第29讲 动量 冲量 动量定理（复习讲义）（北京专用）2027年高考物理一轮复习讲练测

该高中物理高考复习教案聚焦动量、冲量、动量定理及流体模型应用等核心考点，按概念比较、规律理解、综合应用的逻辑层次构建知识框架，通过考点精讲（拆解核心考点）、思维建模（构建解题范式）、真题溯源（感知高考考向）等环节，帮助学生系统突破矢量运算、多过程分析等难点。 资料以科学思维为导向，创新采用“概念辨析-图像分析-模型建构”三阶教学法，如在流体问题中引导学生建立柱状微元模型，结合动量定理推导冲击力表达式，培养模型建构能力。设置分层练习（例题及变式训练）和考情分析，助力教师精准把控复习节奏，提升学生解决实际问题的应考能力。

第29讲 动量 冲量 动量定理 内容导航 01 命题透视·考情前瞻 对标素养，研判高考命题趋势 02 思维建模·脉络梳理 搭建知识框架，构建系统思维 03 考点精讲·靶向突破 拆解核心考点，归纳解题范式 考点一 动量、冲量 知识点1 动能、动量、动量变化的比较 考向1 动量与动能 重 知识点2 冲量的计算 考向2 恒力冲量的计算 重 考向3 利用F-t图像求冲量重 考点二 动量定理的理解及应用 知识点1 动量定理及其理解 考向1 用动量定理解释生活中的现象 重 【思维建模】用动量定理解释两种现象 知识点2 动量定理的两个重要应用 考向2 动量定理的有关计算 重 考向3 动量定理在多过程中的应用 重 【思维建模】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” 知识点1 用动量定理处理“流体模型”的分析方法 考向1 应用动量定理处理流体类问题 重 考向2 应用动量定理处理微粒类问题 重 04 真题溯源·考向感知 溯源真题逻辑，感知高考考向 命题透视·考情前瞻 ——对标素养，研判高考命题趋势 核心考点 2026年 2025年 2024年 动量 冲量 —— —— —— 动量定理 —— —— —— 考情分析 题型与考向：以选择题、力学综合小计算为主要题型，常结合传送带、叠放滑块等生活化多过程运动场景命题，以摩擦力突变划分不同运动阶段，依托牛顿运动定律、运动学公式串联动量变化、合外力冲量、功能关系、摩擦生热等内容综合设问，既会单独设置选项辨析冲量矢量性、动量变化与合冲量的等量关系、摩擦力冲量的计算等基础概念，也会在分段多过程计算题中要求考生分段求解各阶段作用力冲量、全过程总冲量与动量改变量，同时联动能量守恒分析碰撞、相对滑动过程动量与机械能的同步变化，是动力学模块高频经典考向，着重检验考生分段拆解多过程运动、区分矢量冲量与标量功、定量建立冲量—动量变化对应关系的综合分析与运算能力。 情境与立意： 1.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。 2.学习探究类：气垫导轨上滑块碰撞、斜槽末端小球碰撞。 复习目标 1.理解动量和冲量的概念。 2.能用动量定理解释生活中的有关现象。 3.会用动量定理进行相关计算，并会在流体问题中建立“柱状”模型。 思维建模·脉络梳理 ——搭建知识框架，构建系统思维 考点精讲·靶向突破 ——拆解核心考点，归纳解题范式 考点一 动量、冲量 知识点1 动能、动量、动量变化的比较 知●识●解●构 1.动量 （1）定义：质量和速度的乘积叫作物体的动量，通常用p来表示。 （2）表达式：p=mv。单位为kg·m/s。 （3）标矢性：动量是矢量，其方向和速度方向相同。 （4）动量和动能的关系：p=或Ek=。 2.动量的变化 （1）因为动量是矢量，动量的变化量Δp也是矢量，其方向与速度的改变量Δv的方向相同。 （2）动量的变化量Δp的大小，一般用末动量p'减去初动量p进行计算，也称为动量的增量，即Δp=p'-p。 3.动能、动量、动量变化量的比较 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= 联系 （1）动能和动量都是相对量，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 考●向●破●译 考向1 动量与动能 【重】 例1 （2026·北京三十五中）（多选）质量为2kg的物体，当它的运动状态发生变化时，以下分析正确的（　　） A．速度由3m/s增大为9m/s，它的动量增大为原来的9倍 B．速度由3m/s增大为6m/s，它的动能增大为原来的4倍 C．速度由向东的3m/s变为向西的3m/s，它的动量变化量为0 D．速度由向东的3m/s变为向西的3m/s，它的动能变化量为0 【答案】BD 【解析】A．根据动量的表达式可知，速度由3m/s增大为9m/s，它的动量增大为原来的3倍，A错误； B．根据动能的表达式，则速度由3m/s增大为6m/s，它的动能增大为原来的4倍，B正确； C．速度由向东的3m/s变为向西的3m/s，它的动量变化量为，C错误； D．速度由向东的3m/s变为向西的3m/s，它的动能变化量为，D正确。故选BD。 【变式训练1·变角度】（2026·北京西城区）用完全相同的两个小球进行如图所示的实验。用小锤打击弹性金属片后，A球沿水平方向抛出，同时B球被松开，自由下落。不计空气阻力，下列说法正确的是（　　） A．落地时，两球的动能相等 B．落地时，B球的动量较大 C．从开始运动至落地，两球的动能变化量相等 D．从开始运动至落地，A球的动量变化量较大 【答案】C 【解析】A．两球落地瞬间，两球竖直方向速度大小相同，但是由于A球有水平速度，可知两球落地的速度大小不同，动能也不同，故A错误； B．动量是矢量，A球落地时的合速度大于B球的速度，所以A球的动量更大，故B错误； C．动能变化量等于重力做的功，两球质量相同、下落高度相同，重力做功相同，因此动能变化量相等，故C正确； D．根据动量定理可知，动量变化量等于合外力的冲量，两球只受重力，下落高度相同，运动时间相同，重力的冲量相同，所以动量变化量相等，故D错误。故选C。 【变式训练2·变考法】（2026·北京东城区·一模）冰壶比赛中，投掷冰壶运动员的队友，可以用毛刷在冰壶滑行前方来回摩擦冰面，减小冰面和冰壶之间的动摩擦因数以调节冰壶的运动。不摩擦冰面时，冰壶和冰面之间的动摩擦因数为0.02；摩擦冰面时，动摩擦因数变为原来的。第一次运动员以的速度投掷冰壶，直至冰壶静止；第二次运动员仍以的速度将冰壶投出，在冰壶自由滑行的距离后，其队友开始在冰壶滑行前方摩擦冰面，直至冰壶静止。冰壶质量为，取，不计空气阻力。下列说法正确的是（    ） A．第二次冰壶自投出至最终静止过程中的加速度为 B．第二次冰壶的动量变化量小于第一次冰壶的动量变化量 C．两次冰壶和冰面摩擦产生的热量都是 D．第二次冰壶运动的距离小于第一次冰壶运动的距离 【答案】C 【解析】A．第二次冰壶运动分两个阶段，前10m不摩擦时加速度（减速），若后续有运动，有摩擦阶段加速度，第二次冰壶自投出至最终静止过程中的加速度为和，故A错误。 B．动量变化量，两次初速度、质量均相同，故动量变化量相等，故B错误； C．根据能量守恒，冰壶初动能全部转化为摩擦生热，初动能，两次末动能均为0，故摩擦生热均为40J，故C正确； D．第一次无摩擦时滑行由动能定理有 解得 第二次自由滑行任意小于的距离，摩擦冰面滑行距离为，根据动能定理有 可解得，则总滑行距离，即第二次冰壶运动的距离大于第一次冰壶运动的距离，故D错误。故选C。 知识点2 冲量的计算 知●识●解●构 1.冲量 （1）定义：力与力的作用时间的乘积叫作力的冲量。 （2）表达式：I=FΔt。冲量的单位是牛秒，符号是N·s。 （3）方向：冲量是矢量，恒力冲量的方向与力的方向相同。 2.冲量与功的比较 冲量 功 定义 作用在物体上的力和力的作用时间的乘积 作用在物体上的力和物体在力的方向上的位移的乘积 单位 N·s J 公式 I=FΔt（F为恒力） W=Flcos α （F为恒力） 标矢性 矢量 标量 意义 （1）表示力对时间的累积 （2）是动量变化的量度 （1）表示力对空间的累积 （2）是能量变化的量度 说明 作用力和反作用力的冲量一定等大、反向，但作用力和反作用力做的功之间并无必然联系 3.冲量的计算 方法 方法解读 公式法 利用定义式I=Ft计算冲量，此方法仅适用于计算恒力的冲量，不需要考虑物体的运动状态 平均力法 如果力随时间是均匀变化的，则（F0+Ft），该变力的冲量为I=（F0+Ft）t 图像法 利用F⁃t图像计算，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 动量定理法 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，可以求出该力作用下物体动量的变化量，由I=Δp求变力的冲量 4.变力的冲量的计算 （1）平均值法：方向不变的变力的冲量，若力的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，其中F1、F2为该段时间内初、末两时刻力的大小。 （2）图像法：在F-t图像中图线与坐标轴所围的面积即为变力的冲量，如图所示。 （3）动量定理法：对于易确定始、末时刻动量的情况，可用动量定理求解，即通过求Δp间接求出合外力的冲量。 考●向●破●译 考向2 恒力冲量的计算 【重】 例2（2026·北京首师大附中）（多选）如图所示，质量为m的物体在一个与水平方向成角的拉力F作用下，一直沿水平面向右匀速运动，则下列关于物体在t时间内所受力的冲量，正确的是（ ） A．拉力F的冲量大小为 B．拉力F的冲量大小为Ft C．重力的冲量大小为mgt D．物体所受支持力的冲量是0 【答案】BC 【解析】AB．根据冲量的定义可知拉力F的冲量大小为，故A错误，B正确； C．重力的冲量大小为，故C正确； D．竖直方向根据平衡条件可得支持力大小为 则物体所受支持力的冲量大小为，故D错误。故选BC。 【变式训练1·变载体】（2026·北京昌平·一模）图为一空间探测器示意图，、、、是四台喷气发动机，每台发动机工作时都能给探测器提供推力。在空间建立固定直角坐标系，以初始时刻、的连线为轴，、的连线为轴。探测器在运动过程中不发生转动，探测器的质量变化可忽略。开始时，探测器以恒定的速度沿轴正方向运动，要使探测器速度的大小不变，方向改为轴正方向与轴负方向之间，且与轴负方向成角的方向运动，下列操作可行的是（　　） A．分别打开和，且两个发动机提供的冲量之比为 B．分别打开和，且两个发动机提供的冲量之比为 C．同时打开和，且两个发动机提供的冲量之比为1∶2 D．同时打开和，且两个发动机提供的冲量之比为1∶2 【答案】A 【解析】设探测器的速度为v，要使探测器速度的大小不变，方向改为轴正方向与轴负方向之间，且与轴负方向成角的方向运动，可知沿x轴正向的速度变为，沿y轴负向的速度为，即在x正方向减速，在y负方向加速，则应该分别打开和，且的冲量为 的冲量为 即两个发动机提供的冲量之比为。 故选A。 【变式训练2·变思维】（2026·北京交大附中）（多选）如图所示，质量为的木板静置在光滑的水平面上，在上放置一质量为的物块，物块与木板的接触面粗糙。当物块以初速度向右滑动时（ ） A．若固定不动，则对的摩擦力的冲量为零 B．不论是否固定，与相互作用的冲量大小相等、方向相反 C．若固定不动，则克服摩擦力做的功全部转化为内能 D．若不固定，则对的摩擦力做功，等于克服的摩擦力做功 【答案】BC 【解析】A．由于冲量 在上滑动，两者之间存在摩擦力，力的作用时间不为0，摩擦力的冲量不为零，故A错误； B．因相互作用的摩擦力大小相等，方向相反，且作用时间相同，所以与相互作用的冲量大小相等，方向相反，故B正确； C．克服摩擦力产生的内能 克服摩擦力做的功 若固定不动，与的相对位移等于的位移，即 所以，克服摩擦力做的功等于系统的内能，故C正确； D．若不固定，会在摩擦力的作用下向右做匀加速直线运动，直至和共速。 从开始减少，从静止开始加速，共速前任意时刻均有 两者共速前，根据位移-时间公式得的位移 的位移 则 又摩擦力对做负功 摩擦力对做正功 所以，对的摩擦力做功，不等于克服的摩擦力做功，故D错误。故选BC。 考向3 利用F-t图像求冲量 【重】 例3（2026·北京通州）如图甲所示，将压力传感器固定在水平气垫导轨右侧，滑块置于导轨上方。轻推滑块，使其从左端向右运动。滑块与压力传感器碰撞时，传感器记录的压力随时间的变化关系如图乙所示。根据图乙数据，可估算碰撞过程中滑块动量变化量的大小约为（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】图像与时间轴围成的面积表示冲量，由图像可以看出，图乙中横坐标每小格代表，纵坐标每小格代表，因此每小格的面积为 用估算的方法可以数出图像下约有50个小格，所以压力对滑块的冲量为 由动量定理可得，碰撞过程中滑块的动量变化大小等于压力对滑块的冲量的大小，即；故选B。 【变式训练1·变考法】（2026·北京人大附中）（多选）一个质量为2kg的物体在合力F的作用下从静止开始沿直线运动，F随时间t变化的图像如图所示。定义力对时间的平均值Ft为物体一段时间内的动量改变量除以时间，而力对位移的平均值Fs为相应时间内物体的动能增加量除以位移大小，则0~4s时间内（　　） A．合力F对物体所做总功为正功 B．合力F对物体作用的总冲量沿正方向 C．Fs大于Ft D．Fs小于Ft 【答案】ABD 【解析】AB．图像与坐标轴围成的面积代表力的冲量，0~4s时间内合力的冲量为 结合动量定理可知N 根据动量定理有 解得4s末的速度为 根据动能定理可知，合力F对物体所做总功为正功，故AB正确； CD．0~2s内的加速度为 位移为m 2s末的速度为 2s~4s的位移为m 由题可知N 可见Fs小于Ft，故C错误，D正确；故选ABD。 【变式训练2·变情境】（2026·北京丰台）某实验小组利用传感器研究小球在碰撞过程中的动量变化与外力的关系，实验装置如图1所示。实验时，小球从斜槽上a点由静止释放，沿水平方向离开轨道后撞击传感器，撞击后小球沿竖直方向下落。记录传感器被小球撞击时受到的水平作用力F随时间t的变化图像。已知小球的质量m＝0.02kg，保持小球从a点由静止释放，重复多次实验，得到F-t图像如图2所示，结合图像中的信息，小球离开轨道时的速度为__________m/s。改变传感器的位置，使小球与传感器的撞击点高度降低，则F-t图像所围的面积将（选填“变大”、“变小”或“不变”）__________。 【答案】1.3 不变 【解析】[1][2]小球沿水平方向离开轨道后撞击传感器，撞击后小球沿竖直方向下落，根据动量定理，撞击过程对小球有 解得小球离开轨道时的速度 若降低小球与传感器的撞击点的高度，则撞击前小球沿水平方向的速度不变，所以F-t图像所围的面积不变。 考点二 动量定理的理解及应用 知识点1 动量定理及其理解 知●识●解●构 1.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：FΔt=Δp=p'-p。 （3）矢量性：动量变化量的方向与合外力的冲量的方向相同，可以在某一方向上用动量定理。 2.动量定理的理解 （1）Ft=p'-p是矢量式，两边不仅大小相等，而且方向相同。列方程之前应先规定正方向。 （2）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，即合力的冲量是动量变化的原因。 （3）动量定理中的冲量是合力的冲量，而不是某一个力的冲量，它可以是合力的冲量，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。 （4）由Ft=p'-p得F==，即物体所受的合力等于物体的动量对时间的变化率。 （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求解。 考●向●破●译 考向1 用动量定理解释生活中的现象 【重】 例1 （2026·北京交大附中）如图所示，质量为的小球从距地面高的点由静止释放，落到地面上后又陷入泥潭中，由于受到阻力作用，到达距地面深的点时速度减为零。不计空气阻力，重力加速度大小为。关于小球下落的整个过程，下列说法正确的是（ ） A．小球动量变化量等于重力的冲量 B．小球克服阻力做的功为 C．小球所受阻力的冲量大于 D．小球所受阻力的冲量等于 【答案】C 【解析】A．对小球下落的整个过程，由动量定理得重力的冲量与阻力的冲量的矢量和等于动量变化量，故A错误； B．对小球下落的整个过程，由动能定理得 解得小球克服阻力做的功，故B错误； CD．设小球落到地面的速度为，由自由落体运动规律得 解得 对小球在泥潭中运动的过程，设向下为正方向，由动量定理得 解得阻力的冲量大小，故C正确，D错误。故选C。 【变式训练1·变思维】（2026·北京首师大附中）（多选）如图所示，小明在演示惯性现象时，将一杯水放在桌边，杯下压一张纸条。第一次，当他快速“拉出”纸条，发现杯子几乎不动；第二次，若相对较慢的速度“拉出”纸条，杯子会明显移动，甚至滑落。对于这个实验，下列说法正确的是（ ） A．第二次杯子受到的摩擦力较大 B．两次杯子受到的摩擦力等大 C．第一次，杯子受到的冲量较大 D．第二次，杯子受到的冲量较大 【答案】BD 【解析】AB．第一次快速拉出纸条，杯子相对于纸条发生滑动，受滑动摩擦力 第二次相对较慢的速度“拉出”纸条，杯子会明显移动，这两次摩擦力大小均为，故A错误，B正确； CD．根据动量定理 第一次快速拉出，作用时间t短，摩擦力冲量小，杯子动量变化小，几乎不动；第二次较慢拉出，作用时间t长，摩擦力冲量大，杯子动量变化大，明显移动，故C错误，D正确。故选BD。 【变式训练2·变角度】（2026·北京丰台）跳高比赛时会在跳高架下方放置软垫。在跳高运动员落地的过程中，与不放软垫相比，下列说法正确的是（　　） A．运动员与垫子的作用时间较短 B．运动员的动量变化率不发生变化 C．运动员的动量变化量不发生变化 D．垫子可以减小运动员所受合外力的冲量 【答案】C 【解析】A．软垫具有缓冲效果，会延长运动员与支撑物的作用时间，作用时间更长，故A错误； C．跳高运动员落地时初动量相同，最终都静止，末动量均为0，因此不管是否放置软垫，运动员的动量变化量始终不变，故C正确； B．动量变化率，两种情况动量变化量相同，有软垫时作用时间更长，因此动量变化率更小，故B错误； D．根据动量定理，合外力冲量等于动量变化量，两种情况动量变化量相同，因此合外力冲量不变，软垫仅通过延长作用时间减小冲击力，故D错误。故选C。 思维建模 用动量定理解释两种现象 （1）Δp一定时，F的作用时间越短，力越大；作用时间越长，力越小。 （2）F一定时，力的作用时间越长，Δp越大；作用时间越短，Δp越小。 知识点2 动量定理的两个重要应用 知●识●解●构 1.应用I=Δp求变力的冲量 如果物体受到大小或方向改变的力的作用，则不能直接用I=Ft求变力的冲量，可以求出该力作用下物体动量的变化量Δp，等效代换为力的冲量I。 2.应用Δp=FΔt求动量的变化量 例如，在曲线运动中，速度方向时刻在变化，求动量变化量（Δp=p2-p1）需要应用矢量运算方法，计算比较复杂，如果作用力是恒力，可以求恒力的冲量，等效代换为动量的变化量。 考●向●破●译 考向2 动量定理的有关计算【重】 例2（2025·北京第五十中学）质量为m的钢球自高处落下，以速率碰到水平地面后被竖直向上弹回，离开地面时的速为，钢球与地面的碰撞时间为，不计空气阻力。在碰撞过程中（　　） A．钢球的动量变化量方向竖直向上，大小为 B．钢球的动量变化量方向竖直向下，大小为 C．钢球所受合力的冲量方向竖直向上，大小为 D．钢球受地面的弹力方向竖直向上，大小为 【答案】C 【解析】AB．以竖直向上为正方向，钢球的动量变化量为 结果为正，表明方向竖直向上，AB错误； C．根据动量定理有 结果为正，表明方向竖直向上，C正确； D．根据 结合上述解得 结果为正，表明方向竖直向上，D错误。 故选C。 【变式训练1·变思维】（2026·北京八十中·二模）如图所示，半径为R的半圆弧ACB，O是圆心，AD=2OD。自A点和D点同时水平抛出甲、乙两个相同小球，两球落在圆弧BC上的同一个点E（图中未画出），其中一个小球落点处速度方向与圆弧切线垂直，忽略空气阻力和小球大小，则（　　） A．甲、乙两球在运动过程中动量变化量不同 B．甲球在落点处速度方向与圆弧切线垂直 C．甲、乙两球同时到达E点 D．甲、乙两球初速度大小之比为3：2 【答案】C 【解析】C．两球落在圆弧BC上的同一个点，则竖直高度相同，根据 可知两球运动时间相同，即两球同时到达E点，C正确； A．根据动量定理有 因为质量相等，下落时间相等，所以甲、乙两球在运动过程中动量变化量相同，故A错误； BD．根据平抛运动的推论，速度方向的反向延长线过水平位移的中点，由此可知甲球不可能垂直打在圆弧BC上的某点，所以乙球落点处速度方向与圆弧切线垂直，因为速度的反向延长线过圆心，所以落点E到O点的水平位移为。 对甲球在水平方向，有 乙球在水平方向上，有 联立可得甲、乙两球初速度大小之比为 故BD错误。故选C。 【变式训练2·变载体】（2026·北京丰台）“怀柔一号”卫星用于监测引力波事件产生的高能电磁信号，卫星探测器内的晶体捕获高能光子后，光子被晶体中一静止的束缚电子吸收并全部转化为电子的动能，使电子做直线运动。由于晶体点阵的影响，电子受到的阻力与速度满足f＝kv，k为比例系数。为了排除地磁场对探测器内电子轨迹的影响，卫星采用了屏蔽技术。已知电子的质量为m，光子的能量为E，不考虑相对论效应。下列说法正确的是（　　） A．由于电子受到阻力作用，其加速度随时间均匀减小 B．电子在晶体中运动的时间为t，则其运动轨迹长度为 C．电子在晶体中运动的最大距离为 D．若不加屏蔽，晶体点阵中的电子所受合力与速度方向的夹角可能小于90° 【答案】C 【解析】A．根据牛顿第二定律可知，电子的加速度大小 即加速度随着速度均匀减小，因加速度并非保持不变，故速度并不随着时间均匀减小，则加速度并不随着时间均匀减小，故A错误； B．电子的初动能为 解得 假设电子做匀减速直线运动，则其运动轨迹长度为 但实际上电子的运动为加速度减小的减速运动，时间t内的平均速度小于，故时间t内运动轨迹的长度小于，故 B 错误。 C．在一段极短的时间内，根据动量定理有 即 两边分别求和得 解得，故C正确； D．若不加屏蔽，晶体点阵中的电子受到一个与速度方向相反的阻力和一个与速度方向垂直的洛伦兹力，则合力与速度方向成钝角，即所受合力与速度方向的夹角不可能小于90°，故D错误。故选 C。 考向3 动量定理在多过程中的应用 【重】 例3（2026·北京三十五中·期）一质量为的运动员从离蹦床处自由下落，从运动员接触蹦床至离开蹦床共经历了，运动员离开蹦床后弹起的高度为，取，不计空气阻力。则在运动员接触蹦床到离开蹦床的时间内，运动员受到蹦床的平均作用力大小为（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】运动员自由下落过程，由运动学公式 代入， 解得接触蹦床时速度大小，方向向下。 运动员竖直上抛过程，由运动学公式 代入 解得离开蹦床时速度大小，方向向上。 取向上为正方向，对接触蹦床的过程用动量定理，合外力冲量等于动量变化，即 代入， 解得 故选D。 【变式训练1·变考法】（2026·北京海淀·二模）t=0时，物块（可视为质点）在水平推力F作用下由静止开始沿水平面做匀加速直线运动。经过时间T撤去水平推力，又经过2T，物块停在水平面上。已知物块在运动过程中所受阻力大小恒定。根据上述信息无法求出（　　） A．物块所受阻力的大小 B．当t=T时，物块的速度大小 C．0~T内和T~3T内，物块的位移之比 D．0~T内和T~3T内，物块所受阻力做功之比 【答案】B 【解析】A．对物块整个运动过程（从静止到静止）应用动量定理 解得 即推力是阻力的3倍，可求出物块所受阻力的大小，故A错误； B．设时速度为，加速阶段 减速阶段 但由于未知，无法求出的具体数值，故B正确； C．加速阶段位移大小 利用逆向思维，减速阶段位移大小 位移之比，可以求出，故C错误； D．阻力做功，做功的绝对值之比等于位移之比，即，可以求出，故D错误。故选B。 【变式训练2·变载体】（2026·北京清华附中）蹦床运动有“空中芭蕾”之称。如图所示，某质量的运动员从空中落下，接着又能弹起高度，此次人与蹦床接触时间，取，求： (1)与蹦床接触时间内，运动员所受重力的冲量； (2)与蹦床接触时间内，运动员的动量变化量； (3)运动员受到蹦床的平均弹力。 【答案】(1)，方向向下 (2)，方向向上 (3)，方向向上 【解析】（1）重力的冲量大小 方向向下 （2）设运动员下落高度时的速度大小为，弹起时速度大小为，则， 以向上为正方向，运动员动量变化量 方向向上 （3）以向上为正方向，由动量定理有 代入数据解得 方向向上 思维建模 用动量定理解题的基本思路 （1）确定研究对象。在中学阶段使用动量定理讨论的问题，其研究对象一般仅限于单个物体。 （2）对物体进行受力分析，求合冲量。可先求每个力的冲量，再求各力冲量的矢量和；或先求合力，再求其冲量。 （3）抓住过程的初、末状态，选好正方向，确定各动量和冲量的正负号。 （4）根据动量定理列方程，如有必要还需要补充其他方程，最后代入数据求解。 考点三 应用动量定理处理“流体模型” 知识点1 用动量定理处理“流体模型”的分析方法 知●识●解●构 1.“流体类”柱状模型 流体及其特点 通常液体流、气体流等被广义地视为“流体”，质量具有连续性，通常已知密度ρ 分析步骤 1 建立柱状模型，沿流速v的方向选取一段微元，其横截面积为S 2 微元研究，时间Δt内的一段柱状流体的长度为Δl=vΔt，对应的质量为Δm=ρSvΔt 3 应用动量定理研究这段柱状流体，建立方程 2.“微粒类”柱状模型 微粒及其特点 通常电子、光子、尘埃等被广义地视为“微粒”，质量具有独立性，通常给出单位体积内的粒子数n 分析步骤 1 建立柱状模型，沿运动的方向选取一段微元，其横截面积为S 2 微元研究，时间Δt内一段柱体的长度为Δl=v0Δt，对应的体积为ΔV=Sv0Δt，则微元内的粒子数N=nv0SΔt 3 先应用动量定理研究单个粒子，建立方程，再乘以N计算 考●向●破●译 考向1 应用动量定理处理流体类问题 【重】 例1（2026·北京一零一中学）如图甲所示，喷泉从喷泉水面以相同倾斜角度和速度大小喷射而出，喷出的水下落击打水面形成层层涟漪甚为美观。喷出的水的运动可视为一般的抛体运动，在水平方向不受力，在竖直方向只受重力，我们可以仿照研究平抛运动的方法来研究一般的抛体运动。喷泉喷出水的运动轨迹示意图如图乙所示，水上升的最大高度为h，落在水面的位置距喷水口的距离为d。已知喷水口的水流量为Q（水流量Q定义为单位时间内喷出水的体积），水的密度为，重力加速度为g，忽略空气阻力。 (1)求上述喷泉中水上升至最大高度时水平速度的大小； (2)假设水击打在水面上时速度立即变为零，且在极短时间内击打水面的水受到的重力可忽略不计，求水击打水面竖直向下的平均作用力的大小； (3)如图乙所示，该喷泉利用水泵将水先从地下水池由静止提升至喷泉水面，然后再喷射出去。已知地下水池的水面距喷泉水面恒为H，若，，水泵提升水的机械效率为，求水泵抽水消耗的电功率P。 【答案】(1) (2) (3) 【解析】（1）由运动的合成与分解及平抛运动规律可知，竖直方向 水平方向 解得 （2）落到水面时，竖直方向速度大小等于初竖直速度由 得,方向向下。 取时间内击打水面的水，质量 击打后竖直速度为0，忽略重力，对水由动量定理（取向上为正方向） 代入得 由牛顿第三定律，水对水面竖直向下的平均作用力大小 （3）动能增量 由功能关系得 得 【变式训练1·变考法】（2026·北京八一学校）风洞是用来模拟物体周围气体流动情况并可量度气流对物体作用效果的实验设备。重力加速度表示为g。 (1)在一次检验飞机性能的试验中，风洞管道竖直截面图如图1所示，管道中有水平向右的气流，AB是飞机模型的截面，轻绳OP拉住模型，当模型在气流中保持静止时，轻绳水平绷紧，已知气流对模型的作用力垂直于模型截面，模型截面与水平面夹角为θ。求剪断轻绳的瞬间，模型加速度的大小。 (2)为测定某火箭的力学性能，采用了缩比模型进行风洞试验，即将与火箭材料相同的火箭模型放入风洞并固定，如图2所示。试验时，空气由管道1流入管道2，空气与模型截面垂直作用，模型单位面积所能承受的最大作用力为f，假设空气分子与模型作用后其定向运动速度（气体流速）减为零。 为研究问题方便，设空气分子的平均质量为m0，气流稳定时，管道2中空气分子的数密度为n。为使模型不被破坏，求管道2中空气与模型截面作用前可允许的最大流速v。 【答案】(1) (2) 【解析】（1）飞机模型静止时，受力情况如图所示，绳对模型的拉力T与气流对模型的作用力F和模型所受重力的合力相等，即 剪断轻绳后，绳子的拉力为0，由牛顿第二定律可得 解得模型的加速度大小为 （2）设模型与空气垂直作用的等效面积为，当管道2中流速为时，依据动量定理，在时间内则有 解得 【变式训练2·变角度】（2026·北京八中）“娱乐风洞”是一项新型娱乐项目，在一个特定的空间内通过风机制造的气流把人“吹”起来，使人产生在天空翱翔的感觉。其简化模型如图所示，一质量为m的游客恰好静止在直径为d的圆柱形竖直风洞内，已知气流密度为ρ，游客受风面积（游客在垂直风力方向的投影面积）为S，风洞内气流竖直向上吹出且速度恒定，重力加速度为g。假设气流吹到人身上后速度变为零。下列说法正确的是（ ） A．气流速度大小为 B．单位时间内流过风洞内横截面的气体体积为 C．若风速变为原来的，游客开始运动时的加速度大小为 D．单位时间内风机做的功为 【答案】D 【解析】A．设气流速度大小为，在时间内吹到游客身上的空气质量为，根据密度公式有 规定向上为正方向，对这部分空气根据动量定理有 解得游客对空气的平均作用力大小为 根据牛顿第三定律可知空气对游客的作用力大小为，由于游客恰好静止，根据平衡条件有 联立解得，故A错误； B．设单位时间内流过风洞内横截面的气体体积为，根据体积公式有 代入的表达式解得，故B错误； C．若风速变为原来的，设此时空气对游客的作用力为，根据推导结论有 解得 规定向下为正方向，根据牛顿第二定律有 解得，故C错误； D．设单位时间内风机使质量为的气体从静止获得速度，根据质量公式有 设单位时间内风机做的功为，根据动能定理有 联立解得，故D正确。故选D。 考向2 应用动量定理处理微粒类问题 【重】 例2（2026·北京房山·二模）如图所示，某自动称米机阀门距秤盘的高度h=0.2 m，当阀门打开时大米从静止开始下落，大米与秤盘的碰撞时间极短且不反弹（碰撞过程重力可忽略）。当称米机的示数为1 kg时，阀门在电机控制下立即关闭。已知大米的流量（单位时间内流出的质量）Q=0.1 kg/s，重力加速度g取10 m/s2，忽略空气阻力及大米在秤盘堆积的高度，求： (1)大米落到秤盘前瞬间速度的大小v和阀门关闭瞬间空中大米的质量m。 (2)大米与秤盘碰撞时对秤盘冲击力的大小F。 (3)稳定后（空中的大米全部落入秤盘），称米机的示数M。 【答案】(1)， (2) (3) 【解析】（1）设每粒大米质量为，由机械能守恒 解得大米落入秤盘时的速度大小 阀门关闭，米在空中近似做自由落体运动，则有 解得 空中大米的质量。 （2）时间内，从阀门处下落的大米质量 令其落到秤上时受到的冲击力为，根据动量定理有 解得 根据牛顿第三定律可知，大米与秤盘碰撞时对秤盘冲击力 （3）关闭阀门时，秤示数为1kg，此时，结合上述可知，秤上大米质量为 则当空中大米全部落入盘中后，大米的总质量。 【变式训练1·变思维】（2026·北京丰台）2025年9月13日，北京部分地区出现冰雹天气。某同学研究冰雹下落的规律时，了解到冰雹是从的高空形成并下落的。将冰雹看作密度为的球体，如图甲所示，冰雹间无相互作用且下降过程中质量不变。重力加速度g取，球的体积为，其中r为球的半径。 (1)若不计空气阻力，请计算冰雹落地时的速度的大小； (2)由于受到空气阻力的影响，冰雹实际到达地面前速度已稳定不变，此速度称为收尾速度。冰雹竖直落向地面的过程中所受空气阻力大小为，其中v是冰雹的速度，。 a.请在图乙中画出冰雹受空气阻力时无初速度下落的图像； b.若某颗冰雹半径为，求其收尾速度的大小。 (3)保险行业统计数据表明，此次冰雹灾害中，露天停放的轿车后挡风玻璃受损概率明显高于侧窗玻璃，如图丙所示，请尝试建立合理的物理模型分析原因。（所需物理量自行设定；为研究问题方便，可认为冰雹竖直下落，不考虑玻璃的材质、结构、面积大小的差异。） 【答案】(1)500m/s (2)①②20m/s (3)见解析 【解析】（1）若忽略空气阻力的影响，冰雹做自由落体运动，由自由落体运动的速度-位移公式：v2=2gh可知，冰雹落地时的速度大小 （2）①由题意可知，对冰雹由牛顿第二定律得 解得 冰雹向下做加速运动，v不断增大，加速度a不断减小，当冰雹所受合力为零时，加速度为零，冰雹做匀速直线运动，因此冰雹先做加速度减小的加速运动，后做匀速直线运动，冰雹的v-t图像如图所示 ②当加速度为零时， 解得 解得 （3）冰雹竖直下落，露天停放的轿车后挡风玻璃在水平方向的有效面积大于侧窗玻璃，根据动量定理 可得 可知后挡风玻璃受冰雹的作用力大于侧窗玻璃，更易损坏。 【变式训练2·变情境】（2026·北京通州）如图所示为某自动称米机的原理：阀门打开后，大米以恒定流量（单位时间流出的质量）从静止开始自由下落，经过高度撞击秤盘。大米与秤盘的碰撞时间极短，在碰撞过程中，参与碰撞的大米所受重力可忽略不计。该碰撞可视为完全非弹性碰撞，即碰撞后大米速度瞬间降为零，且不发生反弹。当秤米机的示数达到预设质量时，阀门立即关闭。已知重力加速度为，忽略空气阻力、大米颗粒间的相互作用以及已在秤盘上堆积的大米高度。求： (1)从阀门打开到阀门关闭的这段时间内，流出阀门的大米总质量； (2)下落的大米与秤盘碰撞时，大米对秤盘冲击力的大小； (3)请论证说明，此称米机能否实现精确称量？即最终秤盘上大米的总质量是否等于预设值？如果不相等，其偏差是多少？ 【答案】(1)QT (2) (3)能，最终秤盘上大米的总质量等于预设值M 【解析】（1）流出阀门的大米总质量； （2）时间内，从阀门处下落的大米质量 令其落到秤上时受到的冲击力为F，根据动量定理有 设每粒大米质量为，由机械能守恒 解得大米落入秤盘时的速度大小 联立解得 根据牛顿第三定律可知，大米与秤盘碰撞时对秤冲击力 （3）阀门关闭，米在空中近似做自由落体运动，则有 解得 空中大米的质量 当称米机的示数达到预设质量M时，结合上述可知，秤上大米质量为 则当空中大米全部落入盘中后，联立可得大米的总质量 所以此称米机能实现精确称量，即最终秤盘上大米的总质量等于预设值M。 真题溯源·考向感知 ——溯源真题逻辑，感知高考考向 1．（2025·湖北·高考）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（a）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（b）所示。门板在运动过程中受到的阻力与其重力大小之比为，重力加速度大小为g。若要门板的整个运动过程用时尽量短，则所用时间趋近于（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】方法一：门板先在向右的外力作用下做匀加速直线运动，撤去外力后做匀减速直线运动，若外力比较大，加速时间很短，位移很小，可以忽略不计，此时门板的运动时间最短，撤去外力后根据牛顿第二定律有，设撤去外力后门板最短运动时是为t，运动的距离为，可得门板的最短时间趋近于。 故选B。 方法二：设拉力为，作用时间为，撤去外力后运动的时间为，运动过程的最大速度为，则由动量定理，有 得 撤销拉力后，有 得 对于全过程，有 得 对于全过程有 故运动的总时间 可知当越大时，越小，当时，取最小值。 则 则 故选B。 2．（2025·浙江·高考真题）有一离地面高度、质量为稳定竖直降落的沙尘颗粒，在其降落过程中受到的阻力与速率v成正比，比例系数，重力加速度，则它降落到地面的时间约为（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】沙尘颗粒开始时速度较小，则阻力较小，可知 沙尘颗粒速率增大，阻力增大，加速度减小，当时，沙尘颗粒速度达到最大且稳定，此时速度满足 解得 由最大速度可知，沙尘颗粒做加速运动的时间很小，则下落的高度也很小，因此沙尘颗粒在整个运动中的时间基本上都在匀速运动阶段，可得沙尘颗粒降落到地面的时间约为;故选B。 3．（2025·浙江·高考）高空抛物伤人事件时有发生，成年人头部受到的冲击力，就会有生命危险。设有一质量为的鸡蛋从高楼坠落，以鸡蛋上、下沿接触地面的时间差作为其撞击地面的时间，上、下沿距离为，要产生的冲击力，估算鸡蛋坠落的楼层为（　　） A．5层 B．8层 C．17层 D．27层 【答案】C 【解析】鸡蛋触地后匀减速至静止，位移s=5cm=0.05m。匀减速平均速度为，故撞击时间 根据动量定理 代入数据解得 由自由落体公式 得高度 每层楼高约3m，对应楼层数为层。 故选C。 4．（2025·陕西&山西·高考）（多选）如图，与水平面成夹角且固定于O、M两点的硬直杆上套着一质量为的滑块，弹性轻绳一端固定于O点，另一端跨过固定在Q处的光滑定滑轮与位于直杆上P点的滑块拴接，弹性轻绳原长为OQ，PQ为且垂直于OM。现将滑块无初速度释放，假设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等。滑块与杆之间的动摩擦因数为0.16，弹性轻绳上弹力F的大小与其伸长量x满足。，g取，。则滑块（　　） A．与杆之间的滑动摩擦力大小始终为 B．下滑与上滑过程中所受滑动摩擦力的冲量相同 C．从释放到静止的位移大小为 D．从释放到静止克服滑动摩擦力做功为 【答案】AC 【解析】A．根据题意，设滑块下滑后弹性轻绳与PQ间夹角为时，对滑块进行受力分析，如图所示 在垂直杆方向有 由胡克定律结合几何关系有 联立解得 可知，滑块与杆之间的弹力不变，则滑块与杆之间的滑动摩擦力大小始终为 故A正确； B．下滑与上滑过程中所受滑动摩擦力的方向不同，冲量是矢量，则下滑与上滑过程中所受滑动摩擦力的冲量不相同，故B错误； C．设滑块从释放到静止运动的位移为，滑块开始向下做加速度减小的加速运动，当沿着杆方向合力为0时，滑块速度最大，之后滑块继续向下做加速度增大的减速运动，当速度为0时，有 由几何关系可得 此时 则滑块会继续向上滑动，做加速度减小的加速运动。当滑块速度再次为0时，有 解得 此时 此时 则滑块静止，故从释放到静止，滑块的位移为，故C正确； D．从释放到静止，设克服滑动摩擦力做功为，由能量守恒定律有 解得 故D错误。故选AC。 5．（2026·陕晋青宁·高考真题）如图，某游乐场有一条滑道，由两段粗糙程度不同的直道组成，其中段的长度、倾角为段水平且足够长。初始时游客甲乘滑板从点由静止下滑，经过到达点，此后进入段继续滑行。游客甲和滑板的总质量段、段滑道与滑板间的动摩擦因数分别为、，其中。重力加速度取，。游客和滑板整体视为质点，不计空气阻力及在点处的机械能损失。 (1)求AB段滑道与滑板间的动摩擦因数； (2)求AB段甲和滑板的机械能损失及动量变化量的大小； (3)当甲到达点时，游客乙乘同样滑板恰以的速度经过点下滑。求乙到达点时与甲的距离。 【答案】(1) (2)， (3)40m 【解析】（1）当甲从A点滑至B点根据 代入数据可得a=2m/s2 根据牛顿第二定律有 又因为，所以 代入数据联立可得 （2）甲从A点滑至B点损失的机械能等于这个过程中摩擦力做的功，所以有 根据前面小问可知甲下滑的加速度为a=2m/s2；根据运动学公式可得甲到达B点的速度为12m/s 所以AB段动量的变化量为 （3）乙从A滑到B的过程根据运动学公式有 代入数据解得 甲在地面上做匀减速运动，根据牛顿第二定律有 可得 甲到达B点的速度为，在4s内甲没有停止； 在内，甲运动的距离 代入数据解得，即甲乙之间的距离为40m。 6．（2025·甘肃·高考）如图1所示，细杆两端固定，质量为m的物块穿在细杆上。初始时刻。物块刚好能静止在细杆上。现以水平向左的力F作用在物块上，F随时间t的变化如图2所示。开始滑动瞬间的滑动摩擦力等于最大静摩擦力。细杆足够长，重力加速度为g，θ=30°。 求： (1)t=6s时F的大小，以及t在0~6s内F的冲量大小。 (2)t在0~6s内，摩擦力f随时间t变化的关系式，并作出相应的f−t图像。 (3)t=6s时，物块的速度大小。 【答案】(1)， (2) (3) 【解析】（1）由图2可知F随时间线性变化，根据数学知识可知 所以当t=6s时， 0~6s内F的冲量为F−t图围成的面积，即 （2）由于初始时刻。物块刚好能静止在细杆上，则有 即 在垂直杆方向，当时， 则0−4s，垂直杆方向 摩擦力 在4−6s内，垂直杆方向 摩擦力 相应的f−t图像如图 （3）在0~6s内沿杆方向根据动量定理有 在0~6s内摩擦力的冲量为f−t图围成的面积，则 联立有 可得 7．（2026·黑吉辽蒙·高考）某科研机构设计了模拟月球重力环境的实验塔，简化模型如图所示。在竖直向上的电磁力的驱动下，质量的实验舱由静止开始沿塔身竖直向上做匀加速直线运动，上升时，立即减小电磁力，使实验舱向上做匀减速直线运动。减速过程中，舱内水平台面上的设备所受支持力为其重力的，从而模拟月球重力环境。不计摩擦力与空气阻力，取重力加速度。求上升过程中 (1)实验舱的最大速度； (2)舱内处于模拟的月球重力环境的时间。 【答案】(1) (2) 【解析】（1）加速阶段，由动能定理有 解得 （2）减速阶段，由动量定理得 解得 1 / 19 学科网（北京）股份有限公司 $ 第29讲 动量 冲量 动量定理 内容导航 01 命题透视·考情前瞻 对标素养，研判高考命题趋势 02 思维建模·脉络梳理 搭建知识框架，构建系统思维 03 考点精讲·靶向突破 拆解核心考点，归纳解题范式 考点一 动量、冲量 知识点1 动能、动量、动量变化的比较 考向1 动量与动能 重 知识点2 冲量的计算 考向2 恒力冲量的计算 重 考向3 利用F-t图像求冲量重 考点二 动量定理的理解及应用 知识点1 动量定理及其理解 考向1 用动量定理解释生活中的现象 重 【思维建模】用动量定理解释两种现象 知识点2 动量定理的两个重要应用 考向2 动量定理的有关计算 重 考向3 动量定理在多过程中的应用 重 【思维建模】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” 知识点1 用动量定理处理“流体模型”的分析方法 考向1 应用动量定理处理流体类问题 重 考向2 应用动量定理处理微粒类问题 重 04 真题溯源·考向感知 溯源真题逻辑，感知高考考向 命题透视·考情前瞻 ——对标素养，研判高考命题趋势 核心考点 2026年 2025年 2024年 动量 冲量 —— —— —— 动量定理 —— —— —— 考情分析 题型与考向：以选择题、力学综合小计算为主要题型，常结合传送带、叠放滑块等生活化多过程运动场景命题，以摩擦力突变划分不同运动阶段，依托牛顿运动定律、运动学公式串联动量变化、合外力冲量、功能关系、摩擦生热等内容综合设问，既会单独设置选项辨析冲量矢量性、动量变化与合冲量的等量关系、摩擦力冲量的计算等基础概念，也会在分段多过程计算题中要求考生分段求解各阶段作用力冲量、全过程总冲量与动量改变量，同时联动能量守恒分析碰撞、相对滑动过程动量与机械能的同步变化，是动力学模块高频经典考向，着重检验考生分段拆解多过程运动、区分矢量冲量与标量功、定量建立冲量—动量变化对应关系的综合分析与运算能力。 情境与立意： 1.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。 2.学习探究类：气垫导轨上滑块碰撞、斜槽末端小球碰撞。 复习目标 1.理解动量和冲量的概念。 2.能用动量定理解释生活中的有关现象。 3.会用动量定理进行相关计算，并会在流体问题中建立“柱状”模型。 思维建模·脉络梳理 ——搭建知识框架，构建系统思维 考点精讲·靶向突破 ——拆解核心考点，归纳解题范式 考点一 动量、冲量 知识点1 动能、动量、动量变化的比较 知●识●解●构 1.动量 （1）定义：质量和__________的乘积叫作物体的动量，通常用p来表示。 （2）表达式：p=__________。单位为kg·m/s。 （3）标矢性：动量是矢量，其方向和__________方向相同。 （4）动量和动能的关系：__________或Ek=。 2.动量的变化 （1）因为动量是矢量，动量的变化量Δp也是__________，其方向与速度的改变量Δv的方向__________。 （2）动量的变化量Δp的大小，一般用末动量p'减去初动量p进行计算，也称为动量的增量，即Δp=p'__________p。 3.动能、动量、动量变化量的比较 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= 联系 （1）动能和动量都是相对量，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 考●向●破●译 考向1 动量与动能 【重】 例1 （2026·北京三十五中）（多选）质量为2kg的物体，当它的运动状态发生变化时，以下分析正确的（　　） A．速度由3m/s增大为9m/s，它的动量增大为原来的9倍 B．速度由3m/s增大为6m/s，它的动能增大为原来的4倍 C．速度由向东的3m/s变为向西的3m/s，它的动量变化量为0 D．速度由向东的3m/s变为向西的3m/s，它的动能变化量为0 【变式训练1·变角度】（2026·北京西城区）用完全相同的两个小球进行如图所示的实验。用小锤打击弹性金属片后，A球沿水平方向抛出，同时B球被松开，自由下落。不计空气阻力，下列说法正确的是（　　） A．落地时，两球的动能相等 B．落地时，B球的动量较大 C．从开始运动至落地，两球的动能变化量相等 D．从开始运动至落地，A球的动量变化量较大 【变式训练2·变考法】（2026·北京东城区·一模）冰壶比赛中，投掷冰壶运动员的队友，可以用毛刷在冰壶滑行前方来回摩擦冰面，减小冰面和冰壶之间的动摩擦因数以调节冰壶的运动。不摩擦冰面时，冰壶和冰面之间的动摩擦因数为0.02；摩擦冰面时，动摩擦因数变为原来的。第一次运动员以的速度投掷冰壶，直至冰壶静止；第二次运动员仍以的速度将冰壶投出，在冰壶自由滑行的距离后，其队友开始在冰壶滑行前方摩擦冰面，直至冰壶静止。冰壶质量为，取，不计空气阻力。下列说法正确的是（    ） A．第二次冰壶自投出至最终静止过程中的加速度为 B．第二次冰壶的动量变化量小于第一次冰壶的动量变化量 C．两次冰壶和冰面摩擦产生的热量都是 D．第二次冰壶运动的距离小于第一次冰壶运动的距离 知识点2 冲量的计算 知●识●解●构 1.冲量 （1）定义：力与力的__________的乘积叫作力的冲量。 （2）表达式：I=F__________t。冲量的单位是__________，符号是__________。 （3）方向：冲量是矢量，恒力冲量的方向与力的方向__________。 2.冲量与功的比较 冲量 功 定义 作用在物体上的力和力的作用时间的乘积 作用在物体上的力和物体在力的方向上的位移的乘积 单位 N·s J 公式 I=FΔt（F为恒力） W=Flcos α （F为恒力） 标矢性 矢量 标量 意义 （1）表示力对时间的累积 （2）是动量变化的量度 （1）表示力对空间的累积 （2）是能量变化的量度 说明 作用力和反作用力的冲量一定等大、反向，但作用力和反作用力做的功之间并无必然联系 3.冲量的计算 方法 方法解读 公式法 利用定义式I=Ft计算冲量，此方法仅适用于计算恒力的冲量，不需要考虑物体的运动状态 平均力法 如果力随时间是均匀变化的，则（F0+Ft），该变力的冲量为I=（F0+Ft）t 图像法 利用F⁃t图像计算，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 动量定理法 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，可以求出该力作用下物体动量的变化量，由I=Δp求变力的冲量 4.变力的冲量的计算 （1）平均值法：方向不变的变力的冲量，若力的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，其中F1、F2为该段时间内初、末两时刻力的大小。 （2）图像法：在F-t图像中图线与坐标轴所围的面积即为变力的冲量，如图所示。 （3）动量定理法：对于易确定始、末时刻动量的情况，可用动量定理求解，即通过求Δp间接求出合外力的冲量。 考●向●破●译 考向2 恒力冲量的计算 【重】 例2（2026·北京首师大附中）（多选）如图所示，质量为m的物体在一个与水平方向成角的拉力F作用下，一直沿水平面向右匀速运动，则下列关于物体在t时间内所受力的冲量，正确的是（ ） A．拉力F的冲量大小为 B．拉力F的冲量大小为Ft C．重力的冲量大小为mgt D．物体所受支持力的冲量是0 【变式训练1·变载体】（2026·北京昌平·一模）图为一空间探测器示意图，、、、是四台喷气发动机，每台发动机工作时都能给探测器提供推力。在空间建立固定直角坐标系，以初始时刻、的连线为轴，、的连线为轴。探测器在运动过程中不发生转动，探测器的质量变化可忽略。开始时，探测器以恒定的速度沿轴正方向运动，要使探测器速度的大小不变，方向改为轴正方向与轴负方向之间，且与轴负方向成角的方向运动，下列操作可行的是（　　） A．分别打开和，且两个发动机提供的冲量之比为 B．分别打开和，且两个发动机提供的冲量之比为 C．同时打开和，且两个发动机提供的冲量之比为1∶2 D．同时打开和，且两个发动机提供的冲量之比为1∶2 【变式训练2·变思维】（2026·北京交大附中）（多选）如图所示，质量为的木板静置在光滑的水平面上，在上放置一质量为的物块，物块与木板的接触面粗糙。当物块以初速度向右滑动时（ ） A．若固定不动，则对的摩擦力的冲量为零 B．不论是否固定，与相互作用的冲量大小相等、方向相反 C．若固定不动，则克服摩擦力做的功全部转化为内能 D．若不固定，则对的摩擦力做功，等于克服的摩擦力做功 考向3 利用F-t图像求冲量 【重】 例3（2026·北京通州）如图甲所示，将压力传感器固定在水平气垫导轨右侧，滑块置于导轨上方。轻推滑块，使其从左端向右运动。滑块与压力传感器碰撞时，传感器记录的压力随时间的变化关系如图乙所示。根据图乙数据，可估算碰撞过程中滑块动量变化量的大小约为（　　） A． B． C． D． 【变式训练1·变考法】（2026·北京人大附中）（多选）一个质量为2kg的物体在合力F的作用下从静止开始沿直线运动，F随时间t变化的图像如图所示。定义力对时间的平均值Ft为物体一段时间内的动量改变量除以时间，而力对位移的平均值Fs为相应时间内物体的动能增加量除以位移大小，则0~4s时间内（　　） A．合力F对物体所做总功为正功 B．合力F对物体作用的总冲量沿正方向 C．Fs大于Ft D．Fs小于Ft 【变式训练2·变情境】（2026·北京丰台）某实验小组利用传感器研究小球在碰撞过程中的动量变化与外力的关系，实验装置如图1所示。实验时，小球从斜槽上a点由静止释放，沿水平方向离开轨道后撞击传感器，撞击后小球沿竖直方向下落。记录传感器被小球撞击时受到的水平作用力F随时间t的变化图像。已知小球的质量m＝0.02kg，保持小球从a点由静止释放，重复多次实验，得到F-t图像如图2所示，结合图像中的信息，小球离开轨道时的速度为__________m/s。改变传感器的位置，使小球与传感器的撞击点高度降低，则F-t图像所围的面积将（选填“变大”、“变小”或“不变”）__________。 考点二 动量定理的理解及应用 知识点1 动量定理及其理解 知●识●解●构 1.动量定理 （1）内容：物体在一个过程中所受__________的冲量等于它在这个过程始末的__________变化量。 （2）表达式：FΔt=Δp=p'-p。 （3）矢量性：动量变化量的方向与__________的方向相同，可以在某一方向上用动量定理。 2.动量定理的理解 （1）Ft=p'-p是矢量式，两边不仅大小相等，而且方向相同。列方程之前应先规定正方向。 （2）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，即合力的冲量是动量变化的原因。 （3）动量定理中的冲量是合力的冲量，而不是某一个力的冲量，它可以是合力的冲量，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。 （4）由Ft=p'-p得F==，即物体所受的合力等于物体的动量对时间的变化率。 （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求解。 考●向●破●译 考向1 用动量定理解释生活中的现象 【重】 例1 （2026·北京交大附中）如图所示，质量为的小球从距地面高的点由静止释放，落到地面上后又陷入泥潭中，由于受到阻力作用，到达距地面深的点时速度减为零。不计空气阻力，重力加速度大小为。关于小球下落的整个过程，下列说法正确的是（ ） A．小球动量变化量等于重力的冲量 B．小球克服阻力做的功为 C．小球所受阻力的冲量大于 D．小球所受阻力的冲量等于 【变式训练1·变思维】（2026·北京首师大附中）（多选）如图所示，小明在演示惯性现象时，将一杯水放在桌边，杯下压一张纸条。第一次，当他快速“拉出”纸条，发现杯子几乎不动；第二次，若相对较慢的速度“拉出”纸条，杯子会明显移动，甚至滑落。对于这个实验，下列说法正确的是（ ） A．第二次杯子受到的摩擦力较大 B．两次杯子受到的摩擦力等大 C．第一次，杯子受到的冲量较大 D．第二次，杯子受到的冲量较大 【变式训练2·变角度】（2026·北京丰台）跳高比赛时会在跳高架下方放置软垫。在跳高运动员落地的过程中，与不放软垫相比，下列说法正确的是（　　） A．运动员与垫子的作用时间较短 B．运动员的动量变化率不发生变化 C．运动员的动量变化量不发生变化 D．垫子可以减小运动员所受合外力的冲量 思维建模 用动量定理解释两种现象 （1）Δp一定时，F的作用时间越短，力越大；作用时间越长，力越小。 （2）F一定时，力的作用时间越长，Δp越大；作用时间越短，Δp越小。 知识点2 动量定理的两个重要应用 知●识●解●构 1.应用I=Δp求变力的冲量 如果物体受到大小或方向改变的力的作用，则不能直接用I=Ft求变力的冲量，可以求出该力作用下物体动量的变化量Δp，等效代换为力的冲量I。 2.应用Δp=FΔt求动量的变化量 例如，在曲线运动中，速度方向时刻在变化，求动量变化量（Δp=p2-p1）需要应用矢量运算方法，计算比较复杂，如果作用力是恒力，可以求恒力的冲量，等效代换为动量的变化量。 考●向●破●译 考向2 动量定理的有关计算【重】 例2（2025·北京第五十中学）质量为m的钢球自高处落下，以速率碰到水平地面后被竖直向上弹回，离开地面时的速为，钢球与地面的碰撞时间为，不计空气阻力。在碰撞过程中（　　） A．钢球的动量变化量方向竖直向上，大小为 B．钢球的动量变化量方向竖直向下，大小为 C．钢球所受合力的冲量方向竖直向上，大小为 D．钢球受地面的弹力方向竖直向上，大小为 【变式训练1·变思维】（2026·北京八十中·二模）如图所示，半径为R的半圆弧ACB，O是圆心，AD=2OD。自A点和D点同时水平抛出甲、乙两个相同小球，两球落在圆弧BC上的同一个点E（图中未画出），其中一个小球落点处速度方向与圆弧切线垂直，忽略空气阻力和小球大小，则（　　） A．甲、乙两球在运动过程中动量变化量不同 B．甲球在落点处速度方向与圆弧切线垂直 C．甲、乙两球同时到达E点 D．甲、乙两球初速度大小之比为3：2 【变式训练2·变载体】（2026·北京丰台）“怀柔一号”卫星用于监测引力波事件产生的高能电磁信号，卫星探测器内的晶体捕获高能光子后，光子被晶体中一静止的束缚电子吸收并全部转化为电子的动能，使电子做直线运动。由于晶体点阵的影响，电子受到的阻力与速度满足f＝kv，k为比例系数。为了排除地磁场对探测器内电子轨迹的影响，卫星采用了屏蔽技术。已知电子的质量为m，光子的能量为E，不考虑相对论效应。下列说法正确的是（　　） A．由于电子受到阻力作用，其加速度随时间均匀减小 B．电子在晶体中运动的时间为t，则其运动轨迹长度为 C．电子在晶体中运动的最大距离为 D．若不加屏蔽，晶体点阵中的电子所受合力与速度方向的夹角可能小于90° 考向3 动量定理在多过程中的应用 【重】 例3（2026·北京三十五中·期）一质量为的运动员从离蹦床处自由下落，从运动员接触蹦床至离开蹦床共经历了，运动员离开蹦床后弹起的高度为，取，不计空气阻力。则在运动员接触蹦床到离开蹦床的时间内，运动员受到蹦床的平均作用力大小为（　　） A． B． C． D． 【变式训练1·变考法】（2026·北京海淀·二模）t=0时，物块（可视为质点）在水平推力F作用下由静止开始沿水平面做匀加速直线运动。经过时间T撤去水平推力，又经过2T，物块停在水平面上。已知物块在运动过程中所受阻力大小恒定。根据上述信息无法求出（　　） A．物块所受阻力的大小 B．当t=T时，物块的速度大小 C．0~T内和T~3T内，物块的位移之比 D．0~T内和T~3T内，物块所受阻力做功之比 【变式训练2·变载体】（2026·北京清华附中）蹦床运动有“空中芭蕾”之称。如图所示，某质量的运动员从空中落下，接着又能弹起高度，此次人与蹦床接触时间，取，求： (1)与蹦床接触时间内，运动员所受重力的冲量； (2)与蹦床接触时间内，运动员的动量变化量； (3)运动员受到蹦床的平均弹力。 思维建模 用动量定理解题的基本思路 （1）确定研究对象。在中学阶段使用动量定理讨论的问题，其研究对象一般仅限于单个物体。 （2）对物体进行受力分析，求合冲量。可先求每个力的冲量，再求各力冲量的矢量和；或先求合力，再求其冲量。 （3）抓住过程的初、末状态，选好正方向，确定各动量和冲量的正负号。 （4）根据动量定理列方程，如有必要还需要补充其他方程，最后代入数据求解。 考点三 应用动量定理处理“流体模型” 知识点1 用动量定理处理“流体模型”的分析方法 知●识●解●构 1.“流体类”柱状模型 流体及其特点 通常液体流、气体流等被广义地视为“流体”，质量具有连续性，通常已知密度ρ 分析步骤 1 建立柱状模型，沿流速v的方向选取一段微元，其横截面积为S 2 微元研究，时间Δt内的一段柱状流体的长度为Δl=vΔt，对应的质量为Δm=ρSvΔt 3 应用动量定理研究这段柱状流体，建立方程 2.“微粒类”柱状模型 微粒及其特点 通常电子、光子、尘埃等被广义地视为“微粒”，质量具有独立性，通常给出单位体积内的粒子数n 分析步骤 1 建立柱状模型，沿运动的方向选取一段微元，其横截面积为S 2 微元研究，时间Δt内一段柱体的长度为Δl=v0Δt，对应的体积为ΔV=Sv0Δt，则微元内的粒子数N=nv0SΔt 3 先应用动量定理研究单个粒子，建立方程，再乘以N计算 考●向●破●译 考向1 应用动量定理处理流体类问题 【重】 例1（2026·北京一零一中学）如图甲所示，喷泉从喷泉水面以相同倾斜角度和速度大小喷射而出，喷出的水下落击打水面形成层层涟漪甚为美观。喷出的水的运动可视为一般的抛体运动，在水平方向不受力，在竖直方向只受重力，我们可以仿照研究平抛运动的方法来研究一般的抛体运动。喷泉喷出水的运动轨迹示意图如图乙所示，水上升的最大高度为h，落在水面的位置距喷水口的距离为d。已知喷水口的水流量为Q（水流量Q定义为单位时间内喷出水的体积），水的密度为，重力加速度为g，忽略空气阻力。 (1)求上述喷泉中水上升至最大高度时水平速度的大小； (2)假设水击打在水面上时速度立即变为零，且在极短时间内击打水面的水受到的重力可忽略不计，求水击打水面竖直向下的平均作用力的大小； (3)如图乙所示，该喷泉利用水泵将水先从地下水池由静止提升至喷泉水面，然后再喷射出去。已知地下水池的水面距喷泉水面恒为H，若，，水泵提升水的机械效率为，求水泵抽水消耗的电功率P。 【变式训练1·变考法】（2026·北京八一学校）风洞是用来模拟物体周围气体流动情况并可量度气流对物体作用效果的实验设备。重力加速度表示为g。 (1)在一次检验飞机性能的试验中，风洞管道竖直截面图如图1所示，管道中有水平向右的气流，AB是飞机模型的截面，轻绳OP拉住模型，当模型在气流中保持静止时，轻绳水平绷紧，已知气流对模型的作用力垂直于模型截面，模型截面与水平面夹角为θ。求剪断轻绳的瞬间，模型加速度的大小。 (2)为测定某火箭的力学性能，采用了缩比模型进行风洞试验，即将与火箭材料相同的火箭模型放入风洞并固定，如图2所示。试验时，空气由管道1流入管道2，空气与模型截面垂直作用，模型单位面积所能承受的最大作用力为f，假设空气分子与模型作用后其定向运动速度（气体流速）减为零。 为研究问题方便，设空气分子的平均质量为m0，气流稳定时，管道2中空气分子的数密度为n。为使模型不被破坏，求管道2中空气与模型截面作用前可允许的最大流速v。 【变式训练2·变角度】（2026·北京八中）“娱乐风洞”是一项新型娱乐项目，在一个特定的空间内通过风机制造的气流把人“吹”起来，使人产生在天空翱翔的感觉。其简化模型如图所示，一质量为m的游客恰好静止在直径为d的圆柱形竖直风洞内，已知气流密度为ρ，游客受风面积（游客在垂直风力方向的投影面积）为S，风洞内气流竖直向上吹出且速度恒定，重力加速度为g。假设气流吹到人身上后速度变为零。下列说法正确的是（ ） A．气流速度大小为 B．单位时间内流过风洞内横截面的气体体积为 C．若风速变为原来的，游客开始运动时的加速度大小为 D．单位时间内风机做的功为 考向2 应用动量定理处理微粒类问题 【重】 例2（2026·北京房山·二模）如图所示，某自动称米机阀门距秤盘的高度h=0.2 m，当阀门打开时大米从静止开始下落，大米与秤盘的碰撞时间极短且不反弹（碰撞过程重力可忽略）。当称米机的示数为1 kg时，阀门在电机控制下立即关闭。已知大米的流量（单位时间内流出的质量）Q=0.1 kg/s，重力加速度g取10 m/s2，忽略空气阻力及大米在秤盘堆积的高度，求： (1)大米落到秤盘前瞬间速度的大小v和阀门关闭瞬间空中大米的质量m。 (2)大米与秤盘碰撞时对秤盘冲击力的大小F。 (3)稳定后（空中的大米全部落入秤盘），称米机的示数M。 【变式训练1·变思维】（2026·北京丰台）2025年9月13日，北京部分地区出现冰雹天气。某同学研究冰雹下落的规律时，了解到冰雹是从的高空形成并下落的。将冰雹看作密度为的球体，如图甲所示，冰雹间无相互作用且下降过程中质量不变。重力加速度g取，球的体积为，其中r为球的半径。 (1)若不计空气阻力，请计算冰雹落地时的速度的大小； (2)由于受到空气阻力的影响，冰雹实际到达地面前速度已稳定不变，此速度称为收尾速度。冰雹竖直落向地面的过程中所受空气阻力大小为，其中v是冰雹的速度，。 a.请在图乙中画出冰雹受空气阻力时无初速度下落的图像； b.若某颗冰雹半径为，求其收尾速度的大小。 (3)保险行业统计数据表明，此次冰雹灾害中，露天停放的轿车后挡风玻璃受损概率明显高于侧窗玻璃，如图丙所示，请尝试建立合理的物理模型分析原因。（所需物理量自行设定；为研究问题方便，可认为冰雹竖直下落，不考虑玻璃的材质、结构、面积大小的差异。） 【变式训练2·变情境】（2026·北京通州）如图所示为某自动称米机的原理：阀门打开后，大米以恒定流量（单位时间流出的质量）从静止开始自由下落，经过高度撞击秤盘。大米与秤盘的碰撞时间极短，在碰撞过程中，参与碰撞的大米所受重力可忽略不计。该碰撞可视为完全非弹性碰撞，即碰撞后大米速度瞬间降为零，且不发生反弹。当秤米机的示数达到预设质量时，阀门立即关闭。已知重力加速度为，忽略空气阻力、大米颗粒间的相互作用以及已在秤盘上堆积的大米高度。求： (1)从阀门打开到阀门关闭的这段时间内，流出阀门的大米总质量； (2)下落的大米与秤盘碰撞时，大米对秤盘冲击力的大小； (3)请论证说明，此称米机能否实现精确称量？即最终秤盘上大米的总质量是否等于预设值？如果不相等，其偏差是多少？ 真题溯源·考向感知 ——溯源真题逻辑，感知高考考向 1．（2025·湖北·高考）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（a）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（b）所示。门板在运动过程中受到的阻力与其重力大小之比为，重力加速度大小为g。若要门板的整个运动过程用时尽量短，则所用时间趋近于（　　） A． B． C． D． 2．（2025·浙江·高考真题）有一离地面高度、质量为稳定竖直降落的沙尘颗粒，在其降落过程中受到的阻力与速率v成正比，比例系数，重力加速度，则它降落到地面的时间约为（　　） A． B． C． D． 3．（2025·浙江·高考）高空抛物伤人事件时有发生，成年人头部受到的冲击力，就会有生命危险。设有一质量为的鸡蛋从高楼坠落，以鸡蛋上、下沿接触地面的时间差作为其撞击地面的时间，上、下沿距离为，要产生的冲击力，估算鸡蛋坠落的楼层为（　　） A．5层 B．8层 C．17层 D．27层 4．（2025·陕西&山西·高考）（多选）如图，与水平面成夹角且固定于O、M两点的硬直杆上套着一质量为的滑块，弹性轻绳一端固定于O点，另一端跨过固定在Q处的光滑定滑轮与位于直杆上P点的滑块拴接，弹性轻绳原长为OQ，PQ为且垂直于OM。现将滑块无初速度释放，假设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等。滑块与杆之间的动摩擦因数为0.16，弹性轻绳上弹力F的大小与其伸长量x满足。，g取，。则滑块（　　） A．与杆之间的滑动摩擦力大小始终为 B．下滑与上滑过程中所受滑动摩擦力的冲量相同 C．从释放到静止的位移大小为 D．从释放到静止克服滑动摩擦力做功为 5．（2026·陕晋青宁·高考真题）如图，某游乐场有一条滑道，由两段粗糙程度不同的直道组成，其中段的长度、倾角为段水平且足够长。初始时游客甲乘滑板从点由静止下滑，经过到达点，此后进入段继续滑行。游客甲和滑板的总质量段、段滑道与滑板间的动摩擦因数分别为、，其中。重力加速度取，。游客和滑板整体视为质点，不计空气阻力及在点处的机械能损失。 (1)求AB段滑道与滑板间的动摩擦因数； (2)求AB段甲和滑板的机械能损失及动量变化量的大小； (3)当甲到达点时，游客乙乘同样滑板恰以的速度经过点下滑。求乙到达点时与甲的距离。 6．（2025·甘肃·高考）如图1所示，细杆两端固定，质量为m的物块穿在细杆上。初始时刻。物块刚好能静止在细杆上。现以水平向左的力F作用在物块上，F随时间t的变化如图2所示。开始滑动瞬间的滑动摩擦力等于最大静摩擦力。细杆足够长，重力加速度为g，θ=30°。 求： (1)t=6s时F的大小，以及t在0~6s内F的冲量大小。 (2)t在0~6s内，摩擦力f随时间t变化的关系式，并作出相应的f−t图像。 (3)t=6s时，物块的速度大小。 7．（2026·黑吉辽蒙·高考）某科研机构设计了模拟月球重力环境的实验塔，简化模型如图所示。在竖直向上的电磁力的驱动下，质量的实验舱由静止开始沿塔身竖直向上做匀加速直线运动，上升时，立即减小电磁力，使实验舱向上做匀减速直线运动。减速过程中，舱内水平台面上的设备所受支持力为其重力的，从而模拟月球重力环境。不计摩擦力与空气阻力，取重力加速度。求上升过程中 (1)实验舱的最大速度； (2)舱内处于模拟的月球重力环境的时间。 1 / 19 学科网（北京）股份有限公司 $