文档文本内容
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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
1
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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＝m v ，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。
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
Δ v 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 ＝
F Δ t 。
(3)单位：N·s。
(4)方向：冲量是矢量，其方向与力的方向相同。
1.物体的动能不变，其动量一定不变。( × )
2.物体的动量越大，其惯性也越大。( × )
3.物体沿水平面运动时，重力不做功，其冲量为零。( × )
4.两物体中动量大的动能不一定大。( √ )
例1 甲、乙两物体的质量之比是1∶4，下列说法正确的是( )
A.如果它们的动量大小相等，则甲、乙的动能之比是1∶4
B.如果它们的动量大小相等，则甲、乙的动能之比是2∶1
C.如果它们的动能相等，则甲、乙的动量大小之比是1∶2
D.如果它们的动能相等，则甲、乙的动量大小之比是1∶4
答案 C
解析 当两物体动量大小相等时，由Ek＝p
2
2m知Ek 甲∶Ek 乙＝m 乙∶m 甲＝4∶1，故A、B 错误；当两物体动能
相等时，由p2＝2mEk知p 甲∶p 乙＝√m甲∶√m乙＝1∶2，故C 正确，D 错误。
动量与动能的比较
2
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动量
动能
物理意义
描述机械运动状态的物理量
定义式
p＝mv
Ek＝1
2mv2
标矢性
矢量
标量
变化因素
合外力的冲量
合外力所做的功
大小关系
p＝√2m Ek
Ek＝p
2
2m
变化量
Δp＝Ft
ΔEk＝Fl
联系
(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
(2)若物体的动能发生变化，则动量一定也
发生变化；但动量发生变化时动能不一定发
生变化
例2 (2024·山东淄博市期中)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，
速度为零，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为mg(t1＋t2)sin θ
B.支持力对滑块的总冲量为mg(t1＋t2)cos θ
C.合外力的冲量为0
D.摩擦力的总冲量为Ff(t1＋t2)
答案 B
解析 重力对滑块的总冲量为mg(t1＋t2)，A 项错误；支持力对滑块的总冲量为mg(t1＋t2)cos θ，B 项正确；整
个过程中滑块的动量发生了改变，故合外力的总冲量不为0，C 项错误；上滑过程和下滑过程摩擦力的方向相
反，故若以沿斜面向上为正方向，摩擦力的总冲量为Ff(t2-t1)，D 项错误。
例3 (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( )
3
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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＝1
2mv3
2，解得x1＝9 m，3~4 s 时间内，
对物块由动能定理可得-(F＋Ff)x2＝0-1
2mv3
2，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＝F −Ff
m
＝2 m/s2，发生的位移大小为x3＝1
2at3
2＝4 m<x1＋x2，即6 s 时物块没有回到初始位置，故
B 错误；0~6 s 时间F 对物块所做的功为W＝Fx1-Fx2＋Fx3＝40 J，故D 正确。
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＝F1＋F2
2
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
考点二 动量定理的理解及应用
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 ) ＝
m v ' - m v 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。
4
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(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＝p' −p
t
＝Δ p
t ，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。
例4 (2025·山东泰安市校考)行驶中的汽车如果发生剧烈碰撞，车内的安全气囊会被弹出并瞬间充满气
体。若碰撞后汽车的速度在很短时间内减小为零，关于安全气囊在此过程中的作用，下列说法正确的是(
)
A.增加了司机单位面积的受力大小
B.减少了碰撞前后司机动量的变化量
C.将司机的动能全部转换成汽车的动能
D.延长了司机的受力时间并增大了司机的受力面积
答案 D
解析 汽车剧烈碰撞瞬间，安全气囊弹出，立即跟司机身体接触。司机在很短时间内由运动到静止，动量的
变化量是一定的，由于安全气囊的存在，作用时间变长，据动量定理Δp＝FΔt 知，司机所受作用力减小；又
知安全气囊打开后，司机受力面积变大，因此减小了司机单位面积的受力大小；碰撞过程中，动能转化为内
能。综上可知，选项D 正确。
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。
5
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答案 (1)
ma
mg＋F N
(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＝
ma
mg＋F N
(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＝1
2×0.1×6 600 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v0
2＝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＝v
2
2 g＝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微元小段柱体的体积ΔV＝vSΔt
6
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研究
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 (多选)(2025·山东菏泽市期中)现在很多小区安装了自主洗车房，假设洗车房内的高压水枪喷出的水
在空中为圆柱形，且直径为D，水流的速度大小为v，水柱能垂直冲击汽车。在冲洗时若有一半的水在汽
车表面顺流而下，另一半的水以原速率返回。已知水的密度为ρ，下列说法正确的是( )
A.高压水枪单位时间内喷出的水的质量为ρπvD2
B.人手持高压水枪的力应大于1
4 ρπv2D2
C.水柱对汽车的平均压强为ρv2
D.水柱对汽车的平均冲击力大小为3
8ρπv2D2
答案 BD
解析 高压水枪单位时间内喷出的水的质量Δm= ρ π( D
2 )
2·v Δt
Δt
=1
4
ρπvD2，故A 错误；由动量定理可得
F1Δt=ΔmΔt·v，解得喷水枪对水的作用力F1=1
4 ρπv2D2，人对喷水枪的力等于F1的反作用力与喷水枪重力的合
力，所以应大于1
4 ρπv2D2，故B 正确；以汽车对水的作用力方向为正，由动量定理得F2Δt=1
2×1
4 ρπvD2Δt·v-(-1
4
ρπvD2Δt·v)，解得F2=3
8ρπv2D2，水柱对汽车的平均冲击力大小为3
8ρπv2D2，故D 正确；水柱对汽车的压强p=
3
8 ρ π v
2 D
2
1
4 π D
2
=3
2
ρv2，故C 错误。
课时精练
(分值：60 分)
1~6 题每小题5 分，共30 分
1.下列说法正确的是( )
7
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A.平衡木运动员在着地时屈腿是为了减小地面对自己的冲量
B.火箭点火后离开地面向上运动，是地面对火箭的反作用力作用的结果
C.做直线运动的机器人动量变化量的方向一定和动量的方向相同
D.推铅球的过程中铅球所受合力的冲量等于铅球动量的变化量
答案 D
解析 平衡木运动员在着地时屈腿并没有减小地面对自己的冲量，而是通过增加作用时间，从而减小地面对
自己的冲击力，故A 错误；火箭点火后离开地面向上运动，是喷出气体对火箭的反作用力作用的结果，故B
错误；做直线运动的机器人动量变化量的方向与合力方向相同，不一定和动量的方向相同，故C 错误；根据
动量定理可知，推铅球的过程中铅球所受合力的冲量等于铅球动量的变化量，故D 正确。
2.某市学生体能测试中有一重要项目：排球垫球个数测试。某同学在一次测试中双手在同一高度多次竖直垫
起排球，第一次垫球后，球竖直上升高度为0.2 m，第二次垫球后，球竖直上升高度为0.45 m。已知排球的质
量为0.27 kg，重力加速度取10 m/s2，不计空气阻力。则第二次垫球过程，排球动量变化量的大小为( )
A.0.27 kg·m/s
B.0.54 kg·m/s
C.0.81 kg·m/s
D.1.35 kg·m/s
答案 D
解析 第一次垫球后，球竖直上升高度为0.2 m，球落回到手上的速度为v0＝√2gh0＝2 m/s，方向向下；第
二次垫球后，球竖直上升高度为0.45 m，则球刚离手时的速度为v1＝√2 gh1＝3 m/s，方向向上；取向上为
正方向，第二次垫球过程，排球动量变化量的大小为Δp＝mv1-(-mv0)＝m(v1＋v0)＝0.27×5 kg·m/s＝1.35
kg·m/s，故选D。
3.(2021·湖南卷·2)物体的运动状态可用位置x 和动量p 描述，称为相，对应p-x 图像中的一个点。物体运动状
态的变化可用p-x 图像中的一条曲线来描述，称为相轨迹。假如一质点沿x 轴正方向做初速度为零的匀加速直
线运动，则对应的相轨迹可能是( )
答案 D
解析 质点沿x 轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动，则有v2＝2ax，而动量为p＝mv，联立可得p＝m
√2ax＝m√2a·x
1
2，m>0，a>0，x>0，故正确的相轨迹可能为D。
4.我国为“长征九号”研制的大推力新型火箭发动机联试成功，这标志着我国重型运载火箭的研发取得突破
性进展。若某次实验中该发动机向后喷射的气体速度约为3 km/s，产生的推力约为4.8×106 N，则它在1 s 时
间内喷射的气体质量约为( )
A.1.6×102 kg
B.1.6×103 kg
C.1.6×105 kg
D.1.6×106 kg
答案 B
8
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解析 设该发动机在t 时间内，喷射出的气体质量为m，根据动量定理Ft＝mv 可知，在1 s 内喷射出的气体
质量m0＝m
t ＝F
v ＝4.8×10
6
3 000 kg＝1.6×103 kg，故选B。
5.(多选)(2023·广东卷·10)某同学受电动窗帘的启发，设计了如图所示的简化模型。多个质量均为1 kg 的滑块
可在水平滑轨上滑动，忽略阻力。开窗帘过程中，电机对滑块1 施加一个水平向右的恒力F，推动滑块1 以
0.40 m/s 的速度与静止的滑块2 碰撞，碰撞时间为0.04 s，碰撞结束后瞬间两滑块的共同速度为0.22 m/s。关
于两滑块的碰撞过程，下列说法正确的有( )
A.该过程动量守恒
B.滑块1 受到合外力的冲量大小为0.18 N·s
C.滑块2 受到合外力的冲量大小为0.40 N·s
D.滑块2 受到滑块1 的平均作用力大小为5.5 N
答案 BD
解析 取向右为正方向，滑块1 和滑块2 组成的系统的初动量为p1＝mv1＝1×0.40 kg·m/s＝0.40 kg·m/s，碰撞
后的动量为p2＝2mv2＝2×1×0.22 kg·m/s＝0.44 kg·m/s，则滑块的碰撞过程动量不守恒，故A 错误；对滑块
1，则有I1＝mv2-mv1＝1×0.22 kg·m/s-1×0.40 kg·m/s＝-0.18 kg·m/s，负号表示方向水平向左，故B 正确；对
滑块2，则有I2＝mv2＝1×0.22 kg·m/s＝0.22 kg·m/s，故C 错误；对滑块2 根据动量定理有FΔt＝I2，解得F＝
5.5 N，则滑块2 受到滑块1 的平均作用力大小为5.5 N，故D 正确。
6.甲、乙两物体以相同的初动量在水平面上做匀减速直线运动，直到停止，其动量随时间变化的p-t 图像如图
所示，已知甲、乙两物体与地面间的动摩擦因数相同，则在此过程中( )
A.甲、乙两物体的质量之比为2∶1
B.甲、乙两物体的质量之比为1∶2
C.甲、乙两物体受到的摩擦力做功之比为2∶1
D.甲、乙两物体受到的摩擦力做功之比为1∶1
答案 A
解析 根据动量定理-μmgt=p-p0，整理得p=-μmgt+p0，图像斜率的绝对值为|k|=μmg，甲、乙两物体的质量之
比为m1∶m2=|k1|∶|k2|= p0
t
∶p0
2t
=2∶1，故A 正确，B 错误；根据能量守恒，有W=1
2
mv0
2= p0
2
2m
，甲、乙两物体
9
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受到的摩擦力做功之比为Wf1∶Wf2=m2∶m1=1∶2，故C、D 错误。
7~10 题每小题6 分，共24 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.(多选)(2025·山东烟台市检测)质量为m＝1 kg 的物块在水平拉力的作用下从静止开始沿水平桌面做直线运动，
其拉力F 随时间t 的变化图线如图所示，物块与水平桌面间的动摩擦因数μ＝0.1，重力加速度g 取10 m/s2，
最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则( )
A.在t＝2 s 时，物块的动量大小为1 kg·m/s
B.在t＝4 s 时，物块的速度为0
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C.在0~2 s 内和2~5 s 内，物块动量的变化量大小之比为3∶2
D.在0~5 s 内，物块的最大速度为1.5 m/s
答案 AD
解析 F-t 图像与t 轴围成的面积表示拉力的冲量，根据动量定理可知F1＋F2
2
t-μmgt＝p，代入数据可解得p
＝1 kg·m/s，故A 正确；同理，2~4 s 根据动量定理有F2
2 t'-μmgt'＝mv-p，代入数据解得v＝1 m/s，故B 错误；
由上述分析可知0~2 s 内物块动量的变化量大小为1 kg·m/s，2~4 s 内物块动量的变化量大小为0，4~5 s 内
F≤1 N＝μmg，F 与摩擦力同向，物块做匀减速运动直到静止，动量变化量大小为1 kg·m/s，所以在0~2 s 内
和2~5 s 内，物块动量的变化量大小之比为1∶1，故C 错误；当拉力与摩擦力相等时，速度最大，由题图可
知为t＝3 s 时刻，根据动量定理可知F2＋F3
2
t″-μmgt″＝mv'-p，代入数据解得v'＝1.5 m/s，故D 正确。
9.(2022·湖北卷·7)一质点做曲线运动，在前一段时间内速度大小由v 增大到2v，在随后的一段时间内速度大
小由2v 增大到5v。前后两段时间内，合外力对质点做功分别为W1和W2，合外力的冲量大小分别为I1和I2。
下列关系式一定成立的是( )
A.W2＝3W1，I2≤3I1
B.W2＝3W1，I2≥I1
C.W2＝7W1，I2≤3I1
D.W2＝7W1，I2≥I1
答案 D
解析 根据动能定理有
W1＝1
2m(2v)2-1
2mv2＝3
2mv2，
W2＝1
2m(5v)2-1
2m(2v)2＝21
2 mv2，可得W2＝7W1；
由于速度是矢量，具有方向，当初、末速度方向相同时，动量变化量最小，方向相反时，动量变化量最大，
因此冲量的大小范围是mv≤I1≤3mv，3mv≤I2≤7mv，可知I2≥I1，故选D。
10.2021 年6 月17 日，我国“神舟十二号”载人飞船发射成功，3 名航天员进驻“天宫”空间站的“天和号”
核心舱，标志着我国空间站建设进入新阶段。如图所示，“天和号”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
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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。
(6 分)
11.(多选)从地面上以初速度v0竖直上抛一质量为m 的小球，一段时间后落回地面的速度大小为v，若运动过
程中小球受到的阻力大小与其速率成正比，重力加速度大小为g。则( )
A.小球上升过程中的平均速度小于v0
2
B.整个过程中小球运动的时间小于v0＋v
g
C.小球在上升和下降过程中重力的冲量大小相等
D.小球在上升和下降过程中阻力的冲量大小相等
答案 AD
解析 小球在上升的过程中，根据牛顿第二定律mg＋kv＝ma，随着速度的减小，阻力逐渐减小，加速度逐
渐减小，在下降的过程中，根据牛顿第二定律mg-kv＝ma，随着速度的增大，阻力逐渐增加，加速度逐渐减
小，因此在整个过程中加速度逐渐减小，v-t 图像如图所示。
在v-t 图像中，图像与时间轴围成的面积表示小球的位移，由图像可知，上升过程的位移小于小球做匀减速直
线运动的位移，因此平均速度小于匀减速直线运动的平均速度v0
2 ， A 正确；设上升的高度为h，小球在上升
过程中，阻力的冲量大小I1＝∑kvΔt＝k∑vΔt＝k∑Δh＝kh，因为小球在下降过程中的位移大小等于上升过程中
的位移大小，所以小球在上升和下降过程中阻力的冲量大小相等，D 正确；由于上升和下降过程中，位移大
小相等，而上升过程的平均加速度大，所用时间短，重力的冲量小于下降过程中重力的冲量，C 错误；规定
向下为正方向，上升过程所用时间为t1，下降过程所用的时间为t2，根据动量定理，上升过程中mgt1＋I1＝0-
(-mv0)，下降过程中mgt2-I2＝mv，又因为I1＝I2，可得：t＝t1＋t2＝v0＋v
g
，B 错误。
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