文档内容
第 27 讲 冲量 动量和动量定理的应用
学习目标
明 确目标 确定方向
1. 理解冲量和动量的概念，注意矢量性
2. 动量定理的应用
【 知识回归 】 回 归课本 夯实基础
第一部分：基础知识梳理
一冲量
1意义：力在时间上的积累效果
2定义：力与力的作用时间的乘积叫做力的冲量。
3公式：I＝Ft
4单位：N·s
5性质：矢量
二．动量
1意义: 描述物体状态的物理量
2定义：物体的质量与速度的乘积。
3公式：p＝mv
4单位：kg.m/s
5性质：矢量：动量的方向与速度的方向相同。
6．动量的变化
(1)计算：符合矢量运算Δp＝p′－p。
（2）动量的变化量Δp，也是矢量
三动量定理
1．内容：物体在一个过程始末的动量变化量等于它在这个过程中所受力的冲量。
2．公式：F(t′－t)＝mv′－mv或I＝p′－p。
3．动量定理的理解
(1)动量定理中的冲量是合力的冲量
(2)冲量是动量变化的 原因第二部分：重难点辨析
1.动能、动量、动量变化量的比较
动能 动量 动量变化量
物体由于运动而具有的能
定义 物体的质量和速度的乘积 物体末动量与初动量的矢量差
量
定义 1
E = mv2 p=mv Δp=p'-p
式 k 2
标矢
标量 矢量 矢量
性
特点 状态量 状态量 过程量
关联 p2 1 2E
E = ,Ek= pv,p=√2mE ,p= k
方程 k 2m 2 k v
(1)都是相对量,与参考系的选取有关,通常选取地面为参考系
联系
(2)若物体的动能发生变化,则动量一定发生变化;但动量发生变化时动能不一定发生变
化
2.冲量的三种计算方法
公式法 利用定义式I=Ft计算冲量,此方法仅适用于恒力的冲量,无需考虑物体的运动状态
利用F-t图像计算,F-t图线与时间轴围成的面积表示冲量,此方法既可以计算恒力的冲
图像法
量,也可以计算变力的冲量
动量定 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
理法 该力作用下物体动量的变化量,由I=Δp求变力的冲量
3注意问题
（1）矢量性：不共线的一定注意矢量的计算，一维计算要规定统一的正方向，矢量计算变成
代数计算
（2）冲量的方向只有在恒力的时候才与力的方向相同，当力方向变化的时候，冲量的方向与
冲量的矢量和方向相同，或者与动量的变化量方向相同
【 典例分析 】 精 选例题 提高素
养
【例1】多选题．颠球是足球运动员的基本功。如图所示为某运动员颠球时的情景。若足球由静止落下被
颠起后回到原高度为一次颠球，足球重力不可忽略，不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）A．一次颠球过程，足球在空中上升与下降过程的加速度相同
B．一次颠球过程，足球在空中上升与下降过程的时间不相等
C．一次颠球过程，足球在空中上升与下降过程重力的冲量不相同
D．足球每次与腿作用过程，合外力对足球的冲量不为零
【答案】AD
【详解】AB．一次颠球过程，足球上升与下降的高度相等，加速度都为重力加速度，由运动学公式可知，
足球上升与下降过程的时间相等，故A正确，B错误；
C．一次颠球过程，上升与下降过程重力的冲量等大同向，故C错误；
D．足球每次与腿作用的过程，合力的冲量等于球的动量变化量，显然足球的动量变化量不为零，故 D正
确。
故选AD。
【例2】多选题．一质量为m的小球以初速度 水平射出，在竖直方向上受到外力的作用下， 时间
内物体做匀速直线运动。已知外力F随时间的变化如图所示，则（ ）
A． 时小球速度大小为v
0
B． 时小球速度沿水平方向
C． 过程中小球重力势能减少了D． 过程中小球动量的变化量为
【答案】AC
【详解】A．分析可知： 时间内物体做匀速直线运动，则
方向向上， 时间内做平抛运动，竖直方向加速度大小为 ，方向竖直向下； 做加速度向上
的减速度运动，竖直方向加速度大小为 ，所以 时小球竖直方向速度为 ， 时竖直方向速度为
则 时小球速度大小为 ，故A正确；
B．由A分析可知， 时刻速度方向沿平抛运动的切线方向，故B错误；
C．重力势能的减小量为重力做功的值，计算可得
故C正确；
D．由A分析可知：物体在 的动量变化量为
故D错误。
故选AC。
【例3】．雨滴从高空落下，由于受空气阻力的作用，经短时间加速后便匀速下落。因此，雨滴通常不会
砸伤人，但是对微小的蚊子而言，雨滴可能是致命的。如果雨滴以v=10m/s的速度匀速下落，恰好砸中一
0
只停在地面上的蚊子，经过t=5.0×10-3s速度减为零。已知雨滴的质量m=1.0×10-4kg，重力加速度
g=10m/s2，在t时间内：
（1）求雨滴所受的合外力的冲量大小I；
（2）已知蚊子重力G=2.0×10-5N，求雨滴对蚊子的平均作用力与蚊子重力的大小之比k。【答案】（1）1.0×10-3N⸱s；（2）10050
【详解】（1）对雨滴，规定竖直向下为正方向，有
解得
（2）对雨滴，根据动量定理可得
根据牛顿第三定律得
解得
【例4】多选题．如图，距地面h高处水平放置间距为L的两条光滑平行金属导轨，导轨左端接有电动势
为E的电源，质量为m的金属杆静置于导轨上，与导轨垂直且电接触良好，空间有竖直向下的磁感应强度
为B的匀强磁场．现将开关S闭合，一段时间后金属杆从导轨右端水平飞出，测得其平射程为d，下列说
法正确的是（ ）
A．金属杆离开导轨后到落地前感应电动势保持不变
B．金属杆离开导轨前做匀加速直线运动C．电源消耗的电能为
D．从闭合开关到金属杆刚要落地时，金属杆受到的冲量为
【答案】AC
【详解】A．设金属杆离开轨道时的速度为 ，金属杆离开导轨后到落地前感应电动势为
因为离开轨道后做平抛运动，其水平速度 保持不变，所以感应电动势保持不变，A正确；
B．开关闭合后，由左手定则可知，金属杆受到向右的安培力做加速运动，随着速度的增加，金属杆切割
磁感线产生的感应电动势增大，因为感应电动势与原电动势方向相反，电路中的电流减小，金属杆受到的
安培力减小，根据牛顿第二定律，金属杆的加速度减小，金属杆做变加速直线运动，B错误；
C．根据平抛运动
解得，平抛运动的初速度为
金属杆离开轨道前，根据动量定理
又因为
电源消耗的能量为
解得
C正确；D．设金属杆落地时速度为 ，根据动能定理
根据动量定理
解得
D错误。
故选AC。
【巩固练习】 举 一反三 提高能
力
1．质量为m的物块在水平向右，大小为F的恒力作用下由静止开始沿粗糙水平地面向右运动.物块与地面
之间动摩擦因数为μ，与挡板碰撞时间为 ，碰后反弹速率为碰前速率的 ，零时刻物块与右侧固定挡
板P之间距离为d，与挡板碰撞期间不考虑地面的摩擦，下列说法正确的是（ ）
A．物块与挡板第一次碰撞时的速度大小为
B．物块第一次向右匀加速运动的时间为
C．物块第一次被挡板反弹的速度大小为
D．物块第一次与挡板碰撞，挡板对物块的平均作用力大小为
【答案】D【详解】A．物块在恒力F作用下，由静止向右做匀加速直线运动，由牛顿第二定律有
由运动学公式有
解得
故A错误；
B．设物块第一次向右匀加速运动的时间为t，由运动学公式有
解得
故B错误；
C．根据题意，知物块第一次被挡板反弹的速度大小为
故C错误；
D．取水平向左为正方向，物块与挡板首次碰撞过程，由动量定理得
解得挡板对物块的平均作用力大小为
故D正确。
故选D。
2．如图（a），质量分别为 的A、B两物体用轻弹簧连接构成一个系统，外力F作用在A上，系统
静止在光滑水平面上（B靠墙面），此时弹簧形变量为x。撤去外力并开始计时，A、B两物体运动的
图像如图（b）所示， 表示0到 时间内A的 图线与坐标轴所围面积大小， 、 分别表示t 到 时
1间内A、B的图线与坐标轴所围面积大小。下列说法正确的是（ ）
A．0到 时间内，墙对B的冲量为0
B．运动后，弹簧的最大形变量等于x
C．
D．
【答案】C
【详解】A．撤去外力后A受到的弹簧弹力冲量与弹簧对B的弹力冲量等大反向，0到 时间内，对A由动
量定理可知，墙壁对B的冲量大小为
方向水平向右，故A错误；
B．B运动后，当A、B速度相等时弹簧形变量（伸长或压缩量）最大，此时A、B的速度不为零，A、B的
动能不为零，由动量守恒定律可知，弹簧形变量最大时，A、B的动能与弹簧的弹性势能之和与撤去外力时
弹簧的弹性势能相等，则弹簧的形变量最大时弹簧的弹性势能小于撤去外力时弹簧的弹性势能，弹簧的形
变量最大时弹簧的形变量小于撤去外力时弹簧的形变量x，故B错误；
CD． 图像与坐标轴所围成面积的大小等于物体速度的变化量，因 时刻A的速度为零， 时刻A的
速度大小
时刻A的速度大小
B的速度大小由图（b）图像可知， 时刻A的加速度为零，此时弹簧恢复原长，B开始离开墙壁，到 时刻两者加速度
均达到最大，此时弹簧伸长量达到最大，两者速度相同，即
则有
时间内，A、B组成的系统动量守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律可得
结合
联立得
故D错误，C正确。
故选C。
3．从地面上以一定初速度竖直向上抛出一质量为m的小球，其动能随时间的变化如图。已知小球受到的
空气阻力与速率成正比。小球落地时的动能为E，且落地前小球已经做匀速运动。重力加速度为g，则小
0
球在整个运动过程中（ ）
A．球上升阶段阻力的冲量大于下落阶段阻力的冲量
B．从最高点下降落回到地面所用时间小于t
1
C．最大的加速度为4g
D．小球上升的最大高度为
【答案】D【详解】A．由题意可得，阻力与速率的关系为f = kv，故阻力的冲量大小为
If= ∑ft = ∑kvt = kx
因为上升过程和下降过程位移大小相同，则上升和下降过程阻力的冲量大小相等，A错误；
B．由于机械能损失，上升过程中的平均速度大于下降过程中的平均速度，上升过程与下降过程的位移大
小相等，故小球在运动的全过程，上升的时间小于下降的时间，B错误；
C．设小球的初速度为 ，满足
而小球的末速度为 ，有
小球刚抛出时阻力最大，其加速度最大，有
当小球向下匀速时，有
联立解得
C错误；
D．上升时加速度为 ，由牛顿第二定律得
解得
取极短 时间，速度变化 ，有
又
上升全程则
设小球的初速度为 ，满足
而小球的末速度为 ，有
联立可得
D正确。
故选D。
4．由于轨道处存在非常稀薄的大气，空间站在运行时会受到一定的阻力作用。假定单位体积内与空间站
前端横截面发生碰撞的空气分子个数为n，且速度方向均与横截面垂直，空间站在其运行方向上的横截面
积为S。以空间站为参考系，碰撞前后空气分子的平均速率分别为 、 ，空气分子的平均质量为m，则
空间站前端受到的稀薄空气阻力F的大小为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【详解】设在时间∆t内有质量为∆m的空气分子与空间站前端产生碰撞，则可得
以空气分子碰撞后运动方向为正方向，对空气分子，由动量定理可得
联立解得由牛顿第三定律可知，空间站前端受到的稀薄空气阻力F的大小为
ACD错误，B正确。
故选B。
5．如图所示，是某汽车公司设计的能垂直起飞的飞行汽车，该车通过固定在车上的两个单旋翼的高速转
动对空气施加向下的力，利用空气的反作用力使汽车上升。已知该汽车空车质量 ，单旋翼的半径
。某次试飞时，试飞员的质量 ，试飞员让汽车起飞后悬停在空中。已知空气的密度 ，重力
加速度取 。则此时旋翼使其下方空气获得的速度约为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【详解】汽车与试飞员的重力
试飞员让汽车起飞后悬停在空中，受到空气的作用力
根据动量定理
代入数据得
故选C。
6．太阳帆飞船是利用太阳光的光压进行宇宙航行的一种航天器。光压是指光照射到物体上对物体表面产
生的压力，从而使航天器获得加速度。假设光子打到帆面上全部反射，地球上太阳光光强（单位时间垂直照射到单位面积上的光能）为 ，地球轨道半径为 ，光在真空中传播速度为c，则在离太阳距离为r的地
方，正对太阳的单位面积上的光压为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【详解】设太阳的辐射功率为P，在距离太阳为r0的地方太阳光光强
在距离太阳为r的地方太阳光光强
根据动量定理，帆面单位时间获得的作用力（光压）为
故选B。
7．“雪如意”是我国首座国际标准跳台滑雪场地。跳台滑雪运动中，裁判员主要根据运动员在空中的飞
行距离和动作姿态评分。运动员在进行跳台滑雪时大致经过四个阶段：①助滑阶段，运动员两腿尽量深
蹲，顺着助滑道的倾斜面下滑；②起跳阶段，当进入起跳区时，运动员两腿猛蹬滑道快速伸直，同时上体
向前伸展；③飞行阶段，在空中运动员保持身体与雪板基本平行、两臂伸直贴放于身体两侧的姿态；④着
陆阶段，运动员落地时两腿屈膝，两臂左右平伸。下列说法正确的是（ ）A．助滑阶段，运动员深蹲是为了减小与滑道之间的摩擦力
B．起跳阶段，运动员猛蹬滑道主要是为了增加向上的速度
C．飞行阶段，运动员所采取的姿态是为了增加水平方向速度
D．着陆阶段，运动员两腿屈膝是为了减少与地面的作用时间
【答案】B
【详解】A．助滑阶段，运动员深蹲是为了减小与空气之间的摩擦力，A错误；
B．起跳阶段，运动员猛蹬滑道主要是通过增大滑道对人的作用力，根据动量定理可知，在相同时间内，
为了增加向上的速度，B正确；
C．飞行阶段，运动员所采取的姿态是为了减小水平方向的阻力，从而减小水平方向的加速度，C错误；
D．着陆阶段，运动员两腿屈膝下蹲可以延长落地时间，根据动量定理可知，可以减少身体受到的平均冲
击力，D错误。
故选B。
8．下列现象说法正确的是（ ）
A．鸡蛋碰石头，受伤的总是鸡蛋，因为鸡蛋受的冲量大，作用力大
B．乌贼逃跑时，向后喷墨汁，乌贼能逃跑是因为周围海水给乌贼逃跑方向的冲量
C．为保护墙壁，用锤往墙上钉钉子时，在钉和墙之间加一软垫层，钉子更难钉进去，是因为钉子所受冲
量明显变小，作用力变小
D．50kg的运动员，从5m高处静止开始下落到蹦床上，弹起3.2m，人和蹦床作用时间1.2s，g=10m/s2，人
受到蹦床的作用力为1250N
【答案】D
【详解】A．鸡蛋碰石头，鸡蛋与石头间的作用力大小相等，作用时间相同，则冲量大小相等，故A错
误；
B．乌贼逃跑时，向后喷墨汁，乌贼能逃跑是因为喷出的墨汁给乌贼逃跑方向的冲量，故B错误；
C．为保护墙壁，用锤往墙上钉钉子时，在钉和墙之间加一软垫层，钉子所受冲量不变，而是作用时间变长，作用力变小，钉子更难钉进去，故C错误；
D．运动员下落过程中由 可知，运动员下落到刚要接触蹦床时的速度大小
方向竖直向下，同理可得，运动员刚要离开蹦床时的速度大小
方向竖直向上，取向上为正方向，运动员与蹦床作用过程中由动量定理可得
即
故D正确。
故选D。
9．如图所示劲度系数为k的轻质弹簧一端与质量为m的物体相连，另一端固定在竖直墙壁上，弹簧恰好
水平且处于原长，此时弹簧的左端位于O点。水平面光滑，用水平外力F将物体缓慢向右推动距离x（弹
簧处于弹性限度内）至A点，现突然撤去外力F，物体通过O点时的速度大小为v，则下列说法正确的是
（ ）
A．外力F的最大值为 kx
B．外力F做的功为 mv2
C．物体从A点运动至O点的过程中，墙壁对弹簧的弹力产生的冲量为0
D．物体从A点运动至O点的过程中，弹簧对物体的弹力产生的冲量大小为2mv
【答案】B
【详解】A．由于外力F将物体缓慢右推，每一时刻都可认为是平衡的，当物体被推至 A点时F最大，由胡
克定律可知A错误；
B．由于在外力作用过程中，物体缓慢运动，外力F做的功等于弹簧弹性势能的增加量，撤去外力F后，当
物体运动到O点时，弹性势能全部转化为物体的动能，所以外力F做的功为 ，B正确；
CD．物体从A点运动至O点的过程中，水平方向上物体仅受弹簧弹力作用，由动量定理可知，弹簧对物体
的弹力产生的冲量大小为mv，弹簧两端力的大小是相等的，所以物体从A点运动至O点的过程中墙壁对
弹簧的弹力产生的冲量大小也为mv，CD错误。
故选B。
10．在测试汽车的安全气囊对驾乘人员头部防护作用的实验中，某小组得到了假人头部所受安全气囊的作
用力随时间变化的曲线（如图）。从碰撞开始到碰撞结束过程中，若假人头部只受到安全气囊的作用，则
由曲线可知，假人头部（ ）
A．速度的变化量等于曲线与横轴围成的面积B．动量大小先增大后减小
C．动能变化正比于曲线与横轴围成的面积 D．加速度大小先增大后减小
【答案】D
【详解】AB．由题知假人的头部只受到安全气囊的作用，则F—t图像的面积即合外力的冲量，再根据动量
定理可知F—t图像的面积也是动量的变化量，且图线一直在 t轴的上方，由于头部有初动量，由图可知，
动量变化越来越大，则动量的大小一直减小到假人头静止，动量变化最大，AB错误；
C．根据动量与动能的关系有 ，而F—t图像的面积是动量的变化量，则动能的变化量与曲线与横
轴围成的面积不成正比，C错误；
D．由题知假人的头部只受到安全气囊的作用，则根据牛顿定律可知 a∝F，即假人头部的加速度先增大后
减小，D正确。
故选D。
多选题11．从货车上卸载货物时，工人往往在车厢与地面间放置一倾斜的板，如图所示。板与水平地面间
的夹角 在 范围内可调，货物从距地面高H处沿板面由静止开始下滑，再沿水平地面滑动一段距离
x后停下。忽略货物下滑到地面时与地面的碰撞，假设货物与板面、货物与地面间的动摩擦因数均相同，货物在板上滑行的时间为 ，在水平地面上滑行的时间为 。则（ ）
A．若 不变，H越大，则x越大 B．若 不变，H越大，则 越大
C．若H不变， 越大，则x越小 D．若H不变， 越大，则 越小
【答案】AD
【详解】AC．由动能定理
可得
若 不变，H越大，则x越大，若H不变， 越大，则x越大，故A正确，C错误；
BD．由动量定理
可得
可知 与H无关， 越大，则 越小，故B错误，D正确。
故选AD。
多选题12．等离子体推进器的原理结构如图所示，首先由电子枪产生高速电子流，经过碰撞，电子将等离
子体发生器内的惰性气体电离，形成等离子体，最后等离子体中的正离子经过静电加速层加速后高速飞
出，从而对等离子推进器产生作用力。假设正离子的质量为m，电荷量为q，经电压为U的静电加速层加
速后形成电流为I的离子束，忽略离子进入静电加速层的初速度，不计离子重力和离子间的相互作用力，下列说法正确的是（ ）
A．离子推进器是将化学能转化为机械能的装置
B．离子由静电加速层喷出时的速度大小为
C．单位时间内，由静电加速层喷出的离子数为
D．离子推进器产生的推力大小为
【答案】CD
【详解】A．离子推进器可将静电加速层中的电能转化为机械能，A错误；
B．根据动能定理有
离子由静电加速层喷出时的速度大小为
B错误；
C．若n表示单位时间内由静电加速层喷出的离子数，根据电流的定义有
单位时间内，由静电加速层喷出的离子数为
C正确；
D． 时间内喷出离子的动量为根据动量定理有
则
D正确。
故选CD。
多选题13．一弹射机构的简化模型如图所示，一理想轻质弹簧左端固定在墙上，处于原长时右端到达水平
面上的O点。一滑块将弹簧右端压缩到P点，滑块与弹簧没有拴接。静止释放后，弹簧把滑块弹开，滑块
运动到O点右侧的Q点停下，已知滑块与水平面间的动摩擦因数处处相同。以O点为坐标原点，水平向右
为正方向建立x轴。整个过程滑块的加速度a、动量p、动能 及滑块与弹簧组成的系统的机械能E随位
置坐标x的变化规律，符合实际的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】AC
【详解】A．设滑块的质量为m，弹簧的劲度系数为k，滑块与水平面间的动摩擦因数为μ，当滑块在O点
左侧位置坐标为x时，弹簧压缩量为 ，由牛顿第二定律，有
得当滑块在O点右侧时，有
得
图像为两段直线，A正确。
B．取一段位移微元 ，可认为滑块的加速度不变，设为a，速度为v。有
设滑块运动到N处时弹簧弹力等于摩擦力，加速度为0，由P到N，加速度逐渐减小，速度逐渐增大，
逐渐减小， 图线的斜率逐渐减小；到N处时 图线的斜率减为0；由N到O，加速度反向逐渐增
大，速度逐渐减小， 绝对值逐渐增大， 图线的斜率绝对值逐渐增大；由O到Q，加速度不变，速度
逐渐减小， 绝对值逐渐增大， 图线的斜率绝对值逐渐增大， 图像O点右侧不可能为倾斜的直
线，B错误。
C．滑块移动位移微元 ，由动能定理有
可得
图像由P到N斜率减小，由N到O斜率绝对值增大，O点右侧斜率不变，为倾斜的直线，C正确。
D．由能量转化可知，滑块克服摩擦力做的功等于系统机械能的减少量。对一段位移微元 ，有
可知
即 图像为斜率不变的倾斜的直线，D错误。
故选AC。14．上海静默期间小区做核酸，缺少装样本的密封袋，市民姚先生决定把自己家的厨房自封袋捐献出来。
为了尽量减少交叉感染的机会，他妻子把自封袋配重后从八楼窗口水平抛出。然而不巧的是，袋子正好落
在自行车棚的圆顶 点。棚顶 点到大楼的水平距离为12.8米， 点离地高3米，八楼窗口高23米，不
计空气阻力， 取10m/s2。
（1）求袋子在空中运动的时间；
（2）求袋子撞击棚顶 点时的速度大小；
（3）若袋子总质量为0.5kg，与棚顶撞击过程中在0.01s内速度减为0，随后静止在 点，请估算袋子对棚
顶的撞击力约为多大？
（4）袋子落在棚顶，大家有些懵。此时姚先生稍作思考，站上一辆自行车用拳头在棚的下方捶击棚顶。
他每捶一次，袋子就因为振动而跳起，并沿圆弧向下移动5cm。假设车棚为半圆形，半径为1m，当姚先生
捶击了13次后，袋子被弹到A点，接着袋子就开始沿着棚顶自行滑下，并最终落地。那么请估算车棚与袋
子之间的摩擦因数约为多少？
【答案】（1）2s；（2）21m/s；（3）1055N；（4）0.76
【详解】（1）袋子在竖直方向做自由落体运动，根据
（2）袋子撞击棚顶 点时竖直方向速度大小水平方向做匀速直线运动，水平方向速度
袋子撞击棚顶 点时的速度大小
（3）根据动量定理，竖直方向上
解得竖直方向上棚顶对袋子的撞击力
水平方向上
解得水平方向上棚顶对袋子的撞击力
则棚顶对袋子的撞击力为
根据牛顿第三定律，袋子对棚顶的撞击力大小约为1055N；
（4）姚先生捶击了13次后，袋子被弹到A点，袋子向下移动弧长
s=65cm
袋子被弹到A点后袋子就开始沿着棚顶自行滑下，则在A点解得
