2026年高考物理一轮复习精讲精练第33讲动量动量定理(讲义)(学生版+解析)

这是一份2026年高考物理一轮复习精讲精练第33讲动量动量定理(讲义)(学生版+解析)，共9页。

考点一 动量和冲量
基础过关
1.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/s。
(3)方向：动量是矢量，其方向与速度的方向相同。
2.动量变化量
(1)动量的变化量Δp等于末动量p'减去初动量p的矢量运算，也称为动量的增量，即Δp＝p'-p。
(2)动量的变化量Δp也是矢量，其方向与速度的改变量Δv的方向相同，运用矢量法则计算。
3.冲量
(1)定义：力与力的作用时间的乘积。
(2)公式：I＝FΔt。
(3)单位：N·s。
(4)方向：冲量是矢量，其方向与力的方向相同。
【例1】（2025·重庆·三模）《卖油翁》是宋代文学家欧阳修创作的一则写事明理的寓言故事，说明了熟能生巧的道理。如图所示，油从距离地面高度为H的地方倒出，油束刚好充满钱孔倒入壶内，钱孔的横截面积为S，油壶的高度为h，油的密度为，重力加速度为g。若油倒入瓶底四处散开，没有飞溅。下列说法正确的是（ ）
A．单位时间倒入壶中油的质量为
B．单位时间倒入壶中油的质量为
C．在动量减小阶段，后落入壶内的油，动量变化更多
D．在动量减小阶段，任何时候落入壶内的油，动量变化都一样多
【答案】A
【详解】AB．设时间内倒入壶中油的质量为，油到达壶口时的速度为，则有，
根据机械能功守恒，则有
联立解得
故单位时间内落入壶中油的质量为
A正确，B错误；
CD．随着油面的上升，后落入壶内的油到达油面的速度逐渐减小，因此在动量减小阶段，其动量的变化更少，CD错误。
故选A。
【例2】（2025·山东聊城·二模）开有凹槽的斜面固定在地面上，斜面与水平轨道OA平滑连接，OA长度为6r。槽内上端紧挨放置四个半径均为r的相同小球，各球编号如图所示。将四个小球由静止同时释放，小球落地后均静止，不计一切摩擦。各小球在运动过程中，下列说法正确的是（ ）
A．球4的机械能守恒B．球1处在OA段时动量不变
C．四个球最终的落地点各不相同D．四个小球中球1离开轨道时的速度最小
【答案】B
【详解】A．4个小球都在斜面上运动时，只有重力做功，整个系统的机械能守恒，球4在水平轨道上运动时，斜面上的小球仍在加速，后面的球对球4球做功，球4的机械能不守恒，故A错误；
B．球1处在OA段时,做匀速运动，根据p=mv
可知球1动量不变，故B正确；
CD．由于2、3、4三个球在水平轨道OA运动时，斜面上的小球与水平轨道OA上小球间会有相互作用，所以2、3、4三个球在水平面均做加速运动，离开A点时，球4的速度最小，水平射程最小；3、2、1三个球一起在水平轨道OA上运动时不再加速，3、2、1离开水平轨道OA的速度相等，水平射程相同，所以4个球的落点球4单落一个点，3、2、1三个球的落点相同，故CD错误。
故选B。
【例3】（2025·山东枣庄·三模）我国神话故事中哪吒脚踩风火轮在天空中来去自由，现在人类穿上涡喷飞翼飞行器（简称飞行器）也能像哪吒一样，在高空中自由地完成上升、下降、悬停、平飞和翻转等动作，如图所示。飞行器主要由微型喷气发动机和操纵系统组成，下列说法正确的是（ ）
A．飞行器水平加速飞行时，需水平向后喷射燃气
B．某段时间飞行器在空中悬停，重力的冲量不为零
C．飞行器在下降过程中，其动量一定越来越大
D．任意时间内燃气对飞行器的冲量与飞行器对燃气的冲量始终相同
【答案】B
【详解】A．飞行器水平加速飞行时，合力沿水平方向，即燃气对飞行器的作用力与飞行器重力的合力沿水平方向，所以需向斜向下喷射燃气，故A错误；
B．某段时间飞行器在空中悬停，重力的冲量
不为零，故B正确；
C．飞行器在下降过程，可能速度减小，其动量不一定越来越大，故C错误；
D．燃气对飞行器的冲量与飞行器对燃气的冲量方向不同，故D错误。
故选B。
【例4】（2025·陕西渭南·三模）如图所示，光滑斜面体OAB固定在水平桌面上，斜面OA和OB的倾角分别为α=53°、β=37°。质量相同的物块a和b（均可视为质点）从顶端O处分别由斜面OA和OB从静止滑下，sin37°=0.6，cs37°=0.8，下列说法正确的是（ ）
A．a和b下滑过程，所用时间之比为
B．a和b下滑过程，重力的冲量大小之比为
C．a和b下滑到底端时，重力的瞬时功率大小之比为
D．a和b下滑到底端时，动能大小之比为
【答案】B
【详解】A．设斜面的高度为h，则，
所以
故A错误；
B．下滑过程中重力的冲量大小为
所以
故B正确；
C．下滑到底端时，重力的瞬时功率大小为，
所以
故C错误；
D．根据动能定理可得
所以
故D错误。
故选B。
【例5】（2025·湖南邵阳·三模）打羽毛球是深受大众喜爱的体育运动。如图所示是羽毛球从左往右飞行的轨迹图，图中A、B为同一轨迹上等高的两点，P为该轨迹的最高点，则羽毛球在该轨迹上运动时，下列说法正确的是（ ）
A．在A、B两点的动能相等
B．AP段重力的冲量小于PB段重力的冲量
C．整个飞行过程中经过P点时的速度最小
D．在PB下落阶段，羽毛球加速度的竖直分量大于重力加速度值
【答案】B
【详解】A．羽毛球由A点运动到B点过程中，重力做功为零，空气阻力做负功，由动能定理可知，动能减小，所以羽毛球在A点的动能大于B点的动能，故A错误；
BD．羽毛球上升阶段竖直方向所受合力大于重力，竖直方向的加速度大于g，下落阶段竖直方向所受合力小于重力，竖直方向的加速度小于g，所以羽毛球AP段所用时间比PB段小，结合冲量的定义可知，AP段重力的冲量小于PB段重力的冲量，故B正确，D错误；
C．羽毛球经过P点时所受重力与空气阻力的合力与速度成钝角，说明速度正在减小，所以整个飞行过程中经过P点时的速度不是最小，故C错误；
故选B。
精讲考点
1．动能、动量、动量变化量的比较
2．冲量的计算
(1)恒力的冲量：直接用定义式I＝Ft计算。
(2)变力的冲量
①平均力法：若力的大小随时间均匀变化且力的方向不变，即力与时间是一次函数关系，则力F在某段时间t内的冲量I＝eq \f(F1＋F2,2)t，其中F1、F2为该段时间内初、末两时刻力的大小。
②F－t图像法：在F－t图像中，图线与t轴所围的“面积”即为变力的冲量。如图所示。
③动量定理法：对于已知始、末时刻动量的情况，可用动量定理求解，即通过求动量变化量间接求出冲量。
考点二 动量定理的理解及应用
基础过关
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：F(t'-t)＝mv'-mv或I＝p'-p。
3.对动量定理的理解：
(1)公式中的F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，F是合外力作用时间的平均值。
(2)Ft＝p'-p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)Ft＝p'-p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。
(5)由Ft＝p'-p得F＝p'−pt＝Δpt，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。
【例6】（2025·广东·模拟预测）如图（a）所示，轻质弹簧上端固定，下端连接质量为m的小球，构成竖直方向的弹簧振子。取小球平衡位置为x轴原点，竖直向下为x轴正方向，设法让小球在竖直方向振动起来后，小球在一个周期内的振动曲线如图（b）所示，若时刻弹簧弹力为0，重力加速度为g，则有（ ）
A．0时刻弹簧弹力大小为
B．弹簧劲度系数为
C．时间段，回复力冲量为0
D．时间段，小球动能与重力势能之和不变
【答案】AC
【详解】B．小球平衡位置为x轴原点，竖直向下为x轴正方向，时刻弹簧弹力为0，位移大小为A，有
可得劲度系数为
故B错误；
A．0时刻在正的最大位移处，弹簧的伸长量为2A，则弹力大小为
故A正确；
C．时间段，小球从从最高点振动到达最低点，回复力在前时间沿正方向，在后时间沿负方向，两段时间的回复力平均值大小相等，则由
可知回复力冲量为0，故C正确；
D．时间段，小球从最高点振动到达最低点，根据能量守恒定律可知弹簧的弹性势能和小球的机械能相互转化，因弹簧的弹性势能一直增大，则小球动能与重力势能之和减小，故D错误。
故选AC。
【例7】（2025·河南·三模）如图所示，光滑的水平轨道左右两端分别与倾角为和的光滑斜面平滑连接。初始时刻，质量的小球甲静止在距水平轨道高度的A处，质量的小球乙静止在距水平轨道高度的D处，两小球同时由静止释放。小球甲、乙同时在水平轨道内运动时，它们之间才存在相互排斥力，排斥力的大小（为两者的相对速度）。已知水平轨道足够长，不计空气阻力，重力加速度取。
(1)求甲、乙两小球刚进入水平轨道时的速度和的大小。
(2)若甲、乙两小球第一次在水平轨道上运动的过程中恰好不相碰，求水平轨道的长度。
(3)在水平轨道的基础上增加水平导轨的长度，使得小球甲第二次在水平轨道上运动的过程中与小球乙恰好不相碰，求此时水平轨道的最小长度。
【答案】(1)，
(2)
(3)
【详解】（1）设两小球从斜面滑下的时间分别为和，加速度分别为和，由匀变速直线运动的位移与时间的关系有，
由匀变速直线运动的速度与时间的关系有，
由牛顿第二定律有，
解得，，。
（2）由第一问可知，两小球同时进入水平轨道，均做减速运动，最终达到共同速度。设两小球的共同速度为，对两小球组成的系统，取水平向左为正方向，由动量守恒定律有
解得
两小球从进入水平轨道至恰好不相碰的过程，对小球甲，由动量定理有

又
解得
（3）由第二问分析可知，两小球达到共同速度后一起向左做匀速直线运动，之后小球甲第二次返回水平面后经过一段时间两小球再次达到共同速度。当两小球第一次达到共同速度时，小球甲恰好回到左端的斜面底端，水平轨道的长度最小。设两小球第一次达到共同速度时，它们之间的距离为，有
设之后小球甲在斜面上滑的时间为，有
此过程中小球乙的位移
小球甲第二次到达斜面底端至两小球达到共同速度的过程中，设两小球第二次达到的共同速度为，对两小球组成的系统，取水平向左为正方向，由动量守恒定律有
解得
两小球从进入水平轨道至恰好不相碰的过程，对小球甲，由动量定理有
又，
解得。
【例8】（2025·陕西汉中·二模）风洞实验是了解飞行器空气动力学特性的一种空气动力实验方法。在风洞中将一质量为m的飞行器 （可视为质点）由静止释放，假设飞行器所受风洞阻力方向竖直向上，风洞阻力大小f与飞行器下降速率v的关系为f=kv，测出飞行器由静止下降h后做匀速直线运动，重力加速度大小为g。关于飞行器下降h的过程下列说法正确的是（ ）
A．飞行器的最大速率为B．风洞阻力对飞行器做功为
C．飞行器运动过程中机械能守恒D．飞行器运动时间为
【答案】AD
【详解】A．飞行器速度最大时加速度为零，则有
解得
故A正确；
B．对飞行器由动能定理得
解得
故B错误；
C．因风洞阻力会对飞行器做功，故飞行器运动过程中机械能不守恒，故C错误；
D．对飞行器由动量定理得
又
联立解得
故D正确。
故选AD。
【例9】（2025·辽宁沈阳·二模）如图所示，同学A在距离地面高处将排球以的初速度斜向上击出，速度的方向与水平方向的夹角为，站在对面的同学B静止不动，伸直的手臂与水平地面呈一定夹角，排球恰好在离地h处垂直打到B的手臂上。假设碰撞过程中手臂保持静止，B垫起球的前后，排球的速度大小相等、方向相反，排球与手臂的作用时间为，排球的质量，重力加速度，，排球可视为质点，不计空气阻力。求：
(1)排球运动过程中离地面的最大高度；
(2)A击球点和B接球点之间的水平距离；
(3)B在垫球的过程中，手臂受到的弹力的平均值。
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）排球能上升的高度
离地面的最大高度
解得
（2）排球上升到最高的过程中在竖直方向上有
在水平方向上有
解得
（3）以B垫起后排球的速度为正方向，根据动量定理得
解得
根据牛顿第三定律可知，手臂受到的弹力的平均值为41.6 N
【例10】（2025·山东济宁·模拟预测）如图，长为l=0.1m的轻绳一端固定在O点，另一端栓一小球A。木板C静止在光滑水平面上，小物块B静止在木板最左端。开始时，木板右端与墙P相距L=0.08m，A、B、C质量均为m=1kg，B、C间的动摩擦因数为。现将小球A拉到O点正上方，以的初速度水平向左抛出。当小球运动至最低点时与B发生正碰，碰后A、B不再发生作用，木板C的长度可以保证小物块在运动过程中不与墙接触。已知轻绳拉直瞬间小球沿绳方向的分速度突变为零，小物块B可看做质点，所有碰撞均为弹性碰撞，不计碰撞时间。重力加速度。
(1)通过计算判断绳被拉直时小球A的位置及A第一次运动到最低点时的速度；
(2)求从小球A与B碰撞后到BC达到共同速度过程中，木板C与墙碰撞的次数n及所用的时间t；
(3)求从小球A与B碰撞后到BC达到共同速度过程中，B相对C的位移和墙对木板C的总冲量I。
【答案】(1)
(2)，
(3)，方向水平向左
【详解】（1）设小球从最高点恰好做圆周运动，需满足
得
小球初速度
故小球抛出后做平抛运动
设绳子拉直时与水平方向夹角为θ，平抛运动时间为t，则：水平方向
竖直方向
可求得
即小球运动到绳子刚好水平时被拉直；
绳子拉直瞬间沿绳方向分速度突变为零，剩下竖直方向速度
此后开始做圆周运动到最低点，由动能定理
解得
（2）小球在最低点与物块B发生弹性碰撞，由动量守恒、机械能守恒
解得
小物块与木板发生相对滑动，木板从静止开始做匀加速运动。设木板加速度为a，经历时间后与墙第一次碰撞，碰撞时速度为，由牛顿第二定律
由运动学公式，
解得，
两者共速前，在每两次碰撞之间，木板做加速度恒定的匀减速直线运动，木板与墙碰后到返回初始位置，所用时间为。设二者达到共速v之前木板与墙碰撞了n次，设第n次碰撞木板回到初始位置后经时间二者共速。由运动学公式
即
因木板速率只能在之间，故
解得
n取正整数，故
同时解得
从小球A与小物块B碰撞后到BC达到共同速度所用时间
（3）从小球A与小物块B碰撞后到BC达到共同速度时，系统损失的机械能等于摩擦产生的热量，对系统有能量守恒
解得
此过程中墙对木板的总冲量改变了系统的总动量，设向右为正，对系统由动量定理
方向水平向左
精讲考点
1.对动量定理的理解
(1)动量定理的表达式是矢量式，列式时要注意各个量与规定的正方向之间的关系(即要注意各个量的正、负)。
(2)动量定理中的冲量是合外力的冲量，而不是某一个力的冲量，它可以是合力的冲量，也可以是各力冲量的矢量和，还可以是外力在不同阶段的冲量的矢量和。
(3)应用动量定理可以只研究一个物体，也可以研究几个物体组成的系统。
(4)当用动量定理研究系统时，初态的动量p是系统各部分动量之和，末态的动量p′也是系统各部分动量之和。
(5)对系统各部分的动量进行描述时，应该选取同一个参考系，不然求和无实际意义。
考点三 应用动量定理处理“流体类”问题
基础过关
1．流体类问题
2．微粒类问题
【例11】（2025·湖北十堰·模拟预测）如图所示，联合收割机正在水平地面上收割小麦，通过收割、脱粒、清选后得到干净的小麦，干净的小麦再通过倾斜的送料管输送到高处，并以相对管口竖直向下2m/s的速度被喷出，最后落入与它并排匀速行驶的货车车厢内。该收割机送料管1s内可输送小麦的质量为k=20kg，送料管口离货车车厢底部的高度差为1.6m，货车车厢是长为15m的长方体。为了让小麦尽可能装满整个车厢，货车行驶的速度往往比收割机稍快些。已知10t小麦刚好能将货车车厢装满，重力加速度，不计空气阻力。下列说法正确的是（ ）
A．若收割机和货车均静止，收割机将小麦无初速度地放上送料管，则送料管对小麦做功的功率为40W
B．若收割机和货车均静止，小麦落到车厢底部速度即刻变为零，则小麦对车厢底部的平均冲击力大小约为120N
C．若收割机匀速行驶的速度为1m/s，且恰能装满货车车厢，则货车匀速行驶的速度应为1.03m/s
D．若收割机匀速行驶的速度为1m/s，且恰能装满货车车厢，则小麦对车厢底部的水平方向作用力约为0.6N
【答案】BCD
【详解】A．由题意可知，每秒内质量为20kg的小麦动能增加
小麦的重力势能也增加，送料管对小麦做功的功率大于40W，A错误；
B．小麦下落的初速度，设落在车厢底部的末速度为v，由速度位移公式有
解得
极短时间Δt内落到车厢底部的小麦质量为
小麦落到车厢底部速度即刻变为零，由动量定理可得
解得
则小麦对车厢底部的平均冲击力大小，B正确；
C．设收割机匀速行驶的速度为v1，货车匀速行驶的速度为v2，则
，
解得，，C正确；
D．对小麦在水平方向由动量定理可得
解得
所以小麦对车厢底部的水平方向作用力约为0.6N，D正确。
故选BCD。
【例12】（2025·湖北·模拟预测）如图所示为清洗汽车用的高压水枪。设水枪出水口直径为D，水流以速度v从枪口喷出近距离垂直喷射到车身。所有喷到车身的水流，约有75%向四周溅散开，溅起时垂直车身向外的速度为，其余25%的水流撞击车身后无反弹顺车流下。由于水流与车身的作用时间较短，在分析水流对车身的作用力时可忽略水流所受的重力。已知水的密度为，水流对车身的平均冲击力为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】由题意可知，在很短时间内流出的水的质量为
设水流对车身的平均冲击力大小为F，则由牛顿第三定律可知车身对水流的平均冲力大小也为F，取反弹的速度方向为正方向，对时间内喷出的水，根据动量定理可得
解得
故选A。
【例13】（2025·福建宁德·三模）温福高铁宁德段正在加速建设中，宁德山区雾气重，假设列车在水平长直轨道上运行时，列车周围空气静止，车头前方的空气与水雾碰到车头后速度变为与列车速度相同，空气密度为，空气中单位体积内有颗小水珠，每颗小水珠的质量为，车头的横截面积为，列车以速度匀速运行。则列车因与空气和水珠冲击而受到的阻力约为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【详解】在时间∆t内车头遇到的水珠的质量
遇到空气的质量
对这些水珠及空气的整体研究，由动量定理
解得
由牛顿第三定律可知列车因与空气和水珠冲击而受到的阻力约为
故选B。
【例14】（2025·山东泰安·模拟预测）我国研制的离子推进器工作原理是将氙离子加速后高速喷出产生推力。已知推进器工作时喷出的氙离子形成的电流为，每个氙离子的质量为，电荷量为，喷出时的速率为。则该推进器产生的推力大小为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【详解】根据电流的定义式
可得单位时间内喷出来的离子数
每个离子的动量为
单位时间内喷出的离子的总动量
所以推进器的推力，故B符合题意。
故选B。
【例15】（2025·陕西宝鸡·三模）如图所示，由高压水枪中竖直向上喷出的水柱，将一个开口向下的小铁盒顶在空中。已知密度为ρ的水柱以恒定速率从水枪中持续喷出，向上运动并以速率冲击小铁盒，且冲击小铁盒时水柱横截面积为S，并以速率v竖直返回（不考虑水之间的碰撞）。水与铁盒作用时这部分水所受重力可忽略不计，则水对铁盒的平均作用力大小为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【详解】在∆t时间内打到盒子上的水的质量
向下为正，则根据动量定理
解得
根据牛顿第三定律可知水对铁盒的平均作用力大小为
故选A。
核心考点
TOC \ "1-3" \h \z \u \l "_Tc8042" 考点一 动量和冲量 PAGEREF _Tc8042 \h 1
\l "_Tc16285" 考点二 动量定理的理解及应用 PAGEREF _Tc16285 \h 6
\l "_Tc3491" 考点三 应用动量定理处理“流体类”问题 PAGEREF _Tc3491 \h 14
动能
动量
动量变化量
特点
状态量
状态量
过程量
关联方程
Ek＝eq \f(p2,2m)，Ek＝eq \f(1,2)pv，p＝eq \r(2mEk)，p＝eq \f(2Ek,v)
联系
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
流体及
其特点
通常液体流、气体流等被广义地视为“流体”，特点是其质量具有连续性，题目中通常给出密度ρ作为已知条件
分析步骤
1
建立“柱体”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
用微元法研究，作用时间Δt内的一段柱形流体的长度Δl＝vΔt，对应的质量Δm＝ρV＝ρSΔl＝ρSvΔt
3
建立方程，应用动量定理研究这段柱形流体
微粒及
其特点
通常电子流、光子流、尘埃等被广义地视为“微粒”，质量具有独立性，通常给出单位体积内粒子数n
分析
步骤
1
建立“柱体”模型，沿运动的方向(速度为v0)选取一段微元，柱体的横截面积为S
2
用微元法研究，作用时间Δt内的一段柱形微元的长度Δl＝v0Δt，对应的体积ΔV＝Sv0Δt，则微元内的粒子数N＝nv0SΔt
3
先应用动量定理研究单个粒子，建立方程，再乘N计算