资源简介

【考情分析】
年份 考点内容 命题分析
2021 T11:动量定理的实验 高考对本章的考查热点是动量定理、动量守恒定律与牛顿运动定律、能量守恒定律的综合应用。本章较以往要求高，考查形式多为选择题和计算题。
2022 T13:动量守恒定律
2024 T9:动量守恒　T14:动量定理
2025 T14:动量守恒定律
【知识网络】
第1讲：动量 冲量 动量定理
学习目标　1.理解冲量和动量。2.理解动量定理，能用动量定理解释生活中的有关现象。3.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。
1.
2.
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基础自测
1.(人教版选择性必修第一册P10T1改编)如图所示，一个物体静止在水平地面上，受到与水平方向成θ角的恒定拉力F作用时间t后，物体仍保持静止。下列说法正确的是(　　)
A.物体所受合力的冲量大小为0
B.物体所受拉力F的冲量大小是Ftcos θ
C.物体所受拉力F的冲量方向水平向右
D.物体所受摩擦力的冲量大小为0
答案　A
2.(人教版选择性必修第一册P11T4改编)质量为1 kg的物体以2 m/s的速度做直线运动，现对物体施加与速度反向的作用力F，经过2 s，速度变为-2 m/s。则F的大小为(　　)
A.0 　　B.2 N C.4 N 　　D.6 N
答案　B
考点一:动量和冲量
1.动量与动能的比较
动量 动能
定义式 p=mv Ek=mv2
标矢性 矢量 标量
变化原因 物体所受合力的冲量 合力所做的功
大小关系 p= Ek=
对于给定的物体，若动能发生了变化，动量一定也发生了变化;而动量发生了变化，动能却不一定发生变化。它们都具有相对性，均与参考系的选取有关，高中阶段通常选取地面为参考系
2.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，无需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
考向　对动量和动能的比较
例1 (2026·江苏泰州期中)奥运会网球赛场上，中国运动员挥拍进行网前拦截，她将水平飞来的质量为m、速度大小为2v的球，以大小为v的速度反向击回，则击球过程中网球(　　)
A.动量变化量的大小为mv
B.动量变化量的大小为3mv
C.动能变化量的大小为mv2
D.动能变化量的大小为mv2
答案　B
解析　设网球反弹方向为正方向，则动量变化量Δp=mv-(-2mv)=3mv，即网球动量变化量的大小为3mv，A错误，B正确;网球的动能变化量的大小Ek=m(2v)2-mv2=mv2，C、D错误。
考向　恒力冲量的计算
例2 如图所示，质量为m的物体从一高度为h、倾角为θ的光滑斜面顶端由静止自由下滑，不计空气阻力，经t时间到达斜面底端。在此过程中(　　)
A.重力的冲量为mgtsin θ
B.斜面弹力的冲量为零
C.若不改变斜面高度，仅将斜面倾角θ减小，则重力的冲量不变
D.若不改变斜面高度，仅将斜面倾角θ减小，合力的冲量大小不变
答案　D
解析　由I=Ft知，经t时间重力的冲量为mgt，斜面弹力的冲量为mgcos θ·t，A、B错误;物体下滑的加速度a=gsin θ，由位移与时间的关系式得=at2，可得物体下滑时间t=，不改变斜面高度，仅将斜面倾角θ减小，则时间t变长，重力的冲量变大，C错误;物体下滑过程由动能定理有mgh=mv2，解得物体到达斜面底端时的速度大小v=，不改变斜面高度，仅将斜面倾角θ减小，则速度大小不变，故合力的冲量大小p=mv不变，D正确。
考向　利用F-t图像求冲量
例3 (2026·江苏连云港期中)物体在外力作用下从静止开始做直线运动，合力F随时间t变化的图像如图所示。下列说法正确的是(　　)
A.0~6 s内物体做匀变速运动
B.t=6 s时物体回到出发点
C.2~4 s内F的冲量为零
D.t=1 s与t=4 s时物体的动量相同
答案　C
解析　因3 s末力的方向改变，则加速度方向改变，故0~6 s内物体不做匀变速运动，A错误;0~3 s内物体沿正方向加速，3~6 s内物体沿正方向减速，则t=6 s时物体没有回到出发点，B错误;由F-t图像与横轴围成的面积表示冲量，可知2~4 s内F的冲量为零，C正确;根据动量定理可知，令t0=1 s，t=1 s时物体的动量p1=F0t0，t=4 s时物体的动量p4=F0·3t0-F0·t0=2F0t0，可知t=1 s与t=4 s时物体的动量不相同，D错误。
考点二　动量定理的理解和应用
考向　应用动量定理解释生活中的现象
例4 (2026·江苏扬州期末)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.受到撞击力大 D.受到撞击力的冲量大
答案　B
解析　无论是否戴头盔，骑行者的初、末动量不变，动量的变化量Δp不变，由I=Δp可知其头部受到撞击力的冲量不变，故A、D错误;戴头盔时，头部受到撞击的时间Δt变长，动量变化的慢，由FΔt=Δp可知头部受到的撞击力变小，故B正确，C错误。
考向　动量定理的有关计算
例5 (2026·江苏扬州期中)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。已知头锤质量为M=20 kg，H=3.2 m，重力加速度大小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　(1)220 N·s　竖直向上　(2)0.2 m
解析　(1)F-t图像与坐标轴围成的面积表示冲量，由图乙可知碰撞过程中F的冲量大小
IF=×0.1×4 400 N·s=220 N·s
方向与F的方向相同，竖直向上。
(2)设头锤落到气囊上时的速度大小为v0，则有=2gH
以竖直向上为正方向，头锤与气囊作用过程，由动量定理得
IF-Mgt=Mv-M(-v0)
设上升的最大高度为h，由动能定理得-Mgh=0-Mv2
联立解得h=0.2 m。
应用动量定理解题的基本思路
考点三　应用动量定理处理“流体类”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，粒子质量m，单位体积粒子数n
分析 步骤 ①构建“柱状”模型:极短时间Δt内，沿流速v的方向选取一段小柱体，其横截面积为S ②小柱体的体积ΔV=vSΔt ③小柱体质量m=ρΔV=ρvSΔt ④小柱体粒子数N=nvSΔt ⑤小柱体动量p=mv=ρv2SΔt ⑥应用动量定理FΔt=Δp列方程求解
考向　应用动量定理处理流体类问题
例6 (2026·江苏常州期中)水流射向墙壁，会对墙壁产生冲击力。假设水枪喷水口的横截面积S=4 cm2，喷出水流的流速v=10 m/s，水流垂直射向竖直墙壁后速度变为0。已知水的密度ρ=1×103 kg/m3，则墙壁受到的平均冲击力的大小(　　)
A.4 N B.16 N C.20 N D.40 N
答案　D
解析　时间Δt内冲击墙壁水的质量Δm=ρV=ρSvΔt，根据动量定理可得-FΔt=0-Δmv，联立解得F=40 N，根据牛顿第三定律可知墙壁受到的平均冲击力的大小为40 N，故D正确。
考向　应用动量定理处理微粒类问题
例7 (2026·江苏无锡期末)一宇宙飞船的横截面积为S，以恒定速率v航行，当进入有宇宙尘埃的区域时，设在该区域单位体积内有n颗尘埃，每颗尘埃的质量为m，若尘埃碰到飞船前是静止的，且碰到飞船后就粘在飞船上，不计其他阻力，为保持飞船匀速航行，飞船发动机的牵引力为(　　)
A.Snmv B.Snmv2 C.2Snmv D.2Snmv2
答案　B
解析　时间t内粘附在飞船上的尘埃质量M=vtSnm，对粘附的尘埃由动量定理得Ft=Mv，解得飞船对尘埃的作用力为F=Snmv2;根据牛顿第三定律及平衡条件可知，为保持飞船匀速航行，飞船发动机的牵引力F'=F=Snmv2，故B正确。
A级　基础对点练
对点练1　动量和冲量
1.(2026·江苏镇江期中)离地面同一高度处有三个相同小球a、b、c，其中a小球由静止释放，b小球以初速度v0竖直上抛，c小球以初速度v0水平抛出，不计空气阻力，三个过程中重力的冲量依次为Ia、Ib、Ic，动量变化量的大小依次为Δpa、Δpb、Δpc，下列说法正确的是(　　)
A.Ia=Ic>Ib，Δpa=Δpc>Δpb
B.Ia=IcC.Ia=Ic=Ib，Δpa=Δpc=Δpb
D.Ia答案　B
解析　a小球做自由落体运动，c小球做平抛运动，二者下落高度相同，由h=gt2得t=，可知a、c两球空中运动时间相等，即ta=tc，b小球在同一高度做竖直上抛运动，空中运动时间大于a、c两球的时间，故ta=tc2.(2025·上海卷，6)氢原子核外电子以半径r绕核做匀速圆周运动，若电子质量为m，元电荷为e，静电力常量为k，则电子动量大小为　　　　。
答案　
解析　核外电子绕氢原子核做匀速圆周运动，电子与原子核间的库仑力提供向心力，由牛顿第二定律得k=m，解得v=，又电子的动量大小为p=mv，解得p=。
3.(2023·新课标卷，19改编)如图，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.甲和乙的动量之和为零
答案　B
解析　根据F-μmg=ma可得a=F-μg，因m甲>m乙，故a甲m乙，又μ甲=μ乙，则Ff甲>Ff乙，故甲和乙组成的系统所受合外力向左，合外力的冲量方向向左，即甲的动量大小比乙的小，B正确，C、D错误。
对点练2　动量定理的理解和应用
4.(2026·江苏南通期末)鸡蛋从高处落到坚硬的盘子里会破，落在较厚的软垫上不会破。因为落在软垫上的鸡蛋(　　)
A.速度变化量小 B.动量变化量小
C.动量变化率小 D.动能变化量小
答案　C
解析　鸡蛋从高处落到坚硬的盘子里和较厚的软垫上，鸡蛋的速度都由v变化为零，速度变化量相同，动量变化量相同，动能变化量相同;根据动量定理有FΔt=Δp，可得F=，由于落在软垫上的作用时间较长，所以落在软垫上的鸡蛋动量变化率小，受到的冲击力小，所以鸡蛋不会破，故C正确。
5.(2026·江苏镇江期中)如图所示，小红同学把一个质量为0.6 kg的充气乳胶气球以5 m/s的速度水平投向小刚同学，气球以4 m/s的速度被水平反弹。已知气球与小刚同学的接触时间约为0.1 s，则小刚同学受到气球的平均冲击力为(　　)
A.6 N B.30 N C.24 N D.54 N
答案　D
解析　气球与小刚同学接触过程中，对气球由动量定理得·Δt=mv-mv0，则小刚同学对气球的平均冲击力大小为== N=54 N，根据牛顿第三定律，可知小刚同学受到气球的平均冲击力大小'==54 N，故D正确。
6.(2025·上海卷，11)如图所示，在竖直平面内有一光滑圆形轨道，a 为轨道最低点，c为轨道最高点，b点、d点为轨道上与圆心等高的两点，e为弧ab段的中点。一个质量为m的小物块在轨道内侧做圆周运动。若物块在a点时的速度大小为v0，则刚好能到达b点，经历的时间为t，已知重力加速度为g，则该过程轨道对物块的支持力的冲量大小为(　　)
A.mv0 B.mgt
C.mv0+mgt D.m
答案　D
解析　以初速度方向为正方向，在水平方向上由动量定理得-Ix=0-mv0，以竖直向上的方向为正方向，在竖直方向上由动量定理得Iy-mgt=0，则该过程轨道对物块的支持力的冲量大小为I=，联立解得I=m，D正确。
对点练3　应用动量定理处理“流体”模型
7.(2025·江苏无锡模拟)雨打芭蕉是中国古代文学中常见的抒情意象，为估算雨滴撞击芭蕉叶产生的平均压强p，小华同学将一圆柱形的量杯置于院中，测得一段时间t内杯中水面上升的高度为h，查询得知当时雨滴下落的速度为v。设雨滴竖直下落到水平的芭蕉叶上后以原来的速率竖直反弹。已知水的平均密度为ρ，不计雨滴重力。则p的大小为(　　)
A.ρv B.2ρv C.ρv2 D.2ρv2
答案　B
解析　单位时间内的降水量Δh=，在芭蕉叶上取ΔS的面积，Δt时间内降落的雨水质量m=ρ·ΔS·ΔhΔt=ρΔSΔt，设雨水受到的撞击力为F，根据动量定理得F·Δt=mvt-mv=ρΔSΔt(-v-v)=-2ρvΔSΔt，解得F=-2ρvΔS，根据牛顿第三定律可知，芭蕉叶上ΔS的面积受到的撞击力的大小F'=2ρvΔS，因此平均压强为p==2ρv，故B正确。
B级　综合提升练
8.(2026·江苏宿迁一模)如图所示，轻绳上端固定在O点，下端连接小球。将球拉起，绳刚好被水平拉直，由静止释放小球。当小球运动至最低点时，下列物理量的大小与绳长有关的是(　　)
A.小球的加速度 B.小球的动量
C.小球重力的功率 D.绳子的拉力
答案　B
解析　设绳长为L，由静止至最低点对小球根据动能定理有mgL=mv2，小球运动到最低点的速度大小v=，该点的加速度大小a==2g，与绳长无关，故A错误;小球的动量为p=mv=m，与绳长有关，故B正确;小球在最低点时，重力与速度方向垂直，则重力的功率为0，与绳长无关，故C错误;在最低点，根据牛顿第二定律有F-mg=m，解得绳子的拉力大小为F=3mg，与绳长无关，故D错误。
9.(2026·江苏宿迁模拟)将一小球从地面竖直向上抛出，小球上升到某一高度后又落回到地面。若该过程中空气阻力大小不变，则(　　)
A.在上升过程与下降过程中，重力做的功相同
B.在上升过程与下降过程中，重力的冲量相同
C.上升过程中小球动量的变化率比下降过程中的大
D.整个过程中空气阻力的冲量等于小球动量的变化量
答案　C
解析　根据W=Flcos α可知，重力在上升过程做负功，下降过程中做正功，故A错误;根据牛顿第二定律得，上升过程小球的加速度大小a1=g+，下降过程的加速度大小a2=g-，则a1>a2，由于位移大小相等，根据x=at2可知上升时间小于下降时间，根据I=Gt可知，重力在上升过程中的冲量小于下降过程中的冲量，故B错误;根据动量定理可知F合=，由于上升过程的合力大于下降过程的合力，所以上升过程中小球动量的变化率比下降过程中的大，故C正确;整个过程中空气阻力的冲量和重力的冲量之和等于小球动量的变化量，故D错误。
10.(2026·江苏南通期中)如图所示，粗糙程度相同的水平桌面上有一轻质细杆，一端可绕轴O转动，另一端与小球相连，小球以水平初速度v0出发，恰能完成4个完整的圆周运动，则小球停止前(　　)
A.加速度大小不变
B.每转一圈动量变化量相等
C.每转一圈减少的动能相等
D.每转一圈支持力的冲量大小相等
答案　C
解析　设动摩擦因数为μ，重力加速度为g，小球沿切线方向的加速度大小aτ=μg，小球沿半径方向的加速度大小an=，则小球的加速度大小a==，因线速度不断减小，则加速度不断减小，故A错误;小球每转一圈，根据动能定理有-μmg·2πr=ΔEk，可知每转一圈动能减少量相等;根据动量与动能关系有p=，可知动量变化量Δp=-≠，可知每转一圈动量变化量不相等，故B错误，C正确;小球做减速运动，线速度越来越小，每转一圈的时间越来越长，支持力的冲量大小I=FNt=mgt不相等，故D错误。
11.(2025·广东卷，10改编)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不会变化
B.受到拉力的冲量大小为(F0-kT)T
C.受到重力和拉力的合力的冲量大小为mgT+(F0-kT)T
D.T时刻受到空气作用力的大小为
答案　B
解析　无人机沿水平方向做匀速直线运动，故其所受重力、拉力和空气作用力的合力为零，由平衡条件可知空气作用力总是与重力和拉力的合力等大反向，如图所示，F逐渐减小，则无人机受到空气作用力的方向会变化，A错误;由于拉力的大小随时间均匀变化，所以0到T时间内，无人机受到拉力的冲量大小IF=T=(F0-kT)T，B正确;0到T时间内，无人机受到的重力的冲量大小IG=mgT，由于无人机受到的重力和拉力不共线，所以无人机受到重力和拉力的合力的冲量大小I合=，D错误。
C级　拔尖进阶练
12.(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。
答案　(1)0.6 m　(2)0.1 N·s　0
解析　(1)小物块在平台上做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律得a=μg
设小物块离开平台的速度为v1
则小物块从开始运动到离开平台，有-=-2ax0
解得v1=1 m/s
小物块从平台飞出后做平抛运动有h=g，x=v1t1
联立解得t1=0.6 s，x=0.6 m。
(2)物块第一次落到地面弹起至最大高度，竖直方向有h'=g
解得t2=0.3 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，取竖直向上为正方向，在竖直方向有
I-mgΔt=mvy2-m(-vy1)
其中vy1=gt1，vy2=gt2
解得I=0.1 N·s
取水平向右为正方向，在水平方向有
-μFNΔt=mvx-mv1，又I=FNΔt
解得vx=-1 m/s
由于vx减小为0将无相对运动和相对运动的趋势，因此vx'=0。

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