2026届高考物理总复习（第1轮）教师用书第六章 动　量

第六章动量

1.理解冲量和动量.通过理论推导和实验，理解动量定理和动量守恒定律，

能用其解释生产生活中的有关现象.知道动量守恒定律的普适性.

课程

2.通过实验，了解弹性碰撞和非弹性碰撞的特点.定量分析一维碰撞问题

标准

并能解释生产生活中的弹性碰撞和非弹性碰撞现象.

3.体会用守恒定律分析物理问题的方法，体会自然界的和谐与统一.

1.理解动量、冲量等基本概念.

物理观念2.掌握动量定理、动量守恒定律.

3.运用守恒观念分析问题，体会自然界的和谐与统一.

1.熟练运用动量定理、动量守恒定律求解物理问题.

核心

科学思维2.建构碰撞模型分析解决问题.

素养

3.会用系统思想和守恒思想分析物理问题.

科学探究通过实验探究动量定理、动量守恒定律及碰撞的特点.

科学态度

通过对碰撞、爆炸模型的学习，培养遵守道德规范的责任感.

与责任

综合分析近几年高考命题，高考对本专题的考查力度及难度

命题分析

在逐年加大，题型既有选择题，又有计算题.

未来命题主要考查动量定理、动量守恒定律的典型应用，特

命题趋势分析

别是与能量相结合，联系生活实际的综合问题.

探究

喷气式飞机、火箭发射、接力赛、爆炸、高空坠物、蹦蹦床、

预设情境安全气囊、飞鸟撞机、足球射门、气垫鞋、制动刹车、冰壶

比赛等.

第1讲动量动量定理

一、动量

1.定义：物理学中把质量和速度的__乘积(mv)__定义为物体的动量，

用字母p表示.

2.表达式：p＝__mv__.

3.单位：__kg·m/s__.

4.标矢性：动量是矢量，其方向和__速度__的方向相同.

二、动量定理

1.冲量

(1)定义：力与力的__作用时间__的乘积叫作力的冲量.定义式：I＝

__FΔt__.

(2)单位：冲量的单位是__牛秒__，符号是__N·s__.

(3)标矢性：冲量是矢量，恒力冲量的方向与__力__的方向相同.

2.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：I＝p′－p或F(t′－t)＝__mv′－mv__.

(3)矢量性：动量变化量的方向与__合力__的方向相同，也可以在某

一方向上用动量定理.

考点一动量与冲量的理解

1.动量、动能、动量变化量的比较

项目动量动能动量变化量

物体的质量和速度的乘物体由于运动而具有的物体末动量与初动量的

定义

积能量矢量差

12

定义式p＝mvEk＝mvΔp＝p′－p

2

矢标性矢量标量矢量

特点状态量状态量过程量

p2

关联方程Ek＝，p＝2mEk

2m

2.冲量的特点

(1)时间性：冲量不仅由力决定，还由力作用的时间决定.恒力的冲

量等于力与作用时间的乘积.

(2)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物体动量

的变化量方向一致.

(3)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.

对动量、动量变化量的理解

【例1】(多选)在2023年3月举行的短道速滑世锦赛中，中国队

夺得了男子5000米接力冠军.在交接区域，“接棒”运动员在前面滑行，

“交棒”运动员从后面用力猛推“接棒”运动员一把，使“接棒”运动员向前

快速冲出.在此过程中，忽略运动员与冰面间在水平方向上的相互作用，

下列说法正确的是()

A.两运动员的加速度相同

B.“交棒运动员”对“接棒”运动员的冲量与“接棒”运动员对“交棒运

动员”的冲量相同

C.“交棒”运动员的动量减小、“接棒”运动员动量增大

D.“交棒”运动员和“接棒运动员”的动量变化量一定不相同

【解析】CD“交棒”运动员和“接棒”运动员受到的推力大小相等、

方向相反，且两运动员质量也不一定相同，因此加速度不同，A错误；

“交棒”运动员对“接棒”运动员的冲量与“接棒”运动员对“交棒”运动员的

冲量大小相等，方向相反，B错误；“交棒”运动员猛推“接棒”的运动员

一把，使“接棒”运动员向前快速冲出的过程，“交棒”运动员的动量减小、

“接棒”运动员动量增大，“交棒”运动员和“接棒”运动员的动量变化量的

方向相反，所以“交棒”运动员和“接棒”运动员的动量变化量一定不相同，

C、D正确.

【变式训练1】[易错题]“双星”是宇宙中普遍存在的一种天体系统，

由两颗恒星组成，双星系统远离其他恒星，在相互的万有引力作用下绕

连线上一点做周期相同的匀速圆周运动.如图所示，A、B两颗恒星构成

双星系统，绕共同的圆心O做匀速圆周运动，经过t(小于周期)时间，A、

B两恒星的动量变化量分别为ΔpA、ΔpB，则下列判断正确的是()

A.|ΔpA|>|ΔpB|B.|ΔpA|<|ΔpB|C.ΔpA＝ΔpBD.ΔpA＝－ΔpB

【解析】D系统所受的合外力为零，系统的总动量守恒，根据牛

2

顿第二定律F引＝mAaA＝mBaB，加速度为a＝ωr＝ωv，则有mAvAω＝

mBvBω，由于角速度相同，因此mAvA＝mBvB，两恒星的速度方向始终相

反，则pA＝－pB，因此系统的总动量始终为零，可得ΔpA＝－ΔpB，|ΔpA|

＝|ΔpB|，D正确.

【易错点】学生易错选C，主要是未注意到动量变化量为矢量.错

选B主要是误认为B恒星速度大，所以动量变化量大，未注意到B恒

星的质量比A恒星的质量小.

对冲量的理解

【例2】质点做曲线运动，在前一段时间内速度大小由v增大到

2v，在随后的一段时间内速度大小由2v增大到5v.前后两段时间内，合

外力对质点做功分别为W1和W2，合外力的冲量大小分别为I1和I2.下列

关系式一定成立的是()

A.W2＝3W1，I2≤3I1

B.W2＝3W1，I2≥I1

C.W2＝7W1，I2≤3I1

D.W2＝7W1，I2≥I1

121232

【解析】D根据动能定理可知W1＝m(2v)－mv＝mv，W2＝

222

1212212

m(5v)－m(2v)＝mv，可得W2＝7W1，由于速度是矢量，具有方向，

222

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mv≤I1≤3mv，3mv≤I2≤7mv，可知I2≥I1，D

正确.

【变式训练2】(多选)如图所示，物体从t＝0时刻开始由静止做直

线运动，0～4s内其合外力随时间变化的关系图线为正弦曲线，下列表

述正确的是()

A.0～2s内合外力的冲量一直增大

B.0～4s内合外力的冲量为零

C.2s末物体的动量方向发生变化

D.0～4s内物体动量的方向一直不变

【解析】ABD根据F－t图像中图线与t轴围成的面积表示冲量，

可知在0～2s内合外力的冲量一直增大，0～4s内合外力的冲量为零，

A、B正确；2s末合外力的冲量方向发生变化，物体的动量开始减小，

但速度方向不发生变化，0～4s内物体动量的方向一直不变，C错误、

D正确.

冲量的计算

【例3】(多选)如图所示，质量为m的球，固定在轻杆上，绕过O

点的转轴在竖直面内沿顺时针方向做匀速圆周运动，A、B是圆周上与

圆心O等高的两点.若小球运动的速度大小为v，轨道半径为R，且v＝

πgR(g为重力加速度)，则小球从B点运动到A点的过程中(不计空气阻

力)，下列说法正确的是()

A.小球所受重力的冲量大小等于mv

B.小球所受向心力的冲量大小等于mv

C.小球所受合力的冲量大小等于2mv

D.轻杆对小球作用力的冲量大小等于2mv

【解析】AC根据冲量公式I＝Ft得，重力的冲量为I1＝mgt，又

πRπgR

v＝πgR，从B到A路程为πR，则t＝＝，则I1＝mπgR＝mv，

πgRg

A正确；由题可知，以速度向上为正方向，小球所受合力等于小球所需

向心力，又根据I＝Δp得I2＝F合t＝mv－(－mv)＝2mv，即小球所受合力

的冲量等于所需向心力的冲量，大小均为2mv，B错误、C正确；由A

可知，重力的冲量为mv，向下，合力的冲量为2mv，向上，根据I杆＋

IG＝I合可得I杆＝I合－IG＝2mv－(－mv)＝3mv，方向向上，D错误.

【变式训练3】[易错题]如图所示，质量为m的滑块沿倾角为θ的

固定斜面向上滑动，经过时间t1，速度为零并又开始下滑，经过时间t2

回到斜面底端，滑块在运动过程中受到的摩擦力大小始终为Ff，重力加

速度为g.在整个运动过程中，下列说法正确的是()

A.重力对滑块的总冲量为mg(t1＋t2)sinθ

B.支持力对滑块的总冲量为mg(t1＋t2)cosθ

C.合外力的冲量为0

D.摩擦力的总冲量为Ff(t1＋t2)

【解析】B重力对滑块的总冲量为mg(t1＋t2)，A错误；支持力

对滑块的总冲量为mg(t1＋t2)cosθ，B正确；整个过程中滑块的动量发生

了改变，故合外力的总冲量不为0，C错误；上滑过程和下滑过程摩擦

力的方向相反，故若以沿斜面向上为正方向，摩擦力的总冲量为Ff(t2

－t1)，D错误.

【易错点】学生易错选A.误认为重力的冲量等于重力沿斜面的分

力mgsinθ与时间t的乘积.求恒力的冲量，根据冲量的定义，用恒力乘

以时间即可.

冲量的四种计算方法

(1)公式法：利用定义式I＝FΔt计算冲量，此方法仅适用于恒力的冲量，无需考

虑物体的运动状态.

(2)图像法：利用F－t图像计算，F－t图像与时间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.

(3)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＝FΔt

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.

－1

(4)平均力法：如果力随时间是均匀变化的，则F＝(F0＋Ft)，该变力的冲量为I

2

1

＝(F0＋Ft)t.

2

考点二动量定理的理解和应用

1.总冲量的两种求解方法

(1)若各力的作用时间相同，且各外力为恒力，可以先求合力，再乘

以时间求冲量，即I＝F合t.

(2)若各力作用时间不同，可以先求出每个力在相应时间的冲量，然

后求各外力冲量的矢量和，即I＝F1t1＋F2t2＋….

2.动量定理的应用技巧

(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

冲量，可以求出该力作用下物体动量的变化Δp，等效代换得出变力的冲

量I.

(2)应用Δp＝FΔt求动量的变化

例如，在曲线运动中，速度方向时刻在变化，求动量变化(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，等效代换得出动量的变化.

应用动量定理解释生活现象

【例4】行驶中的汽车如果发生剧烈碰撞，车内的安全气囊会被弹

出并瞬间充满气体.若碰撞后汽车的速度在很短时间内减小为零，关于安

全气囊在此过程中的作用，下列说法正确的是()

A.增加了司机单位面积的受力大小

B.减少了碰撞前后司机动量的变化量

C.将司机的动能全部转换成汽车的动能

D.延长了司机的受力时间并增大了司机的受力面积

【解析】D汽车剧烈碰撞瞬间，安全气囊弹出，立即跟司机身体

接触.司机在很短时间内由运动到静止，动量的变化量是一定的，由于安

全气囊的存在，作用时间变长，根据动量定理Δp＝FΔt知，司机所受作

用力减小，又知安全气囊打开后，司机的受力面积变大，因此减小了司

机单位面积的受力大小，A、B错误，D正确；碰撞过程中，动能转化

为内能，C错误.

【变式训练4】如图所示是某手机防摔装置，商家宣传只要手机摔

落角度合适，可以保证2m高处自由摔落而不破，下列有关说法正确的

是()

A.有手机防摔装置就不用担心2m内下落摔破手机了

B.防摔装置中气囊的作用类似轮船边悬挂的防撞轮胎所起的作用

C.手机从同一地方静止摔落，有防摔装置时地面给它的冲量较小

D.手机与地面碰撞过程中手机对地面的冲量与地面对手机的冲量

相同

【解析】B有手机防摔装置，只是有一定的保护作用而已，并不

保证一定安全，A错误；防摔装置中气囊的作用类似轮船边悬挂的防撞

轮胎所起的作用，B正确；手机从同一地方静止摔落，因为高度相同，

下落速度大小相同，有防摔装置时质量变大，根据动量定理可知，动量

的变化量较大，则有防摔装置时地面给它的冲量较大，C错误；冲量为

矢量，则手机与地面碰撞过程中手机对地面的冲量与地面对手机的冲量

大小相等，方向相反，D错误.

动量定理的定量计算

【例5】(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0.40

m/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0.22m/s，关于两滑块的碰撞过程，下列说法正确的

有()

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p1＝mv1＝1×0.40kg·m/s＝0.40kg·m/s，碰撞后总的动量为p2＝

2mv2＝2×1×0.22kg·m/s＝0.44kg·m/s，p1≠p2，则滑块的碰撞过程动量不

守恒，A错误；对滑块1，取向右为正方向，则有I1＝mv2－mv1＝1×0.22

kg·m/s－1×0.40kg·m/s＝－0.18kg·m/s，负号表示方向水平向左，B正确；

对滑块2，取向右为正方向，则有I2＝mv2＝1×0.22kg·m/s＝0.22kg·m/s，

C错误；对滑块2，根据动量定理有F12Δt＝I2，解得F12＝5.5N，则滑

块2受到滑块1的平均作用力大小为5.5N，D正确.

【变式训练5】(人教版选择性必修第一册P11第5题情境变式)(多

选)蹦极是一项非常刺激的极限运动.如图所示，某人用弹性橡皮绳一端

拴住身体，橡皮绳另一端固定在跳台P处，人从跳台上自由下落，在空

中感受失重的滋味，人从P点由静止下落至最低点所用时间为4s，若

此人质量为50kg，橡皮绳原长20m且始终在弹性限度内，人可看成质

点，g取10m/s2，不计空气阻力，对上述过程，下列说法正确的是()

A.人自由下落时间为2s

B.人下落至对橡皮绳产生拉力瞬间，其动量大小为1000kg·m/s

C.下落过程中橡皮绳对人的冲量大小为1000N·s

D.下落过程中橡皮绳对人的冲量大小为2000N·s

【解析】ABD在橡皮绳刚好伸直前人做自由落体运动，故人自

2h2×20

由下落的时间t1＝＝s＝2s，A正确；人下落至橡皮绳产

g10

生拉力瞬间，橡皮绳恰好伸直，根据2gh＝v2，解得v＝20m/s，此时人

的动量大小p＝mv＝1000kg·m/s，B正确；由以上分析可知，人在下落

过程中橡皮绳的作用时间t2＝2s，以向上为正方向，由动量定理得IF

－IG＝0－(－mv)，IG＝mgt2＝1000N·s，橡皮绳对人的冲量大小为IF＝2

000N·s，C错误、D正确.

应用动量定理求解连续作用问题

【例6】如图所示，一玩具水枪的枪口直径为d，水的密度为ρ，

水平出射速度为v，垂直击中竖直目标后以大小为0.2v的速度反向溅回，

则水柱水平击中目标的平均冲击力大小为(不考虑水竖直方向的运

动)()

A.1.2πd2ρv2B.0.3πd2ρv2C.1.2πd2ρvD.0.3πd2ρv

1

【解析】Bt时间内流经水枪枪口的水的体积为V＝vtS＝πvtd2，

4

t时间内击中目标的水的质量为m＝ρV，取初速度方向为正方向，根据

动量定理得－Ft＝－0.2mv－mv，解得水受到的作用力F＝0.3πd2ρv2，由

牛顿第三定律可得，水柱击中目标的平均冲击力大小为0.3πd2ρv2，B正

确.

【变式训练6】根据量子理论，光子的能量E与动量p之间的关

系式为E＝pc，其中c表示光速，由于光子有动量，照到物体表面的光

子被物体吸收或反射时都会对物体产生压强，这就是“光压”，用I表示.

(1)一台二氧化碳气体激光器发出的激光功率为P0，射出的光束的

横截面积为S，当它垂直照射到一物体表面并被物体全部反射时，激光

对物体表面的压力F＝2pN，其中p表示光子的动量，N表示单位时间

内激光器射出的光子数，试用P0和S表示该束激光对物体产生的光压；

(2)有人设想在宇宙探测中用光为动力推动探测器加速，探测器上安

装有面积极大、反射率极高的薄膜，并让它正对太阳，已知太阳光照射

薄膜时每平方米面积上的辐射功率为1350W，探测器和薄膜的总质量

为m＝100kg，薄膜面积为4×104m2，c＝3×108m/s，求此时探测器的加

速度大小.

【解析】(1)在单位时间内，功率为P0的激光的总能量为

P0×1s＝NE＝Npc，

P0

所以p＝，

Nc

由题意可知，激光对物体表面的压力F＝2pN，故激光对物体产生

F2P0

的光压I＝＝.

ScS

(2)由(1)可知：

3

2P02×1.35×10

I＝＝Pa＝9×10-6Pa，

cS3×108×1

所以探测器受到的光的总压力FN＝IS膜，对探测器应用牛顿第二定

律有FN＝ma，故此时探测器的加速度

-64

IS膜9×10×4×10

a＝＝m/s2

m100

＝3.6×10-3m/s2.

用动量定理解题的基本思路

1.行驶中的汽车如果发生剧烈碰撞，车内的安全气囊会被弹出并瞬

间充满气体.若碰撞后汽车的速度在很短时间内减小为零，关于安全气囊

在此过程中的作用，下列说法正确的是()

A.增加了司机单位面积的受力大小

B.减少了碰撞前后司机动量的变化量

C.将司机的动能全部转换成汽车的动能

D.延长了司机的受力时间并增大了司机的受力面积

【解析】D汽车剧烈碰撞瞬间，安全气囊弹出，立即跟司机身体

接触.司机在很短时间内由运动到静止，动量的变化量是一定的，由于安

全气囊的存在，作用时间变长，据动量定理Δp＝FΔt知，司机所受作用

力减小；又知安全气囊打开后，司机受力面积变大，因此减小了司机单

位面积的受力大小；碰撞过程中，动能转化为内能.综上可知，D正确.

2.“水刀”是一种应用高压水流切割的技术，相比于激光切割其具有

切割材料范围广、效率高、安全环保等优势.某型号“水刀”工作过程中，

将水从面积S＝0.1mm2的细喷嘴高速喷出，直接打在被切割材料表面，

从而产生极大压强，实现切割.已知该“水刀”每分钟用水600g，水的密

度ρ＝1.0×103kg/m3，假设高速水流垂直打在材料表面上后，立刻沿材料

表面散开没有反弹，则水对垂直于材料表面方向的压强p为()

A.1.0×105PaB.1.0×106PaC.1.0×107PaD.1.0×108Pa

m

【解析】C一分钟喷出的水的质量m＝ρSvt，可得水的流速v＝，

ρSt

选取Δt时间内打在材料表面上的质量为Δm的水为研究对象，以从细喷

嘴高速喷出时的速度方向为正方向，由动量定理得－FΔt＝0－Δmv，其

中Δm＝ρSvΔt，可得F＝ρSv2，根据牛顿第三定律知，材料表面受到的压

F′

力F′＝F，水对垂直于材料表面方向的压强p＝，解得p＝1.0×107Pa，

S

C正确，A、B、D错误.

3.气垫鞋通过气垫的缓冲减小地面对脚的冲击力.某同学的重力为

G，穿着平底布鞋时双脚竖直着地过程中与地面的作用时间为t0，受到

地面的平均冲击力大小为3G.若脚着地前的速度保持不变，该同学穿上

某型号的气垫鞋时，双脚竖直着地过程中与地面的作用时间变为2.5t0，

则该同学受到地面的平均冲击力大小变为()

A.1.8GB.1.6GC.1.2GD.0.9G

【解析】A设脚着地瞬间的速度大小为v，取竖直向上为正，穿

着平底布鞋时双脚竖直着地过程中，根据动量定理有(F－G)·t0＝0－(－

mv)，其中F＝3G，穿上气垫鞋时双脚竖直着地过程中，根据动量定理

有(F′－G)·2.5t0＝0－(－mv)，解得F′＝1.8G，A正确.

4.(2023·天津卷)质量为m的列车以速度v匀速行驶，突然以F大小

的力制动刹车直到列车停止，过程中恒受到f的空气阻力，下列说法正

确的是()

F

A.减速运动加速度大小a＝

m

B.力F的冲量为mv

mv2

C.刹车距离为

2(F＋f)

D.匀速行驶时功率为(f＋F)v

【解析】C根据牛顿第二定律有F＋f＝ma，可得减速运动加速

F＋fvmv

度大小a＝，A错误；根据运动学公式有t＝＝，故力F的冲

maF＋f

Fmv

量为I＝Ft＝，方向与运动方向相反，B错误；根据运动学公式v2

F＋f

v2mv2

＝2ax，可得x＝＝，C正确；匀速行驶时牵引力等于空气阻力，

2a2(F＋f)

则功率为P＝fv，D错误.

5.在测试汽车的安全气囊对驾乘人员头部防护作用的实验中，某小

组得到了假人头部所受安全气囊的作用力随时间变化的曲线(如图).从

碰撞开始到碰撞结束过程中，若假人头部只受到安全气囊的作用，则由

曲线可知，假人头部()

A.速度的变化量等于曲线与横轴围成的面积

B.动量大小先增大后减小

C.动能变化正比于曲线与横轴围成的面积

D.加速度大小先增大后减小

【解析】D由题知假人的头部只受到安全气囊的作用，则F－t

图像的面积即合外力的冲量，再根据动量定理可知F－t图像的面积也

是动量的变化量，且图线一直在t轴的上方，由于头部有初动量，由图

可知，动量变化越来越大，则动量的大小一直减小到假人头静止，动量

p2

变化最大，A、B错误；根据动量与动能的关系有Ek＝，而F－t图

2m

像的面积是动量的变化量，则动能的变化量与曲线与横轴围成的面积不

成正比，C错误；由题知假人的头部只受到安全气囊的作用，则根据牛

顿定律可知a∝F，即假人头部的加速度先增大后减小，D正确.

6.(多选)一个质量为60kg的蹦床运动员，从离水平网面某高处自由

下落，着网后沿竖直方向蹦回到空中.用摄像机录下运动过程，从自由下

落开始计时，取竖直向下为正方向，用计算机作出v－t图像如图所示，

其中0～t1和t2～t3为直线，t2＝1.6s，不计空气阻力，重力加速度g取

10m/s2.从自由下落开始到蹦至离水平网面最高处的过程中，下列说法正

确的是()

A.网对运动员的平均作用力大小为1950N

B.运动员动量的变化量为1080kg·m/s

C.弹力的冲量大小为480N·s

D.运动员所受重力的冲量大小为1560N·s

8

【解析】AD由题意知，运动员做自由落体运动的时间为t1＝s

10

＝0.8s，在t1～t2时间内，网对运动员有作用力，根据动量定理得(mg＋

－－

F)(t2－t1)＝mv2－mv1，其中v1＝8m/s，v2＝－10m/s，解得F＝－1950

N，即网对运动员的平均作用力大小为1950N，A正确；从自由下落开

始到蹦至离水平网面最高处的过程中，运动员动量的变化量为0，B错

－

误；弹力的冲量大小为I＝|F|(t2－t1)＝1560N·s，C错误；运动员所受

重力的冲量大小与弹力对运动员的冲量大小相等，即1560N·s，D正确.

7.(2024·广东卷)汽车的安全带和安全气囊是有效保护乘客的装置.

(1)安全带能通过感应车的加速度自动锁定，其原理的简化模型如图

甲所示.在水平路面上刹车的过程中，敏感球由于惯性沿底座斜面上滑直

到与车达到共同的加速度a，同时顶起敏感臂，使之处于水平状态，并

卡住卷轴外齿轮，锁定安全带.此时敏感臂对敏感球的压力大小为FN，

敏感球的质量为m，重力加速度为g.忽略敏感球受到的摩擦力.求斜面倾

角的正切值tanθ.

甲乙

丙

(2)如图乙所示，在安全气囊的性能测试中，可视为质点的头锤从离

气囊表面高度为H处做自由落体运动.与正下方的气囊发生碰撞.以头锤

到气囊表面为计时起点，气囊对头锤竖直方向作用力F随时间t的变化

规律，可近似用图丙所示的图像描述.已知头锤质量M＝30kg，H＝3.2m，

重力加速度大小g取10m/s2.求：

①碰撞过程中F的冲量大小和方向；

②碰撞结束后头锤上升的最大高度.

【解析】(1)敏感球受向下的重力mg和敏感臂向下的压力FN以及

斜面的支持力N，则由牛顿第二定律可知

(mg＋FN)tanθ＝ma，

ma

解得tanθ＝.

mg＋FN

(2)①由图像可知碰撞过程中F的冲量大小

1

IF＝×0.1×6600N·s＝330N·s，

2

方向竖直向上.

②头锤落到气囊上时的速度v0＝2gH＝8m/s，与气囊作用过程由

动量定理(向上为正方向)

IF－Mgt＝Mv－(－Mv0)，

解得v＝2m/s，

v2

则上升的最大高度h＝＝0.2m.

2g

8.如图甲，质量为m的篮球从离地H高度处由静止下落，与地面发

生一次非弹性碰撞后反弹至离地h的最高处.设篮球在运动过程中所受

H－h

空气阻力的大小是篮球所受重力的λ倍(λ为常数且0<λ<)，且篮球每

H＋h

次与地面碰撞的碰后速率与碰前速率之比相同，重力加速度大小为g.

甲乙

(1)求篮球与地面碰撞的碰后速率与碰前速率之比；

(2)若篮球反弹至最高处h时，运动员对篮球施加一个向下的压力F，

使得篮球与地面碰撞一次后恰好反弹至h的高度处，力F随高度y的变

化如图乙所示，其中h0已知，求F0的大小；

(3)篮球从H高度处由静止下落后，每次反弹至最高点时，运动员

拍击一次篮球(拍击时间极短)，瞬间给其一个竖直向下、大小相等的冲

量I，经过N次拍击后篮球恰好反弹至H高度处，求冲量I的大小.

【解析】(1)篮球下降过程中根据牛顿第二定律有

mg－λmg＝ma下，

再根据匀变速直线运动的公式，下落的过程中有

2

v下＝2a下H，

篮球反弹后上升过程中根据牛顿第二定律有

mg＋λmg＝ma上，

再根据匀变速直线运动的公式，上升的过程中有

2

v上＝2a上h，

则篮球与地面碰撞的碰后速率与碰前速率之比

v上(1＋λ)h

k＝＝.

v下(1－λ)H

(2)若篮球反弹至最高处h时，运动员对篮球施加一个向下的压力F，

则篮球下落过程中根据动能定理有

h－h012

mgh＋F0－λmgh＝mv下′，

22

篮球反弹后上升过程中根据动能定理有

12

－mgh－λmgh＝0－m(kv下′)，

2

2mg(1－λ)(H－h)

联立解得F0＝.

h－h0

(3)由(1)问可知篮球上升和下降过程中的加速度分别为

a下＝(1－λ)g(方向向下)，

a上＝(1＋λ)g(方向向下)，

由题知运动员拍击一次篮球(拍击时间极短)，瞬间给其一个竖直向

下、大小相等的冲量I，由于拍击时间极短，则重力的冲量可忽略不计，

则根据动量定理有I＝mv，

即每拍击一次篮球将给它一个速度v.

拍击第1次下降过程有

22

v1－v＝2(1－λ)gh0，

2

上升过程有(kv1)＝2(1＋λ)gh1，

代入k后，下降过程有

22

v1－v＝2(1－λ)gh0，

2

上升过程有hv1＝2(1－λ)gHh1，

22

hvh1h1v

联立有h1＝[h0＋]＝()·h0＋()·，

H2g(1－λ)HH2g(1－λ)

拍击第2次，同理代入k后，下降过程有

22

v2－v＝2(1－λ)gh1，

2

上升过程有hv2＝2(1－λ)gHh2，

hv2

联立有h2＝[h1＋]，

H2g(1－λ)

再将h1代入h2有

22

h2h2vh1v

h2＝()·h0＋()·＋()·，

HH2g(1－λ)H2g(1－λ)

拍击第3次，同理代入k后，下降过程有

22

v3－v＝2(1－λ)gh2，

2

上升过程有hv3＝2(1－λ)gHh3，

hv2

联立有h3＝[h2＋]，

H(1－λ)2g

再将h2代入h3有

222

h3h3vh2vh1v

h3＝()·h0＋()·＋()·＋()·

HH2g(1－λ)H2g(1－λ)H2g(1－λ)

直到拍击第N次，同理代入k后，下降过程有

22

vN－v＝2(1－λ)ghN－1，

2

上升过程有hvN＝2(1－λ)gHhN，

hv2

联立有hN＝[hN－1＋]，

H2g(1－λ)

将hN－1代入hN有

222

hNhNvhN-1vh1v

hN＝()·h0＋()·＋()·＋…＋()·，

HH2g(1－λ)H2g(1－λ)H2g(1－λ)

其中hN＝H，h0＝h，则有

hh

()N+1－

hv2

H＝()N·h＋[HH]，

Hh2g(1－λ)

－1

H

2g(1－λ)(H－h)(HN+1－hN+1)

则I＝m.

h(HN－hN)

第2讲动量守恒定律及其应用

一、动量守恒定律及其应用

1.几个相关概念

(1)系统：两个(或多个)相互作用的物体构成的__整体__叫作一个力

学系统，简称系统.

(2)内力：__系统中__物体间的作用力.

(3)外力：系统__以外的物体__施加给系统内物体的力.

2.动量守恒定律

(1)内容：如果一个系统__不受外力__，或者__所受外力的矢量和为

0__，这个系统的总动量保持不变.这就是动量守恒定律.

(2)表达式

①p＝__p′__，系统相互作用前的总动量p等于相互作用后的总动量

p′.

②m1v1＋m2v2＝__m1v1′＋m2v2′__，相互作用的两个物体组成的系统，

作用前的动量和等于作用后的动量和.

③Δp1＝__－Δp2__，相互作用的两个物体动量的增量等大反向.

④Δp＝__0__，系统总动量的增量为零.

(3)适用条件

①理想守恒：系统不受外力或所受外力的合力为__零__，则系统动

量守恒.

②近似守恒：系统受到的合力不为零，但当内力__远大于__外力时，

系统的动量可近似看成守恒.

③某方向守恒：系统在某个方向上所受合力为__零__时，系统在该

方向上动量守恒.

二、弹性碰撞和非弹性碰撞

1.特点：作用时间极短，内力(相互碰撞力)远__大于__外力，总动

量守恒.

2.分类

(1)弹性碰撞：系统在碰撞前后总动能__不变__的碰撞.

(2)非弹性碰撞：系统在碰撞后总动能__减少__的碰撞.碰撞后系统

的机械能__有__损失.

(3)完全非弹性碰撞：碰撞后合为一体，机械能损失__最大__.

三、反冲爆炸

1.反冲现象

(1)在某些情况下，原来系统内物体具有相同的速度，发生相互作用

后各部分的末速度不再相同而分开.这类问题相互作用的过程中系统的

动能__增大__，且常伴有其他形式的能向动能的转化.

(2)反冲运动的过程中，一般合外力为零或外力的作用__远小于__

物体间的相互作用力，可认为系统的动量守恒，可利用动量守恒定律来

处理.

2.爆炸问题

爆炸与碰撞类似，物体间的相互作用力很大，且__远大于__系统所

受的外力，所以系统动量__守恒__，爆炸过程中位移很小，可忽略不计，

爆炸后物体从相互作用前的位置以新的动量开始运动.

考点一动量守恒定律的理解与应用

1.动量守恒定律的“六性”

(1)系统性：研究对象是相互作用的两个或多个物体组成的系统.

(2)条件性：必须满足动量守恒定律的适用条件.

(3)矢量性：表达式中初、末动量都是矢量，首先需要选取正方向，

分清各物体初、末动量的正、负.

(4)瞬时性：动量是状态量，动量守恒指对应每一时刻的总动量都和

初时刻的总动量相等.

(5)相对性：动量守恒定律方程中的动量必须是相对于同一惯性参考

系.一般选地面为参考系.

(6)普适性：不仅适用于宏观低速物体组成的系统，也适用于微观高

速粒子组成的系统.

2.应用动量守恒定律解题的步骤

对动量守恒定律的理解

【例1】(多选)如图所示，A、B两物体质量之比mA∶mB＝3∶2，

原来静止在平板车C上，A、B间有一根被压缩的弹簧，地面光滑.当弹

簧突然被释放后，则以下系统动量守恒的是()

A.若A、B与C上表面间的动摩擦因数相同，A、B组成的系统

B.若A、B与C上表面间的动摩擦因数相同，A、B、C组成的系统

C.若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B组成的系统

D.若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B、C组成的系统

【解析】BCD若A、B与C上表面间的动摩擦因数相同，弹簧

被释放后，A、B分别相对C向左、向右滑动，它们所受的滑动摩擦力

FA向右，FB向左，由于mA∶mB＝3∶2，所以FA∶FB＝3∶2，则A、B

组成的系统所受的外力之和不为零，故A、B组成的系统动量不守恒，

A错误；对A、B、C组成的系统，A与C、B与C间的摩擦力为内力，

该系统所受的外力为竖直方向的重力和支持力，它们的合力为零，故该

系统的动量守恒，和A、B与C间的动摩擦因数或摩擦力大小是否相等

无关，B、D正确；若A、B所受的摩擦力大小相等，则A、B组成的系

统所受的外力之和为零，故其动量守恒，C正确.

【变式训练1】[易错题]如图所示，水平地面上有一小车C，顶端

有一轻滑轮，质量完全相同的两个小木块A、B由通过滑轮的轻绳相连

接，初始时用手托住小木块A，使A、B、C均处于静止状态.某时刻突

然将手撤去，A、B、C开始运动，则对小车C、小木块A、B三者组成

的系统，下列说法正确的是(所有摩擦均忽略不计)()

A.动量不守恒，机械能不守恒

B.动量守恒，机械能守恒

C.竖直方向上动量守恒，机械能不守恒

D.水平方向上动量守恒，机械能守恒

【解析】D所有摩擦均忽略不计，只有动能和势能相互转化，总

的机械能不变，机械能守恒；初始时用手托住小木块A，使A、B、C均

处于静止状态，松手后，整个系统竖直方向上合力不为零，动量不守恒，

但水平方向上合力为零，水平方向上动量守恒，D正确.

【易错点】本题易错选B.A、B两物体在竖直方向上有加速度，系

统竖直方向上的动量并不守恒.系统内物体涉及竖直方向的运动时，要注

意系统是否存在超失重现象.若系统存在超失重现象，则竖直方向上的动

量不守恒，系统动量不守恒.

动量守恒定律的应用

【例2】(多选)如图所示，两质量相等的物体B、C用质量不计的

弹簧拴接放在光滑的水平面上，物体C紧靠左侧的挡板，但未粘合在一

起，另一物体A以水平向左的速度v0向物体B运动，经过一段时间和

物体B碰撞并粘合在一起，已知物体A、B、C的质量分别M、m、m，

整个过程中弹簧未超过弹性限度.则下列说法正确的是()

A.整个过程中，三个物体组成的系统动量、机械能均守恒

B.挡板对物体C的冲量大小为2Mv0

2Mv0

C.物体C的最大速度为

M＋2m

D.如果M＝m，则物体C离开挡板前、后弹簧的最大弹性势能之比

为2∶1

【解析】BC物体A与物体B碰撞后两物体粘合在一起，A与B

碰撞过程中，三个物体与弹簧组成的系统的机械能有损失，物体A、B

碰后粘合在一起到物体C刚要离开挡板的过程中，挡板对物体C有向右

的支持力，三个物体与弹簧组成的系统所受合力不为0，系统的动量不

守恒，A错误；设物体A与物体B碰撞后的瞬间，A、B粘合体的速度

大小为v，根据动量守恒定律有Mv0＝(M＋m)v，根据能量守恒定律可知，

弹簧第一次恢复到原长时A、B粘合体的速度大小为v，以水平向右为

正方向，从物体A与物体B碰撞粘合在一起到弹簧恢复到原长，根据动

量定理可得，弹簧弹力对A、B粘合体的冲量I＝(M＋m)v－(M＋m)(－v)

＝2(M＋m)v＝2Mv0，所以弹簧弹力对C的冲量大小等于2Mv0，该过程

中物体C一直静止，故挡板对C的冲量大小也为2Mv0，B正确；物体

C离开挡板后，三个物体与弹簧组成的系统动量守恒、机械能守恒，当

弹簧再次恢复到原长时，物体C的速度最大，设弹簧再次恢复到原长时

A、B粘合体与物体C的速度大小分别为v、v2，根据动量守恒定律有(M

1212

＋m)v＝(M＋m)v1＋mv2，根据机械能守恒定律有(M＋m)v＝(M＋m)v1

22

122Mv0

＋mv2解得v2＝，C正确；物体离开挡板前弹簧最短时弹簧的弹

2M＋2m

12

性势能最大，由能量守恒定律得Ep1＝(M＋m)v，物体C离开挡板后，

2

当三者共速时弹簧最长或最短，弹簧的弹性势能最大，设三者共速时的

速度为v′，根据动量守恒定律有(M＋m)v＝(M＋2m)v′，根据机械能守恒

1212Ep13

定律有Ep2＝(M＋m)v－(M＋2m)v′，且M＝m，解得＝，D错误.

22Ep21

【变式训练2】如图所示是抛沙袋入车的情境图.一排人站在平直

的轨道旁，分别标记为1，2，3，……已知车的质量为40kg，每个沙袋

质量为5kg.当车经过一人身旁时，此人将一个沙袋沿与车前进相反的方

向以4m/s投入到车内，沙袋与车瞬间就获得共同速度.已知车原来的速

度大小为10m/s，不计车与地面间的阻力，当车停止运动时，一共抛入

的沙袋有()

A.20个B.25个C.30个D.40个

【解析】A设一共抛入n个沙袋，这些沙袋抛入车的过程，满足

Mv0

动量守恒，可得Mv0－n·mv＝0，解得n＝＝20，即抛入20个沙袋，

mv

车恰好停止运动，A正确.

应用动量守恒定律时的几点易错提醒

(1)动量守恒定律的研究对象都是相互作用的物体组成的系统.系统的动量是否守

恒，与选择哪几个物体作为系统和分析哪一段运动过程有直接关系.

(2)分析系统内物体受力时，要弄清哪些是系统的内力，哪些是系统外的物体对系

统的作用力.

(3)动量守恒和机械能守恒的条件不同，动量守恒时机械能不一定守恒，机械能守

恒时动量不一定守恒，二者不可混淆.

考点二碰撞问题分析

1.碰撞遵循的三条原则

(1)动量守恒定律.

2222

p1p2p1′p2′

(2)动能不增加：Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或＋≥＋.

2m12m22m12m2

(3)速度要合理：①同向碰撞：碰撞前，后面的物体速度大；碰撞后，

若物体速度仍同向，则前面的物体速度大(或相等).②相向碰撞：碰撞后

两物体的运动方向不可能都不改变.

2.弹性碰撞讨论

(1)碰后速度的求解

根据动量守恒定律和机械能守恒定律

m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，①

12121212

m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，②

2222

(m1－m2)v1＋2m2v2

解得v1′＝，

m1＋m2

(m2－m1)v2＋2m1v1

v2′＝.

m1＋m2

(2)分析讨论：当碰前两物体的速度不为零时，若m1＝m2，则v1′＝

v2，v2′＝v1，即两物体交换速度.当碰前物体2的速度为零时：v1′＝

m1－m22m1

v1，v2′＝v1，①m1＝m2时，v1′＝0，v2′＝v1，碰撞后两物体

m1＋m2m1＋m2

交换速度.②m1>m2时，v1′>0，v2′>0，碰撞后两物体沿相同方向运

动.③m1<m2时，v1′<0，v2′>0，碰撞后质量小的物体被反弹回来.

弹性碰撞

【例3】1932年，查德威克用未知射线轰击氢核，发现这种射线

是由质量与质子大致相等的中性粒子(即中子)组成.如图，中子以速度v0

分别碰撞静止的氢核和氮核，碰撞后氢核和氮核的速度分别为v1和v2.

设碰撞为弹性正碰，不考虑相对论效应，下列说法正确的是()

A.碰撞后氮核的动量比氢核的小

B.碰撞后氮核的动能比氢核的小

C.v2大于v1

D.v2大于v0

【解析】B设中子的质量为m，氢核