，但骑行者戴头盔时头部受到撞击过程中动量变化量和撞击力的冲量I与不戴头盔时相比并未改变，故选B。
11
6.(2025·昆明市高二期中)水平地面上方同一高度有质量相同的三个小球，分别以相同速率抛出，a球竖直向上抛出，b球竖直向下抛出，c球水平抛出，不计空气阻力，则
A.三个小球落地时动量相同
B.从抛出到落地过程，三个小球动量变化相同
C.从抛出到落地过程，三个小球动量变化率相同
D.从抛出到落地过程，向上抛出的小球所受重力的冲量最小
√
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答案
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根据动能定理可知三个小球落地时速度大小相等，但方向不同，故动量不相同，故A错误；
根据动量定理，动量变化等于合外力的冲量，三个小球都只受重力，重力的冲量I=mgt，因三个小球运动时间不同(上抛时间最长，下抛最短，平抛居中)，故动量变化不同，故B错误；
动量变化率为=F，由于三球质量相同且仅受重力，故动量变化率相同，
故C正确；
重力的冲量为I=mgt，上抛小球运动时间最长，所受重力的冲量最大，下抛小球所受重力的冲量最小，故D错误。
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答案
7.(2025·怀化市高二期末)排球是同学们喜欢的运动之一，如图所示为某同学正在练习用手臂垫球，某一次排球由h1=1.25 m处静止竖直下落，与手臂接触被重新垫起，排球与手臂接触t=0.2 s后离开手臂，此后竖直上升的最大高度为h2=0.8 m。已知排球的质量m=0.3 kg，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2。求：
(1)排球在上升过程中重力的冲量大小；
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答案　1.2 N·s
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答案
排球上升过程的逆过程为自由落体运动，有h2=g
解得t2= s=0.4 s
重力的冲量大小为
IG=mgt2=0.3×10×0.4 N·s=1.2 N·s
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答案
(2)排球与手臂接触过程中排球对手臂的平均作用力大小。
答案　16.5 N
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排球下落过程有=2gh1
解得v1=5 m/s
上升过程有=2gh2
解得v2=4 m/s
取竖直向上为正方向，对排球应用动量定理可得
(-mg)t=mv2-(-mv1)
解得=16.5 N
由牛顿第三定律知排球对手臂的平均作用力大小为'==16.5 N。
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8.(2025·百色市高二期末)某次碰撞测试中，汽车的质量为1 000 kg，仿真人质量为100 kg，当汽车以15 m/s的速度向左撞向刚性墙时，撞击时间为0.1 s，撞击后可认为汽车速度变为0，撞击时，安全气囊也同时弹开，仿真人与安全气囊的接触时间为10 s。则下列说法正确的是
A.刚性墙对车的冲量方向向左
B.刚性墙对汽车的平均作用力约为1.65×105 N
C.安全气囊对人的平均作用力约为1.5×103 N
D.刚性墙对车的合力的冲量为0
能力综合练
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答案
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由题知，汽车向左撞向刚性墙，则刚性墙对车的作用力方向向右，故刚性墙对车的冲量方向向右，故A错误；
取向左为正方向，对汽车和仿真人组成的整体分析，根据动量定理有-t=0-m总v0，代入数据解得=1.65×105 N，故B正确；
对仿真人进行分析，根据动量定理有-'t'=0-m人v0，代入数据解得'=1.5×102 N，故C错误；
根据动量定理，可得刚性墙对车的合力的冲量为I=0-m总v0=-1.65×
104 kg·m/s，故D错误。
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答案
9.(2025·安徽省皖中名校联盟高二期末)如图所示，一质量为m的物体以速率v在水平转盘上做匀速圆周运动，则下列说法正确的是
A.由于合外力与运动速度始终垂直，因此动量始终保持
不变
B.物体运动一周的过程中，支持力的冲量为零
C.物体运动半周的过程中，合外力的冲量大小为2mv
D.物体运动半周的过程中，合外力的冲量为零
√
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物体运动一周的过程中，速度大小不变，方向时刻发生变化，所以动量大小不变，方向时刻发生变化，故A错误；
物体运动一周的过程中，支持力作用时间不为零，故冲量不为零，故B错误；
物体运动半周的过程中，末动量方向刚好与初动量方向相反，设末动量方向为正，根据动量定理可得I合=mv-(-mv)=2mv，可知合外力的冲量大小为2mv，故C正确，D错误。
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10.(2026·西安交通大学苏州附属中学高二检测)如图(a)所示，质量为m=1 kg的物体静止在水平地面上，t=0时刻，对物体施加一个水平向右的作用力F，作用力随时间的变化关系如图(b)所示。已知物体与地面间的动摩擦因数为μ=0.1，重力加速度大小g取10 m/s2。求：
(1)0~4 s内F的冲量。
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答案　16 N·s，方向水平向右
由题图(b)可知，0~4 s内F是恒力，大小为F1=4 N
故0~4 s内F的冲量大小为I=F1t1=4×4 N·s=16 N·s，方向水平向右
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(2)物体运动速度最大的时刻及最大速度的大小。
答案　7 s　16.5 m/s
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答案
当加速度为零时，物体运动的速度最大，则有F=μmg=1 N
结合题图(b)分析，可知F=1 N对应的时刻为t=7 s
根据F-t图像与时间轴围成的面积表示力F的冲量，则在0~7 s内有I总=
4×4 N·s+×3 N·s=23.5 N·s
在0~7 s内，根据动量定理有I总-μmgt7=mvm
其中t7=7 s
代入数据解得最大速度vm=16.5 m/s。
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11.(2025·随州市高二检测)一质量为0.5 kg的小物块放在水平地面上的A点，距离A点5 m的位置B处是一面墙，如图所示，物块以v0=9 m/s的初速度从A点沿AB方向运动，在与墙壁碰撞前瞬间的速度大小为7 m/s，碰后以6 m/s的速度大小反向运动直至静止，g取10 m/s2。
(1)求物块与地面间的动摩擦因数μ。
答案　0.32
小物块从A到B由动能定理可得
-μmgs=mv2-m
解得μ=0.32
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答案
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(2)若碰撞时间为0.05 s，求碰撞过程中墙壁对物块平均作用力的大小。
答案　130 N
以向右为正方向，对小物块，与墙壁碰撞时，由动量定理可得-FΔt=-mv'
-mv
解得F=130 N
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(3)求物块在反向运动过程中摩擦力冲量的大小。
答案　3 N·s
反向运动过程，以向左为正方向，由动量定理
可得-If=0-mv'
解得摩擦力冲量的大小为If=3 N·s。
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第
一
章

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