資源簡介

第1講　動量定理
1.（2025·江蘇徐州期中）兩個具有相同動能的物體A、B，質(zhì)量分別為mA、mB，且mA＞mB，比較它們的動量，則（　　）
A.物體B的動量較大 B.物體A的動量較大
C.動量大小相等 D.不能確定
2.〔多選〕如圖，水平飛向球棒的壘球被擊打后，動量變化量為12.6 kg·m/s，則（　　）
A.球的動能可能不變
B.球的動量大小一定增加12.6 kg·m/s
C.球?qū)Π舻淖饔昧εc棒對球的作用力大小一定相等
D.球受到棒的沖量方向可能與球被擊打前的速度方向相同
3.（2025·江蘇泗陽期中調(diào)研）籃球運動深受同學(xué)們喜愛。打籃球時，某同學(xué)伸出雙手接傳來的籃球，雙手隨籃球迅速收縮至胸前，如圖所示。他這樣做的效果是（　　）
A.減小籃球?qū)κ值臎_擊力
B.減小籃球的動量變化量
C.減小籃球的動能變化量
D.減小籃球?qū)κ值臎_量
4.（2025·云南玉溪模擬）將質(zhì)量為m＝1 kg的物塊置于水平地面上，已知物塊與水平地面間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.5，現(xiàn)在物塊上施加一個平行于水平地面的恒力F＝10 N，物體由靜止開始運動，作用4 s后撤去F。重力加速度取g＝10 m/s2，對于物塊從靜止開始運動到停下這一過程，下列說法正確的是（　　）
A.整個過程物塊運動的時間為6 s
B.整個過程物塊運動的時間為8 s
C.整個過程中物塊的總位移大小為40 m
D.整個過程中物塊的總位移大小為60 m
5.（2025·湖北武漢二模）中國汽車?yán)﹀\標(biāo)賽是我國級別最高，規(guī)模最大的汽車賽事之一，其賽道有很多彎道。某輛賽車在一段賽道內(nèi)速度大小由2v變?yōu)?v，隨后一段賽道內(nèi)速度大小由5v變?yōu)?v，前后兩段賽道內(nèi)，合外力對賽車做的功分別為W1和W2，賽車的動量變化的大小分別為Δp1和Δp2，下列關(guān)系式可能成立的是（　　）
A.W1＝W2，Δp1＝Δp2
B.W1＝W2，Δp1＝Δp2
C.W1＝W2，Δp1＝4Δp2
D.W1＝W2，Δp1＝4Δp2
6.（2025·江蘇揚州模擬）如圖，在光滑的水平桌面上，質(zhì)量為m的小球在輕繩的作用下，繞O點以速率v做勻速圓周運動。A、B點連線為直徑，由A點記時，經(jīng)過時間t小球在B點，繩子的拉力大小為F，此過程中下列說法正確的是（　　）
A.圓周運動的周期可能為t
B.小球重力的沖量大小為0
C.繩子拉力的沖量大小為Ft
D.小球動量的變化量大小為0
7.〔多選〕（2025·四川綿陽模擬）有的人躺著看手機，若手機不慎跌落，會對人眼造成傷害。若手機質(zhì)量為150 g，從離人眼25 cm處無初速度不慎跌落，碰到眼睛后手機反彈8 mm，眼睛受到手機的沖擊時間為0.1 s，取重力加速度g＝10 m/s2，＝2.236。手機撞擊人眼的過程中，下列分析正確的是（　　）
A.手機對人眼的沖擊力大小為5.5 N
B.手機受到的重力沖量大小約為0.4 N·s
C.手機動量變化量大小約為0.4 kg·m/s
D.手機動量的變化率大小約為0.4 kg·m/s2
8.（2025·廣西貴港模擬）為了響應(yīng)政府號召，做到“守護好一江碧水”，記者騎行馬拉松跑道見證最美長江岸線，并用手機上“測加速度”的應(yīng)用程序記錄下了電動車從靜止開始沿直線運動過程中的運動信息，其加速度隨時間變化的規(guī)律如圖所示，由圖像可知在這段時間內(nèi)電動車（　　）
A.2 s末的位移最大
B.0～2 s平均速度大小大于2～4 s平均速度大小
C.0～2 s合外力做功大小等于2～4 s合外力做功大小
D.0～2 s合外力沖量大小小于2～4 s合外力沖量大小
9.〔多選〕（2024·全國甲卷20題）蹦床運動中，體重為60 kg的運動員在t＝0時剛好落到蹦床上，對蹦床作用力大小F與時間t的關(guān)系如圖所示。假設(shè)運動過程中運動員身體始終保持豎直，在其不與蹦床接觸時蹦床水平。忽略空氣阻力，重力加速度大小取10 m/s2。下列說法正確的是（　　）
A.t＝0.15 s時，運動員的重力勢能最大
B.t＝0.30 s時，運動員的速度大小為10 m/s
C.t＝1.00 s時，運動員恰好運動到最大高度處
D.運動員每次與蹦床接觸到離開過程中對蹦床的平均作用力大小為4 600 N
10.如圖所示為清洗汽車用的高壓水槍。設(shè)水槍噴出的水柱直徑為D，水流速度為v，水柱垂直于汽車表面，水柱沖擊汽車后水的速度為零。手持高壓水槍操作，進入水槍的水流速度可忽略不計，已知水的密度為ρ。下列說法正確的是（　　）
A.高壓水槍單位時間噴出的水的質(zhì)量為ρπvD2
B.高壓水槍單位時間噴出的水的質(zhì)量為ρvD2
C.水柱對汽車的平均沖力為ρD2v2
D.當(dāng)高壓水槍噴口的出水速度變?yōu)樵瓉淼?倍時，噴出的水對汽車的壓強變?yōu)樵瓉淼?倍
11.（2025·河北邯鄲模擬）中華神盾防空火控系統(tǒng)會在目標(biāo)來襲時射出大量子彈顆粒，在射出方向形成一個均勻分布、持續(xù)時間t＝0.01 s、橫截面積為S＝2 m2的圓柱形彈幕，每個子彈顆粒的平均質(zhì)量為m＝2×10－2 kg，每1 cm3有一個子彈顆粒，所有子彈顆粒以v＝300 m/s射入目標(biāo)，并停在目標(biāo)體內(nèi)。下列說法正確的是（　　）
A.所形成彈幕的總體積V＝6 cm3
B.所形成彈幕的總質(zhì)量M＝1.2×105 kg
C.彈幕對目標(biāo)形成的沖量大小I＝3.6×107 kg·m/s2
D.彈幕對目標(biāo)形成的沖擊力大小F＝3.6×108 N
12.（2025·甘肅酒泉三模）乒乓球被稱為中國的“國球”，是一種世界流行的球類體育項目，如圖所示為某同學(xué)訓(xùn)練時的情景，若某次乒乓球從某一高度由靜止下落，以v0＝2 m/s的速度豎直向下碰撞乒乓球拍，同時使乒乓球拍的接球面保持水平且以1 m/s的速度水平移動，乒乓球與球拍碰撞反彈后的高度與下落高度相等。已知乒乓球與球拍之間的動摩擦因數(shù)為μ＝，不計空氣阻力，碰撞時間極短，且碰撞過程忽略乒乓球所受重力的影響，周圍環(huán)境無風(fēng)，則乒乓球與球拍碰撞后的瞬時速度大小為（　　）
A.4 m/s B.3 m/s
C.2 m/s D.1 m/s
第1講　動量定理
1.B　根據(jù)動能的表達式Ek＝mv2，動量的表達式p＝mv，聯(lián)立可得p＝，物體A、B動能Ek相同，mA＞mB，則pA＞pB，即物體A的動量較大，故選B。
2.AC　壘球被擊打后，可能以與被擊打前等大的速率反向運動，所以球的動能可能不變，動量大小不變，A正確，B錯誤；由牛頓第三定律可知，球?qū)Π舻淖饔昧εc棒對球的作用力是一對相互作用力，它們大小相等，C正確；球受到棒的沖量方向是棒對球彈力的方向，與球被擊打前的速度方向相反，D錯誤。
3.A　先伸出兩臂迎接，手接觸到球后，兩臂隨球收至胸前，這樣可以增加球與手接觸的時間，根據(jù)動量定理得－Ft＝0－mv，解得F＝，當(dāng)時間增大時，球動量的變化率減小，作用力就減小，而沖量和動量的變化量都不變，故A正確，B、D錯誤；速度由v減小到0，動能的變化量是不變的，故C錯誤。
4.B　在整個過程中由動量定理得Ft1－μmgt＝0，解得t＝8 s，選項A錯誤，B正確；在物塊前4 s運動的過程中由動量定理得Ft1－μmgt1＝mv，解得v＝20 m/s，因物塊加速和減速過程的平均速度都為＝＝，所以全程的平均速度也為，則整個過程中物塊的總位移x＝t＝×8 m＝80 m，選項C、D錯誤。
5.B　根據(jù)動能定理有W1＝m（4v）2－m（2v）2＝6mv2，W2＝m（7v）2－m（5v）2＝12mv2，可得W1＝W2，由于速度和動量是矢量，具有方向，當(dāng)初、末速度方向相同時，動量變化量最小，方向相反時，動量變化量最大，可知動量變化的大小范圍是2mv≤Δp1≤6mv，2mv≤Δp2≤12mv，綜上，可知A、C、D錯誤，B正確。
6.A　小球在輕繩的作用下，繞O點做勻速圓周運動，則由A到B點的運動時間t可能是半個周期的奇數(shù)倍，即t＝n，其中n取奇數(shù)，則T＝，當(dāng)n＝3時，T＝t，故A正確；在時間t內(nèi)，小球重力的沖量大小為IG＝mgt，故B錯誤；小球在水平桌面上運動時，重力沖量與支持力沖量等大反向，小球在A點和B點時的速度方向相反，對該過程運用動量定理，則繩子拉力的沖量大小為IF＝mv－（－mv）＝2mv，故C錯誤；由C可知，小球在由A點到B點的運動過程中，動量的變化量大小為2mv，故D錯誤。
7.AC　手機下落25 cm過程由位移速度關(guān)系有＝2gh1，手機反彈8 mm過程由位移速度關(guān)系有＝2gh2，解得v1＝ m/s，v2＝0.4 m/s，取豎直向上為正方向，手機動量變化量Δp＝mv2－（－mv1）≈0.4 kg·m/s，故C正確；手機動量的變化率大小＝4 kg·m/s2，故D錯誤；根據(jù)沖量的定義，可得IG＝mgΔt＝0.15 N·s，故B錯誤；對手機進行分析，由動量定理有（F－mg）Δt＝Δp，解得沖擊力的大小為F＝5.5 N，故A正確。
8.C　a-t圖像與坐標(biāo)軸包圍的面積表示速度的變化量，0～2 s速度的變化量大小與2～4 s速度的變化量大小相同，方向相反。設(shè)t＝2 s時速度為v，則t＝4 s時速度為零。0～2 s電動車從速度為零開始加速，2～4 s時減速到零，所以，4 s末位移最大，A錯誤；根據(jù)圖像對稱性，0～2 s位移與2～4 s位移相等，0～2 s平均速度大小等于2～4 s平均速度大小，B錯誤；根據(jù)動能定理，0～2 s和2～4 s動能的變化量相等，故合外力做功大小相等，C正確；根據(jù)動量定理，0～2 s合外力沖量大小等于2～4 s合外力沖量大小，方向相反，D錯誤。
9.BD　根據(jù)題圖分析可知，t＝0.15 s時，運動員對蹦床作用力最大，則此時運動員下降至最低點，運動員的重力勢能最小，A錯誤；根據(jù)題圖分析可知，t＝0.30 s時運動員離開蹦床，做豎直上拋運動，經(jīng)2 s后，即t＝2.30 s時再次落至蹦床上，根據(jù)豎直上拋運動的對稱性可知，t＝1.30 s時，運動員運動至最大高度處，根據(jù)v＝gΔt可知，運動員在t＝0.30 s時的速度大小v0＝10 m/s，B正確，C錯誤；對運動員與蹦床一次相互作用過程，根據(jù)動量定理有（－mg）Δt＝mv0－（－mv0），代入數(shù)據(jù)解得＝4 600 N，D正確。
10.D　高壓水槍單位時間噴出水的質(zhì)量為m0＝ρV＝ρπ·v＝πρvD2，A、B錯誤；設(shè)汽車對水柱的平均沖力為F，由動量定理得Ft＝mv，即Ft＝ρπvD2t·v，解得F＝ρπv2D2，由牛頓第三定律知水柱對汽車的平均沖力大小為ρπv2D2，C錯誤；高壓水槍噴出的水對汽車產(chǎn)生的壓強p＝＝＝ρv2，則當(dāng)高壓水槍噴口的出水速度變?yōu)樵瓉淼?倍時，噴出的水對汽車的壓強變?yōu)樵瓉淼?倍，D正確。
11.B　形成彈幕的總體積V＝vtS＝6 m3，A錯誤；每1 cm3有一個子彈顆粒，則子彈顆粒的總個數(shù)N＝（個）＝6×106（個），所形成彈幕的總質(zhì)量M＝Nm＝1.2×105 kg，B正確；對整個彈幕，由動量定理可知I＝Mv＝3.6×107 kg·m/s，C錯誤；由沖量公式I＝Ft知，彈幕對目標(biāo)形成的沖擊力大小F＝＝3.6×109 N，D錯誤。
12.B　由題意可知，乒乓球與球拍碰撞后反彈的高度與下落高度相等，則碰后豎直方向的速度大小為vy＝v0＝2 m/s，設(shè)乒乓球的質(zhì)量為m，乒乓球與球拍的碰撞時間為Δt，在豎直方向上，根據(jù)動量定理有FN·Δt＝mvy－（－mv0），在水平方向上，根據(jù)動量定理有Ff·Δt＝μFN·Δt＝mvx，v＝，聯(lián)立解得vx＝ m/s，v＝3 m/s，故選B。
3 / 3第1講　動量定理
動量和沖量
1.動量
（1）定義：物理學(xué)中把質(zhì)量和速度的　　　　　　
定義為物體的動量，用字母p表示。
（2）表達式：p＝　　　　。
（3）單位：　　　　　　　　。
（4）標(biāo)矢性：　　　　　　　　　，其方向和　　　　的方向相同。
2.沖量
（1）定義：力與力的　　　　　　的乘積叫作力的沖量。定義式：　　　　　　　　。
（2）單位：沖量的單位是　　　　　，符號是　　　　　　。
（3）標(biāo)矢性：　　　　　　　　，恒力沖量的方向與　　　　的方向相同。
動量定理
1.內(nèi)容：物體在一個過程中所　　　　　　　的　　　　　　　等于它在這個過程始末的　　　　　　　　。
2.表達式：I＝p'－p或F（t'－t）＝mv'－mv。
3.矢量性：沖量的方向與　　　　　　的方向相同。
1.物體的動量越大，其慣性也越大。（　　）
2.一個物體的速度方向變化，它的動量一定改變。（　　）
3.合外力的沖量是物體動量發(fā)生變化的原因。（　　）
4.物體所受合外力的沖量的方向與物體末動量的方向相同。（　　）
5.物體所受合外力的沖量方向與物體動量變化的方向是一致的。（　　）
1.（2022·海南高考1題）在冰上接力比賽時，甲推乙的作用力是F1，乙對甲的作用力是F2，則這兩個力（　　）
A.大小相等，方向相反 B.大小相等，方向相同
C.F1的沖量大于F2的沖量 D.F1的沖量小于F2的沖量
2.（人教版選擇性必修第一冊·第一章第2節(jié)“練習(xí)與應(yīng)用”T2改編）體操運動員在落地時總要屈腿，這樣做可以（　　）
A.減小地面對人的沖量
B.減小地面對人的撞擊力
C.減小人的動量變化量
D.減小人的動能變化量
3.〔多選〕（2023·新課標(biāo)卷19題）使甲、乙兩條形磁鐵隔開一段距離，靜止于水平桌面上，甲的N極正對著乙的S極，甲的質(zhì)量大于乙的質(zhì)量，兩者與桌面之間的動摩擦因數(shù)相等。現(xiàn)同時釋放甲和乙，在它們相互接近過程中的任一時刻（　　）
A.甲的速度大小比乙的大
B.甲的動量大小比乙的小
C.甲的動量大小與乙的相等
D.甲和乙的動量之和不為零
考點一　動量、沖量的理解及計算
1.動量的理解
（1）動量是狀態(tài)量：動量是描述物體運動狀態(tài)的物理量，是針對某一時刻或位置而言的。
（2）動量與動能的比較
動量 動能
物理意義 描述機械運動狀態(tài)的物理量
定義式 p＝mv Ek＝mv2
標(biāo)矢量 矢量 標(biāo)量
變化因素 合力的沖量 合力所做的功
大小關(guān)系 p＝ Ek＝
聯(lián)系 ①都是相對量，與參考系的選取有關(guān)，通常選取地面為參考系； ②若物體的動能發(fā)生變化，則動量一定也發(fā)生變化；但動量發(fā)生變化時動能不一定發(fā)生變化； ③都是狀態(tài)量，與某一時刻或某一位置相對應(yīng)
2.沖量的理解與計算
（1）沖量是過程量，其與力作用的過程相對應(yīng)，表示力對時間的累積。
（2）沖量的四種計算方法
公式法 利用定義式I＝FΔt計算沖量，此法僅適用于恒力的沖量
圖像法 利用F-t圖像計算，F(xiàn)-t圖線與橫軸圍成的面積表示沖量，此法既可以計算恒力的沖量，也可以計算變力的沖量
平均 力法 若方向不變的力大小隨時間均勻變化，則力F在某段時間t內(nèi)的沖量I＝·Δt，F(xiàn)1、F2為該段時間內(nèi)初、末兩時刻力的大小
動量 定理法 對于變力的沖量，不能直接用I＝FΔt求解，可以求出該力作用下物體動量的變化量，由I＝Δp求變力的沖量
（2025·廣西柳州二模）某市學(xué)生期末考試體能測試中有一重要項目：排球墊球個數(shù)測試。某同學(xué)在一次測試中雙手在同一高度多次豎直墊起排球，第一次墊球后，球豎直上升高度為0.2 m。第二次墊球后，球豎直上升高度為0.45 m。已知排球的質(zhì)量為0.27 kg，重力加速度g取10 m/s2，不計空氣阻力，則第二次墊球過程，排球動量變化量的大小為（　　）
A.0.27 kg·m/s B.0.54 kg·m/s
C.0.81 kg·m/s D.1.35 kg·m/s
嘗試解答
如圖所示，質(zhì)量為m的小滑塊沿傾角為θ的斜面向上滑動，經(jīng)過時間t1，速度為零并又開始下滑，經(jīng)過時間t2回到斜面底端，滑塊在運動過程中受到的摩擦力大小始終為Ff。在整個運動過程中，下列說法正確的是（　　）
A.重力對滑塊的總沖量為mg（t1＋t2）sin θ
B.支持力對滑塊的總沖量為mg（t1＋t2）cos θ
C.合力的總沖量為0
D.摩擦力的總沖量為Ff（t1＋t2）
嘗試解答
一質(zhì)點靜止在光滑的水平面上，現(xiàn)對其施加水平外力F，力F隨時間按正弦規(guī)律變化，如圖所示，下列說法正確的是（　　）
A.第2 s末，質(zhì)點的動量為0
B.第2 s末，質(zhì)點的動量方向發(fā)生變化
C.第4 s末，質(zhì)點回到出發(fā)點
D.在1～3 s時間內(nèi)，力F的沖量為0
嘗試解答
考點二　動量定理的理解及應(yīng)用
1.動量定理的理解
（1）動量定理反映了力的沖量與動量變化之間的因果關(guān)系，即合力的沖量是原因，物體的動量變化是結(jié)果。
（2）動量定理中的沖量是所受合力的沖量，既是各力沖量的矢量和，也是合力在不同階段沖量的矢量和。
（3）動量定理的表達式是矢量式，等號包含了大小相等、方向相同兩方面的含義。
（4）由FΔt＝p'－p，得F＝＝，即物體所受的合力等于物體的動量對時間的變化率。
2.用動量定理解釋生活現(xiàn)象
（1）Δp一定時，F(xiàn)的作用時間越短，力越大；作用時間越長，力越小。
（2）F一定時，力的作用時間越長，Δp越大；作用時間越短，Δp越小。
分析問題時，要明確哪個量一定，哪個量變化。
3.用動量定理解題的基本思路
（1）確定研究對象。研究對象一般僅限于單個物體。
（2）對物體進行受力分析，求合沖量。可先求每個力的沖量，再求各力沖量的矢量和；或先求合力，再求其沖量。
（3）抓住過程的初、末狀態(tài)，選好正方向，確定各動量和沖量的正負號。
（4）根據(jù)動量定理列方程，如有必要還需要補充其他方程，最后代入數(shù)據(jù)求解。
對過程較復(fù)雜的運動，可分段用動量定理，也可對整個過程用動量定理。
如圖所示，為了安全，跳遠時運動員都是跳在沙坑里。與跳在水泥地上相比較，以下說法正確的是（　　）
A.人跳在沙坑的動量大小等于跳在水泥地上的動量大小
B.人跳在沙坑的動量變化比跳在水泥地上小
C.人跳在沙坑受到的沖量比跳在水泥地上小
D.人跳在沙坑受到的沖力比跳在水泥地上大
嘗試解答
高空作業(yè)須系安全帶。如果質(zhì)量為m的高空作業(yè)人員不慎跌落，從開始跌落到安全帶對人剛產(chǎn)生作用力前，人下落的距離為h（可視為自由落體運動），此后經(jīng)歷時間t，安全帶達到最大伸長量。若在此過程中該作用力始終豎直向上，重力加速度為g，忽略空氣阻力，則該段時間安全帶對人的平均作用力大小為（　　）
A.＋mg B.－mg
C.＋mg D.－mg
嘗試解答
（2024·廣東高考14題）汽車的安全帶和安全氣囊是有效保護乘客的裝置。
（1）安全帶能通過感應(yīng)車的加速度自動鎖定，其原理的簡化模型如圖甲所示。在水平路面上剎車的過程中，敏感球由于慣性沿底座斜面上滑直到與車達到共同的加速度a，同時頂起敏感臂，使之處于水平狀態(tài)，并卡住卷軸外齒輪，鎖定安全帶。此時敏感臂對敏感球的壓力大小為FN，敏感球的質(zhì)量為m，重力加速度為g。忽略敏感球受到的摩擦力。求斜面傾角的正切值tan θ。
（2）如圖乙所示，在安全氣囊的性能測試中，可視為質(zhì)點的頭錘從離氣囊表面高度為H處做自由落體運動。與正下方的氣囊發(fā)生碰撞。以頭錘到氣囊表面為計時起點，氣囊對頭錘豎直方向作用力F隨時間t的變化規(guī)律，可近似用圖丙所示的圖像描述。已知頭錘質(zhì)量M＝30 kg，H＝3.2 m，重力加速度大小取g＝10 m/s2。求：
①碰撞過程中F的沖量大小和方向；
②碰撞結(jié)束后頭錘上升的最大高度。
嘗試解答
應(yīng)用動量定理處理“流體模型”
類型 流體類：液體流、氣體流等，通常已知密度ρ
微粒類：電子流、光子流、塵埃等，通常給出單位體積內(nèi)粒子數(shù)n
分析 步驟 ①構(gòu)建“柱狀”模型：沿流速v的方向選取一小段柱體，其橫截面積為S
②微元 研究 小段柱體的體積ΔV＝vSΔt
小段柱體質(zhì)量m＝ρΔV＝ρvSΔt 小段柱體粒子數(shù)N＝nvSΔt
小段柱體動量p＝mv＝ρv2SΔt
③列出方程，應(yīng)用動量定理FΔt＝Δp研究
〔多選〕如圖所示，質(zhì)量為M的直-20武裝直升機旋翼有4片槳葉，槳葉旋轉(zhuǎn)形成的圓面面積為S。已知空氣密度為ρ，重力加速度大小為g。當(dāng)直升機懸停在空中時，槳葉旋轉(zhuǎn)推動空氣，空氣獲得的速度為v0，則單位時間內(nèi)槳葉旋轉(zhuǎn)推動空氣的質(zhì)量可表示為（　　）
A.＝ρS B.＝ρSv0
C.＝ D.＝
嘗試解答
國際空間站將在2031年退役，我國的空間站將取代國際空間站的地位，成為很多國家爭相合作的對象。空間站運動受到稀薄空氣阻力作用，需要離子推進器提供推力以平衡空氣阻力，已知離子推進器內(nèi)部加速電壓為U，將大量質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子從靜止加速后噴射出去，單位時間噴射出去的粒子數(shù)為n，則提供的推力為（　　）
A.n B.2n
C.2n D.n
嘗試解答
第1講　動量定理
【立足“四層”·夯基礎(chǔ)】
基礎(chǔ)知識梳理
知識點1
1.（1）乘積mv　（2）mv　（3）kg·m/s　（4）動量是矢量
速度　2.（1）作用時間　I＝FΔt　（2）牛秒　N·s
（3）沖量是矢量　恒力
知識點2
1.受力　沖量　動量變化量　3.合力
易錯易混辨析
1.×　2.√　3.√　4.×　5.√
雙基落實筑牢
1.A　根據(jù)題意可知F1和F2是相互作用力，根據(jù)牛頓第三定律可知F1和F2等大反向、具有同時性，根據(jù)沖量定義式I＝Ft可知F1和F2的沖量大小相等，方向相反，故選A。
2.B　體操運動員落地時屈腿可以延長地面對人撞擊力的作用時間，取人落地時速度方向為正方向，根據(jù)動量定理得－Ft＋mgt＝0－mv，得F＝＋mg，當(dāng)t增加時F減小，而沖量和動量、動能的變化量都不變，所以B正確。
3.BD　根據(jù)F－μmg＝ma可得a＝F－μg，因m甲＞m乙，故a甲＜a乙，則任意時刻甲的速度大小比乙的小，A錯誤；m甲＞m乙，又μ甲＝μ乙，則μ甲m甲g＞μ乙m乙g，故甲和乙組成的系統(tǒng)所受合外力的沖量方向水平向左，即甲的動量大小比乙的小，B、D正確，C錯誤。
【著眼“四翼”·探考點】
考點一
【例1】 D　第一次墊球后，球豎直上升高度為0.2 m，球落回到手上的速度大小為v0＝＝2 m/s，方向向下；第二次墊球后，球豎直上升的高度為0.45 m，則球剛離手時的速度大小為v1＝＝3 m/s，方向向上；取向上為正方向，第二次墊球過程，排球動量變化量為Δp＝mv1－（－mv0）＝m（v1＋v0）＝0.27 kg×5 m/s＝1.35 kg·m/s，故選D。
【例2】 B　重力對滑塊的總沖量為mg（t1＋t2），故A錯誤；支持力對滑塊的總沖量為mg（t1＋t2）cos θ，故B正確；整個過程中小滑塊的動量發(fā)生了改變，故合力的總沖量不為0，C錯誤；上滑過程和下滑過程摩擦力的方向相反，故若以沿斜面向上為正方向，摩擦力的總沖量為Ff（t2－t1），故D錯誤。
【例3】 D　由題圖可知，0～2 s時間內(nèi)力F的方向和質(zhì)點運動的方向相同，質(zhì)點經(jīng)歷了加速度逐漸增大的加速運動和加速度逐漸減小的加速運動，所以第2 s末，質(zhì)點的速度最大，動量最大，方向不變，故A、B錯誤；2～4 s內(nèi)F的方向與0～2 s內(nèi)力F的方向相反，該質(zhì)點0～2 s內(nèi)做加速運動，2～4 s內(nèi)做減速運動，第4 s末，物體速度減為0，所以質(zhì)點在0～4 s內(nèi)的位移均為正，第4 s末，質(zhì)點沒有回到出發(fā)點，故C錯誤；在F-t圖像中，圖線與橫軸所圍的面積表示力F的沖量，由題圖可知，1～2 s內(nèi)的面積與2～3 s內(nèi)的面積大小相等，一正一負，則在1～3 s時間內(nèi)，力F的沖量為0，故D正確。
考點二
【例4】 A　人跳在沙坑的動量大小等于跳在水泥地上的動量大小，因為人的質(zhì)量與速度大小一樣，所以動量大小相等，A正確；人跳在沙坑的動量變化等于跳在水泥地上的動量變化，因為初動量相等，末動量為0，所以動量的變化量大小相等，B錯誤；根據(jù)動量定理FΔt＝Δp，人跳在沙坑受到的沖量與跳在水泥地上受到的沖量大小相等，C錯誤；沙坑中的沙子起到緩沖作用，延長力的作用時間，根據(jù)動量定理FΔt＝Δp可知，人跳在沙坑受到的沖力比跳在水泥地上小，D錯誤。
【例5】 A　安全帶對人起作用之前，人做自由落體運動，由v2＝2gh可得，安全帶對人起作用前瞬間，人的速度v＝；安全帶達到最大伸長量時，人的速度為零；從安全帶開始對人起作用到安全帶伸長量最大，取豎直向下的力為正方向，由動量定理可得（mg－）t＝0－mv，故平均作用力大小＝＋mg＝＋mg，故選項A正確。
【例6】 （1）　（2）①330 N·s，方向豎直向上
②0.2 m
解析：（1）敏感球受豎直向下的重力mg和敏感臂向下的壓力FN以及斜面的支持力FN1作用，則由牛頓第二定律可知（mg＋FN）tan θ＝ma
解得tan θ＝。
（2）①由題圖丙可知碰撞過程中F的沖量大小IF＝×0.1×6 600 N·s＝330 N·s，方向豎直向上；
②頭錘落到氣囊上時的速度v0＝＝8 m/s
與氣囊作用過程由動量定理（向上為正方向）有IF－Mgt＝Mv－（－Mv0）
解得v＝2 m/s
則上升的最大高度h＝＝0.2 m。
【聚焦“素養(yǎng)”·提能力】
【典例1】 BD　直升機處于平衡狀態(tài)，設(shè)直升機與空氣間的作用力為F，則F＝Mg，飛機對空氣的力與空氣對飛機的力為作用力與反作用力，即F＝F'，對空氣，由動量定理可得F'Δt＝Δm·v0＝ρSv0Δt·v0，解得＝ρSv0，故A錯誤，B正確；由上式知F'Δt＝Δm·v0，且F'＝F＝Mg，聯(lián)立兩式可得＝，故C錯誤，D正確。
【典例2】 D　粒子被加速過程，根據(jù)動能定理可得qU＝mv2，大量粒子從靜止加速后噴射出去的過程，根據(jù)動量定理可得FΔt＝Δmv，其中Δm＝nmΔt，解得提供的推力為F＝n，故選D。
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第1講　動量定理
高中總復(fù)習(xí)·物理
目 錄
01
立足”四層”·夯基礎(chǔ)
02
著眼“四翼”·探考點
03
聚焦“素養(yǎng)”·提能力
04
培養(yǎng)“思維”·重落實
概念 公式 定理
立足“四層”·夯基礎(chǔ)
動量和沖量
1. 動量
（1）定義：物理學(xué)中把質(zhì)量和速度的 定義為物體的動量，用
字母p表示。
（2）表達式：p＝ 。
（3）單位： 。
（4）標(biāo)矢性： ，其方向和 的方向相同。
乘積mv　
mv　
kg·m/s　
動量是矢量　
速度　
2. 沖量
（1）定義：力與力的 的乘積叫作力的沖量。定義式：
。
（2）單位：沖量的單位是 ，符號是 。
（3）標(biāo)矢性： ，恒力沖量的方向與 的方向相
同。
作用時間　
I＝
FΔt　
牛秒　
N·s　
沖量是矢量　
恒力　
動量定理
1. 內(nèi)容：物體在一個過程中所 的 等于它在這個過程始末
的 。
2. 表達式：I＝p'－p或F（t'－t）＝mv'－mv。
3. 矢量性：沖量的方向與 的方向相同。
受力　
沖量　
動量變化量　
合力　
1. 物體的動量越大，其慣性也越大。 （　×　）
2. 一個物體的速度方向變化，它的動量一定改變。 （　√　）
3. 合外力的沖量是物體動量發(fā)生變化的原因。 （　√　）
4. 物體所受合外力的沖量的方向與物體末動量的方向相同。 （　×　）
5. 物體所受合外力的沖量方向與物體動量變化的方向是一致的。
（　√　）
×
√
√
×
√
1. （2022·海南高考1題）在冰上接力比賽時，甲推乙的作用力是F1，乙對
甲的作用力是F2，則這兩個力（　　）
A. 大小相等，方向相反
B. 大小相等，方向相同
C. F1的沖量大于F2的沖量
D. F1的沖量小于F2的沖量
解析： 　根據(jù)題意可知F1和F2是相互作用力，根據(jù)牛頓第三定律可知F1
和F2等大反向、具有同時性，根據(jù)沖量定義式I＝Ft可知F1和F2的沖量大小
相等，方向相反，故選A。
√
2. （人教版選擇性必修第一冊·第一章第2節(jié)“練習(xí)與應(yīng)用”T2改編）體操
運動員在落地時總要屈腿，這樣做可以（　　）
A. 減小地面對人的沖量
B. 減小地面對人的撞擊力
C. 減小人的動量變化量
D. 減小人的動能變化量
解析： 　體操運動員落地時屈腿可以延長地面對人撞擊力的作用時間，
取人落地時速度方向為正方向，根據(jù)動量定理得－Ft＋mgt＝0－mv，得F
＝＋mg，當(dāng)t增加時F減小，而沖量和動量、動能的變化量都不變，所以
B正確。
√
3. 〔多選〕（2023·新課標(biāo)卷19題）使甲、乙兩條形磁鐵隔開一段距離，
靜止于水平桌面上，甲的N極正對著乙的S極，甲的質(zhì)量大于乙的質(zhì)量，兩
者與桌面之間的動摩擦因數(shù)相等。現(xiàn)同時釋放甲和乙，在它們相互接近過
程中的任一時刻（　　）
A. 甲的速度大小比乙的大
B. 甲的動量大小比乙的小
C. 甲的動量大小與乙的相等
D. 甲和乙的動量之和不為零
√
√
解析： 　根據(jù)F－μmg＝ma可得a＝F－μg，因m甲＞m乙，故a甲＜a乙，
則任意時刻甲的速度大小比乙的小，A錯誤；m甲＞m乙，又μ甲＝μ乙，則μ甲
m甲g＞μ乙m乙g，故甲和乙組成的系統(tǒng)所受合外力的沖量方向水平向左，即
甲的動量大小比乙的小，B、D正確，C錯誤。
題型 規(guī)律 方法
著眼“四翼”·探考點
考點一　動量、沖量的理解及計算
1. 動量的理解
（1）動量是狀態(tài)量：動量是描述物體運動狀態(tài)的物理量，是針對某一時
刻或位置而言的。
（2）動量與動能的比較
動量 動能
物理意義 描述機械運動狀態(tài)的物理量
定義式 p＝mv Ek＝mv2
標(biāo)矢量 矢量 標(biāo)量
變化因素 合力的沖量 合力所做的功
大小關(guān)系 p＝ Ek＝
聯(lián)系 ①都是相對量，與參考系的選取有關(guān)，通常選取地面為參考； ②若物體的動能發(fā)生變化，則動量一定也發(fā)生變化；但
動量發(fā)生變化時動能不一定發(fā)生變化； ③都是狀態(tài)量，與某一時刻或某一位置相對應(yīng)
2. 沖量的理解與計算
（1）沖量是過程量，其與力作用的過程相對應(yīng)，表示力對時間的累積。
（2）沖量的四種計算方法
公式法 利用定義式I＝FΔt計算沖量，此法僅適用于恒力的沖量
圖像法 利用F-t圖像計算，F(xiàn)-t圖線與橫軸圍成的面積表示沖量，此法
既可以計算恒力的沖量，也可以計算變力的沖量
平均 力法 若方向不變的力大小隨時間均勻變化，則力F在某段時間t內(nèi)
的沖量I＝·Δt，F(xiàn)1、F2為該段時間內(nèi)初、末兩時刻力的
大小
動量 定理法 對于變力的沖量，不能直接用I＝FΔt求解，可以求出該力作
用下物體動量的變化量，由I＝Δp求變力的沖量
（2025·廣西柳州二模）某市學(xué)生期末考試體能測試中有一重要項
目：排球墊球個數(shù)測試。某同學(xué)在一次測試中雙手在同一高度多次豎直墊
起排球，第一次墊球后，球豎直上升高度為0.2 m。第二次墊球后，球豎
直上升高度為0.45 m。已知排球的質(zhì)量為0.27 kg，重力加速度g取10
m/s2，不計空氣阻力，則第二次墊球過程，排球動量變化量的大小為
（　　）
A. 0.27 kg·m/s B. 0.54 kg·m/s
C. 0.81 kg·m/s D. 1.35 kg·m/s
√
解析：第一次墊球后，球豎直上升高度為0.2 m，球落回到手上的速度大
小為v0＝＝2 m/s，方向向下；第二次墊球后，球豎直上升的高度為
0.45 m，則球剛離手時的速度大小為v1＝＝3 m/s，方向向上；取向
上為正方向，第二次墊球過程，排球動量變化量為Δp＝mv1－（－mv0）＝
m（v1＋v0）＝0.27 kg×5 m/s＝1.35 kg·m/s，故選D。
如圖所示，質(zhì)量為m的小滑塊沿傾角為θ的斜面向上滑動，經(jīng)過時間
t1，速度為零并又開始下滑，經(jīng)過時間t2回到斜面底端，滑塊在運動過程中
受到的摩擦力大小始終為Ff。在整個運動過程中，下列說法正確的是（　）
A. 重力對滑塊的總沖量為mg（t1＋t2）sin θ
B. 支持力對滑塊的總沖量為mg（t1＋t2）cos θ
C. 合力的總沖量為0
D. 摩擦力的總沖量為Ff（t1＋t2）
√
解析：重力對滑塊的總沖量為mg（t1＋t2），故A錯誤；支持力對滑塊
的總沖量為mg（t1＋t2）cos θ，故B正確；整個過程中小滑塊的動量發(fā)
生了改變，故合力的總沖量不為0，C錯誤；上滑過程和下滑過程摩擦
力的方向相反，故若以沿斜面向上為正方向，摩擦力的總沖量為Ff（t2
－t1），故D錯誤。
一質(zhì)點靜止在光滑的水平面上，現(xiàn)對其施加水平外力F，力F隨時間
按正弦規(guī)律變化，如圖所示，下列說法正確的是（　　）
A. 第2 s末，質(zhì)點的動量為0
B. 第2 s末，質(zhì)點的動量方向發(fā)生變化
C. 第4 s末，質(zhì)點回到出發(fā)點
D. 在1～3 s時間內(nèi)，力F的沖量為0
√
解析：由題圖可知，0～2 s時間內(nèi)力F的方向和質(zhì)點運動的方向相同，質(zhì)點
經(jīng)歷了加速度逐漸增大的加速運動和加速度逐漸減小的加速運動，所以第
2 s末，質(zhì)點的速度最大，動量最大，方向不變，故A、B錯誤；2～4 s內(nèi)F
的方向與0～2 s內(nèi)力F的方向相反，該質(zhì)點0～2 s內(nèi)做加速運動，2～4 s內(nèi)
做減速運動，第4 s末，物體速度減為0，所以質(zhì)點在0～4 s內(nèi)的位移均為
正，第4 s末，質(zhì)點沒有回到出發(fā)點，故C錯誤；在F-t圖像中，圖線與橫軸
所圍的面積表示力F的沖量，由題圖可知，1～2 s內(nèi)的面積與2～3 s內(nèi)的面
積大小相等，一正一負，則在1～3 s時間內(nèi)，力F的沖量為0，故D正確。
　（2023·天津高考5題）質(zhì)量為m的列車勻速v行駛，突然以F大小的力制
動剎車直到列車停止，過程中恒受到f的空氣阻力，下列說法正確的是
（　　）
A. 減速運動加速度大小a＝
B. 力F的沖量為mv
C. 剎車距離為
D. 勻速行駛時功率為（f＋F）v
√
解析： 　根據(jù)牛頓第二定律有F＋f＝ma，可得減速運動加速度大小a＝
，故A錯誤；根據(jù)運動學(xué)公式有t＝＝，故力F的沖量為I＝Ft＝
，方向與運動方向相反，故B錯誤；根據(jù)運動學(xué)公式v2＝2ax，可得x＝
＝，故C正確；勻速行駛時牽引力大小等于空氣阻力大小，則
功率為P＝fv，故D錯誤。
考點二　動量定理的理解及應(yīng)用
1. 動量定理的理解
（1）動量定理反映了力的沖量與動量變化之間的因果關(guān)系，即合力的沖
量是原因，物體的動量變化是結(jié)果。
（2）動量定理中的沖量是所受合力的沖量，既是各力沖量的矢量和，也
是合力在不同階段沖量的矢量和。
（3）動量定理的表達式是矢量式，等號包含了大小相等、方向相同兩方
面的含義。
（4）由FΔt＝p'－p，得F＝＝，即物體所受的合力等于物體的動量
對時間的變化率。
2. 用動量定理解釋生活現(xiàn)象
（1）Δp一定時，F(xiàn)的作用時間越短，力越大；作用時間越長，力越小。
（2）F一定時，力的作用時間越長，Δp越大；作用時間越短，Δp越小。
分析問題時，要明確哪個量一定，哪個量變化。
3. 用動量定理解題的基本思路
（1）確定研究對象。研究對象一般僅限于單個物體。
（2）對物體進行受力分析，求合沖量。可先求每個力的沖量，再求各力
沖量的矢量和；或先求合力，再求其沖量。
（3）抓住過程的初、末狀態(tài)，選好正方向，確定各動量和沖量的正負
號。
（4）根據(jù)動量定理列方程，如有必要還需要補充其他方程，最后代入數(shù)
據(jù)求解。
對過程較復(fù)雜的運動，可分段用動量定理，也可對整個過程用動量定理。
如圖所示，為了安全，跳遠時運動員都是跳在沙坑里。與跳在水泥地
上相比較，以下說法正確的是（　　）
A. 人跳在沙坑的動量大小等于跳在水泥地上的動量大小
B. 人跳在沙坑的動量變化比跳在水泥地上小
C. 人跳在沙坑受到的沖量比跳在水泥地上小
D. 人跳在沙坑受到的沖力比跳在水泥地上大
√
解析：人跳在沙坑的動量大小等于跳在水泥地上的動量大小，因為人的質(zhì)
量與速度大小一樣，所以動量大小相等，A正確；人跳在沙坑的動量變化
等于跳在水泥地上的動量變化，因為初動量相等，末動量為0，所以動量
的變化量大小相等，B錯誤；根據(jù)動量定理FΔt＝Δp，人跳在沙坑受到的沖
量與跳在水泥地上受到的沖量大小相等，C錯誤；沙坑中的沙子起到緩沖
作用，延長力的作用時間，根據(jù)動量定理FΔt＝Δp可知，人跳在沙坑受到
的沖力比跳在水泥地上小，D錯誤。
　“智能防摔馬甲”是一款專門為老年人研發(fā)的科技產(chǎn)品。該裝置通過馬
甲內(nèi)的傳感器和微處理器精準(zhǔn)識別穿戴者的運動姿態(tài)，在其失衡瞬間迅速
打開安全氣囊進行主動保護，能有效地避免摔倒帶來的傷害。在穿戴者著
地的過程中，安全氣囊可以（　　）
A. 減小穿戴者與地面的接觸時間
B. 減小穿戴者所受重力的沖量
C. 減小穿戴者動量的變化量
D. 減小穿戴者動量的變化率
√
解析： 　設(shè)穿戴者所受合力為F，依題意，根據(jù)動量定理FΔt＝Δp，可得
F＝，可知安全氣囊的作用是延長了穿戴者與地面的接觸時間Δt，從而
減小穿戴者所受到的合外力，即減小穿戴者動量的變化率，而穿戴者動
量的變化量Δp未發(fā)生變化，故A、C錯誤，D正確；由A、C、D選項分析可
知，安全氣囊的作用是延長了穿戴者與地面的接觸時間Δt，知IG＝mgΔt，
所以穿戴者所受重力的沖量增大了，故B錯誤。
高空作業(yè)須系安全帶。如果質(zhì)量為m的高空作業(yè)人員不慎跌落，從開
始跌落到安全帶對人剛產(chǎn)生作用力前，人下落的距離為h（可視為自由落
體運動），此后經(jīng)歷時間t，安全帶達到最大伸長量。若在此過程中該作用
力始終豎直向上，重力加速度為g，忽略空氣阻力，則該段時間安全帶對
人的平均作用力大小為（　　）
A. ＋mg B. －mg
C. ＋mg D. －mg
√
解析：安全帶對人起作用之前，人做自由落體運動，由v2＝2gh可得，安全
帶對人起作用前瞬間，人的速度v＝；安全帶達到最大伸長量時，人
的速度為零；從安全帶開始對人起作用到安全帶伸長量最大，取豎直向下
的力為正方向，由動量定理可得（mg－）t＝0－mv，故平均作用力大小
＝＋mg＝＋mg，故選項A正確。
（2024·廣東高考14題）汽車的安全帶和安全氣囊是有效保護乘客的裝置。
（1）安全帶能通過感應(yīng)車的加速度自動鎖定，其原理
的簡化模型如圖甲所示。在水平路面上剎車的過程中，
敏感球由于慣性沿底座斜面上滑直到與車達到共同的加
速度a，同時頂起敏感臂，使之處于水平狀態(tài)，并卡住
卷軸外齒輪，鎖定安全帶。此時敏感臂對敏感球的壓力大小為FN，敏感球
的質(zhì)量為m，重力加速度為g。忽略敏感球受到的摩擦力。求斜面傾角的正
切值tan θ。
答案： 　
解析： 敏感球受豎直向下的重力mg和敏感臂向下的壓力FN以及斜面
的支持力FN1作用，則由牛頓第二定律可知（mg＋FN）tan θ＝ma
解得tan θ＝。
（2）如圖乙所示，在安全氣囊的性能測試中，可視為質(zhì)點的頭錘從離氣
囊表面高度為H處做自由落體運動。與正下方的氣囊發(fā)生碰撞。以頭錘到
氣囊表面為計時起點，氣囊對頭錘豎直方向作用力F隨時間t的變化規(guī)律，
可近似用圖丙所示的圖像描述。已知
頭錘質(zhì)量M＝30 kg，H＝3.2 m，重力
加速度大小取g＝10 m/s2。求：
①碰撞過程中F的沖量大小和方向；
②碰撞結(jié)束后頭錘上升的最大高度。
答案： ①330 N·s，方向豎直向上 ②0.2 m
解析： ①由題圖丙可知碰撞過程中F的沖量大小IF＝×0.1×6 600
N·s＝330 N·s，方向豎直向上；
②頭錘落到氣囊上時的速度v0＝＝8 m/s
與氣囊作用過程由動量定理（向上為正方向）有IF－Mgt＝Mv－（－Mv0）
解得v＝2 m/s
則上升的最大高度h＝＝0.2 m。
現(xiàn)實 科技 應(yīng)用
聚焦“素養(yǎng)”·提能力
類型 流體類：液體流、氣體流等，通常已知密度ρ
微粒類：電子流、光子流、塵埃等，通常給出單位體積內(nèi)粒子
數(shù)n
分析 步驟 ①構(gòu)建“柱狀”模型：沿流速v的方向選取一小段柱體，其橫截
面積為S
②微元 研究 小段柱體的體積ΔV＝vSΔt
小段柱體質(zhì)量m＝ρΔV＝ρvSΔt
小段柱體粒子數(shù)N＝nvSΔt
小段柱體動量p＝mv＝ρv2SΔt
③列出方程，應(yīng)用動量定理FΔt＝Δp研究
應(yīng)用動量定理處理“流體模型”
　　
〔多選〕如圖所示，質(zhì)量為M的直-20武裝直升機旋翼有4片槳葉，
槳葉旋轉(zhuǎn)形成的圓面面積為S。已知空氣密度為ρ，重力加速度大小為g。
當(dāng)直升機懸停在空中時，槳葉旋轉(zhuǎn)推動空氣，空氣獲得的速度為v0，則單
位時間內(nèi)槳葉旋轉(zhuǎn)推動空氣的質(zhì)量可表示為（　　）
A. ＝ρS B. ＝ρSv0
C. ＝ D. ＝
√
√
解析：直升機處于平衡狀態(tài)，設(shè)直升機與空氣間的作用力為F，則F＝
Mg，飛機對空氣的力與空氣對飛機的力為作用力與反作用力，即F＝F'，
對空氣，由動量定理可得F'Δt＝Δm·v0＝ρSv0Δt·v0，解得＝ρSv0，故A錯
誤，B正確；由上式知F'Δt＝Δm·v0，且F'＝F＝Mg，聯(lián)立兩式可得＝
，故C錯誤，D正確。
國際空間站將在2031年退役，我國的空間站將取代國際空間站的地
位，成為很多國家爭相合作的對象。空間站運動受到稀薄空氣阻力作用，
需要離子推進器提供推力以平衡空氣阻力，已知離子推進器內(nèi)部加速電壓
為U，將大量質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子從靜止加速后噴射出去，單位時
間噴射出去的粒子數(shù)為n，則提供的推力為（　　）
A. n B. 2n
C. 2n D. n
解析：粒子被加速過程，根據(jù)動能定理可得qU＝mv2，大量粒子從靜止加
速后噴射出去的過程，根據(jù)動量定理可得FΔt＝Δmv，其中Δm＝nmΔt，解
得提供的推力為F＝n，故選D。
√
培養(yǎng)“思維”·重落實
夯基 提能 升華
1. （2025·江蘇徐州期中）兩個具有相同動能的物體A、B，質(zhì)量分別為
mA、mB，且mA＞mB，比較它們的動量，則（　　）
A. 物體B的動量較大 B. 物體A的動量較大
C. 動量大小相等 D. 不能確定
解析： 　根據(jù)動能的表達式Ek＝mv2，動量的表達式p＝mv，聯(lián)立可得p
＝，物體A、B動能Ek相同，mA＞mB，則pA＞pB，即物體A的動量較
大，故選B。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
√
2. 〔多選〕如圖，水平飛向球棒的壘球被擊打后，動量變化量為12.6
kg·m/s，則（　　）
A. 球的動能可能不變
B. 球的動量大小一定增加12.6 kg·m/s
C. 球?qū)Π舻淖饔昧εc棒對球的作用力大小一定相等
D. 球受到棒的沖量方向可能與球被擊打前的速度方向相同
√
√
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解析： 　壘球被擊打后，可能以與被擊打前等大的速率反向運動，所以
球的動能可能不變，動量大小不變，A正確，B錯誤；由牛頓第三定律可
知，球?qū)Π舻淖饔昧εc棒對球的作用力是一對相互作用力，它們大小相
等，C正確；球受到棒的沖量方向是棒對球彈力的方向，與球被擊打前的
速度方向相反，D錯誤。
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3. （2025·江蘇泗陽期中調(diào)研）籃球運動深受同學(xué)們喜愛。打籃球時，某
同學(xué)伸出雙手接傳來的籃球，雙手隨籃球迅速收縮至胸前，如圖所示。他
這樣做的效果是（　　）
A. 減小籃球?qū)κ值臎_擊力
B. 減小籃球的動量變化量
C. 減小籃球的動能變化量
D. 減小籃球?qū)κ值臎_量
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解析： 　先伸出兩臂迎接，手接觸到球后，兩臂隨球收至胸前，這樣可
以增加球與手接觸的時間，根據(jù)動量定理得－Ft＝0－mv，解得F＝，當(dāng)
時間增大時，球動量的變化率減小，作用力就減小，而沖量和動量的變化
量都不變，故A正確，B、D錯誤；速度由v減小到0，動能的變化量是不變
的，故C錯誤。
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4. （2025·云南玉溪模擬）將質(zhì)量為m＝1 kg的物塊置于水平地面上，已知
物塊與水平地面間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.5，現(xiàn)在物塊上施加一個平行于水
平地面的恒力F＝10 N，物體由靜止開始運動，作用4 s后撤去F。重力加速
度取g＝10 m/s2，對于物塊從靜止開始運動到停下這一過程，下列說法正
確的是（　　）
A. 整個過程物塊運動的時間為6 s
B. 整個過程物塊運動的時間為8 s
C. 整個過程中物塊的總位移大小為40 m
D. 整個過程中物塊的總位移大小為60 m
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解析： 　在整個過程中由動量定理得Ft1－μmgt＝0，解得t＝8 s，選項A
錯誤，B正確；在物塊前4 s運動的過程中由動量定理得Ft1－μmgt1＝mv，
解得v＝20 m/s，因物塊加速和減速過程的平均速度都為＝＝，所以
全程的平均速度也為，則整個過程中物塊的總位移x＝t＝×8 m＝80
m，選項C、D錯誤。
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5. （2025·湖北武漢二模）中國汽車?yán)﹀\標(biāo)賽是我國級別最高，規(guī)模最
大的汽車賽事之一，其賽道有很多彎道。某輛賽車在一段賽道內(nèi)速度大小
由2v變?yōu)?v，隨后一段賽道內(nèi)速度大小由5v變?yōu)?v，前后兩段賽道內(nèi)，合
外力對賽車做的功分別為W1和W2，賽車的動量變化的大小分別為Δp1和
Δp2，下列關(guān)系式可能成立的是（　　）
A. W1＝W2，Δp1＝Δp2
B. W1＝W2，Δp1＝Δp2
C. W1＝W2，Δp1＝4Δp2
D. W1＝W2，Δp1＝4Δp2
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解析： 　根據(jù)動能定理有W1＝m（4v）2－m（2v）2＝6mv2，W2＝m
（7v）2－m（5v）2＝12mv2，可得W1＝W2，由于速度和動量是矢量，具
有方向，當(dāng)初、末速度方向相同時，動量變化量最小，方向相反時，動量
變化量最大，可知動量變化的大小范圍是2mv≤Δp1≤6mv，
2mv≤Δp2≤12mv，綜上，可知A、C、D錯誤，B正確。
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6. （2025·江蘇揚州模擬）如圖，在光滑的水平桌面上，質(zhì)量為m的小球在
輕繩的作用下，繞O點以速率v做勻速圓周運動。A、B點連線為直徑，由A
點記時，經(jīng)過時間t小球在B點，繩子的拉力大小為F，此過程中下列說法
正確的是（　　）
A. 圓周運動的周期可能為t
B. 小球重力的沖量大小為0
C. 繩子拉力的沖量大小為Ft
D. 小球動量的變化量大小為0
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解析： 　小球在輕繩的作用下，繞O點做勻速圓周運動，則由A到B點的
運動時間t可能是半個周期的奇數(shù)倍，即t＝n，其中n取奇數(shù)，則T＝，當(dāng)
n＝3時，T＝t，故A正確；在時間t內(nèi)，小球重力的沖量大小為IG＝mgt，
故B錯誤；小球在水平桌面上運動時，重力沖量與支持力沖量等大反向，
小球在A點和B點時的速度方向相反，對該過程運用動量定理，則繩子拉力
的沖量大小為IF＝mv－（－mv）＝2mv，故C錯誤；由C可知，小球在由A
點到B點的運動過程中，動量的變化量大小為2mv，故D錯誤。
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7. 〔多選〕（2025·四川綿陽模擬）有的人躺著看手機，若手機不慎跌
落，會對人眼造成傷害。若手機質(zhì)量為150 g，從離人眼25 cm處無初速度
不慎跌落，碰到眼睛后手機反彈8 mm，眼睛受到手機的沖擊時間為0.1 s，
取重力加速度g＝10 m/s2，＝2.236。手機撞擊人眼的過程中，下列分析
正確的是（　　）
A. 手機對人眼的沖擊力大小為5.5 N
B. 手機受到的重力沖量大小約為0.4 N·s
C. 手機動量變化量大小約為0.4 kg·m/s
D. 手機動量的變化率大小約為0.4 kg·m/s2
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解析： 　手機下落25 cm過程由位移速度關(guān)系有＝2gh1，手機反彈8
mm過程由位移速度關(guān)系有＝2gh2，解得v1＝ m/s，v2＝0.4 m/s，取
豎直向上為正方向，手機動量變化量Δp＝mv2－（－mv1）≈0.4 kg·m/s，
故C正確；手機動量的變化率大小＝4 kg·m/s2，故D錯誤；根據(jù)沖量的定
義，可得IG＝mgΔt＝0.15 N·s，故B錯誤；對手機進行分析，由動量定理有
（F－mg）Δt＝Δp，解得沖擊力的大小為F＝5.5 N，故A正確。
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8. （2025·廣西貴港模擬）為了響應(yīng)政府號召，做到“守護好一江碧
水”，記者騎行馬拉松跑道見證最美長江岸線，并用手機上“測加速度”
的應(yīng)用程序記錄下了電動車從靜止開始沿直線運動過程中的運動信息，其
加速度隨時間變化的規(guī)律如圖所示，由圖像可知在這段時間內(nèi)電動車（　）
A. 2 s末的位移最大
B. 0～2 s平均速度大小大于2～4 s平均速度大小
C. 0～2 s合外力做功大小等于2～4 s合外力做功大小
D. 0～2 s合外力沖量大小小于2～4 s合外力沖量大小
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解析： 　a-t圖像與坐標(biāo)軸包圍的面積表示速度的變化量，0～2 s速度的變
化量大小與2～4 s速度的變化量大小相同，方向相反。設(shè)t＝2 s時速度為
v，則t＝4 s時速度為零。0～2 s電動車從速度為零開始加速，2～4 s時減速
到零，所以，4 s末位移最大，A錯誤；根據(jù)圖像對稱性，0～2 s位移與2～
4 s位移相等，0～2 s平均速度大小等于2～4 s平均速度大小，B錯誤；根據(jù)
動能定理，0～2 s和2～4 s動能的變化量相等，故合外力做功大小相等，C
正確；根據(jù)動量定理，0～2 s合外力沖量大小等于2～4 s合外力沖量大小，
方向相反，D錯誤。
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9. 〔多選〕（2024·全國甲卷20題）蹦床運動中，體重為60 kg的運動員在t
＝0時剛好落到蹦床上，對蹦床作用力大小F與時間t的關(guān)系如圖所示。假設(shè)
運動過程中運動員身體始終保持豎直，在其不與蹦床接觸時蹦床水平。忽
略空氣阻力，重力加速度大小取10 m/s2。下列說法正確的是（　　）
A. t＝0.15 s時，運動員的重力勢能最大
B. t＝0.30 s時，運動員的速度大小為10 m/s
C. t＝1.00 s時，運動員恰好運動到最大高度處
D. 運動員每次與蹦床接觸到離開過程中對蹦床的平均作用力大小為4 600 N
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解析： 　根據(jù)題圖分析可知，t＝0.15 s時，運動員對蹦床作用力最大，
則此時運動員下降至最低點，運動員的重力勢能最小，A錯誤；根據(jù)題圖
分析可知，t＝0.30 s時運動員離開蹦床，做豎直上拋運動，經(jīng)2 s后，即t＝
2.30 s時再次落至蹦床上，根據(jù)豎直上拋運動的對稱性可知，t＝1.30 s
時，運動員運動至最大高度處，根據(jù)v＝gΔt可知，運動員在t＝0.30 s時的
速度大小v0＝10 m/s，B正確，C錯誤；對運動員與蹦床一次相互作用過
程，根據(jù)動量定理有（－mg）Δt＝mv0－（－mv0），代入數(shù)據(jù)解得＝4
600 N，D正確。
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10. 如圖所示為清洗汽車用的高壓水槍。設(shè)水槍噴出的水柱直徑為D，水
流速度為v，水柱垂直于汽車表面，水柱沖擊汽車后水的速度為零。手持高
壓水槍操作，進入水槍的水流速度可忽略不計，已知水的密度為ρ。下列
說法正確的是（　　）
A. 高壓水槍單位時間噴出的水的質(zhì)量為ρπvD2
B. 高壓水槍單位時間噴出的水的質(zhì)量為ρvD2
C. 水柱對汽車的平均沖力為ρD2v2
D. 當(dāng)高壓水槍噴口的出水速度變?yōu)樵瓉淼?倍時，噴出的水
對汽車的壓強變?yōu)樵瓉淼?倍
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解析： 　高壓水槍單位時間噴出水的質(zhì)量為m0＝ρV＝ρπ·v＝πρvD2，
A、B錯誤；設(shè)汽車對水柱的平均沖力為F，由動量定理得Ft＝mv，即Ft＝
ρπvD2t·v，解得F＝ρπv2D2，由牛頓第三定律知水柱對汽車的平均沖力大
小為ρπv2D2，C錯誤；高壓水槍噴出的水對汽車產(chǎn)生的壓強p＝＝
＝ρv2，則當(dāng)高壓水槍噴口的出水速度變?yōu)樵瓉淼?倍時，噴出的水對汽車
的壓強變?yōu)樵瓉淼?倍，D正確。
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11. （2025·河北邯鄲模擬）中華神盾防空火控系統(tǒng)會在目標(biāo)來襲時射出大
量子彈顆粒，在射出方向形成一個均勻分布、持續(xù)時間t＝0.01 s、橫截面
積為S＝2 m2的圓柱形彈幕，每個子彈顆粒的平均質(zhì)量為m＝2×10－2 kg，
每1 cm3有一個子彈顆粒，所有子彈顆粒以v＝300 m/s射入目標(biāo)，并停在目
標(biāo)體內(nèi)。下列說法正確的是（　　）
A. 所形成彈幕的總體積V＝6 cm3
B. 所形成彈幕的總質(zhì)量M＝1.2×105 kg
C. 彈幕對目標(biāo)形成的沖量大小I＝3.6×107 kg·m/s2
D. 彈幕對目標(biāo)形成的沖擊力大小F＝3.6×108 N
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解析： 　形成彈幕的總體積V＝vtS＝6 m3，A錯誤；每1 cm3有一個子彈顆
粒，則子彈顆粒的總個數(shù)N＝（個）＝6×106（個），所形成彈幕的
總質(zhì)量M＝Nm＝1.2×105 kg，B正確；對整個彈幕，由動量定理可知I＝
Mv＝3.6×107 kg·m/s，C錯誤；由沖量公式I＝Ft知，彈幕對目標(biāo)形成的沖
擊力大小F＝＝3.6×109 N，D錯誤。
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12. （2025·甘肅酒泉三模）乒乓球被稱為中國的“國球”，
是一種世界流行的球類體育項目，如圖所示為某同學(xué)訓(xùn)練
時的情景，若某次乒乓球從某一高度由靜止下落，以v0＝
2 m/s的速度豎直向下碰撞乒乓球拍，同時使乒乓球拍的接
球面保持水平且以1 m/s的速度水平移動，乒乓球與球拍碰
撞反彈后的高度與下落高度相等。已知乒乓球與球拍之間的動摩擦因數(shù)為μ＝
，不計空氣阻力，碰撞時間極短，且碰撞過程忽略乒乓球所受重力的影
響，周圍環(huán)境無風(fēng)，則乒乓球與球拍碰撞后的瞬時速度大小為（　　）
A. 4 m/s B. 3 m/s
C. 2 m/s D. 1 m/s
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解析： 　由題意可知，乒乓球與球拍碰撞后反彈的高度與下落高度相
等，則碰后豎直方向的速度大小為vy＝v0＝2 m/s，設(shè)乒乓球的質(zhì)量為m，乒
乓球與球拍的碰撞時間為Δt，在豎直方向上，根據(jù)動量定理有FN·Δt＝mvy
－（－mv0），在水平方向上，根據(jù)動量定理有Ff·Δt＝μFN·Δt＝mvx，v＝
，聯(lián)立解得vx＝ m/s，v＝3 m/s，故選B。
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THANKS
演示完畢 感謝觀看

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