动量记录某时刻的运动状态，冲量记录一段时间内力的累积。先统一参考系和方向，再用合外力冲量连接初末动量。

01 · 知识点概念、关系与适用条件02 · 考点先归纳方法，再看例题03 · 坑点辨析错因，检查遗漏

一、知识点 概念与依据

1. 动量是保留方向的状态量

经典低速、固定质量质点的动量为$\vec p=m\vec v$。质量用kg、瞬时速度用m/s，动量单位$\mathrm{kg\cdot m/s}$，与N·s等价。方向与速度相同，一维正负号表示方向，不代表“负动量一定更小”。不能用全程平均速度代替某一时刻速度。

同一计算须使用同一个惯性参考系和同一个正向。改变参考系可改变动量和动能，但不能把初末状态混在两个参考系中。动量变化为矢量差$\Delta\vec p=\vec p_2-\vec p_1$，不是两个大小的直接相减。

对同一质量，$p^2=2mE_k$只说明动量大小与动能关系；同动能不保证同动量矢量。匀速圆周运动中速率不变、动能不变，但动量方向持续变。接近光速时$p=mv$不再是通用精确表达，守恒规律的适用性不能替代公式的适用条件。

2. 冲量是力随时间的累积

恒力在时间$\Delta t$内的冲量$\vec I=\vec F\Delta t$，单位N·s，方向与恒力相同。这里$I$指冲量，不是电流。冲量不要求沿力方向发生位移：不做功的力也可有非零冲量。

变力可把过程分成短时间段，按每段$\vec F\Delta t$作矢量和；或用按时间平均的力$\bar{\vec F}$乘总时间。不能取任意时刻力、峰值力替代平均力；只有随时间线性变化等特定情形，两个端值的算术平均才等于时间平均。

一维$F-t$图上，有符号面积代表该力的冲量：轴上方正、下方负，要代数相加而非一律加面积大小。合外力冲量是各外力冲量的矢量和；恒力且同一时间段时，也可先求合力再乘时间。

3. 合外力冲量等于动量变化

固定质量下，从$\vec F_{\text{合}}=m\vec a$出发，恒力时乘$\Delta t$并用$\vec a\Delta t=\vec v_2-\vec v_1$，得

$$\vec I_{\text{合}}=m\vec v_2-m\vec v_1=\Delta\vec p.$$

变力把过程分段，各段相邻初末动量抵消，仍得到全程的末减初。因此有限时间内

$$\bar{\vec F}_{\text{合}}\Delta t=\Delta\vec p.$$

已知初末速度与时间即可求平均合力，无须假装运动匀加速；求瞬时或峰值力则需额外信息。指定某一个力的冲量不自动等于$\Delta\vec p$，其他外力冲量不能漏。

4. 接触力、合力与缓冲时间

同样的动量变化，延长作用时间可减小平均合力大小。若要求接触力而非合力，必须把重力等另列。以向上为正的竖直接触过程：

$$(\bar F-mg)\Delta t=m(v_2-v_1).$$

是否忽略重力，要比较$mg\Delta t$对所求冲量和精度的影响，不能只看“碰撞”二字。接触时间较长时尤其不能将接触冲量硬写成动量变化；缓冲关系也是平均量，不能单凭它推出峰值力。

质量流出的火箭不能将只含剩余火箭的变质量系统直接写成固定$m$的$F\Delta t=m\Delta v$，须选择相应封闭系统，见反冲模型。

二、考点 方法与例题

方法一：状态差与单力冲量分别列

选定初末时刻后先算$\Delta p$，它给合冲量。再根据题目问的是哪一个力，单独计算该力的冲量；平衡方向各力冲量可以非零，只是相互抵消。

例题 01 在水平沙地上停止滑行（原题）

题目

景区名称及“备受欢迎”为原材料背景转述，未作现实旅游或宣传认证。

在翁牛特旗的玉龙沙湖景区，滑沙项目备受欢迎。如图，质量为m 的游客刚滑至水平沙地时的速度为v ，之后在水平沙地上沿直线运动，经过时间t 停止滑行。以水平速度v 的方向为正方向，该游客在水平沙地上滑行的过程中（     ）

游客滑至水平沙地停止

A．动量变化量为0

B．动量变化量为mv

C．合力的冲量为0

D．支持力的冲量大小为mgt

答案与解析

答案：D。 以初水平运动方向为正，初动量$+mv$、末动量0，变化$-mv$，A、B错误。合外力冲量也是$-mv$而不是0，C错误。

竖直位置不变、竖直速度恒为零，支持力$N=mg$。支持力冲量大小$Nt=mgt$、方向向上，重力冲量大小$mgt$、方向向下，竖直合冲量为零，所以D正确。

支持力不做功是因为竖直位移为零，与其冲量非零不矛盾。原源“竖直匀速运动”在此仅指竖直速度恒为零，并非游客实际竖直移动。

本题结论

D；单个支持力冲量非零，竖直合冲量为零。

方法二：图像先算冲量，再按题意求其他量

先辨纵轴是合力还是某个单力，分段计算有符号面积，再由$p_2=p_1+I_{\text{合}}$求末状态。问位移则须另由速度或运动学计算；$F-t$面积不是位移，也不是功。

例题 02 正负合力分段作用（原题）

题目

在光滑的水平轨道上，一质量为1kg的物体在合力F的作用下由静止开始沿直线运动，F随t的变化如图所示，$g=10\,\mathrm{m/s^2}$，下列说法正确的是（　　）

正负恒力分段F-t图像

A．4s末物体速度为0

B．2s末物体的动量大小为2kg·m/s

C．0-4s内物体的位移大小为2m

D．0-4s内物体所受重力的冲量大小为40N·s

答案与解析

答案：D。 图示的是合力。0—2s冲量$2\times2=4\,\mathrm{N\cdot s}$，2—4s冲量$-1\times2=-2\,\mathrm{N\cdot s}$，总冲量$+2\,\mathrm{N\cdot s}$，不是几何面积和6。

$m=1\,\mathrm{kg}$、初静止，故$p_2=4\,\mathrm{kg\cdot m/s}$、$v_2=4\,\mathrm{m/s}$；$p_4=2\,\mathrm{kg\cdot m/s}$、$v_4=2\,\mathrm{m/s}$，A、B错。后段负力使物体减速，4s前没有反向。

前段位移$(0+4)\times2/2=4\,\mathrm m$，后段$(4+2)\times2/2=6\,\mathrm m$，总位移10m，C错。单个重力在4s内冲量大小$mgt=1\times10\times4=40\,\mathrm{N\cdot s}$，D正确；支持力冲量与它抵消，不使重力自己的冲量消失。

本题结论

D；水平合冲量、竖直单力冲量与位移是三种不同量。

方法三：反弹带方向，求接触力不漏重力

选正向，给反弹前后速度分别带符号，求动量差；再列同一接触时间内全部外力冲量，最后解题目要求的平均接触力，而不是停在平均合力。

例题 03 蹦床运动员受到的平均网力（原题）

题目

蹦床运动是运动员在一张绷紧的弹性网上蹦跳、翻滚并做各种空中动作的运动项目，一位质量为50kg的运动员从高处自由落下，以8m/s的速度竖直着网，与网作用后，沿着竖直方向以大小为6m/s的速度弹回，已知运动员与网接触的时间$\Delta t=1.0\,\mathrm s$，重力加速度$g=10\,\mathrm{m/s^2}$，那么运动员在与网接触的这段时间内受到网对其平均作用力的大小为（　　）

A．500N

B．700N

C．1200N

D．1400N

答案与解析

答案：C。 向上为正，$v_1=-8\,\mathrm{m/s}$，$v_2=+6\,\mathrm{m/s}$。动量变化$50[6-(-8)]=700\,\mathrm{kg\cdot m/s}$，方向向上。

网力向上、重力向下，同时作用1.0s：

$$\bar F\times1.0-50\times10\times1.0=700,$$

解得$\bar F=1200\,\mathrm N$。A的500N只是重力大小；B的700N是平均合力而非平均网力；D的1400N不满足完整冲量方程。改以向下为正，$(mg-\bar F)\Delta t=m(-6)-m(8)$，仍得到相同网力大小。

有限时段算出平均值，不是最大值；1s内重力冲量500N·s不能漏。

本题结论

C，平均网力1200 N。

三、坑点 辨析与纠错

1. 反弹先丢方向，就会把动量差算成大小差

动量末减初是矢量运算，速度反向时，变化量大小可能是初末动量大小之和；动能则各自平方后相减。动能变化的正负不能给动量变化定方向。

同一羽毛球反向击回的完整双问题已放在动能与动能定理·例题01。它同时比较有符号动量差与动能差，可先列自己的式子，再展开解析自核。

2. 零功不等于零冲量，负力不等于反向运动

功涉及位移，冲量涉及时间，N·s不是N/s。平衡时每个力仍可有冲量；循环中正负冲量也可抵消。负力首先意味着动量向负方向变化，不表示当前速度已变负。

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