2025高考物理一轮复习讲义：动量、动量定理

第七章

动量守恒定律

第1讲动量动量定理

目标要求1.理解动量和冲量的概念。2.理解动量定理及其表达式，能用动

量定理解释生活中的有关现象。3.会应用动量定理进行相关计算，会在流体力学

中建立“柱状”模型。

考点一动量、冲量的理解及计算

---知识梳百T--------

1.动量

(1)定义：物体的m质量与团速度的乘积。

(2)表达式：〃=7加衣

(3)方向：动量的方向与⑷速度的方向相同。

2.动量的变化量

(1)因为动量是矢量，动量的变化量成〃也是B矢量,其方向与速度的改变量

Av的方向因相同。

(2)动量的变化量Ap,一般用末动量"减去初动量?进行矢量运算，也称为

动量的增量，即一〃。

3.冲量

(1)定义：回力与回力的作用时间的乘积叫做力的冲量。

(2)公式：E/=F/o

(3)单位：EHN,So

(4)方向：冲量是此矢量,其方向与力的方向因相同。

【判断正误】

L两物体的动量相等，动能也一定相等。(X)

2.动量变化的大小，不可能等于初末状态动量大小之和。(X)

3.物体沿水平面运动，重力不做功，重力的冲量也等于零。(X)

------民母能©-------

1.动量与动能的比较

比较项目动量动能

定义式p=mv口12

标矢性矢量标量

变化因素物体所受冲量外力所做的功

2

「P

大小关系p=yj2mEkEk-2m

都是相对量，与参考系的选取有关，通常选取地面为参考

联系系；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

2.冲量与功的匕匕较

比较项目冲量功

公式/=的（歹为恒力）W=Ficosa（歹为恒力）

标矢性矢量标量

表示力对时间的累积，是动量表示力对空间的累积，是能量

，音0、义

变化的量度变化多少的量度

联系都是过程量，都与力的作用过程相互联系

3.变力的冲量

（1）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

Fi+Fi

函数，则力R在某段时间/内的冲量/其中B、仍为该段时间内初、

末两时刻力的大小。

（2）作出变化图线，图线与。轴所围的面积即为变力的冲量。如图所示。

（3）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△“间

接求出冲量。

【对点训练】

1.（对动量、动量的变化量的理解）（2023•全国新课标卷）（多选）使甲、乙两条形

磁铁隔开一段距离，静止于水平桌面上，甲的N极正对着乙的S极，甲的质量大

于乙的质量，两者与桌面之间的动摩擦因数相等。现同时释放甲和乙，在它们相

互接近过程中的任一时刻（）

甲/J-乙LN|

//////////////////////////////////,

A.甲的速度大小比乙的大

B.甲的动量大小比乙的小

C.甲的动量大小与乙的相等

D.甲和乙的动量之和不为零

解析：BD对甲、乙两条形磁铁分别做受力分析，如图所示，根据牛顿第二

定律有。甲=乙巴"0『七四1级,由于机甲〉机乙，所以。甲＜。乙，由于两物

m甲m乙

体运动时间相同，且同时由静止释放，可得。甲＜。乙，A错误；对于整个系统而

言，由于〃机甲g＞〃机乙g,合力方向向左，合冲量方向向左，所以合动量方向向

左，显然甲的动量大小比乙的小，B、D正确，C错误。故选BD。

2.（对冲量的理解）（2023・天津卷）质量为m的列车匀速v行驶，突然以歹大小

的力制动刹车直到列车停止，过程中恒受到了的空气阻力，下列说法正确的是

（）

A.减速运动加速度大小tz=£

B.力F的冲量为mv

VH7）2

C.刹车距离为

D.匀速行驶时功率为什用。

解析:C根据牛顿第二定律有R十尸机a,可得减速运动加速度大小

7?Prnv

故A错误；根据运动学公式有三二故力R的冲量为/=「=*方向

7）22

与运动方向相反，故B错误；根据运动学公式"=2以，可得％=寸=。，

故C正确；匀速行驶时牵引力等于空气阻力，则功率为P=%,故D错误。故选

Co

3.(利用图像求冲量)一质点静止在光滑水平面上，现对其施加水平外力R

力R随时间按正弦规律变化，如图所示，下列说法正确的是()

A.第2s末，质点的动量为0

B.第2s末，质点的动量方向发生变化

C.第4s末，质点回到出发点

D.在1〜3s时间内，力R的冲量为0

解析：D由题图可知，0〜2s时间内歹的方向和质点运动的方向相同，质

点经历了加速度逐渐增大的加速运动和加速度逐渐减小的加速运动，所以第2s

末，质点的速度最大，动量最大，方向不变，故A、B错误；2〜4s内R的方向

与0〜2s内P的方向不同，该质点0〜2s内做加速运动，2〜4s内做减速运动，

第4s末，物体速度减为0,所以质点在0〜4s内的位移均为正，第4s末没有回

到出发点，故C错误;在图像中，图线与横轴所围的面积表示力R的冲量，

由题图可知，1〜2s内的面积与2〜3s内的面积大小相等，一正一负，则在1〜3

s时间内，力R的冲量为0,故D正确。

考点二动量定理的理解和应用

------句面梳踵1-----

1.内容：在一个过程中物体所受合力与作用时间的乘积等于物体动量的四变

化。

2.公式：底的="仞'一"仞或=/=A0。

3.动量定理的理解

(1)动量定理反映了力的冲量与屈动量变化量之间的因果关系,即合力的冲量

是园原因,物体的动量变化量是因结果。

(2)动量定理中的冲量是回合力的冲量,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。

⑶动量定理表达式是回矢量式,等号包含了大小相等、方向相同两方面的含

义。

【判断正误】

L物体所受合外力的冲量方向与物体动量变化量的方向是一致的。（J）

2.动量定理描述的是某一状态的物理规律。（X）

3.运动员接篮球时手向后缓冲一下，是为了减小动量的变化量。（X）

-------屎键能万------

1.应用动量定理时研究对象既可以是单一物体，也可以是系统，当为系统时

不考虑内力的冲量。

2.求合力的冲量的方法有两种：第一先求合力再求合力冲量，第二求出每个

力的冲量再对冲量求和。

3.动量定理是矢量式，列方程之前先规定正方向。

4.由Ft=p'-p得歹=五丁二=乎，即物体所受的合力等于物体的动量对时

间的变化率。

维度1应用动量定理解释生活现象

EE"智能防摔马甲”是一款专门为老年人研发的科技产品。该装置通过

马甲内的传感器和微处理器精准识别穿戴者的运动姿态，在其失衡瞬间迅速打开

安全气囊进行主动保护，能有效地避免摔倒带来的伤害。在穿戴者着地的过程中，

安全气囊可以（）

0.1秒识别

.2是否摔倒

思］M.气囊打开保护

A.减小穿戴者与地面的接触时间

B.减小穿戴者所受重力的冲量

C.减小穿戴者动量的变化量

D.减小穿戴者动量的变化率

解析：D设穿戴者所受合力为己依题意，根据动量定理Ap,可得

F二个,可知安全气囊的作用是延长了人与地面的接触时间△f,从而减小人所受

到的合外力，即减小穿戴者动量的变化率曾，而穿戴者动量的变化量Ap未发生

变化，故AC错误，D正确；由ACD选项分析可知，安全气囊的作用是延长了人

与地面的接触时间△/,而穿戴者所受重力的冲量增大了，故B错误。

故选D。

维度2动量定理的定量计算

匹（2023•广东卷）（多选）某同学受电动窗帘的启发，设计了如图所示的简

化模型。多个质量均为1kg的滑块可在水平滑轨上滑动，忽略阻力。开窗帘过程

中，电机对滑块1施加一个水平向右的恒力F,推动滑块1以0.40m/s的速度与

静止的滑块2碰撞，碰撞时间为0.04s,碰撞结束后瞬间两滑块的共同速度为0.22

m/so关于两滑块的碰撞过程，下列说法正确的有（）

一一|1|2||3|……|10

5$

A.该过程动量守恒

B.滑块1受到合外力的冲量大小为0.18N•s

C.滑块2受到合外力的冲量大小为0.40N•s

D.滑块2受到滑块1的平均作用力大小为5.5N

解析：BD取向右为正方向，滑块1和滑块2组成的系统的初动量为21=

mvi=1X0.40kg•m/s=0.40kg,m/s,碰撞后的动量为p2=2mV2=2X1X0.22

kg•m/s=0.44kg•m/s,则滑块的碰撞过程动量不守恒，故A错误；对滑块1,

取向右为正方向，则有/1=m02—加切=IX0.22kg•m/s—1X0.40kg•m/s=-0.18

kg•m/s,负号表示方向水平向左，故B正确；对滑块2,取向右为正方向，则有

/2=mz?2=1X0.22kg•m/s=0.22kg,m/s,故C错误；对滑块2根据动量定理有

FA?=/2,解得R=5.5N,则滑块2受到滑块1的平均作用力大小为5.5N,故D

正确。故选BD。

维度3动量定理和图像的综合应用

KEU海洋馆中一潜水员把一质量为机的小球以初速度O0从手中竖直抛出。

从抛出开始计时，3/o时刻小球返回手中。小球始终在水中且在水中所受阻力大小

不变，小球的速度随时间变化的图像如图所示。下列说法正确的是（）

伙）

0~

A.上升过程与下降过程中阻力的冲量大小之比1：2

B.上升过程与下降过程中合外力的冲量大小之比1：2

C.小球在0〜3ft）时间内动量变化量的大小为3加。0

D.小球在0〜3m过程中克服阻力所做的功为%wo?

解析：A上升过程中阻力的冲量大小为7f上=fto,下降过程中阻力的冲量

大小为/f下=f>2to,则上升过程与下降过程中阻力的冲量大小之比1：2,A正

确；由于小球上升下降过程中位移的大小相等，则有野=♦；2加,解得0，=9,

则取竖直向下为正，根据动量定理有/上=Ap=0—（—机00）,/下=Ap'=mv'—0,

则上升过程与下降过程中合外力的冲量大小之比为2：1,B错误；小球在0〜3m

ryi7）o3

时间内动量变化量的大小为△?总=3^—（一m00）=]7加为，取竖直向下为正，C错

113

误；小球在0〜3/0过程中根据动能定理有Wi=^mv'2—严加,解得Wf=--mz;o2,

D错误。故选A。

I总结提升I

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”

关键能力

对于“连续”质点系发生持续作用(如机枪连续发射子弹、水柱持续冲击)，

物体动量(或其他量)连续发生变化的这类问题，可选取很短时间△/内动量(或其

他量)发生变化的那部分物体作为研究对象，建立“柱状模型”。

维度1流体类“柱状模型”问题

流体及通常液体流、气体流等被广义地视为“流体”，质量具有连

其特点续性，通常已知密度P

建立“柱状模型”，沿流速。的方向选取一段柱形流体，其

横截面积为S

分析

微元研究，作用时间△/内的一段柱形流体的长度为△/,对

步骤

应的质量为△机

建立方程，应用动量定理研究这段柱状流体

EE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

oo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O,重力加速度大小为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。

【思路点拨】

(1)沿流速。的方向选取一段柱形流体，其横截面积为S,作用时间△/内的一

段柱形流体的长度为对应的质量为△机

(2)“悬停在空中”表明水对其冲击力的大小等于其重力大小。

(3)“竖直方向水的速度变为零”显示水的动量变化大小是解题的突破口。

解析：(1)设△/时间内，从喷口喷出的水的体积为AV,质量为△机，

则△机=QAV①

AV=VoSAt②

Am

由①②式得单位时间内从喷口喷出的水的质量为瓦？="0oS。③

(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0。对于At时间内喷出的水，由能量守恒得

2(Am)u2+(Am)gh=1(△m)v(r④

在h高度处，△/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

Ap=(Ani)v⑤

设水对玩具的作用力的大小为凡由牛顿第三定律知歹=〃⑥

其中〃为玩具底部对水柱的作用力，根据动量定理有

F'Nt=Np⑦

由于玩具在空中悬停，由力的平衡条件得

F=Mg⑧

联立③④⑤⑥⑦⑧式得

VO2"2g

72g2P2V(TS20

球安小c/八加“2g

口木：(1)即oS(2%—202加52

维度2微粒类“柱状模型”问题

EE宇宙飞船在飞行过程中有很多技术问题需要解决，其中之一就是当飞

船进入宇宙微粒尘区时，如何保持速度不变的问题。假设一宇宙飞船以。=

2.0XIO3m/s的速度进入密度p=2.0X10^6kg/m3的微粒尘区，飞船垂直于运动方

向上的最大横截面积S=5m2,且认为微粒与飞船相碰后都附着在飞船上，则飞

船要保持速度。不变，所需推力大小为()

A.20NB.40N

C.60ND.80N

解析：B设飞船在微粒尘区的飞行时间为则在这段时间内附着在飞船

上的微粒质量△机微粒由静止到与飞船一起运动，微粒的动量增加，由

动量定理得FAt=△nw=pS©Xto,所以飞船所需推力大小F'=F=pSv2=2.0X10

-6X5X(2.0X103)2N=40NO故选B。

【对点训练】

4.(流体类“柱状模型”问题)高压清洗广泛应用于汽车清洁、地面清洁等。某

高压水枪出水口直径为d,水从枪口高速喷出后，近距离垂直喷射到某物体表面

且速度在短时间内由0变为零，忽略水从枪口喷出后的发散效应，水的密度为八

则水在物体表面产生的平均冲击力大小为（）

A.PV2兀#

PV3Ttd2

C-4-

解析：D水在时间△/内速度由0减为零，内喷射到物体表面的水的质

量为机=次兀八/•（岁2,以这部分水为研究对象，设物体表面对水的平均作用力大

小为F,以水流速度方向为正方向，由动量定理有一RA/=O—机。，解得F=

P庐兀，

*幺，由牛顿第三定律可知，水在物体表面产生的平均冲击力大小为F'=F=

“丁\ABC错误，D正确。故选D。

5.（微粒类“柱状模型”问题）国际空间站将在2031年退役，我国的空间站将

取代国际空间站的地位，成为很多国家争相合作的对象。空间站运动受到稀薄空

气阻力作用，需要离子推进器提供推力以平衡空气阻力，已知离子推进器内部加

速电压为U,将大量质量为加、电荷量为q的粒子从静止加速后喷射出去，单位

时间喷射出去的粒子数为小则提供的推力为（）

A.nyjUmqB.2n\］2Umq

C2rr\lUmqD.rr\l2Umq

解析：D粒子被加速过程，据动能定理可得大量粒子喷射出去

的过程，据动量定理可得方△/=Az/w,其中加nA%,解得提供的推力F=

rr^2Umq,故选D。

限时规范训练26

［基础巩固题组］

L质量为2kg的物体，速度由向东的5m/s变为向西的5m/s,关于它的动量

和动能，下列说法正确的是（）

A.动量和动能都发生了变化

B.动量和动能都没有发生变化

C.动量发生了变化，动能没发生变化

D.动能发生了变化，动量没有发生变化

解析：C动量和动能表达式分别为p=m）,Ek=^mv2,由于动量是矢量，

动能是标量，故物体的动量发生了变化，动能没发生变化。故选C。

2.（多选）如图所示，水平飞向球棒的垒球被击打后，动量变化量为12.6

kg•m/s,则（）

A•球的动能可能不变

B.球的动量大小一定增加12.6kg•m/s

C.球对棒的作用力与棒对球的作用力大小一定相等

D.球受到棒的冲量方向可能与球被击打前的速度方向相同

解析：AC垒球被击打后，可能以与被击打前等大的速度反向打出，所以球

的动能可能不变，动量大小可能不变，动量变化量不为零，故A正确，B错误；

由牛顿第三定律知，球对棒的作用力与棒对球的作用力大小一定相等，故C正确；

球受到棒的冲量方向是棒对球弹力的方向，与球被击打前的速度方向相反，故D

错误。

3.（2022.湖北卷）一质点做曲线运动，在前一段时间内速度大小由O增大到2o,

在随后的一段时间内速度大小由2。增大到5°。前后两段时间内，合外力对质点

做功分别为Wi和厢，合外力的冲量大小分别为h和12。下列关系式一定成立的

是（）

A.牝=3Wi,"W3/1B.W2=3WI,Bh

C.W2=7WI,/2<3/ID.W2=7WI,h力I

解析：根据动能定理可知Wi=^m（2v）2—^mv23ii

D]mv2,瓶=]机（5o）2一/

m（2r）2=ymr2,可得W2=7WI,由于速度是矢量，具有方向，当初、末速度方向

相同时，动量变化量最小，方向相反时，动量变化量最大，因此冲量的大小范围

是moWliW3m0,7m◎,比较可得，2三/1,一定成立。故选D。

4.（多选）在篮球场某同学伸出双手迎接传来的篮球，接球时，两手随球迅速收

缩至胸前。该同学这样做的目的是（）

A.延长球对手的作用时间

B.减小球的动量变化量

C.减小球对手的冲量

D.减小球对手的作用力

解析：AD先伸出两臂迎接，手接触到球后，两臂随球引至胸前，这样可以

延长球对手的作用时间，故A正确；动量变化量为△/?=（）一加0=一m0,由于初

速度是定值，所以动量的变化量不变，故B错误；球对手的冲量与手对球的冲量

等大反向，大小等于球的动量变化量，也不变，故C错误；根据动量定理得一的

=Q-mv,解得尸=7，当时间增大时，动量的变化率减小，即球对手的作用力

就减小，故D正确。故选AD。

5.如图所示，学生练习用脚顺球。某一次足球由静止自由下落1.25m,被重

新顺起，离开脚部后竖直上升的最大高度仍为L25m。已知足球与脚部的作用时

间为0.1s,足球的质量为0.4kg,重力加速度大小g取lOm/s2,不计空气阻力，

则（）

A.足球下落到与脚部刚接触时动量大小为4kg•m/s

B.足球自由下落过程重力的冲量大小为2kg•m/s

C.足球与脚部作用过程中动量变化量为零

D.脚部对足球的平均作用力为足球重力的9倍

解析：B足球达到脚背的速度为9=5m/s,足球下落到与脚部刚接

触时动量大小为Q=mo=0.4X5kg•m/s=2kg•m/s,A错误；小球自由下落的

时间为t=、隹=0.5s,所以足球自由下落过程重力的冲量大小为I=mgt=

0.4X10X0.5kg-m/s=2kg«m/s,B正确；根据运动的对称性，足球离开脚背的

速度大小也是5m/s,设竖直向下为正方向，所以脚背与足球作用过程中，动量变

化量为△2=一机00=—2X0.4X5kg•m/s=14kg•m/s,C错误；足球与脚

部作用过程中，根据动量定理可得（mg—F）t=解得歹=44N=H/ng,D错误。

故选B。

6.（多选）蹦极是一项非常刺激的户外休闲活动。图甲为蹦极的场景，一游客从

蹦极台下落的速度一位移图像如图乙所示。已知弹性轻绳的弹力与伸长量的关系

符合胡克定律，游客及携带装备的总质量为50kg,弹性轻绳原长为10m,若空

气阻力恒定，游客下落至5m处时速度大小为3710m/s,重力加速度g取10m/s2,

下列正确的是（）

甲乙

A.整个下落过程中，游客先处于失重后处于超重状态

B.游客及携带装备从静止开始下落15m的过程中重力的冲量为750N•s

C.游客在最低点时，弹性势能最大为13000J

D.弹性绳长为20m时，游客的加速度大小为9m/s2

解析：AD由题图乙可知游客从蹦极台下落过程先加速后减速，即先有向下

的加速度后有向上的加速度，所以游客先处于失重后处于超重状态，故A正确；

以游客及携带装备为研究对象，从静止开始下落15m的过程中，由动量定理得/

^=lG-lF-If=mv=50X15N•s=750N•s,故重力的冲量大于750N•s,故B

错误；游客在前5nl做匀加速直线，根据动能定理（根?一月）历=；加012,解得历=

50N,从下落至最低点过程中能量守恒机g/z=Epm+历加解得Epm=500X26J—

50X26J=11700J,故C错误；游客下落15m时合力为0,此时速度最大，此时

弹性绳的弹力和阻力等于游客及携带装备的总重力，即历+左Ax=mg,解得左=

竟J=90N/m,弹性绳长为20m时，弹性绳的弹力歹=左人/=90X（20-10）

N=900N,根据牛顿第二定律得R+B—机g=/na,解得a=9m/s2,故D正确。

7.水刀切割具有精度高、无热变形、无毛刺、无需二次加工以及节约材料等

特点，因而得到广泛应用。某水刀切割机床如图所示，若横截面直径为d的圆柱

形水流垂直射到要切割的钢板上，碰到钢板后水的速度减为零。已知水的流量（单

位时间流出水的体积）为Q,水的密度为p,则钢板受到水的平均冲力大小为（）

KAQPB.Qo

I60。

C，五足D-71d2

解析：D水流速度-R—,单位时间内水的质量△机=p。，在

D/ClxQ

71（2）■

时间内由动量定理可得一RA/=0—P0△/~§—,解得F=4：¥,故D正确，

兀（2）2

A、B、C错误。

8.灌浆机可以将涂料以速度。持续垂直喷在墙壁上，涂料打在墙壁上后完全

附着在墙壁上。涂料的密度为小墙壁上涂料厚度每秒增加M,不计涂料重力的作

用，则喷涂料对墙产生的压强为（）

PU

A.PuvB.~^~

C4D.一

•uPV

解析：A在涂料持续飞向墙壁并附着在墙壁上的过程中，涂料小颗粒的速

度从。变为0,其动量的变化等于墙壁对它的冲量，以△/时间内喷到墙壁上面积

为AS、质量为△机的涂料为研究对象，墙壁对它的作用力为孔涂料增加的厚度

为h,由动量定理知一斤八/=0—△m0,又夕=17，Nm=pNSh,h=u^t,联立

△\

可得p=/>M0,故A正确，B、C、D错误。

［能力提升题组］

9.（多选）如图所示，质量相等的小球A、3由轻质弹簧连接，A球上端用细线

悬挂于天花板。现烧断细线，两小球从静止开始下落，至弹簧第一次恢复原长过

程中（3球未触地），不计空气阻力，重力加速度为g,下列说法正确的是（）

A.细线烧断瞬间，A球的加速度为g,3球的加速度为零

B.整个过程中，弹簧对43球的冲量大小相等

C.弹簧第一次恢复原长时，A球动量大于3球动量

D.整个过程中，A、5球的重力做功相等

解析：BC细线烧断瞬间，弹簧长度不变，弹力不变，3球的加速度为零，

A球加速度为3=也寝强=2g，故A错误；整个过程中，弹簧对两球的力大小

相等方向相反，弹簧对A、3球的冲量大小相等，故B正确；从开始下落至弹簧

第一次恢复原长之前，A球加速度一直大于B球加速度，A球速度大于B球速度，

A球动量大于3球动量，故C正确；整个过程中，A球位移大于3球位移，A球

的重力做功大于3球的重力做功，故D错误。

10.（多选）从货车上卸载货物时，工人往往在车厢与地面间放置一倾斜的板，

如图所示。板与水平地面间的夹角。在0〜90°范围内可调，货物从距地面高H

处沿板面由静止开始下滑，再沿水平地面滑动一段距离x后停下。忽略货物下滑

到地面时与地面的碰撞，假设货物与板面、货物与地面间的动摩擦因数均相同，

货物在板上滑行的时间为3在水平地面上滑行的时间为必则（）

X

A.若。不变，H越大，则x越大

B.若。不变，H越大，贝卢越大

42

C.若H不变，。越大，则x越小

D.若H不变，。越大，则一越小

12

HHH

解析：由动能定理mgH—pmgcos0,-^—^—pimgx=O,可得二一二下=%，

ADsin（7〃Ld7nc