第15讲 动量、动量定理及应用（复习讲义）（江苏专用）2027年高考物理一轮复习讲练测

该高中物理高考复习讲义聚焦动量、动量定理及应用核心考点，按动量概念、动量与动能关系、动量定理内容及应用的逻辑层次构建知识体系。通过命题透视研判考情，思维建模搭建框架，考点精讲拆解核心考点并归纳解题范式，真题溯源链接高考，形成系统复习链条。 讲义以实际情境例题（如足球颠球、圆周运动）培养学生物理观念，通过多过程问题分析（如v-t图像应用）提升科学思维中的模型建构能力。设置基础变式与综合训练，配合真题演练，确保学生高效突破重点，为教师把控复习节奏提供清晰路径。

第15讲 动量、动量定理及应用 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 知识点1 动量及其变化 考向1 动量变化量的计算 考向2 动量变化与冲量的关系 知识点2 动量与动能的区别与联系 考向1 动量与动能的对比分析 考向2 动量与动能的综合应用 考点二 动量定理 知识点1 动量定理的内容 考向1 动量定理的基本理解 考向2 动量定理的推导与适用条件 知识点2 动量定理的应用 考向1 单一过程的动量定理应用 考向2 多过程的动量定理综合应用 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 动量及其变化 江苏卷·T11 —— —— 动量定理的综合应用 —— —— 江苏卷·T14 考情分析 题型与考向： 动量与动量定理是江苏高考物理的重要考点，在选择题和计算题中均有考查。选择题侧重考查动量、动量变化量的概念辨析及动量定理的基本应用，难度中等偏难；计算题通常将动量定理与动量守恒定律、能量守恒定律等融合，考查多过程综合分析和建模能力。 情境与立意： 命题常以碰撞、打击、体育运动等实际情境为背景，注重考查学生从实际情境中构建物理模型、运用动量定理分析解决实际问题的能力，体现物理观念和科学思维核心素养。 复习目标 1.深入理解动量的矢量性，掌握动量变化量的计算方法； 2.理清动量与动能的区别与联系，能灵活选用动量或动能视角分析问题； 3.熟练掌握动量定理的内容、表达式及适用条件； 4.能运用动量定理解决单一过程和多过程中的力学问题，建立"受力分析→过程分析→动量定理列式"的解题思维框架。 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 知识点1 动量及其变化 知●识●解●构 1.动量的定义：物体的质量m与速度v的乘积，即p＝mv。动量是矢量，方向与速度方向相同，单位：kg·m/s。 2.动量变化量Δp＝p′－p＝mv′－mv。动量变化量也是矢量，运算遵循平行四边形定则。在同一直线上时，可规定正方向，将矢量运算转化为代数运算。 3.动量变化量的大小：|Δp|＝|p′－p|。当p′与p方向相同时，Δp＝p′－p；当p′与p方向相反时，Δp＝p′＋p；当p′与p垂直时，Δp＝。 4.动量的变化率：Δp/Δt表示单位时间内动量的变化，由牛顿第二定律F＝ma及a＝Δv/Δt可知，F＝Δp/Δt，即合外力等于动量的变化率。 考●向●破●译 考向1 动量变化量的计算 例1 在2026年世界杯期间，某足球运动员通过“颠球”进行热身。如图，某次“颠球”时，足球竖直落下刚要与脚接触时的速度为3m/s，足球与脚接触0.06s后被脚以大小相等的速度向上颠起。已知足球的质量为0.4kg，不计空气阻力，取g=10m/s2，下列说法中正确的是（     ） A．离开脚后，足球上升最大高度为0.9m B．足球离开脚后到再次接触脚前，足球处于完全失重状态 C．足球与脚接触过程中，足球动量的变化量大小为0 D．足球与脚接触过程中，脚对足球的平均作用力大小为16N 【变式训练1】一个质量为5×10-3 kg的羽毛球以大小为15 m/s的速度水平飞来，运动员将其水平击回，羽毛球离开球拍的速度大小为25 m/s，球拍和羽毛球的接触时间为0.02 s，忽略羽毛球受到的重力和空气阻力。下列说法正确的是（　　） A．羽毛球被球拍击打前后的速度变化量大小为10 m/s B．羽毛球被球拍击打前后的动量变化量大小为0.05 kg·m/s C．球拍对羽毛球的冲量大小为0.1 N·s D．球拍对羽毛球的平均作用力大小为10 N 【变式训练2】如图所示，倾角的光滑斜面固定在水平地面上。劲度系数为的轻弹簧一端与斜面底端的固定挡板相连，另一端与质量为的物块P连接，已知重力加速度为。从某位置释放P后，P开始在斜面上运动，其最大加速度大小也为，则（     ） A．P在平衡位置时，弹簧处于拉伸状态 B．P在斜面上做简谐运动的振幅为 C．P在斜面上做简谐运动的周期为 D．P的动量大小与其相对平衡位置的位移大小成正比 考向2 动量变化与冲量的关系 例2 2026年春晚的舞蹈《喜雨》中，舞蹈演员头戴雨珠斗笠翩翩起舞。其运动可简化为如图所示，绕竖直轴转动的水平轻杆带动小球在水平面内做匀速圆周运动。小球运动一周的过程中（     ） A．动量始终不变 B．动量时刻改变 C．所受重力的冲量为零 D．所受拉力的冲量为零 【变式训练1】如图所示是游乐园中的“摩天轮”，游客乘坐时，转轮始终不停地匀速转动。座椅可视为质点，则某座椅运动一周的过程中（     ） A．动量保持不变 B．所受重力的冲量为零 C．所受合外力的冲量为零 D．动量变化量不为零 【变式训练2】以下关于动量和动能的说法，正确的有（     ） A．动量保持不变的物体所受合外力为零 B．动能保持不变的物体所受合外力为零 C．做曲线运动的物体，其动量可能保持不变 D．做平抛运动的物体，在落地之前相同时间内动能变化相等 知识点2 动量与动能的区别与联系 知●识●解●构 1.动量与动能的区别：动量p＝mv是矢量，描述物体的运动状态，其变化由合外力的冲量决定（动量定理）；动能Ek＝mv²是标量，描述物体的能量状态，其变化由合外力做功决定（动能定理）。 2.动量与动能的联系：Ek＝p²/(2m)，p＝。对于同一物体，动量大小与速度成正比，动能与速度的平方成正比。 3.判断方法：涉及时间累积效应的问题优先考虑动量定理；涉及位移累积效应的问题优先考虑动能定理；涉及矢量方向的问题必须用动量或动量定理。 4.动量变化Δp与动能变化ΔEk并非简单的对应关系。例如：匀速圆周运动中，动量不断变化而动能不变；碰撞问题中，动量守恒但动能可能不守恒。 考●向●破●译 考向3 动量与动能的对比分析 例3 电子双缝干涉实验是近代证实物质波存在的实验。如图所示，电子枪持续发射动量大小为的电子，然后让它们通过双缝打到屏上。已知电子质量为，普朗克常量为，下列说法正确的是（     ） A．电子的物质波波长 B．电子的动能 C．仅增大电子的动量，干涉条纹的间距减小 D．德布罗意通过该实验证实了物质波的存在 【变式训练1】如图所示，甲、乙两颗子弹分别从左、右以一定的速度沿同一直线射入放在光滑水平面上的物块并停止运动，物块始终保持静止，测得甲进入物块的深度大于乙，对甲、乙进行比较，下列说法正确的是（     ） A．甲受阻力较小 B．甲的质量较大 C．甲射入的初动能较大 D．甲射入的初动量较大 【变式训练2】我国航天事业持续飞速发展，2019年1月，嫦娥四号飞船在太阳系最大的撞击坑内靠近月球南极的地点着陆月球背面。假设有一种宇宙飞船利用离子喷气发动机加速起飞。发动机加速电压U，喷出两价氧离子，离子束电流为I，那么下列结论正确的是（基本电荷e，原子质量单位m0，飞船质量M）（    ） A．喷出的每个氧离子的动量 B．飞船所受到的推力为 C．飞船的加速度为a＝ D．推力做功的功率为2MeU 考向4 动量与动能的综合应用 例4 如图所示，半径分别为R和r的两光滑圆轨道固定放置在同一竖直平面内，两轨道之间由一条光滑水平轨道CD相连，在水平轨道CD上一轻弹簧被a、b两小球压缩，同时释放两小球，a、b两小球均能恰好通过各自圆轨道的最高点，已知小球a的质量为m，。则（　　） A．小球b的质量为 B．a、b两小球与弹簧分离时的动能之比为 C．若弹簧储存的弹性势能不变，改变两球质量，当满足时，a、b两小球均不可以通过各自轨道的最高点 D．a、b两小球到达各自与圆心等高处时，对轨道的压力大小相等 【变式训练1】一质量为的物体静止在光滑水平面上，在水平力作用下，经时间，动量变为、动能变为。若上述过程不变，物体的质量变为，经过时间，以下说法正确的是（　　） A．物体动量变为 B．物体动量变为 C．物体动能变为 D．物体动能变为 【变式训练2】体育课上一 同学将铅球斜向上抛出（如图所示），忽略空气阻力， 关于铅球运动过程中的说法正确的是（     ） A．加速度越来越大 B．机械能逐渐增大 C．在相等时间内，铅球的动能变化量相等 D．在相等时间内，铅球的动量变化量相同 考点二 动量定理 知识点1 动量定理的内容 知●识●解●构 1.动量定理的内容：物体所受合外力的冲量等于物体动量的变化量。即I合＝Δp＝p′－p，或F合·Δt＝mv′－mv。 2.动量定理的物理意义：揭示了力对时间的累积效应与动量变化之间的因果关系。冲量是动量变化的原因，动量变化是冲量作用的结果。 3.动量定理是矢量方程，应用时需规定正方向，与正方向相同的矢量取正值，相反的取负值。 4.动量定理与牛顿第二定律的关系：F合＝ma＝mΔv/Δt＝Δp/Δt，即牛顿第二定律的原始形式F＝Δp/Δt。动量定理是牛顿第二定律的积分形式。 5.适用条件：动量定理适用于恒力也适用于变力，对于变力，F合指平均作用力。动量定理是普遍适用的物理规律，宏观、微观、低速、高速均适用。 考●向●破●译 考向5 动量定理的基本理解 例5 如图所示，单摆摆球的质量为，做简谐运动的周期为，摆球从最大位移处由静止释放，摆球运动到最低点时的速度大小为，不计空气阻力，重力加速度为，则以下说法中错误的是（     ） A．摆球从A运动到B的过程中，重力做的功为 B．摆球从A运动到B的过程中，重力做功的平均功率为 C．摆球运动到B时重力的瞬时功率为 D．摆球从A运动到B的过程中合力的冲量大小为 【变式训练1】质量为425克的足球以大小为30m/s的水平速度撞在竖直墙上，被水平弹回的速度大小为18m/s，假设足球与墙碰撞时作用时间为0.05s，则足球与该墙作用时所受的水平作用力大小为（     ） A．102N B．153N C．255N D．408N 【变式训练2】如图所示，甲、乙分别是场强相同的圆形、正方形匀强电场区域（圆形直径与正方形边长相同）。相同带电粒子以相同速度沿垂直于电场方向，对准中心O分别进入两个区域，则粒子分别经过两个电场区域后，其动量改变量大小、的关系为（     ） A． B． C． D． 考向6 动量定理的推导与适用条件 例6 如图所示，一质量为m的物体受水平面内的恒力作用，在光滑水平面上运动。从A点经过t时间运动到B点，速度大小分别为、，其中方向与虚线AB的夹角α=60°。则下列说法中错误的是（    ） A．物体从A点运动到B点过程中恒力做功为mv2 B．该恒力大小为 C．物体从A点运动到 B点速度变化量大小为 D．从A点开始运动经过时间时，物体的动能最小 【变式训练1】质量为m的物体，以v0的初速度沿斜面上滑，到达最高点后返回原处的速度大小为vt，且vt＝0.5v0，则(  ) A．上滑过程中重力的冲量比下滑时大 B．上滑时和下滑时支持力的冲量都等于零 C．合力的冲量在整个过程中大小为mv0 D．整个过程中物体的动量变化量为mv0 【变式训练2】如图所示，小球A和小球B均用长为的细线悬挂于点，小球B处于静止状态，将小球A拉到一定的高度，使悬挂A球的细线与竖直方向的夹角为，由静止释放小球A，小球A在竖直面内做圆周运动，小球A运动到最低点与小球B沿水平方向发生弹性正碰，碰撞时间极短，第一次碰撞结束后A向左、B向右上升的高度之比为。小球A、B均可视为质点A的质量为，重力加速度为。则下列说法正确的是（　　） A．小球B的质量为 B．小球A与B第一次碰撞前瞬间，小球A的速度大小为 C．小球A与B第一次碰撞后，小球A上升的高度为 D．小球A与B第一次碰撞过程，A对B的冲量大小为 知识点2 动量定理的应用 知●识●解●构 1.应用动量定理的一般步骤：①明确研究对象和研究过程；②分析受力，确定各力的冲量；③规定正方向；④确定初、末状态的动量；⑤根据动量定理列方程求解。 2.动量定理可用于求解变力问题：当力为变力时，F指平均作用力，即F＝Δp/Δt。常见于碰撞、打击等短时间内的作用力问题。 3.动量定理用于流体问题：对于连续流体（如水流、气流），取Δt时间内流过的质量为研究对象，应用动量定理求解。 4.动量定理在多过程中的应用：可以分段列式，也可以全过程列式。全过程列式时，只需考虑初末状态的动量和全过程中各力的冲量（变力则需分段处理）。 5.解题注意事项：①注意动量定理的矢量性；②注意区分内力与外力，只有合外力的冲量才改变系统的总动量；③对于系统，动量定理表述为系统合外力的冲量等于系统总动量的变化量。 考●向●破●译 考向7 单一过程的动量定理的应用 例7 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】某质量为的无人潜航器（可视为质点）从空中由静止释放，下落一段时间后落入水中，一段时间内的速度-时间图像如图所示，已知重力加速度为。下列说法中正确的是（     ） A．潜航器在空中下落时只受重力作用 B．潜航器在空中下落时受到的空气阻力大小为 C．内潜航器受到水的作用力的冲量大小为 D．内潜航器受到水的作用力的冲量大小为 【变式训练2】我国“天宫”空间站在距地面约400 km的轨道上运行，该高度处仍存在相对地心静止的稀薄气体，会对空间站产生阻力，空间站可通过持续开启发动机以维持原有速度大小不变。已知空间站垂直速度方向的横截面积为S，气体密度均匀、大小为ρ，空间站速度为v，若气体与空间站前端碰撞后共速，则空间站克服气体阻力做功的功率为（     ） A．ρSv B．ρSv2 C．ρSv3 D．2ρSv3 考向8 多过程的动量定理的综合应用 例8 一质量为m的小球从地面竖直上抛，在运动过程中小球受到的空气阻力与速率成正比，它从抛出到落地过程中动量随时间变化的图像如图所示，落地前球已经做匀速直线运动。已知重力加速度为g，则下列说法正确的是（     ） A．小球在运动过程中加速度最大为4g B．小球上升和下降过程中阻力的冲量大小不相等 C．小球从抛出到落地的总时间为 D．小球从抛出到落地克服阻力做功为 【变式训练1】如图甲所示，在粗糙的水平地面上静止放置一质量为100kg的木箱。t=0时刻，某同学对其施加水平推力F的作用。已知水平推力F随时间t的变化关系图像如图乙所示，木箱与水平地面之间的动摩擦因数。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10m/s2。则t=3s时木箱的速度大小为（　　） A．2m/s B．2.5m/s C．6m/s D．8m/s 【变式训练2】某兴趣小组开展输送物料缓冲装置研究（如图甲），水平台面放置质量为的物料A，A左侧紧贴着质量不计的弹性气囊，A与气囊均静止在水平台面上。另一块质量相同的物料B，以的速度水平向右撞向缓冲气囊。在B挤压气囊到气囊恢复原状的过程中，气囊对两侧物料产生的水平弹力大小随时间的变化规律如图乙所示。A、B均可视为质点，物料A、B与水平台面的动摩擦因数均为，重力加速度取。求： (1)在B挤压气囊到气囊恢复原状的过程中： ①B受到水平弹力的冲量大小和摩擦力的冲量大小； ②A、B组成的系统的动量是否守恒？并说明理由； (2)气囊恢复原状瞬间，A和B的速度大小。 真题溯源·考向感知 ——溯源真题逻辑，感知高考考向 1．（2026·江苏·高考真题）如图所示，水平面内一光滑小球沿正方形线框保持速率不变运行，a、b、c、d分别是各边中点，在拐点处小球所受合力的冲量大小和其动量大小的比值是（     ） A． B． C． D． 2．（2024·江苏·高考真题）“嫦娥六号”探测器由着陆器、上升器、轨道器和返回器四个部分组成，沿环月轨道以速度运动。某时刻，着陆器和上升器（组合体）、轨道器和返回器（组合体）分离，分离时间为。分离后的速度大小为，方向与相同。已知组合体、的质量分别为、。求： （1）分离后的速度大小； （2）分离过程中，对的平均推力大小。 3．（2026·四川·高考真题）2026年2月，我国某科创团队发布全球首款速度达到的全尺寸人形机器人、该机器人体重；2025年1月、该团队发布的四足机器人体重。若两款机器人均以的速度同方向运动，则二者的动量大小之差为（     ） A． B． C． D． 1 / 19 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 第15讲 动量、动量定理及应用 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 知识点1 动量及其变化 考向1 动量变化量的计算 考向2 动量变化与冲量的关系 知识点2 动量与动能的区别与联系 考向1 动量与动能的对比分析 考向2 动量与动能的综合应用 考点二 动量定理 知识点1 动量定理的内容 考向1 动量定理的基本理解 考向2 动量定理的推导与适用条件 知识点2 动量定理的应用 考向1 单一过程的动量定理应用 考向2 多过程的动量定理综合应用 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 动量及其变化 江苏卷·T11 —— —— 动量定理的综合应用 —— —— 江苏卷·T14 考情分析 题型与考向： 动量与动量定理是江苏高考物理的重要考点，在选择题和计算题中均有考查。选择题侧重考查动量、动量变化量的概念辨析及动量定理的基本应用，难度中等偏难；计算题通常将动量定理与动量守恒定律、能量守恒定律等融合，考查多过程综合分析和建模能力。 情境与立意： 命题常以碰撞、打击、体育运动等实际情境为背景，注重考查学生从实际情境中构建物理模型、运用动量定理分析解决实际问题的能力，体现物理观念和科学思维核心素养。 复习目标 1.深入理解动量的矢量性，掌握动量变化量的计算方法； 2.理清动量与动能的区别与联系，能灵活选用动量或动能视角分析问题； 3.熟练掌握动量定理的内容、表达式及适用条件； 4.能运用动量定理解决单一过程和多过程中的力学问题，建立"受力分析→过程分析→动量定理列式"的解题思维框架。 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 知识点1 动量及其变化 知●识●解●构 1.动量的定义：物体的质量m与速度v的乘积，即p＝mv。动量是矢量，方向与速度方向相同，单位：kg·m/s。 2.动量变化量Δp＝p′－p＝mv′－mv。动量变化量也是矢量，运算遵循平行四边形定则。在同一直线上时，可规定正方向，将矢量运算转化为代数运算。 3.动量变化量的大小：|Δp|＝|p′－p|。当p′与p方向相同时，Δp＝p′－p；当p′与p方向相反时，Δp＝p′＋p；当p′与p垂直时，Δp＝。 4.动量的变化率：Δp/Δt表示单位时间内动量的变化，由牛顿第二定律F＝ma及a＝Δv/Δt可知，F＝Δp/Δt，即合外力等于动量的变化率。 考●向●破●译 考向1 动量变化量的计算 例1 在2026年世界杯期间，某足球运动员通过“颠球”进行热身。如图，某次“颠球”时，足球竖直落下刚要与脚接触时的速度为3m/s，足球与脚接触0.06s后被脚以大小相等的速度向上颠起。已知足球的质量为0.4kg，不计空气阻力，取g=10m/s2，下列说法中正确的是（     ） A．离开脚后，足球上升最大高度为0.9m B．足球离开脚后到再次接触脚前，足球处于完全失重状态 C．足球与脚接触过程中，足球动量的变化量大小为0 D．足球与脚接触过程中，脚对足球的平均作用力大小为16N 【答案】B 【详解】A．由题意可知离开脚时的速度大小为，则足球上升最大高度为，故A错误； B．足球离开脚后到再次接触脚前，足球只受到重力作用，加速度为重力加速度，足球处于完全失重状态，故B正确； CD．以竖直向上为正方向，足球与脚接触过程中，足球动量的变化量为 根据动量定理可得 解得脚对足球的平均作用力大小为，故CD错误。 故选B。 【变式训练1】一个质量为5×10-3 kg的羽毛球以大小为15 m/s的速度水平飞来，运动员将其水平击回，羽毛球离开球拍的速度大小为25 m/s，球拍和羽毛球的接触时间为0.02 s，忽略羽毛球受到的重力和空气阻力。下列说法正确的是（　　） A．羽毛球被球拍击打前后的速度变化量大小为10 m/s B．羽毛球被球拍击打前后的动量变化量大小为0.05 kg·m/s C．球拍对羽毛球的冲量大小为0.1 N·s D．球拍对羽毛球的平均作用力大小为10 N 【答案】D 【详解】A．以羽毛球被击回的速度方向为正方向，则羽毛球初速度，末速度， 速度变化量，大小为40m/s，故A错误； B．质量，动量变化量 大小为0.2kg·m/s，故B错误； C．根据动量定理，球拍对羽毛球的冲量等于羽毛球动量变化量，即，故C错误； D．接触时间。由冲量定义，得平均作用力，故D正确。 故选D。 【变式训练2】如图所示，倾角的光滑斜面固定在水平地面上。劲度系数为的轻弹簧一端与斜面底端的固定挡板相连，另一端与质量为的物块P连接，已知重力加速度为。从某位置释放P后，P开始在斜面上运动，其最大加速度大小也为，则（     ） A．P在平衡位置时，弹簧处于拉伸状态 B．P在斜面上做简谐运动的振幅为 C．P在斜面上做简谐运动的周期为 D．P的动量大小与其相对平衡位置的位移大小成正比 【答案】B 【详解】A．物块在平衡位置时，受力平衡，沿斜面方向合力为零，即 重力分力沿斜面向下，弹簧弹力必须沿斜面向上，由于弹簧在物块下方，故弹簧处于压缩状态，故A错误； B．物块做简谐运动，回复力最大值 由牛顿第二定律 已知最大加速度，联立解得振幅，故B正确； C．弹簧振子的周期公式为，故C错误； D．物块的动量 在简谐运动中速度与位移的关系为 动量大小与相对平衡位置的位移大小不成正比，故D错误。 故选B。 考向2 动量变化与冲量的关系 例2 2026年春晚的舞蹈《喜雨》中，舞蹈演员头戴雨珠斗笠翩翩起舞。其运动可简化为如图所示，绕竖直轴转动的水平轻杆带动小球在水平面内做匀速圆周运动。小球运动一周的过程中（     ） A．动量始终不变 B．动量时刻改变 C．所受重力的冲量为零 D．所受拉力的冲量为零 【答案】B 【详解】AB． 动量是矢量，方向与速度方向一致。小球做匀速圆周运动时，速度方向时刻改变，因此小球的动量时刻改变，故A错误，B正确； C．冲量定义为，小球运动一周的时间为周期，重力大小、方向始终不变，因此重力的冲量大小，故C错误； D． 根据动量定理，合冲量等于动量变化。小球运动一周后回到出发点，末动量与初动量相等，动量变化，因此总冲量为零，即。 由于重力冲量，因此拉力的冲量，故D错误。 故选 B。 【变式训练1】如图所示是游乐园中的“摩天轮”，游客乘坐时，转轮始终不停地匀速转动。座椅可视为质点，则某座椅运动一周的过程中（     ） A．动量保持不变 B．所受重力的冲量为零 C．所受合外力的冲量为零 D．动量变化量不为零 【答案】C 【详解】A．动量是矢量，匀速转动的座椅速度方向不断改变，因此动量一直变化，故A错误； B．重力是恒力，运动一周的时间，根据冲量定义可知重力的冲量，故B错误； CD．座椅运动一周后，回到初始位置，末动量与初动量大小、方向都相同，动量变化量 根据动量定理有合外力的冲量等于动量变化量，因此合外力的冲量为零，故C正确，D错误。 故选C。 【变式训练2】以下关于动量和动能的说法，正确的有（     ） A．动量保持不变的物体所受合外力为零 B．动能保持不变的物体所受合外力为零 C．做曲线运动的物体，其动量可能保持不变 D．做平抛运动的物体，在落地之前相同时间内动能变化相等 【答案】A 【详解】A．根据动量定理 若物体动量保持不变，即动量变化率 可推出合外力为零，故A正确； B．动能是标量， 动能不变仅说明速度大小不变，方向可以变化（如匀速圆周运动），此时合外力提供向心力，不为零，故B错误； C．动量是矢量，曲线运动的速度方向沿轨迹切线方向不断变化，因此动量必然不断变化，不可能保持不变，故C错误； D．根据动能定理，平抛物体的动能变化等于重力做功。平抛运动竖直方向做匀加速直线运动，相同时间内竖直位移逐渐增大，重力做功逐渐增大，因此相同时间内动能变化不相等，故D错误。 故选A。 知识点2 动量与动能的区别与联系 知●识●解●构 1.动量与动能的区别：动量p＝mv是矢量，描述物体的运动状态，其变化由合外力的冲量决定（动量定理）；动能Ek＝mv²是标量，描述物体的能量状态，其变化由合外力做功决定（动能定理）。 2.动量与动能的联系：Ek＝p²/(2m)，p＝。对于同一物体，动量大小与速度成正比，动能与速度的平方成正比。 3.判断方法：涉及时间累积效应的问题优先考虑动量定理；涉及位移累积效应的问题优先考虑动能定理；涉及矢量方向的问题必须用动量或动量定理。 4.动量变化Δp与动能变化ΔEk并非简单的对应关系。例如：匀速圆周运动中，动量不断变化而动能不变；碰撞问题中，动量守恒但动能可能不守恒。 考●向●破●译 考向3 动量与动能的对比分析 例3 电子双缝干涉实验是近代证实物质波存在的实验。如图所示，电子枪持续发射动量大小为的电子，然后让它们通过双缝打到屏上。已知电子质量为，普朗克常量为，下列说法正确的是（     ） A．电子的物质波波长 B．电子的动能 C．仅增大电子的动量，干涉条纹的间距减小 D．德布罗意通过该实验证实了物质波的存在 【答案】C 【详解】A．根据德布罗意波长公式可知，电子的物质波波长，故A错误； B．根据动量 可得电子的动能，故B错误； C．根据双缝干涉条纹间距公式 可知仅增大电子的动量，干涉条纹的间距减小，故C正确； D．德布罗意提出了物质波假说，而电子双缝干涉实验是后人通过实验证实的，德布罗意本人并未通过该实验证实物质波的存在，故D错误。 故选C。 【变式训练1】如图所示，甲、乙两颗子弹分别从左、右以一定的速度沿同一直线射入放在光滑水平面上的物块并停止运动，物块始终保持静止，测得甲进入物块的深度大于乙，对甲、乙进行比较，下列说法正确的是（     ） A．甲受阻力较小 B．甲的质量较大 C．甲射入的初动能较大 D．甲射入的初动量较大 【答案】C 【详解】A．物块保持静止，说明甲、乙子弹对物块的作用力大小相等，方向相反，所以甲、乙子弹受到的阻力大小相等，故A错误； C．由动能定理有 因为， 所以甲射入的初动能较大，故C正确； D．甲、乙子弹和物块组成的系统，所受合外力为零，系统动量守恒，因此甲、乙的初动量大小相等，故D错误； B．由动能与动量的关系 可知，初动量大小相等时，初动能越大，质量越小，因此甲的质量更小，故B错误。 故选C。 【变式训练2】我国航天事业持续飞速发展，2019年1月，嫦娥四号飞船在太阳系最大的撞击坑内靠近月球南极的地点着陆月球背面。假设有一种宇宙飞船利用离子喷气发动机加速起飞。发动机加速电压U，喷出两价氧离子，离子束电流为I，那么下列结论正确的是（基本电荷e，原子质量单位m0，飞船质量M）（    ） A．喷出的每个氧离子的动量 B．飞船所受到的推力为 C．飞船的加速度为a＝ D．推力做功的功率为2MeU 【答案】B 【详解】A．每个氧离子，根据动能定理有 动量为 故A错误； B．设在Δt时间内喷出N个氧离子，飞船受到的反冲力 其中 ＝I，q＝2e，m＝16m0 所以 故B正确； C．飞船的加速度为 故C错误； D．2MeU的单位不是功率的单位，故D错误。 故选B。 考向4 动量与动能的综合应用 例4 如图所示，半径分别为R和r的两光滑圆轨道固定放置在同一竖直平面内，两轨道之间由一条光滑水平轨道CD相连，在水平轨道CD上一轻弹簧被a、b两小球压缩，同时释放两小球，a、b两小球均能恰好通过各自圆轨道的最高点，已知小球a的质量为m，。则（　　） A．小球b的质量为 B．a、b两小球与弹簧分离时的动能之比为 C．若弹簧储存的弹性势能不变，改变两球质量，当满足时，a、b两小球均不可以通过各自轨道的最高点 D．a、b两小球到达各自与圆心等高处时，对轨道的压力大小相等 【答案】A 【详解】A．设小球离开弹簧后的速度大小为，球恰好能通过圆轨道的最高点，设在最高点速度为，则有 解得 选取最低点所在的水平面为零势能面，根据机械能守恒定律得 解得 同理可得b球离开弹簧后的速度大小为 取向左为正方向，根据动量守恒定律得 可得 故A正确； B．两小球与弹簧分离时，动量大小相等，根据动能与动量关系 可知，动能之比为，故B错误； D．a球到达圆心等高处时，速度为，由动能定理可得 轨道对a球的支持力为F，由牛顿第二定律有 联立解得 由牛顿第三定律可知，a小球对轨道压力为，同理对球，在圆心等高处，由动能定理可得 轨道对b球的支持力为，由牛顿第二定律有 联立解得 由牛顿第三定律可知，b小球对轨道压力为，故D错误； C．根据B选项分析可知，当质量满足，两小球与弹簧分离时，、小球的动能之比为，根据 小球的质量变小，可知小球在轨道最低点的速度变大，则能通过轨道最高点，故C错误。 故选A。 【变式训练1】一质量为的物体静止在光滑水平面上，在水平力作用下，经时间，动量变为、动能变为。若上述过程不变，物体的质量变为，经过时间，以下说法正确的是（　　） A．物体动量变为 B．物体动量变为 C．物体动能变为 D．物体动能变为 【答案】A 【详解】根据动量定理 若上述过程不变，物体的质量变为，经过时间，则物体动量变为，动能变为。 故选A。 【变式训练2】体育课上一 同学将铅球斜向上抛出（如图所示），忽略空气阻力， 关于铅球运动过程中的说法正确的是（     ） A．加速度越来越大 B．机械能逐渐增大 C．在相等时间内，铅球的动能变化量相等 D．在相等时间内，铅球的动量变化量相同 【答案】D 【详解】A．铅球抛出后只受重力作用，加速度为g不变，A错误； B．铅球抛出后只有重力做功，则机械能守恒，B错误； C．根据动能定理铅球动能变化量等于重力做功，而在相等时间内沿重力方向的位移不同，则重力做功不同，即在相等时间内，铅球的动能变化量不相等，C错误； D．根据动量定理可知，在相等时间内，铅球的动量变化量相同，D正确。 故选D。 考点二 动量定理 知识点1 动量定理的内容 知●识●解●构 1.动量定理的内容：物体所受合外力的冲量等于物体动量的变化量。即I合＝Δp＝p′－p，或F合·Δt＝mv′－mv。 2.动量定理的物理意义：揭示了力对时间的累积效应与动量变化之间的因果关系。冲量是动量变化的原因，动量变化是冲量作用的结果。 3.动量定理是矢量方程，应用时需规定正方向，与正方向相同的矢量取正值，相反的取负值。 4.动量定理与牛顿第二定律的关系：F合＝ma＝mΔv/Δt＝Δp/Δt，即牛顿第二定律的原始形式F＝Δp/Δt。动量定理是牛顿第二定律的积分形式。 5.适用条件：动量定理适用于恒力也适用于变力，对于变力，F合指平均作用力。动量定理是普遍适用的物理规律，宏观、微观、低速、高速均适用。 考●向●破●译 考向5 动量定理的基本理解 例5 如图所示，单摆摆球的质量为，做简谐运动的周期为，摆球从最大位移处由静止释放，摆球运动到最低点时的速度大小为，不计空气阻力，重力加速度为，则以下说法中错误的是（     ） A．摆球从A运动到B的过程中，重力做的功为 B．摆球从A运动到B的过程中，重力做功的平均功率为 C．摆球运动到B时重力的瞬时功率为 D．摆球从A运动到B的过程中合力的冲量大小为 【答案】C 【详解】A．摆球在摆动过程中只有重力做功，则根据动能定理可知重力做的功等于动能的变化，即，故A正确； B．摆球从A运动到B的过程中，重力做功的平均功率为，故B正确； C．B处摆球在竖直方向速度为0，则重力的瞬时功率为，故C错误； D．摆球从A运动到B的过程中合力的冲量等于动量的变化量，即，故D正确。 本题选择错误选项，故选C。 【变式训练1】质量为425克的足球以大小为30m/s的水平速度撞在竖直墙上，被水平弹回的速度大小为18m/s，假设足球与墙碰撞时作用时间为0.05s，则足球与该墙作用时所受的水平作用力大小为（     ） A．102N B．153N C．255N D．408N 【答案】D 【详解】规定足球入射的速度方向为正方向，足球质量，初速度，被弹回的末速度，作用时间。 水平方向足球仅受墙的作用力，根据动量定理 代入数值得 负号表示作用力方向与入射速度方向相反，作用力大小为。 故选D。 【变式训练2】如图所示，甲、乙分别是场强相同的圆形、正方形匀强电场区域（圆形直径与正方形边长相同）。相同带电粒子以相同速度沿垂直于电场方向，对准中心O分别进入两个区域，则粒子分别经过两个电场区域后，其动量改变量大小、的关系为（     ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】设圆形区域半径为，则正方形区域边长为2R。两区域内电场强度相同，粒子的初速度及入射位置相同，因此粒子在离开圆形区域前的运动轨迹完全相同。圆形区域内切于正方形区域，故粒子在两区域内运动的时间满足 水平方向不受力，粒子的动量改变量等于电场力的冲量，根据动量定理分别有， 因此有 故选C。 考向6 动量定理的推导与适用条件 例6 如图所示，一质量为m的物体受水平面内的恒力作用，在光滑水平面上运动。从A点经过t时间运动到B点，速度大小分别为、，其中方向与虚线AB的夹角α=60°。则下列说法中错误的是（    ） A．物体从A点运动到B点过程中恒力做功为mv2 B．该恒力大小为 C．物体从A点运动到 B点速度变化量大小为 D．从A点开始运动经过时间时，物体的动能最小 【答案】C 【详解】A．根据动能定理可知，物体从A点运动到B点过程中恒力做功为 故A正确； BC．将物体的运动分解沿AB方向和垂直AB方向两个分运动，在垂直AB方向有 解得 可得 则物体沿AB方向的加速度大小为 物体垂直AB方向的加速度大小为 则物体的加速度大小为 根据牛顿第二定律可得该恒力大小为 物体从A点运动到 B点速度变化量大小为 故B正确，C错误； D．设物体受到的恒力与AB方向的夹角为，则有 可得 将初速度分解为沿着恒力方向和垂直恒力方向，如图所示 可知当图中速度减为0时，物体的速度最小，动能最小，所用时间为 故D正确。 故选C。 【变式训练1】质量为m的物体，以v0的初速度沿斜面上滑，到达最高点后返回原处的速度大小为vt，且vt＝0.5v0，则(  ) A．上滑过程中重力的冲量比下滑时大 B．上滑时和下滑时支持力的冲量都等于零 C．合力的冲量在整个过程中大小为mv0 D．整个过程中物体的动量变化量为mv0 【答案】C 【详解】A．以v0的初速度沿斜面上滑，返回原处时速度为vt＝0.5v0，说明斜面不光滑，设斜面长为l，则上滑过程所需时间 下滑过程所需时间 t1<t2 根据冲量的定义可知，上滑过程中重力的冲量比下滑时小，A错误； B．上滑和下滑时支持力的冲量都不等于零，B错误； CD．对全过程应用动量定理，则 I合＝Δp＝－mvt－mv0＝－mv0 C正确，D错误。 故选C。 【变式训练2】如图所示，小球A和小球B均用长为的细线悬挂于点，小球B处于静止状态，将小球A拉到一定的高度，使悬挂A球的细线与竖直方向的夹角为，由静止释放小球A，小球A在竖直面内做圆周运动，小球A运动到最低点与小球B沿水平方向发生弹性正碰，碰撞时间极短，第一次碰撞结束后A向左、B向右上升的高度之比为。小球A、B均可视为质点A的质量为，重力加速度为。则下列说法正确的是（　　） A．小球B的质量为 B．小球A与B第一次碰撞前瞬间，小球A的速度大小为 C．小球A与B第一次碰撞后，小球A上升的高度为 D．小球A与B第一次碰撞过程，A对B的冲量大小为 【答案】A 【详解】B．设小球A与B第一次碰撞前的速度大小为，根据机械能守恒定律有 解得，故B错误； AC．设A、B第一次碰撞后，A、B的速度大小分别为、，根据动量守恒定律有 根据能量守恒定律有 因为第一次碰撞结束后A向左、B向右上升的高度之比为 根据机械能守恒可得， 联立解得，，，，故A正确，C错误； D．小球A与B第一次碰撞过程，根据动量定理可得A对B的冲量大小为，故D错误。 故选A。 知识点2 动量定理的应用 知●识●解●构 1.应用动量定理的一般步骤：①明确研究对象和研究过程；②分析受力，确定各力的冲量；③规定正方向；④确定初、末状态的动量；⑤根据动量定理列方程求解。 2.动量定理可用于求解变力问题：当力为变力时，F指平均作用力，即F＝Δp/Δt。常见于碰撞、打击等短时间内的作用力问题。 3.动量定理用于流体问题：对于连续流体（如水流、气流），取Δt时间内流过的质量为研究对象，应用动量定理求解。 4.动量定理在多过程中的应用：可以分段列式，也可以全过程列式。全过程列式时，只需考虑初末状态的动量和全过程中各力的冲量（变力则需分段处理）。 5.解题注意事项：①注意动量定理的矢量性；②注意区分内力与外力，只有合外力的冲量才改变系统的总动量；③对于系统，动量定理表述为系统合外力的冲量等于系统总动量的变化量。 考●向●破●译 考向7 单一过程的动量定理的应用 例7 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 【详解】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】某质量为的无人潜航器（可视为质点）从空中由静止释放，下落一段时间后落入水中，一段时间内的速度-时间图像如图所示，已知重力加速度为。下列说法中正确的是（     ） A．潜航器在空中下落时只受重力作用 B．潜航器在空中下落时受到的空气阻力大小为 C．内潜航器受到水的作用力的冲量大小为 D．内潜航器受到水的作用力的冲量大小为 【答案】D 【详解】AB．由图可知在0~t0时间段内潜航器加速度小于g，故下落时还受到阻力作用；在内对潜航器分析，根据动量定理可得 解得，故AB错误； CD．内对潜航器分析，根据动量定理可得 解得，故D正确，C错误。 故选D。 【变式训练2】我国“天宫”空间站在距地面约400 km的轨道上运行，该高度处仍存在相对地心静止的稀薄气体，会对空间站产生阻力，空间站可通过持续开启发动机以维持原有速度大小不变。已知空间站垂直速度方向的横截面积为S，气体密度均匀、大小为ρ，空间站速度为v，若气体与空间站前端碰撞后共速，则空间站克服气体阻力做功的功率为（     ） A．ρSv B．ρSv2 C．ρSv3 D．2ρSv3 【答案】C 【详解】取极短时间内与空间站碰撞的气体为研究对象，该部分气体的体积为内空间站扫过的气柱体积，质量 气体碰撞后与空间站共速为，根据动量定理 代入解得空间站对气体的作用力 根据牛顿第三定律，气体对空间站的阻力大小 空间站克服阻力做功的功率 故选C。 考向8 多过程的动量定理的综合应用 例8 一质量为m的小球从地面竖直上抛，在运动过程中小球受到的空气阻力与速率成正比，它从抛出到落地过程中动量随时间变化的图像如图所示，落地前球已经做匀速直线运动。已知重力加速度为g，则下列说法正确的是（     ） A．小球在运动过程中加速度最大为4g B．小球上升和下降过程中阻力的冲量大小不相等 C．小球从抛出到落地的总时间为 D．小球从抛出到落地克服阻力做功为 【答案】C 【详解】A．题意可知在运动过程中小球受到的空气阻力 根据动量定理 可知图像的斜率表示合外力，由图可知t=0时刻，图像斜率的绝对值最大，小球的加速度最大，设物体运动过程中的最大加速度为，有 其中 当时，物体合外力为零，此时有 联立解得，故A错误； B．设从地面抛出到最高点的时间为，上升的高度为h，设最高点到落地的时间为，小球上升过程中阻力的冲量大小为 小球下降过程中阻力的冲量大小为 故小球上升和下降过程中阻力的冲量大小相等，故B错误； C．规定向上为正方向，从地面抛出到最高点由动量定理得 同理下降阶段 联立可得小球从抛出到落地的总时间为，故C正确； D．根据动能定理，可知小球从抛出到落地克服阻力做功，故D错误。 故选C。 【变式训练1】如图甲所示，在粗糙的水平地面上静止放置一质量为100kg的木箱。t=0时刻，某同学对其施加水平推力F的作用。已知水平推力F随时间t的变化关系图像如图乙所示，木箱与水平地面之间的动摩擦因数。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10m/s2。则t=3s时木箱的速度大小为（　　） A．2m/s B．2.5m/s C．6m/s D．8m/s 【答案】B 【详解】由于，由图像可知，从0.5s后木箱才开始运动，0.5s-3s对木箱由动量定理可得 由图像可得，外力F的冲量为 解得 故B正确； 故选B。 【变式训练2】某兴趣小组开展输送物料缓冲装置研究（如图甲），水平台面放置质量为的物料A，A左侧紧贴着质量不计的弹性气囊，A与气囊均静止在水平台面上。另一块质量相同的物料B，以的速度水平向右撞向缓冲气囊。在B挤压气囊到气囊恢复原状的过程中，气囊对两侧物料产生的水平弹力大小随时间的变化规律如图乙所示。A、B均可视为质点，物料A、B与水平台面的动摩擦因数均为，重力加速度取。求： (1)在B挤压气囊到气囊恢复原状的过程中： ①B受到水平弹力的冲量大小和摩擦力的冲量大小； ②A、B组成的系统的动量是否守恒？并说明理由； (2)气囊恢复原状瞬间，A和B的速度大小。 【答案】(1)①，；②A、B组成的系统动量不守恒；理由：在B挤压气囊到气囊恢复原状的过程中，A、B系统除了内力，还受到水平面的摩擦力，所以动量不守恒 (2)， 【详解】（1）①由图像可知，气囊恢复原状过程中，对物料B的冲量大小 台面对B的摩擦力的冲量大小 ②A、B组成的系统动量不守恒； 理由：在B挤压气囊到气囊恢复原状的过程中，A、B系统除了内力，还受到水平面的摩擦力，所以动量不守恒。 （2）根据动量定理，对物料B有 解得 对物料A有 解得 真题溯源·考向感知 ——溯源真题逻辑，感知高考考向 1．（2026·江苏·高考真题）如图所示，水平面内一光滑小球沿正方形线框保持速率不变运行，a、b、c、d分别是各边中点，在拐点处小球所受合力的冲量大小和其动量大小的比值是（     ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】根据动量定理，小球在拐点处受到合力的冲量等于动量的变化量，即 设小球速率为v，动量大小 正方形相邻边方向垂直，小球拐弯前后速度大小均为v，方向夹角为，因此动量变化量的大小为： 可得 结合几何关系，选项中只有A符合。 故选A。 2．（2024·江苏·高考真题）“嫦娥六号”探测器由着陆器、上升器、轨道器和返回器四个部分组成，沿环月轨道以速度运动。某时刻，着陆器和上升器（组合体）、轨道器和返回器（组合体）分离，分离时间为。分离后的速度大小为，方向与相同。已知组合体、的质量分别为、。求： （1）分离后的速度大小； （2）分离过程中，对的平均推力大小。 【答案】（1）；（2） 【详解】（1）组合体、分离前后动量守恒，取v0的方向为正方向，有 解得 （2）以组合体为研究对象，由动量定理有 解得 3．（2026·四川·高考真题）2026年2月，我国某科创团队发布全球首款速度达到的全尺寸人形机器人、该机器人体重；2025年1月、该团队发布的四足机器人体重。若两款机器人均以的速度同方向运动，则二者的动量大小之差为（     ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】根据题意，由动量表达式可得，二者的动量大小之差为 故选C。 1 / 19 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $