2026年高考物理一轮总复习 第28课时动量、动量定理

第七章

动量守恒定律

动量守恒定律

浙江（山选考T16

浙江1月选考T16浙江6月选考T9

1（"肃卷T4-江西卷T10

江苏卷T14河北卷T14

|2025)

海南卷T18北京卷T19

新课标卷T25广东卷T10

河南卷

T14—-^2025；-甘肃卷T14

福建卷TH—

-广西卷T10

山东卷T17动量:、动量

—12024r广东卷T14

湖南卷T】0、TI5定理

全国甲卷T20

陕晋青宁卷TI5-

重庆卷T15新邨标卷T19

[2()23;

四川卷T15—-广东卷T1（）

考浙江6月选考T18「

浙江1月选考T】8动量和能量

情——

山东卷TI7—的综合

分湖北卷T14-12024卜

析重庆卷T15

浙江1月选考T18

LT京卷T14

H20251-河南卷T7

河北卷T15

北京卷T17

浙江6月选考TI8

江苏卷T14

山东卷T18一|2024；

黑吉辽T14

广东卷TI5JO23

动量守恒

湖北卷T15——-重庆卷T14

定律

湖南卷T15-天津卷T12

-[2023-

一北京卷T18

实验：验证辽宁卷

江苏卷T11|2()21：—T15

动量定理

I2()22——北京卷T1。

广东卷T11一|2025—

皿：用上二抬，，

制/meT।“

实验:验证动

北京卷T18—-(2024|-—

址守恒定律

山东卷T13

辽宁卷T11T2023—

试安全行车（机车碰撞、安全气囊）、交通运输［喷气式飞机）、体育运动（滑冰接力、球类

题生活实践类

情运动）、火箭发射、爆炸、高空坠物

境

学习探究类气垫导轨上滑块碰撞、斜槽末端小球碰撞

第28课时动量动量定理

【目标要求】1.理解动量和冲量，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。2.能利

用动量定理解决相关问题，会在流体力学中建立“柱状”模型。

考点一动量和冲量

L动量

(1)定义：物体的质量和速度的乘积。

(2)表达式：p=mv,单位为kg-m/So

(3)方句：动量是先量，其方向与速度的方向相同。

_

(4)动量大小与动能的关系：p=y/2mEk,Ek=7o

2.动量变化量

(1)动量的变化量等于末动量〃减去初动量〃的矢量运算，也称为动量的增量，即△/产〃'-二

(2)动帚的变化量△〃也是矢量，其方向与速度的改变量Av的方向相同,运用矢昂:法则计算。

3.冲量

(1)定义：力与力的作用时间的乘积。

(2)公式：I=F\t.

(3)单位：ibso

(4)方向：冲量是矢量,其方向与力的方向相同。

4.冲量的计算方法

匕3此方法仅适用于求恒力的冲量，不需要考

公式法

虑物体的运动状态

Fd图像与/轴围成的面积表示冲量，此法既可以计

图像法

算恒力的冲量，也可以计算变力的冲量

若变力的方向不变、大小随时间均匀变化，即力为

平均

时间的一次函数，则力尸在某段时间［内的冲量

值法

2

动量根据物体动量的变化量，由六Ap求冲量，多用于

定理法求变力的冲量

【例1】(2025・天津卷・3)一种名为“飞椅”的游乐设施如图所示，该设施中钢绳一端系着座椅，另一端

系在悬臂边缘。绕竖直轴转动的悬臂带动座椅在水平面内做匀速圆周运动，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.所受合外力做功为零

C所受重力的冲量为零

D.始终处于受力平衡状态

答案B

解析座椅在水平面内做匀速圆周运动，速度大小不变，方向改变，根据〃=〃w可知动量大小不变，方向

改变，故A错误；速度大小不变，则座椅的动能不变，根据动能定理可知座椅所受合外力做功为零，故B

正确；根据肥=，〃/可知所受重力的冲量不为零，故C错误；座椅在水平面内做匀速圆周运动，一定有向

心加速度，所以不处于受力平衡状态，故D错误。

【例21质量m=\kg的物块静止在水平地面上，t=0时刻对物块施加一水平力F,t=3s时撤掉作用力

凡/随时间/变化的图线如图所示，0〜2s内图像为四分之一圆弧，已知物块与地面间的动摩擦因数

”二0.1,最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取lOmH。下列说法正确的是（）

A.0〜2s时间内F的冲量大小为2N-s

B.前Is内摩擦力的冲量大小为1N-s

C.第3s内物块动量的改变量大小为1kg-m/s

D./=ls时物块开始运动

答案C

解析0〜2s内厂的冲量大小为F-/图像与/轴围成的面积，则有/产工S/x兀X22N・s=7tN.s,故A错误；因

44

为滑动摩擦力大小尸产〃加g=lN,在0〜1s时间内且尸vlN时，物块处于筋止状态，此时摩擦力小于1N,

故前1s内摩擦力冲量大小不为INs,故B错误；根据动量定理可知第3s内动量改变量大小为△〃=/*=/

s-Ar=（2X1-1X1）kg-m/s=lkg-m/s,故C正确：由题图可知，在/=1s前某时刻T7已经等于1N,此时物块

已经开始运动，而不是r=]s时才开始运动，故D错误。

【例3】（多选）（2025・广东卷•10）如图所示，无人机在空中作业时，受到一个方向不变、大小随时间变化

的拉力。无人机经飞控系统实时调控，在拉力、空气作用力和重力作用下沿水平方向做匀速直线运

动。已知拉力与水平面成30。角，其大小厂随时间/的变化关系为产=后//（八＞0,后、A均为大于0的常

量），无人机的质量为〃?，重力加速度为g。关于该无人机在（）到了时间段内（7是满足Q0的任一时

刻），下列说法正确的有（）

飞3炉尸7

A.受到空气作用力的方向会变化

B.受到拉力的冲量大小为(凡-3丁)丁

C.受到重力和拉力的合力的冲量大小为mgT+(Fo[kT)T

D.7时刻受到空气作用力的大小为-kT)2+(mg+

答案ABD

解析由于无人机在拉力、空气作用力和重力作用下沿水平方向做匀速直线运动，故无人机处于平衡状

态，由于重力不变，拉力方向不变，大小随时间变化，则受到的空气作用力方向必然变化，A正确；无人

机在0〜7时间内受到的拉力的大小随时间均匀变化，可采用平均值法求解其冲量大小，则有

/产包萼丝7三(凡・*QT,B正确；无人机受到的重力的冲量大小为〃?gT,由于冲量是矢量，重力和拉力方

向不同，所以受到的重力和拉力的合力的冲量大小不等于重力冲量与拉力冲量的代数和，C错误；对无人

机受力分析，如图所示，将空气作用力分解为水平方向的分力F、，和竖直方向的分力则有尸空"

二收+弓2,其中尸产(尺切叱30。4尺-切，E=〃?g+(R-&Qsin3O0=〃*(Fo-S,则有八、

=R(F0-kT)2+(mg+手产,D正确。

考点二动量定理的理解及应用

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.公式：2(/'-。=〃?/-〃”或/=〃'-〃(,

3.对动量定理的理解：

(1)公式中的产是研究对象所受的所有外力的合力。它可以是恒力，也可以是变力。当合外力为变力

时，产是合外力作用时间的平均值。

(2)/7=〃是矢量式，两边不仅大小相等，而且方向相同。

(3)动量定理中的冲量可以是合外力的冲量，可以是各个力冲量的矢量和，也可以是外力在不同阶段冲

量的矢量和。

(4)我f=p6还说明了两边的因果关系，即合外力的冲量是动量变化的原因。

⑸由FE-P得/二宁二牛，即物体所受的合外力等于物体动量的变化率。

(6)当物体运动包含多个不同过程时，可分段应用动量定理求解，也可以全过程应用动量定理求解。

4.用动量定理解释两种现象(F岑)

(1)△〃一定时,/的作用时间越短，力就越大；作用时间越长，力就越小。

(2)/一定时，力的作用时间越长，就越大；力的作用时间越短，△〃就越小。

【例4】(2025•浙江嘉兴市一模)在水平地面上一小球以初速度3m/s竖直上抛，落地速度为2.6m/s。若

小球运动过程中受到的空气阻力与速率成正比，则小球在空中运动的时间为()

A.0.60sB.0.56sC.0.52sD.0.50s

答案B

解析由题意，取竖直向下为正方向，对小球利用动量定理有〃侬-£加加二〃通-皿-力)，由于

可得片也卫=竺萨s=0.56s,故选B。

91。

I总结提升

微元法是采用无限分割方法，选取一个微小单元代表(微元)，常见为时间微元加，质量微元加〃等，将变

量转变为恒量或者积累的处理方法。在动量定理中常见的微元积累模型是Z必片X。

【例5】(2024.广东卷.14)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，其原理的筒化模型如图甲所示。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小同时顶起敏感臂，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八，敏感球的质量为〃?，

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tan仇

(2)如四乙所示，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”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尸随时间/

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,”=3.2m,重力加速度大小g取

10m/s2o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。

汽车前进方向

甲

答案(谓

(2)①33ON・s竖直向上②0.2m

解析(1)敏感球受向下的重力小g和敏感臂向下的压力尸N以及斜面的支持力凤1，

则由牛顿第二定律可知(mg+FN)tan0=ma

解得tan0=ma

mg+FN

(2)①由Rf图像与1轴围成的“面积”可知碰撞过程中尸的冲量大小

"吆

/栏X0.1X6600N-s=330N-s

方向竖直向上；

②设头锤落到气囊上时的速度为vc,则%2=2g”

与气囊作用过程由动量定理（向上为正方向）

/『Mg片咐

解得v=2m/s

则上升的最大高度/?=^-=0.2mo

总结提升

I应用动量定理解题的一般思路

究硝定对研象卜匚t--报---也---单--个---物---体--

进行受先求每个力的冲量，再求各力冲量的

力分析矢量和或先求合力，再任其冲量

分析过程选取正方向，确定初、太态的动量和

找初、末态各冲量的正负号

列方程-根据动量定理列方程求解

考点三应用动量定理处理“流体类”问题

流体类：液体流、气体流等，通常已知密度〃

研究

微粒类：电子流、光子流、尘埃等，通常给出

对象

单位体积内粒子数〃

①构建“柱状”模型：沿流速1，的方向选取一小

段柱体，其横截面积为S

小段柱体的体积AViSiV

分析

②微元小段柱体质量m=p^V=pvSAt

步骤

研究小段柱体粒子数N=nvS^t

小段柱体动量p=mv=pxrS/\t

③列出方程，应用动量定理必片研究

【例6】（2025•浙江省衢丽湖三地市一模）如图，用需要考虑重力的高压水枪冲洗物体，若水从枪口喷出

时的速度大小为u,近距离垂直喷射到物体表面，速度在短时间内变为零，水枪出水口直径为。，忽

略水从枪口喷出后的发散效应，已知水的密度为p,重力加速度为g,贝lj（）

A.该水枪的流量（单位时间内流经水枪的水的体积）为nvD2

B.单位时间内水枪喷出水的质量为理学

C.物体受到的冲击力大小约为吗f

D.水枪水平向前喷水时，手对水枪的作用力方向水平向前

答案C

解析由题意可知，该水枪的流量（单位时间内流经水枪的水的体积）为。=S产九（2尸1=理丝，故A错误；设

极短时间Z内水枪喷出水的质量为Am=pbV=pSvXt=^^~Z,可得单位时间内水枪喷出水的质量为

孚二色空，故B错误；以极短时间加内水枪喷出的水为研究对象，由动量定理必/=△〃”，联立可得

口吧空，由牛顿第三定律可知，物体受到的冲击力大小约为止竺，故c正确；水枪水平向前喷水时，

44

水平方向手对水枪的作用力水平向前，竖直方向手对水枪的作月力竖直向上，则手对水枪的作用力方向斜

向前上方，D错误。

课时精练

［分值：34分］

皿基础落实练

口〜6题，每题3分］

1.如图所示为某款运动跑鞋宣传图,宣传如下，“该款鞋鞋底采用EVA材料，能够有效吸收行走或运动时

的冲击力，保护双脚免受伤害”。对于该款鞋，下列说法正确的是（)

A.缩短双脚与鞋底的冲击时间,从而减小合力对双脚的冲量

B.延长双脚与鞋底的冲击时间，从而减小合力对双脚的冲量

C.延长双脚与鞋底的冲击时间，从而减小鞋底对双脚的平均冲击力

D.缩短双脚与鞋底的冲击时间，从而减小鞋底对双脚的平均冲击力

答案C

解析由动量定理/="叱〃"0可知，无论是缩短还是延长双脚与柱底的冲击时间，合力对双脚的冲量都保持

不变，故A、B错误：由上月V可知，延长双脚与鞋底的冲击时间，可以减小鞋底对双脚的干均冲击力，

故C正确，D错误。

2.（2025•浙江绍兴市模拟）2024年，中国航天科技集团研制的50kW级双环嵌套式霍尔推力器，成功实现点

火井稳定运行，标志着我国已跻身全球嵌套式霍尔电推进技术领先行列。嵌套式霍尔推力添不用传统的化

学推进剂，而是使用等离子体推进剂，它的一个显著优点是“比冲”高。比冲（specificimpulse）是航天学家

为了衡量火箭引擎燃料利用效率引入的一个物理量，英文缩写为人P，是单位质量的推进剂产生的冲量，其

单位是（）

A.m/sB.m/s2

C.m2/sD.kgm/s

答案A

解析比冲是单位质量的推进剂产生的冲量，即/卬=',则其单位是乎二捶芈=m/s,故选A。

mkgkg

3.（2025•浙江金华市三模汝」图是我们在学习平抛运动中做过的实验，A、B是两个完全相同的钢球。若忽略

空气阻力，当小锤完成敲击后，下列对两小球的判断错误的是（）

A.从敲击后到两个钢球落地，两个钢球的动能增量相同

B.从敲击后到两个钢球落地，两个钢球的重力冲量相同

C.两人钢球落地时的重力功率不相同

D.两个钢球落地时的动量不相同

答案C

解析从敲击后到两个钢球落地，根据动能定理可得△反二〃田儿由于两球质量相同，下落高度相同，所以

两个钢球的动能增量相同，故A正确，不满足题意要求；

从敲击后到两个钢球落地，竖直方向有力二/已可知两个钢球下落时间相等，根据左二〃®,可知两个钢球

的重力冲量相同，故B正确，不满足题意要求；

根据PG=/〃身匕尸〃?屋/,可知两个钢球落地时的重力功率相同，故C错误，满足题意要求；

由于落地时，A球具有一定的水平分速度，所以两个钢球落地时的速度大小不相等，方向不相同，则两个

钢球落地时的动量不相同，故D正确，不满足题意要求。

4.（2025•浙江省“9+1”高中联盟联考）踢健子时，健子被竖直踢上去又落下，若空气阻力大小不变，取竖直

向上为正方向，下列关于健子的加速度。、速度力动能反、动量〃随时间,的变化图线正确的是（）

答案D

解析空气阻力大小不变，翅子上升匀减速下降匀加速，且。上升＞。下年，故A、B错误；根据Ek=》M,上

升阶段为反二}"，=}〃（”）2

下降阶段为Ek=5〃Q下（£一券）］,可知动能与时间不是线性关系，故C错误；根据〃=〃”可知〃与u以相

同规律变化，故D正确。

5.台风的风力达到17级超强台风强度时风速为60m/s左右，对固定建筑物破坏程度非常巨大。假设某•建

筑物垂直风速方向的受力面积为5.风速大小为u,空气吹到建筑物上后速度瞬间减为零，空气密度为p,

请你根据所学物理知识推算固定建筑物所受风力（空气的压力）产与风速（空气流动速度）大小-关系式为

（）

A..F=pSvB.F=pS/

C.F=^）S\^D.F=/）S,

答案B

6.（多选）（2023・广东卷-IO）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,他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（）

I~1

F—►123…10

◎◎55

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.滑坎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

答案BD

解析取向右为正方向，滑块1和滑块2组成的系统的初动量为pi=〃?X0.40kg-m/s=0.40kg-m/s,碰撞

后的动量为p2=2mv2=2X1X0.22kg-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

I,则有/尸〃zu2-/〃巧=1X0.22kg・m/s-lXO.40kg皿a=-0.18kg・m/s,负号表示方向水平向左，故B正确；对滑

块2,则有/2=〃W2=IX0.22kgm/s=0.22kg・m/s,故C错误;对滑块2根据动量定理有斤△/=",解得尸=5.5

N,则滑块2受到滑块1的平均作用力大小为5.5N,故D正确。

皿能力综合练

［7〜9题,每题4分］

7.（2025•浙江省模拟）如图所示，为一辆玩具车做匀变速直线运动的图像，玩具车质量为2kg,，=6s时刻

图像切线水平，下列关于玩具车运动情况的描述正确的是（）

A.玩具车加速度大小为总m/s2

B./=6s到/=9s时间内，玩具车平均速度大小为个m/s

C.广。到后9s时间内，合外力对玩具车所做的功为竽J

D.r=O到z=9s时间内，合外力对玩具车的冲量大小为40kg-m/s

答案D

解析由于玩具车做匀变速直线运动，且片6s时刻片/图像切线水平，说明片6s时刻玩具车速度为零，则

6〜9s内玩具车做初速度为零的匀加速直线运动，且位移为10m,根据广少生分？求得玩具车加速度大小为

m/s2,故A错误；片6s到Z=9s时间内，玩具车的位移为x=10m,则玩具车平均速度大小为

f699

v=—ni/s,故B错误；由于r=6s时刻玩具车速度％=0,由V6=i，o+，〃o6,解得yo=U6/，o6=（O-gx6）m/s=-与

m/s,t=9s时刻玩具车速度v＜）=at69=^X3m/s=ym/s,根据动能定理可得合外力对玩具车所做的功为W合

22

=^inv9-^niv0=-^J,故C错误；根据动量定理可得，r=0到片9s时间内，合外力对玩具车的冲量大小为

I台二〃掖9-〃八，（）=40kg-m/s,故D正确。

8.（2025•浙江嘉兴市二模）如图甲所示，每只冰壶直径d=30cm、质量〃z=19kg。某次试投过程中，冰壶A

在尸0时刻以v（）=lm/s的初速度投出，与静止的冰壶B发生弹性正碰，此后冰壶B在水平面上运动0.9m

后停止，冰壶B的wf图像如图乙所示，冰壶质量分布均匀，不计空气阻力，则（）

A.两只冰壶在t=3s时发生碰撞

B.碰撞前摩擦力对■冰布A做功为-3.42J

C.碰撞后冰壶B受到摩擦力的冲量大小为11.4N.s

D./=0和/=5s两时刻冰壶重心间的距离之比为16:9

答案C

解析两冰壶质量相等，发生弹性正碰时，两冰壶发生速度交换，由冰壶B的v“图像可知冰壶做匀减速

直线运动的力口速度大小为m/s）冰壶B在水干面上运动0.9m后在『5s时停止，设冰壶B运动时间为

2

S']XB=VI/-1«r',V]-at-0t解得f'=3s,月=0.6m/s,所以冰壶A与冰壶B相碰后冰壶B运动了3s,因此

两只冰壶在/=2s时发生碰撞，故A错误；对冰壶A有卬尸/匕2_/%2,解得wt=_6.08J,故B错误；碰

撞后冰壶B受到摩擦力的冲量大小/二〃?也-0,解得/=1L4N$故C正确；全过程的位置图如图所示

AB

两只冰壶在九二2s时发生碰撞，所以片0时两冰壶重心间的距离为Ax产曳学■力+乩解得At]=1.9m,r=5s

时两冰壶重心间的距离为Ax2rB+♦,解得Axi=1.2m,所以r=0和片5s两时刻冰壶重心间的距离之比为

等二号，故D错误。

△x212

9.将小球以初速度w竖直向上抛出，该小球所受的空气阻力与速度大小成正比，其速度一时间图像（止。如

图所示。h时刻到达最高点，/2时刻落回抛出点，且下落过程中小球一直加速，下列说法正确的是（）

V

A.0到打时间内，小球的动量变化率先减小再增大

B.小球.匕升过程和下降过程，重力的冲量相同

C.t2时刻落回抛出点时的速度为

D.12时刻落回抛出点时的速度为日6