动量、冲量的理解及动量定理的应用（解析版）-2025年新高考物理专项复习

考情概览：解读近年命题思路和内容要求，统计真题考查情况。

2024年真题研析：分析命题特点，探寻常考要点，真题分类精讲。

近年真题精选：分类精选近年真题，把握命题趋势。

必备知识速记：归纳串联解题必备知识，总结易错易混点。

名校模拟探源：精选适量名校模拟题，发掘高考命题之源。

考情概览

命题解读考向考查统计

2024•辽宁卷，1

考向一动量的理解与计算2022•湖南卷,7

2021•湖南卷,2

2024•江苏卷，13

考向二恒力冲量的计算

2021•山东卷，16

2024•全国甲卷，7

2023•新课标卷，6

本类试题主要考查动量、冲量的理解及2022•广东卷，2

动量定理的应用。考向三动量定理的应用2022•湖南卷，14

2023•江苏卷，15

2021•天津卷，7

2021•湖北卷，3

2023•福建卷,7

考向四图像中的动量、冲量问题

2022•全国乙卷，7

考向五实验：验证动量定理2021•江苏卷，11

2024^M>WW

命题分析

2024年高考各卷区物理试题均考查了动量问题。预测2025年高考会继续考查。

试题精讲

考向一动量的理解与计算

1.（2024年辽宁卷第1题）2024年5月3日，长征五号遥八运载火箭托举嫦娥六号探测器进入地月转移轨

道，火箭升空过程中，以下描述其状态的物理量属于矢量的是（）

A.质量B.速率C.动量D.动能

【答案】C

【解析】矢量是既有大小，又有方向的物理量，所以动量是矢量，而质量、速率、动能只有大小没有方向,

是标量。

故选C。

考向二恒力冲量的计算

2.（2024・江苏卷•第13题）嫦娥六号在轨速度为％,着陆器对应的组合体/与轨道器对应的组合体2分离

时间为A3分离后8的速度为v,且与％同向，/、3的质量分别为加、Mo求：

（1）分离后/的速度力;

（2）分离时/对2的推力大小。

【答案】⑴\方向与,。相同；⑵"a

mAt

【解析】（1）组合体分离前后动量守恒，取为的方向为正方向，有：（加+A/）vo=■+加vi

解得：Vi=（m+M）Vo-MV

m

方向与Vo相同；

（2）以2为研究对象，对3列动量定理有：FAt=Mv—Mvo

解得：「竺a

考向三动量定理的应用

3.（2024年全国甲卷第7题）（多选）蹦床运动中，体重为60kg的运动员在/=0时刚好落到蹦床上，对

蹦床作用力大小厂与时间，的关系如图所示。假设运动过程中运动员身体始终保持竖直，在其不与蹦床接触

时蹦床水平。忽略空气阻力，重力加速度大小取10m/s2。下列说法正确的是（）

A./=0.15s时，运动员的重力势能最大

B./=0.30s时，运动员的速度大小为lOm/s

c:1.00s时，运动员恰好运动到最大高度处

D.运动员每次与蹦床接触到离开过程中对蹦床的平均作用力大小为4600N

【答案】BD

【解析】A.根据牛顿第三定律结合题图可知/=0.15s时，蹦床对运动员的弹力最大，蹦床的形变量最大,

此时运动员处于最低点，运动员的重力势能最小，故A错误；

BC.根据题图可知运动员从/=0.30s离开蹦床到t=2.3s再次落到蹦床上经历的时间为2s，根据竖直上抛

运动的对称性可知，运动员上升时间为1s,则在/=1.3s时，运动员恰好运动到最大高度处，/=0.30s时

运动员的速度大小：v=10xlm/s=10m/s

故B正确，C错误；

D.同理可知运动员落到蹦床时的速度大小为10m/s,以竖直向上为正方向，根据动量定理

F-At-mg-^.t=mv-（-mv）

其中：△/=0.3s

代入数据可得：尸=4600N

根据牛顿第三定律可知运动员每次与蹦床接触到离开过程中对蹦床的平均作用力大小为4600N,故D正确。

故选BDo

近年真题精选

考向一动量的理解与计算

1.（2022年湖南卷第7题）（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，其丫一方图像如图所示。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（）

A.在0〜％时间内，返回舱重力的功率随时间减小

B.在0〜。时间内，返回舱的加速度不变

C.在。〜时间内，返回舱的动量随时间减小

D.在今〜4时间内，返回舱的机械能不变

【答案】AC

【解析】A.重力的功率为P=2gv

由图可知在0〜4时间内，返回舱的速度随时间减小，故重力的功率随时间减小，故A正确；

B.根据v-f图像的斜率表示加速度可知在071时间内返回舱的加速度减小，故B错误；

C.在672时间内由图像可知返回舱的速度减小，故可知动量随时间减小。故C正确；

D.在友〜打时间内，由图像可知返回舱的速度不变，则动能不变，但由于返回舱高度下降，重力势能减小,

故机械能减小，故D错误。

故选AC。

2.（2021年湖南卷第2题）物体的运动状态可用位置x和动量p描述，称为相，对应p-x图像中的一个点。

物体运动状态的变化可用QX图像中的一条曲线来描述，称为相轨迹。假如一质点沿无轴正方向做初速度为

零的匀加速直线运动，则对应的相轨迹可能是（）

解析：选D质点沿x轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动，由运动学公式浮=2如可得o=J亚，设

质点的质量为%,则质点的动量〃=加容晟，由于质点的速度方向不变，则质点动量"的方向始终沿龙轴正

方向，根据数学知识可知D正确。

考向二恒力冲量的计算

3.（2021年山东卷第16题）海鸥捕到外壳坚硬的鸟蛤（贝类动物）后，有时会飞到空中将它丢下，利用

地面的冲击打碎硬壳。一只海鸥叼着质量优=01kg的鸟蛤，在H=20m的高度、以％=15m/s的水平速

度飞行时，松开嘴巴让鸟蛤落到水平地面上。取重力加速度g=10m/s2,忽略空气阻力。

（1）若鸟蛤与地面的碰撞时间A/=0.005s,弹起速度可忽略，求碰撞过程中鸟蛤受到的平均作用力大小

F；（碰撞过程中不计重力）

（2）在海鸥飞行方向正下方的地面上，有一与地面平齐、长度£=6m的岩石，以岩石左端为坐标原点，

建立如图所示坐标系。若海鸥水平飞行的高度仍为20m,速度大小在15m/s〜17m/s之间，为保证鸟蛤一

定能落到岩石上，求释放鸟蛤位置的x坐标范围。

【答案】（1）500N；（2）[34m,36m]

【解析】（1）设鸟蛤落地前瞬间的速度大小为n,竖直分速度大小为。，据自由落体运动规律可得

vy=q2gH=20m/s

v.

/■=1=2s

g

则碰撞前鸟蛤的合速度为

n==25m/s

在碰撞过程中，以鸟蛤为研究对象，取速度方向为正方向，由动量定理得

-FAt=O-mv

联立解得碰撞过程中鸟蛤受到的平均作用力大小为

F=500N

（2）若释放鸟蛤的初速度为匕=15m/s,设击中岩石左端时，释放点的x坐标为修，击中右端时，释放点

的x坐标为%,得

X]=v/,x2=xx+L

联立，代入数据得

X]=30m,x2=36m

若释放鸟蛤时的初速度为匕=17m/s,设击中岩石左端时，释放点的x坐标为七'，击中右端时，释放点的

x坐标为％'，得

X；=v2t，》2'=x/+L

联立，代入数据得

X；=34m，=40m

综上所述可得x坐标区间为[34m,36m]。

考向三动量定理的应用

4.（2023年新课标卷第6题）（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（）

甲乙

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

【答案】BD

【解析】对甲、乙两条形磁铁分别做受力分析，如图所示

加甲

m乙7

A.根据牛顿第二定律有

E一〃加甲g

加甲

F—Hm乙g

机乙

由于

m甲>m乙

所以

a甲v。乙

由于两物体运动时间相同，且同时由静止释放，可得

口甲vy乙

A错误；

BCD.对于整个系统而言，由于〃加甲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，BD正确、C错误。

故选BDo

5.（2022年山东卷第2题）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.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

【答案】A

【解析】A.火箭从发射仓发射出来，受竖直向下的重力、竖直向下的空气阻力和竖直向上的高压气体的推

力作用，且推力大小不断减小，刚开始向上的时候高压气体的推力大于向下的重力和空气阻力之和，故火

箭向上做加速度减小的加速运动，当向上的高压气体的推力等于向下的重力和空气阻力之和时，火箭的加

速度为零，速度最大，接着向上的高压气体的推力小于向下的重力和空气阻力之和时，火箭接着向上做加

速度增大的减速运动，直至速度为零，故当火箭的加速度为零时，速度最大，动能最大，故A正确；

B.根据能量守恒定律，可知高压气体释放的能量转化为火箭的动能、火箭的重力势能和内能，故B错误;

C.根据动量定理，可知合力冲量等于火箭动量的增加量，故C错误；

D.根据功能关系，可知高压气体的推力和空气阻力对火箭做功之和等于火箭机械能的增加量，故D错误。

故选Ao

6.(2023年江苏卷第15题)如图所示，滑雪道AB由坡道和水平道组成，且平滑连接，坡道倾角均为

45。。平台BC与缓冲坡CD相连。若滑雪者从P点由静止开始下滑，恰好到达8点。滑雪者现从/点由静

止开始下滑，从8点飞出。已知N、尸间的距离为d,滑雪者与滑道间的动摩擦因数均为〃，重力加速度为

g,不计空气阻力。

(1)求滑雪者运动到P点的时间"

(2)求滑雪者从2点飞出的速度大小v；

(3)若滑雪者能着陆在缓冲坡CD上，求平台BC的最大长度心

【解析】（1）滑雪者从/到尸根据动能定理有

12

mgdsin45°-pimgcos45°d=—mv?-0

根据动量定理有

(mgsin45°-jumgcos45°)，=mvp-0

联立解得

20d

g。-〃)

Vp=Jegd(T-〃)

（2）由于滑雪者从尸点由静止开始下滑，恰好到达2点，故从尸点到8点合力做功为0,所以当从4点下

滑时，到达5点有

vB—=口570-〃)

（3）当滑雪者刚好落在C点时，平台BC的长度最大；滑雪者从3点飞出做斜抛运动，竖直方向上有

Vpcos45°=gx—

水平方向上有

L=vpsin45°-t

联立可得

L=

7.（2022年湖南卷第14题）如图（a）,质量为别的篮球从离地”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〃的最高处。设篮球在运动过程中所受空气阻力的大小是篮球所受重力的九倍（2

H-h

为常数且0<%<--------）,且篮球每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。

H+h

U)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〃时，运动员对篮球施加一个向下的压力忆使得篮球与地面碰撞一次后恰好反

弹至〃的高度处，力厂随高度y的变化如图(b)所示，其中4已知，求兄的大小;

(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/,经过N次拍击后篮球恰好反弹至〃高度处，求冲量/的大小。

(1+2)/;2mg(l-2)(//-/z)

【答案】(1)2)F°=(3)

(1-2)//h-AQ

2g(l-2)(H-h\HN+l-hN+1)

I=m

h(HN-hN)

【解析】(1)篮球下降过程中根据牛顿第二定律有

mg-Amg=ma

再根据匀变速直线运动的公式，下落的过程中有

篮球反弹后上升过程中根据牛顿第二定律有

mg+Amg=加a上

再根据匀变速直线运动的公式，上升的过程中有

V：=2a上h

则篮球与地面碰撞的碰后速率与碰前速率之比

kd(1+2)A

昨(1-2)7/

(2)若篮球反弹至最高处时，运动员对篮球施加一个向下的压力尸，则篮球下落过程中根据动能定理有

卜

mgh+Fo-Amgh=:mvy

篮球反弹后上升过程中根据动能定理有

-mgh-Amgh=。一；加(人(下

联立解得

2mg(l--h)

h—

(3)方法一：由(1)问可知篮球上升和下降过程中的加速度分别为

。下=(1—/l)g(方向向下)

a上=(l+2)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/,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Vo

拍击第1次下降过程有

22

Vj-V=2(l-2)g/z0

上升过程有

(他)2=2(l+-)g-

代入左后，下降过程有

22

Vj-V=2(l-/l)g/z0

上升过程有

hv^=2(1-A)gHh,

联立有

,h,,v2、/i、ii,hv2

Ai——(AH--------)=(—)•%+(—),--------

♦H0o2g(l-2)H0H2g(1-2)

拍击第2次，同理代入左后，下降过程有

2

^2-v=2(l-2)g/z1

上升过程有

hv[=2(l-2)g//A2

联立有

,〃,,v2、

by=—(A,H---------)

再将加代入〃2有

22

“2=［＞〃()vV

(.+(1)2------------F

rLri2g(1—彳)2g(l-2)

拍击第3次，同理代入左后，下降过程有

2

片-v=2(l-2)g/z2

上升过程有

hvj=2(l-2)g//A3

联立有

.hv2.

%—--(偈"I-------------)

勺H2(l-2)2g

再将〃2代入心有

V2V2

%=&%+百,募3------------F

2g(l-2)2g(1-㈤

直到拍击第N次，同理代入左后，下降过程有

年一F=2(1—/Qg“T

上升过程有

hv^=2{X-X)gHhN

联立有

,h..v2.

h——(用乂1H------------)

NHN-i2g(l-2)

将加一代入〃N有

hN-(H)/o+(H)'2(\n+J)'2(}公+…+J)’2n公

HH2g(l-2)H2g(l-Z)H2g(l-Z)

其中

hN=H,hQ=h

则有

(h)N+Ih

〃=(.)'.+［不一万］二^

H272g(l-2)

H

则

——Mh(HN-hN)

方法二：由（1）问可知篮球上升和下降过程中的加速度分别为

。下=(1—4)g(方向向下)

tz±=(l+2)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/,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'。设篮球从H下落时，速度为%,反弹高度为/7,篮球受到冲量I后

速度为"，落地时速度为匕，则

222

2(l+2)g/z=(^v0),2(l-2)g/z=v1-v'

联立可得

2(l+2)g2(1-2)g

代入人可得，

"F_/。2……①

11

篮球再次反弹，反弹速度为左匕，设反弹高度为生，受到冲量后，落地速度为V2，同理可得

2(l+4)g4=(N)2,2(l-2)gA,

同理化简可得

|22八2

V—%②

篮球第三次反弹，反弹速度为左丫2,设反弹高度为厉，受到冲量后，落地速度为V3，同理可得

22

2(1+2)ge=(人2)2，2(1-X)g%=V3-V'

同理化简可得

J-]J?……③

第N次反弹可得

»2_2卜2八一

VVNTTVN-1(N)

11

对式子①②③……(N)两侧分别乘以(了)°、7、十....3丁,再相加可得

3NN」2力2

HH"HH\I2H-

(1++o々+…+v,)v—'%"%

hh2h3hN-'hN-

得

Ni

1-(%,2H2h2

--iTv常。

1-------

h

2

其中，v0=2(l-2)gH,(雇N)2=2(l+4)g〃，可得

l2g（l-AXH-h）（HN+1-hN+1）

v-I-------------------------------------------

\h（HN-hN）

可得冲量/的大小

12gdHigi”

~\h（HN-hN）

8.（2021年天津卷第7题）（多选）一冲九霄，问鼎苍穹。2021年4月29日，长征五号B遥二运载火箭

搭载空间站天和核心舱发射升空，标志着我国空间站建造进入全面实施阶段。下列关于火箭的描述正确的

是（）

A.增加单位时间的燃气喷射量可以增大火箭的推力

B.增大燃气相对于火箭的喷射速度可以增大火箭的推力

C.当燃气喷出火箭喷口的速度相对于地面为零时火箭就不再加速

D.火箭发射时获得的推力来自于喷出的燃气与发射台之间的相互作用

【答案】AB

【解析】A.增加单位时间的燃气喷射量，即增加单位时间喷射气体的质量，根据

FX-Amv

可知可以增大火箭的推力，故A正确；

B.当增大燃气相对于火箭的喷射速度时，根据

FX-Amv

可知可以增大火箭的推力，故B正确；

C.当燃气喷出火箭喷口的速度相对于地面为零时，此时火箭有速度，所以相对于火箭的速度不为零，火箭

仍然受推力作用，仍然要加速，故c错误；

D.燃气被喷出的瞬间，燃气对火箭的反作用力作用在火箭上，使火箭获得推力，故D错误。

故选AB。

9.（2021年湖北卷第3题）抗日战争时期，我军缴获不少敌军武器武装自己，其中某轻机枪子弹弹头质

量约8g,出膛速度大小约750m/s。某战士在使用该机枪连续射击1分钟的过程中，机枪所受子弹的平均

反冲力大小约12N,则机枪在这1分钟内射出子弹的数量约为（）

A.40B.80C.120D.160

【答案】C

【解析】设1分钟内射出的子弹数量为〃，则对这〃颗子弹由动量定理得

Ft=nmv0

代入数据解得

n=12Q

故选C。

考向四图像中的动量'冲量问题

10.（2023年福建卷第7题）（多选）甲、乙两辆完全相同的小车均由静止沿同一方向出发做直线运动。

以出发时刻为计时零点，甲车的速度一时间图像如图（a）所示，乙车所受合外力一时间图像如图（b）所

示。贝I（）

图（a）图（b）

A.0〜2s内，甲车的加速度大小逐渐增大

B.乙车在f=2s和f=6s时的速度相同

C.2〜6s内，甲、乙两车的位移不同

D.f=8s时，甲、乙两车的动能不同

【答案】BC

【解析】A.由题知甲车的速度一时间图像如图（a）所示，则根据图（a）可知0〜2s内，甲车做匀加速直

线运动，加速度大小不变，故A错误；

B.由题知乙车所受合外力一时间图像如图（b）所示，则乙车在0〜2s内根据动量定理有

I2=mv2,/2=*5*0-2=2N-s

乙车在0〜6s内根据动量定理有

I6=mv6,/6=So-6=2N-s

则可知乙车在f=2s和f=6s时的速度相同，故B正确；

C.根据图（a）可知，2~6s内甲车的位移为0；根据图（b）可知，2~6s内乙车一直向正方向运动，则2

〜6s内，甲、乙两车的位移不同，故C正确；

D.根据图（a）可知，f=8s时甲车的速度为0,则f=8s时，甲车的动能为0；乙车在0〜8s内根据动量

定理有

4=WV8,78=$~8=0

可知，=8s时乙车的速度为0,则f=8s时，乙车的动能为0,故D错误。

故选BC。

11.(2022年全国乙卷第7题)(多选)质量为1kg的物块在水平力厂的作用下由静止开始在水平地面上

做直线运动，下与时间/的关系如图所示。已知物块与地面间的动摩擦因数为0.2,重力加速度大小取

g=lOm/s?。则()

4

0

24/s

:

1

-4

A.4s时物块的动能为零

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时间内尸对物块所做的功为40J

【答案】AD

【解析】物块与地面间的摩擦力为

f-jLimg=2N

AC.对物块从0~3内由动量定理可知

(F-=mvs

即

(4-2)X3=1XV3

得

v3=6m/s

3s时物块的动量为

p=mv3=6kg-m/s

设3s后经过时间t物块的速度减为0,由动量定理可得

一(F+f)t=0-mv3

即

—(4+2)/=0—1x6

解得

t=ls

所以物块在4s时速度减为0,则此时物块的动能也为0,故A正确，C错误;

B.0~3物块发生的位移为XI，由动能定理可得

1

(F-fM=-mv；7

即

1,

(4-2)x=-xlx62

得

%]=9m

3s〜4s过程中，对物块由动能定理可得

19

-(F+f)x2=0--mv3

即

1,

2

-(4+2)x2=0--xlx6

得

x2=3m

4s~6s物块开始反向运动，物块的加速度大小为

F-f-,

a=------=2m/s2-

m

发生的位移为

2

x3=^-x2x2m=4m<x；+x2

即6s时物块没有回到初始位置，故B错误；

D.物块在6s时的速度大小为

v6=2x2m/s=4m/s

0〜6s拉力所做的功为

*(4x9—4x3+4x4)J=40J

故D正确。

故选AD„

考向五实验：验证动量定理

12.(2021年江苏卷第11题)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四=200.0g,槽码和挂钩的总质量机=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

和八方2，以及这两次开始遮光的时间间隔&，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An。

（1）游标卡尺测量遮光条宽度如图2所示，其宽度d=mm；

（2）打开气泵，带气流稳定后调节气垫导轨，直至看到导轨上的滑块能在短时间内保持静止，其目的是

（3）多次改变光电门2的位置进行测量，得到&和Av的数据如下表请根据表中数据，在方格纸上作出

Av-A/图线—

fAv/Cm-s1)

0.700.750.800.850.900.951.0

AZ/s0.7210.7900.8540.9130.968

-1

Av/(m-s)1.381.521.641.751.86

（4）查得当地的重力加速度g=9.80m/s2，根据动量定理，Av-X图线斜率的理论值为___________m/s2;

（5）实验结果发现，图线斜率的实验值总小于理论值，产生这一误差的两个可能原因时。

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。的测量值偏大

【答案】(1).10.20②.将气垫导轨调至水平

1.96⑤.BD##DB

【解析】(1)[1]游标卡尺的读数为10mm+4x0.05mm=10.20mm；

(2)[2]滑块保持稳定，说明气垫导轨水平;

(3)[3]根据表格中数据描点并用直线连接

(4)[4]根据动量定理厂"=变形得

mgkt=(M+m)Av

则Av-A，图线斜率的理论值

1n2

k=g1nzs2=1.96m/s

M+m

(5)[5]根据动量定理厂A%=MAv变形得

生_£

A.槽码质量偏小，而实际的槽码质量偏大，则合外力尸偏大，所以图线斜率的实验值偏大，A错误；

B.细线与气垫导轨不平行，滑块实际所受合外力为厂的水平分力，所以图线斜率的实验值偏小，B正确;

C.滑块释放的位置与斜率相关的参量无关，C错误；

D.A，偏大，则—偏小，图线斜率偏小，D正确。

AZ

故选BDo

必备知识速记

一、动量和冲量

1.动量

(1)定义：物体的质量和速度的乘积.

(2)表达式：p—mv.

(3)方向：与速度的方向相同.

2.动量的变化

(1)动量是矢量，动量的变化量功也是矢量，其方向与速度的改变量△。的方向相同.

(2)动量的变化量功，一般用末动量/减去初动量p进行矢量运算，也称为动量的增量.即Ap=p'~p.

3.冲量

(1)定义：力与力的作用时间的乘积叫作力的冲量.

(2)公式：I=FNt.

(3)单位：N-s.

(4)方向：冲量是矢量，其方向与力的方向相同.

4.动量与动能的比较

动量动能

物理意义描述机械运动状态的物理量

1

定义式p=mvEk=3加。2

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瓦=「

2m

变化量△p=FtAEk=Fl

(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

联系(2)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

5.冲量的计算方法

公式法I=F\t,此方法仅适用于求恒力的冲量，无需考虑物体的运动状态

?一，图像与f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

图像法

计算变力的冲量

若方向不变的变力大小随时间均匀变化，即力为时间的一次函数，则力尸

平均

FI+F2

值法在某段时间/内的冲量/=-----1

2

动量

根据物体动量的变化量，由/=即求冲量，多用于求变力的冲量

定理法

二、动量定理的理解和应用

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：Ft—mv'—mv或I=p'-p.

3.对动量定理的理解

(1)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.

Q)Ft=p'—p是矢量式，两边不仅大小相等，而且方向相同.式中力是物体所受的合外力的冲量.

⑶Ft=p，—p除表明两边大小、方向的关系外，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.

p'-pAp

(4)由Ff=p/-p,得尸半，即物体所受的合外力等于物体动量的变化率.

(5)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.

(6)当物体的动量变化量一定时，力的作用时间小越短，力尸就越大，力的作用时间加越长，力尸就越小。

(7)当作用力尸一定时，力的作用时间。越长，动量变化量即越大，力的作用时间加越短，动量变化量

越小。如在恒力作用下运动的小车，时间越长，小车的速度越大，动量变化量越大。

三、应用动量定理处理“流体模型”的冲击力问题

研究流体类：液体流、气体流等，通常已知密度0

对象微粒类：电子流、光子流、尘埃等，通常给出单位体积内粒子数〃

①构建“柱状”模型：沿流速。的方向选取一段小柱体，其横截面积

为S

小柱体的体积W=vS\t

分析

②微元小柱体质量m=p^V=pvS\t

步骤

研究小柱体粒子数N=nuSNt

小柱体动量p=mv=pv2S^t

③列出方程，应用动量定理/加=即研究

名校模拟探源

1.（2024•皖豫名校联盟&安徽卓越县中联盟•三模）如图所示，足够长粗糙斜面的倾角为37°,斜面顶端

9

8与一段光滑的圆弧轨道N8相切于8点，圆弧的轨道半径为氏=一m,对应的圆心角为53。，在B点

4

放置一质量为3kg的小物块乙，乙刚好不沿斜面下滑。某时刻把质量为1kg的小物块甲从/点由静止释放,

9

甲、乙在8点发生弹性碰撞，碰撞时间极短，碰后经过一s的时间甲、乙又发生第二次碰撞。已知甲与斜面

4

之间的动摩擦因数为0.5,重力加速度g取10m/s2,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin370=0.6,

cos37°=0.8,求：

（1）滑块甲与乙发生第一次碰撞前瞬间的速度大小；

（2）滑块甲、乙第一次碰撞过程乙对甲的冲量；

（3）滑块甲与乙发生第二次碰撞前甲、乙之间的最大距离。