第7章 第1讲 动量 冲量 动量定理（Word习题）-【满分思维】2027年高考一轮总复习讲义·物理（江苏专版）

该高中物理讲义聚焦动量守恒定律第一讲，覆盖动量、冲量、动量定理核心考点，按概念辨析、定理应用、模型处理逻辑架构知识，通过考点梳理（如动量与动能比较）、方法指导（冲量计算四法）、真题训练（典例及配套练习），帮助学生构建系统知识网络，突破学习难点。 讲义融入科学思维与模型建构素养，如“流体模型”教学中引导学生构建柱状微元，通过Δm=ρvSΔt推导冲击力公式，结合分层练习（选择+计算）和即时反馈，高效提升学生推理与应用能力，为教师把控复习节奏提供清晰路径。

第七章　动量守恒定律 第1讲　动量　冲量　动量定理 考点一　动量和冲量 1．动量 (1) 定义：物体的__质量__与__速度__的乘积． (2) 表达式：p＝__mv__，单位为kg·m/s. (3) 方向：动量的方向与__速度__的方向相同． 2．动量、动能及动量变化量的比较 名称项目 动量 动能 动量变化量 定义 物体的质量和速度的乘积 物体由于运动而具有的能量 物体末动量与初动量的矢量差 定义式 p＝mv Ek＝mv2 Δp＝p′－p 矢标性 __矢量__ 标量 __矢量__ 特点 状态量 状态量 过程量 关联方程 Ek＝____，p＝____ 3．冲量 (1) 定义：__力__与__力的作用时间__的乘积叫作力的冲量． (2) 公式：__I＝FΔt__． (3) 单位：__N·s__． (4) 方向：冲量是__矢量__，其方向与力的方向__相同__． 典例1　(2025·如皋期初)巴黎奥运会上，运动员托着重力为G的杠铃从下蹲状态(图甲)缓慢运动到站立状态(图乙)，该过程杠铃和人的肩部相对位置不变，运动员保持乙状态站立Δt时间后再将杠铃缓慢向上举，至双臂伸直(图丙)，则运动员从图甲到图丙的过程中(　D　) A．地面对运动员做正功 B．地面对运动员的冲量为0 C．运动员受到杠铃重力的冲量为0 D．运动员对杠铃的冲量大于GΔt 【解析】 地面对运动员的支持力的位移为零，则地面对运动员不做功，故A错误；地面对运动员的支持力的冲量IN＝Nt，则地面对运动员的冲量不为0，故B错误；杠铃重力的冲量IG＝Gt，可知运动员受到杠铃重力的冲量不为0，故C错误；从图甲到图丙的过程中，运动员对杠铃的作用力大小等于G，作用时间大于Δt，可知运动员对杠铃的冲量大于GΔt，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，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 若方向不变的变力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 考点二　动量定理的理解和应用 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：__Ft＝mv′－mv__或__I＝p′－p__． 3．对动量定理的理解 (1) 动量定理中的冲量是合力的冲量，而不是某一个力的冲量，它可以是各力冲量的矢量和，也可以是外力在不同阶段冲量的矢量和． (2) Ft＝p′－p是矢量式，两边不仅大小相等，而且方向相同．式中Ft是物体所受的合外力的冲量． (3) Ft＝p′－p除表明两边大小、方向的关系外，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． (4) 由Ft＝p′－p，得F＝＝，即物体所受的合外力等于物体动量的变化率． (5) 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． 典例2　(2025·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(　C　) 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 【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；根据动量定理可得FΔt＝Δp，则F＝.因为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，故选C. 典例3　(2025·苏州期中)如图所示，一质量m＝2 kg的物块在水平地面上运动，物块与地面间的动摩擦因数μ＝0.1；t＝0时，物块的速度大小v0＝4 m/s，方向水平向右．此时对物块施加一外力F，F随时间t的变化关系满足F＝3－0.5t(N)，规定向右为正方向，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g＝10 m/s2，求： 　 (1) 0～6 s外力F的冲量大小I. (2) 物块向右运动过程中速度的最大值v. (3) 从零时刻到速度为零所用的时间t. 答案：(1) 9 N·s　(2) 4.5 m/s　(3) 8 s 【解析】 (1) 外力F的冲量大小是力—时间图像与时间轴所围三角形面积的大小，可知0～6 s外力F的冲量大小 I＝3×6× N·s＝9 N·s (2) 物块合外力为零时，速度最大，即满足F＝μmg 根据F＝3－0.5t 解得t1＝2 s t＝0时F0＝3 N，t1＝2 s时F1＝2 N，由动量定理得 t1－μmgt1＝mv－mv0 解得v＝4.5 m/s (3) 设t时刻速度为零，外力F的冲量 I＝t＝3t－t2(N·s) 由动量定理I－μmgt＝0－mv0 解得t＝8 s 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”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 分析步骤 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 微元研究 小柱体的体积ΔV＝vSΔt 小柱体质量m＝ρΔV＝ρvSΔt 小柱体粒子数N＝nvSΔt 小柱体动量p＝mv＝ρv2SΔt 建立方程，应用动量定理FΔt＝Δp研究 典例4　(2025·无锡高三期中)2024年第11号台风“摩羯”于9月6日在海南文昌登陆，登陆时中心附近最大风力有17级以上，造成巨大破坏．已知11级台风的风速范围为28.5 m/s～32.6 m/s，17级台风的风速范围为56.1 m/s～61.2 m/s.若台风迎面垂直吹向一固定的交通标志牌，则17级台风对该标志牌的作用力大小约为11级台风的(　B　) A．2倍 B．4倍 C．8倍 D．16倍 【解析】 设空气的密度为ρ，风迎面垂直吹向一固定的交通标志牌的横截面积为S，在Δt时间的空气质量为Δm＝ρS·vΔt，假定台风迎面垂直吹向一固定的交通标志牌的末速度变为零，对风由动量定理有－F·Δt＝0－Δmv，解得F＝ρSv2.设11级台风的风速v11＝ m/s≈31 m/s，17级台风的风速v17＝ m/s≈59 m/s，故有 ＝＝≈4，故B正确． 1．下列关于动量、动能的说法中，正确的是(　B　) A．动能是矢量，动能的方向与位移的方向相同 B．动量是矢量，动量的方向与速度的方向相同 C．物体的动量变化，则其动能一定变化 D．物体的动量增大2倍，其动能增大2倍 【解析】 动能是标量，所以没有方向，A错误；动量是矢量，动量的方向与速度的方向相同，B正确；动量变化有可能是方向改变，此时动能不变，C错误；由p＝mv，Ek＝mv2，可得Ek＝，物体的动量增大2倍，其动能增大4倍，D错误． 2．(2025·高邮学情调研)小明将一个充气至直径为1 m的乳胶球，以某一速度水平投向小海，第二次小明将气放掉一些后以相同的速度投出，则在两次接球的过程中(　B　) A．小海对乳胶球不做功 B．乳胶球的动量变化量不等 C．乳胶球对小海的作用力相等 D．小海对乳胶球作用力的冲量相等 【解析】 小海接球的过程中，乳胶球的速度发生变化，则根据动能定理可得小海对乳胶球做功，故A错误；乳胶球的速度变化量相同，但由于乳胶球质量不同，则乳胶球的动量变化量不等，故B正确；两次乳胶球的质量不相等，则乳胶球对小海的作用力不相等，故C错误；根据动量定理，由于乳胶球的动量变化量不等，则两次过程中小海对乳胶球作用力的冲量不相等，故D错误． 3．(2025·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，喷出水流的流速为v＝10 m/s，水流垂直射向竖直墙壁后速度变为0.已知水的密度为ρ＝1×103 kg/m3，则墙壁受到的平均冲击力的大小为(　D　) A．4 N B．16 N C．20 N D．40 N 【解析】 设经过Δt，冲击墙壁水的质量为Δm＝ρSvΔt，根据动量定理可得－FΔt＝0－Δmv，联立解得F＝ρSv2＝1×103×4×10-4×102 N＝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，故选D. 4．攀登作业须张挂安全网，如果质量为m的高空作业人员不慎跌落，自由下落h高度刚接触安全网．此后经历时间t安全网达到最大伸长量，若过程中安全网对人的作用力始终竖直向上，则该段时间安全网对人的平均作用力大小为(　A　) A．＋mg B．－mg C．＋mg D．－mg 【解析】 在接触安全网前，人做自由落体运动，此过程机械能守恒，故有mgh＝mv2，即在产生拉力瞬间速度为v＝，之后人在安全网的作用下做变速运动，末速度为零，设向上为正方向，根据动量定理可得 t－mgt＝0－(－mv)，解得＝＋mg，故A正确． 配套热练 一、 选择题 1．(2025·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(　B　) 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 【解析】 根据动量定理I＝FΔt＝Δp可知，由于头盔的缓冲，头部的撞击时间Δt延长了，从而减小了对头部的作用力F，也减小了骑行者头部撞击过程中的动量变化快慢，但驾驶员头部撞击过程中动量变化量和撞击力的冲量I并未改变，故选B. 2．(2025·常州期中)如图所示，质量为m的物体在与水平方向成θ角的恒定拉力F作用下始终保持静止，已知动摩擦因数为μ，重力加速度为g，则时间t内(　B　) A．物体所受拉力F的冲量大小为Ft cos θ B．物体所受重力的冲量大小为mgt C．物体所受支持力的冲量大小为0 D．物体所受摩擦力的冲量大小为μmgt 【解析】 物体所受拉力F的冲量大小为IF＝Ft，故A错误；物体所受重力的冲量大小为IG＝mgt，故B正确；物体所受支持力大小为N＝mg－F sin θ，则物体所受支持力的冲量大小为IN＝Nt＝(mg－F sin θ)t，故C错误；物体所受摩擦力大小为f＝F cos θ，物体所受摩擦力的冲量大小If＝F cos θ·t，故D错误． 3．如图所示，一木块置于水平桌面上，木块与桌面之间有一纸条，第一次将纸条以速度v1从木块下方抽出，木块落到地面上的P点，第二次将纸条以速度v2(v2＞v1)从木块下方抽出，若木块仍落到地面，则落地点(　C　) A．仍在P点 B．在P点右侧不远处 C．在P点左侧 D．无法确定 【解析】 将纸条快速从木块下方抽出时，纸条对木块作用时间减少，而纸条对木块的摩擦力不变，由I＝Ft，可知纸条对木块的冲量减小，由I＝mv－0，可知木块获得的动量较小，故木块平抛的初速度减小，而平抛的高度不变，则平抛的时间不变，所以平抛的水平位移减小，故木块的落点在P点的左侧，故C正确. 4．(2025·如皋期初)用豆粒模拟气体分子，可以模拟气体压强产生的原理．如图所示，从距秤盘80 cm高度把1 000粒的豆粒连续均匀地倒在秤盘上，持续作用时间为1 s，豆粒弹起时竖直方向的速度变为碰前的一半．若每个豆粒只与秤盘碰撞一次，且碰撞时间极短(在豆粒与秤盘碰撞极短时间内，碰撞力远大于豆粒受到的重力).已知1 000粒的豆粒的总质量为100 g，则在碰撞过程中秤盘受到的压力大小约为(　B　) A．0.2 N B．0.6 N C．1.0 N D．1.6 N 【解析】 豆粒下落到秤盘上的速度大小为v＝＝4 m/s，反弹后速度大小为v′＝2 m/s，取向上为正方向，在豆粒与秤盘碰撞极短时间内，由于碰撞力远大于豆粒受到的重力，则可忽略豆粒的重力，每个豆粒只与秤盘碰撞一次，可认为碰完后豆粒都离开了秤盘平台，根据动量定理得Ft＝mv′－(－mv)，得F＝0.6 N，由牛顿第三定律可知，在碰撞过程中秤盘受到的压力大小为0.6 N，故B正确． 5．(2025·泰州调研)有两个完全相同的铅球，从图甲中左、右两个圆筒的正上方相同高度处同时静止释放，两球分别与左、右两个筒的底部发生碰撞并反弹．其中左筒底部为一钢板，右筒底部为泡沫，压力传感器测得球第一次碰撞中受到的撞击力随时间变化如图乙中的曲线①②所示．已知曲线①②与时间轴围成的面积相等，则第一次碰撞过程中(　C　) 甲 乙 A．左边小球所受重力的冲量大 B．两小球所受合外力的冲量相等 C．左边小球动量变化率大 D．右边小球动量变化大 【解析】 甲左边装置底部为钢板，右边装置底部为泡沫，则小球与甲左边装置底部碰撞过程作用时间较小，重力冲量I＝mgt，可知左边小球所受重力的冲量小，故A错误；两小球所受合外力的冲量为支持力(撞击力)冲量与重力冲量之差，由题意知曲线①②与时间轴围成的面积相等，即支持力冲量相等，由于左边小球所受重力的冲量小，则左边小球所受合外力的冲量大，即左边小球动量变化量大，故B、D错误；由于左边小球碰撞过程中所受合外力的冲量大，且作用时间较小，故左边小球的动量变化率大，故C正确． 6．(2024·全国甲卷改编)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，取g＝10 m/s2.下列说法中正确的是(　D　) 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3 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 【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＝2.3 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＝1.3 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、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F·Δt－mg·Δt＝mv－(－mv)，其中Δt＝0.30 s，解得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． 7．(2025·徐州高三期中)从地面上以速率v1竖直向上抛出一个质量为m的小球，小球落地时速率为v2，若小球运动过程中所受空气阻力的大小与其速率成正比，则(　A　) A．小球在空中运动的时间为 ＋ B．全过程小球动量的变化量大小为mv1－mv2 C．上升过程中空气阻力的冲量大于下降过程中空气阻力的冲量 D．上升过程中空气阻力的冲量小于下降过程中空气阻力的冲量 【解析】 作出小球的v-t图像如图所示，第一、第四象限中阴影部分的面积表示上升和下降过程的位移大小相等，方向相反；若将纵坐标改为f，由于f∝v，因此第一、第四象限中阴影部分的面积仍相等，其物理意义为上升、下降过程阻力的冲量等大反向，故C、D错误；对整个过程，设向下为正方向，根据动量定理有mgt－f上t上＋f下t下＝mv2－(－mv1)，因f上t上＝f下t下，解得t＝＋，动量变化量为Δp＝mv2－(－mv1)＝mv2＋mv1，故A正确，B错误． 8．(2025·湖北卷)一个宽为L的双轨推拉门由两扇宽为 的门板组成．门处于关闭状态，其俯视图如图甲所示．某同学用与门板平行的水平恒定拉力作用在一门板上，一段时间后撤去拉力，该门板完全运动到另一边，且恰好不与门框发生碰撞，其俯视图如图乙所示．门板在运动过程中受到的阻力与其重力大小之比为μ，重力加速度大小为g.若要使门板的整个运动过程用时尽量短，则所用时间趋近于(　B　) 甲 乙 A． B． C． D．2 【解析】 设拉力为F，作用时间为t1，撤去外力后门板运动的时间为t2，门板运动过程的最大速度为vm，则由动量定理，有(F－μmg)t1＝mvm，得t1＝；撤去拉力后，有μmgt2＝mvm，得t2＝，对于全过程，有Ft1＝μmgt，得F＝，对于全过程有 ＝，故门板运动的总时间t＝t1＋t2＝＋＝＋＝·＝，可知当t2越大时，t越小，当t2＝t时，t取最小值，则t＝，解得tmin＝，故选B. 二、 计算题 9．(2025·南京学情调研)如图所示，不可伸长的轻绳一端固定，质量为m＝2 kg的小球系在绳的另一端，将绳水平拉直后由A点静止释放．已知绳长为L＝1.8 m，不计空气阻力，取g＝10 m/s2，求： (1) 小球经过最低点B的速度大小v. (2) 小球从A到B的过程中，所受合力的冲量I. 答案：(1) 6 m/s　(2) 12 N·s，方向水平向左 【解析】 (1) 小球从A运动到B，根据动能定理可得 mgh＝mv2 解得v＝6 m/s (2) A运动到B的过程中合力方向改变，应用动量定理I＝mΔv 解得I＝12 N·s 根据A、B动量关系判断得出，小球所受合力的冲量I方向为水平向左 10．某游乐园入口旁有一喷泉，喷出的水柱将一质量为M的卡通玩具稳定地悬停在空中．为计算方便起见，假设水柱从横截面积为S的喷口持续以速度v0竖直向上喷出，玩具底部为平板(面积略大于S)，水柱冲击到玩具底板后，在竖直方向水的速度变为零，在水平方向朝四周均匀散开．忽略空气阻力．已知水的密度为ρ，重力加速度为g.求： (1) 喷泉单位时间内喷出的水的质量． (2) 玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度． 答案：(1) ρv0S　(2) － 【解析】 (1) 设Δt时间内，从喷口喷出的水的体积为ΔV，质量为Δm，则 Δm＝ρΔV ΔV＝v0SΔt 解得单位时间内从喷口喷出的水的质量 m0＝＝ρv0S (2) 设玩具悬停时其底面相对于喷口的高度为h，水从喷口喷出后到达玩具底面时的速度大小为v.对于Δt时间内喷出的水，由能量守恒得 (Δm)v2＋(Δm)gh＝(Δm)v 在h高度处，Δt时间内喷射到玩具底面的水沿竖直方向的动量变化量的大小为Δp＝(Δm)v 设水对玩具的作用力的大小为F，根据动量定理有FΔt＝Δp 由于玩具在空中悬停，由力的平衡条件得F＝Mg 联立解得h＝－ 学科网（北京）股份有限公司 $