2025高考物理一轮复习讲义：第七讲 动量

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1．动量
(1)定义：物体的质量和速度的乘积．
(2)公式：p＝mv，单位：kg·m/s.
(3)动量的矢量性：动量是矢(填“矢”或“标”)量，方向与速度的方向相同，运算遵循平行四边形定则．
2．动量的变化量
(1)物体在某段时间内末动量与初动量的矢量差，Δp＝p′－p(矢量式)．
(2)动量始终保持在一条直线上时的运算：选定一个正方向，动量、动量的变化量用带正、负号的数值表示，从而将矢量运算转化为代数运算．
(3)矢量性：动量的变化量也是矢量，方向与速度变化量的方向相同．物体动量变化量的方向也与物体加速度和合外力的方向相同
3.动能、动量、动量变化量的比较
【例1】关于物体的动量下列说法正确的是（）
A．质量越大的物体动量越大
B．做匀速圆周运动的物体，其动量不变
C．物体的动能不变，其动量一定不变
D．物体的动量不变，其动能一定不变
答案： D
解析： 质量与速度的乘积是物体的动量，质量越大的物体动量不一定大，故A错误；做匀速圆周运动的物体，动量大小不变，但方向改变，所以其动量改变，故B错误；物体的动能不变，动量大小不变，但方向可以改变，故C错误； 物体的动量不变，则速度不变，其动能一定不变，故D正确。故选D。
【变式训练1-1】两个物体具有相同的动量，则它们一定具有（ ）
A．相同的速度B．相同的质量
C．相同的运动方向D．相同的动能
答案： C
解析： 动量是矢量，动量相同，其大小和方向都得相同，故方向一定相同，而大小p＝mv，如果质量不同，则速度不同，如果速度不同，则质量不同，故A、B错误，C正确；由Ek＝eq \f(p2,2m)知，动量相同，动能不一定相同，D错误。
【变式训练1-2】下列关于动量的说法中，正确的是（ ）
A．物体的动量改变，其速度大小一定改变
B．物体的动量改变，其速度方向一定改变
C．物体运动速度的大小不变，其动量一定不变
D．物体的运动状态改变，其动量一定改变
答案： D
解析： 动量是矢量，有大小也有方向。动量改变是指动量大小或方向的改变，而动量的大小与质量和速度两个因素有关，其方向与速度的方向相同．质量一定的物体，当速度的大小或方向有一个因素发生变化时，动量就发生变化，故A、B、C错；物体运动状态改变是指速度大小或方向的改变，因此物体的动量一定发生变化，故D正确。
【例2】（上海中学）关于物体的动量，下列说法中正确的是（）
A．不同物体中动量越大，速度一定越大
B．物体的动能不变，其动量一定不变
C．（+4kg·m/s）的动量大于（6kg·m/s）的动量
D．物体的动量越大，动量的改变量不一定越大
答案： D
解析： 由p=mv，知物体动量大，可能质量非常大而速度比较小，A错误；由、p=mv得动能与动量大小的关系式，知物体动能不变，其动量大小一定不变。但动量是矢量，大小不变而方向可能变化，所以动量可能是变化的，B错误；动量的值里面的正负号表示动量的方向，大小为其值的绝对值，所以（+4kg·m/s）的动量大小小于（6kg·m/s）的动量，C错误；动量和动量该变量没有必然的大小关系。故选D。
【例3】高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的匀加速直线运动．在启动阶段，列车的动能( )
A．与它所经历的时间成正比 B．与它的位移成正比
C．与它的速度成正比 D．与它的动量成正比
答案： B
解析： 列车启动的过程中加速度恒定，由匀变速直线运动的速度与时间关系可知v＝at，且列车的动能为Ek＝eq \f(1,2)mv2，由以上整理得Ek＝eq \f(1,2)ma2t2，动能与时间的平方成正比，动能与速度的平方成正比，A、C错误；将x＝eq \f(1,2)at2代入上式得Ek＝max，则列车的动能与位移成正比，B正确；由动能与动量的关系式Ek＝eq \f(p2,2m)可知，列车的动能与动量的平方成正比，D错误．
【变式训练3-1】高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的匀加速直线运动．在启动阶段列车的动量( )
A．与它所经历的时间成反比
B．与它的位移成反比
C．与它的速度成正比
D．与它的动能成正比
答案： C
解析： 根据p＝mv＝mat，可知列车的动量与它所经历的时间成正比，选项A错误；根据p＝mv＝meq \r(2ax)，则动量与它的位移的平方根成正比，选项B错误；根据p＝mv可知，动量与它的速度成正比，选项C正确；根据p＝eq \r(2mEk)，可知动量与它的动能的平方根成正比，选项D错误．
【例4】质量为0.5 kg的物体，运动速度大小为3 m/s，它在一个变力作用下，经过一段时间后速度大小变为7 m/s，则这段时间内动量的变化量可能为 （ ）
A．5 kg·m/s，方向与初速度方向相反
B．5 kg·m/s，方向与初速度方向相同
C．2 kg·m/s，方向与初速度方向相反
D．10 kg·m/s，方向与初速度方向相同
答案： A
解析： 以初速度方向为正方向，如果末速度的方向与初速度方向相反，由定义式Δp＝mv′－mv得Δp＝0.5×（－7－3） kg·m/s＝－5 kg·m/s，负号表示Δp的方向与初速度方向相反；如果末速度方向与初速度方向相同，由定义式Δp＝mv′－mv得Δp＝0.5×（7－3）kg·m/s＝2 kg·m/s，方向与初速度方向相同，选项A正确，B、C、D错误。
【例5】一小球从空中以一定的初速度水平抛出，不计空气阻力，则小球动量改变量与运动时间t和下落高度h的关系图像中，可能正确的是（）
A． B．C．D．
答案： A
解析： 平抛运动只受重力，动量的变化等于重力的冲量，也是竖直方向的动量变化，有IG=Δp=m·Δv=mvy=mgt，则Δp与时间t成正比，故Δp–t图像是过原点的倾斜直线，故A正确，B错误；
平抛的竖直分运动为自由落体运动，则有，故有，则Δp–h图像为一种幂函数曲线，其倾斜程度应逐渐减小，故CD错误。故选A。
【例6】甲、乙两物体的质量之比为m甲∶m乙=1∶4，若它们在运动过程中的动能相等，则它们动量大小之比p甲：p乙是（ ）。
（A）1∶1（B）1∶2（C）1∶4（D）2∶1
答案：B
考点二：冲量 动量定理
1．冲量
(1)定义：力与力的作用时间的乘积．(无论物体是否运动，无论物体在该力的方向上是否有位移)
(2)定义式：I＝FΔt.
(3)物理意义：冲量是反映力的作用对时间的累积效应的物理量，力越大，作用时间越长，冲量就越大．
(4)单位：在国际单位制中，冲量的单位是牛秒，符号为N·s.
(5)矢量性：冲量是矢(填“矢”或“标”)量．如果力的方向恒定，则冲量的方向与力的方向相同；如果力的方向是变化的，则冲量的方向与相应时间内物体动量变化量的方向相同．
2.变力冲量的计算
（1）若力与时间成线性关系，则可用平均力求变力的冲量．
（2）若给出了力随时间变化的图像如图所示，则图像F与t轴所围面积即表示力F在这段时间内的冲量．
（3）利用动量定理求解．
3．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.
4．动量定理的理解
(1)动量定理反映了合外力的冲量是动量变化的原因．
(2)动量定理的表达式Ft＝mv′－mv是矢量式，在一维情况下运用动量定理解题时，要注意规定正方向．
(3)公式中的F是物体所受的合外力，若合外力F与时间成线性关系，则F应是合外力在作用时间内的平均值．
(4)适用范围：宏观和微观、低速与高速、强引力场和弱引力场均适用．
5．动量定理与动能定理的区别
由F·Δt＝Δp可知，动量定理反映力对时间的累积效应．
由F·Δx＝ΔEk可知，动能定理反映力对空间的累积效应．
【例7】一个质量为5kg的物体放置在光滑的水平面上，受到一个50N的恒力F作用，F的方向斜向上与水平面成60°角，力作用2s，在这段时间内，力F的冲量大小为__________N·s，力F做的功是______J，若把物体钉在桌面上，力也作用2s，则力F的冲量大小为_______ N·s，力F做的功为_______J。
答案： 100，250，100，0
【例8】(多选)如图所示，两个质量相等的物体在同一高度沿倾角不同的两个光滑固定斜面由静止自由滑下，到达斜面底端的过程中，下列说法正确的是( )
A．两个物体重力的冲量大小相等
B．两个物体合力的冲量大小相等
C．刚到达底端时两个物体的动量相同
D．到达斜面底端时两个物体的动能相等
答案： BD
解析： 设斜面倾角为θ，物体下滑的加速度a＝gsin θ，根据eq \f(h,sin θ)＝eq \f(1,2)at2，知t＝eq \r(\f(2h,gsin2θ))，知运动的时间不等，根据I＝mgt，则两个物体重力的冲量大小不等，故A错误；根据动能定理知mgh＝eq \f(1,2)mv2，到达底端时两个物体的动能相等，故D正确；两物体速度大小相等，但是方向不同，所以到达底端时的动量不同，故C错误；因为初动量都为零，末状态动量大小相等，根据动量定理知，合力的冲量大小相等，故B正确．
【变式训练8-1】如图所示，两个质量相等的物体在同一高度沿倾角不同的两个光滑斜面由静止自由滑下，到达斜面底端的过程中，两个物体具有的相同的物理量是（ ）。
（A）重力的冲量（B）弹力的冲量
（C）合力的冲量（D）刚达到底端时的动量
（E）刚达到底端时动量的水平分量（F）以上几个量都不对
答案：F
【变式训练8-2】(多选)恒力F作用在质量为m的物体上，如图所示，由于地面对物体的摩擦力较大，物体没有被拉动，则经时间t，下列说法正确的是( )
A．拉力F对物体的冲量大小为零
B．拉力F对物体的冲量大小为Ft
C．拉力F对物体的冲量大小是Ftcs θ
D．合力对物体的冲量大小为零
答案： BD
解析： 对冲量的计算一定要分清求的是哪个力的冲量，是某一个力的冲量、合力的冲量、分力的冲量、还是某一方向上力的冲量，这一个力的冲量与其他力的冲量无关，B、D正确．
【例9】如图所示，ad、bd、cd是竖直面内三根固定的光滑细杆，a、b、c、d四个点位于同一圆周上，a在圆周最高点，d在圆周最低点，每根杆上都套着质量相等的小滑环(图中未画出)，三个滑环分别从a、b、c三个点同时由静止释放．关于它们下滑的过程，下列说法正确的是( )
A．重力对它们的冲量相同
B．弹力对它们的冲量相同
C．合外力对它们的冲量相同
D．它们动能的增量相同
答案： A
解析： 这是“等时圆”模型，即三个滑环同时由静止释放，运动到最低点d点的时间相同，由于三个环的重力相等，由公式I＝Ft分析可知，三个环重力的冲量相同，故A正确；从c处下滑的小滑环受到的弹力最大，运动时间相等，则弹力对从c处下滑的小滑环的冲量最大，故B错误；从a处下滑的小滑环的加速度最大，受到的合力最大，则合力对从a处下滑的小滑环的冲量最大，故C错误；重力对从a处下滑的小滑环做功最多，其动能的增量最大，故D错误．
【例10】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
答案： D
解析： 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，选项D正确．
【例11】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( )
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
答案： C
解析： 弹簧弹力对公仔头部做功，故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。
【例12】生活中常出现手机滑落而导致损坏的现象，手机套能有效地保护手机。现有一部质量 m = 200 g 的手机（包括手机套），从离地面高 h = 1.25 m 处无初速度下落，落到地面后未反弹。由于手机套的缓冲作用，手机与地面的作用时间 t0 = 0.2 s。不计空气阻力，g 取 10 m/s2，求：
（1）手机与地面作用过程中手机动量变化的大小；
（2）手机从开始下落到速度为零的过程中手机重力的冲量大小；
（3）地面对手机的平均作用力大小。
答案：（1）1 kg·m/s； （2）1.4 N·s； （3）7 N
考点三：动量定理的应用
（1）定性分析有关现象：
① 物体动量的变化量一定时，力的作用时间越短，力就越大；力的作用时间越长，力就越小。
② 作用力一定时，力的作用时间越长，动量的变化量越大，力的作用时间越短，动量的变化量越小。
（2）定量计算有关物理量的两种类型：
① 已知动量或动量的变化量求合外力的冲量
② 已知合外力的冲量求动量或动量的变化量。
（3）应用动量定理计算的一般步骤：
① 确定研究对象，明确其运动过程；
② 进行受力分析和运动的初、末状态分析；
③ 选定正方向，根据动量定理列方程求解。
【例13】下列说法正确的是（ ）
A．运动员跳高时，在落地处垫上海绵垫子是为了减小冲量
B．人从越高的地方跳下，落地时越危险，是因为落地时人受到的冲量更大
C．动量相同的两个物体受相同的制动力作用，质量小的先停下来
D．在电视机等物体包装箱里垫上泡沫垫或气泡垫，是为了减小物体在碰撞过程中受到的冲量
答案：B
【例14】两个质量不同的物体，以相同的初动量开始沿同一水平面滑动，设它们与水平面间的动摩擦因数相同，则它们滑行的距离大小关系是（ ）。
（A）质量大的物体滑行距离较大
（B）质量小的物体滑行距离较大
（C）两物体滑行距离一样大
（D）条件不足，无法比较
答案： B
【例15】一质量为0.5 kg的小物块放在水平地面上的A点，距离A点5 m的位置B处是一面竖直墙，如图所示．物块以v0＝9 m/s的初速度从A点沿AB方向运动，在与墙壁碰撞前瞬间的速度为7 m/s，碰后以6 m/s的速度反向运动直至静止．g取10 m/s2.
(1)求物块与地面间的动摩擦因数μ；
(2)若碰撞时间为0.05 s，求碰撞过程中墙面对物块平均作用力的大小F；
(3)求碰撞后物块克服摩擦力做的功．
答案： (1)0.32 (2)130 N (3)9 J
解析： (1)对物体由A点至与墙壁碰前瞬间的运动过程，由动能定理，有－μmgs＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mv02
可得μ＝0.32.
(2)选碰后速度方向为正方向，由动量定理，有FΔt＝mv′－mv，可得F＝130 N.
(3)由碰后至物块停止运动的过程，由动能定理得，碰撞后物块克服摩擦力做的功W＝eq \f(1,2)mv′2＝9 J.
【例16】(多选)质量为m的物体以初速度v0开始做平抛运动，不计空气阻力，经过时间t，下降的高度为h，速度变为v，此时物体仍未落地，在这段时间内物体动量变化量的大小可能是(重力加速度为g)( )
A．m(v－v0) B．mgt
C．meq \r(v2－v02) D．meq \r(2gh)
答案： BCD
解析： 根据动量定理，物体动量的变化量应该等于末动量与初动量的矢量差，而不是代数差，A错误；由动量定理I合＝Δp知Δp＝mgt，B正确；由公式Δp＝mΔv＝mvy＝meq \r(v2－v02)＝meq \r(2gh)，则C、D正确．
【变式训练16-1】光滑斜面高h=0.8 m，质量m=1 kg的滑块从固定的斜面顶端由静止释放，如图所示。滑块滑到底端的过程中（g取10 m/s2）：
（1）重力对滑块所做的功为_____J；
（2）滑块的动能增量为_____J；
（3）重力对滑块的冲量为______N·s；
（4）滑块的动量增量为_____kg·m/s。
答案：8；8；8；4
【例17】枪筒长为L，子弹质量为m，设子弹被击发后在枪筒内作匀加速直线运动，运动的时间为t，则（ ）。
（A）子弹离开枪口时的动能为 EQ \F(mL2,2t2)
（B）子弹在枪筒内运动过程中外力的冲量为 EQ \F(mL2,t2)
（C）子弹在枪筒内运动过程中，合外力对它做的功是 EQ \F(2mL2,t2)
（D）子弹受到的平均冲力是 EQ \F(2mL2,t2)
答案：C
考点四：用动量定理处理多过程问题
1．动量定理的适用范围
(1)动量定理不仅适用于恒力，而且适用于随时间而变化的力．
(2)对于变力，动量定理中的力F应理解为变力在作用时间内的平均值．
(3)动量定理不仅能处理单一过程，也能处理多过程．在多过程中外力的冲量是各个力冲量的矢量和．
2．动量定理与牛顿第二定律的选用原则
(1)在合外力为恒力的情况下，可用牛顿第二定律F＝ma和运动学公式v＝v0＋at，也可用动量定理F·Δt＝mv′－mv，但较牛顿第二定律，动量定理适用范围更广，且表达式中只涉及一个过程量F·Δt及两个状态量mv′和mv，而过程中的速度怎样，轨迹怎样，加速度怎样，位移怎样均不必考虑，因此解题时优先选用动量定理．
(2)对于多过程问题，牛顿第二定律仅能分段使用，求解过程较复杂，而动量定理可用于全过程，不必考虑中间量，使问题求解变得简捷．
【例18】地动仪是世界上最早的感知地震装置，由我国杰出的科学家张衡在洛阳制成，早于欧洲1 700多年．如图所示，为一现代仿制的地动仪，龙口中的铜珠到蟾蜍口的距离为h，当感知到地震时，质量为m的铜珠(初速度为零)离开龙口，落入蟾蜍口中，与蟾蜍口碰撞的时间约为t，重力加速度为g，不计空气阻力，则铜珠对蟾蜍口产生的冲击力大小约为( )
A.eq \f(m\r(2gh),t)＋mg B.eq \f(m\r(2gh),t)
C.eq \f(m\r(gh),t) D.eq \f(m\r(gh),t)－mg
答案： A
解析： 铜珠做自由落体运动，落到蟾蜍口的速度为：v＝eq \r(2gh)，
设蟾蜍口对铜珠的作用力为F，以竖直向上为正方向，根据动量定理可知：
Ft－mgt＝0－(－mv)，
解得：F＝eq \f(m\r(2gh),t)＋mg，根据牛顿第三定律可知，铜珠对蟾蜍口产生的冲击力大小F′＝F，故A正确．
【变式训练18-1】某消防队员从一平台上跳下，下落1 s后双脚触地，接着他用双腿弯曲的方法缓冲，使自身重心又下降了0.2 s，在着地过程中地面对他双脚的平均作用力约为( )
A．自身所受重力的2倍
B．自身所受重力的6倍
C．自身所受重力的8倍
D．自身所受重力的10倍
答案： B
解析： 解法一：消防员下落t1＝1 s后双脚触地时的速度为v1＝gt1，方向向下；着地后他使自身重心下降0.2 s后站定，即v2＝0，设向下为正方向，则着地过程中消防员动量的变化量为Δp＝0－mv1＝－mv1，设该过程中地面对他双脚的平均作用力为eq \x\t(F)，由动量定理得(mg－eq \x\t(F))t2＝Δp＝－mv1，其中t2＝0.2 s，则eq \x\t(F)＝mg＋eq \f(mv1,t2)＝mg＋5mg＝6mg，故B正确．
解法二：规定向下为正方向，对消防员下落的全程应用动量定理可得mg(t1＋t2)＋(－eq \x\t(F)t2)＝0－0，代入数据解得eq \x\t(F)＝6mg，故B正确．
【例19】（多过程图象问题）(多选)水平面上有质量相等的a、b两个物体，水平推力F1、F2分别作用在a、b上．一段时间后撤去推力，物体继续运动一段距离后停下．两物体的v－t图线如图所示，图中AB∥CD.则整个过程中( )
A．F1的冲量等于F2的冲量
B．F1的冲量小于F2的冲量
C．摩擦力对a物体的冲量等于摩擦力对b物体的冲量
D．合外力对a物体的冲量等于合外力对b物体的冲量
答案： BD
解析： AB与CD平行，说明推力撤去后两物体的加速度相同，而撤去推力后物体的合力等于摩擦力，根据牛顿第二定律可知，两物体受到的摩擦力大小相等．但a的总运动时间小于b的，根据I＝Fft可知，摩擦力对a物体的冲量小于摩擦力对b物体的冲量；根据动量定理，对整个过程有：F1t1－FftOB＝0，F2t2－FftOD＝0，因tOB