2025年高考物理一轮复习讲义学案 第七章　动量守恒定律 第一讲　动量　动量定理

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考点1 动量、冲量及动量变化量的理解

1.动量
（1）定义：物体的[1] 质量 与[2] 速度 的乘积叫作物体的动量.
（2）表达式：p＝[3] mv ，单位kg·m/s.
（3）动量为矢量，方向与[4] 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Δp也是[5] 矢量 ，其方向与速度的改变量Δv的方向[6] 相同 .
（2）动量的变化量Δp的大小，一般用末动量p'减去初动量p进行计算，也称为动量的增量，即Δp＝[7] p'－p .
3.冲量
（1）定义：[8] 力 与[9] 力的作用时间 的乘积叫作力的冲量.
（2）表达式：I＝FΔt，单位为N·s.
（3）冲量为矢量，方向与[10] 力的方向 相同.
如图，一个质量为0.1kg的物体在光滑水平面上以6m/s的速度向右运动，碰到坚硬的墙壁后，沿着同一直线以6m/s的速度水平向左弹回，g取10m/s2.
（1）以向右为正方向，则碰到墙壁之前物体的动量为 0.6kg·m/s ，弹回后物体的动量为 －0.6kg·m/s ，碰撞过程中物体的动量变化量为 －1.2kg·m/s .
（2）如果水平面粗糙，物体与水平面间的动摩擦因数为0.1，物体向右运动3s内（未碰墙壁），重力的冲量大小为 3N·s ，支持力的冲量大小为 3N·s ，摩擦力的冲量大小为 0.3N·s .
命题点1 动量及其变化量的理解和计算
1.[动量/多选]在光滑水平面上，原来静止的物体在水平力F的作用下，经过时间t、通过位移L后动量变为p、动能变为Ek.以下说法正确的是（ BD ）
A.在F作用下，若这个物体经过位移2L，其动量等于2p
B.在F作用下，若这个物体经过位移2L，其动能等于2Ek
C.在F作用下，若这个物体经过时间2t，其动能等于2Ek
D.在F作用下，若这个物体经过时间2t，其动量等于2p
解析 在光滑水平面上，合力大小等于F的大小，根据动能定理知FL＝12mv2-0，位移变为原来的2倍，动能变为原来的2倍，根据p＝2mEk，知动量变为原来的2倍，故A错误，B正确；根据动量定理知，Ft＝mv，时间变为原来的2倍，则动量变为原来的2倍，根据Ek＝p22m知，动能变为原来的4倍，故C错误，D正确.
方法点拨
动量与动能的比较
2.[动量变化量/2024山东新高考质量测评]质量为m的物体，动能大小为Ek，在变力的作用下沿直线做加速运动，经过一段时间后动能大小变为2Ek，则这段时间内物体动量变化量的大小为（ D ）
A.EkmB.（2－2）Ekm
C.mEkD.（2－2）mEk
解析 由动能与动量的表达式Ek＝12mv2，p＝mv可知p＝2mEk，故动能大小由Ek变为2Ek的这段时间内物体动量变化量的大小为Δp＝2m×2Ek-2mEk＝(2-2)mEk，故D正确.
命题点2 冲量的理解和计算
3.[冲量]如图所示，车载玩具——弹簧人公仔固定在车的水平台面上，公仔头部的质量为m，静止在图示位置.现用手竖直向下压公仔的头部，使之缓慢下降至某一位置，之后迅速放手.公仔的头部经过时间t，沿竖直方向上升到另一位置时速度为零.此过程弹簧始终处于弹性限度内，不计空气阻力及弹簧质量.在公仔头部上升的过程中（ C ）
A.公仔头部的机械能守恒
B.公仔头部的加速度先增大后减小
C.弹簧弹力冲量的大小为mgt
D.弹簧弹力对头部所做的功为零
解析 弹簧弹力对公仔头部做功，公仔头部的机械能不守恒，故A错误；公仔头部上升过程中，弹簧弹力先减小后反向增大，加速度先减小后反向增大，故B错误；公仔头部上升过程中，取向上为正方向，根据动量定理有I弹-mgt＝0，则弹簧弹力冲量的大小为I弹＝mgt，故C正确；公仔头部上升过程中，根据动能定理有W弹-mgh＝0，则弹簧弹力对头部所做的功为W弹＝mgh≠0，故D错误.
命题拓展
命题条件不变，一题多设问
整个过程中合力对公仔头部的冲量大小为 0 ，弹簧弹力对公仔底部的冲量大小为 mgt .
解析 公仔头部的初速度为0，末速度也是0，动量变化量为0，则合力的冲量也是0，公仔头部整个过程中只受到弹簧弹力的冲量和重力的冲量，所以弹簧弹力对公仔头部的冲量大小为mgt，弹簧弹力对公仔底部的冲量大小也是mgt.
方法点拨
冲量与功的比较
命题点3 F－t图像的应用
4.[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内其合力随时间变化的关系图线为某一正弦函数图像.下列表述正确的是（ ABD ）
A.0～2s内合力的冲量一直增大
B.0～4s内合力的冲量为零
C.2s末物体动量的方向发生变化
D.0～4s内物体动量的方向一直不变
解析 根据F-t图像中图线所围面积表示冲量可知，在0～2 s内合力的冲量一直增大，A正确；0～4 s内合力的冲量为零，B正确；2 s末力的方向发生变化，物体的动量开始减小，但方向不发生变化，0～4 s内物体动量的方向一直不变，C错误，D正确.
命题拓展
命题条件不变，一题多设问
[多选]下列说法正确的是（ CD ）
A.第2s末，物体的动量为零
B.第4s末，物体回到出发点
C.在0～2s时间内，力F的瞬时功率先增大后减小
D.在1～3s时间内，力F的冲量为零
解析 在前2 s内力与运动的方向相同，物体经历了一个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2 s末，物体的速度最大，动量最大，故A
错误；该物体在2～4 s内受到的力与0～2 s内受到的力的方向相反，前半个周期内做
加速运动，后半个周期内做减速运动，所以物体在0～4 s内的位移为正，即第4 s
末，物体没有回到出发点，故B错误；0～2 s内，速度在增大，力F先增大后减小，
根据瞬时功率P＝Fv得力F瞬时功率开始时为0，2 s末的瞬时功率为0，所以在0～2 s
时间内，F的瞬时功率先增大后减小，故C正确；在F-t图像中，图线与坐标轴围成
图形的面积表示力F的冲量，由图可知，1～2 s的面积与2～3 s的面积大小相等，一
正一负，所以和为0，则在1～3 s时间内，F的冲量为0，故D正确.
方法点拨
冲量的四种计算方法
考点2 动量定理的应用

1.内容：物体在一个过程中所受的冲量等于它在这个过程始末的[11] 动量变化量 .
2.公式：[12] I＝p'－p 或[13] F（t'－t）＝mv'－mv .
3.动量定理的理解
（1）动量定理反映了合力的冲量与动量变化量之间的因果关系，即合力的冲量是原因，物体的动量变化量是结果.
（2）动量定理中的冲量是合力的冲量，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.
（3）动量定理的表达式是矢量式，等号包含了大小相等、方向相同两方面的含义.
图甲为码头上河岸边悬挂的旧轮胎，图乙为轿车的安全气囊在剧烈碰撞时自动弹出的情境.判断下列说法的正误.
（1）码头上河岸边悬挂的旧轮胎减小了船靠岸时的冲量.（ ✕ ）
（2）码头上河岸边悬挂的旧轮胎减小了船靠岸时动量的变化量.（ ✕ ）
（3）轿车的安全气囊在剧烈碰撞时自动弹出可以延长作用时间，减小司机或乘员受到的作用力.（ √ ）
（4）旧轮胎和气囊均起到延长作用时间、减小作用力的效果，即起到缓冲作用.（ √ ）

命题点1 动量定理的简单计算
5.[2024湖南常德模拟]城市进入高楼时代后，高空坠物已成为危害极大的社会安全问题.如图所示为一则安全警示广告，非常形象地描述了高空坠物对人伤害的严重性.某同学用下面的实例来检验广告词的科学性：设一个50g的鸡蛋从16楼的窗户自由落下，与地面撞击时间约为3ms，相邻楼层的高度差为3m，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2，则从16楼下落的鸡蛋对地面的平均冲击力约为（ C ）
A.5000NB.900NC.500ND.250N
解析 鸡蛋下落高度h＝15×3 m＝45 m，鸡蛋自由下落过程，由动能定理有mgh＝
12mv2-0，在鸡蛋与地面撞击时间内，规定竖直向下为正方向，由动量定理得mgt-Ft
＝0-mv，其中F为地面对鸡蛋的作用力，由牛顿第三定律知，鸡蛋对地面的平均冲
击力F'＝F＝500.5 N，方向竖直向下，故选C.
命题点2 动量定理的综合应用
6.跑酷是以日常生活的环境为运动场所的极限运动.质量m＝50kg的跑酷运动员，在水平高台上水平向右跑到高台边缘，以v0的速度从边缘的A点水平向右跳出，运动t1＝0.3s后落在一倾角为53°的斜面上的B点，速度方向与斜面垂直.此时运动员迅速转身并调整姿势，以v02的速度从B点水平向左蹬出，刚好落到斜面的底端C点.假设该运动员可视为质点，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2，sin53°＝0.8，cs53°＝0.6.
（1）求运动员从高台边缘跳出的水平速度v0大小；
（2）求运动员落到斜面底端C时的速度；
（3）假设与斜面的作用时间为0.3s，求运动员与斜面作用过程中运动员对斜面的作用力.
答案 （1）4m/s （2）2733m/s，方向与水平方向夹角的正切值为83
（3）10002N，方向斜向右下方与水平方向夹角为45°
解析 （1）运动员落至斜面上B点时竖直分速度为vy＝gt1＝3m/s
由于速度方向与斜面垂直，满足tan53°＝v0vy
解得v0＝4m/s
即运动员从高台边缘跳出的水平速度大小为4m/s.
（2）从B点水平向左蹬出的速度为v02＝2m/s
设从B点蹬出到落至C点的时间为t2，由位移公式可得
x＝v02t2，y＝12gt22
由位移偏角公式可得tan53°＝yx
落至C点的竖直分速度为v'y＝gt2
运动员落到斜面底端C时的速度大小为
v＝（v02）2＋v'2 y
速度方向与水平方向夹角的正切值为tanα＝v' yv02
联立代入数据解得v＝2733m/s，tanα＝83
运动员落到斜面底端C点时速度大小为2733m/s，方向与水平方向夹角的正切值为83.
（3）设斜面对运动员的作用力在竖直方向的分量为F1，在水平方向的分量为F2，在竖直方向上，以向上为正方向，由动量定理可得
（F1－mg）Δt＝0－（－mvy）
在水平方向上，以向左为正方向，由动量定理可得
F2Δt＝m·v02－（－mv0）
解得F1＝F2＝1000N
故斜面对运动员的作用力大小为F＝F12＋F22＝10002N
斜向左上方与水平方向成45°角，由牛顿第三定律可知，运动员对斜面的作用力大小为10002N，方向斜向右下方，与水平方向夹角为45°.
方法点拨
1.用动量定理解题的思路
2.动量定理的两点说明
（1）动量定理不仅适用于恒力，也适用于变力.对变力使用时，动量定理中的力F应理解为变力在作用时间内的平均值.
（2）动量定理的研究对象可以是单体，也可以是整体.其中“整体”含义：对象或过程.动量定理的整体表达式：I＝Δp1＋Δp2＋…＋Δpn（矢量和）.
考点3 介质流模型


命题点1 流体类“柱状”模型
7.如图所示为清洗汽车用的高压水枪.设水枪喷出的水柱直径为D，水流速度为v，水柱垂直于汽车表面，水柱冲击汽车后水的速度为零.手持高压水枪操作，进入水枪的水流速度可忽略不计，已知水的密度为ρ.下列说法正确的是（ D ）
A.高压水枪单位时间喷出的水的质量为ρπvD2
B.高压水枪单位时间喷出的水的质量为14ρvD2
C.水柱对汽车的平均冲力为14ρD2v2
D.当高压水枪喷口的出水速度变为原来的2倍时，喷出的水对汽车的压强变为原来的4倍
解析 高压水枪单位时间内喷出水的质量m0＝ρV＝ρπ·D24v＝14πρvD2，故A、B错
误；以t时间内喷出的水为研究对象，设汽车对水柱的平均作用力大小为F，水柱对
汽车的平均冲力大小为F'，由动量定理得Ft＝mv，即Ft＝14πρvD2·t·v，可得F'＝F＝
14πρv2D2，故C错误；高压水枪喷出的水对汽车产生的压强p＝FS＝14πρv2D214πD2＝ρv2，则当
高压水枪喷口的出水速度变为原来的2倍时，压强变为原来的4倍，故D正确.
方法点拨
命题点2 微粒类“柱状”模型
8.正方体密闭容器中有大量运动粒子，每个粒子的质量均为m，单位体积内粒子数量n为恒量.为简化问题，我们假定：粒子大小可以忽略，其速率均为v，且与器壁各面碰撞的机会均等，与器壁碰撞前后瞬间，粒子速度方向都与器壁垂直，且速率不变.利用所学力学知识，导出器壁单位面积所受粒子压力f与m、n和v的关系.
答案 f＝13nmv2
解析 一个粒子每与器壁碰撞一次对器壁的作用力的冲量ΔI＝2mv如图所示，以器壁上面积为S的部分为底、vΔt为高构成柱体，由题设可知，其内有16的粒子在Δt时间内与器壁上面积为S的部分发生碰撞，碰壁粒子总数N＝16n·SvΔt
Δt时间内粒子对器壁的作用力的冲量
I＝N·ΔI＝13nSmv2Δt
器壁上面积为S的部分受到粒子的压力F＝IΔt
则器壁单位面积所受粒子的压力f＝FS＝13nmv2.
方法点拨
流体碰撞的两类模型解法

热点8 应用动量定理解决实际问题
动量和冲量是力学中两个重要的物理概念，动量定理揭示了冲量和动量变化量之间的关系，成为近年高考命题的热点内容.试题紧密联系生产生活实际，内容丰富，考查角度灵活，对学生的综合应用能力及物理建模能力要求较高.题型既有选择题，又有计算题.
1.[2023天津]质量为m的列车以速度v匀速行驶，突然以大小为F的力制动刹车直到列车停止，整个过程中列车还受到大小恒为f的阻力，下列说法正确的是（ C ）
A.减速运动过程的加速度大小a＝Fm
B.力F的冲量大小为mv
C.刹车距离为mv22（F＋f）
D.匀速行驶时功率为（f＋F）v
解析
一题多解 刹车过程，由动能定理得-(F＋f)x＝0-12mv2，解得x＝mv22(F＋f)，C正确.
2.[2022山东]我国多次成功使用“冷发射”技术发射长征十一号系列运载火箭.如图所示，发射仓内的高压气体先将火箭竖直向上推出，火箭速度接近零时再点火飞向太空.从火箭开始运动到点火的过程中（ A ）
A.火箭的加速度为零时，动能最大
B.高压气体释放的能量全部转化为火箭的动能
C.高压气体对火箭推力的冲量等于火箭动量的增加量
D.高压气体的推力和空气阻力对火箭做功之和等于火箭动能的增加量
解析 从火箭开始运动到点火的过程中，火箭先加速运动后减速运动，当加速度
为零时，动能最大，A正确；高压气体释放的能量转化为火箭的动能和重力势能及
火箭与空气间因摩擦产生的热量，B错误；根据动量定理可得高压气体对火箭的推
力F、火箭自身的重力mg和空气阻力f的冲量矢量和等于火箭动量的变化量，C错
误；根据动能定理可得高压气体对火箭的推力F、火箭自身的重力mg和空气阻力f对
火箭做的功之和等于火箭动能的变化量，D错误.
3.[2022重庆]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（ D ）
A.速度变化量的大小等于曲线与横轴围成的面积
B.动量大小先增大后减小
C.动能变化量的大小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
4.[2023广东/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，开窗帘的过程中，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0.22m/s.关于两滑块的碰撞过程，下列说法正确的有（ BD ）
A.该过程动量守恒
B.滑块1受到合力的冲量大小为0.18N·s
C.滑块2受到合力的冲量大小为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
规定水平向右为正方向
动量定理：物体所受合力的冲量等于动量的变化量
滑块1受到合力的冲量I1＝mv－mv0＝－0.18N·s，负号表示方向向左，B对
滑块2受到合力的冲量I2＝mv－0=0.22N·s，方向向右，C错滑块1的平均作用力满足I2＝F2Δt→F2=5.5N，D对
两滑块碰撞过程，I1＋I2≠0，碰撞过程动量不守恒，A错
深入讲解 碰撞过程中，对滑块1根据动量定理有FΔt-F2Δt＝I1，解得滑块1所受外力
F＝1 N，不远小于两滑块碰撞过程中的相互作用力F2＝5.5 N，因此该碰撞过程不满
足动量守恒定律.
1.[W－t图像＋动量/2022重庆/多选]一物块在倾角为45°的固定斜面上受到方向与斜面平行、大小与摩擦力相等的拉力作用，由静止开始沿斜面向下做匀变速直线运动，物块与斜面间的动摩擦因数处处相同.若拉力沿斜面向下时，物块滑到底端的过程中重力和摩擦力对物块做的功随时间的变化分别如图中曲线①、②所示，则（ BC ）
A.物块与斜面间的动摩擦因数为23
B.当拉力沿斜面向上，重力做的功为9J时，物块动能为3J
C.当拉力分别沿斜面向上和向下时，物块的加速度大小之比为1∶3
D.当拉力分别沿斜面向上和向下时，物块滑到底端时的动量大小之比为1∶2
解析
2.[v－t图像＋动量/2022湖南/多选]神舟十三号返回舱进入大气层一段时间后，逐一打开引导伞、减速伞、主伞，最后启动反冲装置，实现软着陆.某兴趣小组研究了减速伞打开后返回舱的运动情况，将其运动简化为竖直方向的直线运动，其v－t图像如图所示.设该过程中，重力加速度不变，返回舱质量不变，下列说法正确的是（ AC ）
A.在0～t1时间内，返回舱重力的功率随时间减小
B.在0～t1时间内，返回舱的加速度不变
C.在t1～t2时间内，返回舱的动量随时间减小
D.在t2～t3时间内，返回舱的机械能不变
解析 由题知，返回舱的运动可简化为竖直方向的直线运动，所以重力的功率P＝
mgv，因此在0～t1时间内，结合v-t图像可知返回舱重力的功率随时间减小，A项正
确；v-t图像的斜率表示返回舱的加速度，故0～t1时间内，返回舱的加速度不断减
小，B项错误；返回舱的动量大小与其速度大小成正比，所以t1～t2时间内，返回舱
的动量随时间减小，C项正确；在t2～t3时间内，返回舱匀速下降，机械能不守恒，
D项错误.
3.[动量定理的应用/2022北京]“雪如意”是我国首座国际标准跳台滑雪场地，如图所示.跳台滑雪运动中，裁判员主要根据运动员在空中的飞行距离和动作姿态评分.运动员在进行跳台滑雪时大致经过四个阶段：①助滑阶段，运动员两腿尽量深蹲，顺着助滑道的倾斜面下滑；②起跳阶段，当进入起跳区时，运动员两腿猛蹬滑道快速伸直，同时上体向前伸展；③飞行阶段，在空中运动员保持身体与雪板基本平行、两臂伸直贴放于身体两侧的姿态；④着陆阶段，运动员落地时两腿屈膝，两臂左右平伸.下列说法正确的是（ B ）
A.助滑阶段，运动员深蹲是为了减小与滑道之间的摩擦力
B.起跳阶段，运动员猛蹬滑道主要是为了增加向上的速度
C.飞行阶段，运动员所采取的姿态是为了增加水平方向速度
D.着陆阶段，运动员两腿屈膝是为了减少与地面的作用时间
解析
不同阶段

1.[2024山东烟台统考/多选]下列说法正确的是（ BC ）
A.当力与物体的位移垂直时，该力的冲量为零
B.如果物体（质量不变）的速度发生变化，则其所受合外力的冲量不为零
C.物体所受合外力的冲量越大，它的动量变化量也越大
D.做竖直上抛运动的物体，在一定时间内所受重力的冲量可能为零
解析 因力的冲量为I＝Ft，可知当力与物体的位移垂直时， 该力的冲量不为零，
故A错误；如果物体(质量不变)的速度发生变化，则物体的动量发生变化，根据动量
定理可知，物体所受合外力的冲量不为零，故B正确；物体所受合外力的冲量越
大，根据动量定理可知，物体的动量变化量一定越大，故C正确；做竖直上抛运动
的物体，在Δt时间内所受重力的冲量IG＝GΔt＝mgΔt，可知做竖直上抛运动的物
体，在Δt时间内所受重力的冲量不可能为零，故D错误.
2.[情境创新/2023新课标/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（ BD ）
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 根据F-μmg＝ma可得a＝1mF-μg，因m甲＞m乙、μ甲＝μ乙，故a甲＜a乙，则任意
时刻甲的速度大小比乙的小，A错误；m甲＞m乙，又μ甲＝μ乙，则f甲＞f乙，故甲和乙
组成的系统合外力的冲量方向向左，即甲的动量大小比乙的小，BD正确，C错误.
3.[2024浙江宁波余姚中学校考]一位质量为m的运动员从下蹲状态向上起跳，经Δt时间，身体伸直并刚好离开地面，速度为v.对此过程的描述，错误的是（ A ）
A.地面对运动员的弹力做的功为12mv2
B.运动员所受合力的冲量大小为mv
C.地面对运动员弹力的冲量大小为mv＋mgΔt
D.重力的冲量大小为mgΔt
解析 在跳起过程中，运动员在支持力方向上没有位移，地面对运动员的支持力
不做功，故A错误；重力的冲量大小IG＝mgΔt，故D正确；根据动量定理可得运动员
所受合力的冲量大小IF＝mv，故B正确；以运动员为研究对象，受到地面的支持力
和自身的重力，规定向上为正方向，根据动量定理可知(N-mg)Δt＝mv，所以地面对
运动员弹力的冲量为NΔt＝mgΔt＋mv，故C正确.
4.一个质量为50kg的蹦床运动员，从离水平网面1.8m高处自由下落，着网后沿竖直方向蹦回离水平网面2.45m高处.已知运动员和网接触的时间为1s，g取10m/s2.网对运动员的平均作用力大小为（ D ）
A.150NB.550N
C.650ND.1150N
解析 运动员从h1高度处下落，刚触网时的速度大小为v1＝2gh1＝6 m/s，方向竖
直向下，运动员反弹到高度h2，离网时的速度大小为v2＝2gh2＝7 m/s，方向竖直
向上，在接触网的过程中，运动员受到竖直向上的弹力F和竖直向下的重力mg，设
竖直向上为正方向，由动量定理有(F-mg)t＝mv2-(-mv1)，解得F＝1 150 N，故选D.
5.[联系生活实际/2024贵州阶段联考]新能源汽车工业的快速发展，使人们的出行更方便环保，电动汽车逐渐成为家庭的重要交通工具.暑假结束了，某同学乘坐自家的电动汽车返回学校，电动汽车在行驶过程中，以恒定速率通过一段水平圆弧弯道，对于电动汽车的这一运动过程，下列说法正确的是（ C ）
A.电动汽车的动量不变
B.在任意相等时间内，电动汽车所受合力的冲量相同
C.电动汽车的动能不变
D.路面对电动汽车作用力的冲量竖直向上
解析 电动汽车在行驶过程中，以恒定速率通过一段水平弯道，速度大小不变，方向发生变化，所以小球的动量改变，动能不变，故A错误，C正确；电动汽车做匀速圆周运动，受到的合力的大小不变，方向不断改变，所以在任意相等时间内，电动汽车所受合力的冲量大小相等，方向不相同，故B错误；路面给电动汽车竖直向上的支持力和水平方向指向圆心的摩擦力，所以路面对电动汽车作用力的冲量与水平面有一定夹角，而不是竖直向上，故D错误.
6.[2024辽宁沈阳名校联考]海洋馆中一潜水员把一小球以初速度v0从手中竖直向上抛出.从抛出开始计时，4t0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，抛出后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（ C ）
A.上升过程与下降过程中阻力的冲量大小之比为1：4
B.小球返回手中时速度的大小为v04
C.小球在0～4t0时间内动量变化量的大小为43mv0
D.小球在0～4t0时间内阻力所做的功为49mv02
解析 根据冲量的定义，恒力的冲量大小等于力与时间的乘积，小球在水中所受阻力大小不变，根据图像可知，上升过程经历时间为t0，下落过程经历时间为3t0，可知，上升过程与下降过程中阻力的冲量大小之比为1：3，故A错误；小球上升过程与下降过程的位移大小相等，则有v02t0＝v12·3t0，解得v1＝v03，故B错误；小球在0～4t0时间内动量变化量的大小为Δp＝mv1-(-mv0)＝43mv0，故C正确；小球在0～4t0时间内重力做的总功为0，合力做的功即为阻力所做的功，根据动能定理有Wf＝12mv12-12mv02，解得Wf＝-49mv02，故D错误.
7.2023年10月26日11时14分，搭载神舟十七号载人飞船的长征二号F遥十七运载火箭在酒泉卫星发射中心点火发射，约10分钟后，飞船与火箭成功分离，进入预定轨道，发射取得圆满成功.假如有一宇宙飞船，它的正面面积为S＝1m2，以v＝7×103m/s的速度进入宇宙微粒尘区，尘区每1m3空间有一微粒，每一微粒平均质量为m＝2×10－5g，飞船经过区域的微粒都附着在飞船上，若要使飞船速度保持不变，飞船的推力应增加（ B ）
C.490ND.980N
解析 选在时间Δt内与飞船碰撞的微粒为研究对象，其质量应等于体积为SvΔt空间
内微粒的质量，即M＝mSvΔt1m3，研究对象初动量为零，末动量大小为Mv，设飞船对微
粒的作用力大小为F，由动量定理得FΔt＝Mv-0，则F＝MvΔt＝mSv21m3，根据牛顿第三定
律可知，微粒对飞船的反作用力大小也为F，则飞船要保持匀速飞行，飞船的推力
应增加F，代入数据得F＝0.98 N，故选B.
8.福建属于台风频发地区，各类户外设施建设都要考虑台风影响.已知10级台风的风速范围为24.5～28.4m/s，16级台风的风速范围为51.0～56.0m/s.若台风迎面垂直吹向一固定的交通标志牌，则16级台风对该交通标志牌的作用力大小约为10级台风的（ B ）
A.2倍B.4倍C.8倍D.16倍
解析 设交通标志牌迎风面积为S、空气密度为ρ、标志牌对台风的作用力为F，在
t时间内吹向标志牌的空气体积为V＝vtS、空气质量m＝ρV＝ρvtS，由动量定理得Ft
＝mv-0，解得F＝ρSv2，由牛顿第三定律可知，台风对该交通标志牌的作用力大小为
F'＝F＝ρSv2；10级台风的风速我们取v10＝27 m/s进行估算，16级台风的风速我们取
v16＝54 m/s进行估算，16级台风对该交通标志牌的作用力大小与10级台风对该交通
标志牌的作用力大小之比为F16F10＝v162v102＝4，即16级台风对该交通标志牌的作用力大小
约为10级台风的4倍，B正确.
9.[2024江苏泰州中学校考]质量为1kg的物块在水平力F的作用下由静止开始在水平地面上做直线运动，F与时间t的关系如图所示.已知物块与地面间的动摩擦因数为0.2，取g＝10m/s2.则（ D ）
A.6s时物块的速度为零
B.6s时物块回到初始位置
C.3s时物块的动量为12kg·m/s
D.0～6s时间内F对物块所做的功为40J
解析 物块受地面的摩擦力为f＝μmg＝2 N，在0～3 s时间内物块加速，加速度为a
＝F-fm＝2 m/s2，3 s后做减速运动，设3 s后再经过时间Δt1速度减为零，则Ft3-FΔt1-
f(t3＋Δt1)＝0，解得Δt1＝1 s，即在t＝4 s时刻物块的速度减为零，然后反向加速运动
Δt2＝2 s，加速度a＝2 m/s2，则在t＝6 s时的速度大小为v＝aΔt2＝4 m/s，选项A错
误；3 s时物块的动量为p3＝(F-f)t3＝(4-2)×3 kg·m/s＝6 kg·m/s，选项C错误；0～3 s
内物块沿正方向做匀加速直线运动，其位移大小为x1＝12at32＝12×2×32 m＝9 m，减速
1 s内的位移x2＝at32Δt1＝2×32×1 m＝3 m，反向加速2 s内的位移大小为x3＝12a(Δt2)2＝
12×2×22 m＝4 m，则t＝6 s时物块还没有回到出发点，0～6 s时间内F对物块所做的功
为W＝Fx1-Fx2＋Fx3＝40 J，故B错误，D正确.
10.[2024天津统考]我国规定摩托车、电动车骑乘人员必须依法佩戴具有防护作用的安全头盔.小明在某轻质头盔的安全性测试中进行了模拟检测，某次他在头盔中装入质量为5.0kg的物体，物体与头盔紧密接触，使其从1.80m的高处自由落下，并与水平面发生碰撞，头盔被挤压了0.03m时，物体的速度减为0.如图所示，挤压过程中物体的运动可视为匀减速直线运动，不考虑物体和地面的形变，忽略空气阻力，重力加速度g取10m/s2.求：
（1）物体在自由下落过程中重力的冲量；
（2）物体做匀减速直线过程中的动量变化量；
（3）匀减速直线运动过程中头盔对物体的平均作用力大小.
答案 （1）30N·s，方向竖直向下 （2）－30kg·m/s，负号表示方向竖直向上 （3）3050N
解析 （1）自由下落过程中，由h＝12gt12得t1＝0.6s
物体重力的冲量I＝mgt1＝30N·s，方向竖直向下.
（2）物体落地速度v＝gt1，v＝6m/s
动量变化量Δp＝0－mv＝－30kg·m/s，负号表示方向竖直向上.
（3）根据x＝v2t2可知作用时间t2＝0.01s
根据动量定理有mgt2－Ft2＝0－mv，可得F＝3050N.
11.[验证动量定理/2021江苏]小明利用如图1所示的实验装置验证动量定理.将遮光条安装在滑块上，用天平测出遮光条和滑块的总质量M＝200.0g，槽码和挂钩的总质量m＝50.0g.实验时，将滑块系在绕过定滑轮悬挂有槽码的细线上.滑块由静止释放，数字计时器记录下遮光条通过光电门1和2的遮光时间Δt1和Δt2，以及这两次开始遮光的时间间隔Δt，用游标卡尺测出遮光条宽度，计算出滑块经过两光电门速度的变化量Δv.
图1
图2
（1）游标卡尺测量遮光条宽度如图2所示，其宽度d＝ 10.20 mm.
（2）打开气泵，待气流稳定后调节气垫导轨，直至看到导轨上的滑块能保持静止，其目的是 将气垫导轨调至水平 .
（3）多次改变光电门2的位置进行测量，得到Δt和Δv的数据如下表：
请根据表中数据，在方格纸上作出Δv－Δt图线.
（4）查得当地的重力加速度g＝9.80m/s2，根据动量定理，Δv－Δt图线斜率的理论值为 1.96 m/s2.
（5）实验发现，图线斜率的实验值总小于理论值，产生这一误差的可能原因是 BD .
A.选用的槽码质量偏小
B.细线与气垫导轨不完全平行
C.每次释放滑块的位置不同
D.实验中Δt的测量值偏大
答案 （3）
解析 （1）由游标卡尺的读数规则可知，遮光条的宽度为d＝10mm＋4×0.05mm＝10.20mm.
（2）滑块能在气垫导轨上保持静止，说明气垫导轨已调至水平.
（3）根据表中的数据描点连线，如答图所示.
（4）对槽码和挂钩、遮光条和滑块由动量定理得（mg－T）Δt＝m·Δv，T·Δt＝M·Δv，整理得Δv＝mgM＋m·Δt＝g5·Δt，则图线斜率的理论值k＝g5＝1.96m/s2.
（5）槽码质量在同一实验中不会影响测量值的准确性，释放滑块的位置也不会影响图线的斜率，故A、C错误；细线与气垫导轨不完全平行，则会在垂直导轨方向产生分力，越靠近定滑轮其水平分力越小，从而使加速度越小，速度变化率ΔvΔt越小，故B正确；实验中Δt的测量值偏大，则速度变化率ΔvΔt偏小，会使图线斜率偏小，故D正确.课标要求
核心考点
五年考情
核心素养对接
1.理解冲量和动量.
2.通过理论推导和实验，理解动量定理，能用其解释生产生活中的有关现象.
动量、冲量及动量变化量的理解
2023：新课标T19、T20，天津T5；
2022：湖北T7，湖南T7；
2021：湖南T2，北京T10
1.物理观念：理解动量、冲量等基本概念，掌握动量定理，深化运动与相互作用观念.
2.科学思维：经历科学论证过程，理解动量定理的物理实质与牛顿第二定律的一致性；领会求解变力的冲量时的极限思想.
3.科学探究：经历寻求碰撞中不变量的过程，体会探究过程中猜想、推理和证据的重要性.
4.科学态度与责任：通过对动量、冲量的学习，让学生逐渐形成探索自然的内在动力.
动量定理的应用
2023：江苏T15，广东T10；
2022：山东T2，湖南T14，全国乙T20；
2021：湖北T3，全国乙T19，重庆T13，
浙江1月T20，天津T7；
2020：全国ⅠT14，海南T8；
2019：全国ⅠT16，全国ⅡT25
介质流模型
2021：福建T4
命题分析预测
动量和动量定理是本章的基础，在高考中常以选择题的形式考查，主要考查应用动量定理解释生活现象等，难度不大.
动量
动能
定义式
p＝mv
Ek＝12mv2
标矢性
矢量
标量
变化因素
合外力的冲量
合外力所做的功
大小关系
p＝2mEk
Ek＝p22m
联系
（1）都是相对量，与参考系的选取有关，通常选取地面为参考系；（2）若物体的动能发生变化，则动量一定也发生变化；（3）动量发生变化时动能不一定发生变化
冲量
功
公式
I＝Ft（F为恒力）
W＝Flcsα（F为恒力）
标矢性
矢量
标量
意义
表示力对时间的累积，是动量变化的量度
表示力对空间的累积，是能量变化的量度
联系
都是过程量，都与力的作用过程相互联系
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
图像法
利用F－t图像计算，F－t图线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
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
平均力法
如果力随时间是均匀变化的，则F＝12（F0＋Ft），该变力的冲量为I＝12（F0＋Ft）t
一个鸡蛋的威力
从4楼抛下会让人起肿包
从8楼抛下可以砸破人的头皮
从18楼抛下可以砸裂行人头骨
从25楼抛下可能使人当场死亡
研究对象
流体类：液体流、气体流等，通常给出流体的密度ρ
微粒类：电子流、光子流、尘埃等，通常给出单位体积内的粒子数n
分析步骤
①建构“柱状”模型：沿流速v的方向选取一段小柱体，其横截面积为S
②微元研究
小柱体的体积ΔV＝vSΔt
小柱体质量m＝ρΔV＝ρvSΔt
小柱体内粒子数N＝nvSΔt
小柱体动量p＝mv＝ρv2SΔt
③建立方程，应用动量定理FΔt＝Δp研究
Δt/s
0.721
0.790
0.854
0.913
0.968
Δv/（m·s－1）
1.38
1.52
1.64
1.75
1.86