資源簡介

考點 26 動量和動量定理及其應(yīng)用
1. 高考真題考點分布
題型 考點考查 考題統(tǒng)計
計算題 動量定理 2024 年北京卷、廣東卷
選擇題 沖量計算 2024 年北京卷
選擇題 平均作用力計算、動量定理 2024 年全國甲卷
2. 命題規(guī)律及備考策略
【命題規(guī)律】高考對動量定理的考查較為頻繁，大多在以計算題的形式出現(xiàn)，題目的難度不大，聯(lián)系實際
生活場景的情況較多。
【備考策略】
1.理解和掌握動量定理。
2.能夠用動量定理解決和處理生活中的實際問題。
【命題預(yù)測】重點關(guān)注應(yīng)用動量定理解決生活中的實際問題。
一、動量
1．定義：質(zhì)量和速度的乘積叫作物體的動量，通常用 p 來表示。
2．表達(dá)式：p＝mv。
3．單位：kg·m/s。
4．標(biāo)矢性：動量是矢量，其方向和速度方向相同。
5．動量的變化
(1)因為動量是矢量，動量的變化量 Δp 也是矢量，其方向與速度的改變量 Δv 的方向相同。
(2)動量的變化量 Δp 的大小，一般用末動量 p′減去初動量 p 進(jìn)行計算，也稱為動量的增量，即 Δp＝p′－p。
二、動量定理
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(dá)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，恒力沖量的方向與力的方向相同。
2．動量定理
(1)內(nèi)容：物體在一個過程中所受力的沖量等于它在這個過程始末的動量變化量。
(2)表達(dá)式：FΔt＝Δp＝p′－p。
(3)矢量性：動量變化量的方向與合外力的沖量的方向相同，可以在某一方向上用動量定理。
考點一 動量、動量變化量和沖量
考向 1 動量和動量變化量的計算
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(zhì)量和速度的乘積
量 量差
1
定義式 E ＝ mv2k p＝mv Δp＝p′－p2
標(biāo)矢性 標(biāo)量 矢量 矢量
特點 狀態(tài)量 狀態(tài)量 過程量
關(guān)聯(lián) p2 1 2Ek
Ek＝ ，Ek＝ pv，p＝ 2mEk，p＝
方程 2m 2 v
(1)都是相對量，與參考系的選取有關(guān)，通常選取地面為參考系
聯(lián)系 (2)若物體的動能發(fā)生變化，則動量一定也發(fā)生變化；但動量發(fā)生變化時動能不一定發(fā)
生變化
1．如圖，在光滑的水平桌面上，質(zhì)量為 m 的小球在輕繩的作用下，繞 O 點以速率 v 做勻速圓周運動。AB
連線為直徑，由 A 記時，經(jīng)過時間 t 小球在 B 點，繩子的拉力大小為 F，此過程下列說法正確的是
（　　）
2
A．圓周運動的周期可能為 t
3
B．小球重力沖量大小為 0
C．繩子拉力的沖量大小為Ft
D．小球動量的變化量大小為 0
【答案】A
【詳解】A．小球在輕繩的作用下，繞 O 點做勻速圓周運動，則由 A 到 B 點的運動時間 t 可能是半個周期
t = n T 2t 2的奇數(shù)倍，即 其中 n 取奇數(shù)，則T = 當(dāng) n=3 時，T = t，故 A 正確；
2 n 3
B．在時間 t 內(nèi)，小球重力的沖量 IG = mgt 故 B 錯誤；
C．小球在水平桌面上運動時，重力沖量與支持力沖量等大反向，小球在 A 點和 B 點時的速度方向相反，
對該過程運用動量定理，則繩子拉力的沖量 IF = mv - (-mv) = 2mv故 C 錯誤；
D．由 C 可知，小球在由 A 到 B 點的運動過程中，動量的變化量大小為 2mv，故 D 錯誤。故選 A。
2．中國汽車?yán)﹀\標(biāo)賽是我國級別最高，規(guī)模最大的汽車賽事之一，其賽道有很多彎道。某輛賽車在一
段賽道內(nèi)速度大小由 2v 變?yōu)?4v，隨后一段賽道內(nèi)速度大小由 5v 變?yōu)?7v，前后兩段賽道內(nèi)，合外力對賽車
做的功分別為 W1和 W2，賽車的動量變化的大小分別為Δp1 和Δp2 ，下列關(guān)系式可能成立的是（　　）
A．W1 = W2，Δp
1 Δp W 1 W Δp 11 = 2 B． 1 = 2， 1 = Δp2 2 2 2
1
C．W = W ，Δp1 = 4Δp2 D．W1 = W2，Δp1 = 4Δp2 2
【答案】B
1 2 1 2 2 1 2 1 2 2 1
【詳解】根據(jù)動能定理有W1 = m（4v）- m（2v）= 6mv ,W2 = m（7v）- m（5v）=12mv 可得W1 = W 由2 2 2 2 2 2
于速度和動量是矢量，具有方向，當(dāng)初、末速度方向相同時，動量變化量最小，方向相反時，動量變化量
最大，可知動量變化的大小范圍是 2mv Δp1 6mv , 2mv Δp2 12mv
1
可得 Δp2 Δp1 3Δp2故選 B。6
考向 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(shù)，則力 F 在某段時間 t 內(nèi)
F1＋F2
的沖量 I＝ t，其中 F1、F2為該段時間內(nèi)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。
3．為了響應(yīng)政府號召，做到“守護(hù)好一江碧水”，記者騎行馬拉松跑道見證最美長江岸線，并用手機(jī)上“測
加速度”的應(yīng)用程序記錄下了電動車從靜止開始沿直線運動過程中的運動信息，其加速度隨時間變化的規(guī)律
如圖所示，由圖像可知在這段時間內(nèi)電動車（　　）
A．2s 末的位移最大
B．0~2s 平均速度大小大于 2s~4s 平均速度大小
C．0~2s 合外力做功大小等于 2s~4s 合外力做功大小
D．0~2s 合外力沖量大小小于 2s~4s 合外力沖量大小
【答案】C
【詳解】A． a - t 圖像與坐標(biāo)軸包圍的面積表示速度的變化量，0~2s 速度的變化量大小與 2~4s 速度的變化
量大小相同，方向相反。設(shè) t = 2s，速度為 v，則 t = 4 s速度為零。0~2s 電動車從速度為零開始加速，2~4s
時減速到零。4s 末位移最大，A 錯誤；
B．根據(jù)圖像對稱性，0~2s 位移與 2~4s 相等，0~2s 平均速度大小等于 2~4s 平均速度大小，B 錯誤；
C．根據(jù)動能定理，0~2s 和 2~4s 動能的變化量相等，故合外力做功大小相等，C 正確；
D．根據(jù)動量定理，0~2s 合外力沖量大小等于 2~4s 合外力沖量大小，方向相反，D 錯誤。
故選 C。
4．如圖所示，水平面上固定一半圓形凹槽，凹槽的質(zhì)量為M ，半圓弧的圓心為O點，最低點為A 點，半
徑為 R 。現(xiàn)將一質(zhì)量為m 的光滑小球從圓弧上的D點釋放，已知OD 與OA的夾角為q q < 5° ，重力加速
度為 g ，小球大小可以忽略不計。從D點運動到A 點的過程中，小球?qū)Π疾鄣膹椓Φ臎_量大小為（　　）
p 2A m gR
2
． + 2gR 1- cosq B M p gR． + 2gR 1- cosq
4 4
C p gR．m + m 2gR 1- cosq D p gR．M + M 2gR 1- cosq
2 2
【答案】A
【詳解】OD 與OA的夾角為θ(θ < 5°)，可知小球做單擺運動，從D點運動到A 點的過程中，小球運動時間
為 t
1 2p R p R 1= = 從D點運動到A 點的過程中，根據(jù)動能定理mgR(1- cosq ) = mv2 從D點運動到A
4 g 2 g 2
點的過程中，小球?qū)Π疾鄣膹椓Φ臎_量大小為 I 2 2F = IG + (mv) 重力的沖量大小為 IG = mgt 聯(lián)立解得
p 2I m gRF = + 2gR 1- cosq 故選 A。4
考點二 動量定理
考向 1 應(yīng)用動量定理解釋生活現(xiàn)象
1.應(yīng)用動量定理解釋的兩類物理現(xiàn)象
(1)當(dāng)物體的動量變化量一定時,力的作用時間 Δt 越短,力 F 就越大,力的作用時間 Δt 越長,力 F 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)當(dāng)作用力 F 一定時,力作用時間 Δt 越長,動量變化量 Δp 越大,力的作用時間 Δt 越短,動量變化量 Δp 越
小。
2.動量定理的應(yīng)用技巧
(1)應(yīng)用 I=Δp 求變力的沖量：如果物體受到大小或方向改變的力的作用,則不能直接用 I=Ft 求沖量,可以
求出該力作用下物體動量的變化 Δp,等效代換得出變力的沖量 I。
(2)應(yīng)用 Δp=FΔt 求動量的變化。
5．在駕駛汽車時必須系好安全帶，因為在緊急情況下急剎車，汽車速度會在很短時間內(nèi)減小為零，關(guān)于
安全帶在此過程中的作用，下列說法正確的是（　　）
A．延長了司機(jī)的受力時間
B．減少了剎車前后司機(jī)動量的變化量
C．增加了司機(jī)所受的沖量
D．將司機(jī)的動能全部轉(zhuǎn)換成汽車的動能
【答案】A
【詳解】A．安全帶在剎車過程中延長了司機(jī)的受力時間，從而減小了司機(jī)的受力，使人不易受傷，故 A
正確；
B．司機(jī)剎車前后的速度變化量不變，因此無論有無安全帶，司機(jī)動量的變化量都相等，故 B 錯誤；
C．根據(jù)動量定理，司機(jī)所受的沖量等于動量的變化量，由 B 項可知，無論有無安全帶，司機(jī)所受沖量都
一樣，故 C 錯誤；
D．司機(jī)在剎車過程中，其動能轉(zhuǎn)化為汽車的動能和內(nèi)能，故 D 錯誤；
故選 A。
6．2023 年杭州亞運會，全紅嬋憑借完美的表現(xiàn)奪得 10 米臺跳水比賽金牌，引起廣泛關(guān)注。假設(shè)不計空氣
阻力，運動員從 10 米臺跳下時初速度為零，若入水姿勢正確，則從接觸水面到速度為零下降距離約 3
米；若入水姿勢不正確，則從接觸水面到速度為零下降距離約 1 米，運動員在向下運動的過程中（　　）
A．在空中重力的沖量與下降的距離成正比
B．入水姿勢正確的情況下，在水中動量變化量小，受到水的沖擊力小
C．入水姿勢不正確的情況下，在水中動量變化率小，受到水的沖擊力小
D．入水姿勢正確的情況下，在水中動量變化率小，受到水的沖擊力小
【答案】D
2h
【詳解】A．人在空中做自由落體運動，重力的沖量為 IG = mgt = mg = m 2gh 故 A 錯誤；g
t h 2h= =
BCD．人在空中做自由落體運動，下降高度為 h，入水前速度為 v = 2gh 在空中用時 1 v v 在水中認(rèn)為
2
t d 2d= =
受水作用力 F 不變時可以看作勻減速運動下降 d，水中用時為 2 v v 整個過程對人運用動量定理有
2
mg(t1 + t2 ) - Ft2 = 0
h
所以F = ( +1)mg 若入水姿勢正確，d 較大，人受到水的沖擊力小 F 較小，即人在水中
d
動量變化率小；若入水姿勢不正確，d 較小，人受到水的沖擊力小 F 較大，即人在水中動量變化率大，故
BC 錯誤，D 正確。故選 D。
考向 2 應(yīng)用動量定理求平均沖力
1.動量定理的表達(dá)式 F·Δt=Δp 是矢量式,在一維的情況下,各個矢量必須以同一個規(guī)定的方向為正方向。運用
它分析問題時要特別注意沖量、動量及動量變化量的方向,公式中的 F 是物體或系統(tǒng)所受的合力。
2.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(yīng)理解為變力在
作用時間內(nèi)的平均值。
7．高空墜物極易于對行人造成傷害。若有一個 50g 的雞蛋從一居民樓的 25 層（每層樓高約 3.2m）墜下，
與地面撞擊時間約為 0.002s，則該雞蛋對地面產(chǎn)生的沖擊力約為其重量的（ ）
A．2000 倍 B．1000 倍 C．500 倍 D．200 倍
【答案】A
1 2
【詳解】每層樓高約為 3.2m，雞蛋下落的總高度 h = 25 -1 3.2m = 76.8m由 h = gt ，解得自由下落時
2
間 t
2h 2 76.8
= = s 3.9s全過程根據(jù)動量定理可得mg t + t1 - nmgt1 = 0解得 n 2000故選 A。g 10
8．很多人喜歡躺著看手機(jī)，經(jīng)常出現(xiàn)手機(jī)砸到頭部的情況。若手機(jī)質(zhì)量為120g ，從離人約 20cm的高度無
初速度掉落，砸到頭部后手機(jī)未反彈，頭部受到手機(jī)的沖擊時間約為 0.1s，取 g = 10m/s2 ，下列分析正確
的是（　　）
A．手機(jī)剛要接觸頭部之前的速度約為1m/s
B．手機(jī)對頭部的沖量為 0
C．手機(jī)對頭部的平均作用力大小約為 2.4N
D．手機(jī)與頭部作用過程中手機(jī)動量變化約為0.24kg × m/s
【答案】D
【詳解】A．根據(jù)題意可知，手機(jī)下落做自由落體運動，由公式 v2 = 2gh 可得，手機(jī)剛要接觸頭部之前的速
度約為 v = 2 10 20 10-2 m s = 2m s故 A 錯誤；
BCD．設(shè)頭部對手機(jī)的平均作用力大小約為F ，手機(jī)與頭部作用過程中手機(jī)動量變化約為
Dp = mv =120 10-3 2kg × m/s = 0.24kg ×m/s 取向下為正方向，由動量定理有 mg - F t = 0 - mv 解得
F = 3.6N由牛頓第三定律可得，手機(jī)對頭部的平均作用力大小約為F ' = F = 3.6N 則手機(jī)對頭部的沖量為
I = F 't = 0.36N ×s 故 BC 錯誤，D 正確。故選 D。
考點三 兩類柱狀模型
考向 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(zhì)量具有連續(xù)性，通常已知密度 ρ
其特點
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
2 微元研究，作用時間 Δt 內(nèi)的一段柱形流體的長度為 Δl，對應(yīng)的質(zhì)量為 Δm＝ρSvΔt
步
驟
3 建立方程，應(yīng)用動量定理研究這段柱狀流體
9．2024 年 3 月 29 日，我國研制的朱雀三號可重復(fù)使用垂直起降回收驗證火箭在酒泉衛(wèi)星發(fā)射中心圓滿完
成試驗任務(wù)。點火升空 1 分鐘后，火箭從三百多米的高空垂直返回，著陸平穩(wěn)，落點準(zhǔn)確，狀態(tài)良好，標(biāo)
志著國內(nèi)起飛規(guī)模最大垂直起降試驗火箭試驗成功。若該火箭在距離地面的高度約 1m 時，底部配備的 4
臺著陸反推發(fā)動機(jī)開始點火豎直向下噴氣，使火箭在豎直方向上的速度在 0.2s 內(nèi)由 8m/s 降到 2m/s。已知
反推發(fā)動機(jī)噴氣過程中火箭受到的平均推力大小為 F，噴出氣體的密度為 r ，4 臺發(fā)動機(jī)噴氣口的直徑均
為 d，噴出氣體的重力忽略不計，噴出氣體的速度遠(yuǎn)大于返回艙的速度。則噴出氣體的速度大小為
（　　）
F 4F
A． d 2 Bpr ． prd 2
4F F
C．
prd 2
D．
prd 2
【答案】D
【詳解】以Δt 時間內(nèi)噴出的氣體為研究對象，設(shè)噴出氣體的速度為 v，則每臺發(fā)動機(jī)噴出氣體的質(zhì)量為
m r p d
2
= × ×vDt 根據(jù)牛頓第三定律可得返回艙對氣體的作用力為F = F 對 4 臺發(fā)動機(jī)噴出的氣體，由動量
4
F
定理可得F Dt = 4mv - 0聯(lián)立解得 v = 故選 D。
prd 2
10．“…青箬笠，綠蓑衣，斜風(fēng)細(xì)雨不須歸。”如圖所示，這是古詩描述的情景。若斗笠的直徑 d = 70cm，
細(xì)雨在空中分布均勻，豎直下落的速度始終為 v=4m/s，湖可以看成一個露天的圓柱形的大容器，細(xì)雨持
續(xù)的時間 t=1h，導(dǎo)致湖面的水位上升了 h=1mm。(設(shè)雨滴垂直撞擊斗笠后無反彈，且斗笠的坡面接近水
平，不計雨滴所受重力，水的密度 r =1 103 kg/m3 ) 則斗笠受到雨的平均作用力大小 F 最接近于（　　）
A． 4 10-4 N B．6 10-4 N C． 2 10-3 N D．1 10-3 N
【答案】A
h
【詳解】取一小段時間為Δt ，并以在這段時間內(nèi)與斗笠面作用的雨為研究對象，其質(zhì)量Dm = rS ×Dt ,
t
S = p (d )2 , F ×Dt = 0 - Dm(-v)代入數(shù)據(jù)聯(lián)立得F 4 10-4 N故選 A。2
考向 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(zhì)量具有獨立性，通常給出單
其特點 位體積內(nèi)粒子數(shù) 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 微元研究，作用時間 Δt 內(nèi)一段柱形流體的長度為 Δl，對應(yīng)的體積為 ΔV＝Sv0Δt，2
步 則微元內(nèi)的粒子數(shù) N＝nv0SΔt
驟
3 先應(yīng)用動量定理研究單個粒子，建立方程，再乘以 N 計算
11．我國是世界上第三個突破嵌套式霍爾電推進(jìn)技術(shù)的國家。霍爾推進(jìn)器的工作原理簡化如下圖所示，放
電通道的兩極間存在一加速電場。工作物質(zhì)氙氣進(jìn)入放電通道后被電離為氙離子，經(jīng)電場加速后以某一速
度噴出，從而產(chǎn)生推力。某次實驗中，加速電壓為 U，氙離子向外噴射形成的電流強(qiáng)度為 I．氙離子的電
荷量與質(zhì)量分別為 q 和 m，忽略離子的初速度及離子間的相互作用，則離子推進(jìn)器產(chǎn)生的推力為（　　）
I mU I mU I mU 2mUA． B． C． D． I
2q 2 q q q
【答案】D
1
【詳解】氙離子經(jīng)電場加速，根據(jù)動能定理有 qU = mv2 - 0 v 2qU解得 = 設(shè)單位體積內(nèi)離子數(shù)目為 n，
2 m
加速噴出時截面積為 S，在Δt 時間內(nèi)，有質(zhì)量為Dm的氙離子以速度 v噴射而出Dm = nmSvDt 形成電流為 I
I = nqSv F I 2mU I 2mU由動量定理可得FDt = Dmv 聯(lián)立可得 = 離子推進(jìn)器產(chǎn)生的推力為 。故選 D。
q q
12．太陽帆飛船是目前唯一可能承載人類到達(dá)太陽系外星系的航天器。太陽光光子流撞擊航天器帆面，產(chǎn)
生待續(xù)光壓，使航天器可在太空中飛行。若有一艘太陽帆飛船在航行，太陽光垂直照射帆面，帆面積為
66300m2，單位面積每秒接受的太陽輻射能最為1.2 103 W × m-2。已知太陽輻射平均波長為10-6 m，假設(shè)帆
能完全反射太陽光，不計太陽光反射的頻率變化，普朗克常數(shù)h = 6.63 10-34 J ×s ，則下列說法正確的是
（　　）
A．太陽輻射的光子能量約為6.63 10-28 J
B．太陽輻射的光子動量約為6.63 10-24 kg × m ×s-1
C．太陽輻射對飛船的平均作用力約為 0.53N
D．帆面每秒鐘接受到的光子數(shù)量約為 4.0 1020個
【答案】C
c -20
【詳解】A．光子能量e = hv = h = 3 6.63 10 Jl ，A 錯誤；0
h
B．每個光子的動量 p = = 6.63 10-28 kg g m g s-1l ，B 錯誤；0
E = E S N E N E0SlD = = 0 = 4.0 1026．每秒光照射到帆面上的能量 0 所以每秒射到帆面上的光子數(shù) 解得 ，e hc
D 錯誤；
2E S
C．光射到帆面被全部反彈，由動量定理有Ft = 2Ntp 100%故F = 0 = 0.53N C 正確。故選 C。
c
1．套圈是我國民眾喜愛的傳統(tǒng)游戲，小孩和大人在同一條豎直線上的不同高度分別水平拋出相同的圓
環(huán)，結(jié)果恰好都套中前方同一物體，不計空氣阻力。若大人和小孩拋出圓環(huán)的高度之比為 2 :1，圓環(huán)及被
套物體均可視為質(zhì)點，則下列說法不正確的是（ ）
A．大人和小孩拋出的圓環(huán)初速度之比為1: 2
B．大人和小孩拋出的圓環(huán)在空中飛行的時間之比為 2 :1
C．大人和小孩拋出的圓環(huán)落地時重力的瞬時功率之比為 2：1
D．大人和小孩拋出的圓環(huán)在空中運動過程中動量的變化量之比為 2 :1
【答案】C
1
【詳解】B．圓環(huán)做平拋運動，豎直方向上根據(jù) h = gt 2 2h可得 t = g 大人和小孩拋出圓環(huán)的高度之比為2
2 :1，則運動時間之比為 2 :1，故 B 正確；
x
A．圓環(huán)在水平方向上有 x =v0t 可得 v0 = 大人和小孩拋出圓環(huán)水平位移相等，則平拋初速度之比為時間的t
反比，即為1: 2 ，故 A 正確；
C 2．圓環(huán)落地時重力的瞬時功率為PG = mgvy = mg t 則落地時重力的瞬時功率之比等于時間之比，為 2 :1，
故 C 錯誤；
D．根據(jù)Dp = mDv = mgDt 則大人和小孩拋出的圓環(huán)在空中運動過程中動量的變化量之比為等于時間之比，
為 2 :1，故 D 正確。本題選錯誤的，故選 C。
2．某市學(xué)生期考體能測試中有一重要項目：排球墊球個數(shù)測試。某同學(xué)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0.2m 第二次墊球后，球豎直上升高度為 0.45m 。已知
排球的質(zhì)量為0.27kg ，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(guān)鍵是要能根據(jù)動量表達(dá)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
v0 = 2gh0 = 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
v1 = 2gh1 = 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
Δp = mv1 - -mv0 = m v1 + v0 = 0.27kg 5m/s =1.35kg × m/s
故選 D。
3．在某次電動汽車的性能試驗中，工程師已測得該款汽車綜合阻力隨時間變化關(guān)系式 f = f0 + kt ，現(xiàn)工程
師為汽車提供恒定的牽引力 F，并使汽車由靜止開始直線加速至速度再次為 0 停止，則在此過程中，以下
說法正確的是（　　）
F - f
A．汽車達(dá)到最大速度的時間 0
mk
B F - f
2
．汽車達(dá)到的最大速度為 0
2mk
F F - fC ．全過程中，汽車的牽引力 F 的沖量為 0
2k
f (F - f )
D．全過程中，汽車的阻力 f 的沖量為 0 0
k
【答案】B
【分析】本題以電動汽車的性能試驗為背景，考查了當(dāng)牽引力 F = f 時，汽車的速度達(dá)到最大， a - t 圖像，
以及沖量的概念；也根據(jù)動量定理求解沖量。
F - f
【詳解】A．當(dāng)牽引力 F = f 時，汽車的速度達(dá)到最大，即 f0 + kt = F 此時 t = 0 故 A 錯誤；k
B．如圖：
2
由 a - t F - f 圖像可知，三角形面積代表速度的變化量的大小，則 vm = S = 0 故 B 正確；2mk
2 F - f 2F F - f
C．由圖像分析，汽車從運動到停止的時間 t = 2t 0 I 0 = 則牽引力的沖量為 = 故 C 錯誤；
k k
2F
D F - f ．因初末態(tài)速度均為 0，全過程動量變化量為 0，故合外力沖量為 0，則阻力的沖量為 I = - 0
k
若按照 f 的平均值算也是此結(jié)果，故 D 錯誤。故選 B。
4．2024 年春晚雜技節(jié)目《躍龍門》帶給觀眾震撼的視覺盛宴，教練在訓(xùn)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(zhì)量為 40kg的演員在豎直方向運動時計算機(jī)輸出的壓力—
時間（F—t）圖像片段，運動員可視為質(zhì)點。不計空氣阻力，重力加速度 g =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(tài)
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(jù)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(jù)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(tài)，后處于失重狀態(tài)，故 A 錯誤；
B．結(jié)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(dāng)加速度為 0 時，速度達(dá)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(jù)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(jù)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(jù)速度公式有 v0 = gt =10 0.8m / s = 8m / s在 0.2s 到
1
1.2s 內(nèi)，結(jié)合上述可知，蹦床對演員做的功為W = mv20 =1280J2
根據(jù)圖像可知，從 a 時刻到 b 時刻，蹦床的彈性勢能轉(zhuǎn)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(jù)動量定理有 I - mgtab = mv0 解得 I = mgtab + mv0解得 I = 720N ×s故 D 錯誤。
故選 C。
5．質(zhì)量為 2kg的物體靜止在水平面上， t = 0時受到水平拉力 F 的作用開始運動，F(xiàn) - t 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(shù)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
1
【詳解】A．根據(jù)F - t 圖像可知，0 ~ 4s內(nèi)水平拉力的沖量為 IF = (2 + 4) 4N ×s =12N ×s 0 ~ 4s內(nèi)，根據(jù)2
動量定理可得 IF - mgt4 = 0解得物體與地面之間的動摩擦因數(shù)為 = 0.15故 A 錯誤；
BC．物體受到的滑動摩擦力大小為
f = mg = 3N
由F - t 圖像可知，當(dāng) t = 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(dá)
到最大，動能達(dá)到最大；0 ~ 2.5s內(nèi)，根據(jù)動量定理可得 IF - mgt = mvm - 0其中
IF = 4 2N ×s
1
+ (3+ 4) 0.5N 9 1 81×s = 9.75N ×s 2解得最大速度為 vm = m / s 則最大動能為Ekm = mvm = J故2 8 2 64
BC 錯誤；
D．0 ~ 3s 內(nèi)，根據(jù)動量定理可得 IF - mgt = mv3 - 0其中 IF = 4 2N s
1
× + (2 + 4) 1N ×s =11N ×s 解得3s時
2
物體的動量為 p3 = mv3 = 2kg × m/s故 D 正確。故選 D。
6．一質(zhì)量為 m 的小球從地面豎直上拋，在運動過程中小球受到的空氣阻力與速率成正比。它從拋出到落
地過程中動量隨時間變化的圖像如圖所示。已知重力加速度為 g，則下列說法正確的是（ ）
A．小球 t2 時刻剛好落地
B．小球在運動過程中加速度最大為 2g
3p
C 0．小球從拋出到落地的總時間為 2mg
D．小球上升和下降過程中阻力的沖量大小不相等
【答案】C
【詳解】A．由圖可知， t2 時刻后物體的動量不變，即物體的速度不變，由圖可知物體速度不變后，又運
動了一段時間，說明 t2 時刻物體還沒落地，故 A 錯誤；
B．設(shè)在運動過程中小球受到的空氣阻力與速率滿足關(guān)系式 f = kv根據(jù)動量定理Dp = FDt 可知 p - t 圖像的
斜率表示合外力，由圖可知 t = 0時刻， p - t 圖像斜率的絕對值最大，小球的加速度最大，設(shè)物體運動過程
中的最大加速度為 a ，有mg + kv = ma 其中 v
p
= 0
p
m 1 m 1 當(dāng) p = 0 時，物體合外力為零，此時有m 2
mg = kv2 = k
p0 解得 am =3g 故 B 錯誤；2m
C．設(shè)從地面拋出到最高點的時間為 t1 ，上升的高度為 h ，設(shè)最高點到落地的時間為 t2 ，從地面拋出到最高
點由動量定理得-mgt1 - kv1t1 = 0 - p0 即mgt1 + kh = p0 同理下降階段mgt2 - kv t
p p
= 0 即mgt - kh = 02 2 聯(lián)立可2 2 2
得小球從拋出到落地的總時間為 t = t1 + t
3p0
2 = 2mg 故 C 正確；
D．小球上升過程中阻力的沖量大小為 If1 = kv1t1 = kh小球下落過程中阻力的沖量大小為 If2 = kv2t2 = kh 故小
球上升和下降過程中阻力的沖量大小相等，故 D 錯誤。故選 C。
7．質(zhì)量相等的 A、B 兩個物體靜置同一水平面上，分別受到水平拉力F1、F2 的作用，經(jīng)過時間 t0 和3t0 ，
分別撤去F1和F2 ，兩個物體速度 v 隨時間 t 變化的圖像如圖所示，設(shè)F1和F2 對 A、B 的沖量分別為 I1和
I2 ，F(xiàn)1和F2 對 A、B 做的功分別為W1 和W2 ，下列結(jié)論正確的是（　　）
A． I1 > I2 ，W1 > W2 B． I1 < I2 ，W1 > W2
C． I1 < I2 ，W1 < W2 D． I1 > I2 ，W1 < W2
【答案】B
v0
【詳解】從圖象可知，兩物塊勻減速運動的加速度大小之都為 a = t 根據(jù)牛頓第二定律，勻減速運動中有0
f = ma則摩擦力大小相等，圖線與時間軸所圍成的面積表示運動的位移，則位移之比為 6:5；對全過程運
用動能定理得W1 - fs1 = 0，W2 - fs2 = 0由上可知，整個運動過程中 F1和 F2做功之比為 6:5，W1 > W2 根據(jù)
3v0 2v0
圖象知，勻加速運動的加速度分別為 t 和 3t ，根據(jù)牛頓第二定律，勻加速運動中有
F - f = ma 分別求得
0 0
F m 4v0 F m 5mv I F × t 12 1 41 = ， 2 = 0t 3t F1和 F
1 1 0
2的大小之比為 12:5，則 = = = <1因此 I < II F ×3t 5 3 5 1 2 ，B 正確。故0 0 2 2 0
選 B。
8．臨近盛夏，池中的荷葉已經(jīng)寬大而厚實，像一把巨大的綠色傘蓋，為小生命們提供了遮陽避雨的場
所。若在雨天將一圓柱形水杯置于露臺，測得時間 t 內(nèi)杯中水面上升的高度為 h。為估算池中荷葉葉面承
受雨滴撞擊產(chǎn)生的平均壓強(qiáng) p，建立以下模型：假設(shè)荷葉葉面呈水平狀，雨滴豎直下落的速度為 v，所有
2 v 1
落到葉上的雨滴，約有 3 向四周濺散開，濺起時豎直向上的速度大小為 ，另約 的雨滴撞擊葉面后無反5 3
彈留在葉面上；忽略葉上的積水以及雨滴落在葉面上時重力的影響；忽略風(fēng)力以及濺起的水珠對下落雨滴
的影響。已知水的密度為 r ，則 p 約為（ ）
6rhv 11rhv 17rhv rhv
A． B． C． D．
5t 10t 15t 15t
【答案】C
2
【詳解】設(shè)芭蕉葉的面積為 S，則 t 時間內(nèi)落到芭蕉葉上面雨滴的質(zhì)量為m = rSh 根據(jù)題意，有 3 的雨滴向
2m v 2m 1
四周散開，取豎直向上為正方向；根據(jù)動量定理有 F1t = - - v3 5 3 ÷另 留在葉面上，根據(jù)動量定理有è 3
F t 0 m= - - v F F + F 17rhv2 3 ÷ 根據(jù)壓強(qiáng)的定義式 p = ，可得 p =
1 2 聯(lián)立解得 p = 故選 C。
è S S 15t
9．轉(zhuǎn)盤游戲深受人們喜愛，現(xiàn)將其簡化為如圖所示模型。傾角為q = 30°的圓盤繞垂直于盤面且過圓心的
軸做勻速圓周運動，盤面上距離軸 r 處有一可視為質(zhì)點的小物塊與圓盤始終保持相對靜止，物塊與盤面間
2g
的動摩擦因數(shù)為 ，重力加速度為 g，圓盤的角速度為 = ，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，則
3r
（ ）
7
A． 的最小值為 3
9
2
B．物塊從最低點第一次轉(zhuǎn)到最高點的過程中，轉(zhuǎn)盤對物塊的沖量大小為 m 6gr
3
C 2 2 2 2．物塊運動到任意關(guān)于轉(zhuǎn)軸對稱的兩點時受到的摩擦力的大小分別為 f1、 f2 ，一定有 f1 + f2 > m g
D． 增大，物塊在最高點受到的摩擦力一定增大
【答案】ACD
【詳解】A．質(zhì)點隨圓盤在傾斜面上做勻速圓周運動，在垂直盤面方向上始終平衡，有
1
N = mg cosq 3= mg 沿著盤面的方向，重力的分力為G1 = mg sinq = mg 勻速圓周運動需要的向心力為2 2
Fn = m
2r 2= mg 根據(jù)徑向合力提供向心力可知，最低點相對滑動的趨勢最大，需要的摩擦力最大，此處
3
7
有最小的動摩擦因數(shù)，可得 min N - G1 = Fn 聯(lián)立解得 min = 3 故 A 正確；9
2
B．物塊從最低點第一次轉(zhuǎn)到最高點的過程中，由動量定理可知 I = mv - (-mv) = 2mv = 2m r = m 6gr 則
3
2
合外力的沖量為 m 6gr ，由轉(zhuǎn)盤對物塊的力和重力沿斜面的分力的合力構(gòu)成，故轉(zhuǎn)盤對物塊的沖量大小
3
2
不等于 m 6gr ，故 B 錯誤；
3
C 2 2 2．設(shè)物塊在某一位置的方向與斜面方向的夾角為a ，由余弦定理可知 f1 = G1 + Fn - 2G1Fn cosa 由對稱性
2 2 2 2 2 2 2
可知Fn = G1 + f2 - 2G1 f2 cosa 聯(lián)立可得 f1 + f2 > m g 故 C 正確；
D．因F 2n > G1，則物塊在最高點時滿足 f + G1 = m r 則隨著 的增大，物塊在最高點受到的摩擦力一定增
大，故 D 正確。故選 ACD。
10．為測試玩具電動汽車的性能，通過計算機(jī)描繪了兩款不同小車在平直的軌道上，從靜止開始做勻加速
運動直到恰好達(dá)到額定功率的過程中，小車動量平方隨位移變化的關(guān)系圖像 p2 - x如圖所示。已知甲車質(zhì)
量為乙車的質(zhì)量的兩倍。則兩車勻加速階段的（ ）
A．加速度之比 1:4 B．所用時間之比為 1:1
C．最大動能之比為 1:2 D．牽引力之比為 1:2
【答案】BC
【詳解】根據(jù) p2 = m2v2 = m2 2ax則圖像的斜率 k = 2am2 因甲車質(zhì)量為乙車的質(zhì)量的兩倍，則 a甲 : a乙 =1: 2由
x 1
2
= at 2 x p因
2 甲
: x乙 =1: 2得 t甲 : t乙 =1:1由Ek = 得Ek甲: Ek乙 =1:2因摩擦力未知，故牽引力不能確定。故選2m
BC。
11．我國目前正在運轉(zhuǎn)的空間站天和核心艙，搭載了一種全新的推進(jìn)裝置——霍爾推進(jìn)器。如圖，其工作
原理為電子槍發(fā)射的電子在電場和磁場力的共同作用下與中性原子碰撞并使其電離為正離子，正離子（在
磁場中的偏轉(zhuǎn)角度很小）在電場力的作用下高速噴出。若空間站組合體的質(zhì)量為 100t，配備有 4 臺霍爾推
進(jìn)器，單臺推進(jìn)器單位時間噴出的正離子數(shù)量 n =1.9 1019個，速度 v =19.3km / s ，其質(zhì)量為
m = 2.180 10-25 kg ，不計一切阻力，下列說法正確的是（　　）
A．單臺霍爾推進(jìn)器產(chǎn)生的平均推力約為 0.08N
B．單臺霍爾推進(jìn)器產(chǎn)生的平均推力約為 80N
C．所有推進(jìn)器全部開啟時，空間站組合體的加速度約為3.2 10-6 m / s2
D．所有推進(jìn)器全部開啟時，空間站組合體的加速度約為3.2 10-3 m / s2
【答案】AC
nDtmv
【詳解】AB．根據(jù)題意，由動量定理有FDt = nDtmv - 0解得F = = 0.08N 故 A 正確，B 錯誤；
Dt
4F
CD．根據(jù)題意，由牛頓第二定律有 4F = Ma解得 a = = 3.2 10-6 m/s2故 C 正確，D 錯誤。故選 AC。
M
12．物塊置于足夠長光滑斜面上并鎖定， t = 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 ~ 4t0 ，物體一直沿斜面向下運動
B．0 ~ 4t0 ，合外力的總沖量為 0
C． t0 時動量是 2t0 時的一半
D． 2t0 ~ 3t0過程物體的位移小于3t0 ~ 4t0的位移
【答案】AD
F = 2mg sinq a 2mg sinq + mg sinq【詳解】根據(jù)圖像可知當(dāng) 時，物塊加速度為 = = 3g sinq 方向沿斜面向
m
下；當(dāng)F = -2mg sinq
2mg sinq - mg sinq
時，物塊加速度大小為 a = = g sinq 方向沿斜面向上，作出物塊
m
0 ~ 4t0 內(nèi)的 v- t 圖像
A．根據(jù)圖像可知0 ~ 4t0 ，物體一直沿斜面向下運動，故 A 正確；
B．根據(jù)圖像可知0 ~ 4t0 ，物塊的末速度不等于 0，根據(jù)動量定理 I合 = Dp 0 故 B 錯誤；
C．根據(jù)圖像可知 t0 時物塊速度大于 2t0 時物塊的速度，故 t0 時動量不是 2t0 時的一半，故 C 錯誤；
D． v- t 圖像與橫軸圍成的面積表示位移，故由圖像可知 2t0 ~ 3t0過程物體的位移小于3t0 ~ 4t0的位移，故
D 正確。故選 AD。
13．由高壓水槍中豎直向上噴出的水柱，將一個質(zhì)量為 m 的小鐵盒開口向下頂在空中，如圖所示，已知水
的密度為 r ，以恒定速率 v0從橫截面積為 S 的水槍中持續(xù)噴出，向上運動并沖擊小鐵盒后，以不變的速率
豎直返回，水與鐵盒作用時這部分水所受重力可忽略不計，下列說法正確的是（ ）
mg mg
A．水到達(dá)鐵盒底部速度的大小 v = B．水到達(dá)鐵盒底部速度的大小 v =
2rs 2rsv0
v2 2
C．鐵盒到水槍口的高度 h
m g
= 0 - 2 2 2 D．鐵盒懸停受到水的沖擊力為mg2g 8r s v0
【答案】BCD
【詳解】D．鐵盒懸停時處于平衡狀態(tài)，受到水的沖擊力為 F= mg 故 D 正確；
AB．以Δt 時間內(nèi)與鐵盒發(fā)生作用的水為研究對象：這些水的質(zhì)量跟Δt 時間內(nèi)從槍口噴出的水的質(zhì)量相同
Dm = Sv0Dtr 這些水與鐵盒作用時的速度為 v，動量變化為Dp = 2Dmv = 2rSvv0Dt 這些水對鐵盒的反作用力
Dp mgF = = 2rSvv0 又 F= mg 得 v = 2rSv 故 A 錯誤，B 正確；Dt 0
v2 - v2 v2 m2g
C 0 0．由機(jī)械能守恒可知小鐵盒距水槍口的高度 h = = - 故 C 正確。故選 BCD。
2g 2g 8r 2S 2v20
14．隨著我國體育在國際體育產(chǎn)業(yè)地位的不斷提高，2023 年多場大型高爾夫球賽事落地中國。高爾夫球比
賽過程中教練員可根據(jù)風(fēng)力指示桿上飄帶的形態(tài)提示運動員現(xiàn)場風(fēng)力的情況。若飄帶可視為粗細(xì)一致，其
所處范圍內(nèi)風(fēng)速水平向右、大小恒定且不隨高度改變。設(shè)飄帶的總長度為 L，質(zhì)量為 m，寬度為 d，風(fēng)速
為 v，空氣密度為 r ，可認(rèn)為風(fēng)與飄帶相互作用后速度變?yōu)?0。如圖所示現(xiàn)截取極小的一段Dl 研究，設(shè)其
與豎直方向的夾角為q ，則下列說法正確的是（　　）
A．風(fēng)對該段飄帶的水平作用力為 rdDlv3 cosq
B．風(fēng)對該段飄帶的水平作用力為 rdDlv2 cosq
C．整條飄帶應(yīng)呈一條向上彎曲的曲線形態(tài)
D．整條飄帶應(yīng)呈一條傾斜直線形態(tài)
【答案】BD
Dl
【詳解】AB．長度為Dl 的飄帶質(zhì)量為Dm = m 風(fēng)吹到長度為Dl 的飄帶上的有效面積 S = dDl cosq 則在極
L
短時間Dt 內(nèi)撞擊到有效面積的風(fēng)的質(zhì)量Dm = rSvDt 根據(jù)動量定理FDt = Dm v聯(lián)立解得F = rdDlv2 cosq 根
據(jù)牛頓第三定律F風(fēng) = F = rdDlv
2 cosq 故 A 錯誤，B 正確；
F
tanq 風(fēng) rdLv
2 cosq sinq rdLv2
CD．根據(jù)三力平衡的條件和幾何關(guān)系可知 = = 整理得 = 可見微元飄帶與
Dmg mg cos2 q mg
豎直方向的夾角僅取決于空氣密度、風(fēng)速及飄帶整體的相關(guān)性質(zhì)，與所取得微元飄帶本身并無關(guān)系，也就
是說，飄帶的各部分與豎直方向的夾角都是相同的，因此飄帶應(yīng)呈一條傾斜的直線的形態(tài)，故 C 錯誤，D
正確。故選 BD。
15． 舞獅是我國優(yōu)秀的民間藝術(shù)， 古時又稱為“太平樂”。表演者在鑼鼓音樂下做出各種形態(tài)動作， 為了
增加娛樂性，會讓舞獅站在梅花樁上表演各種特技動作，彰顯出熱鬧的氛圍。某表演者單人練習(xí)時所使用
的梅花樁如圖所示，表演者從樁 1 正中心水平起跳，落到樁 2 正中心，然后再次起跳，最終停在樁 3 正中
心。已知樁 1 與樁 2 的高度差為 h=0.8m，樁 2、3 等高，相鄰兩樁中心間的距離均為 d=0.4m，假定表演者
兩次起跳速度的水平分量相同，表演者從落到樁 2 到離開樁 2 經(jīng)過的時間Dt =1s，表演者質(zhì)量為m = 60kg，
重力加速度 g=10m/s2 。求
（1） 表演者從樁 1 上起跳時的速度大小 v1；
（2） 表演者在豎直方向上對樁 2 的平均作用力大小。
【答案】（1）1m s ；（2）960N
1
【詳解】（1）表演著從樁 1 2水平起跳后在空中做平拋運動，在豎直方向有 h = gt 在水平方向有
2
d = v1t 可得 t=0.4s， v1 =1m / s
（2） 表演者落到樁 2 中心時水平方向的速度為 v1 =1m / s豎直方向的速度為 v2 = gt = 4m / s方向豎直向
下。又兩次起跳速度的水平分量相同，則表演者從樁 2 起跳到落到樁 3 所需的時間也為 t ，表演者在豎直
gt
方向做豎直上拋運動，則表演者從樁 2 起跳時豎直方向的速度 v3 = = 2m / s表演者落到樁 2 到起跳的過2
程， 在豎直方向由動量定理有F ×Dt - mgDt = mv3 - -mv2 解得 F = 960N 由牛頓第三定律可知，表演者在
豎直方向上對樁 2 的平均作用力大小為 960N。
16．如圖所示，某超市兩輛相同購物車沿同一直線靜置于水平地面上，質(zhì)量均為 8kg，人在極短時間內(nèi)給
第一輛車一水平?jīng)_量使其運動。當(dāng)車運動 2m 時與第二輛車碰撞后瞬間結(jié)合在一起，速度為 3m/s，再一起
運動 1m 后與豎直瓷磚墻壁發(fā)生碰撞并反向彈回，與墻壁碰撞過程中動能損失了 75%，作用時間為 0.04s。
已知當(dāng)瓷磚所受沖擊力超過 1000N 會碎裂，車運動時受到的摩擦力恒為重力的 0.25 倍。忽略空氣阻力，
碰撞過程中不計地面的摩擦力，重力加速度大小取10m/s2。求：
（1）兩車碰撞過程中損失的機(jī)械能；
（2）人給第一輛購物車的水平?jīng)_量大小；
（3）計算說明瓷磚會不會碎裂。
【答案】（1）72J ；（2）8 46kg ×m / s ；（3）會碎裂
【詳解】（1）設(shè)兩車碰撞前瞬間，前車的速度為 v1，根據(jù)動量守恒可得mv1 = 2mv2 解得 v1 = 2v2 = 6m / s則兩
1 2 1
車碰撞過程中損失的機(jī)械能為DE = mv1 - 2mv
2
2 2 2
= 72J
（2）設(shè)人給第一輛購物車的水平?jīng)_量大小為 I0，則有 I0 = mv0 碰撞前對前車，根據(jù)動能定理可得
0.25mgx 1 1- 1 = mv
2
1 - mv
2
0 解得 v0 = v
2
1 + 0.5gx1 = 46m / s則人給第一輛購物車的水平?jīng)_量大小為2 2
I0 = mv0 = 8 46kg ×m / s
1 1
（3 2 2）兩車共速后到與瓷磚墻壁碰撞前過程，根據(jù)動能定理可得-0.25 2mgx2 = 2mv3 - 2mv2 解得2 2
1 1
v3 = v
2
2 - 0.5gx2 = 2m / s 與墻壁碰撞過程中動能損失了 75%，則有 2mv
2
4 = 25% 2mv
2
3 解得2 2
v 14 = v3 =1m / s與瓷磚墻壁碰撞過程，根據(jù)動量定理可得Ft = 2mv4 - (-2mv2 3
)解得
F 2mv4 + 2mv= 3 =1200N >1000N可知瓷磚會碎裂。
t
17．（2024·重慶·高考真題）活檢針可用于活體組織取樣，如圖所示。取樣時，活檢針的針蕊和針鞘被瞬間
彈出后僅受阻力。針鞘在軟組織中運動距離 d1后進(jìn)入目標(biāo)組織，繼續(xù)運動 d2后停下來。若兩段運動中針
翹鞘整體受到阻力均視為恒力。大小分別為 F1、F2，則針鞘（ ）
A 2 F1d1 + F d ．被彈出時速度大小為 2 2
m
B．到達(dá)目標(biāo)組織表面時的動能為 F1d1
C．運動 d2過程中，阻力做功為(F1＋F2)d2
D．運動 d2的過程中動量變化量大小為 mF2d2
【答案】A
1
【詳解】A．根據(jù)動能定理有F1d1 + F2d2 = mv
2 2v F d解得 = 1 1 + F2d2 故 A 正確；2 m
B．針鞘到達(dá)目標(biāo)組織表面后，繼續(xù)前進(jìn) d2減速至零，有 Ek = F2d2故 B 錯誤；
C．針鞘運動 d2的過程中，克服阻力做功為 F2d2，故 C 錯誤；
D．針鞘運動 d2的過程中，動量變化量大小Dp = 2mEk = 2mF2d2 故 D 錯誤。故選 A。
18．（2024·浙江·高考真題）如圖所示，一根固定的足夠長的光滑絕緣細(xì)桿與水平面成q 角。質(zhì)量為 m、電
荷量為+q 的帶電小球套在細(xì)桿上。小球始終處于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為 B 的勻強(qiáng)磁場中。磁場方向垂直細(xì)桿所
在的豎直面，不計空氣阻力。小球以初速度 v0沿細(xì)桿向上運動至最高點，則該過程（　　）
A．合力沖量大小為 mv0cos B．重力沖量大小為mv0 sinq
qBv2
C．洛倫茲力沖量大小為 0 v
2mgcosq
D．若 = ，彈力沖量為零
2gsinq 0 qB
【答案】CD
【詳解】A．根據(jù)動量定理 I = 0 - mv0 = -mv0 故合力沖量大小為mv0 ，故 A 錯誤；
v mv
B 0．小球上滑的時間為 t = I = mgt = 0g sinq 重力的沖量大小為 G 故 B 錯誤；sinq
C．小球所受洛倫茲力為Bqv = Bq v0 - at = -Bqat + Bqv0 ， a = g sinq 隨時間線性變化，故洛倫茲力沖量大
v v v qBv2
小為 I =q 0洛 Bt = q
0 B 0 = 0 故 C 正確；
2 2 g sinq 2g sinq
v 2mgcosqD．若 0 = qB ，0 時刻小球所受洛倫茲力為
Bqv0 = 2mg cosq 小球在垂直細(xì)桿方向所受合力為零，可
得Bqv = mg cosq + FN 即FN = Bqv - mg cosq = Bq v0 - at - mg cosq = mg cosq - Bqtg sinq 則小球在整個減速
過程的FN - t圖像如圖
圖線與橫軸圍成的面積表示沖量可得彈力的沖量為零，故 D 正確。
故選 CD。考點 26 動量和動量定理及其應(yīng)用
1. 高考真題考點分布
題型 考點考查 考題統(tǒng)計
計算題 動量定理 2024 年北京卷、廣東卷
選擇題 沖量計算 2024 年北京卷
選擇題 平均作用力計算、動量定理 2024 年全國甲卷
2. 命題規(guī)律及備考策略
【命題規(guī)律】高考對動量定理的考查較為頻繁，大多在以計算題的形式出現(xiàn)，題目的難度不大，聯(lián)系實際
生活場景的情況較多。
【備考策略】
1.理解和掌握動量定理。
2.能夠用動量定理解決和處理生活中的實際問題。
【命題預(yù)測】重點關(guān)注應(yīng)用動量定理解決生活中的實際問題。
一、動量
1．定義：質(zhì)量和速度的乘積叫作物體的動量，通常用 p 來表示。
2．表達(dá)式：p＝mv。
3．單位：kg·m/s。
4．標(biāo)矢性：動量是矢量，其方向和速度方向相同。
5．動量的變化
(1)因為動量是矢量，動量的變化量 Δp 也是矢量，其方向與速度的改變量 Δv 的方向相同。
(2)動量的變化量 Δp 的大小，一般用末動量 p′減去初動量 p 進(jìn)行計算，也稱為動量的增量，即 Δp＝p′－p。
二、動量定理
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(dá)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，恒力沖量的方向與力的方向相同。
2．動量定理
(1)內(nèi)容：物體在一個過程中所受力的沖量等于它在這個過程始末的動量變化量。
(2)表達(dá)式：FΔt＝Δp＝p′－p。
(3)矢量性：動量變化量的方向與合外力的沖量的方向相同，可以在某一方向上用動量定理。
考點一 動量、動量變化量和沖量
考向 1 動量和動量變化量的計算
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(zhì)量和速度的乘積
量 量差
1
定義式 Ek＝ mv2 p＝mv Δp＝p′－p2
標(biāo)矢性 標(biāo)量 矢量 矢量
特點 狀態(tài)量 狀態(tài)量 過程量
關(guān)聯(lián) p2 1 2Ek
Ek＝ ，Ek＝ pv，p＝ 2mEk，p＝
方程 2m 2 v
(1)都是相對量，與參考系的選取有關(guān)，通常選取地面為參考系
聯(lián)系 (2)若物體的動能發(fā)生變化，則動量一定也發(fā)生變化；但動量發(fā)生變化時動能不一定發(fā)
生變化
1．如圖，在光滑的水平桌面上，質(zhì)量為 m 的小球在輕繩的作用下，繞 O 點以速率 v 做勻速圓周運動。AB
連線為直徑，由 A 記時，經(jīng)過時間 t 小球在 B 點，繩子的拉力大小為 F，此過程下列說法正確的是
（　　）
2
A．圓周運動的周期可能為 t
3
B．小球重力沖量大小為 0
C．繩子拉力的沖量大小為Ft
D．小球動量的變化量大小為 0
2．中國汽車?yán)﹀\標(biāo)賽是我國級別最高，規(guī)模最大的汽車賽事之一，其賽道有很多彎道。某輛賽車在一
段賽道內(nèi)速度大小由 2v 變?yōu)?4v，隨后一段賽道內(nèi)速度大小由 5v 變?yōu)?7v，前后兩段賽道內(nèi)，合外力對賽車
做的功分別為 W1和 W2，賽車的動量變化的大小分別為Δp1 和Δp2 ，下列關(guān)系式可能成立的是（　　）
W W Δp 1 1 1A． 1 = 2， 1 = Δp B．W = W ，Δp2 2 1 2 2 1
= Δp
2 2
C．W = W ，Δp1 = 4Δp
1
2 D．W1 = W2，Δp2 1
= 4Δp2
考向 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(shù)，則力 F 在某段時間 t 內(nèi)
F1＋F2
的沖量 I＝ t，其中 F 、F 為該段時間內(nèi)初、末兩時刻力的大小。
2 1 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。
3．為了響應(yīng)政府號召，做到“守護(hù)好一江碧水”，記者騎行馬拉松跑道見證最美長江岸線，并用手機(jī)上“測
加速度”的應(yīng)用程序記錄下了電動車從靜止開始沿直線運動過程中的運動信息，其加速度隨時間變化的規(guī)律
如圖所示，由圖像可知在這段時間內(nèi)電動車（　　）
A．2s 末的位移最大
B．0~2s 平均速度大小大于 2s~4s 平均速度大小
C．0~2s 合外力做功大小等于 2s~4s 合外力做功大小
D．0~2s 合外力沖量大小小于 2s~4s 合外力沖量大小
4．如圖所示，水平面上固定一半圓形凹槽，凹槽的質(zhì)量為M ，半圓弧的圓心為O點，最低點為A 點，半
徑為 R 。現(xiàn)將一質(zhì)量為m 的光滑小球從圓弧上的D點釋放，已知OD 與OA的夾角為q q < 5° ，重力加速
度為 g ，小球大小可以忽略不計。從D點運動到A 點的過程中，小球?qū)Π疾鄣膹椓Φ臎_量大小為（　　）
p 2gR 2A．m + 2gR 1 p gR- cosq B．M + 2gR 1- cosq
4 4
C p gR p gR．m + m 2gR 1- cosq D．M + M 2gR 1- cosq
2 2
考點二 動量定理
考向 1 應(yīng)用動量定理解釋生活現(xiàn)象
1.應(yīng)用動量定理解釋的兩類物理現(xiàn)象
(1)當(dāng)物體的動量變化量一定時,力的作用時間 Δt 越短,力 F 就越大,力的作用時間 Δt 越長,力 F 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)當(dāng)作用力 F 一定時,力作用時間 Δt 越長,動量變化量 Δp 越大,力的作用時間 Δt 越短,動量變化量 Δp 越
小。
2.動量定理的應(yīng)用技巧
(1)應(yīng)用 I=Δp 求變力的沖量：如果物體受到大小或方向改變的力的作用,則不能直接用 I=Ft 求沖量,可以
求出該力作用下物體動量的變化 Δp,等效代換得出變力的沖量 I。
(2)應(yīng)用 Δp=FΔt 求動量的變化。
5．在駕駛汽車時必須系好安全帶，因為在緊急情況下急剎車，汽車速度會在很短時間內(nèi)減小為零，關(guān)于
安全帶在此過程中的作用，下列說法正確的是（　　）
A．延長了司機(jī)的受力時間
B．減少了剎車前后司機(jī)動量的變化量
C．增加了司機(jī)所受的沖量
D．將司機(jī)的動能全部轉(zhuǎn)換成汽車的動能
6．2023 年杭州亞運會，全紅嬋憑借完美的表現(xiàn)奪得 10 米臺跳水比賽金牌，引起廣泛關(guān)注。假設(shè)不計空氣
阻力，運動員從 10 米臺跳下時初速度為零，若入水姿勢正確，則從接觸水面到速度為零下降距離約 3
米；若入水姿勢不正確，則從接觸水面到速度為零下降距離約 1 米，運動員在向下運動的過程中（　　）
A．在空中重力的沖量與下降的距離成正比
B．入水姿勢正確的情況下，在水中動量變化量小，受到水的沖擊力小
C．入水姿勢不正確的情況下，在水中動量變化率小，受到水的沖擊力小
D．入水姿勢正確的情況下，在水中動量變化率小，受到水的沖擊力小
考向 2 應(yīng)用動量定理求平均沖力
1.動量定理的表達(dá)式 F·Δt=Δp 是矢量式,在一維的情況下,各個矢量必須以同一個規(guī)定的方向為正方向。運用
它分析問題時要特別注意沖量、動量及動量變化量的方向,公式中的 F 是物體或系統(tǒng)所受的合力。
2.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(yīng)理解為變力在
作用時間內(nèi)的平均值。
7．高空墜物極易于對行人造成傷害。若有一個 50g 的雞蛋從一居民樓的 25 層（每層樓高約 3.2m）墜下，
與地面撞擊時間約為 0.002s，則該雞蛋對地面產(chǎn)生的沖擊力約為其重量的（ ）
A．2000 倍 B．1000 倍 C．500 倍 D．200 倍
8．很多人喜歡躺著看手機(jī)，經(jīng)常出現(xiàn)手機(jī)砸到頭部的情況。若手機(jī)質(zhì)量為120g ，從離人約 20cm的高度無
初速度掉落，砸到頭部后手機(jī)未反彈，頭部受到手機(jī)的沖擊時間約為 0.1s，取 g = 10m/s2 ，下列分析正確
的是（　　）
A．手機(jī)剛要接觸頭部之前的速度約為1m/s
B．手機(jī)對頭部的沖量為 0
C．手機(jī)對頭部的平均作用力大小約為 2.4N
D．手機(jī)與頭部作用過程中手機(jī)動量變化約為0.24kg × m/s
考點三 兩類柱狀模型
考向 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(zhì)量具有連續(xù)性，通常已知密度 ρ
其特點
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(nèi)的一段柱形流體的長度為 Δl，對應(yīng)的質(zhì)量為 Δm＝ρSvΔt
步
驟 3 建立方程，應(yīng)用動量定理研究這段柱狀流體
9．2024 年 3 月 29 日，我國研制的朱雀三號可重復(fù)使用垂直起降回收驗證火箭在酒泉衛(wèi)星發(fā)射中心圓滿完
成試驗任務(wù)。點火升空 1 分鐘后，火箭從三百多米的高空垂直返回，著陸平穩(wěn)，落點準(zhǔn)確，狀態(tài)良好，標(biāo)
志著國內(nèi)起飛規(guī)模最大垂直起降試驗火箭試驗成功。若該火箭在距離地面的高度約 1m 時，底部配備的 4
臺著陸反推發(fā)動機(jī)開始點火豎直向下噴氣，使火箭在豎直方向上的速度在 0.2s 內(nèi)由 8m/s 降到 2m/s。已知
反推發(fā)動機(jī)噴氣過程中火箭受到的平均推力大小為 F，噴出氣體的密度為 r ，4 臺發(fā)動機(jī)噴氣口的直徑均
為 d，噴出氣體的重力忽略不計，噴出氣體的速度遠(yuǎn)大于返回艙的速度。則噴出氣體的速度大小為
（　　）
F 4F
A． Bprd 2 ． prd 2
4F F
C． D．
prd 2 prd 2
10．“…青箬笠，綠蓑衣，斜風(fēng)細(xì)雨不須歸。”如圖所示，這是古詩描述的情景。若斗笠的直徑 d = 70cm，
細(xì)雨在空中分布均勻，豎直下落的速度始終為 v=4m/s，湖可以看成一個露天的圓柱形的大容器，細(xì)雨持
續(xù)的時間 t=1h，導(dǎo)致湖面的水位上升了 h=1mm。(設(shè)雨滴垂直撞擊斗笠后無反彈，且斗笠的坡面接近水
平，不計雨滴所受重力，水的密度 r =1 103 kg/m3 ) 則斗笠受到雨的平均作用力大小 F 最接近于（　　）
A． 4 10-4 N B．6 10-4 N C． 2 10-3 N D．1 10-3 N
考向 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(zhì)量具有獨立性，通常給出單
其特點 位體積內(nèi)粒子數(shù) 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 微元研究，作用時間 Δt 內(nèi)一段柱形流體的長度為 Δl，對應(yīng)的體積為 ΔV＝Sv0Δt，2
步 則微元內(nèi)的粒子數(shù) N＝nv0SΔt
驟
3 先應(yīng)用動量定理研究單個粒子，建立方程，再乘以 N 計算
11．我國是世界上第三個突破嵌套式霍爾電推進(jìn)技術(shù)的國家。霍爾推進(jìn)器的工作原理簡化如下圖所示，放
電通道的兩極間存在一加速電場。工作物質(zhì)氙氣進(jìn)入放電通道后被電離為氙離子，經(jīng)電場加速后以某一速
度噴出，從而產(chǎn)生推力。某次實驗中，加速電壓為 U，氙離子向外噴射形成的電流強(qiáng)度為 I．氙離子的電
荷量與質(zhì)量分別為 q 和 m，忽略離子的初速度及離子間的相互作用，則離子推進(jìn)器產(chǎn)生的推力為（　　）
I mU I mU mU 2mUA． B． C． I D． I
2q 2 q q q
12．太陽帆飛船是目前唯一可能承載人類到達(dá)太陽系外星系的航天器。太陽光光子流撞擊航天器帆面，產(chǎn)
生待續(xù)光壓，使航天器可在太空中飛行。若有一艘太陽帆飛船在航行，太陽光垂直照射帆面，帆面積為
66300m2，單位面積每秒接受的太陽輻射能最為1.2 103 W × m-2。已知太陽輻射平均波長為10-6 m，假設(shè)帆
能完全反射太陽光，不計太陽光反射的頻率變化，普朗克常數(shù)h = 6.63 10-34 J ×s ，則下列說法正確的是
（　　）
A．太陽輻射的光子能量約為6.63 10-28 J
B．太陽輻射的光子動量約為6.63 10-24 kg × m ×s-1
C．太陽輻射對飛船的平均作用力約為 0.53N
D．帆面每秒鐘接受到的光子數(shù)量約為 4.0 1020個
1．套圈是我國民眾喜愛的傳統(tǒng)游戲，小孩和大人在同一條豎直線上的不同高度分別水平拋出相同的圓
環(huán)，結(jié)果恰好都套中前方同一物體，不計空氣阻力。若大人和小孩拋出圓環(huán)的高度之比為 2 :1，圓環(huán)及被
套物體均可視為質(zhì)點，則下列說法不正確的是（ ）
A．大人和小孩拋出的圓環(huán)初速度之比為1: 2
B．大人和小孩拋出的圓環(huán)在空中飛行的時間之比為 2 :1
C．大人和小孩拋出的圓環(huán)落地時重力的瞬時功率之比為 2：1
D．大人和小孩拋出的圓環(huán)在空中運動過程中動量的變化量之比為 2 :1
2．某市學(xué)生期考體能測試中有一重要項目：排球墊球個數(shù)測試。某同學(xué)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0.2m 第二次墊球后，球豎直上升高度為 0.45m 。已知
排球的質(zhì)量為0.27kg ，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
3．在某次電動汽車的性能試驗中，工程師已測得該款汽車綜合阻力隨時間變化關(guān)系式 f = f0 + kt ，現(xiàn)工程
師為汽車提供恒定的牽引力 F，并使汽車由靜止開始直線加速至速度再次為 0 停止，則在此過程中，以下
說法正確的是（　　）
F - f
A．汽車達(dá)到最大速度的時間 0
mk
2
B F - f ．汽車達(dá)到的最大速度為 0
2mk
F F - fC ．全過程中，汽車的牽引力 F 的沖量為 0
2k
f (F - f )
D．全過程中，汽車的阻力 f 的沖量為 0 0
k
4．2024 年春晚雜技節(jié)目《躍龍門》帶給觀眾震撼的視覺盛宴，教練在訓(xùn)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(zhì)量為 40kg的演員在豎直方向運動時計算機(jī)輸出的壓力—
時間（F—t）圖像片段，運動員可視為質(zhì)點。不計空氣阻力，重力加速度 g =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(tài)
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
5．質(zhì)量為 2kg的物體靜止在水平面上， t = 0時受到水平拉力 F 的作用開始運動，F(xiàn) - t 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(shù)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
6．一質(zhì)量為 m 的小球從地面豎直上拋，在運動過程中小球受到的空氣阻力與速率成正比。它從拋出到落
地過程中動量隨時間變化的圖像如圖所示。已知重力加速度為 g，則下列說法正確的是（ ）
A．小球 t2 時刻剛好落地
B．小球在運動過程中加速度最大為 2g
3p
C 0．小球從拋出到落地的總時間為 2mg
D．小球上升和下降過程中阻力的沖量大小不相等
7．質(zhì)量相等的 A、B 兩個物體靜置同一水平面上，分別受到水平拉力F1、F2 的作用，經(jīng)過時間 t0 和3t0 ，
分別撤去F1和F2 ，兩個物體速度 v 隨時間 t 變化的圖像如圖所示，設(shè)F1和F2 對 A、B 的沖量分別為 I1和
I2 ，F(xiàn)1和F2 對 A、B 做的功分別為W1 和W2 ，下列結(jié)論正確的是（　　）
A． I1 > I2 ，W1 > W2 B． I1 < I2 ，W1 > W2
C． I1 < I2 ，W1 < W2 D． I1 > I2 ，W1 < W2
8．臨近盛夏，池中的荷葉已經(jīng)寬大而厚實，像一把巨大的綠色傘蓋，為小生命們提供了遮陽避雨的場
所。若在雨天將一圓柱形水杯置于露臺，測得時間 t 內(nèi)杯中水面上升的高度為 h。為估算池中荷葉葉面承
受雨滴撞擊產(chǎn)生的平均壓強(qiáng) p，建立以下模型：假設(shè)荷葉葉面呈水平狀，雨滴豎直下落的速度為 v，所有
2 v 1
落到葉上的雨滴，約有 3 向四周濺散開，濺起時豎直向上的速度大小為 ，另約 的雨滴撞擊葉面后無反5 3
彈留在葉面上；忽略葉上的積水以及雨滴落在葉面上時重力的影響；忽略風(fēng)力以及濺起的水珠對下落雨滴
的影響。已知水的密度為 r ，則 p 約為（ ）
6rhv 11rhv 17rhv rhv
A． B． C． D．
5t 10t 15t 15t
9．轉(zhuǎn)盤游戲深受人們喜愛，現(xiàn)將其簡化為如圖所示模型。傾角為q = 30°的圓盤繞垂直于盤面且過圓心的
軸做勻速圓周運動，盤面上距離軸 r 處有一可視為質(zhì)點的小物塊與圓盤始終保持相對靜止，物塊與盤面間
2g
的動摩擦因數(shù)為 ，重力加速度為 g，圓盤的角速度為 = ，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，則
3r
（ ）
A．
7
的最小值為 3
9
2
B．物塊從最低點第一次轉(zhuǎn)到最高點的過程中，轉(zhuǎn)盤對物塊的沖量大小為 m 6gr
3
C 2 2 2 2．物塊運動到任意關(guān)于轉(zhuǎn)軸對稱的兩點時受到的摩擦力的大小分別為 f1、 f2 ，一定有 f1 + f2 > m g
D． 增大，物塊在最高點受到的摩擦力一定增大
10．為測試玩具電動汽車的性能，通過計算機(jī)描繪了兩款不同小車在平直的軌道上，從靜止開始做勻加速
運動直到恰好達(dá)到額定功率的過程中，小車動量平方隨位移變化的關(guān)系圖像 p2 - x如圖所示。已知甲車質(zhì)
量為乙車的質(zhì)量的兩倍。則兩車勻加速階段的（ ）
A．加速度之比 1:4 B．所用時間之比為 1:1
C．最大動能之比為 1:2 D．牽引力之比為 1:2
11．我國目前正在運轉(zhuǎn)的空間站天和核心艙，搭載了一種全新的推進(jìn)裝置——霍爾推進(jìn)器。如圖，其工作
原理為電子槍發(fā)射的電子在電場和磁場力的共同作用下與中性原子碰撞并使其電離為正離子，正離子（在
磁場中的偏轉(zhuǎn)角度很小）在電場力的作用下高速噴出。若空間站組合體的質(zhì)量為 100t，配備有 4 臺霍爾推
進(jìn)器，單臺推進(jìn)器單位時間噴出的正離子數(shù)量 n =1.9 1019個，速度 v =19.3km / s ，其質(zhì)量為
m = 2.180 10-25 kg ，不計一切阻力，下列說法正確的是（　　）
A．單臺霍爾推進(jìn)器產(chǎn)生的平均推力約為 0.08N
B．單臺霍爾推進(jìn)器產(chǎn)生的平均推力約為 80N
C．所有推進(jìn)器全部開啟時，空間站組合體的加速度約為3.2 10-6 m / s2
D．所有推進(jìn)器全部開啟時，空間站組合體的加速度約為3.2 10-3 m / s2
12．物塊置于足夠長光滑斜面上并鎖定， t = 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 ~ 4t0 ，物體一直沿斜面向下運動
B．0 ~ 4t0 ，合外力的總沖量為 0
C． t0 時動量是 2t0 時的一半
D． 2t0 ~ 3t0過程物體的位移小于3t0 ~ 4t0的位移
13．由高壓水槍中豎直向上噴出的水柱，將一個質(zhì)量為 m 的小鐵盒開口向下頂在空中，如圖所示，已知水
的密度為 r ，以恒定速率 v0從橫截面積為 S 的水槍中持續(xù)噴出，向上運動并沖擊小鐵盒后，以不變的速率
豎直返回，水與鐵盒作用時這部分水所受重力可忽略不計，下列說法正確的是（ ）
mg
A．水到達(dá)鐵盒底部速度的大小 v
mg
= B．水到達(dá)鐵盒底部速度的大小 v =
2rs 2rsv0
h v
2 2
C = 0
m g
．鐵盒到水槍口的高度 - D．鐵盒懸停受到水的沖擊力為mg
2g 8r 2s2v20
14．隨著我國體育在國際體育產(chǎn)業(yè)地位的不斷提高，2023 年多場大型高爾夫球賽事落地中國。高爾夫球比
賽過程中教練員可根據(jù)風(fēng)力指示桿上飄帶的形態(tài)提示運動員現(xiàn)場風(fēng)力的情況。若飄帶可視為粗細(xì)一致，其
所處范圍內(nèi)風(fēng)速水平向右、大小恒定且不隨高度改變。設(shè)飄帶的總長度為 L，質(zhì)量為 m，寬度為 d，風(fēng)速
為 v，空氣密度為 r ，可認(rèn)為風(fēng)與飄帶相互作用后速度變?yōu)?0。如圖所示現(xiàn)截取極小的一段Dl 研究，設(shè)其
與豎直方向的夾角為q ，則下列說法正確的是（　　）
A．風(fēng)對該段飄帶的水平作用力為 rdDlv3 cosq
B．風(fēng)對該段飄帶的水平作用力為 rdDlv2 cosq
C．整條飄帶應(yīng)呈一條向上彎曲的曲線形態(tài)
D．整條飄帶應(yīng)呈一條傾斜直線形態(tài)
15． 舞獅是我國優(yōu)秀的民間藝術(shù)， 古時又稱為“太平樂”。表演者在鑼鼓音樂下做出各種形態(tài)動作， 為了
增加娛樂性，會讓舞獅站在梅花樁上表演各種特技動作，彰顯出熱鬧的氛圍。某表演者單人練習(xí)時所使用
的梅花樁如圖所示，表演者從樁 1 正中心水平起跳，落到樁 2 正中心，然后再次起跳，最終停在樁 3 正中
心。已知樁 1 與樁 2 的高度差為 h=0.8m，樁 2、3 等高，相鄰兩樁中心間的距離均為 d=0.4m，假定表演者
兩次起跳速度的水平分量相同，表演者從落到樁 2 到離開樁 2 經(jīng)過的時間Dt =1s，表演者質(zhì)量為m = 60kg，
重力加速度 g=10m/s2 。求
（1） 表演者從樁 1 上起跳時的速度大小 v1；
（2） 表演者在豎直方向上對樁 2 的平均作用力大小。
16．如圖所示，某超市兩輛相同購物車沿同一直線靜置于水平地面上，質(zhì)量均為 8kg，人在極短時間內(nèi)給
第一輛車一水平?jīng)_量使其運動。當(dāng)車運動 2m 時與第二輛車碰撞后瞬間結(jié)合在一起，速度為 3m/s，再一起
運動 1m 后與豎直瓷磚墻壁發(fā)生碰撞并反向彈回，與墻壁碰撞過程中動能損失了 75%，作用時間為 0.04s。
已知當(dāng)瓷磚所受沖擊力超過 1000N 會碎裂，車運動時受到的摩擦力恒為重力的 0.25 倍。忽略空氣阻力，
碰撞過程中不計地面的摩擦力，重力加速度大小取10m/s2。求：
（1）兩車碰撞過程中損失的機(jī)械能；
（2）人給第一輛購物車的水平?jīng)_量大小；
（3）計算說明瓷磚會不會碎裂。
17．（2024·重慶·高考真題）活檢針可用于活體組織取樣，如圖所示。取樣時，活檢針的針蕊和針鞘被瞬間
彈出后僅受阻力。針鞘在軟組織中運動距離 d1后進(jìn)入目標(biāo)組織，繼續(xù)運動 d2后停下來。若兩段運動中針
翹鞘整體受到阻力均視為恒力。大小分別為 F1、F2，則針鞘（ ）
A 2 F1d1 + F2d ．被彈出時速度大小為 2
m
B．到達(dá)目標(biāo)組織表面時的動能為 F1d1
C．運動 d2過程中，阻力做功為(F1＋F2)d2
D．運動 d2的過程中動量變化量大小為 mF2d2
18．（2024·浙江·高考真題）如圖所示，一根固定的足夠長的光滑絕緣細(xì)桿與水平面成q 角。質(zhì)量為 m、電
荷量為+q 的帶電小球套在細(xì)桿上。小球始終處于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為 B 的勻強(qiáng)磁場中。磁場方向垂直細(xì)桿所
在的豎直面，不計空氣阻力。小球以初速度 v0沿細(xì)桿向上運動至最高點，則該過程（　　）
A．合力沖量大小為 mv0cos B．重力沖量大小為mv0 sinq
qBv2
C．洛倫茲力沖量大小為 0 v
2mgcosq
D．若 = ，彈力沖量為零
2gsinq 0 qB

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