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第1讲　动量和动量定理
【学习目标】　1.理解动量和冲量的概念。2.理解动量定理及其表达式，能应用动量定理解答有关问题。3.会应用动量定理解决有关流体类、微粒类问题。
考点一　动量和冲量
【正误辨析】
(1)物体的动量增大2倍，其动能也增大2倍。(×)
(2)物体合力的冲量不为零，其动量变化量和动能变化量一定不为零。(×)
(3)物体沿水平面运动时，重力不做功，其冲量为零。(×)
(4)一个物体的运动状态变化时，它的动量一定改变。(√)
(5)由动量的定义式p＝mv可知，动量是矢量，动量的方向与速度的方向相同。(√)
1.动能、动量、动量变化量的比较
比较 项目 动能 动量 动量变化量
定义 物体由于运动而具有的能量 物体的质量和速度的乘积 物体末动量与初动量的矢量差
定义式 Ek＝mv2 p＝mv Δp＝p'－p
标矢性 标量 矢量 矢量
特点 状态量 状态量 过程量
关联 方程 Ek＝，Ek＝pv p＝，p＝
2.冲量的四种计算方法
公式法 利用定义式I＝FΔt计算冲量，此法仅适用于计算恒力的冲量
图像法 利用F -t图像计算，F -t图线与横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 力法 若方向不变的力大小随时间均匀变化，则力F在某段时间Δt内的冲量I＝Δt，F1、F2为该段时间内初、末两时刻力的大小
动量定 理法 对于变力的冲量，不能直接用I＝FΔt求解，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
学生用书 第111页
如图所示，质量为m的滑块沿倾角为θ的固定斜面向上滑动，经过时间t1速度减为零并开始下滑，再经过时间t2回到斜面底端，滑块在运动过程中受到的摩擦力大小始终为Ff，重力加速度为g。在整个运动过程中，下列说法正确的是(　　)
A.重力对滑块的总冲量大小为mg(t1＋t2)sin θ
B.支持力对滑块的总冲量大小为mg(t1＋t2)cos θ
C.合力的冲量为0
D.摩擦力的总冲量大小为Ff(t1＋t2)
答案：B
解析：重力对滑块的总冲量大小为mg(t1＋t2)，A错误；支持力对滑块的总冲量大小为mg(t1＋t2)cos θ，B正确；整个过程中滑块的动量发生了改变，故合力的冲量不为0，C错误；上滑过程和下滑过程摩擦力的方向相反，摩擦力的总冲量大小为Ff(t2－t1)，D错误。故选B。
一质点静止在光滑水平面上，现对其施加水平外力F，力F随时间按正弦规律变化，如图所示，下列说法正确的是(　　)
A.第2 s末，质点的动量为0
B.第2 s末，质点的动量方向发生变化
C.第4 s末，质点回到出发点
D.在1～3 s时间内，力F的冲量为0
答案：D
解析：由题图可知，2～4 s内F的方向与0～2 s内F的方向不同，则该质点0～2 s内做加速运动，2～4 s内做减速运动，第4 s末，质点速度减为0，所以第2 s末质点的速度最大，动量最大，方向不变，质点在0～4 s 内的位移均为正，第4 s末没有回到出发点，故A、B、C错误；在F-t图像中，图线与横轴所围的面积表示力F的冲量，由题图可知，1～2 s内所围的面积与2～3 s内所围的面积大小相等，一正一负，则在1～3 s时间内，力F的冲量为0，故D正确。
考点二　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.表达式：F(t'－t)＝mv'－mv＝Δp。
【正误辨析】
(1)合力的冲量是物体动量发生变化的原因。(√)
(2)物体所受合力的冲量的方向与物体末动量的方向相同。(×)
(3)物体所受合力的冲量方向与物体动量变化的方向是一致的。(√)
(4)轮船靠岸的过程，轮胎延长了轮船与岸的作用时间，从而减小了轮船与岸的作用力。(√)
1.对动量定理的理解
(1)FΔt＝p'－p是矢量式，两边不仅大小相等，而且方向相同。式中FΔt是物体所受合力的冲量。
(2)FΔt＝p'－p除表明了等式两边大小、方向的关系外，还说明了等式两边的因果关系，即合力的冲量是动量变化的原因。
(3)由FΔt＝p'－p得F＝＝，即物体所受的合力等于物体动量的变化率。
2.应用动量定理的基本思路
动量定理的定性应用
(多选)如图，运输快递时，我们经常看到，有些易损坏物品外面都会利用充气袋进行包裹，这种做法的好处是(　　)
A.可以大幅度减小某颠簸过程中物品所受合力的冲量
B.可以大幅度减小某颠簸过程中物品动量的变化
C.可以使某颠簸过程中物品动量变化的时间延长
D.可以使某颠簸过程中物品动量对时间的变化率减小
答案：CD
解析：充气袋在运输中起到缓冲作用，在某颠簸过程中，物品的动量变化量一定，由动量定理可知，充气袋可以延长相互作用的时间，从而减小物品所受的合力，但不能改变合力的冲量，A、B错误，C正确；动量对时间的变化率即为物体所受的合力，D正确。故选CD。
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对动量定理表达式FΔt＝Δp的理解
1.当物体的动量变化量Δp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。可以用来解释生产、生活中的一些缓冲实例。
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。
动量定理的定量计算
(2026·辽宁沈阳二模)如图所示，同学A在距离地面高h＝1 m处将排球以v0＝10 m/s的初速度斜向上击出，速度的方向与水平方向的夹角为53°，站在对面的同学B静止不动，伸直的手臂与水平地面呈一定夹角，排球恰好在离地h处垂直打到B的手臂上。假设碰撞过程中手臂保持静止，B垫起球的前后，排球的速度大小相等、方向相反，排球与手臂的作用时间为0.1 s，排球的质量m＝0.2 kg，重力加速度g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，排球可视为质点，不计空气阻力。求：
(1)排球运动过程中离地面的最大高度；
(2)A击球点和B接球点之间的水平距离；
(3)B在垫球的过程中，手臂受到的平均弹力大小。
答案：(1)4.2 m　(2)9.6 m　(3)41.6 N
解析：(1)排球能上升的高度h'＝
离地面的最大高度H＝h＋h'
解得H＝4.2 m。
(2)排球上升到最高的过程中
在竖直方向上有v0sin 53°－g·＝0
在水平方向上有x＝v0cos 53°·t
解得x＝9.6 m。
(3)以B垫起排球后的速度为正方向，根据动量定理得(－mgsin 53°)t'＝mv0－m·(－v0)
解得＝41.6 N
根据牛顿第三定律可知，手臂受到的平均弹力大小为41.6 N。
针对练.(多选)(2024·全国甲卷·T20)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；根据题图可知运动员从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Δt－mgΔt＝mv－(－mv)，其中Δt＝0.3 s，代入数据可得＝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。故选BD。
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，通常给出单位体积内粒子数n及单个粒子的质量m0
分析 步骤 ①构建“柱状”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
小柱体的质量m＝ρΔV＝ρvSΔt 或小柱体的粒子数N＝nvSΔt
小柱体的动量p＝mv＝ρv2SΔt或p＝Nm0v＝nm0v2SΔt
③建立方程，应用动量定理FΔt＝Δp研究
(2026·湖北黄冈模拟)如图为清洗汽车用的高压水枪。设水枪出水口直径为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75％向四周溅散开，溅起时垂直车身向外的速度为，其余25％的水流撞击车身后无反弹顺车流下。由于水流与车身的作用时间较短，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，水流对车身的平均冲击力为(　　)
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A. B.
C. D.
答案：A
解析：在很短时间Δt内流出的水的质量为Δm＝ρSvΔt＝πρD2vΔt，设水流对车身的平均冲击力大小为F，则由牛顿第三定律可知车身对水流的平均冲力大小也为F，取反弹的速度方向为正方向，对Δt时间内喷出的水，根据动量定理可得FΔt＝25％Δm＋75％Δm，解得F＝。故选A。
针对练.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
答案：B
解析：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，对这些水珠及空气整体研究，由动量定理有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。
课时测评31　动量和动量定理
(时间：35分钟　满分：50分)
(本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！)
(选择题1－10，每题4分，共40分)
题组1　动量和冲量
1.(多选)如图所示，水平飞向球棒的垒球被击打后，动量变化量为12.6 kg·m/s，则(　　)
A.球的动能可能不变
B.球的动量大小一定增加12.6 kg·m/s
C.球对棒的作用力与棒对球的作用力大小一定相等
D.球受到棒的冲量方向可能与球被击打前的速度方向相同
答案：AC
解析：垒球被击打后，可能以与被击打前等大的速度反向打出，所以球的动能可能不变，动量的大小可能不变，A正确，B错误；由牛顿第三定律知，球对棒的作用力与棒对球的作用力大小一定相等，C正确；球受到棒的冲量方向是棒对球的弹力方向，与球被击打前的速度方向相反，D错误。故选AC。
2.如图所示，学生练习用脚颠球。某次足球由静止自由下落1.25 m，被重新颠起，离开脚部后竖直上升的最大高度仍为1.25 m。已知足球与脚部的作用时间为0.1 s，足球的质量为0.4 kg，重力加速度大小g取10 m/s2，不计空气阻力，则(　　)
A.足球下落到与脚部刚接触时动量大小为4 kg·m/s
B.足球自由下落过程重力的冲量大小为2 N·s
C.足球与脚部作用过程中动量变化量为零
D.脚部对足球的平均作用力为足球重力的9倍
答案：B
解析：足球自由下落到脚部的速度v＝＝5 m/s，动量大小p＝mv＝2 kg·m/s，A错误；足球自由下落的时间t＝＝0.5 s，重力的冲量大小I＝mgt＝2 N·s，B正确；由题意知，足球被重新颠起后的速度与自由下落到脚部的速度相同，足球与脚部作用过程中，动量变化量Δp＝－mv－mv＝－4 kg·m/s，C错误；足球与脚部作用过程中，根据动量定理可得(mg－F)Δt＝Δp，解得F＝44 N＝11mg，D错误。
题组2　动量定理
3.(多选)(2026·山西太原期末)如图所示，质量为2 kg的物体静止在水平地面上，受到水平向右拉力F的作用。物体在第1 s内保持静止，在第2 s初开始做匀加速直线运动，第3 s末撤去拉力F后，物体在第5 s末恰好停下。下列选项正确的是(　　)
A.第1 s内，拉力F冲量的大小为5 N·s
B.第2 s内，拉力F冲量的大小为15 N·s
C.第3 s末，物体速度的大小为10 m/s
D.第4 s末，物体速度的大小为2.5 m/s
答案：AD
解析：第1 s内拉力F冲量的大小为I1＝5×1 N·s＝5 N·s，故A正确；第2 s内拉力F冲量的大小为I2＝10×1 N·s＝10 N·s，故B错误； 设物体所受的滑动摩擦力大小为Ff，由题可知，物体在1～5 s内，速度的变化量为零，根据动量定理有t2－Fft3＝0，其中F＝10 N，t2＝2 s，t3＝2 s，解得Ff＝5 N，设第3 s末物体速度的大小为v3，则物体在1～3 s内，根据动量定理有t2＝mv3，解得v3＝5 m/s，故C错误；设第4 s末物体速度的大小为v4，则物体在3～4 s内，根据动量定理有－Fft'＝mv4－mv3，其中t'＝1 s，解得v4＝2.5 m/s，故D正确。
4.(多选)(2026·河北石家庄模拟)如图为水流导光实验，已知出水口的横截面积为3.0×10－5m2，出水口中心到水池水面的竖直高度为0.8 m，水柱在水面的落点中心到出水口的水平距离为0.4 m，水的密度为1.0×103kg/m3，g取10 m/s2。假设水落到水面后竖直速度立即减为0，不计空气阻力，下列说法正确的是(　　)
A.水离开出水口时的速度大小为0.5 m/s
B.水离开出水口时的速度大小为1.0 m/s
C.落水对水面竖直方向的冲击力大小约为0.12 N
D.落水对水面竖直方向的冲击力大小约为1.2 N
答案：BC
解析：根据平抛运动的规律有x＝v0t，h＝gt2，可得v0＝1.0 m/s，选项A错误，B正确；在Δt时间内流出水的质量Δm＝v0ΔtSρ，落地时的竖直速度vy＝＝4 m/s，由动量定理有－FΔt＝0－Δmvy，解得F＝0.12 N，结合牛顿第三定律可知，选项C正确，D错误。
5.(多选)(2026·四川绵阳模拟)有的人躺着看手机，若手机不慎跌落，会对人眼造成伤害。若手机质量为150 g，从离人眼25 cm处无初速度不慎跌落，碰到眼睛后手机反弹8 mm，眼睛受到手机的冲击时间为0.1 s，取重力加速度g＝10 m/s2，＝2.236。手机撞击人眼的过程中，下列分析正确的是(　　)
A.手机对人眼的冲击力大小约为5.5 N
B.手机受到的重力冲量大小约为0.4 N·s
C.手机动量变化量大小约为0.4 kg·m/s
D.手机动量的变化率大小约为0.4 kg·m/s2
答案：AC
解析：手机下落25 cm过程有＝2gh1，手机反弹8 mm过程有＝2gh2，解得v1＝ m/s，v2＝0.4 m/s，取竖直向上为正方向，手机动量变化量大小Δp＝mv2－(－mv1)≈0.4 kg·m/s，故C正确；手机动量的变化率大小＝4 kg·m/s2，故D错误；根据冲量的定义，可得IG＝mgΔt＝0.15 N·s，故B错误；对手机进行分析，由动量定理有(F－mg)Δt＝Δp，结合牛顿第三定律可得，手机对人眼的冲击力大小为F'＝F＝5.5 N，故A正确。
题组3　应用动量定理处理流体类问题
6.(多选)如图所示，质量为M的武装直升机旋翼有4片桨叶，桨叶旋转形成的圆面面积为S。已知空气密度为ρ，重力加速度大小为g。当直升机悬停在空中时，桨叶旋转推动空气，空气获得的速度为v0，则单位时间内桨叶旋转推动空气的质量可表示为(　　)
A.＝ρS B.＝ρSv0
C.＝ D.＝
答案：BD
解析：直升机处于平衡状态，设直升机与空气间的作用力为F，则F＝Mg，直升机对空气的力与空气对直升机的力为作用力和反作用力，即F＝F'，对空气，由动量定理可得F'Δt＝Δm·v0＝ρSv0Δt·v0，解得＝ρSv0，故A错误，B正确；由A、B项分析知F'Δt＝Δm·v0，且F'＝F＝Mg，联立两式可得＝，故C错误，D正确。故选BD。
7.(多选)(2026·安徽安庆二模)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(单位时间内喷出水的体积)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
答案：BD
解析：水枪喷水的流量为Q＝＝＝πvd2，故A错误；喷水口单位时间内喷出水的质量为＝＝πρvd2，故B正确；水枪的功率为P＝＝＝πρd2v3，故C错误；取水流出射速度方向为正方向，由动量定理得－t＝－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为'＝＝v＝πρd2v2，故D正确。
8.(多选)(2026·安徽淮北二模)如图甲所示，质量m＝1 kg的物块被锁定在倾角θ＝30°、足够长的光滑固定斜面上，t＝0时刻解除锁定，并对物块沿斜面施加如图乙所示变化的力F，以沿斜面向上为正方向，g取10 m/s2，下列说法正确的是(　　)
A.t＝1 s时物体向下运动
B.0～2 s时间内合力冲量为0
C.t＝2 s时物体恰好返回至出发位置
D.t＝2 s时物体的动量是t＝1 s时物体动量的两倍
答案：CD
解析： 0～1 s时间内，物体沿斜面向上做匀加速直线运动，由牛顿第二定律有F－mgsin 30°＝ma1，解得a1＝＝5 m/s2，位移x1＝a1＝2.5 m，t＝1 s时速度v1＝a1t1＝5 m/s；1～2 s时间内，物体沿斜面向上做匀减速直线运动，由牛顿第二定律有F'－mgsin 30°＝ma2，解得a2＝＝－15m/s2，位移x2＝v1t2＋a2＝－2.5 m；0～2 s时间内物体位移x＝x1＋x2＝0，故t＝1 s时物体沿斜面向上运动，t＝2 s时物体恰好返回至出发位置，故A错误，C正确。t＝2 s时，速度v2＝v1＋a2t2＝－10 m/s，由动量定理知0～2 s 时间内合力冲量I合＝mv2＝－10 kg·m/s，故B错误。t＝1 s时动量p1＝mv1＝5 kg·m/s，t＝2 s时，动量p2＝mv2＝－10 kg·m/s，负号表示方向，t＝2 s时物体的动量是t＝1 s时物体动量的两倍，故D正确。
9.(2025·山东青岛三模)将小球以初速度v0竖直向上抛出，经过一段时间小球又落回抛出点，速度大小为v，运动过程中小球所受空气阻力大小与小球速率成正比，重力加速度为g，则小球在空中运动时间为(　　)
A.t＝ B.t＝
C.t＝ D.t＝
答案：B
解析：设小球上升时间为t1，下降时间为t2，上升和下降总时间即小球在空中运动的时间为t，取竖直向下为正方向。全过程根据动量定理有mgt＋kt1－kt2＝mv－(－mv0)，由于上升的高度等于下降的高度，则有t1＝t2，联立解得t＝。故选B。
10.(多选)(2025·广东卷·T10)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
答案：AB
解析：无人机沿水平方向做匀速直线运动，则任意时刻受力平衡，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＝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＜IF＋IG＝mgT＋T，C错误。由图结合几何关系可知，无人机受到空气作用力的大小F空＝，T时刻无人机受到拉力的大小FT＝F0－kT，联立解得F空＝，D错误。故选AB。
11.(10分)(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。
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，根据牛顿第二定律有μmg＝ma
则小物块从开始运动到离开平台有
－＝2ax0
小物块从平台飞出后做平抛运动有
h＝g，x ＝ vxt1
联立解得x ＝ 0.6 m。
(2)物块第一次落到地面后弹起的最大高度为0.45 m，则有h'＝g，vy2 ＝ gt2
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，在竖直方向有IN－mgΔt ＝ mvy2－m(－vy1)，其中vy1 ＝ gt1
解得IN ＝ 0.1 N·s
取水平向右为正，在水平方向有－μFNΔt ＝mvx'－mvx，又IN ＝ FNΔt
解得vx'＝ －1 m/s
但由于vx'减小为0后物块与地面将无相对运动和相对运动的趋势，故vx'＝ 0。(共58张PPT)
第1讲　动量和动量定理
高三总复习讲义　新高考
第七章 动量守恒定律
1.理解动量和冲量的概念。
2.理解动量定理及其表达式，能应用动量定理解答有关问题。
3.会应用动量定理解决有关流体类、微粒类问题。
学习目标
考点一　动量和冲量
考点二　动量定理
考点三　应用动量定理处理流体类模型
课时测评
内容索引
动量和冲量
考点一
知识梳理
质量
速度
mv
速度
相同
乘积
FΔt
N·s
矢量
相同
正误辨析
(1)物体的动量增大2倍，其动能也增大2倍。 ( )
(2)物体合力的冲量不为零，其动量变化量和动能变化量一定不为零。
( )
(3)物体沿水平面运动时，重力不做功，其冲量为零。 ( )
(4)一个物体的运动状态变化时，它的动量一定改变。 ( )
(5)由动量的定义式p＝mv可知，动量是矢量，动量的方向与速度的方向相同。 ( )
×
×
×
√
√
1.动能、动量、动量变化量的比较
核心突破
比较项目 动能 动量 动量变化量
定义 物体由于运动而具有的能量 物体的质量和速度的乘积 物体末动量与初动量的矢量差
定义式 Ek＝mv2 p＝mv Δp＝p'－p
标矢性 标量 矢量 矢量
特点 状态量 状态量 过程量
关联方程 Ek＝，Ek＝pv p＝，p＝
2.冲量的四种计算方法
公式法 利用定义式I＝FΔt计算冲量，此法仅适用于计算恒力的冲量
图像法 利用F -t图像计算，F -t图线与横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 力法 若方向不变的力大小随时间均匀变化，则力F在某段时间Δt内的冲量I＝Δt，F1、F2为该段时间内初、末两时刻力的大小
动量定 理法 对于变力的冲量，不能直接用I＝FΔt求解，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
如图所示，质量为m的滑块沿倾角为θ的固定斜面向上滑动，经过时间t1速度减为零并开始下滑，再经过时间t2回到斜面底端，滑块在运动过程中受到的摩擦力大小始终为Ff，重力加速度为g。在整个运动过程中，下列说法正确的是
A.重力对滑块的总冲量大小为mg(t1＋t2)sin θ
B.支持力对滑块的总冲量大小为mg(t1＋t2)cos θ
C.合力的冲量为0
D.摩擦力的总冲量大小为Ff(t1＋t2)
√
例1
重力对滑块的总冲量大小为mg(t1＋t2)，A错误；支持力对滑块的总冲量大小为mg(t1＋t2)cos θ，B正确；整个过程中滑块的动量发生了改变，故合力的冲量不为0，C错误；上滑过程和下滑过程摩擦力的方向相反，摩擦力的总冲量大小为Ff(t2－t1)，D错误。故选B。
一质点静止在光滑水平面上，现对其施加水平外力F，力F随时间按正弦规律变化，如图所示，下列说法正确的是
A.第2 s末，质点的动量为0
B.第2 s末，质点的动量方向发生变化
C.第4 s末，质点回到出发点
D.在1～3 s时间内，力F的冲量为0
√
例2
由题图可知，2～4 s内F的方向与0～2 s内F的方向不同，则该质点0～
2 s内做加速运动，2～4 s内做减速运动，第4 s末，质点速度减为0，所以第2 s末质点的速度最大，动量最大，方向不变，质点在0～4 s 内的位移均为正，第4 s末没有回到出发点，故A、B、C错误；在F-t图像中，图线与横轴所围的面积表示力F的冲量，由题图可知，1～2 s内所围的面积与2～3 s内所围的面积大小相等，一正一负，则在1～3 s时间内，力F的冲量为0，故D正确。
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动量定理
考点二
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：F(t'－t)＝__________＝Δp。
知识梳理
动量
mv'－mv
变化量
正误辨析
(1)合力的冲量是物体动量发生变化的原因。 ( )
(2)物体所受合力的冲量的方向与物体末动量的方向相同。 ( )
(3)物体所受合力的冲量方向与物体动量变化的方向是一致的。 ( )
(4)轮船靠岸的过程，轮胎延长了轮船与岸的作用时间，从而减小了轮船与岸的作用力。 ( )
√
×
√
√
1.对动量定理的理解
(1)FΔt＝p'－p是矢量式，两边不仅大小相等，而且方向相同。式中FΔt是物体所受合力的冲量。
(2)FΔt＝p'－p除表明了等式两边大小、方向的关系外，还说明了等式两边的因果关系，即合力的冲量是动量变化的原因。
(3)由FΔt＝p'－p得F＝＝，即物体所受的合力等于物体动量的变
化率。
核心突破
2.应用动量定理的基本思路
考向1 动量定理的定性应用
(多选)如图，运输快递时，我们经常看到，有些易损坏物品外面都会利用充气袋进行包裹，这种做法的好处是
A.可以大幅度减小某颠簸过程中物品所受合力的冲量
B.可以大幅度减小某颠簸过程中物品动量的变化
C.可以使某颠簸过程中物品动量变化的时间延长
D.可以使某颠簸过程中物品动量对时间的变化率减小
√
例3
√
充气袋在运输中起到缓冲作用，在某颠簸过程中，物品的动量变化量一定，由动量定理可知，充气袋可以延长相互作用的时间，从而减小物品所受的合力，但不能改变合力的冲量，A、B错误，C正确；动量对时间的变化率即为物体所受的合力，D正确。故选CD。
动量定理表达式FΔt＝Δp的理解
1.当物体的动量变化量Δp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。可以用来解释生产、生活中的一些缓冲实例。
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。
总结提升
考向2 动量定理的定量计算
(2026·辽宁沈阳二模)如图所示，同学A在距离地面高h＝1 m处将排球以v0＝10 m/s的初速度斜向上击出，速度的方向与水平方向的夹角为53°，站在对面的同学B静止不动，伸直的手臂与水平地面呈一定夹角，排球恰好在离地h处垂直打到B的手臂上。假设碰撞过程中手臂保持静止，B垫起球的前后，排球的速度大小相等、方向相反，排球与手臂的作用时间为0.1 s，排球的质量m＝0.2 kg，重力加速度g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，排球可视为质点，不计空气阻力。求：
例4
(1)排球运动过程中离地面的最大高度；
答案：4.2 m
排球能上升的高度h'＝
离地面的最大高度H＝h＋h'
解得H＝4.2 m。
(2)A击球点和B接球点之间的水平距离；
答案：9.6 m
排球上升到最高的过程中
在竖直方向上有v0sin 53°－g·＝0
在水平方向上有x＝v0cos 53°·t
解得x＝9.6 m。
(3)B在垫球的过程中，手臂受到的平均弹力大小。
答案：41.6 N
以B垫起排球后的速度为正方向，根据动量定理得(－mgsin 53°)t'＝mv0－m·(－v0)
解得＝41.6 N
根据牛顿第三定律可知，手臂受到的平均弹力大小为41.6 N。
针对练.(多选)(2024·全国甲卷·T20)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
√
√
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；根据题图可知运动员从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Δt－mgΔt＝mv－(－mv)，其中Δt＝0.3 s，代入数据可得＝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。故选BD。
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应用动量定理处理流体类模型
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及单个粒子的质量m0
分析 步骤 ①构建“柱状”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
小柱体的质量m＝ρΔV＝ρvSΔt
或小柱体的粒子数N＝nvSΔt
小柱体的动量p＝mv＝ρv2SΔt或p＝Nm0v＝nm0v2SΔt
③建立方程，应用动量定理FΔt＝Δp研究
(2026·湖北黄冈模拟)如图为清洗汽车用的高压水枪。设水枪出水口直径为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75％向四周溅散开，溅起时垂直车身向外的速度为，其余25％的水流撞
√
例5
撞击车身后无反弹顺车流下。由于水流与车身的作用时间较短，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，水流对车身的平均冲击力为
A. B.
C. D.
在很短时间Δt内流出的水的质量为Δm＝ρSvΔt＝
πρD2vΔt，设水流对车身的平均冲击力大小为F，则
由牛顿第三定律可知车身对水流的平均冲力大小也为
F，取反弹的速度方向为正方向，对Δt时间内喷出的
水，根据动量定理可得FΔt＝25％Δm＋75％Δm，解得F＝。故选A。
针对练.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
√
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，对这些水珠及空气整体研究，由动量定理有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。
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课 时 测 评
题组1　动量和冲量
1.(多选)如图所示，水平飞向球棒的垒球被击打后，动量变化量为
12.6 kg·m/s，则
A.球的动能可能不变
B.球的动量大小一定增加12.6 kg·m/s
C.球对棒的作用力与棒对球的作用力大小一定相等
D.球受到棒的冲量方向可能与球被击打前的速度方向相同
√
√
垒球被击打后，可能以与被击打前等大的速度反向打出，所以球的动能可能不变，动量的大小可能不变，A正确，B错误；由牛顿第三定律知，球对棒的作用力与棒对球的作用力大小一定相等，C正确；球受到棒的冲量方向是棒对球的弹力方向，与球被击打前的速度方向相反，D错误。故选AC。
2.如图所示，学生练习用脚颠球。某次足球由静止自由下落1.25 m，被重新颠起，离开脚部后竖直上升的最大高度仍为1.25 m。已知足球与脚部的作用时间为0.1 s，足球的质量为0.4 kg，重力加速度大小g取10 m/s2，不计空气阻力，则
A.足球下落到与脚部刚接触时动量大小为4 kg·m/s
B.足球自由下落过程重力的冲量大小为2 N·s
C.足球与脚部作用过程中动量变化量为零
D.脚部对足球的平均作用力为足球重力的9倍
√
足球自由下落到脚部的速度v＝＝5 m/s，动量
大小p＝mv＝2 kg·m/s，A错误；足球自由下落的时
间t＝＝0.5 s，重力的冲量大小I＝mgt＝2 N·s，B
正确；由题意知，足球被重新颠起后的速度与自由下
落到脚部的速度相同，足球与脚部作用过程中，动量变化量Δp＝－mv－mv＝－4 kg·m/s，C错误；足球与脚部作用过程中，根据动量定理可得(mg－F)Δt＝Δp，解得F＝44 N＝11mg，D错误。
题组2　动量定理
3.(多选)(2026·山西太原期末)如图所示，质量为2 kg的物体静止在水平地面上，受到水平向右拉力F的作用。物体在第1 s内保持静止，在第2 s初开始做匀加速直线运动，第3 s末撤去拉力F后，物体在第5 s末恰好停下。下列选项正确的是
A.第1 s内，拉力F冲量的大小为5 N·s
B.第2 s内，拉力F冲量的大小为15 N·s
C.第3 s末，物体速度的大小为10 m/s
D.第4 s末，物体速度的大小为2.5 m/s
√
√
第1 s内拉力F冲量的大小为I1＝5×1 N·s＝5 N·s，故A正确；第2 s内拉力F冲量的大小为I2＝10×1 N·s＝10 N·s，故B错误； 设物体所受的滑动摩擦力大小为Ff，由题可知，物体在1～5 s内，速度的变化量为零，根据动量定理有t2－Fft3＝0，其中F＝10 N，t2＝2 s，t3＝2 s，解得Ff＝5 N，设第3 s末物体速度的大小为v3，则物体在1～3 s内，根据动量定理有t2＝mv3，解得v3＝5 m/s，故C错误；设第4 s末物体速度的大小为v4，则物体在3～4 s内，根据动量定理有－Fft'＝mv4－mv3，其中t'＝1 s，解得v4＝2.5 m/s，故D正确。
4.(多选)(2026·河北石家庄模拟)如图为水流导光实验，已知出水口的横截面积为3.0×10－5m2，出水口中心到水池水面的竖直高度为0.8 m，水柱在水面的落点中心到出水口的水平距离为0.4 m，水的密度为1.0×103kg/m3，g取10 m/s2。假设水落到水面后竖直速度立即减为0，不计空气阻力，下列说法正确的是
A.水离开出水口时的速度大小为0.5 m/s
B.水离开出水口时的速度大小为1.0 m/s
C.落水对水面竖直方向的冲击力大小约为0.12 N
D.落水对水面竖直方向的冲击力大小约为1.2 N
√
√
根据平抛运动的规律有x＝v0t，h＝gt2，可得v0＝1.0 m/s，选项A错误，B正确；在Δt时间内流出水的质量Δm＝v0ΔtSρ，落地时的竖直速度vy＝＝4 m/s，由动量定理有－FΔt＝0－Δmvy，解得F＝
0.12 N，结合牛顿第三定律可知，选项C正确，D错误。
5.(多选)(2026·四川绵阳模拟)有的人躺着看手机，若手机不慎跌落，会对人眼造成伤害。若手机质量为150 g，从离人眼25 cm处无初速度不慎跌落，碰到眼睛后手机反弹8 mm，眼睛受到手机的冲击时间为0.1 s，取重力加速度g＝10 m/s2，＝2.236。手机撞击人眼的过程中，下列分析正确的是
A.手机对人眼的冲击力大小约为5.5 N
B.手机受到的重力冲量大小约为0.4 N·s
C.手机动量变化量大小约为0.4 kg·m/s
D.手机动量的变化率大小约为0.4 kg·m/s2
√
√
手机下落25 cm过程有＝2gh1，手机反弹8 mm过程有＝2gh2，解得v1＝ m/s，v2＝0.4 m/s，取竖直向上为正方向，手机动量变化量大小Δp＝mv2－(－mv1)≈0.4 kg·m/s，故C正确；手机动量的变化率大小＝4 kg·m/s2，故D错误；根据冲量的定义，可得IG＝mgΔt＝
0.15 N·s，故B错误；对手机进行分析，由动量定理有(F－mg)Δt＝Δp，结合牛顿第三定律可得，手机对人眼的冲击力大小为F'＝F＝
5.5 N，故A正确。
题组3　应用动量定理处理流体类问题
6.(多选)如图所示，质量为M的武装直升机旋翼有4片桨叶，桨叶旋转形成的圆面面积为S。已知空气密度为ρ，重力加速度大小为g。当直升机悬停在空中时，桨叶旋转推动空气，空气获得的速度为v0，则单位时间内桨叶旋转推动空气的质量可表示为
A.＝ρS
B.＝ρSv0
C.＝
D.＝
√
√
直升机处于平衡状态，设直升机与空气间的作用力为F，则F＝Mg，直升机对空气的力与空气对直升机的力为作用力和反作用力，即F＝F'，对空气，由动量定理可得F'Δt＝Δm·v0＝ρSv0Δt·v0，解得＝ρSv0，故A错误，B正确；由A、B项分析知F'Δt＝Δm·v0，且F'＝F＝Mg，联立两式可得＝，故C错误，D正确。故选BD。
7.(多选)(2026·安徽安庆二模)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(单位时间内喷出水的体积)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
√
√
水枪喷水的流量为Q＝＝＝πvd2，故A错误；喷水口单位时间内喷出水的质量为＝＝πρvd2，故B正确；水枪的功率为P＝＝＝πρd2v3，故C错误；取水流出射速度方向为正方向，由动量定理得－t＝－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为'＝＝v＝πρd2v2，故D正确。
8.(多选)(2026·安徽淮北二模)如图甲所示，质量m＝1 kg的物块被锁定在倾角θ＝30°、足够长的光滑固定斜面上，t＝0时刻解除锁定，并对物块沿斜面施加如图乙所示变化的力F，以沿斜面向上为正方向，g取10 m/s2，下列说法正确的是
A.t＝1 s时物体向下运动
B.0～2 s时间内合力冲量为0
C.t＝2 s时物体恰好返回至出发位置
D.t＝2 s时物体的动量是t＝1 s时物体动量的两倍
√
√
0～1 s时间内，物体沿斜面向上做匀加速直线运动，由牛顿第二定律有F－mgsin 30°＝ma1，解得a1＝＝5 m/s2，位移x1＝a1＝2.5 m，t＝1 s时速度v1＝a1t1＝5 m/s；1～2 s时间内，物体沿斜面向上做匀减速直线运动，由牛顿第二定律有F'－mgsin 30°＝ma2，解得a2＝＝－15m/s2，位移x2＝v1t2＋a2＝－2.5 m；
0～2 s时间内物体位移x＝x1＋x2＝0，故t＝1 s时物体沿斜面向上运动，t＝2 s时物体恰好返回至出发位置，故A错误，C正确。t＝2 s时，速度v2＝v1＋a2t2＝－10 m/s，由动量定理知0～2 s 时间内合力冲量I合＝mv2＝－10 kg·m/s，故B错误。t＝1 s时动量p1＝mv1＝5 kg·m/s，t＝2 s时，动量p2＝mv2＝－10 kg·m/s，负号表示方向，t＝2 s时物体的动量是t＝
1 s时物体动量的两倍，故D正确。
9.(2025·山东青岛三模)将小球以初速度v0竖直向上抛出，经过一段时间小球又落回抛出点，速度大小为v，运动过程中小球所受空气阻力大小与小球速率成正比，重力加速度为g，则小球在空中运动时间为
A.t＝ B.t＝
C.t＝ D.t＝
√
设小球上升时间为t1，下降时间为t2，上升和下降总时间即小球在空中运动的时间为t，取竖直向下为正方向。全过程根据动量定理有mgt＋kt1－kt2＝mv－(－mv0)，由于上升的高度等于下降的高度，则有t1＝t2，联立解得t＝。故选B。
10.(多选)(2025·广东卷·T10)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
√
√
无人机沿水平方向做匀速直线运动，则任意时刻受力平衡，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＝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＜IF＋IG＝mgT＋T，C错误。
由图结合几何关系可知，无人机受到空气作用力的大小F空＝，T时刻无人机受到拉力的大小FT＝F0－kT，联立解得F空＝，D错误。故选AB。
11.(10分)(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
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
－＝2ax0
小物块从平台飞出后做平抛运动有
h＝g，x ＝ vxt1
联立解得x ＝ 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。
答案：0.1 N·s　0
物块第一次落到地面后弹起的最大高度为0.45 m，则有h'＝g，vy2 ＝ gt2
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，在竖直方向
有IN－mgΔt ＝ mvy2－m(－vy1)，其中vy1 ＝ gt1
解得IN ＝ 0.1 N·s
取水平向右为正，在水平方向有－μFNΔt ＝mvx'－mvx，又IN ＝ FNΔt
解得vx'＝ －1 m/s
但由于vx'减小为0后物块与地面将无相对运动和相对运动的趋势，故vx'＝ 0。
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第1讲　动量和动量定理

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