第1章 第1节 动量和动量定理(Word教参)-【学霸笔记·同步精讲】2026-2027学年高中物理选择性必修第一册（鲁科版)

本讲义聚焦高中物理“动量和动量定理”核心知识点，系统梳理动量（定义、公式、矢量性及变化量）、冲量（定义、公式、矢量性）、动量定理（内容、表达式及应用）的逻辑脉络，构建从基础概念到规律应用的学习支架。 资料通过情境思辨（如摩天轮动量判断）、典例分析（乒乓球扣杀、儿童滑梯冲量计算）及流体模型应用（台风、高压水枪），培养学生物理观念（运动和相互作用）与科学思维（模型建构、科学推理）。课中辅助教师教学，课后助力学生巩固知识，查漏补缺。

第1节　动量和动量定理 1.知道动量的概念及其矢量性，会计算动量及动量变化量。 2.知道冲量的概念及其矢量性，会计算冲量。 3.理解动量定理及表达式的含义，并能应用动量定理解决有关问题。 4.会用动量定理解释碰撞、缓冲等生活中的现象。 知识点一　动量 1．定义：物理学中，把物体质量与速度的乘积称为物体的动量，用字母p表示。 2．公式：p=mv。 3．单位：千克米每秒，符号是kg•m/s。 4．方向：动量是矢量，它的方向与物体速度的方向相同。 5．动量的变化量：Δp=p2－p1，是矢量。 　一种大型转轮状的机械游乐设施——摩天轮如图所示。小刚和他的爸爸分别搭乘挂在摩天轮边缘的相邻的两个座舱里，摩天轮在竖直面内做匀速圆周运动。判断下列正误。 （1）不同时刻小刚的动量相同。（×） （2）同一时刻小刚的动量大小一定小于他的爸爸的动量大小。（√） （3）转动过程中小刚的动能不变、动量也不变。（×） （4）转动半圈的过程中小刚的动量变化量为零。（×） 知识点二　动量定理 1．冲量 （1）定义：物理学中，把力和力的作用时间的乘积称为这个力的冲量，用字母I表示。 （2）公式：I=Ft。 （3）单位：牛•秒，符号是 N•s。 （4）方向：冲量是矢量，方向与力的方向相同。 （5）物理意义：反映了力对时间的积累效应。 2．动量定理 （1）内容：物体在一过程中所受合外力的冲量等于该物体在此过程中动量的变化量。 （2）公式：Ft=mv2－mv1或I=mv2－mv1。 （3）牛顿第二定律的另一种表述：作用在物体上的合外力等于物体动量的变化率，即F=。 （4）在变力作用下，动量定理仍然成立。 知识点三　碰撞与缓冲的实例分析 1．物体间相互作用力大小的决定因素 由动量定理可见，物体间的相互作用力与物体动量的变化和作用时间有关。 2．改变相互作用力大小的方法 （1）增大物体动量变化量、缩短相互作用时间可以增大相互作用力； （2）减小物体动量变化量，延长相互作用时间可以减小相互作用力。 在日常生活中，有不少这样的事例：跳远时要跳在沙坑里；跳高时在下落处要放海绵垫子；轮船边缘及轮渡的码头上都装有橡胶轮胎等，这样做的目的是什么？ 提示：根据动量定理FΔt=Δp，动量变化量Δp一定时，作用时间Δt越长，则作用力F越小。以上情境可延长运动员与沙子或者海绵垫子间、轮船边缘及轮渡码头的作用时间，在动量变化相同的情况下，受到的冲击力减小，从而起到保护作用。 要点一　动量及动量的变化量 1．动量的三个特性 瞬时性 通常说物体的动量是物体在某一时刻或某一位置的动量，动量的大小可用p=mv表示 矢量性 动量的方向与物体的瞬时速度的方向相同 相对性 因物体的速度与参考系的选取有关，故物体的动量也与参考系的选取有关 2．动量和动能的比较 动量 动能 定义式 p=mv Ek=mv2 标矢性 矢量 标量 与速度的关系 速度变化，动量一定变化 速度变化，动能不一定变化 联系 p=，Ek= 3．动量变化量Δp的理解 物体做直线运动时：选定正方向，方向与正方向相同的动量为正值，方向与正方向相反的动量为负值，代入公式Δp=p2－p1计算： （1）若Δp是正值，说明Δp的方向与所选正方向相同。 （2）若Δp是负值，则说明Δp的方向与所选正方向相反。 某次乒乓球比赛中，乒乓球的来球速度大小v1=15 m/s，运动员以v2=20 m/s 速度反向扣杀回去，乒乓球的质量m=2.70 g。求： （1）乒乓球来球动量的大小、乒乓球回球动量的大小及二者的方向是什么关系。 （2）扣杀过程中乒乓球的动量变化量Δp及动能的变化ΔEk。 答案：见解析 解析：（1）取v1的方向为正方向，p1=mv1=4.05×10－2 kg•m/s，p2=mv2=－5.40×10－2 kg•m/s，所以来球动量大小为4.05×10－2 kg•m/s，回球动量大小为5.40×10－2 kg•m/s，二者的方向相反。 （2）扣杀过程中乒乓球的动量变化量Δp=p2－p1=－5.40×10－2 kg•m/s－4.05×10－2 kg•m/s=－9.45×10－2 kg•m/s，负号说明Δp的方向与来球速度v1反向。 动能的变化ΔEk=m－m≈0.236 J。 1.下列关于动量的说法中，正确的是（　　） A．物体的动量改变，其速度大小一定改变 B．物体的动量改变，其速度方向一定改变 C．物体运动速度的大小不变，其动量一定不变 D．物体的运动状态改变，其动量一定改变 解析：D　动量是矢量，既有大小也有方向。动量改变是指动量大小或方向的改变，而动量的大小与质量和速度两个因素有关，其方向与速度的方向相同。质量一定的物体，当速度的大小或方向有一个因素发生变化时，动量就发生变化，故A、B、C错误；物体运动状态改变是指速度大小或方向的改变，或两者同时改变，因此物体的动量一定发生变化，故D正确。 2.关于物体的动量、动能、动量的变化量，下列说法中正确的是（　　） A．物体的动量越大，其惯性也越大 B．同一物体的动量越大，其速度一定越大 C．物体的动量发生变化，其动能一定变化 D．运动物体在任一时刻的动量方向一定是该时刻的位移方向 解析：B　惯性大小的唯一量度是物体的质量，如果物体的动量大，但也有可能物体的质量很小，所以不能说物体的动量大其惯性就大，A错误；动量等于物体的质量与物体速度的乘积，即p=mv，同一物体的动量越大，其速度一定越大，B正确；物体的动量发生变化，则速度可能是方向改变、也可能是大小改变，或两者同时改变，所以动能不一定变化，C错误；动量是矢量，动量的方向就是物体运动的方向，不是位移方向，D错误。 3.（2026•广西高二上期中）一质量为2 kg的弹珠与水平地面碰撞后反弹，动能不变，弹珠反弹前后速度方向如图所示。已知与地面碰撞前弹珠的动能大小为9 J，则下列说法正确的是（　　） A．碰撞前后弹珠动量方向改变的角度为60° B．碰撞后，弹珠的动量大小为8 kg•m/s C．弹珠碰撞前后水平方向动量变化量大小为0 D．弹珠碰撞前后竖直方向动量变化量为6 kg•m/s 解析：C　结合几何知识，由图可知，碰撞前后弹珠动量方向改变的角度为120°，故A错误；由动能与动量的关系Ek=得，碰撞后弹珠的动量大小为p==6 kg•m/s，故B错误；弹珠碰撞前后水平方向动量不变，C正确；结合几何知识，由图可知，弹珠竖直方向动量变化量Δp=2pcos 30°=6 kg•m/s，故D错误。 要点二　冲量的理解和计算 如图所示，物体m在水平拉力F的作用下运动了一段时间t。 （1）如果拉力F恒定，则时间t内拉力F的冲量是多大？ （2）如果拉力F随时间变化规律如图所示，如何计算时间t内拉力F的冲量？ 提示：（1）拉力F的冲量大小为Ft。 （2）可有两种方法计算： 方法1：因为力是线性变化，可利用平均力求冲量I=t=t。 方法2：在F －t图像中，图线与t轴围成的面积表示力在对应时间内的冲量，则时间t内拉力F的冲量I=t。 1．冲量的特点 过程量 冲量描述的是力对时间的积累效果，是一个过程量。研究冲量必须明确研究对象和作用过程，即必须明确是哪个力在哪段时间内对哪个物体的冲量 矢量性 对于方向恒定的力来说，冲量的方向与力的方向一致；对于作用时间内方向变化的力来说，冲量的方向与相应时间内动量的变化量的方向一致，冲量的运算遵循平行四边形定则 2．冲量的计算 （1）恒力的冲量计算 用公式I=Ft计算（无论物体是否运动，无论物体在该力的方向上是否有位移）。 （2）变力的冲量计算 ①“平均力”法求变力的冲量：如图甲所示，力与时间成线性关系时，则 I=Δt=（t2－t1）； ②“面积”法求变力的冲量：在F－t图像中，图线与t轴所围的面积等于对应时间内力的冲量。图甲、乙中的阴影部分的面积即为变力的冲量。 ③利用动量定理求解，即I=Δp。 （3）合冲量的计算 ①可分别求每一个力的冲量I1，I2，I3，…，再求各冲量的矢量和； ②如果各个力（均为恒力）的作用时间相同，可以先求合力，再用公式I合=F合t求解。 某种儿童滑梯设施如图所示，中间的滑道长度为2.2 m，假设可以看成倾角α=37°的斜面，有一质量为15 kg 的儿童沿中间滑道从顶端由静止滑下，该儿童与滑道间的动摩擦因数μ=0.2，求滑下中间滑道的过程中，该儿童所受各力的冲量和合力的冲量。（g取10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8） 答案：见解析 解析：对儿童受力分析可知，下滑过程其受重力、支持力及摩擦力的作用，由牛顿第二定律得 mgsin α－μmgcos α=ma L=at2 解得儿童的下滑时间t=1 s 故重力的冲量I1=mgt=150×1 N•s=150 N•s，方向竖直向下。 支持力的冲量I2=mgcos α•t=150×0.8×1 N•s=120 N•s，方向垂直于滑道向上。 摩擦力的冲量I3=μmgcos α•t=0.2×150×0.8×1 N•s=24 N•s，方向沿着滑道向上。 儿童受到的合力F合=mgsin α－μmgcos α=150×0.6 N－24 N=66 N； 故合力的冲量I=F合t=66×1 N•s=66 N•s，方向沿滑道向下。 特别提醒 冲量计算的两点注意 （1）求冲量时，一定要注意是求解哪个力在哪一段时间内对哪个物体的冲量； （2）求单个力的冲量或合力的冲量时，首先判断是否是恒力，若是恒力，可直接应用公式I=Ft计算；若是变力，要根据力的特点求解，或者利用动量定理求解。 1.（2026•福建泉州高二下期末）下列关于冲量的说法中正确的是（　　） A．冲量是矢量 B．冲量的单位是焦耳 C．当力与位移垂直时，该力的冲量为零 D．一个力作用在物体上，物体保持不动，则该力的冲量为零 解析：A　由冲量的定义式I=Ft可知，冲量是矢量，方向与力的方向相同，其单位为kg•m/s，故A正确，B错误；只要有力且作用了时间，冲量就不会为零，故C、D错误。 2.一物体放在水平地面上，如图甲所示，已知物体所受水平拉力F随时间t的变化情况如图乙所示，求0~8 s时间内拉力的冲量大小。 答案：18 N•s 解析：冲量是力对时间的积累，根据冲量的公式分段求解，力F在0~8 s时间内的冲量为I=F1t1＋F2t2＋F3t3=18 N•s。 要点三　动量定理的理解及应用 1．对动量定理的理解 （1）矢量性：FΔt=Δp是矢量式，应用时要先规定正方向。 特别提醒 　　动量变化量Δp的方向与合冲量I的方向相同，但物体在某一时刻的动量的方向与合冲量的方向无必然联系。 （2）因果性：合冲量决定动量的变化量。 特别提醒 　　冲量反映了力对时间的积累效应，与物体的初、末动量及某一时刻的动量无必然联系。 （3）研究对象和适用范围：一般为单个物体或可视为单个物体的系统。 从运动轨迹看 既适用于直线运动，也适用于曲线运动 从受力特点看 既适用于恒力作用，也适用于变力作用 从物体大小看 既适用于宏观物体的低速运动，也适用于微观物体的高速运动 2．动量定理的应用 （1）定性分析 ①Δp一定时，Δt短则F大，Δt长则F小； ②F一定时，Δt短则Δp小，Δt长则Δp大； ③Δt一定时，F大则Δp大，F小则Δp小。 （2）定量计算 ①由动量的变化求合冲量：Δp冲量（或求有关的力） ②由合力的冲量求动量的变化：F合、ΔtΔp（或求m、v等） 考向一　应用动量定理定性分析有关现象 〔多选〕安全气囊是汽车安全保障的重要设施，它与座椅安全带配合使用，可以为乘员提供有效的防撞保护，在汽车相撞时，汽车安全气囊可使头部受伤率减少25%，面部受伤率减少80%左右。若某次汽车安全测试中，汽车发生剧烈碰撞时，安全气囊未打开与安全气囊顺利打开相比，下列说法正确的是（设每次测试汽车速度相同）（　　） A．安全气囊未打开时，模拟乘员的动量变化量大 B．安全气囊打开时，模拟乘员的动量变化慢 C．安全气囊未打开时，模拟乘员受到撞击力的冲量大 D．安全气囊打开时，模拟乘员受到的撞击力小 答案：BD 解析：无论安全气囊是否打开，模拟乘员的初末动量不变，动量变化量不变，根据I=Δp，可知模拟乘员受到撞击力的冲量不变，故A、C错误；安全气囊打开时，模拟乘员速度变化的时间增加，而动量变化量不变，则模拟乘员的动量变化慢，根据Ft=Δp可知，模拟乘员受到的撞击力小，故B、D正确。 考向二　应用动量定理定量计算有关物理量 篮球性能的高低可以根据篮球对地冲击力大小进行判断。某同学让一篮球从h1=1.8 m高处自由下落，测出篮球从开始下落至反弹到最高点所用时间t=1.40 s，该篮球反弹时从离开地面至最高点所用时间为0.5 s，篮球的质量m=0.456 kg，g=10 m/s2（不计空气阻力）。则篮球对地面的平均作用力大小约为（　　） A.3 N　 B.21 N　　C.33 N　 D.28 N 答案：B 解析：根据篮球自由下落过程可得h1=g，解得自由下落时间为t1=0.6 s，反弹竖直上抛时间为t2=0.5 s，可知篮球与地面相互作用时间为Δt=t－t1－t2=0.3 s，以竖直向上为正方向，全程根据动量定理可得FΔt－mgt=0，解得F≈21 N，故B正确。 规律总结 应用动量定理解题的基本步骤 （1）确定研究对象； （2）进行受力分析，分析每个力的冲量，求出合力的冲量； （3）选定正方向，研究物体初、末状态的动量； （4）根据动量定理列方程求解。 考向三　应用动量定理解决流体类“柱状模型”问题 福建属于台风频发地区，各类户外设施建设都要考虑台风影响。已知10级台风的风速范围为24.5 m/s~28.4 m/s，16级台风的风速范围为51.0 m/s~56.0 m/s。若台风迎面垂直吹向一固定的交通标志牌，则16级台风对该交通标志牌的作用力大小约为10级台风的（　　） A.2倍　 B.4倍　　C.8倍　 D.16倍 思路点拨：（1）以时间Δt吹向交通标志牌的空气为研究对象； （2）把时间Δt吹向交通标志牌的空气看成“柱状模型”，应用动量定理建立方程。 答案：B 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，在时间Δt的空气质量为Δm=ρSv•Δt，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，对台风，由动量定理有－F•Δt=0－Δmv，可得F=ρSv2，根据牛顿第三定律可知台风对标志牌的作用力F′=F，又10级台风的风速v1≈25 m/s，16级台风的风速v2≈50 m/s，则有==4，故B正确。 规律总结 应用动量定理解决流体类“柱状模型”问题的思路 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的方向选取一段柱形流体，其横截面积为S （2）微元研究，作用时间Δt内的一段柱形流体的长度为Δl，对应的质量为Δm=ρSvΔt （3）建立方程，应用动量定理研究这段柱状流体 1.“守株待兔”是我们熟悉的寓言故事，它出自《韩非子》，原文为：宋人有耕者，田中有株，兔走触株，折颈而死。因释其耒而守株，冀复得兔。兔不可复得，而身为宋国笑。假设一只兔子质量为2 kg，受到惊吓后从静止开始沿水平道路做匀加速直线运动，经过1.2 s速度大小达到9 m/s，此后匀速奔跑，撞树后被水平弹回，反弹速度大小为1 m/s，设兔子与树的作用时间为0.05 s，重力加速度g=10 m/s2。下列说法正确的是（　　） A．加速过程中兔子的加速度大小为180 m/s2 B．加速过程中地面对兔子水平方向的平均作用力大小为20 N C．撞树过程中树对兔子的平均作用力大小为320 N D．撞树过程中树对兔子的平均作用力大小为400 N 解析：D　兔子经过1.2 s速度由零均匀增加到9 m/s，根据匀变速直线运动的速度公式可得，兔子的加速度大小为a==7.5 m/s2，A错误；加速过程中，设地面对兔子水平方向的平均作用力大小为f，根据动量定理可得fΔt=mv－0，代入数据解得f=15 N，B错误；撞树过程中，以撞树前兔子的速度方向为正方向，则兔子撞树前的动量为p=mv=2×9 kg•m/s=18 kg•m/s，撞树后的动量为p′=mv′=2×（－1）kg•m/s=－2 kg•m/s，动量变化量为Δp=p′－p=－2 kg•m/s－18 kg•m/s=－20 kg•m/s，由动量定理得FΔt′=Δp=－20 kg•m/s，解得兔子受到树对它的平均作用力为F=－400 N，大小为400 N，C错误，D正确。 2.（2026•福建泉州高二下期末）如图所示，用高压水枪喷出的强力水柱冲击煤层，设水柱直径为D，水流速度大小为v，方向水平向右。水柱垂直煤层表面，水柱冲击煤层后水的速度变为零，水的密度为ρ，高压水枪的重力不可忽略，手持高压水枪操作，下列说法正确的是（　　） A．水枪单位时间内喷出水的质量为ρvπD2 B．高压水枪的喷水功率为 C．水柱对煤层的平均冲击力大小为ρπD2v2 D．为了使高压水枪保持静止状态，手对高压水枪的作用力方向为斜向左上方 解析：C　单位时间内高压水枪的流量为Q=Sv=，水枪单位时间内喷出水的质量为m==，故A错误；水枪单位时间内做功转化为水柱的动能为W=mv2=，故水枪的功率为P==，故B错误；研究单位时间内喷出的水，由动量定理得－Ft=0－mv，t取1，解得F=ρπD2v2，根据牛顿第三定律可知，水柱对煤层的平均冲击力大小为ρπD2v2，故C正确；水对高压水枪的作用力水平向左，则手对高压水枪的作用力有水平向右的分力，还有竖直向上的分力（与重力平衡），所以手对高压水枪的作用力斜向右上方，故D错误。 要点回眸 1.下面关于动量和冲量的说法中正确的是（　　） A．冲量与动量的单位在国际单位制下是相同的，所以冲量就是动量 B．如果物体的速度发生变化，则可以肯定它受到的合外力的冲量不为零 C．如果合外力对物体的冲量不为零，则合外力一定使物体的动能增大 D．作用在物体上的合外力冲量一定能改变物体速度的大小 解析：B　冲量与动量的单位在国际单位制下是相同的，物体受到的冲量等于动量的变化量，但冲量和动量是两个不同的物理量，选项A错误；如果物体的速度发生变化，则动量一定变化，则可以肯定它受到的合外力的冲量不为零，选项B正确；如果合外力对物体的冲量不为零，动量一定变化，但是合外力不一定使物体的动能增大，例如匀速圆周运动，选项C错误；作用在物体上的合外力冲量不一定改变物体速度的大小，例如做匀速圆周运动的物体，向心力的冲量只改变物体速度的方向，选项D错误。 2.（2026•福建南平高二下月考）如图所示，a、b、c三个相同的小球，a球从光滑斜面顶端由静止开始自由下滑，同时b球和c球从同一高度分别开始自由落体运动和平抛运动。则当它们到达同一水平地面的过程中，下列说法错误的有（　　） A．三个球受的重力冲量相同 B．三个球的动量变化量大小相等 C．a球受到的重力冲量最大 D．b球和c球受到的重力冲量相同 解析：A　平抛运动的物体竖直方向分解为自由落体运动，所以b、c两球运动的时间相等，即h=gt2，则tb=tc=，而a球运动的时间为a=，a=gsin θ，解得ta=，所以根据IG=mgt，可知重力对三个小球的冲量不相等，b球和c球受到的重力冲量相同，a球受到的重力的冲量最大，故A错误，C、D正确；根据Δp=mv′－mv可知，Δpa=mva′－0，mgh=mva′2，则Δpa=m，平抛时Δpc=mgtc=m，自由落体时Δpb=mgtb=m，因此三个球的动量变化量大小相等，故B正确。 3.如图所示，学生正在练习用头颠球。某一次足球从静止开始下落20 cm，被竖直顶起，离开头部后上升的最大高度仍为20 cm。已知足球与头部的作用时间为0.1 s，足球的质量为0.4 kg，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力。下列说法正确的是（　　） A．下落到与头部刚接触时，足球动量大小为0 B．与头部作用过程中，足球动量变化量的方向竖直向下 C．与头部作用过程中，足球动量变化量的方向竖直向上 D．与头部作用过程中，足球动量变化量大小为0.8 kg•m/s 解析：C　下落到与头部刚接触时，足球速度v==2 m/s，足球动量大小为p0=mv=0.8 kg•m/s，故A错误；足球离开头部后上升高度与下落高度相同，所以足球离开头部时动量大小为p1=p0，方向竖直向上，以向上为正方向，则动量变化量为Δp=p1－（－p0）=1.6 kg•m/s，方向竖直向上，故B、D错误，C正确。 4.“中国民航英雄机长”刘传健执行重庆飞拉萨任务时，在万米高空前挡风玻璃破裂脱落的紧急关头，机组正确处理危机，奇迹般地安全迫降成都。假设飞机挡风玻璃破裂时飞机的速度为v，空中风速不计，机长面部垂直风速方向的受力面积为S，万米高空的空气密度为ρ，则机长面部受到的冲击力大小约为（　　） A．ρSv　 B．ρSv2　　C．ρSv3　 D．ρSv3 解析：B　机长面部垂直风速方向的受力面积为S，空气与飞行员的相对速度等于飞机的速度v，设时间t内吹在面部的空气的质量为m，则m=ρSvt，根据动量定理得－Ft=0－mv=0－ρSv2t，解得机长面部受到的冲击力大小F′=F=ρSv2，故B正确。 5.蹦床是一项扣人心弦的运动项目，运动员在一张绷紧的弹性网上蹦跳、腾翻，做出各种惊险优美的动作。现有一位质量为50 kg的运动员，从离水平网面3.2 m的高处自由落下，着网后沿竖直方向蹦回到离水平网面5 m的高处。若这位运动员与网接触的时间为1.0 s，求网对运动员的平均作用力的大小（g取10 m/s2）。（　　） A.900 N　 B.1 400 N C.600 N　 D.1 000 N 解析：B　运动员与网接触前瞬间有v2－0=2gh1，运动员与网分开后有0－v′2=－2gh2，接触到分开过程，取竖直向下的方向为正方向，由动量定理得mgt－Ft=－mv′－mv，代入数据解得F=1 400 N，故B正确。 题组一　动量及动量的变化量 1.（2026•福建宁德高二下期中）意大利物理学家伽利略在研究打击现象时，最早定义了类似“动量”的概念。现用质量为m的铁锤沿水平方向将钉子敲入木板，铁锤以水平速度v0敲击钉子，随即以v0大小的速度沿水平方向反弹。铁锤反弹后瞬间的动量大小与铁锤敲击钉子前后的动量变化量大小分别为（　　） A．mv0　mv0　 B．mv0　mv0 C．mv0　mv0　 D．mv0　mv0 解析：A　铁锤反弹后瞬间的动量大小为p=m•v0=mv0，以铁锤反弹后的速度方向为正方向，铁锤敲击钉子前后的动量变化量大小为Δp=m•v0－m（－v0）=mv0。故选A。 题组二　冲量的理解和计算 2.如图所示，两个质量相等的物体在同一高度沿倾角不同的两个光滑斜面由静止自由滑下，在到达斜面底端的过程中（　　） A．重力的冲量相同　 B．弹力的冲量相同 C．合力的冲量相同　 D．合力的冲量大小相同 解析：D　重力的冲量IG=mgt，物体下滑时间不同，故IG不同，A错误；弹力与斜面垂直，两物体所受弹力方向不同，故弹力的冲量不同，B错误；两物体所受合力的方向平行斜面，故合力的冲量方向也与斜面平行，故合力的冲量不同，C错误；由机械能守恒定律可知，物体到达斜面底端时速率相等，由I=mv知，合力冲量大小相等，D正确。 3.〔双选〕（2025•福建三明高二下期中）如图所示，质量为m的物块静止在倾角为α的斜面上，在与斜面夹角为θ的恒力F拉动下沿斜面向上运动，经过时间t运动过程中（　　） A．物块所受重力的冲量为0 B．物块所受拉力的冲量为Ft C．物块的动量一定增大 D．物块受到合力的冲量为Ftcos θ 解析：BC　根据冲量的计算公式可知，物块所受重力的冲量为mgt，故A错误；根据冲量的计算公式可知，物块所受拉力的冲量为Ft，故B正确；由于物块从静止开始向上运动，一定做加速运动，速度不断增大，因此动量不断增大，故C正确；物块受到合力的冲量应为拉力、重力、可能受摩擦力在斜面方向冲量的合冲量，不为Ftcos θ，故D错误。 题组三　动量定理的理解及应用 4.〔双选〕（2026•福建龙岩高二下期末）道路千万条，安全第一条，在骑行过程中发生交通事故时，佩戴头盔可有效防止头部受伤，大大减轻损伤程度。下列说法正确的是（　　） A．佩戴头盔缩短了驾驶员头部撞击的作用时间 B．佩戴头盔减小了驾驶员头部撞击作用力的大小 C．佩戴头盔减小了驾驶员头部撞击过程中的动量变化量 D．在事故中头盔对头部的冲量与头部对头盔的冲量大小相等 解析：BD　佩戴头盔延长了驾驶员头部撞击作用时间，故A错误；驾驶员头部撞击过程中的动量变化量不变，根据动量定理FΔt=Δp，佩戴头盔延长了驾驶员头部撞击作用时间，从而减小驾驶员头部受到的撞击力的大小，故B正确；在撞击过程中，驾驶员头部的动量变化量是由撞击前后的速度变化决定的，与是否佩戴头盔无关，故C错误；根据I=Ft，可知头盔对头部的作用力与头部对头盔的作用力等大反向，作用时间相同，所以事故中头盔对头部的冲量与头部对头盔的冲量等大反向，故D正确。 5.质量m=4 kg的物块在光滑水平地面上以v0=2 m/s的速度运动，t=0时对物块施加以水平外力F，规定v0的方向为正方向，外力F随时间t变化图线如图所示，则（　　） A．第1 s末物块的速度大小为2.5 m/s B．第2 s末物块的动量大小为12 kg•m/s C．在0~3 s时间内物块的动量变化量为2 kg•m/s D．第7 s末时物块的运动方向发生改变 解析：D　图线的斜率为k==1 N/s，在0~1 s时间内，合力的冲量为对应时间内图线与t轴所围的面积，有I1=t1==0.5 N•s，根据动量定理有I1=mv1－mv0，解得v1=2.125 m/s，故A错误；在0~2 s时间内，合力的冲量为对应时间内图线与t轴所围的面积，为I2=2 N•s，根据动量定理得I2=mv2－mv0，解得第2 s末物块的动量大小为mv2=10 kg•m/s，故B错误；由图可知在0~3 s时间内合力的冲量为I3= N•s＋（－2）×1 N•s=0，所以动量变化量为零，故C错误；根据动量定理有I7=p－mv0，解得第7 s末时动量为p=mv0＋I7=0，所以第7 s末时物块运动方向发生改变，故D正确。 6.如图所示，一铁块压着一纸条放在水平桌面上，当以速度v抽出纸条后，铁块掉到地面上的P点，若以速度2v抽出纸条，若铁块仍掉到地面，则铁块落地点为（　　） A．在P点右侧原水平位移的两倍处 B．仍在P点 C．在P点右侧不远处 D．在P点左侧 解析：D　抽出纸带的过程中，铁块受到向前的摩擦力作用而加速运动，若纸带以2v的速度抽出，则纸带与铁块相互作用时间变短，根据动量定理知，摩擦力作用时间变短，铁块获得的速度减小，平抛运动的初速度减小，而平抛运动的时间不变，则平抛运动的水平位移减小，即铁块落地点在P点左侧，故A、B、C错误，D正确。 7.〔双选〕（2026•福建福州高二下期中）很多人喜欢躺着看手机，经常出现手机砸到头部的情况。若手机质量为120 g，从离人约20 cm的高度无初速度掉落，砸到头部后手机未反弹，头部受到手机的冲击时间约为0.2 s，取重力加速度g=10 m/s2。下列分析正确的是（　　） A．手机刚要接触头部之前的速度约为4 m/s B．手机与头部作用过程中手机动量变化约为0.48 kg•m/s C．手机对头部的冲量大小约为0.48 N•s D．手机对头部的作用力大小约为2.4 N 解析：CD　手机自由下落，根据v2－0=2gh得，刚要接触头部之前的速度为v==2 m/s，故A错误；手机与头部作用过程中手机动量变化为Δp=mv=0.24 kg•m/s，故B错误；手机砸到头部过程，以向下为正方向，根据动量定理可得－I＋mgΔt=0－mv，解得手机受到的冲量大小为I=0.48 N•s，故手机对头部的冲量大小为0.48 N•s，故C正确；由I=FΔt解得手机受到的作用力大小为F=2.4 N，故手机对头部的作用力大小为2.4 N，故D正确。 8.由我国自主研发制造的世界上最大的海上风电机SL5 000，它的机舱上可以起降直升机，叶片直径128 m，风轮高度超过40层楼，是世界风电制造业的一个奇迹。风速为12 m/s时发电机满载发电，风通过发电机后速度减为11 m/s，已知空气的密度为1.3 kg/m3，则风通过发电机时受到的平均阻力约为（　　） A.4.0×104 N　 B.2.0×105 N C.2.2×106 N　 D.4.4×106 N 解析：B　叶片直径d=128 m，叶片旋转所形成的圆的面积S=，一小段时间Δt内流过该圆面的风柱体积V=Sv1Δt=，风柱的质量m=ρV，设风通过发电机时受到的平均阻力大小为f，取v1的方向为正方向，则v1=12 m/s， v2=11 m/s，根据动量定理有－fΔt=mv2－mv1，代入数据解得f≈2.0×105 N，B正确。 9.（2026•福建三明高二下期末）科幻小说《三体》中描绘了三体舰队通过尘埃区被动减速的场景，若要匀速通过尘埃区，就需要飞船提供足够的动力。假设尘埃区密度ρ=6.0×10－103 kg/m3，飞船进入尘埃区的速度为v=2.5×106 m/s，飞船垂直于运动方向上的最大横截面积S=10 m2，假设尘埃微粒与飞船相碰后都附着在飞船上，计算时，取尘埃微粒的初速度为零，忽略微粒间的相互作用，则（　　） A．单位时间内附着在飞船上的微粒质量为0.15 kg B．单位时间内附着在飞船上的微粒质量为1.5 kg C．飞船要保持速度不变，所需推力大小为1.50×104 N D．飞船要保持速度不变，所需推力大小为3.75×104 N 解析：D　设经过时间Δt，附着在飞船上的微粒质量为Δm，由m=ρV有Δm=ρSvΔt，解得=0.015 kg/s，A、B错误；以Δm作为研究对象，飞船给Δm的推力大小为F，以飞船运动方向为正，由动量定理有FΔt=Δm•v－0，得F=3.75×104 N。根据牛顿第三定律，微粒给飞船的推力大小为F′=F=3.75×104 N，则飞船要保持速度不变，所需推力大小为3.75×104 N，C错误，D正确。 10.（2026•福建莆田高二下期中）在传统制作糍粑的过程中，质量m=15 kg的木槌从某一高度自由落下，刚接触糍粑时的速度大小v0=16 m/s，木槌与糍粑的相互作用时间Δt=0.15 s，重力加速度g=10 m/s2。 （1）求木槌刚接触糍粑时的动量大小。 （2）若打击糍粑后木槌速度变为2 m/s且方向竖直向上，求此过程中糍粑对木槌的平均作用力大小。 （3）若在打击糍粑过程中，木槌还受到操作人员竖直向下F=30 N的作用力，且打击后木槌静止，求木槌与糍粑相互作用的平均作用力大小。 答案：（1）240 kg•m/s　 （2）1 950 N　 （3）1 780 N 解析：（1）木槌刚接触糍粑时的动量大小p1=mv0= kg•m/s=240 kg•m/s。 （2）设竖直向下为正方向，木槌的末动量为p2=mv=15× kg•m/s=－30 kg•m/s 根据动量定理Δt=p2－p1 代入数据解得F1=1 950 N。 （3）设竖直向下为正方向，木槌的初动量为p1，末动量p=0， 根据动量定理Δt=p－p1 代入数据解得F2=1 780 N。 11.（2026•福建福州高二下期末）如图所示，游客和工作人员在玩海上飞龙时，工作人员操控喷射式悬浮飞行器将水带送上来的水反转180°后竖直向下以相等大小的速度喷出，使游客和工作人员悬停在空中。已知游客、工作人员与装备的总质量M为157 kg，两个圆管喷嘴的直径均为10 cm，已知重力加速度大小g=10 m/s2，水的密度ρ=1.0×103 kg/m3，则喷嘴处喷水的速度大约为（　　） A.4.9 m/s　 B.7.1 m/s C.9.0 m/s　 D.11.2 m/s 解析：B　设喷嘴处喷水的速度大小为v，每个喷嘴喷出的水对人的作用力大小均为F，运动员与装备悬停在空中，受力平衡，有Mg=2F，故F=，选择喷嘴喷出的一小段水柱为研究对象，设在较小的时间Δt内，一个喷嘴喷出水的质量为Δm=ρSvΔt，规定竖直向下为正方向，由动量定理可得F′Δt=Δmv－=2Δmv，根据牛顿第三定律，人对水的作用力为F′=F，又因为S=，联立可得F==，解得v== m/s≈7.1 m/s。 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $