第24讲 动量和动量定理及其应用 -备战2025年高考物理一轮精细复习（解析版）

第第页第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定义物体由于运动而具有的能量物体的质量和速度的乘积物体末动量与初动量的矢量差定义式Ek＝eq\f(1,2)mv2p＝mvΔp＝p′－p标矢性标量矢量矢量特点状态量状态量过程量关联方程Ek＝eq\f(p2,2m)，Ek＝eq\f(1,2)pv，p＝eq\r(2mEk)，p＝eq\f(2Ek,v)联系(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(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在某段时间t内的冲量I＝eq\f(F1＋F2,2)t，其中F1、F2为该段时间内初、末两时刻力的大小。②作出F­t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0.2m第二次垫球后，球竖直上升高度为0.45m。已知排球的质量为0.27kg，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/sC．0.81kg⋅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v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v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（）A．“嫦娥三号”的动能为pB．“嫦娥三号”的向心加速度为πpC．“嫦娥三号”的公转轨道半径为TpD．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E故A错误；B．“嫦娥三号”的动量为p=mv公转周期为T，则角速度为ω=向心加速度为a=vω=故B错误；C．根据线速度与周期的关系可知v=解得r=故C正确；D．根据万有引力提供向心力有G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10ms2A．物体与水平地面间的动摩擦因数为0.15B．物体与水平地面间的最大静摩擦力为3.75C．在0∼4s时间内，合外力做的功为D．在0∼4s时间内，拉力F的冲量为【答案】AC【详解】A．由图2可得拉力F关于时间的函数为F=而由图3可知，在2s末物块的加速度a1大小为1.5m/s2，此时拉力F1大小为7.5N；在4s末加速度a2大小为FF代入数据解得m=2.5kg，故A正确；B．物块运动过程中所受的滑动摩擦力为F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v=根据动能定理可得，在0∼4sW故C正确；D．根据图2可知，在0∼4s时间内，拉力FI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ΔtC．任意一段时间ΔtD．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】Ff(t【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I=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I沿斜面向下。【考向6】（2024·河北保定·二模）如图所示，将质量m=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s=12m后静止，已知圆环与杆之间的动摩擦因数μ=0.8，取重力加速度大小g=10m/s2，sinθ=0.8（1）圆环的最大速度vm（2）拉力F对圆环的冲量大小I。【答案】（1）vm=8m/s；（2）I=6【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a根据牛顿第二定律有μmg=m圆环总共运动的距离为s=解得v（2）杆与圆环无压力时，有mg=F解得F=3.875当F<3.875N时，杆的上侧与圆环存在摩擦力，当F>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a当F<3.875N时，根据牛顿第二定律有F拉力F对圆环的冲量大小为I=Ft解得I=6（ⅱ）当F>3.875N时，根据牛顿第二定律有F拉力F对圆环的冲量大小为I=Ft解得I=62【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θ=37°，绕垂直圆盘的轴线OO′以角速度ω=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μ=78，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g=10（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）W=12J；（2）【详解】（1）对物体，在最低点mg解得R=1物体从最低点运动到最高点，由动能定理得W−2mgR解得W=12（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I物体的动量改变量Δ则摩擦力的冲量I解得I

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。（5）由Ft＝p′－p得F＝eq\f(p′－p,t)＝eq\f(Δp,t)，即物体所受的合外力等于物体的动量对时间的变化率。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Ft=解得F=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I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g=10A．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8C．从a时刻到b时刻，蹦床对演员做的功大于1280JD．从a时刻到b时刻，蹦床给演员的冲量大小为320【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v在0.2s到1.2s内，结合上述可知，蹦床对演员做的功为W=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I−mg解得I=mg解得I=720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F1、F2分别作用在a、b上，一段时间后撤去推力，物体继续运动一段距离后停下，a、b在运动过程中未相撞，a、b的v-t图像如图所示，图中Ata平行于Btb，整个过程中A．物体a、b受到的摩擦力大小相等B．两水平推力对物体的冲量之比为IC．两水平推力对物体的做功之比为WD．两水平推力的大小之比为F【答案】ABC【详解】AD．由题图知，Ata平行于体的合力等于摩擦力，根据牛顿第二定律可知FF解得F根据图像可知tA<解得F故A正确，D错误；B．根据动量定理有I1−μmg解得I故B正确；C．根据动能定理可得W1−μmgsa=解得W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（  ）A．飞行器的最大速率v=mgk C．飞行器运动时间为t=2ℎkmg 【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mg=k则v故A正确；B．对飞行器由动能定理得mgℎ+则W故B错误；CD．对飞行器由动量定理得mgt−kv则t=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其特点通常液体流、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，液体流量Q（单位时间内流体的体积）等分析步骤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S2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＝ρSvΔt3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其特点通常电子流、光子流、尘埃等被广义地视为“微粒”，质量具有独立性，通常给出单位体积内粒子数n分析步骤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S2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＝Sv0Δt，则微元内的粒子数N＝nv0SΔt3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ρ，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ρπC．无人机的总重力等于4ρπD．每个风扇对空气做功的功率为1【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故B正确；C．根据动量定理F解得每个螺旋桨对空气的作用力为F=ρπ无人机的总重力等于G=4F=4ρπ故C正确；D．每个风扇对空气做功的功率为P=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g=10m/sA．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v=设持续倾倒黄豆的时间为t，则根据单位时间落在秤盘上的黄豆数量为n=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F方程两侧根据时间累计求和可得Ft=2又F=0.8Nt=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ρSvC．叶片匀速旋转时，空气对小车的推力为ρSD．叶片匀速旋转时，单位时间内空气流动的动能为1【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m=ρvtS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F=根据牛顿第三定律可知空气对小车的推力为ρSvD．叶片匀速旋转时，单位时间内空气流动的动能为E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θ，牵引线与竖直方向夹角为2θ。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．2mgcosθSv2 B．2mgsin【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F=2mg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ΔtΔ在垂直风筝面方向上由动量定理有F⋅联立解得空气密度为ρ=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S=1.0×10−4m2，水喷出的最大水平射程为10m，水的密度ρ=1.0×10（1）喷水嘴出水的最大速率vm（2）若出水速度v1=8m【答案】（1）10m/s；（2）3.2N【详解】（1）设喷水嘴出水的最大速度为vm，出水方向与水平方向夹角为θ，水从喷水嘴到地面运动的时间为t，水的水平射程为xv水平方向位移x=解得x=当θ=45°时，水平射程最大x解得v（2）在时间ΔtΔ由动量定理得F解得F由牛顿第三定律可得F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．v=f1m B．v=f13m【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f⋅所以v=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tB=mAv【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】Mt【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F末节车厢受到的摩擦力F（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Ft+即kMgt−k解得t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F即−kmg所以t机车比末节车厢多运动了Δ【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（）A．从分离开始，经过时间2gℎgB．物体刚到达地面时的速度大小为vC．物体从分离到落地的过程中，热气球动量增加mD．物体刚到达地面时，热气球离地的高度为M【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−ℎ=vt−解得t=vg+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mgℎ=解得vB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Mv=解得v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I=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Mg−解得H=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，t=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．0~4tB．0~4tC．t0时动量是2D．2t0~3【答案】AD【详解】根据图像可知当F=2mgsina=方向沿斜面向下；当F=−2mgsina=方向沿斜面向上，作出物块0~4t0内的A．根据图像可知0~4tB．根据图像可知0~4tI故B错误；C．根据图像可知t0时物块速度大于2t0时物块的速度，故t0时动量D．v−t图像与横轴围成的面积表示位移，故由图像可知2t0~3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t=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10mA．t=0.15sB．t=0.30s时，运动员的速度大小为C．t=1.00sD．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t=0.15sBC．根据题图可知运动员从t=0.30s离开蹦床到t=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t=v=10×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F⋅其中Δ代入数据可得F=4600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t=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F1和F2，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10mA．物块始终做匀变速曲线运动B．t=1s时，物块的yC．t=1s时，物块的加速度大小为D．t=2s时，物块的速度大小为【答案】BD【详解】A．根据图像可得F1=4−t，F=4+2t物块在y轴方向受到的力不变为mgsin30°，B．在y轴方向的加速度为a故t=1s时，物块的yy=故B正确；C．t=1s时，F=6a=故C错误；D．对x轴正方向，对物块根据动量定理Ft=m由于F与时间t成线性关系故可得4+2×0解得v此时y轴方向速度为v故此时物块的速度大小为v=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6WB．在x=4m时，物体的动能为2JC．从x=0运动到x=2m，物体克服摩擦力做的功为8JD．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W−μmgx=则x=1m时物体的速度为v1=2m/sx=1m时，拉力为F=则此时拉力的功率P=Fv1=12Wx=4m时物体的动能为Ek=2JA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=8JC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v则从x=0运动到x=4的过程中，物体的动量最大为p=mv=2D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y=4t−26和y=−2t+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/sB．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/sD．MN段无人机机械能守恒【答案】AB【详解】A．根据EF段方程y=4t−26可知EF段无人机的速度大小为v=故A正确；B．根据y−t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y=−2t+140可知MN段无人机的速度为v则有Δ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FN，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M=30kg,H=3.2m①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）tanθ=【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(mg+解得tan（2）①由图像可知碰撞过程中F的冲量大小I方向竖直向上；②头锤落到气囊上时的速度v与气囊作用过程由动量定理（向上为正方向）I解得v=2m/s则上升的最大高度ℎ=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v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p=mv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P=fv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N−mg=m解得N=mg+m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F=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ℎ=x=物体在最高点的速度等于平抛的初速度，为v可得v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t因ℎ可得t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I可得I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ΔpA、A．ΔpA>ΔpB B．Δ【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F加速度为a=则有m由于角速度相同，因此m两恒星的速度方向始终相反，则p因此系统的总动量始终为零，可得ΔpA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．C．4×10−6kg D．【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F=0.1对1s时间内喷出的离子由动量定理可得Ft=mv−0解得该发动机1s时间内喷出离子的质量为m=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（F−t）图像，演员可视为质点。不计空气阻力，重力加速度g=10m/sA．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t=(2.8−1.2)故演员脱离蹦床时的速度v=g·根据动量定理可得I解得ID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/sB．匀减速直线运动过程中头盔对物体的平均作用力大小为2050NC．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v=A错误；B．物体匀减速过程中x=设竖直向下为正方向，根据动量定理mg−得头盔对物体的平均作用力大小为FB正确；C．物体做匀减速直线过程中动量变化量大小为Δ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I=mgt得I=0.5D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，t=0时受到水平拉力F的作用开始运动，F−t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μ，重力加速度g取10m/s2A．μ=0．2 B．C．物体最大动能为2J D．3s时物体的动量为2kg【答案】D【详解】A．根据F−t图像可知，0~4sI0~4sI解得物体与地面之间的动摩擦因数为μ=0.15故A错误；BC．物体受到的滑动摩擦力大小为f=μmg=3由F−t图像可知，当t′=2.5s时，水平拉力大小为3I其中I解得最大速度为v则最大动能为E故BC错误；D．0~3sI其中I解得3s时物体的动量为p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T2C．在T时间内，小球受到弹力的冲量为零D．在T2时间内，小球受到弹力的冲量大小为【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v=在T2I=2mv=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=mgt+解得I故C错误；D．在T2I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g=1

A．A到B的过程中合力对小球的冲量为8N⋅sB．在P点时，重力的瞬时功率为40WC．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p该过程小物块的动量改变量大小为Δ根据动量定理，可知I即A到B的过程中合力对小球的冲量大小为8NB．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P=mgv故B正确，与题意不符；C．由几何知识可知ℎ由动能定理，可得mg联立，解得W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F解得F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F⋅Δt=Δp可得F=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I=F⋅Δt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F=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IB．重物加速上升过程中吊索对重物拉力的冲量大小等于mv0C．电动机的输出功率P=mgv0D．当重物速度为12v【答案】AC【详解】A．由题意可知，重物加速上升的时间为t=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I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P=F故C正确；D．重物速度为v=时，拉力F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