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第 24 讲 动量和动量定理及其应用
——划重点之精细讲义系列
考点 1 动量及冲量的计算
考点 2 动量定理及其应用
考点 3 应用动量定理处理“流体问题”“粒子流问题”
考点 4 应用动量定理处理多物体、多过程问题
考点 1：动量及冲量的计算
一．动能、动量、动量变化量的比较
动能 动量 动量变化量
物体由于运动而具有的能 物体末动量与初动量的矢
定义 物体的质量和速度的乘积
量 量差
1
定义式 E ＝ mv2k p＝mv Δp＝p′－p2
标矢性 标量 矢量 矢量
特点 状态量 状态量 过程量
关联 p2 1 2Ek
Ek＝ ，Ek＝ pv，p＝方程 2mEk，p＝2m 2 v
(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
二．冲量及计算
1.冲量
(1)定义：力与力的作用时间的乘积叫作力的冲量。
(2)表达式：I＝FΔt。
(3)单位：冲量的单位是牛秒，符号是 N·s。
(4)方向：冲量是矢量，冲量的方向由力的方向决定。如果力的方向在作用时间内不变，冲量的
方向就跟力的方向相同；如果力的方向在作用时间内发生变化，则冲量的方向只能由动量变化量的
方向确定。
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方向不变的变力的冲量，若力的大小随时间均匀变化，即力为时间的一次函数，则力 F 在某
F1＋F2
段时间 t 内的冲量 I＝ t，其中 F1、F2为该段时间内初、末两时刻力的大小。2
②作出 F t 变化图线，图线与 t 轴所夹的面积即为变力的冲量。如甲乙丙图所示。
③对于易确定始、末时刻动量的情况，可用动量定理求解，即通过求 Δp 间接求出冲量。
④对于变力的方向时刻改变的，先做矢量三角形求出 Δp，再确定冲量的大小和方向，如下图所
示，小球在水平面内绕圆心 O 做匀速圆周运动，合力的方向发生变化,冲量的方向与动量变化量的
方向一致.由图可得,合力的冲量 I = mv2-mv1 = mΔv
(3)求合冲量的两种方法:
①分别求每一个力的冲量,再求各冲量的矢量和;
②如果各个力的作用时间相同,也可以先求合力,再用公式 I 合=FΔt 求解.
【考向 1】（2024·广西·二模）某市学生期考体能测试中有一重要项目：排球垫球个数测试。某同学
在一次测试中双手在同一高度多次竖直垫起排球，第一次垫球后，球竖直上升高度为0.2 第二次垫
球后，球竖直上升高度为0.45 。已知排球的质量为0.27 ，重力加速度取10m/s2，不计空气阻力。
则第二次垫球过程，排球动量变化量的大小为（　　）
A．0.27kg m/s B．0.54kg m/s
C．0.81kg m/s D．1.35kg m/s
【答案】D
【分析】本题考查动量及其变化量的计算。解题的关键是要能根据动量表达式分析计算物体的动量
变化量，注意动量的矢量性，需取正方向。
【详解】第一次垫球后，球竖直上升高度为 0.2m，球落回到手上的速度为
0 = 2 0 = 2m/s
方向向下；第二次垫球后，球竖直上升高度为 0.45m，则球刚离手时的速度为
1 = 2 1 = 3m/s
方向向上；取向上为正方向，第二次垫球过程，排球动量变化量为
Δ = 1 ( 0) = ( 1 + 0) = 0.27kg × 5m/s = 1.35kg m/s
故选 D。
【考向 2】如图所示，“嫦娥三号”绕月球做匀速圆周运动，其质量为 m、动量为 p，公转周期为 T，
万有引力常量为 G，下列说法正确的是（　　）
2
A ．“嫦娥三号”的动能为

B．“嫦娥三号”的向心加速度为
C．“ 嫦娥三号”的公转轨道半径为 2
D．无法求出月球的质量
【答案】C
【详解】A．根据动量与动能的关系有
1 2
k = 22 = 2
故 A 错误；
B．“嫦娥三号”的动量为
=
公转周期为 T，则角速度为
2
=
向心加速度为
2
= =
故 B 错误；
C．根据线速度与周期的关系可知
2
=
解得

= 2
故 C 正确；
D．根据万有引力提供向心力有
4 2
2 = 2
由于 G、T、r 都是已知量，可解得月球质量 M，故 D 错误；
故选 C。
【考向 3】（多选）（2023·山东滨州·二模）如图 1 所示，一物体在一水平拉力 F 作用下，沿水平地面
做直线运动，运动过程中拉力大小随时间的变化图像如图 2。物体加速度 a 随时间变化的图像如图
3．重力加速度 g 取10m s2，下列说法正确的是（ ）．
A．物体与水平地面间的动摩擦因数为 0.15
B．物体与水平地面间的最大静摩擦力为3.75N
C．在0 4s时间内，合外力做的功为45J
D．在0 4s时间内，拉力 F 的冲量为15N s
【答案】AC
【详解】A．由图 2 可得拉力 F 关于时间的函数为
15
= 4
而由图 3 可知，在 2s 末物块的加速度 1大小为1.5m/s2，此时拉力 1大小为7.5N；在 4s 末加速度 2
大小为4.5m/s2，此时拉力 2大小为15N，则由牛顿第二定律有
1 = 1
2 = 2
代入数据解得
= 2.5kg， = 0.15
故 A 正确；
B．物块运动过程中所受的滑动摩擦力为
f = = 0.15 × 2.5 × 10N = 3.75N
而最大静摩擦力大于滑动摩擦力，故 B 错误；
C．加速度与时间的图像中，图像与时间轴围成的面积表示速度的变化量，由图 3 可知，4s 末物体
的速度为
(1.5 + 4.5) × (4 2)
= 2 m/s = 6m/s
根据动能定理可得，在0 4s时间内，合外力做的功为
1 1
2合 = 2 = 2 × 2.5 × 36J = 45J
故 C 正确；
D．根据图 2 可知，在0 4s时间内，拉力 F 的冲量大小为图像与时间轴围成的面积，可得
1
= 2 × 4 × 15N·s = 30N·s
故 D 错误。
故选 AC。
【考向 4】（多选）（2023·广西南宁·二模）如图所示，将两个质量分别为 m 和 2m 的小球 A 和 B 用
一根长为 L 的轻杆（质量不计）连接，轻杆可绕通过中心 O 的水平轴无摩擦转动，现让杆处于水平
位置静止释放，在杆转至竖直的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．两球的速度始终相同
B．任意一段时间Δ 内，杆对两球的冲量一定不同
C．任意一段时间Δ 内，杆对两球做的功代数和一定为零
D．B 球的机械能保持不变
【答案】BC
【详解】A．杆转动过程中，两球速度大小相等，方向相反，故 A 错误；
B．任一时刻，杆对两球的弹力大小相等，方向相反，所以杆对两球的冲量不相同，故 B 正确；
C．因 AB 系统机械能守恒，故任意一段时间 Δt 内，杆对两球做的功代数和一定为零，故 C 正确；
D．B 球从图中位置转到最低点过程中，A 球转到最高点，A 球的动能和势能都增大，说明杆对 A
球做正功，由于杆是质量不计的轻杆，所以杆对 B 球做负功，此过程 B 机械能减少，故 D 错误。
故选 BC。
【考向 5】如图所示，在倾角为 θ 的斜面上，有一个质量是 m 的小滑块沿斜面向上滑动，经过时间
t1，速度为零后又下滑，经过时间 t2，回到斜面底端。滑块在运动过程中，受到的摩擦力大小始终是
Ff，在整个运动过程中，摩擦力对滑块的总冲量大小为 ，方向是 ；合力对滑块的总冲
量大小为 ，方向是 。
【答案】 f( 2－ 1) 沿斜面向上 ( 1 + 2)sin + f( 1 2) 沿斜面向下
【详解】[1][2]摩擦力先向下后向上，因上滑过程用时短，故摩擦力的冲量为
= fΔ = f( 2－ 1)
方向与向下运动时的摩擦力的方向相同，故沿斜面向上。
[3][4]合力的冲量为
合 = ( 1 + 2)sin + f( 1 2)
沿斜面向下。
【考向 6】（2024·河北保定·二模）如图所示，将质量 = 0.31kg 的圆环套在固定的水平杆上，圆环
的内径略大于杆的截面直径。现对圆环施加一与杆成 θ 角、斜向上的恒定拉力 F，圆环由静止开始
做匀加速直线运动，拉力作用 t=2s 后撤去，圆环总共运动了 = 12m 后静止，已知圆环与杆之间的
动摩擦因数 = 0.8，取重力加速度大小 = 10m/s2，sin = 0.8，求：
（1）圆环的最大速度 m；
（2）拉力 F 对圆环的冲量大小 I。
【答案】（1） m = 8m/s；（2） = 6N·s 或 = 62N·s
【详解】（1）圆环先做匀加速直线运动，后做匀减速直线运动，做匀减速直线运动的加速度为

= m减 减
根据牛顿第二定律有
= 减
圆环总共运动的距离为
m 减 +
= 2
解得
m = 8m/s
（2）杆与圆环无压力时，有
= sin
解得
= 3.875N
当 < 3.875N 时，杆的上侧与圆环存在摩擦力，当 > 3.875N 时，杆的下侧与圆环存在摩擦力。以
下分两种情况讨论：
（ⅰ）圆环做匀加速直线运动的加速度为

= m加
当 < 3.875N 时，根据牛顿第二定律有
cos ( sin ) = 加
拉力 F 对圆环的冲量大小为
=
解得
= 6N s
（ⅱ）当 > 3.875N 时，根据牛顿第二定律有
cos ( sin ) = 加
拉力 F 对圆环的冲量大小为
=
解得
= 62N s
【考向 7】（2023·湖北武汉·三模）如图 1 所示，为一游乐场的飞天大转盘娱乐项目，现将该游戏简
化为图 2 所示的情形。一粗糙的倾斜圆盘，与水平面的夹角为 = 37°，绕垂直圆盘的轴线 ′以角
速度 = 1rad/s逆时针方向转动，一质量为 m=1kg 的物体放在转盘上，随转盘一起转动，且物体转
7
到最低点 A 时恰好与圆盘不发生相对滑动，已知物体与圆盘间的动摩擦因数 = 8，最大静摩擦力等
于滑动摩擦力， = 10m/s2，sin37° = 35，在物体从 A 运动半周至最高点 B 的过程中，求：
（1）圆盘对物体所做的功；
（2）圆盘对物体的摩擦力的冲量大小。
【答案】（1） = 12J；（2） = 2 9 2 + 1N s
【详解】（1）对物体，在最低点
sin cos = 2
解得
= 1m
物体从最低点运动到最高点，由动能定理得
2 sin = 0
解得
= 12J
（2）物体从最低点运动到最高点的过程中，物体重力沿盘面方向的冲量大小为

1 = sin ×
物体的动量改变量
Δ = 2
则摩擦力的冲量
= 2 1 + Δ 2
解得
= 2 9 2 + 1N s
考点 2：动量定理及其应用
1.动量定理
(1)内容：物体所受合力的冲量等于物体动量的变化量．
(2)表达式：F 合·t＝Δp＝p′－p.
(3)矢量性：动量变化量方向与合力的方向相同，可以在某一方向上用动量定理．
2.对动量定理的理解
（1）动量定理的研究对象是一个质点(或可视为一个物体的系统)．
（2）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。在一维情
况下，各个矢量必须选同一个正方向。
（3）动量定理不仅适用于恒定的力，也适用于随时间变化的力。这种情况下，动量定理中的
力 F 应理解为变力在作用时间内的平均值.
（4）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.合力是包括重力在内的所有外力的合
力，合力的冲量不包括系统内力的冲量。
p′－p Δp
（5）由 Ft＝p′－p 得 F＝ ＝ ，即物体所受的合外力等于物体的动量对时间的变化率。
t t
3.动量定理的三大应用
(1)用动量定理解释现象
①物体的动量变化一定，此时力的作用时间越短，力就越大；时间越长，力就越小．如玻璃杯
掉在水泥地上易碎,而掉在沙地上不易碎。
②作用力一定，此时力的作用时间越长，动量变化越大；力的作用时间越短，动量变化越
小．
(2)应用 I＝Δp 求变力的冲量．
(3)应用 Δp＝F·Δt 求恒力作用下的曲线运动中物体动量的变化量．
4.用动量定理解题的基本思路
【考向 8】玻璃茶杯从同一高度掉下，落在石板上易碎，落在海绵垫上不易碎，这是因为茶杯与石
板撞击过程中（　　）
A．茶杯的初动量较大 B．茶杯所受冲量较大
C．茶杯动量变化较大 D．茶杯动量变化率较大
【答案】D
【详解】根据动量定理，可得
= 2 1
解得
2 = 1
可知茶杯与石板撞击过程中茶杯动量变化率较大，所受冲击力较大，易碎。
故选 D。
【考向 9】（2024·江西鹰潭·二模）原地纵跳摸高是常见的体能测试项目。在某次摸高测试中，一同
学从如图 A 所示的静止下蹲状态，脚刚离开地面，如图 B 所示，身体运动到最高点时位置如图 C 所
示，三幅图代表同一竖直线上的三个位置，不计空气阻力，关于该同学测试的全过程，下列说法正
确的是（ ）
A．从 A 到 B 的运动过程中，该同学因为受地面支持力的位移为零，所以支持力冲量为零
B．该同学在 C 图位置的机械能等于在 A 图位置的机械能
C．从 A 到 B 的运动过程中，地面对脚的支持力始终大于该同学的重力
D．从 A 到 C 的过程中，地面对脚的支持力冲量与该同学的重力冲量等大反向
【答案】D
【详解】AC．运动员从用力蹬地到刚离开地面的起跳过程，先向上加速，地面支持力大于重力；当
地面支持力等于重力时速度最大；之后脚与地面作用力逐渐减小，运动员开始减速；当脚与地面作
用力为零时，离开地面。此过程地面对脚的支持力的冲量不为零，AC 错误；
B．蹬地起跳过程中运动员消耗体内化学能转化为机械能，B 图位置的机械能大于在 A 图位置的机
械能，从 B 到 C 的运动过程中机械能守恒，则该同学在 C 图位置的机械能大于在 A 图位置的机械能，
B 错误；
D．从 A 到 C 的过程中，应用动量定理有 支 + = 0
所以地面对脚的支持力冲量与该同学的重力冲量等大反向，D 正确。
故选 D。
【考向 10】（2024·山西阳泉·三模）2024 年春晚杂技节目《跃龙门》带给观众震撼的视觉盛宴，教
练在训练时将压力传感器安装在蹦床上，记录演员对蹦床的压力。如图是某次彩排中质量为40kg的
演员在竖直方向运动时计算机输出的压力—时间（F—t）图像片段，运动员可视为质点。不计空气
阻力，重力加速度 = 10m/s2，下列说法正确的是（　　）
A．演员在 a 到 b 过程处于超重状态
B．演员在 b 时刻速度最大，速度大小为8m/s
C．从 a 时刻到 b 时刻，蹦床对演员做的功大于1280J
D．从 a 时刻到 b 时刻，蹦床给演员的冲量大小为320N s
【答案】C
【详解】A．演员在 a 到 b 过程，压力由最大值减小为 0，根据牛顿第三定律可知，演员所受支持力
由最大值减小为 0，根据牛顿第二定律可知，加速度方向先向上后向下，加速度大小先减小后增大，
则演员在 a 到 b 过程先处于超重状态，后处于失重状态，故 A 错误；
B．结合上述可知，演员在 a 到 b 过程，先向上做加速度减小的变加速直线运动，后向上做加速度
减小的变减速直线运动，当加速度为 0 时，速度达到最大值，即 a 到 b 之间的某一时刻，演员的速
度最大，故 B 错误；
C．根据图像可知，演员脱离蹦床在空中运动的时间为
2.8s-1.2s=1.6s
根据竖直上抛运动的对称性可知，演员脱离蹦床向上运动的时间为 0.8s，利用逆向思维，根据速度
公式有
0 = = 10 × 0.8m/s = 8m/s
在 0.2s 到 1.2s 内，结合上述可知，蹦床对演员做的功为
1
= 22 0 = 1280J
根据图像可知，从 a 时刻到 b 时刻，蹦床的弹性势能转化为演员增加的重力势能与动能，可知，从
a 时刻到 b 时刻，蹦床对演员做的功大于1280J，故 C 正确；
D．从 a 时刻到 b 时刻，根据动量定理有
= 0
解得
= + 0
解得
= 720N s
故 D 错误。
故选 C。
【考向 11】（多选）（2024·广东肇庆·二模）在水平面上静置有质量相等的 a、b 两个物体，水平推力
1、 2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，a、b 在运动过
程中未相撞，a、b 的 v-t 图像如图所示，图中 平行于 ，整个过程中 a、b 的最大速度相等，运
动时间之比 : = 3:4。则在整个运动过程中下列说法正确的是（　　）
A．物体 a、b 受到的摩擦力大小相等

B 1 3．两水平推力对物体的冲量之比为 =2 4

C 1 3．两水平推力对物体的做功之比为 =2 4

D 1 3．两水平推力的大小之比为 =2 4
【答案】ABC
【详解】AD．由题图知， 平行于 ，说明撤去推力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
1 = 0
2 = 0
解得
1 =

2
根据图像可知
< ， <
解得
1
>

2
故 A 正确，D 错误；
B．根据动量定理有
1 = 0， 2 = 0
解得
1 3
=2
=
4
故 B 正确；
C．根据动能定理可得
1 = 0， 2 = 0
1 1 = 2 m， = 2 m
解得
1 3
= =2 4
故 C 正确。
故选 ABC。
【考向 12】（多选）（2024·贵州黔东南·三模）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（ ）
3 2
A．飞行器的最大速率 = B

．风洞阻力对飞行器做功为 2 2
2
C
2 2
．飞行器运动时间为 = D．飞行器运动时间 =
【答案】AD
【详解】A．飞行器速度最大时加速度为零，由牛顿第二定律得
= m
则

m =
故 A 正确；
B．对飞行器由动能定理得
1
+ 2f = 2 m
则
3 2
f = 2 2
故 B 错误；
CD．对飞行器由动量定理得
= m
=
则
2 + 2
=
故 C 错误，D 正确。
故选 AD。
考点 3：应用动量定理处理“流体问题”“粒子流问题”
1.流体类柱状模型
流体及 通常液体流、气体流等被广义地视为“流体”，质量具有连续性，通常已知密度 ρ，
其特点 液体流量 Q（单位时间内流体的体积）等
分 1 建立“柱状模型”，沿流速 v 的方向选取一段柱形流体，其横截面积为 S
析
步
骤 2 微元研究，作用时间 Δt 内的一段柱形流体的长度为 Δl，对应的质量为 Δm＝ρSvΔt
3 建立方程，应用动量定理研究这段柱状流体
2.微粒类柱状模型
微粒及 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
其特点 给出单位体积内粒子数 n
1 建立“柱状模型”，沿运动的方向选取一段微元，柱体的横截面积为 S
分
析 2 微元研究，作用时间 Δt 内一段柱形流体的长度为 Δl，对应的体积为 ΔV＝
步 Sv0Δt，则微元内的粒子数 N＝nv0SΔt
骤
3 先应用动量定理研究单个粒子，建立方程，再乘以 N 计算
【考向 13】（2024·河北·一模）如图所示，某航拍小型飞机有四个相同的风扇，每个风扇的半径均为
R，当它在无风的天气悬停时，每个风扇都呈水平状态，风扇吹出的空气速度大小都等于 v，吹出的
空气流动方向相同。已知空气的平均密度为 ，则风扇悬停时，不考虑其他位置空气流动的影响。下
列说法错误的是（　　）
A．风扇吹出的空气流动方向竖直向下
B．单位时间内每个风扇吹出的空气的质量为 2
C．无人机的总重力等于4 2 2
D 1．每个风扇对空气做功的功率为2
2 2
【答案】D
【详解】A．由于无人机悬停时受到的升力与其重力平衡，螺旋桨吹风方向均为竖直向下，故 A 正
确；
B．单位时间内被每个螺旋桨推动的空气质量为
Δ Δ
Δ = Δ =
2
故 B 正确；
C．根据动量定理
Δ = Δ
解得每个螺旋桨对空气的作用力为
= 2 2
无人机的总重力等于
= 4 = 4 2 2
故 C 正确；
D．每个风扇对空气做功的功率为
1
2
1 2 2
= = 2
·Δ 2 ·Δ · 1
Δ Δ = Δ = 2
2 3
故 D 错误。
本题选错误的，故选 D。
【考向 14】（2024·山东枣庄·三模）如图，将总质量为 200g 的 2000 粒黄豆从距秤盘 125cm 高处连
续均匀地倒在秤盘上，观察到指针指在刻度为 80g 的位置附近。若每粒黄豆与秤盘在极短时间内垂
直碰撞一次，且碰撞前后速率不变，重力加速度 = 10m/s2，不计空气阻力，则持续倾倒黄豆的时
间约为（　　）
A．1.5s B．2.5s C．3.0s D．5.0s
【答案】B
【详解】黄豆落在秤盘上的速度大小为
= 2 = 5m/s
设持续倾倒黄豆的时间为 ，则根据单位时间落在秤盘上的黄豆数量为
2000
=
黄豆对秤盘的撞击力远大于黄豆的重力，故重力可以忽略，由动量定理得
Δ = 2 0
方程两侧根据时间累计求和可得
= 2 总
又 = 0.8N，则代入数据可得
t=2.5s
故选 B。
【考向 15】（2024·广东汕头·一模）某实验小组用电池、电动机等器材自制风力小车，如图所示，叶
片匀速旋转时将空气以速度 v 向后排开，叶片旋转形成的圆面积为 S，空气密度为 ρ，下列说法正确
的是（　　）
A．风力小车的原理是将风能转化为小车的动能
B．t 时间内叶片排开的空气质量为 ρSv
C．叶片匀速旋转时，空气对小车的推力为 2
D 1．叶片匀速旋转时，单位时间内空气流动的动能为2
2
【答案】C
【详解】A．风力小车的原理是消耗电能，先转化成风能，再推动小车运动，所以是电能转化为小
车的动能，故 A 错误；
B．t 时间内叶片排开的空气质量为
=
故 B 错误；
C．由动量定理可得叶片匀速旋转时，空气受到的推力为

= = = 2
根据牛顿第三定律可知空气对小车的推力为 2，故 C 正确；
D．叶片匀速旋转时，单位时间内空气流动的动能为
1 2 1 1 = = 2 = 3k 2 0 2 2
故 D 错误。
故选 C。
【考向 16】（2024·山东菏泽·三模）风筝在我国已存在两千年之久，又有纸鸢、鹞子之称。如图所示，
某时刻风筝静止在空中，风筝面与水平面夹角为 ，牵引线与竖直方向夹角为2 。已知风筝质量为
m，垂直风筝面的风速大小为 v，风筝面的面积为 S，重力加速度为 g，则风筝所在高度空气密度为
（　　）
A 2 cos ． 2 B
2 sin
． 2 C
4
． 2sin2 D
4
． 2sin
【答案】A
【详解】对风筝受力分析如图 1 所示，作出矢量三角形如图 2 所示，可知风筝此时获得的垂直风筝
面的力
= 2 cos
根据牛顿第三定律，风筝对垂直风筝面的风的作用力大小也为 F，以风为研究对象，单位时间Δ 内，
垂直打在风筝面的风的质量
Δ = Δ
在垂直风筝面方向上由动量定理有
Δ = Δ
联立解得空气密度为
2 cos
= 2
故选 A。
【考向 17】（2024·山东潍坊·二模）用喷水机浇灌草坪，喷水机将水加速后通过喷水嘴喷出，喷水嘴
出水速度的大小 v 和夹角 θ 均可调节。已知喷水嘴的截面积 = 1.0 × 10 4m2，水喷出的最大水平射
程为 10m，水的密度 = 1.0 × 103kg/m3，g 取10m/s2，水流冲击到地面后，水平方向速度变为 0，
忽略喷嘴离地高度以及空气阻力的影响。求：
（1）喷水嘴出水的最大速率 ；
（2）若出水速度 1 = 8m/s，夹角 = 60°，则水流对地面水平方向平均冲力的大小。
【答案】（1）10m/s；（2）3.2N
【详解】（1）设喷水嘴出水的最大速度为 ，出水方向与水平方向夹角为 ，水从喷水嘴到地面运
动的时间为 ，水的水平射程为 ，则竖直方向速度
1
sin = 2
水平方向位移
= cos
解得
2 sin2 =
当 = 45°时，水平射程最大
= 10m
解得
= 10m/s
（2）在时间Δ 内，水的质量
Δ = 1Δ
由动量定理得
Δ = Δ 1cos
解得
= 3.2N
由牛顿第三定律可得
′ = = 3.2N
考点 4：应用动量定理处理多物体、多过程问题
1.动量定理适用于单个物体也适用于多个物体组成的系统．
2.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．对过程较复杂的运动，可分段用动量定理，也可整个过程用动量定理．解决多物体多过程问
题的一般思路：
①若物体（或系统）涉及速度和时间，应考虑用动量定理；
②若物体（或系统）涉及位移和时间，且受到恒力的作用，应考虑使用牛顿运动定律；
③若物体（或系统）涉及位移和速度，应考虑使用动能定理，尤其是关于曲线运动和变加速运
动问题。
【考向 18】（2021·广西玉林·一模）如图所示，有一子弹穿过三块静止放置在光滑水平面上的相互接
触质量分别为 m、2m、3m 的木块 A、B、C，设子弹穿过木块 A、B 、C 的时间分别为 t1、t2、
t3，木块对子弹的阻力恒为 f，则子弹穿过三木块后，木块 A 的速度大小是（　　）
A = 1 B = 1 C 1 D ( 1 2 3)． ． 3 ．6 ． 6
【答案】C
【详解】A 与 B 分离时三者的速度是相等的，分离后，A 的速度不变，在分离前子弹对系统的作用
力使 A、B 与 C 的速度增大，由动量定理得
1 = ( + 2 + 3 )
所以

= 16
故选 C。
【考向 19】如图所示，物体 A、B 相隔一段距离放置在水平地面上，现 A 以 vA=10m/s 的初速度向
静止的物体 B 运动，物体 A 与 B 发生正碰后仍沿原来的方向运动。若物体 A 在碰撞前后共运动 6s
后停止，求碰撞后 B 运动的时间。（已知 mA=2mB，物体 A、B 与水平地面间的动摩擦因数均为
μ=0.1，重力加速度 g 取 10m/s2）
【答案】8s
【详解】以 A、B 组成的系统为研究对象，从 A 开始运动到 A、B 均停止运动这一过程来看，系统
在水平方向受到的外力就是摩擦力，碰撞中物体 A、B 间的相互作用力是内力，可用系统动量定理
求解。取运动方向为正方向，设物体 A、B 运动的时间分别为 tA和 tB，则由系统动量定理得
-μmAgtA-μmBgtB=0-mAvA
代入数据得 B 的运动时间
A A t = A AB B =8s
【考向 20】总质量为 M 的列车，沿水平直轨道匀速前进，其末节车厢质量为 m，中途脱节，司机发
觉时，机车已行驶了时间 t，于是立即关闭油门。设运动的阻力与重量成正比，机车牵引力恒定，当
列车两部分都停止时，机车比末节车厢多运动了多长时间。

【答案】
【详解】脱节后，机车、末节车厢受力分析如图所示
设列车前进的方向为正方向，匀速前进时速度为 v，由题知，机车受到的摩擦力
f1 = ( )
末节车厢受到的摩擦力
f2 =
（k 为比例常数）。列车匀速前进时由平衡条件可得，牵引力
F＝kMg
设脱节后，至停下来，机车的运动时间为 t1，由动量定理得
+ f1 1 = 0 ( )
即
( ) 1 = 0 ( )
解得
+ ( )
1 = ( )
设脱节后，至停下来，末节车厢的运动时间为 t2，由动量定理得
f2 2 = 0
即
2 =
所以

2 =
机车比末节车厢多运动了

Δ = 1 2 =
【考向 21】（多选）如图所示，一热气球正以竖直速度 v 匀速上升，当气球下面所系质量为 m 的物
体距水平地面 h 高处时，绳子断裂，物体和气球分离。已知热气球与物体的总质量为 M，分离后热
气球所受浮力不变，重力加速度大小为 g，不计阻力，则（　　）
2 2 A．从分离开始，经过时间 + 物体落地
B．物体刚到达地面时的速度大小为 2 + 2
C．物体从分离到落地的过程中，热气球动量增加 2 + 2 +
2
D
2 2
．物体刚到达地面时，热气球离地的高度为 ( )
【答案】BCD
【详解】A．从分离开始，物体做竖直上抛运动，设经过时间 t 物体落地，则有
1
= 2
2
解得
2
= + 2
2
= 2 或 （此解小于零，故舍去）
A 错误；
B．设物体刚到达地面时的速度大小为 v1，根据动能定理有
1 1
= 22 1 2
2
解得
1 = 2 + 2
B 正确；
C．热气球与物体组成的系统合外力为 0，则系统的动量守恒，设物体刚到达地面时，热气球的速度
大小为 v2，根据动量守恒定律有
= ( ) 2 1
解得
+ 2 + 2
2 =
根据动量定理可知，物体从分离到落地的过程中，热气球所受合力的冲量大小为
= ( ) 2 ( ) = 2 + 2 +
C 正确；
D．根据平衡条件易知热气球所受浮力大小为 Mg，设物体刚到达地面时，热气球离地的高度为 H，
根据动能定理有
1 1
[ ( ) ]( ) = 2( )
2 2
2 2( )
解得
2 + + 2 + 2
= ( )
所以 D 正确；
故选 BCD。
【真题 1】（2024·北京·高考真题）将小球竖直向上抛出，小球从抛出到落回原处的过程中，若所受
空气阻力大小与速度大小成正比，则下列说法正确的是（　　）
A．上升和下落两过程的时间相等
B．上升和下落两过程损失的机械能相等
C．上升过程合力的冲量大于下落过程合力的冲量
D．上升过程的加速度始终小于下落过程的加速度
【答案】C
【详解】D．小球上升过程中受到向下的空气阻力，下落过程中受到向上的空气阻力，由牛顿第二
定律可知上升过程所受合力（加速度）总大于下落过程所受合力（加速度），D 错误；
C．小球运动的整个过程中，空气阻力做负功，由动能定理可知小球落回原处时的速度小于抛出时
的速度，所以上升过程中小球动量变化的大小大于下落过程中动量变化的大小，由动量定理可知，
上升过程合力的冲量大于下落过程合力的冲量，C 正确；
A．上升与下落经过同一位置时的速度，上升时更大，所以上升过程中平均速度大于下落过程中的
平均速度，所以上升过程所用时间小于下落过程所用时间，A 错误；
B．经同一位置，上升过程中所受空气阻力大于下落过程所受阻力，由功能关系可知，上升过程机
械能损失大于下落过程机械能损失，B 错误。
故选 C。
【真题 2】（多选）（2023·福建·高考真题）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—时间图像如图（a）所示，乙车所受合外力—时间图
像如图（b）所示。则（ ）
A．0 ~ 2s 内，甲车的加速度大小逐渐增大
B．乙车在 t = 2s 和 t = 6s 时的速度相同
C．2 ~ 6s 内，甲、乙两车的位移不同
D．t = 8s 时，甲、乙两车的动能不同
【答案】BC
【详解】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，I2 = S0 ~ 2 = 2N·s
乙车在 0 ~ 6s 内根据动量定理有
I6 = mv6，I6 = S0 ~ 6 = 2N·s
则可知乙车在 t = 2s 和 t = 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，t = 8s 时甲车的速度为 0，则 t = 8s 时，甲车的动能为 0；乙车在 0 ~ 8s 内根
据动量定理有
I8 = mv8，I8 = S0 ~ 8 = 0
可知 t = 8s 时乙车的速度为 0，则 t = 8s 时，乙车的动能为 0，故 D 错误。
故选 BC。
【真题 3】（多选）（2024·福建·高考真题）物块置于足够长光滑斜面上并锁定， = 0时刻解除锁定，
并对物体沿斜面施加如图所示变化的力 F，以沿斜面向下为正方向，下列说法正确的是（　　）
A．0~4 0，物体一直沿斜面向下运动
B．0~4 0，合外力的总冲量为 0
C． 0时动量是2 0时的一半
D．2 0~3 0过程物体的位移小于3 0~4 0的位移
【答案】AD
【详解】根据图像可知当 = 2 sin 时，物块加速度为
2 sin + sin
= = 3 sin
方向沿斜面向下；当 = 2 sin 时，物块加速度大小为
2 sin sin
= = sin
方向沿斜面向上，作出物块0~4 0内的 图像
A．根据图像可知0~4 0，物体一直沿斜面向下运动，故 A 正确；
B．根据图像可知0~4 0，物块的末速度不等于 0，根据动量定理
合 = Δ ≠ 0
故 B 错误；
C．根据图像可知 0时物块速度大于2 0时物块的速度，故 0时动量不是2 0时的一半，故 C 错误；
D． 图像与横轴围成的面积表示位移，故由图像可知2 0~3 0过程物体的位移小于3 0~4 0的位移，
故 D 正确。
故选 AD。
【真题 4】（多选）（2024·全国·高考真题）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 F 与时间 t 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10m/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
【详解】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 = 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
= 10 × 1m/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
Δ Δ = ( )
其中
Δ = 0.3s
代入数据可得
= 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 BD。
【真题 5】（多选）（2024·安徽·高考真题）一倾角为30°足够大的光滑斜面固定于水平地面上，在斜
面上建立 Oxy 直角坐标系，如图（1）所示。从 = 0开始，将一可视为质点的物块从 0 点由静止释
放，同时对物块施加沿 x 轴正方向的力 1和 2，其大小与时间 t 的关系如图（2）所示。己知物块的
质量为 1.2kg，重力加速度 g 取10m/s2，不计空气阻力。则（ ）
A．物块始终做匀变速曲线运动
B． = 1s时，物块的 y 坐标值为 2.5m
C． = 1s时，物块的加速度大小为5 3m/s2
D． = 2s时，物块的速度大小为10 2m/s
【答案】BD
【详解】A．根据图像可得 1 = 4 ， 2 = 3 ，故两力的合力为
= 4 + 2 (N)
物块在 y 轴方向受到的力不变为 sin30°，x 轴方向的力在改变，合力在改变，故物块做的不是匀
变速曲线运动，故 A 错误；
B．在 y 轴方向的加速度为
sin30°
= = sin30° = 5m/s
2
故 = 1s时，物块的 y 坐标值为
1
= 2
2
= 2.5m
故 B 正确；
C． = 1s时， = 6N，故此时加速度大小为
6 2
= 2 + 2 = 1.2 + 5
2m/s2 = 5 2m/s2
故 C 错误；
D．对 x 轴正方向，对物块根据动量定理
= 0
由于 F 与时间 t 成线性关系故可得
(4 + 2 × 0) + (4 + 2 × 2)
2 × 2 = 1.2
解得
= 10m/s
此时 y 轴方向速度为
= sin30° = 5 × 2m/s = 10m/s
故此时物块的速度大小为
= 2 + 2 = 10 2m/s
故 D 正确。
故选 BD。
【真题 6】（多选）（2023·全国·高考真题）一质量为 1kg 的物体在水平拉力的作用下，由静止开始在
水平地面上沿 x 轴运动，出发点为 x 轴零点，拉力做的功 W 与物体坐标 x 的关系如图所示。物体与
水平地面间的动摩擦因数为 0.4，重力加速度大小取 10m/s2。下列说法正确的是（ ）
A．在 x = 1m 时，拉力的功率为 6W
B．在 x = 4m 时，物体的动能为 2J
C．从 x = 0 运动到 x = 2m，物体克服摩擦力做的功为 8J
D．从 x = 0 运动到 x = 4 的过程中，物体的动量最大为 2kg m/s
【答案】BC
【详解】由于拉力在水平方向，则拉力做的功为
W = Fx
可看出 W—x 图像的斜率代表拉力 F。
AB．在物体运动的过程中根据动能定理有
1
= 2
2
则 x = 1m 时物体的速度为
v1= 2m/sx = 1m 时，拉力为
Δ
= Δ = 6N
则此时拉力的功率
P = Fv1= 12Wx = 4m 时物体的动能为
Ek= 2J
A 错误、B 正确；
C．从 x = 0 运动到 x = 2m，物体克服摩擦力做的功为
Wf= μmgx = 8J
C 正确；
D．根据 W—x 图像可知在 0—2m 的过程中 F1= 6N，2—4m 的过程中 F2= 3N，由于物体受到的摩擦
力恒为 f = 4N，则物体在 x = 2m 处速度最大，且根据选项 AB 分析可知此时的速度
2 = 8m/s
则从 x = 0 运动到 x = 4 的过程中，物体的动量最大为
= = 2 2kg m/s
D 错误。
故选 BC。
【真题 7】（多选）（2023·重庆·高考真题）某实验小组测得在竖直方向飞行的无人机飞行高度 y 随时
间 t 的变化曲线如图所示，E、F、M、N 为曲线上的点，EF、MN 段可视为两段直线，其方程分别
为 = 4 26和 = 2 + 140。无人机及其载物的总质量为 2kg，取竖直向上为正方向。则（　　）
A．EF 段无人机的速度大小为 4m/s
B．FM 段无人机的货物处于失重状态
C．FN 段无人机和装载物总动量变化量大小为 4kg m/s
D．MN 段无人机机械能守恒
【答案】AB
【详解】A．根据 EF 段方程
= 4 26
可知 EF 段无人机的速度大小为
Δ
= Δ = 4m/s
故 A 正确；
B．根据 图像的切线斜率表示无人机的速度，可知 FM 段无人机先向上做减速运动，后向下做加
速运动，加速度方向一直向下，则无人机的货物处于失重状态，故 B 正确；
C．根据 MN 段方程
= 2 + 140
可知 MN 段无人机的速度为
Δ ′
′ = = 2m/s
Δ ′
则有
Δ = ′ = 2 × ( 2)kg m/s 2 × 4kg m/s = 12kg m/s
可知 FN 段无人机和装载物总动量变化量大小为 12kg m/s，故 C 错误；
D．MN 段无人机向下做匀速直线运动，动能不变，重力势能减少，无人机的机械能不守恒，故 D
错误。
故选 AB。
【真题 8】（2024·广东·高考真题）汽车的安全带和安全气囊是有效保护乘客的装置。
（1）安全带能通过感应车的加速度自动锁定，其原理的简化模型如图甲所示。在水平路面上刹车的
过程中，敏感球由于惯性沿底座斜面上滑直到与车达到共同的加速度 a，同时顶起敏感臂，使之处
于水平状态，并卡住卷轴外齿轮，锁定安全带。此时敏感臂对敏感球的压力大小为 N，敏感球的质
量为 m，重力加速度为 g。忽略敏感球受到的摩擦力。求斜面倾角的正切值tan 。
（2）如图乙所示，在安全气囊的性能测试中，可视为质点的头锤从离气囊表面高度为 H 处做自由
落体运动。与正下方的气囊发生碰撞。以头锤到气囊表面为计时起点，气囊对头锤竖直方向作用力 F
随时间 t 的变化规律，可近似用图丙所示的图像描述。已知头锤质量 = 30kg, = 3.2m，重力加速
度大小取 = 10m/s2。求：
①碰撞过程中 F 的冲量大小和方向；
②碰撞结束后头锤上升的最大高度。

【答案】（1）tan = ；（2）①330N s，方向竖直向上；②0.2m
【详解】（1）敏感球受向下的重力 mg 和敏感臂向下的压力 FN以及斜面的支持力 N，则由牛顿第二
定律可知
( + N)tan =
解得

tan = + N
（2）①由图像可知碰撞过程中 F 的冲量大小
1
= 2 × 0.1 × 6600N s = 330N s
方向竖直向上；
②头锤落到气囊上时的速度
0 = 2 = 8m/s
与气囊作用过程由动量定理（向上为正方向）
= ( 0)
解得
v=2m/s
则上升的最大高度
2
= 2 = 0.2m
一、单选题
1．（2024·广东·三模）工厂中某水平传送带由静止启动，启动初期驱动轮上某点的线速度随路程均
匀增大，已知传送带与驱动轮间无相对滑动，则启动初期与传送带相对静止的滑块（　　）
A．做匀加速运动 B．加速度逐渐减小
C．动量变化得越来越快 D．所受摩擦力的功率不变
【答案】C
【详解】A．由于滑块与传送带相对静止，传送带与驱动轮间无相对滑动，则滑块的速度随位移均
匀增大，若滑块做匀加速运动，由直线运动规律得
2 = 2
滑块速度不随位移均匀增大，即滑块不做匀加速运动，故 A 错误；
B．滑块速度逐渐增大，则通过任意相同位移的时间逐渐减小，又滑块通过相同位移的速度变化量
相同，则滑块加速度越来越大，故 B 错误；
C．滑块动量
=
由于滑块加速度逐渐增大，即速度变化的越来越快，而滑块质量不变，则滑块动量变化的越来越快，
故 C 正确；
D．滑块所受摩擦力即其所受合外力，由牛顿第二定律得所受摩擦力逐渐增大，又滑块速度逐渐增
大，由
=
可知摩擦力的功率增大，故 D 错误。
故选 C。
2．（2024·四川凉山·三模）如图所示，动力小车以恒定的速率沿曲线竖直轨道上表面从 A 点运动到 D
点，A 点是轨道最低点，B 为轨道最高点。下列判断正确的是（ ）
A．小车在 A、B 两点速度不同 B．运动中小车的动量不变
C．运动中小车机械能不变 D．小车在 A 点对轨道压力最大
【答案】D
【详解】A．小车做曲线运动，运动方向与轨迹相切，小车在 A、B 两点时，两点分别为最低点和最
高点切线沿水平方向，则小车运动方向沿水平方向，方向相同，小车的速率即速度大小也相同，所
以，小车在 A、B 两点速度相同，故 A 错误；
B．小车做曲线运动，运动方向时刻改变，动量为矢量，方向与速度方向相同，所以小车的动量大
小不变，方向时刻改变，故 B 错误；
C．汽车在运动过程中动能不变，重力势能变化，所以机械能变化，故 C 错误；
D．小车在 A 点时，为轨道的最低点，根据牛顿第二定律
2
=
解得
2
= +
又因为，由图可得小车在 A 点对应的圆周运动的半径最小，一定速率下，向心力最大，所以小车在
A 点是轨道对小车的支持力最大，根据牛顿第三定律，此时小车对轨道的压力最大，故 D 正确。
故选 D。
3．（2023·广东·二模）2023 年 7 月 22 日，中国女足迎来世界杯首战．如图所示，某次扑球时，守门
员戴着厚厚的手套向水平飞驰而来的足球扑去，使足球停下．与不戴手套相比，此过程守门员戴手
套可以（　　）
A．减小足球的惯性 B．减小足球对手的冲量
C．减小足球的动量变化量 D．减小足球对手的平均作用力
【答案】D
【详解】守门员戴着厚厚的手套向水平飞奔而来的球扑去，这样可以延长球与手接触的时间，对球，
取球的初速度方向为正方向，根据动量定理得
Ft=0 mv
可得

=
当时间延长时，动量的变化量不变，则球受到的冲量不变，可减小球动量的变化率，即减小手对球
的平均作用力，足球的惯性由质量决定，不会变化。
故选 D。
4．（2024·宁夏吴忠·二模）如图所示，某同学将质量相同的三个物体从水平地面上的 A 点以同一速
率沿不同方向抛出，运动轨迹分别为图上的 1、2、3。若忽略空气阻力，在三个物体从抛出到落地
过程中，下列说法正确的是（　　）
A．轨迹为 1 的物体在最高点的速度最大
B．轨迹为 1 的物体在空中飞行时间最短
C．轨迹为 3 的物体所受重力的冲量最大
D．三个物体单位时间内动量的变化相同
【答案】D
【详解】A．物体做平抛运动，则
1
= 2
2
= 0
物体在最高点的速度等于平抛的初速度，为

0 = 2
可得
01 < 02 < 03
故轨迹为 1 的物体在最高点的速度最小，故 A 错误；
BC．根据斜抛运动的对称性可知，物体从最高点到落地的过程为平抛运动，则斜抛的总时间为
2
总 = 2 = 2
因
1 > 2 > 3
可得
总 1 > 总 2 > 总 3
故轨迹为 1 的物体在空中飞行时间最长，故 B 错误；
C．重力的冲量为
G = 总
可得
G1 > G2 > G3
故轨迹为 3 的物体所受重力的冲量最小，故 C 错误；
D．单位时间内动量的变化为
Δ Δ
Δ = Δ =
故三个物体单位时间内动量的变化相同，故 D 正确。
故选 D。
5．（2024·北京海淀·一模）如图所示，一条不可伸长的轻绳跨过定滑轮，绳的两端各系一个小球 A
和 B，B 球的质量是 A 球的 3 倍。用手托住 B 球，使轻绳拉紧，A 球静止于地面，不计空气阻力、
定滑轮的质量及轮与轴间的摩擦。已知重力加速度为 g。由静止释放 B 球，到 B 球落地前的过程中，
下列说法正确的是（ ）
A．B 球重力势能的减少量等于两球动能的增加量
B．轻绳拉力对 A 球做的功等于 A 球动能的增加量
C．B 球重力势能的减少量大于 A 球机械能的增加量
D．轻绳拉力对两小球的总冲量为零
【答案】C
【详解】A．B 球重力势能的减少量等于两球动能的增加量以及 A 球重力势能增加量之和，选项 A
错误；
B. 轻绳拉力对 A 球做的功以及 A 球重力对 A 做功之和等于 A 球动能的增加量，选项 B 错误；
C．B 球重力势能的减少量等于 A 球机械能的增加量与 B 球动能增加量之和，可知 B 球重力势能的
减少量大于 A 球机械能的增加量，选项 C 正确；
D．轻绳对两小球的拉力均向上，且拉力的大小和作用时间均不为零，可知总冲量不为零，选项 D
错误。
故选 C。
6．“双星”是宇宙中普遍存在的一种天体系统，由两颗恒星组成，双星系统远离其他恒星，在相互的
万有引力作用下绕连线上一点做周期相同的匀速圆周运动。如图所示，A、B 两颗恒星构成双星系
统，绕共同的圆心 O 做匀速圆周运动，经过 t（小于周期）时间，A、B 两恒星的动量变化量分别为
Δ A、Δ B，则下列判断正确的是（　　）
A．|Δ A| > |Δ B| B．|Δ A| < |Δ B| C．Δ A = Δ B D．Δ A = Δ B
【答案】D
【详解】系统所受的合外力为零，系统的总动量守恒，根据牛顿第二定律
引 = A A = B B
加速度为
= 2 =
则有
A A = B B
由于角速度相同，因此
A A = B B
两恒星的速度方向始终相反，则
A = B
因此系统的总动量始终为零，可得
Δ A = Δ B，|Δ A| = |Δ B|
故选 D。
7．（2023·贵州安顺·一模）有些太空探测器装配有离子发动机，其工作原理是将被电离后的正离子
从发动机尾部高速喷出，从而为探测器提供推力。若发动机向后喷出离子的速率为 25km/s（远大于
探测器的飞行速率）时，探测器获得的推力大小为 0.1N，则该发动机 1s 时间内喷出离子的质量为
（　　）
A．4 × 10 4kg B．4 × 10 5kg
C．4 × 10 6kg D．4 × 10 7kg
【答案】C
【详解】由牛顿第三定律可知 1s 时间内喷出的离子受到发动机的平均作用力大小为
= 0.1N
对 1s 时间内喷出的离子由动量定理可得
= 0
解得该发动机 1s 时间内喷出离子的质量为
0.1 × 1
= = 25000 kg = 4 × 10
6kg
故选 C。
8．（2024·陕西·一模）今年春晚杂技节目《跃龙门》为观众带来了一场视觉盛宴。彩排时为确保演
员们能够准确掌握发力技巧，教练组将压力传感器安装在图甲的蹦床上，记录演员对弹性网的压力。
图乙是某次彩排中质量为 35kg 的演员在竖直方向运动时计算机输出的压力-时间（ ）图像，演员
可视为质点。不计空气阻力，重力加速度 = 10m/s2，下列说法正确的是（　　）
A．从 a 时刻到 b 时刻，演员做匀变速直线运动
B．从 a 时刻到 b 时刻，演员一直处于失重状态
C．在 b 时刻，演员的速度最大
D．从 a 时刻到 b 时刻，蹦床给演员的冲量大小为 455N·s
【答案】D
【详解】A．从 a 时刻到 b 时刻弹力逐渐减小，合外力不恒定，加速度变化，故演员做非匀变速运
动，A 错；
B．a 时刻弹力最大，应处于最低点，具有向上的加速度，当重力与弹力相等时，加速度为零，此后
加速度变为向下，从 a 时刻到 b 时刻，故先处于超重状态，后处于失重状态，B 错误；
C．弹力和重力相等时，即在平衡位置时，演员的速度最大，C 错误；
D．演员在空中的时间
= (2.8 1.2)s=1.6s
故演员脱离蹦床时的速度

= · 2 = 8m/s
根据动量定理可得
( ) =
解得
= 455N·s
D 正确。
故选 D。
9．春节期间很多骑行人员未按要求佩戴头盔，交管部门针对这一现象，进行专项整治，未按要求佩
戴头盔人员将受到如下惩罚：举如图所示的广告牌，发朋友圈“集赞”。某同学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 5kg 的物体，物体与头盔紧密接触，使其从
0.8m 的高处自由落下，并与水平面发生碰撞，头盔被挤压了 0.02m 时，物体的速度减为 0，如图所
示，挤压过程中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，下列说法正确的是（　　）
A．物体落地瞬间的速度为 8m/s
B．匀减速直线运动过程中头盔对物体的平均作用力大小为 2050N
C．物体做匀减速直线过程中动量变化量大小为 20kg·m/s，方向竖直向下
D．物体在自由下落过程中重力的冲量大小为 30N·s
【答案】B
【详解】A．物体落地瞬间的速度为
= 2 = 4m/s
A 错误；
B．物体匀减速过程中

= 2
设竖直向下为正方向，根据动量定理
= 0
得头盔对物体的平均作用力大小为
= 2050N
B 正确；
C．物体做匀减速直线过程中动量变化量大小为
Δ = 0 = 20kg m/s
方向竖直向上，C 错误；
D．物体在自由下落过程中重力的冲量大小为
=
得
= 0.5N s
D 错误。
故选 B。
10．（2023·安徽淮北·一模）质量为2kg的物体静止在水平面上， = 0时受到水平拉力 F 的作用开始
运动， 图像如图所示，4s时物体刚好停止运动。物体与地面之间的动摩擦因数为 ，重力加速度
g 取10m/s2，则（　　）
A． = 0．2 B．2s时物体的速度最大
C．物体最大动能为2J D．3s时物体的动量为2kg m/s
【答案】D
【详解】A．根据 图像可知，0~4s内水平拉力的冲量为
1
F = 2 × (2 + 4) × 4N s = 12N s
0~4s内，根据动量定理可得
F 4 = 0
解得物体与地面之间的动摩擦因数为
= 0.15
故 A 错误；
BC．物体受到的滑动摩擦力大小为
= = 3N
由 图像可知，当 ′ = 2.5s时，水平拉力大小为3N，此时拉力等于摩擦力，物体的加速度为 0，速
度达到最大，动能达到最大；0~2.5s内，根据动量定理可得
′F ′ = m 0
其中
1
′F = 4 × 2N s + 2 × (3 + 4) × 0.5N s = 9.75N s
解得最大速度为
9
m = 8 m/s
则最大动能为
1 81
km = 2
2
m = 64 J
故 BC 错误；
D．0~3s内，根据动量定理可得
″F ″ = 3 0
其中
1
″F = 4 × 2N s + 2 × (2 + 4) × 1N s = 11N s
解得3s时物体的动量为
3 = 3 = 2kg m/s
故 D 正确。
故选 D。
11．（2023·安徽宣城·二模）如图所示，将一质量为 m 的小球放在玻璃漏斗中，晃动漏斗，可以使小
球沿光滑的漏斗壁在某一水平面内做半径为 r 的匀速圆周运动，周期为 T，重力加速度为 g，下列说
法正确的是（　　）
A．在 T 时间内，小球受到的重力冲量为零
B ．在2时间内，小球受到合力的冲量为零
C．在 T 时间内，小球受到弹力的冲量为零
D 16
2 2 2 2
．在2时间内，小球受到弹力的冲量大小为 + 2 4
【答案】D
【详解】A．小球在 T 时间内，小球受到的重力冲量不为零，故 A 错误；
B．小球的线速度
2
=

在2时间内，小球的速度大小不变，方向改变，小球受到的合力冲量为
4
= 2 =
故 B 错误；
C．在 T 时间内，小球动量改变量为零，根据动量定理可得
0 = + N
解得
N =
故 C 错误；
D ．在2时间内，小球受到弹力的冲量大小
2 16 2 2 2 2
N′ = ( 2 ) +
2 = 2 + 4
故 D 正确。
故选 D。
12．如图所示，AB 为竖直固定的四分之一粗糙圆弧轨道，O 为圆心，P 为圆弧 AB 的中点，OA 水
平，OB 竖直，轨道半径 R=2m，一质量 m=4kg 的小物块以 2m/s速度从 A 到 B 做匀速圆周运动，
重力加速度 = 10m/s2 ，则下列说法不正确的是（　　）
A．A 到 B 的过程中合力对小球的冲量为 8 N s
B．在 P 点时，重力的瞬时功率为 40W
C．AP 段克服摩擦力做的功大于 PB 段克服摩擦力做的功
D．在 B 点时，小物块对圆弧轨道的压力大小为 40N
【答案】D
【详解】A．A 到 B 的过程初状态动量方向竖直向下，末状态动量方向水平向右，大小均为
1 = 2 = = 4 2kg m/s
该过程小物块的动量改变量大小为
Δ = 2 22 + 1 = 8kg m/s
根据动量定理，可知
合 = Δ = 8N s
即 A 到 B 的过程中合力对小球的冲量大小为8N s 。故 A 正确，与题意不符；
B．依题意，P 为圆弧 AB 的中点，则小物块在 P 点的速度方向与竖直方向成 45°角，根据功率的表
达式，有
= cos45° = 40W
故 B 正确，与题意不符；
C．由几何知识可知
= cos45° = 2m， = cos45° = (2 2)m
由动能定理，可得
= 0， = 0
联立，解得
= 40 2J = 56.6J， = 40(2 2)J = 23.4J
可知 AP 段克服摩擦力做的功大于 PB 段克服摩擦力做的功。故 C 正确，与题意不符；
D．小物块在 B 点时，由牛顿第二定律可得
2
N =
解得
N = 44J
根据牛顿第三定律可知小物块对圆弧轨道的压力大小为44J。故 D 错误，与题意相符。
故选 D。
二、多选题
13．（2024·广东江门·一模）数据表明，在电动车事故中，佩戴头盔可防止 85%的头部受伤，大大减
小损伤程度。头盔内部的缓冲层与头部的撞击时间延长至 6ms 以上，人头部的质量约为 2kg，则下
列说法正确的是（　　）
A．头盔减小了驾驶员头部撞击过程中的动量变化率
B．头盔减少了驾驶员头部撞击过程中撞击力的冲量
C．事故中头盔对头部的冲量与头部对头盔的冲量大小相等
D．若事故中头部以 6m/s 的速度水平撞击缓冲层，则头部受到的撞击力最多为 2000N
【答案】ACD
【详解】A．根据
=
可得

=
依题意，头盔内部的缓冲层与头部的撞击时间延长了，头盔减小了驾驶员头部撞击过程中的动量变
化率。故 A 正确；
B．同理，可知头盔并没有减少驾驶员头部撞击过程中撞击力的冲量。故 B 错误；
C．根据
=
头盔对头部的作用力与头部对头盔的作用力等大反向，作用时间相同，所以事故中头盔对头部的冲
量与头部对头盔的冲量大小相等。故 C 正确；
D．代入数据，可得
2 × 6
= 6 × 10 3 N = 2000N
可知事故中头部以 6m/s 的速度水平撞击缓冲层，则头部受到的撞击力最多为 2000N。故 D 正确。
故选 ACD。
14．用一小型电动机竖直向上提升质量为 m 的重物，电动机的输出功率恒定，重物向上加速运动的
v-t 图像如图所示，v0为上升过程的最大速度。重力加速度为 g，加速上升过程中，重力的冲量大小
为 I，不计空气阻力，则下列说法正确的是（　　）

A．重物加速上升的时间为
B．重物加速上升过程中吊索对重物拉力的冲量大小等于 mv0
C．电动机的输出功率 P=mgv0
D 1．当重物速度为2 0时，重物加速度大小等于 2g
【答案】AC
【详解】A．由题意可知，重物加速上升的时间为

=
故 A 正确；
B．重物加速上升过程中根据动量定理，吊索对重物拉力的冲量大小为
p = 0 +
故 B 错误；
C．当匀速运动时，拉力 F 等于重物的重力，电动机的输出功率
= 0 = 0
故 C 正确；
D．重物速度为
1
= 2 0
时，拉力

1 = = 2
由
F1-mg=ma
解得
a=g
故 D 错误。
故选 AC。
15．（2024·河南濮阳·一模）如图所示为固定在水平面上的光滑半球形碗，一质量为 m 的小物块从碗
口 A 点由静止沿圆弧面下滑到最低点 C，B 点为 AC 圆弧的中点。下列判断正确的是（ ）
A．从 A 到 B 物块重力做的功大于从 B 到 C 重力做的功
B．从 A 到 B 物块重力的冲量小于从 B 到 C 重力的冲量
C．从 A 到 C，碗对物块支持力的冲量为零
D．从 A 到 C，物块重力的功率先增大后减小
【答案】AD
【详解】A．如图 B 点为 AC 圆弧的中点，由几何关系可得
∠ = 45°
从 A 到 B 重力做功为
2
1 = sin45° = 2
从 B 到 C 重力做的功
2
2 = (1 cos45°) = 1 2
比较可得
1 > 2
A 正确；
B．由于下滑的速度越来越快，从 A 到 B 的平均速度小于从 B 到 C 的平均速度，又由弧长相等，所
以从 A 到 B 的时间大于从 B 到 C 的时间，因此从 A 到 B 物块重力的冲量大于从 B 到 C 重力的冲量，
B 错误；
C．从 A 到 C，碗对物块支持力一直存在，碗对物块支持力的冲量不为零，C 错误；
D．初始位置速度为零，重力的功率为零，到达最低点，速度最大，但是重力与速度的方向夹角为
90°，重力的瞬时功率为
= sin90° = 0
可知整个过程中功率的功率先增大后减小，D 正确。
故选 AD。
16．（2024·山东聊城·二模）图甲是正在送餐的“机器人服务员”，其质量 m=40kg，该机器人正在沿
图乙中 ABCD 曲线给 16 号桌送餐，圆弧 BC 与直线路径 AB、CD 相切，AB 段长度为 5m，CD 段长
度为 12m，机器人从 A 点由静止匀加速出发，到达 B 点时速率达到 1m/s，接着以 1m/s 的速率匀速
通过 BC 段，通过 C 点后仍以 1m/s 的速率运动到某位置才开始做匀减速直线运动，最终停在 16 号
桌旁的 D 点。已知餐盘与水平托盘间的动摩擦因数 = 0.2，餐盘与托盘之间未发生相对滑动，最大
静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是（　　）
A．从 B 运动到 C 过程中机器人的动量变化量为40kg m/s
B．从 A 运动到 B 过程中机器人的加速度为0.1m/s2
C．圆弧 BC 的半径可以设计为 0.45m
D．机器人从 C 到 D 的最短时间为 12.25s
【答案】BD
【详解】A．根据题意，不能确定从 B 运动到 C 过程中机器人的速度变化量，从而不能确定动量变
化量，故 A 错误；
B．从 A 运动到 B 过程中，有
2 = 2 1
解得机器人的加速度为
1 = 0.1m/s2
故 B 正确；
C．餐盘与托盘恰好不发生相对滑动，摩擦力提供向心力有
2
=
解得
= 0.5m
故 C 错误；
D．机器人以 1m/s 的速度匀减速至 D 点的加速度为
= = 2m/s2
则减速的时间为

1 = = 0.5s
匀减速的位移为
2
Δ = 2 = 0.25m
故从 C 点开始匀速运动的时间

=
Δ
2 = 11.75s
所以从 C 运动到 D 点的最短时间为
= 1 + 2 = 12.25s
故 D 正确。
故选 BD。
17．（2024·福建·三模）如图所示，消防员正在进行消防灭火演练，消防员用高压水枪喷出的强力水
柱冲击着火物，设水柱直径为 D，以水平速度 v 垂直射向着火物，水柱冲击着火物后速度变为零。
高压水枪的质量为 M，消防员手持高压水枪操作，进入水枪的水流速度忽略不计，水的密度为 ，
下列说法正确的是（　　）
A 1．水枪的流量为2π
2
B 1．水枪的功率为8π
2 3
C 1．水柱对着火物的冲击力为8π
2 2
D．向前水平喷水时，消防员对水枪的作用力方向向前且斜向上方
【答案】BD
【详解】A．设Δ 时间内，从水枪喷出的水的体积为Δ ，质量为Δ ，则
Δ = Δ ，Δ = Δ = 1π 24 Δ
流量
Δ 1
= Δ = 4
2
A 错误；
B．Δ 时间内水枪喷出的水的动能为
1
2
1 2 3
k = 2 Δ = 8 π Δ
知高压水枪在此期间对水做功为
1
= = π 2 3k 8 Δ
高压水枪的功率为
1
= 2 3Δ = 8 π
B 正确；
C．考虑一个极短时间Δ ′，在此时间内喷到着火物上水的质量为 m，设着火物对水柱的作用力为 F，
由动量定理得
Δ ′ = Δ ′时间内冲到着火物上水的质量为
1
= π 2 Δ ′4
解得
1
= 4 π
2 2
由牛顿第三定律可知，水柱对着火物的平均冲力为
1
′ = = 4 π
2 2
C 错误；
D．当高压水枪水平向前喷出高压水流时，水流对高压水枪的作用力水平向后，由于高压水枪有重
力，根据平衡条件，手对高压水枪的作用力方向斜向前上方，D 正确。
故选 BD。
三、解答题
18．（2024·福建福州·一模）如图甲所示，一质量 = 1kg的木板 A 静置在足够大的光滑水平面上，
= 0时刻在木板上作用一水平向右的力 F，力 F 在 0~2s 内随时间均匀变大，之后保持不变，如图乙
所示。在 = 2s时将质量 = 2kg的滑块 B 轻放在木板 A 右端，最终滑块 B 恰好没有从木板 A 左端
掉落。已知滑块 B 与木板 A 间的动摩擦因数 = 0.15，重力加速度大小 = 10m/s2，求：
（1）0~2s 内力 F 的冲量大小 I 及 2s 时刻木板 A 的速度大小 0；
（2）木板 A 的长度 L。
【答案】（1）3N s，3m/s；（2）3m
【详解】（1） 图像与坐标轴围成的面积表示冲量，0~2s 内力 F 的冲量大小为
1
= 2 × 2 × 3N s = 3N s
根据动量定理
= 0
解得 2s 时刻木板 A 的速度大小
0 = 3m/s
（2）滑块 B 在木板 A 上滑动时，A、B 间的滑动摩擦力大小
= = 3N
此后木板 A 做匀速直线运动，滑块 B 的加速度为
= = 1.5m/s2
设滑块 B 在木板 A 上滑动的时间为 ，则有
0 3 = = 1.5 s = 2s
木板 A 的长度为
2 32
= 00 2 = 3 × 2m 2 × 1.5 m = 3m
19．（2024·山东青岛·三模）网球运动正在逐步走进中学校园，受到众多同学的喜爱。如图，某同学
正在网球场练习发球，他将质量 = 0．05kg的网球从离水平地面高度 = 1．8m处，以某一初速度
0水平击出，网球第一次落在距击球点水平距离 1 = 24m处的地面上，然后经地面多次反弹，最终
1
停下来。已知网球与地面第一次碰后，竖直分速度反向，大小变为碰前的2，水平分速度方向不变，
3
大小变为碰前的4。不计网球所受空气阻力，网球与地面碰撞时间极短，重力加速度 = 10m/s
2，计
算结果可保留根号，求
（1）该同学击球过程对网球所做的功 ；
（2）网球第一次与地面碰撞过程中地面对网球的冲量 ；
（3）网球第二次接触地面处与击球点间的水平距离 2。

【答案】（1）40J；（2） = 181N； tan = = 0.9；（3）42m20
【详解】（1）设网球第一次落地前运动时间为 1，根据运动的合成和分解
1 =
1 2
0 1， = 2 1
解得
1
= 2
2
0 = 40J
（2）网球第一次落地时根据动量定理得
= 3 1 4 0 0， = 2 1
解得
2 2 181 = + = 20 N
地面对网球的冲量 与水平方向的夹角

tan = = 0.9
（3）设网球第一次弹起后经时间 2再次落地，根据运动学公式

1 = 12 2 2
解得
3
2 = 1 + 4 0 2 = 42m第 24 讲 动量和动量定理及其应用
——划重点之精细讲义系列
考点 1 动量及冲量的计算
考点 2 动量定理及其应用
考点 3 应用动量定理处理“流体问题”“粒子流问题”
考点 4 应用动量定理处理多物体、多过程问题
考点 1：动量及冲量的计算
一．动能、动量、动量变化量的比较
动能 动量 动量变化量
物体由于运动而具有的能 物体末动量与初动量的矢
定义 物体的质量和速度的乘积
量 量差
1
定义式 E ＝ mv2k p＝mv Δp＝p′－p2
标矢性 标量 矢量 矢量
特点 状态量 状态量 过程量
关联 p2 1 2Ek
Ek＝ ，Ek＝ pv，p＝方程 2mEk，p＝2m 2 v
(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
二．冲量及计算
1.冲量
(1)定义：力与力的作用时间的乘积叫作力的冲量。
(2)表达式：I＝FΔt。
(3)单位：冲量的单位是牛秒，符号是 N·s。
(4)方向：冲量是矢量，冲量的方向由力的方向决定。如果力的方向在作用时间内不变，冲量的
方向就跟力的方向相同；如果力的方向在作用时间内发生变化，则冲量的方向只能由动量变化量的
方向确定。
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方向不变的变力的冲量，若力的大小随时间均匀变化，即力为时间的一次函数，则力 F 在某
F1＋F2
段时间 t 内的冲量 I＝ t，其中 F1、F2为该段时间内初、末两时刻力的大小。2
②作出 F t 变化图线，图线与 t 轴所夹的面积即为变力的冲量。如甲乙丙图所示。
③对于易确定始、末时刻动量的情况，可用动量定理求解，即通过求 Δp 间接求出冲量。
④对于变力的方向时刻改变的，先做矢量三角形求出 Δp，再确定冲量的大小和方向，如下图所
示，小球在水平面内绕圆心 O 做匀速圆周运动，合力的方向发生变化,冲量的方向与动量变化量的
方向一致.由图可得,合力的冲量 I = mv2-mv1 = mΔv
(3)求合冲量的两种方法:
①分别求每一个力的冲量,再求各冲量的矢量和;
②如果各个力的作用时间相同,也可以先求合力,再用公式 I 合=FΔt 求解.
【考向 1】（2024·广西·二模）某市学生期考体能测试中有一重要项目：排球垫球个数测试。某同学
在一次测试中双手在同一高度多次竖直垫起排球，第一次垫球后，球竖直上升高度为0.2 第二次垫
球后，球竖直上升高度为0.45 。已知排球的质量为0.27 ，重力加速度取10m/s2，不计空气阻力。
则第二次垫球过程，排球动量变化量的大小为（　　）
A．0.27kg m/s B．0.54kg m/s
C．0.81kg m/s D．1.35kg m/s
【考向 2】如图所示，“嫦娥三号”绕月球做匀速圆周运动，其质量为 m、动量为 p，公转周期为 T，
万有引力常量为 G，下列说法正确的是（　　）
2
A．“嫦娥三号” 的动能为

B．“嫦娥三号”的向心加速度为
C ．“嫦娥三号”的公转轨道半径为 2
D．无法求出月球的质量
【考向 3】（多选）（2023·山东滨州·二模）如图 1 所示，一物体在一水平拉力 F 作用下，沿水平地面
做直线运动，运动过程中拉力大小随时间的变化图像如图 2。物体加速度 a 随时间变化的图像如图
3．重力加速度 g 取10m s2，下列说法正确的是（ ）．
A．物体与水平地面间的动摩擦因数为 0.15
B．物体与水平地面间的最大静摩擦力为3.75N
C．在0 4s时间内，合外力做的功为45J
D．在0 4s时间内，拉力 F 的冲量为15N s
【考向 4】（多选）（2023·广西南宁·二模）如图所示，将两个质量分别为 m 和 2m 的小球 A 和 B 用
一根长为 L 的轻杆（质量不计）连接，轻杆可绕通过中心 O 的水平轴无摩擦转动，现让杆处于水平
位置静止释放，在杆转至竖直的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．两球的速度始终相同
B．任意一段时间Δ 内，杆对两球的冲量一定不同
C．任意一段时间Δ 内，杆对两球做的功代数和一定为零
D．B 球的机械能保持不变
【考向 5】如图所示，在倾角为 θ 的斜面上，有一个质量是 m 的小滑块沿斜面向上滑动，经过时间
t1，速度为零后又下滑，经过时间 t2，回到斜面底端。滑块在运动过程中，受到的摩擦力大小始终是
Ff，在整个运动过程中，摩擦力对滑块的总冲量大小为 ，方向是 ；合力对滑块的总冲
量大小为 ，方向是 。
【考向 6】（2024·河北保定·二模）如图所示，将质量 = 0.31kg 的圆环套在固定的水平杆上，圆环
的内径略大于杆的截面直径。现对圆环施加一与杆成 θ 角、斜向上的恒定拉力 F，圆环由静止开始
做匀加速直线运动，拉力作用 t=2s 后撤去，圆环总共运动了 = 12m 后静止，已知圆环与杆之间的
动摩擦因数 = 0.8，取重力加速度大小 = 10m/s2，sin = 0.8，求：
（1）圆环的最大速度 m；
（2）拉力 F 对圆环的冲量大小 I。
【考向 7】（2023·湖北武汉·三模）如图 1 所示，为一游乐场的飞天大转盘娱乐项目，现将该游戏简
化为图 2 所示的情形。一粗糙的倾斜圆盘，与水平面的夹角为 = 37°，绕垂直圆盘的轴线 ′以角
速度 = 1rad/s逆时针方向转动，一质量为 m=1kg 的物体放在转盘上，随转盘一起转动，且物体转
7
到最低点 A 时恰好与圆盘不发生相对滑动，已知物体与圆盘间的动摩擦因数 = 8，最大静摩擦力等
于滑动摩擦力， = 10m/s2，sin37° = 35，在物体从 A 运动半周至最高点 B 的过程中，求：
（1）圆盘对物体所做的功；
（2）圆盘对物体的摩擦力的冲量大小。
考点 2：动量定理及其应用
1.动量定理
(1)内容：物体所受合力的冲量等于物体动量的变化量．
(2)表达式：F 合·t＝Δp＝p′－p.
(3)矢量性：动量变化量方向与合力的方向相同，可以在某一方向上用动量定理．
2.对动量定理的理解
（1）动量定理的研究对象是一个质点(或可视为一个物体的系统)．
（2）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。在一维情
况下，各个矢量必须选同一个正方向。
（3）动量定理不仅适用于恒定的力，也适用于随时间变化的力。这种情况下，动量定理中的
力 F 应理解为变力在作用时间内的平均值.
（4）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.合力是包括重力在内的所有外力的合
力，合力的冲量不包括系统内力的冲量。
p′－p Δp
（5）由 Ft＝p′－p 得 F＝ ＝ ，即物体所受的合外力等于物体的动量对时间的变化率。
t t
3.动量定理的三大应用
(1)用动量定理解释现象
①物体的动量变化一定，此时力的作用时间越短，力就越大；时间越长，力就越小．如玻璃杯
掉在水泥地上易碎,而掉在沙地上不易碎。
②作用力一定，此时力的作用时间越长，动量变化越大；力的作用时间越短，动量变化越
小．
(2)应用 I＝Δp 求变力的冲量．
(3)应用 Δp＝F·Δt 求恒力作用下的曲线运动中物体动量的变化量．
4.用动量定理解题的基本思路
【考向 8】玻璃茶杯从同一高度掉下，落在石板上易碎，落在海绵垫上不易碎，这是因为茶杯与石
板撞击过程中（　　）
A．茶杯的初动量较大 B．茶杯所受冲量较大
C．茶杯动量变化较大 D．茶杯动量变化率较大
【考向 9】（2024·江西鹰潭·二模）原地纵跳摸高是常见的体能测试项目。在某次摸高测试中，一同
学从如图 A 所示的静止下蹲状态，脚刚离开地面，如图 B 所示，身体运动到最高点时位置如图 C 所
示，三幅图代表同一竖直线上的三个位置，不计空气阻力，关于该同学测试的全过程，下列说法正
确的是（ ）
A．从 A 到 B 的运动过程中，该同学因为受地面支持力的位移为零，所以支持力冲量为零
B．该同学在 C 图位置的机械能等于在 A 图位置的机械能
C．从 A 到 B 的运动过程中，地面对脚的支持力始终大于该同学的重力
D．从 A 到 C 的过程中，地面对脚的支持力冲量与该同学的重力冲量等大反向
【考向 10】（2024·山西阳泉·三模）2024 年春晚杂技节目《跃龙门》带给观众震撼的视觉盛宴，教
练在训练时将压力传感器安装在蹦床上，记录演员对蹦床的压力。如图是某次彩排中质量为40kg的
演员在竖直方向运动时计算机输出的压力—时间（F—t）图像片段，运动员可视为质点。不计空气
阻力，重力加速度 = 10m/s2，下列说法正确的是（　　）
A．演员在 a 到 b 过程处于超重状态
B．演员在 b 时刻速度最大，速度大小为8m/s
C．从 a 时刻到 b 时刻，蹦床对演员做的功大于1280J
D．从 a 时刻到 b 时刻，蹦床给演员的冲量大小为320N s
【考向 11】（多选）（2024·广东肇庆·二模）在水平面上静置有质量相等的 a、b 两个物体，水平推力
1、 2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，a、b 在运动过
程中未相撞，a、b 的 v-t 图像如图所示，图中 平行于 ，整个过程中 a、b 的最大速度相等，运
动时间之比 : = 3:4。则在整个运动过程中下列说法正确的是（　　）
A．物体 a、b 受到的摩擦力大小相等

B 1 3．两水平推力对物体的冲量之比为 =2 4

C 1 3．两水平推力对物体的做功之比为 =2 4

D 1 3．两水平推力的大小之比为 =2 4
【考向 12】（多选）（2024·贵州黔东南·三模）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（ ）
3A
2
．飞行器的最大速率 = B．风洞阻力对飞行器做功为 2 2
2
C
2 2
．飞行器运动时间为 = D．飞行器运动时间 =
考点 3：应用动量定理处理“流体问题”“粒子流问题”
1.流体类柱状模型
流体及 通常液体流、气体流等被广义地视为“流体”，质量具有连续性，通常已知密度 ρ，
其特点 液体流量 Q（单位时间内流体的体积）等
1 建立“柱状模型”，沿流速 v 的方向选取一段柱形流体，其横截面积为 S
分
析 2 微元研究，作用时间 Δt 内的一段柱形流体的长度为 Δl，对应的质量为 Δm＝ρSvΔt
步
骤
3 建立方程，应用动量定理研究这段柱状流体
2.微粒类柱状模型
微粒及 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
其特点 给出单位体积内粒子数 n
1 建立“柱状模型”，沿运动的方向选取一段微元，柱体的横截面积为 S
分
析 2 微元研究，作用时间 Δt 内一段柱形流体的长度为 Δl，对应的体积为 ΔV＝
步 Sv0Δt，则微元内的粒子数 N＝nv0SΔt
骤
3 先应用动量定理研究单个粒子，建立方程，再乘以 N 计算
【考向 13】（2024·河北·一模）如图所示，某航拍小型飞机有四个相同的风扇，每个风扇的半径均为
R，当它在无风的天气悬停时，每个风扇都呈水平状态，风扇吹出的空气速度大小都等于 v，吹出的
空气流动方向相同。已知空气的平均密度为 ，则风扇悬停时，不考虑其他位置空气流动的影响。下
列说法错误的是（　　）
A．风扇吹出的空气流动方向竖直向下
B．单位时间内每个风扇吹出的空气的质量为 2
C．无人机的总重力等于4 2 2
D 1．每个风扇对空气做功的功率为 2 22
【考向 14】（2024·山东枣庄·三模）如图，将总质量为 200g 的 2000 粒黄豆从距秤盘 125cm 高处连
续均匀地倒在秤盘上，观察到指针指在刻度为 80g 的位置附近。若每粒黄豆与秤盘在极短时间内垂
直碰撞一次，且碰撞前后速率不变，重力加速度 = 10m/s2，不计空气阻力，则持续倾倒黄豆的时
间约为（　　）
A．1.5s B．2.5s C．3.0s D．5.0s
【考向 15】（2024·广东汕头·一模）某实验小组用电池、电动机等器材自制风力小车，如图所示，叶
片匀速旋转时将空气以速度 v 向后排开，叶片旋转形成的圆面积为 S，空气密度为 ρ，下列说法正确
的是（　　）
A．风力小车的原理是将风能转化为小车的动能
B．t 时间内叶片排开的空气质量为 ρSv
C．叶片匀速旋转时，空气对小车的推力为 2
D 1．叶片匀速旋转时，单位时间内空气流动的动能为2
2
【考向 16】（2024·山东菏泽·三模）风筝在我国已存在两千年之久，又有纸鸢、鹞子之称。如图所示，
某时刻风筝静止在空中，风筝面与水平面夹角为 ，牵引线与竖直方向夹角为2 。已知风筝质量为
m，垂直风筝面的风速大小为 v，风筝面的面积为 S，重力加速度为 g，则风筝所在高度空气密度为
（　　）
A 2 cos B 2 sin C 4 D 4 ． 2 ． 2 ． 2sin2 ． 2sin
【考向 17】（2024·山东潍坊·二模）用喷水机浇灌草坪，喷水机将水加速后通过喷水嘴喷出，喷水嘴
出水速度的大小 v 和夹角 θ 均可调节。已知喷水嘴的截面积 = 1.0 × 10 4m2，水喷出的最大水平射
程为 10m，水的密度 = 1.0 × 103kg/m3，g 取10m/s2，水流冲击到地面后，水平方向速度变为 0，
忽略喷嘴离地高度以及空气阻力的影响。求：
（1）喷水嘴出水的最大速率 ；
（2）若出水速度 1 = 8m/s，夹角 = 60°，则水流对地面水平方向平均冲力的大小。
考点 4：应用动量定理处理多物体、多过程问题
1.动量定理适用于单个物体也适用于多个物体组成的系统．
2.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．对过程较复杂的运动，可分段用动量定理，也可整个过程用动量定理．解决多物体多过程问
题的一般思路：
①若物体（或系统）涉及速度和时间，应考虑用动量定理；
②若物体（或系统）涉及位移和时间，且受到恒力的作用，应考虑使用牛顿运动定律；
③若物体（或系统）涉及位移和速度，应考虑使用动能定理，尤其是关于曲线运动和变加速运
动问题。
【考向 18】（2021·广西玉林·一模）如图所示，有一子弹穿过三块静止放置在光滑水平面上的相互接
触质量分别为 m、2m、3m 的木块 A、B、C，设子弹穿过木块 A、B 、C 的时间分别为 t1、t2、
t3，木块对子弹的阻力恒为 f，则子弹穿过三木块后，木块 A 的速度大小是（　　）
A = 1 B = 1 C 1 D ( 1 2 3)． ． 3 ．6 ． 6
【考向 19】如图所示，物体 A、B 相隔一段距离放置在水平地面上，现 A 以 vA=10m/s 的初速度向
静止的物体 B 运动，物体 A 与 B 发生正碰后仍沿原来的方向运动。若物体 A 在碰撞前后共运动 6s
后停止，求碰撞后 B 运动的时间。（已知 mA=2mB，物体 A、B 与水平地面间的动摩擦因数均为
μ=0.1，重力加速度 g 取 10m/s2）
【考向 20】总质量为 M 的列车，沿水平直轨道匀速前进，其末节车厢质量为 m，中途脱节，司机发
觉时，机车已行驶了时间 t，于是立即关闭油门。设运动的阻力与重量成正比，机车牵引力恒定，当
列车两部分都停止时，机车比末节车厢多运动了多长时间。
【考向 21】（多选）如图所示，一热气球正以竖直速度 v 匀速上升，当气球下面所系质量为 m 的物
体距水平地面 h 高处时，绳子断裂，物体和气球分离。已知热气球与物体的总质量为 M，分离后热
气球所受浮力不变，重力加速度大小为 g，不计阻力，则（　　）
2 2 A．从分离开始，经过时间 + 物体落地
B．物体刚到达地面时的速度大小为 2 + 2
C．物体从分离到落地的过程中，热气球动量增加 2 + 2 +
2D
2 2
．物体刚到达地面时，热气球离地的高度为 ( )
【真题 1】（2024·北京·高考真题）将小球竖直向上抛出，小球从抛出到落回原处的过程中，若所受
空气阻力大小与速度大小成正比，则下列说法正确的是（　　）
A．上升和下落两过程的时间相等
B．上升和下落两过程损失的机械能相等
C．上升过程合力的冲量大于下落过程合力的冲量
D．上升过程的加速度始终小于下落过程的加速度
【真题 2】（多选）（2023·福建·高考真题）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—时间图像如图（a）所示，乙车所受合外力—时间图
像如图（b）所示。则（ ）
A．0 ~ 2s 内，甲车的加速度大小逐渐增大
B．乙车在 t = 2s 和 t = 6s 时的速度相同
C．2 ~ 6s 内，甲、乙两车的位移不同
D．t = 8s 时，甲、乙两车的动能不同
【真题 3】（多选）（2024·福建·高考真题）物块置于足够长光滑斜面上并锁定， = 0时刻解除锁定，
并对物体沿斜面施加如图所示变化的力 F，以沿斜面向下为正方向，下列说法正确的是（　　）
A．0~4 0，物体一直沿斜面向下运动
B．0~4 0，合外力的总冲量为 0
C． 0时动量是2 0时的一半
D．2 0~3 0过程物体的位移小于3 0~4 0的位移
【真题 4】（多选）（2024·全国·高考真题）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 F 与时间 t 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10m/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
【真题 5】（多选）（2024·安徽·高考真题）一倾角为30°足够大的光滑斜面固定于水平地面上，在斜
面上建立 Oxy 直角坐标系，如图（1）所示。从 = 0开始，将一可视为质点的物块从 0 点由静止释
放，同时对物块施加沿 x 轴正方向的力 1和 2，其大小与时间 t 的关系如图（2）所示。己知物块的
质量为 1.2kg，重力加速度 g 取10m/s2，不计空气阻力。则（ ）
A．物块始终做匀变速曲线运动
B． = 1s时，物块的 y 坐标值为 2.5m
C． = 1s时，物块的加速度大小为5 3m/s2
D． = 2s时，物块的速度大小为10 2m/s
【真题 6】（多选）（2023·全国·高考真题）一质量为 1kg 的物体在水平拉力的作用下，由静止开始在
水平地面上沿 x 轴运动，出发点为 x 轴零点，拉力做的功 W 与物体坐标 x 的关系如图所示。物体与
水平地面间的动摩擦因数为 0.4，重力加速度大小取 10m/s2。下列说法正确的是（ ）
A．在 x = 1m 时，拉力的功率为 6W
B．在 x = 4m 时，物体的动能为 2J
C．从 x = 0 运动到 x = 2m，物体克服摩擦力做的功为 8J
D．从 x = 0 运动到 x = 4 的过程中，物体的动量最大为 2kg m/s
【真题 7】（多选）（2023·重庆·高考真题）某实验小组测得在竖直方向飞行的无人机飞行高度 y 随时
间 t 的变化曲线如图所示，E、F、M、N 为曲线上的点，EF、MN 段可视为两段直线，其方程分别
为 = 4 26和 = 2 + 140。无人机及其载物的总质量为 2kg，取竖直向上为正方向。则（　　）
A．EF 段无人机的速度大小为 4m/s
B．FM 段无人机的货物处于失重状态
C．FN 段无人机和装载物总动量变化量大小为 4kg m/s
D．MN 段无人机机械能守恒
【真题 8】（2024·广东·高考真题）汽车的安全带和安全气囊是有效保护乘客的装置。
（1）安全带能通过感应车的加速度自动锁定，其原理的简化模型如图甲所示。在水平路面上刹车的
过程中，敏感球由于惯性沿底座斜面上滑直到与车达到共同的加速度 a，同时顶起敏感臂，使之处
于水平状态，并卡住卷轴外齿轮，锁定安全带。此时敏感臂对敏感球的压力大小为 N，敏感球的质
量为 m，重力加速度为 g。忽略敏感球受到的摩擦力。求斜面倾角的正切值tan 。
（2）如图乙所示，在安全气囊的性能测试中，可视为质点的头锤从离气囊表面高度为 H 处做自由
落体运动。与正下方的气囊发生碰撞。以头锤到气囊表面为计时起点，气囊对头锤竖直方向作用力 F
随时间 t 的变化规律，可近似用图丙所示的图像描述。已知头锤质量 = 30kg, = 3.2m，重力加速
度大小取 = 10m/s2。求：
①碰撞过程中 F 的冲量大小和方向；
②碰撞结束后头锤上升的最大高度。
一、单选题
1．（2024·广东·三模）工厂中某水平传送带由静止启动，启动初期驱动轮上某点的线速度随路程均
匀增大，已知传送带与驱动轮间无相对滑动，则启动初期与传送带相对静止的滑块（　　）
A．做匀加速运动 B．加速度逐渐减小
C．动量变化得越来越快 D．所受摩擦力的功率不变
2．（2024·四川凉山·三模）如图所示，动力小车以恒定的速率沿曲线竖直轨道上表面从 A 点运动到 D
点，A 点是轨道最低点，B 为轨道最高点。下列判断正确的是（ ）
A．小车在 A、B 两点速度不同 B．运动中小车的动量不变
C．运动中小车机械能不变 D．小车在 A 点对轨道压力最大
3．（2023·广东·二模）2023 年 7 月 22 日，中国女足迎来世界杯首战．如图所示，某次扑球时，守门
员戴着厚厚的手套向水平飞驰而来的足球扑去，使足球停下．与不戴手套相比，此过程守门员戴手
套可以（　　）
A．减小足球的惯性 B．减小足球对手的冲量
C．减小足球的动量变化量 D．减小足球对手的平均作用力
4．（2024·宁夏吴忠·二模）如图所示，某同学将质量相同的三个物体从水平地面上的 A 点以同一速
率沿不同方向抛出，运动轨迹分别为图上的 1、2、3。若忽略空气阻力，在三个物体从抛出到落地
过程中，下列说法正确的是（　　）
A．轨迹为 1 的物体在最高点的速度最大
B．轨迹为 1 的物体在空中飞行时间最短
C．轨迹为 3 的物体所受重力的冲量最大
D．三个物体单位时间内动量的变化相同
5．（2024·北京海淀·一模）如图所示，一条不可伸长的轻绳跨过定滑轮，绳的两端各系一个小球 A
和 B，B 球的质量是 A 球的 3 倍。用手托住 B 球，使轻绳拉紧，A 球静止于地面，不计空气阻力、
定滑轮的质量及轮与轴间的摩擦。已知重力加速度为 g。由静止释放 B 球，到 B 球落地前的过程中，
下列说法正确的是（ ）
A．B 球重力势能的减少量等于两球动能的增加量
B．轻绳拉力对 A 球做的功等于 A 球动能的增加量
C．B 球重力势能的减少量大于 A 球机械能的增加量
D．轻绳拉力对两小球的总冲量为零
6．“双星”是宇宙中普遍存在的一种天体系统，由两颗恒星组成，双星系统远离其他恒星，在相互的
万有引力作用下绕连线上一点做周期相同的匀速圆周运动。如图所示，A、B 两颗恒星构成双星系
统，绕共同的圆心 O 做匀速圆周运动，经过 t（小于周期）时间，A、B 两恒星的动量变化量分别为
Δ A、Δ B，则下列判断正确的是（　　）
A．|Δ A| > |Δ B| B．|Δ A| < |Δ B| C．Δ A = Δ B D．Δ A = Δ B
7．（2023·贵州安顺·一模）有些太空探测器装配有离子发动机，其工作原理是将被电离后的正离子
从发动机尾部高速喷出，从而为探测器提供推力。若发动机向后喷出离子的速率为 25km/s（远大于
探测器的飞行速率）时，探测器获得的推力大小为 0.1N，则该发动机 1s 时间内喷出离子的质量为
（　　）
A．4 × 10 4kg B．4 × 10 5kg
C．4 × 10 6kg D．4 × 10 7kg
8．（2024·陕西·一模）今年春晚杂技节目《跃龙门》为观众带来了一场视觉盛宴。彩排时为确保演
员们能够准确掌握发力技巧，教练组将压力传感器安装在图甲的蹦床上，记录演员对弹性网的压力。
图乙是某次彩排中质量为 35kg 的演员在竖直方向运动时计算机输出的压力-时间（ ）图像，演员
可视为质点。不计空气阻力，重力加速度 = 10m/s2，下列说法正确的是（　　）
A．从 a 时刻到 b 时刻，演员做匀变速直线运动
B．从 a 时刻到 b 时刻，演员一直处于失重状态
C．在 b 时刻，演员的速度最大
D．从 a 时刻到 b 时刻，蹦床给演员的冲量大小为 455N·s
9．春节期间很多骑行人员未按要求佩戴头盔，交管部门针对这一现象，进行专项整治，未按要求佩
戴头盔人员将受到如下惩罚：举如图所示的广告牌，发朋友圈“集赞”。某同学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 5kg 的物体，物体与头盔紧密接触，使其从
0.8m 的高处自由落下，并与水平面发生碰撞，头盔被挤压了 0.02m 时，物体的速度减为 0，如图所
示，挤压过程中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，下列说法正确的是（　　）
A．物体落地瞬间的速度为 8m/s
B．匀减速直线运动过程中头盔对物体的平均作用力大小为 2050N
C．物体做匀减速直线过程中动量变化量大小为 20kg·m/s，方向竖直向下
D．物体在自由下落过程中重力的冲量大小为 30N·s
10．（2023·安徽淮北·一模）质量为2kg的物体静止在水平面上， = 0时受到水平拉力 F 的作用开始
运动， 图像如图所示，4s时物体刚好停止运动。物体与地面之间的动摩擦因数为 ，重力加速度
g 取10m/s2，则（　　）
A． = 0．2 B．2s时物体的速度最大
C．物体最大动能为2J D．3s时物体的动量为2kg m/s
11．（2023·安徽宣城·二模）如图所示，将一质量为 m 的小球放在玻璃漏斗中，晃动漏斗，可以使小
球沿光滑的漏斗壁在某一水平面内做半径为 r 的匀速圆周运动，周期为 T，重力加速度为 g，下列说
法正确的是（　　）
A．在 T 时间内，小球受到的重力冲量为零
B ．在2时间内，小球受到合力的冲量为零
C．在 T 时间内，小球受到弹力的冲量为零
D 16
2 2 2 2
．在2时间内，小球受到弹力的冲量大小为 + 2 4
12．如图所示，AB 为竖直固定的四分之一粗糙圆弧轨道，O 为圆心，P 为圆弧 AB 的中点，OA 水
平，OB 竖直，轨道半径 R=2m，一质量 m=4kg 的小物块以 2m/s速度从 A 到 B 做匀速圆周运动，
重力加速度 = 10m/s2 ，则下列说法不正确的是（　　）
A．A 到 B 的过程中合力对小球的冲量为 8 N s
B．在 P 点时，重力的瞬时功率为 40W
C．AP 段克服摩擦力做的功大于 PB 段克服摩擦力做的功
D．在 B 点时，小物块对圆弧轨道的压力大小为 40N
二、多选题
13．（2024·广东江门·一模）数据表明，在电动车事故中，佩戴头盔可防止 85%的头部受伤，大大减
小损伤程度。头盔内部的缓冲层与头部的撞击时间延长至 6ms 以上，人头部的质量约为 2kg，则下
列说法正确的是（　　）
A．头盔减小了驾驶员头部撞击过程中的动量变化率
B．头盔减少了驾驶员头部撞击过程中撞击力的冲量
C．事故中头盔对头部的冲量与头部对头盔的冲量大小相等
D．若事故中头部以 6m/s 的速度水平撞击缓冲层，则头部受到的撞击力最多为 2000N
14．用一小型电动机竖直向上提升质量为 m 的重物，电动机的输出功率恒定，重物向上加速运动的
v-t 图像如图所示，v0为上升过程的最大速度。重力加速度为 g，加速上升过程中，重力的冲量大小
为 I，不计空气阻力，则下列说法正确的是（　　）

A．重物加速上升的时间为
B．重物加速上升过程中吊索对重物拉力的冲量大小等于 mv0
C．电动机的输出功率 P=mgv0
D 1．当重物速度为2 0时，重物加速度大小等于 2g
15．（2024·河南濮阳·一模）如图所示为固定在水平面上的光滑半球形碗，一质量为 m 的小物块从碗
口 A 点由静止沿圆弧面下滑到最低点 C，B 点为 AC 圆弧的中点。下列判断正确的是（ ）
A．从 A 到 B 物块重力做的功大于从 B 到 C 重力做的功
B．从 A 到 B 物块重力的冲量小于从 B 到 C 重力的冲量
C．从 A 到 C，碗对物块支持力的冲量为零
D．从 A 到 C，物块重力的功率先增大后减小
16．（2024·山东聊城·二模）图甲是正在送餐的“机器人服务员”，其质量 m=40kg，该机器人正在沿
图乙中 ABCD 曲线给 16 号桌送餐，圆弧 BC 与直线路径 AB、CD 相切，AB 段长度为 5m，CD 段长
度为 12m，机器人从 A 点由静止匀加速出发，到达 B 点时速率达到 1m/s，接着以 1m/s 的速率匀速
通过 BC 段，通过 C 点后仍以 1m/s 的速率运动到某位置才开始做匀减速直线运动，最终停在 16 号
桌旁的 D 点。已知餐盘与水平托盘间的动摩擦因数 = 0.2，餐盘与托盘之间未发生相对滑动，最大
静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是（　　）
A．从 B 运动到 C 过程中机器人的动量变化量为40kg m/s
B．从 A 运动到 B 过程中机器人的加速度为0.1m/s2
C．圆弧 BC 的半径可以设计为 0.45m
D．机器人从 C 到 D 的最短时间为 12.25s
17．（2024·福建·三模）如图所示，消防员正在进行消防灭火演练，消防员用高压水枪喷出的强力水
柱冲击着火物，设水柱直径为 D，以水平速度 v 垂直射向着火物，水柱冲击着火物后速度变为零。
高压水枪的质量为 M，消防员手持高压水枪操作，进入水枪的水流速度忽略不计，水的密度为 ，
下列说法正确的是（　　）
A 1．水枪的流量为 π 22
B 1．水枪的功率为 π 28
3
C 1．水柱对着火物的冲击力为8π
2 2
D．向前水平喷水时，消防员对水枪的作用力方向向前且斜向上方
三、解答题
18．（2024·福建福州·一模）如图甲所示，一质量 = 1kg的木板 A 静置在足够大的光滑水平面上，
= 0时刻在木板上作用一水平向右的力 F，力 F 在 0~2s 内随时间均匀变大，之后保持不变，如图乙
所示。在 = 2s时将质量 = 2kg的滑块 B 轻放在木板 A 右端，最终滑块 B 恰好没有从木板 A 左端
掉落。已知滑块 B 与木板 A 间的动摩擦因数 = 0.15，重力加速度大小 = 10m/s2，求：
（1）0~2s 内力 F 的冲量大小 I 及 2s 时刻木板 A 的速度大小 0；
（2）木板 A 的长度 L。
19．（2024·山东青岛·三模）网球运动正在逐步走进中学校园，受到众多同学的喜爱。如图，某同学
正在网球场练习发球，他将质量 = 0．05kg的网球从离水平地面高度 = 1．8m处，以某一初速度
0水平击出，网球第一次落在距击球点水平距离 1 = 24m处的地面上，然后经地面多次反弹，最终
1
停下来。已知网球与地面第一次碰后，竖直分速度反向，大小变为碰前的2，水平分速度方向不变，
3
大小变为碰前的4。不计网球所受空气阻力，网球与地面碰撞时间极短，重力加速度 = 10m/s
2，计
算结果可保留根号，求
（1）该同学击球过程对网球所做的功 ；
（2）网球第一次与地面碰撞过程中地面对网球的冲量 ；
（3）网球第二次接触地面处与击球点间的水平距离 2。

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