資源簡介

第 24 講 動量和動量定理及其應用
——劃重點之精細講義系列
考點 1 動量及沖量的計算
考點 2 動量定理及其應用
考點 3 應用動量定理處理“流體問題”“粒子流問題”
考點 4 應用動量定理處理多物體、多過程問題
考點 1：動量及沖量的計算
一．動能、動量、動量變化量的比較
動能 動量 動量變化量
物體由于運動而具有的能 物體末動量與初動量的矢
定義 物體的質量和速度的乘積
量 量差
1
定義式 E ＝ mv2k p＝mv Δp＝p′－p2
標矢性 標量 矢量 矢量
特點 狀態量 狀態量 過程量
關聯 p2 1 2Ek
Ek＝ ，Ek＝ pv，p＝方程 2mEk，p＝2m 2 v
(1)都是相對量，與參考系的選取有關，通常選取地面為參考系
聯系 (2)若物體的動能發生變化，則動量一定也發生變化；但動量發生變化時動能不一定
發生變化
二．沖量及計算
1.沖量
(1)定義：力與力的作用時間的乘積叫作力的沖量。
(2)表達式：I＝FΔt。
(3)單位：沖量的單位是牛秒，符號是 N·s。
(4)方向：沖量是矢量，沖量的方向由力的方向決定。如果力的方向在作用時間內不變，沖量的
方向就跟力的方向相同；如果力的方向在作用時間內發生變化，則沖量的方向只能由動量變化量的
方向確定。
2.沖量的計算
(1)恒力的沖量：直接用定義式 I＝Ft 計算。
(2)變力的沖量
①方向不變的變力的沖量，若力的大小隨時間均勻變化，即力為時間的一次函數，則力 F 在某
F1＋F2
段時間 t 內的沖量 I＝ t，其中 F1、F2為該段時間內初、末兩時刻力的大小。2
②作出 F t 變化圖線，圖線與 t 軸所夾的面積即為變力的沖量。如甲乙丙圖所示。
③對于易確定始、末時刻動量的情況，可用動量定理求解，即通過求 Δp 間接求出沖量。
④對于變力的方向時刻改變的，先做矢量三角形求出 Δp，再確定沖量的大小和方向，如下圖所
示，小球在水平面內繞圓心 O 做勻速圓周運動，合力的方向發生變化,沖量的方向與動量變化量的
方向一致.由圖可得,合力的沖量 I = mv2-mv1 = mΔv
(3)求合沖量的兩種方法:
①分別求每一個力的沖量,再求各沖量的矢量和;
②如果各個力的作用時間相同,也可以先求合力,再用公式 I 合=FΔt 求解.
【考向 1】（2024·廣西·二模）某市學生期考體能測試中有一重要項目：排球墊球個數測試。某同學
在一次測試中雙手在同一高度多次豎直墊起排球，第一次墊球后，球豎直上升高度為0.2 第二次墊
球后，球豎直上升高度為0.45 。已知排球的質量為0.27 ，重力加速度取10m/s2，不計空氣阻力。
則第二次墊球過程，排球動量變化量的大小為（　　）
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】本題考查動量及其變化量的計算。解題的關鍵是要能根據動量表達式分析計算物體的動量
變化量，注意動量的矢量性，需取正方向。
【詳解】第一次墊球后，球豎直上升高度為 0.2m，球落回到手上的速度為
0 = 2 0 = 2m/s
方向向下；第二次墊球后，球豎直上升高度為 0.45m，則球剛離手時的速度為
1 = 2 1 = 3m/s
方向向上；取向上為正方向，第二次墊球過程，排球動量變化量為
Δ = 1 ( 0) = ( 1 + 0) = 0.27kg × 5m/s = 1.35kg m/s
故選 D。
【考向 2】如圖所示，“嫦娥三號”繞月球做勻速圓周運動，其質量為 m、動量為 p，公轉周期為 T，
萬有引力常量為 G，下列說法正確的是（　　）
2
A ．“嫦娥三號”的動能為

B．“嫦娥三號”的向心加速度為
C．“ 嫦娥三號”的公轉軌道半徑為 2
D．無法求出月球的質量
【答案】C
【詳解】A．根據動量與動能的關系有
1 2
k = 22 = 2
故 A 錯誤；
B．“嫦娥三號”的動量為
=
公轉周期為 T，則角速度為
2
=
向心加速度為
2
= =
故 B 錯誤；
C．根據線速度與周期的關系可知
2
=
解得

= 2
故 C 正確；
D．根據萬有引力提供向心力有
4 2
2 = 2
由于 G、T、r 都是已知量，可解得月球質量 M，故 D 錯誤；
故選 C。
【考向 3】（多選）（2023·山東濱州·二模）如圖 1 所示，一物體在一水平拉力 F 作用下，沿水平地面
做直線運動，運動過程中拉力大小隨時間的變化圖像如圖 2。物體加速度 a 隨時間變化的圖像如圖
3．重力加速度 g 取10m s2，下列說法正確的是（ ）．
A．物體與水平地面間的動摩擦因數為 0.15
B．物體與水平地面間的最大靜摩擦力為3.75N
C．在0 4s時間內，合外力做的功為45J
D．在0 4s時間內，拉力 F 的沖量為15N s
【答案】AC
【詳解】A．由圖 2 可得拉力 F 關于時間的函數為
15
= 4
而由圖 3 可知，在 2s 末物塊的加速度 1大小為1.5m/s2，此時拉力 1大小為7.5N；在 4s 末加速度 2
大小為4.5m/s2，此時拉力 2大小為15N，則由牛頓第二定律有
1 = 1
2 = 2
代入數據解得
= 2.5kg， = 0.15
故 A 正確；
B．物塊運動過程中所受的滑動摩擦力為
f = = 0.15 × 2.5 × 10N = 3.75N
而最大靜摩擦力大于滑動摩擦力，故 B 錯誤；
C．加速度與時間的圖像中，圖像與時間軸圍成的面積表示速度的變化量，由圖 3 可知，4s 末物體
的速度為
(1.5 + 4.5) × (4 2)
= 2 m/s = 6m/s
根據動能定理可得，在0 4s時間內，合外力做的功為
1 1
2合 = 2 = 2 × 2.5 × 36J = 45J
故 C 正確；
D．根據圖 2 可知，在0 4s時間內，拉力 F 的沖量大小為圖像與時間軸圍成的面積，可得
1
= 2 × 4 × 15N·s = 30N·s
故 D 錯誤。
故選 AC。
【考向 4】（多選）（2023·廣西南寧·二模）如圖所示，將兩個質量分別為 m 和 2m 的小球 A 和 B 用
一根長為 L 的輕桿（質量不計）連接，輕桿可繞通過中心 O 的水平軸無摩擦轉動，現讓桿處于水平
位置靜止釋放，在桿轉至豎直的過程中，下列說法正確的是（　　）
A．兩球的速度始終相同
B．任意一段時間Δ 內，桿對兩球的沖量一定不同
C．任意一段時間Δ 內，桿對兩球做的功代數和一定為零
D．B 球的機械能保持不變
【答案】BC
【詳解】A．桿轉動過程中，兩球速度大小相等，方向相反，故 A 錯誤；
B．任一時刻，桿對兩球的彈力大小相等，方向相反，所以桿對兩球的沖量不相同，故 B 正確；
C．因 AB 系統機械能守恒，故任意一段時間 Δt 內，桿對兩球做的功代數和一定為零，故 C 正確；
D．B 球從圖中位置轉到最低點過程中，A 球轉到最高點，A 球的動能和勢能都增大，說明桿對 A
球做正功，由于桿是質量不計的輕桿，所以桿對 B 球做負功，此過程 B 機械能減少，故 D 錯誤。
故選 BC。
【考向 5】如圖所示，在傾角為 θ 的斜面上，有一個質量是 m 的小滑塊沿斜面向上滑動，經過時間
t1，速度為零后又下滑，經過時間 t2，回到斜面底端。滑塊在運動過程中，受到的摩擦力大小始終是
Ff，在整個運動過程中，摩擦力對滑塊的總沖量大小為 ，方向是 ；合力對滑塊的總沖
量大小為 ，方向是 。
【答案】 f( 2－ 1) 沿斜面向上 ( 1 + 2)sin + f( 1 2) 沿斜面向下
【詳解】[1][2]摩擦力先向下后向上，因上滑過程用時短，故摩擦力的沖量為
= fΔ = f( 2－ 1)
方向與向下運動時的摩擦力的方向相同，故沿斜面向上。
[3][4]合力的沖量為
合 = ( 1 + 2)sin + f( 1 2)
沿斜面向下。
【考向 6】（2024·河北保定·二模）如圖所示，將質量 = 0.31kg 的圓環套在固定的水平桿上，圓環
的內徑略大于桿的截面直徑。現對圓環施加一與桿成 θ 角、斜向上的恒定拉力 F，圓環由靜止開始
做勻加速直線運動，拉力作用 t=2s 后撤去，圓環總共運動了 = 12m 后靜止，已知圓環與桿之間的
動摩擦因數 = 0.8，取重力加速度大小 = 10m/s2，sin = 0.8，求：
（1）圓環的最大速度 m；
（2）拉力 F 對圓環的沖量大小 I。
【答案】（1） m = 8m/s；（2） = 6N·s 或 = 62N·s
【詳解】（1）圓環先做勻加速直線運動，后做勻減速直線運動，做勻減速直線運動的加速度為

= m減 減
根據牛頓第二定律有
= 減
圓環總共運動的距離為
m 減 +
= 2
解得
m = 8m/s
（2）桿與圓環無壓力時，有
= sin
解得
= 3.875N
當 < 3.875N 時，桿的上側與圓環存在摩擦力，當 > 3.875N 時，桿的下側與圓環存在摩擦力。以
下分兩種情況討論：
（ⅰ）圓環做勻加速直線運動的加速度為

= m加
當 < 3.875N 時，根據牛頓第二定律有
cos ( sin ) = 加
拉力 F 對圓環的沖量大小為
=
解得
= 6N s
（ⅱ）當 > 3.875N 時，根據牛頓第二定律有
cos ( sin ) = 加
拉力 F 對圓環的沖量大小為
=
解得
= 62N s
【考向 7】（2023·湖北武漢·三模）如圖 1 所示，為一游樂場的飛天大轉盤娛樂項目，現將該游戲簡
化為圖 2 所示的情形。一粗糙的傾斜圓盤，與水平面的夾角為 = 37°，繞垂直圓盤的軸線 ′以角
速度 = 1rad/s逆時針方向轉動，一質量為 m=1kg 的物體放在轉盤上，隨轉盤一起轉動，且物體轉
7
到最低點 A 時恰好與圓盤不發生相對滑動，已知物體與圓盤間的動摩擦因數 = 8，最大靜摩擦力等
于滑動摩擦力， = 10m/s2，sin37° = 35，在物體從 A 運動半周至最高點 B 的過程中，求：
（1）圓盤對物體所做的功；
（2）圓盤對物體的摩擦力的沖量大小。
【答案】（1） = 12J；（2） = 2 9 2 + 1N s
【詳解】（1）對物體，在最低點
sin cos = 2
解得
= 1m
物體從最低點運動到最高點，由動能定理得
2 sin = 0
解得
= 12J
（2）物體從最低點運動到最高點的過程中，物體重力沿盤面方向的沖量大小為

1 = sin ×
物體的動量改變量
Δ = 2
則摩擦力的沖量
= 2 1 + Δ 2
解得
= 2 9 2 + 1N s
考點 2：動量定理及其應用
1.動量定理
(1)內容：物體所受合力的沖量等于物體動量的變化量．
(2)表達式：F 合·t＝Δp＝p′－p.
(3)矢量性：動量變化量方向與合力的方向相同，可以在某一方向上用動量定理．
2.對動量定理的理解
（1）動量定理的研究對象是一個質點(或可視為一個物體的系統)．
（2）動量定理的表達式是矢量式，等號包含了大小相等、方向相同兩方面的含義。在一維情
況下，各個矢量必須選同一個正方向。
（3）動量定理不僅適用于恒定的力，也適用于隨時間變化的力。這種情況下，動量定理中的
力 F 應理解為變力在作用時間內的平均值.
（4）動量定理中的沖量是合外力的沖量,而不是某一個力的沖量,它可以是合力的沖量,也可以是
各力沖量的矢量和,還可以是外力在不同階段的沖量的矢量和.合力是包括重力在內的所有外力的合
力，合力的沖量不包括系統內力的沖量。
p′－p Δp
（5）由 Ft＝p′－p 得 F＝ ＝ ，即物體所受的合外力等于物體的動量對時間的變化率。
t t
3.動量定理的三大應用
(1)用動量定理解釋現象
①物體的動量變化一定，此時力的作用時間越短，力就越大；時間越長，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，此時力的作用時間越長，動量變化越大；力的作用時間越短，動量變化越
小．
(2)應用 I＝Δp 求變力的沖量．
(3)應用 Δp＝F·Δt 求恒力作用下的曲線運動中物體動量的變化量．
4.用動量定理解題的基本思路
【考向 8】玻璃茶杯從同一高度掉下，落在石板上易碎，落在海綿墊上不易碎，這是因為茶杯與石
板撞擊過程中（　　）
A．茶杯的初動量較大 B．茶杯所受沖量較大
C．茶杯動量變化較大 D．茶杯動量變化率較大
【答案】D
【詳解】根據動量定理，可得
= 2 1
解得
2 = 1
可知茶杯與石板撞擊過程中茶杯動量變化率較大，所受沖擊力較大，易碎。
故選 D。
【考向 9】（2024·江西鷹潭·二模）原地縱跳摸高是常見的體能測試項目。在某次摸高測試中，一同
學從如圖 A 所示的靜止下蹲狀態，腳剛離開地面，如圖 B 所示，身體運動到最高點時位置如圖 C 所
示，三幅圖代表同一豎直線上的三個位置，不計空氣阻力，關于該同學測試的全過程，下列說法正
確的是（ ）
A．從 A 到 B 的運動過程中，該同學因為受地面支持力的位移為零，所以支持力沖量為零
B．該同學在 C 圖位置的機械能等于在 A 圖位置的機械能
C．從 A 到 B 的運動過程中，地面對腳的支持力始終大于該同學的重力
D．從 A 到 C 的過程中，地面對腳的支持力沖量與該同學的重力沖量等大反向
【答案】D
【詳解】AC．運動員從用力蹬地到剛離開地面的起跳過程，先向上加速，地面支持力大于重力；當
地面支持力等于重力時速度最大；之后腳與地面作用力逐漸減小，運動員開始減速；當腳與地面作
用力為零時，離開地面。此過程地面對腳的支持力的沖量不為零，AC 錯誤；
B．蹬地起跳過程中運動員消耗體內化學能轉化為機械能，B 圖位置的機械能大于在 A 圖位置的機
械能，從 B 到 C 的運動過程中機械能守恒，則該同學在 C 圖位置的機械能大于在 A 圖位置的機械能，
B 錯誤；
D．從 A 到 C 的過程中，應用動量定理有 支 + = 0
所以地面對腳的支持力沖量與該同學的重力沖量等大反向，D 正確。
故選 D。
【考向 10】（2024·山西陽泉·三模）2024 年春晚雜技節目《躍龍門》帶給觀眾震撼的視覺盛宴，教
練在訓練時將壓力傳感器安裝在蹦床上，記錄演員對蹦床的壓力。如圖是某次彩排中質量為40kg的
演員在豎直方向運動時計算機輸出的壓力—時間（F—t）圖像片段，運動員可視為質點。不計空氣
阻力，重力加速度 = 10m/s2，下列說法正確的是（　　）
A．演員在 a 到 b 過程處于超重狀態
B．演員在 b 時刻速度最大，速度大小為8m/s
C．從 a 時刻到 b 時刻，蹦床對演員做的功大于1280J
D．從 a 時刻到 b 時刻，蹦床給演員的沖量大小為320N s
【答案】C
【詳解】A．演員在 a 到 b 過程，壓力由最大值減小為 0，根據牛頓第三定律可知，演員所受支持力
由最大值減小為 0，根據牛頓第二定律可知，加速度方向先向上后向下，加速度大小先減小后增大，
則演員在 a 到 b 過程先處于超重狀態，后處于失重狀態，故 A 錯誤；
B．結合上述可知，演員在 a 到 b 過程，先向上做加速度減小的變加速直線運動，后向上做加速度
減小的變減速直線運動，當加速度為 0 時，速度達到最大值，即 a 到 b 之間的某一時刻，演員的速
度最大，故 B 錯誤；
C．根據圖像可知，演員脫離蹦床在空中運動的時間為
2.8s-1.2s=1.6s
根據豎直上拋運動的對稱性可知，演員脫離蹦床向上運動的時間為 0.8s，利用逆向思維，根據速度
公式有
0 = = 10 × 0.8m/s = 8m/s
在 0.2s 到 1.2s 內，結合上述可知，蹦床對演員做的功為
1
= 22 0 = 1280J
根據圖像可知，從 a 時刻到 b 時刻，蹦床的彈性勢能轉化為演員增加的重力勢能與動能，可知，從
a 時刻到 b 時刻，蹦床對演員做的功大于1280J，故 C 正確；
D．從 a 時刻到 b 時刻，根據動量定理有
= 0
解得
= + 0
解得
= 720N s
故 D 錯誤。
故選 C。
【考向 11】（多選）（2024·廣東肇慶·二模）在水平面上靜置有質量相等的 a、b 兩個物體，水平推力
1、 2分別作用在 a、b 上，一段時間后撤去推力，物體繼續運動一段距離后停下，a、b 在運動過
程中未相撞，a、b 的 v-t 圖像如圖所示，圖中 平行于 ，整個過程中 a、b 的最大速度相等，運
動時間之比 : = 3:4。則在整個運動過程中下列說法正確的是（　　）
A．物體 a、b 受到的摩擦力大小相等

B 1 3．兩水平推力對物體的沖量之比為 =2 4

C 1 3．兩水平推力對物體的做功之比為 =2 4

D 1 3．兩水平推力的大小之比為 =2 4
【答案】ABC
【詳解】AD．由題圖知， 平行于 ，說明撤去推力后兩物體的加速度相同，而撤去推力后物
體的合力等于摩擦力，根據牛頓第二定律可知
1 = 0
2 = 0
解得
1 =

2
根據圖像可知
< ， <
解得
1
>

2
故 A 正確，D 錯誤；
B．根據動量定理有
1 = 0， 2 = 0
解得
1 3
=2
=
4
故 B 正確；
C．根據動能定理可得
1 = 0， 2 = 0
1 1 = 2 m， = 2 m
解得
1 3
= =2 4
故 C 正確。
故選 ABC。
【考向 12】（多選）（2024·貴州黔東南·三模）風洞實驗是了解飛行器空氣動力學特性的一種空氣動
力實驗方法。在風洞中將一質量為 m 的飛行器 （可視為質點）由靜止釋放，假設飛行器所受風洞
阻力方向豎直向上，風洞阻力大小 f 與飛行器下降速率 v 的關系為 f=kv，測出飛行器由靜止下降 h
后做勻速直線運動，重力加速度大小為 g。關于飛行器下降 h 的過程下列說法正確的是（ ）
3 2
A．飛行器的最大速率 = B

．風洞阻力對飛行器做功為 2 2
2
C
2 2
．飛行器運動時間為 = D．飛行器運動時間 =
【答案】AD
【詳解】A．飛行器速度最大時加速度為零，由牛頓第二定律得
= m
則

m =
故 A 正確；
B．對飛行器由動能定理得
1
+ 2f = 2 m
則
3 2
f = 2 2
故 B 錯誤；
CD．對飛行器由動量定理得
= m
=
則
2 + 2
=
故 C 錯誤，D 正確。
故選 AD。
考點 3：應用動量定理處理“流體問題”“粒子流問題”
1.流體類柱狀模型
流體及 通常液體流、氣體流等被廣義地視為“流體”，質量具有連續性，通常已知密度 ρ，
其特點 液體流量 Q（單位時間內流體的體積）等
分 1 建立“柱狀模型”，沿流速 v 的方向選取一段柱形流體，其橫截面積為 S
析
步
驟 2 微元研究，作用時間 Δt 內的一段柱形流體的長度為 Δl，對應的質量為 Δm＝ρSvΔt
3 建立方程，應用動量定理研究這段柱狀流體
2.微粒類柱狀模型
微粒及 通常電子流、光子流、塵埃等被廣義地視為“微粒”，質量具有獨立性，通常
其特點 給出單位體積內粒子數 n
1 建立“柱狀模型”，沿運動的方向選取一段微元，柱體的橫截面積為 S
分
析 2 微元研究，作用時間 Δt 內一段柱形流體的長度為 Δl，對應的體積為 ΔV＝
步 Sv0Δt，則微元內的粒子數 N＝nv0SΔt
驟
3 先應用動量定理研究單個粒子，建立方程，再乘以 N 計算
【考向 13】（2024·河北·一模）如圖所示，某航拍小型飛機有四個相同的風扇，每個風扇的半徑均為
R，當它在無風的天氣懸停時，每個風扇都呈水平狀態，風扇吹出的空氣速度大小都等于 v，吹出的
空氣流動方向相同。已知空氣的平均密度為 ，則風扇懸停時，不考慮其他位置空氣流動的影響。下
列說法錯誤的是（　　）
A．風扇吹出的空氣流動方向豎直向下
B．單位時間內每個風扇吹出的空氣的質量為 2
C．無人機的總重力等于4 2 2
D 1．每個風扇對空氣做功的功率為2
2 2
【答案】D
【詳解】A．由于無人機懸停時受到的升力與其重力平衡，螺旋槳吹風方向均為豎直向下，故 A 正
確；
B．單位時間內被每個螺旋槳推動的空氣質量為
Δ Δ
Δ = Δ =
2
故 B 正確；
C．根據動量定理
Δ = Δ
解得每個螺旋槳對空氣的作用力為
= 2 2
無人機的總重力等于
= 4 = 4 2 2
故 C 正確；
D．每個風扇對空氣做功的功率為
1
2
1 2 2
= = 2
·Δ 2 ·Δ · 1
Δ Δ = Δ = 2
2 3
故 D 錯誤。
本題選錯誤的，故選 D。
【考向 14】（2024·山東棗莊·三模）如圖，將總質量為 200g 的 2000 粒黃豆從距秤盤 125cm 高處連
續均勻地倒在秤盤上，觀察到指針指在刻度為 80g 的位置附近。若每粒黃豆與秤盤在極短時間內垂
直碰撞一次，且碰撞前后速率不變，重力加速度 = 10m/s2，不計空氣阻力，則持續傾倒黃豆的時
間約為（　　）
A．1.5s B．2.5s C．3.0s D．5.0s
【答案】B
【詳解】黃豆落在秤盤上的速度大小為
= 2 = 5m/s
設持續傾倒黃豆的時間為 ，則根據單位時間落在秤盤上的黃豆數量為
2000
=
黃豆對秤盤的撞擊力遠大于黃豆的重力，故重力可以忽略，由動量定理得
Δ = 2 0
方程兩側根據時間累計求和可得
= 2 總
又 = 0.8N，則代入數據可得
t=2.5s
故選 B。
【考向 15】（2024·廣東汕頭·一模）某實驗小組用電池、電動機等器材自制風力小車，如圖所示，葉
片勻速旋轉時將空氣以速度 v 向后排開，葉片旋轉形成的圓面積為 S，空氣密度為 ρ，下列說法正確
的是（　　）
A．風力小車的原理是將風能轉化為小車的動能
B．t 時間內葉片排開的空氣質量為 ρSv
C．葉片勻速旋轉時，空氣對小車的推力為 2
D 1．葉片勻速旋轉時，單位時間內空氣流動的動能為2
2
【答案】C
【詳解】A．風力小車的原理是消耗電能，先轉化成風能，再推動小車運動，所以是電能轉化為小
車的動能，故 A 錯誤；
B．t 時間內葉片排開的空氣質量為
=
故 B 錯誤；
C．由動量定理可得葉片勻速旋轉時，空氣受到的推力為

= = = 2
根據牛頓第三定律可知空氣對小車的推力為 2，故 C 正確；
D．葉片勻速旋轉時，單位時間內空氣流動的動能為
1 2 1 1 = = 2 = 3k 2 0 2 2
故 D 錯誤。
故選 C。
【考向 16】（2024·山東菏澤·三模）風箏在我國已存在兩千年之久，又有紙鳶、鷂子之稱。如圖所示，
某時刻風箏靜止在空中，風箏面與水平面夾角為 ，牽引線與豎直方向夾角為2 。已知風箏質量為
m，垂直風箏面的風速大小為 v，風箏面的面積為 S，重力加速度為 g，則風箏所在高度空氣密度為
（　　）
A 2 cos ． 2 B
2 sin
． 2 C
4
． 2sin2 D
4
． 2sin
【答案】A
【詳解】對風箏受力分析如圖 1 所示，作出矢量三角形如圖 2 所示，可知風箏此時獲得的垂直風箏
面的力
= 2 cos
根據牛頓第三定律，風箏對垂直風箏面的風的作用力大小也為 F，以風為研究對象，單位時間Δ 內，
垂直打在風箏面的風的質量
Δ = Δ
在垂直風箏面方向上由動量定理有
Δ = Δ
聯立解得空氣密度為
2 cos
= 2
故選 A。
【考向 17】（2024·山東濰坊·二模）用噴水機澆灌草坪，噴水機將水加速后通過噴水嘴噴出，噴水嘴
出水速度的大小 v 和夾角 θ 均可調節。已知噴水嘴的截面積 = 1.0 × 10 4m2，水噴出的最大水平射
程為 10m，水的密度 = 1.0 × 103kg/m3，g 取10m/s2，水流沖擊到地面后，水平方向速度變為 0，
忽略噴嘴離地高度以及空氣阻力的影響。求：
（1）噴水嘴出水的最大速率 ；
（2）若出水速度 1 = 8m/s，夾角 = 60°，則水流對地面水平方向平均沖力的大小。
【答案】（1）10m/s；（2）3.2N
【詳解】（1）設噴水嘴出水的最大速度為 ，出水方向與水平方向夾角為 ，水從噴水嘴到地面運
動的時間為 ，水的水平射程為 ，則豎直方向速度
1
sin = 2
水平方向位移
= cos
解得
2 sin2 =
當 = 45°時，水平射程最大
= 10m
解得
= 10m/s
（2）在時間Δ 內，水的質量
Δ = 1Δ
由動量定理得
Δ = Δ 1cos
解得
= 3.2N
由牛頓第三定律可得
′ = = 3.2N
考點 4：應用動量定理處理多物體、多過程問題
1.動量定理適用于單個物體也適用于多個物體組成的系統．
2.動量定理不僅能處理單一過程，也能處理多過程．在多過程中外力的沖量是各個力沖量的矢
量和．對過程較復雜的運動，可分段用動量定理，也可整個過程用動量定理．解決多物體多過程問
題的一般思路：
①若物體（或系統）涉及速度和時間，應考慮用動量定理；
②若物體（或系統）涉及位移和時間，且受到恒力的作用，應考慮使用牛頓運動定律；
③若物體（或系統）涉及位移和速度，應考慮使用動能定理，尤其是關于曲線運動和變加速運
動問題。
【考向 18】（2021·廣西玉林·一模）如圖所示，有一子彈穿過三塊靜止放置在光滑水平面上的相互接
觸質量分別為 m、2m、3m 的木塊 A、B、C，設子彈穿過木塊 A、B 、C 的時間分別為 t1、t2、
t3，木塊對子彈的阻力恒為 f，則子彈穿過三木塊后，木塊 A 的速度大小是（　　）
A = 1 B = 1 C 1 D ( 1 2 3)． ． 3 ．6 ． 6
【答案】C
【詳解】A 與 B 分離時三者的速度是相等的，分離后，A 的速度不變，在分離前子彈對系統的作用
力使 A、B 與 C 的速度增大，由動量定理得
1 = ( + 2 + 3 )
所以

= 16
故選 C。
【考向 19】如圖所示，物體 A、B 相隔一段距離放置在水平地面上，現 A 以 vA=10m/s 的初速度向
靜止的物體 B 運動，物體 A 與 B 發生正碰后仍沿原來的方向運動。若物體 A 在碰撞前后共運動 6s
后停止，求碰撞后 B 運動的時間。（已知 mA=2mB，物體 A、B 與水平地面間的動摩擦因數均為
μ=0.1，重力加速度 g 取 10m/s2）
【答案】8s
【詳解】以 A、B 組成的系統為研究對象，從 A 開始運動到 A、B 均停止運動這一過程來看，系統
在水平方向受到的外力就是摩擦力，碰撞中物體 A、B 間的相互作用力是內力，可用系統動量定理
求解。取運動方向為正方向，設物體 A、B 運動的時間分別為 tA和 tB，則由系統動量定理得
-μmAgtA-μmBgtB=0-mAvA
代入數據得 B 的運動時間
A A t = A AB B =8s
【考向 20】總質量為 M 的列車，沿水平直軌道勻速前進，其末節車廂質量為 m，中途脫節，司機發
覺時，機車已行駛了時間 t，于是立即關閉油門。設運動的阻力與重量成正比，機車牽引力恒定，當
列車兩部分都停止時，機車比末節車廂多運動了多長時間。

【答案】
【詳解】脫節后，機車、末節車廂受力分析如圖所示
設列車前進的方向為正方向，勻速前進時速度為 v，由題知，機車受到的摩擦力
f1 = ( )
末節車廂受到的摩擦力
f2 =
（k 為比例常數）。列車勻速前進時由平衡條件可得，牽引力
F＝kMg
設脫節后，至停下來，機車的運動時間為 t1，由動量定理得
+ f1 1 = 0 ( )
即
( ) 1 = 0 ( )
解得
+ ( )
1 = ( )
設脫節后，至停下來，末節車廂的運動時間為 t2，由動量定理得
f2 2 = 0
即
2 =
所以

2 =
機車比末節車廂多運動了

Δ = 1 2 =
【考向 21】（多選）如圖所示，一熱氣球正以豎直速度 v 勻速上升，當氣球下面所系質量為 m 的物
體距水平地面 h 高處時，繩子斷裂，物體和氣球分離。已知熱氣球與物體的總質量為 M，分離后熱
氣球所受浮力不變，重力加速度大小為 g，不計阻力，則（　　）
2 2 A．從分離開始，經過時間 + 物體落地
B．物體剛到達地面時的速度大小為 2 + 2
C．物體從分離到落地的過程中，熱氣球動量增加 2 + 2 +
2
D
2 2
．物體剛到達地面時，熱氣球離地的高度為 ( )
【答案】BCD
【詳解】A．從分離開始，物體做豎直上拋運動，設經過時間 t 物體落地，則有
1
= 2
2
解得
2
= + 2
2
= 2 或 （此解小于零，故舍去）
A 錯誤；
B．設物體剛到達地面時的速度大小為 v1，根據動能定理有
1 1
= 22 1 2
2
解得
1 = 2 + 2
B 正確；
C．熱氣球與物體組成的系統合外力為 0，則系統的動量守恒，設物體剛到達地面時，熱氣球的速度
大小為 v2，根據動量守恒定律有
= ( ) 2 1
解得
+ 2 + 2
2 =
根據動量定理可知，物體從分離到落地的過程中，熱氣球所受合力的沖量大小為
= ( ) 2 ( ) = 2 + 2 +
C 正確；
D．根據平衡條件易知熱氣球所受浮力大小為 Mg，設物體剛到達地面時，熱氣球離地的高度為 H，
根據動能定理有
1 1
[ ( ) ]( ) = 2( )
2 2
2 2( )
解得
2 + + 2 + 2
= ( )
所以 D 正確；
故選 BCD。
【真題 1】（2024·北京·高考真題）將小球豎直向上拋出，小球從拋出到落回原處的過程中，若所受
空氣阻力大小與速度大小成正比，則下列說法正確的是（　　）
A．上升和下落兩過程的時間相等
B．上升和下落兩過程損失的機械能相等
C．上升過程合力的沖量大于下落過程合力的沖量
D．上升過程的加速度始終小于下落過程的加速度
【答案】C
【詳解】D．小球上升過程中受到向下的空氣阻力，下落過程中受到向上的空氣阻力，由牛頓第二
定律可知上升過程所受合力（加速度）總大于下落過程所受合力（加速度），D 錯誤；
C．小球運動的整個過程中，空氣阻力做負功，由動能定理可知小球落回原處時的速度小于拋出時
的速度，所以上升過程中小球動量變化的大小大于下落過程中動量變化的大小，由動量定理可知，
上升過程合力的沖量大于下落過程合力的沖量，C 正確；
A．上升與下落經過同一位置時的速度，上升時更大，所以上升過程中平均速度大于下落過程中的
平均速度，所以上升過程所用時間小于下落過程所用時間，A 錯誤；
B．經同一位置，上升過程中所受空氣阻力大于下落過程所受阻力，由功能關系可知，上升過程機
械能損失大于下落過程機械能損失，B 錯誤。
故選 C。
【真題 2】（多選）（2023·福建·高考真題）甲、乙兩輛完全相同的小車均由靜止沿同一方向出發做直
線運動。以出發時刻為計時零點，甲車的速度—時間圖像如圖（a）所示，乙車所受合外力—時間圖
像如圖（b）所示。則（ ）
A．0 ~ 2s 內，甲車的加速度大小逐漸增大
B．乙車在 t = 2s 和 t = 6s 時的速度相同
C．2 ~ 6s 內，甲、乙兩車的位移不同
D．t = 8s 時，甲、乙兩車的動能不同
【答案】BC
【詳解】A．由題知甲車的速度一時間圖像如圖（a）所示，則根據圖（a）可知 0 ~ 2s 內，甲車做勻
加速直線運動，加速度大小不變，故 A 錯誤；
B．由題知乙車所受合外力一時間圖像如圖（b）所示，則乙車在 0 ~ 2s 內根據動量定理有
I2 = mv2，I2 = S0 ~ 2 = 2N·s
乙車在 0 ~ 6s 內根據動量定理有
I6 = mv6，I6 = S0 ~ 6 = 2N·s
則可知乙車在 t = 2s 和 t = 6s 時的速度相同，故 B 正確；
C．根據圖（a）可知，2 ~ 6s 內甲車的位移為 0；根據圖（b）可知，2 ~ 6s 內乙車一直向正方向運
動，則 2 ~ 6s 內，甲、乙兩車的位移不同，故 C 正確；
D．根據圖（a）可知，t = 8s 時甲車的速度為 0，則 t = 8s 時，甲車的動能為 0；乙車在 0 ~ 8s 內根
據動量定理有
I8 = mv8，I8 = S0 ~ 8 = 0
可知 t = 8s 時乙車的速度為 0，則 t = 8s 時，乙車的動能為 0，故 D 錯誤。
故選 BC。
【真題 3】（多選）（2024·福建·高考真題）物塊置于足夠長光滑斜面上并鎖定， = 0時刻解除鎖定，
并對物體沿斜面施加如圖所示變化的力 F，以沿斜面向下為正方向，下列說法正確的是（　　）
A．0~4 0，物體一直沿斜面向下運動
B．0~4 0，合外力的總沖量為 0
C． 0時動量是2 0時的一半
D．2 0~3 0過程物體的位移小于3 0~4 0的位移
【答案】AD
【詳解】根據圖像可知當 = 2 sin 時，物塊加速度為
2 sin + sin
= = 3 sin
方向沿斜面向下；當 = 2 sin 時，物塊加速度大小為
2 sin sin
= = sin
方向沿斜面向上，作出物塊0~4 0內的 圖像
A．根據圖像可知0~4 0，物體一直沿斜面向下運動，故 A 正確；
B．根據圖像可知0~4 0，物塊的末速度不等于 0，根據動量定理
合 = Δ ≠ 0
故 B 錯誤；
C．根據圖像可知 0時物塊速度大于2 0時物塊的速度，故 0時動量不是2 0時的一半，故 C 錯誤；
D． 圖像與橫軸圍成的面積表示位移，故由圖像可知2 0~3 0過程物體的位移小于3 0~4 0的位移，
故 D 正確。
故選 AD。
【真題 4】（多選）（2024·全國·高考真題）蹦床運動中，體重為60kg的運動員在 = 0時剛好落到蹦
床上，對蹦床作用力大小 F 與時間 t 的關系如圖所示。假設運動過程中運動員身體始終保持豎直，
在其不與蹦床接觸時蹦床水平。忽略空氣阻力，重力加速度大小取10m/s2。下列說法正確的是（　　）
A． = 0.15s時，運動員的重力勢能最大
B． = 0.30s時，運動員的速度大小為10m/s
C． = 1.00s時，運動員恰好運動到最大高度處
D．運動員每次與蹦床接觸到離開過程中對蹦床的平均作用力大小為4600N
【答案】BD
【詳解】A．根據牛頓第三定律結合題圖可知 = 0.15s時，蹦床對運動員的彈力最大，蹦床的形變
量最大，此時運動員處于最低點，運動員的重力勢能最小，故 A 錯誤；
BC．根據題圖可知運動員從 = 0.30s離開蹦床到 = 2.3s再次落到蹦床上經歷的時間為2s，根據豎直
上拋運動的對稱性可知，運動員上升時間為 1s，則在 = 1.3s時，運動員恰好運動到最大高度處，
= 0.30s時運動員的速度大小
= 10 × 1m/s = 10m/s
故 B 正確，C 錯誤；
D．同理可知運動員落到蹦床時的速度大小為10m/s，以豎直向上為正方向，根據動量定理
Δ Δ = ( )
其中
Δ = 0.3s
代入數據可得
= 4600N
根據牛頓第三定律可知運動員每次與蹦床接觸到離開過程中對蹦床的平均作用力大小為4600N，故
D 正確。
故選 BD。
【真題 5】（多選）（2024·安徽·高考真題）一傾角為30°足夠大的光滑斜面固定于水平地面上，在斜
面上建立 Oxy 直角坐標系，如圖（1）所示。從 = 0開始，將一可視為質點的物塊從 0 點由靜止釋
放，同時對物塊施加沿 x 軸正方向的力 1和 2，其大小與時間 t 的關系如圖（2）所示。己知物塊的
質量為 1.2kg，重力加速度 g 取10m/s2，不計空氣阻力。則（ ）
A．物塊始終做勻變速曲線運動
B． = 1s時，物塊的 y 坐標值為 2.5m
C． = 1s時，物塊的加速度大小為5 3m/s2
D． = 2s時，物塊的速度大小為10 2m/s
【答案】BD
【詳解】A．根據圖像可得 1 = 4 ， 2 = 3 ，故兩力的合力為
= 4 + 2 (N)
物塊在 y 軸方向受到的力不變為 sin30°，x 軸方向的力在改變，合力在改變，故物塊做的不是勻
變速曲線運動，故 A 錯誤；
B．在 y 軸方向的加速度為
sin30°
= = sin30° = 5m/s
2
故 = 1s時，物塊的 y 坐標值為
1
= 2
2
= 2.5m
故 B 正確；
C． = 1s時， = 6N，故此時加速度大小為
6 2
= 2 + 2 = 1.2 + 5
2m/s2 = 5 2m/s2
故 C 錯誤；
D．對 x 軸正方向，對物塊根據動量定理
= 0
由于 F 與時間 t 成線性關系故可得
(4 + 2 × 0) + (4 + 2 × 2)
2 × 2 = 1.2
解得
= 10m/s
此時 y 軸方向速度為
= sin30° = 5 × 2m/s = 10m/s
故此時物塊的速度大小為
= 2 + 2 = 10 2m/s
故 D 正確。
故選 BD。
【真題 6】（多選）（2023·全國·高考真題）一質量為 1kg 的物體在水平拉力的作用下，由靜止開始在
水平地面上沿 x 軸運動，出發點為 x 軸零點，拉力做的功 W 與物體坐標 x 的關系如圖所示。物體與
水平地面間的動摩擦因數為 0.4，重力加速度大小取 10m/s2。下列說法正確的是（ ）
A．在 x = 1m 時，拉力的功率為 6W
B．在 x = 4m 時，物體的動能為 2J
C．從 x = 0 運動到 x = 2m，物體克服摩擦力做的功為 8J
D．從 x = 0 運動到 x = 4 的過程中，物體的動量最大為 2kg m/s
【答案】BC
【詳解】由于拉力在水平方向，則拉力做的功為
W = Fx
可看出 W—x 圖像的斜率代表拉力 F。
AB．在物體運動的過程中根據動能定理有
1
= 2
2
則 x = 1m 時物體的速度為
v1= 2m/sx = 1m 時，拉力為
Δ
= Δ = 6N
則此時拉力的功率
P = Fv1= 12Wx = 4m 時物體的動能為
Ek= 2J
A 錯誤、B 正確；
C．從 x = 0 運動到 x = 2m，物體克服摩擦力做的功為
Wf= μmgx = 8J
C 正確；
D．根據 W—x 圖像可知在 0—2m 的過程中 F1= 6N，2—4m 的過程中 F2= 3N，由于物體受到的摩擦
力恒為 f = 4N，則物體在 x = 2m 處速度最大，且根據選項 AB 分析可知此時的速度
2 = 8m/s
則從 x = 0 運動到 x = 4 的過程中，物體的動量最大為
= = 2 2kg m/s
D 錯誤。
故選 BC。
【真題 7】（多選）（2023·重慶·高考真題）某實驗小組測得在豎直方向飛行的無人機飛行高度 y 隨時
間 t 的變化曲線如圖所示，E、F、M、N 為曲線上的點，EF、MN 段可視為兩段直線，其方程分別
為 = 4 26和 = 2 + 140。無人機及其載物的總質量為 2kg，取豎直向上為正方向。則（　　）
A．EF 段無人機的速度大小為 4m/s
B．FM 段無人機的貨物處于失重狀態
C．FN 段無人機和裝載物總動量變化量大小為 4kg m/s
D．MN 段無人機機械能守恒
【答案】AB
【詳解】A．根據 EF 段方程
= 4 26
可知 EF 段無人機的速度大小為
Δ
= Δ = 4m/s
故 A 正確；
B．根據 圖像的切線斜率表示無人機的速度，可知 FM 段無人機先向上做減速運動，后向下做加
速運動，加速度方向一直向下，則無人機的貨物處于失重狀態，故 B 正確；
C．根據 MN 段方程
= 2 + 140
可知 MN 段無人機的速度為
Δ ′
′ = = 2m/s
Δ ′
則有
Δ = ′ = 2 × ( 2)kg m/s 2 × 4kg m/s = 12kg m/s
可知 FN 段無人機和裝載物總動量變化量大小為 12kg m/s，故 C 錯誤；
D．MN 段無人機向下做勻速直線運動，動能不變，重力勢能減少，無人機的機械能不守恒，故 D
錯誤。
故選 AB。
【真題 8】（2024·廣東·高考真題）汽車的安全帶和安全氣囊是有效保護乘客的裝置。
（1）安全帶能通過感應車的加速度自動鎖定，其原理的簡化模型如圖甲所示。在水平路面上剎車的
過程中，敏感球由于慣性沿底座斜面上滑直到與車達到共同的加速度 a，同時頂起敏感臂，使之處
于水平狀態，并卡住卷軸外齒輪，鎖定安全帶。此時敏感臂對敏感球的壓力大小為 N，敏感球的質
量為 m，重力加速度為 g。忽略敏感球受到的摩擦力。求斜面傾角的正切值tan 。
（2）如圖乙所示，在安全氣囊的性能測試中，可視為質點的頭錘從離氣囊表面高度為 H 處做自由
落體運動。與正下方的氣囊發生碰撞。以頭錘到氣囊表面為計時起點，氣囊對頭錘豎直方向作用力 F
隨時間 t 的變化規律，可近似用圖丙所示的圖像描述。已知頭錘質量 = 30kg, = 3.2m，重力加速
度大小取 = 10m/s2。求：
①碰撞過程中 F 的沖量大小和方向；
②碰撞結束后頭錘上升的最大高度。

【答案】（1）tan = ；（2）①330N s，方向豎直向上；②0.2m
【詳解】（1）敏感球受向下的重力 mg 和敏感臂向下的壓力 FN以及斜面的支持力 N，則由牛頓第二
定律可知
( + N)tan =
解得

tan = + N
（2）①由圖像可知碰撞過程中 F 的沖量大小
1
= 2 × 0.1 × 6600N s = 330N s
方向豎直向上；
②頭錘落到氣囊上時的速度
0 = 2 = 8m/s
與氣囊作用過程由動量定理（向上為正方向）
= ( 0)
解得
v=2m/s
則上升的最大高度
2
= 2 = 0.2m
一、單選題
1．（2024·廣東·三模）工廠中某水平傳送帶由靜止啟動，啟動初期驅動輪上某點的線速度隨路程均
勻增大，已知傳送帶與驅動輪間無相對滑動，則啟動初期與傳送帶相對靜止的滑塊（　　）
A．做勻加速運動 B．加速度逐漸減小
C．動量變化得越來越快 D．所受摩擦力的功率不變
【答案】C
【詳解】A．由于滑塊與傳送帶相對靜止，傳送帶與驅動輪間無相對滑動，則滑塊的速度隨位移均
勻增大，若滑塊做勻加速運動，由直線運動規律得
2 = 2
滑塊速度不隨位移均勻增大，即滑塊不做勻加速運動，故 A 錯誤；
B．滑塊速度逐漸增大，則通過任意相同位移的時間逐漸減小，又滑塊通過相同位移的速度變化量
相同，則滑塊加速度越來越大，故 B 錯誤；
C．滑塊動量
=
由于滑塊加速度逐漸增大，即速度變化的越來越快，而滑塊質量不變，則滑塊動量變化的越來越快，
故 C 正確；
D．滑塊所受摩擦力即其所受合外力，由牛頓第二定律得所受摩擦力逐漸增大，又滑塊速度逐漸增
大，由
=
可知摩擦力的功率增大，故 D 錯誤。
故選 C。
2．（2024·四川涼山·三模）如圖所示，動力小車以恒定的速率沿曲線豎直軌道上表面從 A 點運動到 D
點，A 點是軌道最低點，B 為軌道最高點。下列判斷正確的是（ ）
A．小車在 A、B 兩點速度不同 B．運動中小車的動量不變
C．運動中小車機械能不變 D．小車在 A 點對軌道壓力最大
【答案】D
【詳解】A．小車做曲線運動，運動方向與軌跡相切，小車在 A、B 兩點時，兩點分別為最低點和最
高點切線沿水平方向，則小車運動方向沿水平方向，方向相同，小車的速率即速度大小也相同，所
以，小車在 A、B 兩點速度相同，故 A 錯誤；
B．小車做曲線運動，運動方向時刻改變，動量為矢量，方向與速度方向相同，所以小車的動量大
小不變，方向時刻改變，故 B 錯誤；
C．汽車在運動過程中動能不變，重力勢能變化，所以機械能變化，故 C 錯誤；
D．小車在 A 點時，為軌道的最低點，根據牛頓第二定律
2
=
解得
2
= +
又因為，由圖可得小車在 A 點對應的圓周運動的半徑最小，一定速率下，向心力最大，所以小車在
A 點是軌道對小車的支持力最大，根據牛頓第三定律，此時小車對軌道的壓力最大，故 D 正確。
故選 D。
3．（2023·廣東·二模）2023 年 7 月 22 日，中國女足迎來世界杯首戰．如圖所示，某次撲球時，守門
員戴著厚厚的手套向水平飛馳而來的足球撲去，使足球停下．與不戴手套相比，此過程守門員戴手
套可以（　　）
A．減小足球的慣性 B．減小足球對手的沖量
C．減小足球的動量變化量 D．減小足球對手的平均作用力
【答案】D
【詳解】守門員戴著厚厚的手套向水平飛奔而來的球撲去，這樣可以延長球與手接觸的時間，對球，
取球的初速度方向為正方向，根據動量定理得
Ft=0 mv
可得

=
當時間延長時，動量的變化量不變，則球受到的沖量不變，可減小球動量的變化率，即減小手對球
的平均作用力，足球的慣性由質量決定，不會變化。
故選 D。
4．（2024·寧夏吳忠·二模）如圖所示，某同學將質量相同的三個物體從水平地面上的 A 點以同一速
率沿不同方向拋出，運動軌跡分別為圖上的 1、2、3。若忽略空氣阻力，在三個物體從拋出到落地
過程中，下列說法正確的是（　　）
A．軌跡為 1 的物體在最高點的速度最大
B．軌跡為 1 的物體在空中飛行時間最短
C．軌跡為 3 的物體所受重力的沖量最大
D．三個物體單位時間內動量的變化相同
【答案】D
【詳解】A．物體做平拋運動，則
1
= 2
2
= 0
物體在最高點的速度等于平拋的初速度，為

0 = 2
可得
01 < 02 < 03
故軌跡為 1 的物體在最高點的速度最小，故 A 錯誤；
BC．根據斜拋運動的對稱性可知，物體從最高點到落地的過程為平拋運動，則斜拋的總時間為
2
總 = 2 = 2
因
1 > 2 > 3
可得
總 1 > 總 2 > 總 3
故軌跡為 1 的物體在空中飛行時間最長，故 B 錯誤；
C．重力的沖量為
G = 總
可得
G1 > G2 > G3
故軌跡為 3 的物體所受重力的沖量最小，故 C 錯誤；
D．單位時間內動量的變化為
Δ Δ
Δ = Δ =
故三個物體單位時間內動量的變化相同，故 D 正確。
故選 D。
5．（2024·北京海淀·一模）如圖所示，一條不可伸長的輕繩跨過定滑輪，繩的兩端各系一個小球 A
和 B，B 球的質量是 A 球的 3 倍。用手托住 B 球，使輕繩拉緊，A 球靜止于地面，不計空氣阻力、
定滑輪的質量及輪與軸間的摩擦。已知重力加速度為 g。由靜止釋放 B 球，到 B 球落地前的過程中，
下列說法正確的是（ ）
A．B 球重力勢能的減少量等于兩球動能的增加量
B．輕繩拉力對 A 球做的功等于 A 球動能的增加量
C．B 球重力勢能的減少量大于 A 球機械能的增加量
D．輕繩拉力對兩小球的總沖量為零
【答案】C
【詳解】A．B 球重力勢能的減少量等于兩球動能的增加量以及 A 球重力勢能增加量之和，選項 A
錯誤；
B. 輕繩拉力對 A 球做的功以及 A 球重力對 A 做功之和等于 A 球動能的增加量，選項 B 錯誤；
C．B 球重力勢能的減少量等于 A 球機械能的增加量與 B 球動能增加量之和，可知 B 球重力勢能的
減少量大于 A 球機械能的增加量，選項 C 正確；
D．輕繩對兩小球的拉力均向上，且拉力的大小和作用時間均不為零，可知總沖量不為零，選項 D
錯誤。
故選 C。
6．“雙星”是宇宙中普遍存在的一種天體系統，由兩顆恒星組成，雙星系統遠離其他恒星，在相互的
萬有引力作用下繞連線上一點做周期相同的勻速圓周運動。如圖所示，A、B 兩顆恒星構成雙星系
統，繞共同的圓心 O 做勻速圓周運動，經過 t（小于周期）時間，A、B 兩恒星的動量變化量分別為
Δ A、Δ B，則下列判斷正確的是（　　）
A．|Δ A| > |Δ B| B．|Δ A| < |Δ B| C．Δ A = Δ B D．Δ A = Δ B
【答案】D
【詳解】系統所受的合外力為零，系統的總動量守恒，根據牛頓第二定律
引 = A A = B B
加速度為
= 2 =
則有
A A = B B
由于角速度相同，因此
A A = B B
兩恒星的速度方向始終相反，則
A = B
因此系統的總動量始終為零，可得
Δ A = Δ B，|Δ A| = |Δ B|
故選 D。
7．（2023·貴州安順·一模）有些太空探測器裝配有離子發動機，其工作原理是將被電離后的正離子
從發動機尾部高速噴出，從而為探測器提供推力。若發動機向后噴出離子的速率為 25km/s（遠大于
探測器的飛行速率）時，探測器獲得的推力大小為 0.1N，則該發動機 1s 時間內噴出離子的質量為
（　　）
A．4 × 10 4kg B．4 × 10 5kg
C．4 × 10 6kg D．4 × 10 7kg
【答案】C
【詳解】由牛頓第三定律可知 1s 時間內噴出的離子受到發動機的平均作用力大小為
= 0.1N
對 1s 時間內噴出的離子由動量定理可得
= 0
解得該發動機 1s 時間內噴出離子的質量為
0.1 × 1
= = 25000 kg = 4 × 10
6kg
故選 C。
8．（2024·陜西·一模）今年春晚雜技節目《躍龍門》為觀眾帶來了一場視覺盛宴。彩排時為確保演
員們能夠準確掌握發力技巧，教練組將壓力傳感器安裝在圖甲的蹦床上，記錄演員對彈性網的壓力。
圖乙是某次彩排中質量為 35kg 的演員在豎直方向運動時計算機輸出的壓力-時間（ ）圖像，演員
可視為質點。不計空氣阻力，重力加速度 = 10m/s2，下列說法正確的是（　　）
A．從 a 時刻到 b 時刻，演員做勻變速直線運動
B．從 a 時刻到 b 時刻，演員一直處于失重狀態
C．在 b 時刻，演員的速度最大
D．從 a 時刻到 b 時刻，蹦床給演員的沖量大小為 455N·s
【答案】D
【詳解】A．從 a 時刻到 b 時刻彈力逐漸減小，合外力不恒定，加速度變化，故演員做非勻變速運
動，A 錯；
B．a 時刻彈力最大，應處于最低點，具有向上的加速度，當重力與彈力相等時，加速度為零，此后
加速度變為向下，從 a 時刻到 b 時刻，故先處于超重狀態，后處于失重狀態，B 錯誤；
C．彈力和重力相等時，即在平衡位置時，演員的速度最大，C 錯誤；
D．演員在空中的時間
= (2.8 1.2)s=1.6s
故演員脫離蹦床時的速度

= · 2 = 8m/s
根據動量定理可得
( ) =
解得
= 455N·s
D 正確。
故選 D。
9．春節期間很多騎行人員未按要求佩戴頭盔，交管部門針對這一現象，進行專項整治，未按要求佩
戴頭盔人員將受到如下懲罰：舉如圖所示的廣告牌，發朋友圈“集贊”。某同學在某輕質頭盔的安全
性測試中進行了模擬檢測，某次他在頭盔中裝入質量為 5kg 的物體，物體與頭盔緊密接觸，使其從
0.8m 的高處自由落下，并與水平面發生碰撞，頭盔被擠壓了 0.02m 時，物體的速度減為 0，如圖所
示，擠壓過程中視為勻減速直線運動，不考慮物體和地面的形變，忽略空氣阻力，重力加速度 g 取
10m/s2，下列說法正確的是（　　）
A．物體落地瞬間的速度為 8m/s
B．勻減速直線運動過程中頭盔對物體的平均作用力大小為 2050N
C．物體做勻減速直線過程中動量變化量大小為 20kg·m/s，方向豎直向下
D．物體在自由下落過程中重力的沖量大小為 30N·s
【答案】B
【詳解】A．物體落地瞬間的速度為
= 2 = 4m/s
A 錯誤；
B．物體勻減速過程中

= 2
設豎直向下為正方向，根據動量定理
= 0
得頭盔對物體的平均作用力大小為
= 2050N
B 正確；
C．物體做勻減速直線過程中動量變化量大小為
Δ = 0 = 20kg m/s
方向豎直向上，C 錯誤；
D．物體在自由下落過程中重力的沖量大小為
=
得
= 0.5N s
D 錯誤。
故選 B。
10．（2023·安徽淮北·一模）質量為2kg的物體靜止在水平面上， = 0時受到水平拉力 F 的作用開始
運動， 圖像如圖所示，4s時物體剛好停止運動。物體與地面之間的動摩擦因數為 ，重力加速度
g 取10m/s2，則（　　）
A． = 0．2 B．2s時物體的速度最大
C．物體最大動能為2J D．3s時物體的動量為2kg m/s
【答案】D
【詳解】A．根據 圖像可知，0~4s內水平拉力的沖量為
1
F = 2 × (2 + 4) × 4N s = 12N s
0~4s內，根據動量定理可得
F 4 = 0
解得物體與地面之間的動摩擦因數為
= 0.15
故 A 錯誤；
BC．物體受到的滑動摩擦力大小為
= = 3N
由 圖像可知，當 ′ = 2.5s時，水平拉力大小為3N，此時拉力等于摩擦力，物體的加速度為 0，速
度達到最大，動能達到最大；0~2.5s內，根據動量定理可得
′F ′ = m 0
其中
1
′F = 4 × 2N s + 2 × (3 + 4) × 0.5N s = 9.75N s
解得最大速度為
9
m = 8 m/s
則最大動能為
1 81
km = 2
2
m = 64 J
故 BC 錯誤；
D．0~3s內，根據動量定理可得
″F ″ = 3 0
其中
1
″F = 4 × 2N s + 2 × (2 + 4) × 1N s = 11N s
解得3s時物體的動量為
3 = 3 = 2kg m/s
故 D 正確。
故選 D。
11．（2023·安徽宣城·二模）如圖所示，將一質量為 m 的小球放在玻璃漏斗中，晃動漏斗，可以使小
球沿光滑的漏斗壁在某一水平面內做半徑為 r 的勻速圓周運動，周期為 T，重力加速度為 g，下列說
法正確的是（　　）
A．在 T 時間內，小球受到的重力沖量為零
B ．在2時間內，小球受到合力的沖量為零
C．在 T 時間內，小球受到彈力的沖量為零
D 16
2 2 2 2
．在2時間內，小球受到彈力的沖量大小為 + 2 4
【答案】D
【詳解】A．小球在 T 時間內，小球受到的重力沖量不為零，故 A 錯誤；
B．小球的線速度
2
=

在2時間內，小球的速度大小不變，方向改變，小球受到的合力沖量為
4
= 2 =
故 B 錯誤；
C．在 T 時間內，小球動量改變量為零，根據動量定理可得
0 = + N
解得
N =
故 C 錯誤；
D ．在2時間內，小球受到彈力的沖量大小
2 16 2 2 2 2
N′ = ( 2 ) +
2 = 2 + 4
故 D 正確。
故選 D。
12．如圖所示，AB 為豎直固定的四分之一粗糙圓弧軌道，O 為圓心，P 為圓弧 AB 的中點，OA 水
平，OB 豎直，軌道半徑 R=2m，一質量 m=4kg 的小物塊以 2m/s速度從 A 到 B 做勻速圓周運動，
重力加速度 = 10m/s2 ，則下列說法不正確的是（　　）
A．A 到 B 的過程中合力對小球的沖量為 8 N s
B．在 P 點時，重力的瞬時功率為 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 點時，小物塊對圓弧軌道的壓力大小為 40N
【答案】D
【詳解】A．A 到 B 的過程初狀態動量方向豎直向下，末狀態動量方向水平向右，大小均為
1 = 2 = = 4 2kg m/s
該過程小物塊的動量改變量大小為
Δ = 2 22 + 1 = 8kg m/s
根據動量定理，可知
合 = Δ = 8N s
即 A 到 B 的過程中合力對小球的沖量大小為8N s 。故 A 正確，與題意不符；
B．依題意，P 為圓弧 AB 的中點，則小物塊在 P 點的速度方向與豎直方向成 45°角，根據功率的表
達式，有
= cos45° = 40W
故 B 正確，與題意不符；
C．由幾何知識可知
= cos45° = 2m， = cos45° = (2 2)m
由動能定理，可得
= 0， = 0
聯立，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 正確，與題意不符；
D．小物塊在 B 點時，由牛頓第二定律可得
2
N =
解得
N = 44J
根據牛頓第三定律可知小物塊對圓弧軌道的壓力大小為44J。故 D 錯誤，與題意相符。
故選 D。
二、多選題
13．（2024·廣東江門·一模）數據表明，在電動車事故中，佩戴頭盔可防止 85%的頭部受傷，大大減
小損傷程度。頭盔內部的緩沖層與頭部的撞擊時間延長至 6ms 以上，人頭部的質量約為 2kg，則下
列說法正確的是（　　）
A．頭盔減小了駕駛員頭部撞擊過程中的動量變化率
B．頭盔減少了駕駛員頭部撞擊過程中撞擊力的沖量
C．事故中頭盔對頭部的沖量與頭部對頭盔的沖量大小相等
D．若事故中頭部以 6m/s 的速度水平撞擊緩沖層，則頭部受到的撞擊力最多為 2000N
【答案】ACD
【詳解】A．根據
=
可得

=
依題意，頭盔內部的緩沖層與頭部的撞擊時間延長了，頭盔減小了駕駛員頭部撞擊過程中的動量變
化率。故 A 正確；
B．同理，可知頭盔并沒有減少駕駛員頭部撞擊過程中撞擊力的沖量。故 B 錯誤；
C．根據
=
頭盔對頭部的作用力與頭部對頭盔的作用力等大反向，作用時間相同，所以事故中頭盔對頭部的沖
量與頭部對頭盔的沖量大小相等。故 C 正確；
D．代入數據，可得
2 × 6
= 6 × 10 3 N = 2000N
可知事故中頭部以 6m/s 的速度水平撞擊緩沖層，則頭部受到的撞擊力最多為 2000N。故 D 正確。
故選 ACD。
14．用一小型電動機豎直向上提升質量為 m 的重物，電動機的輸出功率恒定，重物向上加速運動的
v-t 圖像如圖所示，v0為上升過程的最大速度。重力加速度為 g，加速上升過程中，重力的沖量大小
為 I，不計空氣阻力，則下列說法正確的是（　　）

A．重物加速上升的時間為
B．重物加速上升過程中吊索對重物拉力的沖量大小等于 mv0
C．電動機的輸出功率 P=mgv0
D 1．當重物速度為2 0時，重物加速度大小等于 2g
【答案】AC
【詳解】A．由題意可知，重物加速上升的時間為

=
故 A 正確；
B．重物加速上升過程中根據動量定理，吊索對重物拉力的沖量大小為
p = 0 +
故 B 錯誤；
C．當勻速運動時，拉力 F 等于重物的重力，電動機的輸出功率
= 0 = 0
故 C 正確；
D．重物速度為
1
= 2 0
時，拉力

1 = = 2
由
F1-mg=ma
解得
a=g
故 D 錯誤。
故選 AC。
15．（2024·河南濮陽·一模）如圖所示為固定在水平面上的光滑半球形碗，一質量為 m 的小物塊從碗
口 A 點由靜止沿圓弧面下滑到最低點 C，B 點為 AC 圓弧的中點。下列判斷正確的是（ ）
A．從 A 到 B 物塊重力做的功大于從 B 到 C 重力做的功
B．從 A 到 B 物塊重力的沖量小于從 B 到 C 重力的沖量
C．從 A 到 C，碗對物塊支持力的沖量為零
D．從 A 到 C，物塊重力的功率先增大后減小
【答案】AD
【詳解】A．如圖 B 點為 AC 圓弧的中點，由幾何關系可得
∠ = 45°
從 A 到 B 重力做功為
2
1 = sin45° = 2
從 B 到 C 重力做的功
2
2 = (1 cos45°) = 1 2
比較可得
1 > 2
A 正確；
B．由于下滑的速度越來越快，從 A 到 B 的平均速度小于從 B 到 C 的平均速度，又由弧長相等，所
以從 A 到 B 的時間大于從 B 到 C 的時間，因此從 A 到 B 物塊重力的沖量大于從 B 到 C 重力的沖量，
B 錯誤；
C．從 A 到 C，碗對物塊支持力一直存在，碗對物塊支持力的沖量不為零，C 錯誤；
D．初始位置速度為零，重力的功率為零，到達最低點，速度最大，但是重力與速度的方向夾角為
90°，重力的瞬時功率為
= sin90° = 0
可知整個過程中功率的功率先增大后減小，D 正確。
故選 AD。
16．（2024·山東聊城·二模）圖甲是正在送餐的“機器人服務員”，其質量 m=40kg，該機器人正在沿
圖乙中 ABCD 曲線給 16 號桌送餐，圓弧 BC 與直線路徑 AB、CD 相切，AB 段長度為 5m，CD 段長
度為 12m，機器人從 A 點由靜止勻加速出發，到達 B 點時速率達到 1m/s，接著以 1m/s 的速率勻速
通過 BC 段，通過 C 點后仍以 1m/s 的速率運動到某位置才開始做勻減速直線運動，最終停在 16 號
桌旁的 D 點。已知餐盤與水平托盤間的動摩擦因數 = 0.2，餐盤與托盤之間未發生相對滑動，最大
靜摩擦力等于滑動摩擦力。下列說法正確的是（　　）
A．從 B 運動到 C 過程中機器人的動量變化量為40kg m/s
B．從 A 運動到 B 過程中機器人的加速度為0.1m/s2
C．圓弧 BC 的半徑可以設計為 0.45m
D．機器人從 C 到 D 的最短時間為 12.25s
【答案】BD
【詳解】A．根據題意，不能確定從 B 運動到 C 過程中機器人的速度變化量，從而不能確定動量變
化量，故 A 錯誤；
B．從 A 運動到 B 過程中，有
2 = 2 1
解得機器人的加速度為
1 = 0.1m/s2
故 B 正確；
C．餐盤與托盤恰好不發生相對滑動，摩擦力提供向心力有
2
=
解得
= 0.5m
故 C 錯誤；
D．機器人以 1m/s 的速度勻減速至 D 點的加速度為
= = 2m/s2
則減速的時間為

1 = = 0.5s
勻減速的位移為
2
Δ = 2 = 0.25m
故從 C 點開始勻速運動的時間

=
Δ
2 = 11.75s
所以從 C 運動到 D 點的最短時間為
= 1 + 2 = 12.25s
故 D 正確。
故選 BD。
17．（2024·福建·三模）如圖所示，消防員正在進行消防滅火演練，消防員用高壓水槍噴出的強力水
柱沖擊著火物，設水柱直徑為 D，以水平速度 v 垂直射向著火物，水柱沖擊著火物后速度變為零。
高壓水槍的質量為 M，消防員手持高壓水槍操作，進入水槍的水流速度忽略不計，水的密度為 ，
下列說法正確的是（　　）
A 1．水槍的流量為2π
2
B 1．水槍的功率為8π
2 3
C 1．水柱對著火物的沖擊力為8π
2 2
D．向前水平噴水時，消防員對水槍的作用力方向向前且斜向上方
【答案】BD
【詳解】A．設Δ 時間內，從水槍噴出的水的體積為Δ ，質量為Δ ，則
Δ = Δ ，Δ = Δ = 1π 24 Δ
流量
Δ 1
= Δ = 4
2
A 錯誤；
B．Δ 時間內水槍噴出的水的動能為
1
2
1 2 3
k = 2 Δ = 8 π Δ
知高壓水槍在此期間對水做功為
1
= = π 2 3k 8 Δ
高壓水槍的功率為
1
= 2 3Δ = 8 π
B 正確；
C．考慮一個極短時間Δ ′，在此時間內噴到著火物上水的質量為 m，設著火物對水柱的作用力為 F，
由動量定理得
Δ ′ = Δ ′時間內沖到著火物上水的質量為
1
= π 2 Δ ′4
解得
1
= 4 π
2 2
由牛頓第三定律可知，水柱對著火物的平均沖力為
1
′ = = 4 π
2 2
C 錯誤；
D．當高壓水槍水平向前噴出高壓水流時，水流對高壓水槍的作用力水平向后，由于高壓水槍有重
力，根據平衡條件，手對高壓水槍的作用力方向斜向前上方，D 正確。
故選 BD。
三、解答題
18．（2024·福建福州·一模）如圖甲所示，一質量 = 1kg的木板 A 靜置在足夠大的光滑水平面上，
= 0時刻在木板上作用一水平向右的力 F，力 F 在 0~2s 內隨時間均勻變大，之后保持不變，如圖乙
所示。在 = 2s時將質量 = 2kg的滑塊 B 輕放在木板 A 右端，最終滑塊 B 恰好沒有從木板 A 左端
掉落。已知滑塊 B 與木板 A 間的動摩擦因數 = 0.15，重力加速度大小 = 10m/s2，求：
（1）0~2s 內力 F 的沖量大小 I 及 2s 時刻木板 A 的速度大小 0；
（2）木板 A 的長度 L。
【答案】（1）3N s，3m/s；（2）3m
【詳解】（1） 圖像與坐標軸圍成的面積表示沖量，0~2s 內力 F 的沖量大小為
1
= 2 × 2 × 3N s = 3N s
根據動量定理
= 0
解得 2s 時刻木板 A 的速度大小
0 = 3m/s
（2）滑塊 B 在木板 A 上滑動時，A、B 間的滑動摩擦力大小
= = 3N
此后木板 A 做勻速直線運動，滑塊 B 的加速度為
= = 1.5m/s2
設滑塊 B 在木板 A 上滑動的時間為 ，則有
0 3 = = 1.5 s = 2s
木板 A 的長度為
2 32
= 00 2 = 3 × 2m 2 × 1.5 m = 3m
19．（2024·山東青島·三模）網球運動正在逐步走進中學校園，受到眾多同學的喜愛。如圖，某同學
正在網球場練習發球，他將質量 = 0．05kg的網球從離水平地面高度 = 1．8m處，以某一初速度
0水平擊出，網球第一次落在距擊球點水平距離 1 = 24m處的地面上，然后經地面多次反彈，最終
1
停下來。已知網球與地面第一次碰后，豎直分速度反向，大小變為碰前的2，水平分速度方向不變，
3
大小變為碰前的4。不計網球所受空氣阻力，網球與地面碰撞時間極短，重力加速度 = 10m/s
2，計
算結果可保留根號，求
（1）該同學擊球過程對網球所做的功 ；
（2）網球第一次與地面碰撞過程中地面對網球的沖量 ；
（3）網球第二次接觸地面處與擊球點間的水平距離 2。

【答案】（1）40J；（2） = 181N； tan = = 0.9；（3）42m20
【詳解】（1）設網球第一次落地前運動時間為 1，根據運動的合成和分解
1 =
1 2
0 1， = 2 1
解得
1
= 2
2
0 = 40J
（2）網球第一次落地時根據動量定理得
= 3 1 4 0 0， = 2 1
解得
2 2 181 = + = 20 N
地面對網球的沖量 與水平方向的夾角

tan = = 0.9
（3）設網球第一次彈起后經時間 2再次落地，根據運動學公式

1 = 12 2 2
解得
3
2 = 1 + 4 0 2 = 42m第 24 講 動量和動量定理及其應用
——劃重點之精細講義系列
考點 1 動量及沖量的計算
考點 2 動量定理及其應用
考點 3 應用動量定理處理“流體問題”“粒子流問題”
考點 4 應用動量定理處理多物體、多過程問題
考點 1：動量及沖量的計算
一．動能、動量、動量變化量的比較
動能 動量 動量變化量
物體由于運動而具有的能 物體末動量與初動量的矢
定義 物體的質量和速度的乘積
量 量差
1
定義式 E ＝ mv2k p＝mv Δp＝p′－p2
標矢性 標量 矢量 矢量
特點 狀態量 狀態量 過程量
關聯 p2 1 2Ek
Ek＝ ，Ek＝ pv，p＝方程 2mEk，p＝2m 2 v
(1)都是相對量，與參考系的選取有關，通常選取地面為參考系
聯系 (2)若物體的動能發生變化，則動量一定也發生變化；但動量發生變化時動能不一定
發生變化
二．沖量及計算
1.沖量
(1)定義：力與力的作用時間的乘積叫作力的沖量。
(2)表達式：I＝FΔt。
(3)單位：沖量的單位是牛秒，符號是 N·s。
(4)方向：沖量是矢量，沖量的方向由力的方向決定。如果力的方向在作用時間內不變，沖量的
方向就跟力的方向相同；如果力的方向在作用時間內發生變化，則沖量的方向只能由動量變化量的
方向確定。
2.沖量的計算
(1)恒力的沖量：直接用定義式 I＝Ft 計算。
(2)變力的沖量
①方向不變的變力的沖量，若力的大小隨時間均勻變化，即力為時間的一次函數，則力 F 在某
F1＋F2
段時間 t 內的沖量 I＝ t，其中 F1、F2為該段時間內初、末兩時刻力的大小。2
②作出 F t 變化圖線，圖線與 t 軸所夾的面積即為變力的沖量。如甲乙丙圖所示。
③對于易確定始、末時刻動量的情況，可用動量定理求解，即通過求 Δp 間接求出沖量。
④對于變力的方向時刻改變的，先做矢量三角形求出 Δp，再確定沖量的大小和方向，如下圖所
示，小球在水平面內繞圓心 O 做勻速圓周運動，合力的方向發生變化,沖量的方向與動量變化量的
方向一致.由圖可得,合力的沖量 I = mv2-mv1 = mΔv
(3)求合沖量的兩種方法:
①分別求每一個力的沖量,再求各沖量的矢量和;
②如果各個力的作用時間相同,也可以先求合力,再用公式 I 合=FΔt 求解.
【考向 1】（2024·廣西·二模）某市學生期考體能測試中有一重要項目：排球墊球個數測試。某同學
在一次測試中雙手在同一高度多次豎直墊起排球，第一次墊球后，球豎直上升高度為0.2 第二次墊
球后，球豎直上升高度為0.45 。已知排球的質量為0.27 ，重力加速度取10m/s2，不計空氣阻力。
則第二次墊球過程，排球動量變化量的大小為（　　）
A．0.27kg m/s B．0.54kg m/s
C．0.81kg m/s D．1.35kg m/s
【考向 2】如圖所示，“嫦娥三號”繞月球做勻速圓周運動，其質量為 m、動量為 p，公轉周期為 T，
萬有引力常量為 G，下列說法正確的是（　　）
2
A．“嫦娥三號” 的動能為

B．“嫦娥三號”的向心加速度為
C ．“嫦娥三號”的公轉軌道半徑為 2
D．無法求出月球的質量
【考向 3】（多選）（2023·山東濱州·二模）如圖 1 所示，一物體在一水平拉力 F 作用下，沿水平地面
做直線運動，運動過程中拉力大小隨時間的變化圖像如圖 2。物體加速度 a 隨時間變化的圖像如圖
3．重力加速度 g 取10m s2，下列說法正確的是（ ）．
A．物體與水平地面間的動摩擦因數為 0.15
B．物體與水平地面間的最大靜摩擦力為3.75N
C．在0 4s時間內，合外力做的功為45J
D．在0 4s時間內，拉力 F 的沖量為15N s
【考向 4】（多選）（2023·廣西南寧·二模）如圖所示，將兩個質量分別為 m 和 2m 的小球 A 和 B 用
一根長為 L 的輕桿（質量不計）連接，輕桿可繞通過中心 O 的水平軸無摩擦轉動，現讓桿處于水平
位置靜止釋放，在桿轉至豎直的過程中，下列說法正確的是（　　）
A．兩球的速度始終相同
B．任意一段時間Δ 內，桿對兩球的沖量一定不同
C．任意一段時間Δ 內，桿對兩球做的功代數和一定為零
D．B 球的機械能保持不變
【考向 5】如圖所示，在傾角為 θ 的斜面上，有一個質量是 m 的小滑塊沿斜面向上滑動，經過時間
t1，速度為零后又下滑，經過時間 t2，回到斜面底端。滑塊在運動過程中，受到的摩擦力大小始終是
Ff，在整個運動過程中，摩擦力對滑塊的總沖量大小為 ，方向是 ；合力對滑塊的總沖
量大小為 ，方向是 。
【考向 6】（2024·河北保定·二模）如圖所示，將質量 = 0.31kg 的圓環套在固定的水平桿上，圓環
的內徑略大于桿的截面直徑。現對圓環施加一與桿成 θ 角、斜向上的恒定拉力 F，圓環由靜止開始
做勻加速直線運動，拉力作用 t=2s 后撤去，圓環總共運動了 = 12m 后靜止，已知圓環與桿之間的
動摩擦因數 = 0.8，取重力加速度大小 = 10m/s2，sin = 0.8，求：
（1）圓環的最大速度 m；
（2）拉力 F 對圓環的沖量大小 I。
【考向 7】（2023·湖北武漢·三模）如圖 1 所示，為一游樂場的飛天大轉盤娛樂項目，現將該游戲簡
化為圖 2 所示的情形。一粗糙的傾斜圓盤，與水平面的夾角為 = 37°，繞垂直圓盤的軸線 ′以角
速度 = 1rad/s逆時針方向轉動，一質量為 m=1kg 的物體放在轉盤上，隨轉盤一起轉動，且物體轉
7
到最低點 A 時恰好與圓盤不發生相對滑動，已知物體與圓盤間的動摩擦因數 = 8，最大靜摩擦力等
于滑動摩擦力， = 10m/s2，sin37° = 35，在物體從 A 運動半周至最高點 B 的過程中，求：
（1）圓盤對物體所做的功；
（2）圓盤對物體的摩擦力的沖量大小。
考點 2：動量定理及其應用
1.動量定理
(1)內容：物體所受合力的沖量等于物體動量的變化量．
(2)表達式：F 合·t＝Δp＝p′－p.
(3)矢量性：動量變化量方向與合力的方向相同，可以在某一方向上用動量定理．
2.對動量定理的理解
（1）動量定理的研究對象是一個質點(或可視為一個物體的系統)．
（2）動量定理的表達式是矢量式，等號包含了大小相等、方向相同兩方面的含義。在一維情
況下，各個矢量必須選同一個正方向。
（3）動量定理不僅適用于恒定的力，也適用于隨時間變化的力。這種情況下，動量定理中的
力 F 應理解為變力在作用時間內的平均值.
（4）動量定理中的沖量是合外力的沖量,而不是某一個力的沖量,它可以是合力的沖量,也可以是
各力沖量的矢量和,還可以是外力在不同階段的沖量的矢量和.合力是包括重力在內的所有外力的合
力，合力的沖量不包括系統內力的沖量。
p′－p Δp
（5）由 Ft＝p′－p 得 F＝ ＝ ，即物體所受的合外力等于物體的動量對時間的變化率。
t t
3.動量定理的三大應用
(1)用動量定理解釋現象
①物體的動量變化一定，此時力的作用時間越短，力就越大；時間越長，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，此時力的作用時間越長，動量變化越大；力的作用時間越短，動量變化越
小．
(2)應用 I＝Δp 求變力的沖量．
(3)應用 Δp＝F·Δt 求恒力作用下的曲線運動中物體動量的變化量．
4.用動量定理解題的基本思路
【考向 8】玻璃茶杯從同一高度掉下，落在石板上易碎，落在海綿墊上不易碎，這是因為茶杯與石
板撞擊過程中（　　）
A．茶杯的初動量較大 B．茶杯所受沖量較大
C．茶杯動量變化較大 D．茶杯動量變化率較大
【考向 9】（2024·江西鷹潭·二模）原地縱跳摸高是常見的體能測試項目。在某次摸高測試中，一同
學從如圖 A 所示的靜止下蹲狀態，腳剛離開地面，如圖 B 所示，身體運動到最高點時位置如圖 C 所
示，三幅圖代表同一豎直線上的三個位置，不計空氣阻力，關于該同學測試的全過程，下列說法正
確的是（ ）
A．從 A 到 B 的運動過程中，該同學因為受地面支持力的位移為零，所以支持力沖量為零
B．該同學在 C 圖位置的機械能等于在 A 圖位置的機械能
C．從 A 到 B 的運動過程中，地面對腳的支持力始終大于該同學的重力
D．從 A 到 C 的過程中，地面對腳的支持力沖量與該同學的重力沖量等大反向
【考向 10】（2024·山西陽泉·三模）2024 年春晚雜技節目《躍龍門》帶給觀眾震撼的視覺盛宴，教
練在訓練時將壓力傳感器安裝在蹦床上，記錄演員對蹦床的壓力。如圖是某次彩排中質量為40kg的
演員在豎直方向運動時計算機輸出的壓力—時間（F—t）圖像片段，運動員可視為質點。不計空氣
阻力，重力加速度 = 10m/s2，下列說法正確的是（　　）
A．演員在 a 到 b 過程處于超重狀態
B．演員在 b 時刻速度最大，速度大小為8m/s
C．從 a 時刻到 b 時刻，蹦床對演員做的功大于1280J
D．從 a 時刻到 b 時刻，蹦床給演員的沖量大小為320N s
【考向 11】（多選）（2024·廣東肇慶·二模）在水平面上靜置有質量相等的 a、b 兩個物體，水平推力
1、 2分別作用在 a、b 上，一段時間后撤去推力，物體繼續運動一段距離后停下，a、b 在運動過
程中未相撞，a、b 的 v-t 圖像如圖所示，圖中 平行于 ，整個過程中 a、b 的最大速度相等，運
動時間之比 : = 3:4。則在整個運動過程中下列說法正確的是（　　）
A．物體 a、b 受到的摩擦力大小相等

B 1 3．兩水平推力對物體的沖量之比為 =2 4

C 1 3．兩水平推力對物體的做功之比為 =2 4

D 1 3．兩水平推力的大小之比為 =2 4
【考向 12】（多選）（2024·貴州黔東南·三模）風洞實驗是了解飛行器空氣動力學特性的一種空氣動
力實驗方法。在風洞中將一質量為 m 的飛行器 （可視為質點）由靜止釋放，假設飛行器所受風洞
阻力方向豎直向上，風洞阻力大小 f 與飛行器下降速率 v 的關系為 f=kv，測出飛行器由靜止下降 h
后做勻速直線運動，重力加速度大小為 g。關于飛行器下降 h 的過程下列說法正確的是（ ）
3A
2
．飛行器的最大速率 = B．風洞阻力對飛行器做功為 2 2
2
C
2 2
．飛行器運動時間為 = D．飛行器運動時間 =
考點 3：應用動量定理處理“流體問題”“粒子流問題”
1.流體類柱狀模型
流體及 通常液體流、氣體流等被廣義地視為“流體”，質量具有連續性，通常已知密度 ρ，
其特點 液體流量 Q（單位時間內流體的體積）等
1 建立“柱狀模型”，沿流速 v 的方向選取一段柱形流體，其橫截面積為 S
分
析 2 微元研究，作用時間 Δt 內的一段柱形流體的長度為 Δl，對應的質量為 Δm＝ρSvΔt
步
驟
3 建立方程，應用動量定理研究這段柱狀流體
2.微粒類柱狀模型
微粒及 通常電子流、光子流、塵埃等被廣義地視為“微粒”，質量具有獨立性，通常
其特點 給出單位體積內粒子數 n
1 建立“柱狀模型”，沿運動的方向選取一段微元，柱體的橫截面積為 S
分
析 2 微元研究，作用時間 Δt 內一段柱形流體的長度為 Δl，對應的體積為 ΔV＝
步 Sv0Δt，則微元內的粒子數 N＝nv0SΔt
驟
3 先應用動量定理研究單個粒子，建立方程，再乘以 N 計算
【考向 13】（2024·河北·一模）如圖所示，某航拍小型飛機有四個相同的風扇，每個風扇的半徑均為
R，當它在無風的天氣懸停時，每個風扇都呈水平狀態，風扇吹出的空氣速度大小都等于 v，吹出的
空氣流動方向相同。已知空氣的平均密度為 ，則風扇懸停時，不考慮其他位置空氣流動的影響。下
列說法錯誤的是（　　）
A．風扇吹出的空氣流動方向豎直向下
B．單位時間內每個風扇吹出的空氣的質量為 2
C．無人機的總重力等于4 2 2
D 1．每個風扇對空氣做功的功率為 2 22
【考向 14】（2024·山東棗莊·三模）如圖，將總質量為 200g 的 2000 粒黃豆從距秤盤 125cm 高處連
續均勻地倒在秤盤上，觀察到指針指在刻度為 80g 的位置附近。若每粒黃豆與秤盤在極短時間內垂
直碰撞一次，且碰撞前后速率不變，重力加速度 = 10m/s2，不計空氣阻力，則持續傾倒黃豆的時
間約為（　　）
A．1.5s B．2.5s C．3.0s D．5.0s
【考向 15】（2024·廣東汕頭·一模）某實驗小組用電池、電動機等器材自制風力小車，如圖所示，葉
片勻速旋轉時將空氣以速度 v 向后排開，葉片旋轉形成的圓面積為 S，空氣密度為 ρ，下列說法正確
的是（　　）
A．風力小車的原理是將風能轉化為小車的動能
B．t 時間內葉片排開的空氣質量為 ρSv
C．葉片勻速旋轉時，空氣對小車的推力為 2
D 1．葉片勻速旋轉時，單位時間內空氣流動的動能為2
2
【考向 16】（2024·山東菏澤·三模）風箏在我國已存在兩千年之久，又有紙鳶、鷂子之稱。如圖所示，
某時刻風箏靜止在空中，風箏面與水平面夾角為 ，牽引線與豎直方向夾角為2 。已知風箏質量為
m，垂直風箏面的風速大小為 v，風箏面的面積為 S，重力加速度為 g，則風箏所在高度空氣密度為
（　　）
A 2 cos B 2 sin C 4 D 4 ． 2 ． 2 ． 2sin2 ． 2sin
【考向 17】（2024·山東濰坊·二模）用噴水機澆灌草坪，噴水機將水加速后通過噴水嘴噴出，噴水嘴
出水速度的大小 v 和夾角 θ 均可調節。已知噴水嘴的截面積 = 1.0 × 10 4m2，水噴出的最大水平射
程為 10m，水的密度 = 1.0 × 103kg/m3，g 取10m/s2，水流沖擊到地面后，水平方向速度變為 0，
忽略噴嘴離地高度以及空氣阻力的影響。求：
（1）噴水嘴出水的最大速率 ；
（2）若出水速度 1 = 8m/s，夾角 = 60°，則水流對地面水平方向平均沖力的大小。
考點 4：應用動量定理處理多物體、多過程問題
1.動量定理適用于單個物體也適用于多個物體組成的系統．
2.動量定理不僅能處理單一過程，也能處理多過程．在多過程中外力的沖量是各個力沖量的矢
量和．對過程較復雜的運動，可分段用動量定理，也可整個過程用動量定理．解決多物體多過程問
題的一般思路：
①若物體（或系統）涉及速度和時間，應考慮用動量定理；
②若物體（或系統）涉及位移和時間，且受到恒力的作用，應考慮使用牛頓運動定律；
③若物體（或系統）涉及位移和速度，應考慮使用動能定理，尤其是關于曲線運動和變加速運
動問題。
【考向 18】（2021·廣西玉林·一模）如圖所示，有一子彈穿過三塊靜止放置在光滑水平面上的相互接
觸質量分別為 m、2m、3m 的木塊 A、B、C，設子彈穿過木塊 A、B 、C 的時間分別為 t1、t2、
t3，木塊對子彈的阻力恒為 f，則子彈穿過三木塊后，木塊 A 的速度大小是（　　）
A = 1 B = 1 C 1 D ( 1 2 3)． ． 3 ．6 ． 6
【考向 19】如圖所示，物體 A、B 相隔一段距離放置在水平地面上，現 A 以 vA=10m/s 的初速度向
靜止的物體 B 運動，物體 A 與 B 發生正碰后仍沿原來的方向運動。若物體 A 在碰撞前后共運動 6s
后停止，求碰撞后 B 運動的時間。（已知 mA=2mB，物體 A、B 與水平地面間的動摩擦因數均為
μ=0.1，重力加速度 g 取 10m/s2）
【考向 20】總質量為 M 的列車，沿水平直軌道勻速前進，其末節車廂質量為 m，中途脫節，司機發
覺時，機車已行駛了時間 t，于是立即關閉油門。設運動的阻力與重量成正比，機車牽引力恒定，當
列車兩部分都停止時，機車比末節車廂多運動了多長時間。
【考向 21】（多選）如圖所示，一熱氣球正以豎直速度 v 勻速上升，當氣球下面所系質量為 m 的物
體距水平地面 h 高處時，繩子斷裂，物體和氣球分離。已知熱氣球與物體的總質量為 M，分離后熱
氣球所受浮力不變，重力加速度大小為 g，不計阻力，則（　　）
2 2 A．從分離開始，經過時間 + 物體落地
B．物體剛到達地面時的速度大小為 2 + 2
C．物體從分離到落地的過程中，熱氣球動量增加 2 + 2 +
2D
2 2
．物體剛到達地面時，熱氣球離地的高度為 ( )
【真題 1】（2024·北京·高考真題）將小球豎直向上拋出，小球從拋出到落回原處的過程中，若所受
空氣阻力大小與速度大小成正比，則下列說法正確的是（　　）
A．上升和下落兩過程的時間相等
B．上升和下落兩過程損失的機械能相等
C．上升過程合力的沖量大于下落過程合力的沖量
D．上升過程的加速度始終小于下落過程的加速度
【真題 2】（多選）（2023·福建·高考真題）甲、乙兩輛完全相同的小車均由靜止沿同一方向出發做直
線運動。以出發時刻為計時零點，甲車的速度—時間圖像如圖（a）所示，乙車所受合外力—時間圖
像如圖（b）所示。則（ ）
A．0 ~ 2s 內，甲車的加速度大小逐漸增大
B．乙車在 t = 2s 和 t = 6s 時的速度相同
C．2 ~ 6s 內，甲、乙兩車的位移不同
D．t = 8s 時，甲、乙兩車的動能不同
【真題 3】（多選）（2024·福建·高考真題）物塊置于足夠長光滑斜面上并鎖定， = 0時刻解除鎖定，
并對物體沿斜面施加如圖所示變化的力 F，以沿斜面向下為正方向，下列說法正確的是（　　）
A．0~4 0，物體一直沿斜面向下運動
B．0~4 0，合外力的總沖量為 0
C． 0時動量是2 0時的一半
D．2 0~3 0過程物體的位移小于3 0~4 0的位移
【真題 4】（多選）（2024·全國·高考真題）蹦床運動中，體重為60kg的運動員在 = 0時剛好落到蹦
床上，對蹦床作用力大小 F 與時間 t 的關系如圖所示。假設運動過程中運動員身體始終保持豎直，
在其不與蹦床接觸時蹦床水平。忽略空氣阻力，重力加速度大小取10m/s2。下列說法正確的是（　　）
A． = 0.15s時，運動員的重力勢能最大
B． = 0.30s時，運動員的速度大小為10m/s
C． = 1.00s時，運動員恰好運動到最大高度處
D．運動員每次與蹦床接觸到離開過程中對蹦床的平均作用力大小為4600N
【真題 5】（多選）（2024·安徽·高考真題）一傾角為30°足夠大的光滑斜面固定于水平地面上，在斜
面上建立 Oxy 直角坐標系，如圖（1）所示。從 = 0開始，將一可視為質點的物塊從 0 點由靜止釋
放，同時對物塊施加沿 x 軸正方向的力 1和 2，其大小與時間 t 的關系如圖（2）所示。己知物塊的
質量為 1.2kg，重力加速度 g 取10m/s2，不計空氣阻力。則（ ）
A．物塊始終做勻變速曲線運動
B． = 1s時，物塊的 y 坐標值為 2.5m
C． = 1s時，物塊的加速度大小為5 3m/s2
D． = 2s時，物塊的速度大小為10 2m/s
【真題 6】（多選）（2023·全國·高考真題）一質量為 1kg 的物體在水平拉力的作用下，由靜止開始在
水平地面上沿 x 軸運動，出發點為 x 軸零點，拉力做的功 W 與物體坐標 x 的關系如圖所示。物體與
水平地面間的動摩擦因數為 0.4，重力加速度大小取 10m/s2。下列說法正確的是（ ）
A．在 x = 1m 時，拉力的功率為 6W
B．在 x = 4m 時，物體的動能為 2J
C．從 x = 0 運動到 x = 2m，物體克服摩擦力做的功為 8J
D．從 x = 0 運動到 x = 4 的過程中，物體的動量最大為 2kg m/s
【真題 7】（多選）（2023·重慶·高考真題）某實驗小組測得在豎直方向飛行的無人機飛行高度 y 隨時
間 t 的變化曲線如圖所示，E、F、M、N 為曲線上的點，EF、MN 段可視為兩段直線，其方程分別
為 = 4 26和 = 2 + 140。無人機及其載物的總質量為 2kg，取豎直向上為正方向。則（　　）
A．EF 段無人機的速度大小為 4m/s
B．FM 段無人機的貨物處于失重狀態
C．FN 段無人機和裝載物總動量變化量大小為 4kg m/s
D．MN 段無人機機械能守恒
【真題 8】（2024·廣東·高考真題）汽車的安全帶和安全氣囊是有效保護乘客的裝置。
（1）安全帶能通過感應車的加速度自動鎖定，其原理的簡化模型如圖甲所示。在水平路面上剎車的
過程中，敏感球由于慣性沿底座斜面上滑直到與車達到共同的加速度 a，同時頂起敏感臂，使之處
于水平狀態，并卡住卷軸外齒輪，鎖定安全帶。此時敏感臂對敏感球的壓力大小為 N，敏感球的質
量為 m，重力加速度為 g。忽略敏感球受到的摩擦力。求斜面傾角的正切值tan 。
（2）如圖乙所示，在安全氣囊的性能測試中，可視為質點的頭錘從離氣囊表面高度為 H 處做自由
落體運動。與正下方的氣囊發生碰撞。以頭錘到氣囊表面為計時起點，氣囊對頭錘豎直方向作用力 F
隨時間 t 的變化規律，可近似用圖丙所示的圖像描述。已知頭錘質量 = 30kg, = 3.2m，重力加速
度大小取 = 10m/s2。求：
①碰撞過程中 F 的沖量大小和方向；
②碰撞結束后頭錘上升的最大高度。
一、單選題
1．（2024·廣東·三模）工廠中某水平傳送帶由靜止啟動，啟動初期驅動輪上某點的線速度隨路程均
勻增大，已知傳送帶與驅動輪間無相對滑動，則啟動初期與傳送帶相對靜止的滑塊（　　）
A．做勻加速運動 B．加速度逐漸減小
C．動量變化得越來越快 D．所受摩擦力的功率不變
2．（2024·四川涼山·三模）如圖所示，動力小車以恒定的速率沿曲線豎直軌道上表面從 A 點運動到 D
點，A 點是軌道最低點，B 為軌道最高點。下列判斷正確的是（ ）
A．小車在 A、B 兩點速度不同 B．運動中小車的動量不變
C．運動中小車機械能不變 D．小車在 A 點對軌道壓力最大
3．（2023·廣東·二模）2023 年 7 月 22 日，中國女足迎來世界杯首戰．如圖所示，某次撲球時，守門
員戴著厚厚的手套向水平飛馳而來的足球撲去，使足球停下．與不戴手套相比，此過程守門員戴手
套可以（　　）
A．減小足球的慣性 B．減小足球對手的沖量
C．減小足球的動量變化量 D．減小足球對手的平均作用力
4．（2024·寧夏吳忠·二模）如圖所示，某同學將質量相同的三個物體從水平地面上的 A 點以同一速
率沿不同方向拋出，運動軌跡分別為圖上的 1、2、3。若忽略空氣阻力，在三個物體從拋出到落地
過程中，下列說法正確的是（　　）
A．軌跡為 1 的物體在最高點的速度最大
B．軌跡為 1 的物體在空中飛行時間最短
C．軌跡為 3 的物體所受重力的沖量最大
D．三個物體單位時間內動量的變化相同
5．（2024·北京海淀·一模）如圖所示，一條不可伸長的輕繩跨過定滑輪，繩的兩端各系一個小球 A
和 B，B 球的質量是 A 球的 3 倍。用手托住 B 球，使輕繩拉緊，A 球靜止于地面，不計空氣阻力、
定滑輪的質量及輪與軸間的摩擦。已知重力加速度為 g。由靜止釋放 B 球，到 B 球落地前的過程中，
下列說法正確的是（ ）
A．B 球重力勢能的減少量等于兩球動能的增加量
B．輕繩拉力對 A 球做的功等于 A 球動能的增加量
C．B 球重力勢能的減少量大于 A 球機械能的增加量
D．輕繩拉力對兩小球的總沖量為零
6．“雙星”是宇宙中普遍存在的一種天體系統，由兩顆恒星組成，雙星系統遠離其他恒星，在相互的
萬有引力作用下繞連線上一點做周期相同的勻速圓周運動。如圖所示，A、B 兩顆恒星構成雙星系
統，繞共同的圓心 O 做勻速圓周運動，經過 t（小于周期）時間，A、B 兩恒星的動量變化量分別為
Δ A、Δ B，則下列判斷正確的是（　　）
A．|Δ A| > |Δ B| B．|Δ A| < |Δ B| C．Δ A = Δ B D．Δ A = Δ B
7．（2023·貴州安順·一模）有些太空探測器裝配有離子發動機，其工作原理是將被電離后的正離子
從發動機尾部高速噴出，從而為探測器提供推力。若發動機向后噴出離子的速率為 25km/s（遠大于
探測器的飛行速率）時，探測器獲得的推力大小為 0.1N，則該發動機 1s 時間內噴出離子的質量為
（　　）
A．4 × 10 4kg B．4 × 10 5kg
C．4 × 10 6kg D．4 × 10 7kg
8．（2024·陜西·一模）今年春晚雜技節目《躍龍門》為觀眾帶來了一場視覺盛宴。彩排時為確保演
員們能夠準確掌握發力技巧，教練組將壓力傳感器安裝在圖甲的蹦床上，記錄演員對彈性網的壓力。
圖乙是某次彩排中質量為 35kg 的演員在豎直方向運動時計算機輸出的壓力-時間（ ）圖像，演員
可視為質點。不計空氣阻力，重力加速度 = 10m/s2，下列說法正確的是（　　）
A．從 a 時刻到 b 時刻，演員做勻變速直線運動
B．從 a 時刻到 b 時刻，演員一直處于失重狀態
C．在 b 時刻，演員的速度最大
D．從 a 時刻到 b 時刻，蹦床給演員的沖量大小為 455N·s
9．春節期間很多騎行人員未按要求佩戴頭盔，交管部門針對這一現象，進行專項整治，未按要求佩
戴頭盔人員將受到如下懲罰：舉如圖所示的廣告牌，發朋友圈“集贊”。某同學在某輕質頭盔的安全
性測試中進行了模擬檢測，某次他在頭盔中裝入質量為 5kg 的物體，物體與頭盔緊密接觸，使其從
0.8m 的高處自由落下，并與水平面發生碰撞，頭盔被擠壓了 0.02m 時，物體的速度減為 0，如圖所
示，擠壓過程中視為勻減速直線運動，不考慮物體和地面的形變，忽略空氣阻力，重力加速度 g 取
10m/s2，下列說法正確的是（　　）
A．物體落地瞬間的速度為 8m/s
B．勻減速直線運動過程中頭盔對物體的平均作用力大小為 2050N
C．物體做勻減速直線過程中動量變化量大小為 20kg·m/s，方向豎直向下
D．物體在自由下落過程中重力的沖量大小為 30N·s
10．（2023·安徽淮北·一模）質量為2kg的物體靜止在水平面上， = 0時受到水平拉力 F 的作用開始
運動， 圖像如圖所示，4s時物體剛好停止運動。物體與地面之間的動摩擦因數為 ，重力加速度
g 取10m/s2，則（　　）
A． = 0．2 B．2s時物體的速度最大
C．物體最大動能為2J D．3s時物體的動量為2kg m/s
11．（2023·安徽宣城·二模）如圖所示，將一質量為 m 的小球放在玻璃漏斗中，晃動漏斗，可以使小
球沿光滑的漏斗壁在某一水平面內做半徑為 r 的勻速圓周運動，周期為 T，重力加速度為 g，下列說
法正確的是（　　）
A．在 T 時間內，小球受到的重力沖量為零
B ．在2時間內，小球受到合力的沖量為零
C．在 T 時間內，小球受到彈力的沖量為零
D 16
2 2 2 2
．在2時間內，小球受到彈力的沖量大小為 + 2 4
12．如圖所示，AB 為豎直固定的四分之一粗糙圓弧軌道，O 為圓心，P 為圓弧 AB 的中點，OA 水
平，OB 豎直，軌道半徑 R=2m，一質量 m=4kg 的小物塊以 2m/s速度從 A 到 B 做勻速圓周運動，
重力加速度 = 10m/s2 ，則下列說法不正確的是（　　）
A．A 到 B 的過程中合力對小球的沖量為 8 N s
B．在 P 點時，重力的瞬時功率為 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 點時，小物塊對圓弧軌道的壓力大小為 40N
二、多選題
13．（2024·廣東江門·一模）數據表明，在電動車事故中，佩戴頭盔可防止 85%的頭部受傷，大大減
小損傷程度。頭盔內部的緩沖層與頭部的撞擊時間延長至 6ms 以上，人頭部的質量約為 2kg，則下
列說法正確的是（　　）
A．頭盔減小了駕駛員頭部撞擊過程中的動量變化率
B．頭盔減少了駕駛員頭部撞擊過程中撞擊力的沖量
C．事故中頭盔對頭部的沖量與頭部對頭盔的沖量大小相等
D．若事故中頭部以 6m/s 的速度水平撞擊緩沖層，則頭部受到的撞擊力最多為 2000N
14．用一小型電動機豎直向上提升質量為 m 的重物，電動機的輸出功率恒定，重物向上加速運動的
v-t 圖像如圖所示，v0為上升過程的最大速度。重力加速度為 g，加速上升過程中，重力的沖量大小
為 I，不計空氣阻力，則下列說法正確的是（　　）

A．重物加速上升的時間為
B．重物加速上升過程中吊索對重物拉力的沖量大小等于 mv0
C．電動機的輸出功率 P=mgv0
D 1．當重物速度為2 0時，重物加速度大小等于 2g
15．（2024·河南濮陽·一模）如圖所示為固定在水平面上的光滑半球形碗，一質量為 m 的小物塊從碗
口 A 點由靜止沿圓弧面下滑到最低點 C，B 點為 AC 圓弧的中點。下列判斷正確的是（ ）
A．從 A 到 B 物塊重力做的功大于從 B 到 C 重力做的功
B．從 A 到 B 物塊重力的沖量小于從 B 到 C 重力的沖量
C．從 A 到 C，碗對物塊支持力的沖量為零
D．從 A 到 C，物塊重力的功率先增大后減小
16．（2024·山東聊城·二模）圖甲是正在送餐的“機器人服務員”，其質量 m=40kg，該機器人正在沿
圖乙中 ABCD 曲線給 16 號桌送餐，圓弧 BC 與直線路徑 AB、CD 相切，AB 段長度為 5m，CD 段長
度為 12m，機器人從 A 點由靜止勻加速出發，到達 B 點時速率達到 1m/s，接著以 1m/s 的速率勻速
通過 BC 段，通過 C 點后仍以 1m/s 的速率運動到某位置才開始做勻減速直線運動，最終停在 16 號
桌旁的 D 點。已知餐盤與水平托盤間的動摩擦因數 = 0.2，餐盤與托盤之間未發生相對滑動，最大
靜摩擦力等于滑動摩擦力。下列說法正確的是（　　）
A．從 B 運動到 C 過程中機器人的動量變化量為40kg m/s
B．從 A 運動到 B 過程中機器人的加速度為0.1m/s2
C．圓弧 BC 的半徑可以設計為 0.45m
D．機器人從 C 到 D 的最短時間為 12.25s
17．（2024·福建·三模）如圖所示，消防員正在進行消防滅火演練，消防員用高壓水槍噴出的強力水
柱沖擊著火物，設水柱直徑為 D，以水平速度 v 垂直射向著火物，水柱沖擊著火物后速度變為零。
高壓水槍的質量為 M，消防員手持高壓水槍操作，進入水槍的水流速度忽略不計，水的密度為 ，
下列說法正確的是（　　）
A 1．水槍的流量為 π 22
B 1．水槍的功率為 π 28
3
C 1．水柱對著火物的沖擊力為8π
2 2
D．向前水平噴水時，消防員對水槍的作用力方向向前且斜向上方
三、解答題
18．（2024·福建福州·一模）如圖甲所示，一質量 = 1kg的木板 A 靜置在足夠大的光滑水平面上，
= 0時刻在木板上作用一水平向右的力 F，力 F 在 0~2s 內隨時間均勻變大，之后保持不變，如圖乙
所示。在 = 2s時將質量 = 2kg的滑塊 B 輕放在木板 A 右端，最終滑塊 B 恰好沒有從木板 A 左端
掉落。已知滑塊 B 與木板 A 間的動摩擦因數 = 0.15，重力加速度大小 = 10m/s2，求：
（1）0~2s 內力 F 的沖量大小 I 及 2s 時刻木板 A 的速度大小 0；
（2）木板 A 的長度 L。
19．（2024·山東青島·三模）網球運動正在逐步走進中學校園，受到眾多同學的喜愛。如圖，某同學
正在網球場練習發球，他將質量 = 0．05kg的網球從離水平地面高度 = 1．8m處，以某一初速度
0水平擊出，網球第一次落在距擊球點水平距離 1 = 24m處的地面上，然后經地面多次反彈，最終
1
停下來。已知網球與地面第一次碰后，豎直分速度反向，大小變為碰前的2，水平分速度方向不變，
3
大小變為碰前的4。不計網球所受空氣阻力，網球與地面碰撞時間極短，重力加速度 = 10m/s
2，計
算結果可保留根號，求
（1）該同學擊球過程對網球所做的功 ；
（2）網球第一次與地面碰撞過程中地面對網球的沖量 ；
（3）網球第二次接觸地面處與擊球點間的水平距離 2。

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