动量与动量定理及其应用（解析版）-2025届高考物理

动量与动量定理及其应用热点题型归类

目录

题型一动量和冲量的理解........................................................................1

类型1动量与动能的比较及换算.............................................................2

类型2对动量和冲量的定性分析.............................................................3

类型3恒力冲量的计算......................................................................5

类型3利用尸r图像求冲量................................................................10

题型二动量定理的理解和应用..................................................................14

类型1用动量定理解释生活中的现象........................................................15

类型2应用动量定理求解瞬时平均力........................................................15

题型三动量定理和图像问题的结合..............................................................17

题型四应用动量定理处理“流体模型”............................................................26

模型一流体类问题.......................................................................28

模型二微粒类问题.......................................................................30

题型五应用动量定理处理分析多过程问题........................................................35

题型六动量定理与动能定理的类比及综合应用...................................................42

题型一动量和冲量的理解

【解题指导】1.动量与动能的比较

动量动能

物理意义描述机械运动状态的物理量

1

定义式p=mvmv2

标矢性矢量标量

变化因素合外力的冲量合外力所做的功

P2

大小关系p=d2mEk—茄

变化量△p=FtA£k=FZ

(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

2.冲量的计算方法

(1)恒力的冲量：直接用定义式/=加计算.

(2)变力的冲量

①作出尸一/图线，图线与1轴所围的面积即为变力的冲量，如图所示.

②对于易确定始、末时刻动量的情况，可用动量定理求解.

类型1动量与动能的比较及换算.

［例1］关于在恒定阻力作用下，做竖直上抛运动的物体，下列说法正确的是()

A.动能心随时间f变化的快慢4随时间均匀变化

Nt

B.动量p随时间/变化的快慢学随时间均匀增大

NE

C.重力势能与随位移x变化的快慢一随时间保持不变

Ax

D.机械能E随位移x变化的快慢丁随时间均匀减小

Ax

【答案】AC

【详解】A.上升过程，有

v=v0-at

222

Ek=-^mv-2vQat+at)

可得

\p]

八K=3m(-2%a+2//)

下降过程，有

v'=a't

17

E=-mv,2=-mat

k22

A£

kmar2t

可知动能及随时间£变化的快慢—随时间均匀增大，故A正确;

加

B.根据动量定理可得

\p=mAv=maAt

可得

——=ma

可知动量。随时间/变化的快慢与保持不变，故B错误；

C.根据重力势能与重力做功的关系，可知重力势能减少量为

AEp=mg/^x

可得

密

Ax

AF

可知重力势能E随位移x变化的快慢一保持不变，故C正确;

pAx

D.根据功能关系有

AE=fAx

所以

—=/

Ax

可知机械能E随位移x变化的快慢牛保持不变，故D错误。

Ax

故选ACo

【变式演练1】冬奥会速滑比赛中，甲、乙两运动员的质量分别为加和M,若他们的动能

相等，则甲、乙动量大小之比是（）

A.1:1B.m:MC.4m：4MD.VMA/TTI

【答案】C

【详解】由动能表达式纥=；机/和动量大小表达式〃=可得

p=12mEk

二者动能相等，所以甲、乙动量大小之比为后:屈，故ABD错误，C正确。

故选C。

【变式演练2】甲、乙两人静止在光滑的冰面上，甲推乙后，两人向相反方向滑去。若甲的

质量大于乙的质量，则（）

A.甲推乙的过程中，甲对乙的作用力大于乙对甲的作用力

B.甲推乙的过程中，甲对乙的冲量小于乙对甲的冲量

C.分开后，甲的动量大于乙的动量

D.分开后，甲的动能小于乙的动能

【答案】D

【详解】A.根据牛顿第三定律可知，甲推乙的过程中，甲对乙的作用力等于乙对甲的作用

力，故A错误；

BC.甲推乙的过程中，甲乙二人组成的系统在二者相互作用过程中不受外力，满足系统动

量守恒条件，故甲对乙的冲量与乙对甲的冲量等大反向，故分开后，甲的动量等于乙的动量,

故BC错误；

D.根据

耳=匹

2m

可知动量大小相等，而甲的质量大于乙的质量，故甲的动能小于乙的动能，故D正确。

故选D。

【变式演练3】质量为加的物体静止在光滑水平面上，在水平恒力厂的作用下，经时间/走

过位移/,动量变为小动能变为瓦。若上述过程中尸不变，物体的质量变为2%,下列说法

正确的是（）

A.经过时间物体动量变为〃B.经过时间3物体动能变为瓦

C.经过位移/,物体动量变为2。D.经过位移/,物体动能变为2反

【答案】A

【详解】A.以初速度方向为正方向，根据动量定理，有

Ft=p

故厂不变，物体的质量变为2m,经过时间f,物体动量变为0，故A正确;

B.根据

2

Ek=~

2m

动量为P，质量变为2加，故动能变为，反，故B错误；

D.经过位移/，根据动能定理，有

Fl=Ek

故尸不变，物体的质量变为2加，经过位移/,动能仍变为耳,故D错误；

C.根据

p=yj2mEk

动能为EM质量变为2根，故动量变为及p,故C错误。

故选Ao

类型2对动量和冲量的定性分析

【例2】如图所示，颠球是足球运动中的一项基本功，若某次颠球中，颠出去的足球竖直向

上运动之后又落回到原位置，设整个运动过程中足球所受阻力大小不变。下列说法正确的是

()

A.球从颠出到落回的时间内，重力的冲量为零

B.球从颠出到落回的时间内，阻力的冲量为零

C.球上升阶段与下降阶段合外力的冲量大小相等

D.球上升阶段动能的减少量大于下降阶段动能的增加量

【答案】D

【详解】AB.力和力的作用时间的乘积叫做力的冲量，重力的方向不变，故重力冲量的大

小不为零，由于上升阶段足球的加速度较大，下降阶段足球的加速度较小，由运动学规律知

上升阶段的时间比下降阶段的时间短，且整个过程中阻力的大小不变，故阻力的冲量也不为

0,故AB错误；

C.球上升时合力为重力加阻力，下降时合力为重力减阻力，故上升时合外力比下降时合外

力大，上升时加速度%大于下降时加速度。2,设上升阶段球的初速度为%,末速度为0,则

动量的变化量大小

A/?1=0-mv0=-mv0

下降阶段初速度为0,由于上升时加速度比下降时加速度大，根据声=2"可知，其末速度

vo<v°

则动量的变化量大小=mv0,则球上升阶段动量的变化量大小大于下降阶段动量的变化

量大小，由动量定理可知，球上升阶段动量的变化量即球上升阶段所受的合外力的冲量，球

下降阶段动量的变化量即球下降阶段所受的合外力的冲量，则球上升阶段合外力的冲量大于

下降阶段合外力的冲量，故C错误；

D.根据C分析，落回时的速度%小于上升时的速度%,根据动能定理，上升时的动能减

少量等于g〃nV，下降时的动能增加量等于^加%二所以球上升阶段动能的减少量大于下降

阶段动能的增加量，故D正确。

故选D。

【变式演练1】从2023年起，每年的4月23日将被命名为世界乒乓球日。关于乒乓球运动,

下列说法正确的是（）

A.球拍对乒乓球的弹力越大，乒乓球的动量变化一定越大

B.球拍将飞来的乒乓球以原速率反向击出的过程，乒乓球的动量和动能均保持不变

C.乒乓球被球拍击打出的过程，球拍对乒乓球的冲量大小大于乒乓球对球拍的冲量大

小

D.一次击球过程中，球拍对乒乓球的冲量大小等于乒乓球对球拍的冲量大小

【答案】D

【详解】A.由动量定理有

@At=Np

则有

可知，乒乓球的动量变化量等于合外力的冲量，即乒乓球的动量变化量除了与力的大小方向

有关，还与力的作用时间有关，故A错误；

B.动量是矢量，既有大小又有方向，当球拍以原速率反向击出的过程，乒乓球的速率不变,

但是方向发生了改变，因此乒乓球的动量发生了改变，故B错误；

CD.用球拍打击球时，球拍对乒乓球的力与乒乓球对球拍的力是一对相互作用力，大小相

等、作用时间相同、冲量大小相等，故C错误，D正确。

故选D。

【变式演练2】风簸是用于筛选精谷粒和瘪谷粒的农用工具，在我国西汉时期就已广泛使用。

谷粒从风簸上端的进谷口进入分离仓，分离仓右端有一鼓风机提供稳定气流，从而将谷物中

的瘪谷粒。和精谷粒6分开。若所有谷粒进入分离仓时，竖直方向初速度为0,在水平方向

获得的动量相同。之后所有谷粒受到气流的水平作用力可视为恒力且相同。下图中虚线分别

表示a、b谷粒的轨迹，%、果为相应谷粒所受的合外力。下列四幅图中可能正确的是

()

【答案】B

【详解】

从力的角度看，水平方向的力相等，精谷粒6的重力大于瘪谷粒。的重力，如图所示从运动

上看，在水平方向获得的动量相同

=mbvb

精谷粒b的质量大于瘪谷粒a的质量，精谷粒b的水平速度小于瘪谷粒a的水平速度，而从

竖直方向上高度相同

,12

h=]gt

运动时间相等，水平方向匀加速直线运动

12

%5

12

xb=vbt+-abt

水平方向的合外力相同，。的质量小，加速度大，初速度大，时间相同，所以

Xa>Xb

故选B。

【变式演练3】飞机沿某水平面内的圆周匀速率地飞行了一周，已知飞机质量为〃?，速率为

v,圆周运动半径为R。下列说法正确的是（）

A.飞机做匀速圆周运动，速率没变，则所受合外力为零

B.飞机做匀速圆周运动，速率没变，则动量守恒

C.飞机飞行时，速度的方向不断变化，因此动量不守恒；飞行一周向心力的冲量大小

，一v?2兀R.

1=△/=m----------=2兀加V

Rv

D.飞机飞行时，速度的方向不断变化，因此动量不守恒；飞行半周动量的改变量大小

为2mv

【答案】D

【详解】A.飞机做匀速圆周运动，合力提供所需的向心力，故A错误；

BCD.飞机做匀速圆周运动，速度大小不变，方向时刻发生，则动量大小不变，方向时刻

发生，动量不守恒；飞行一周时，由于初、末动量刚好相同，动量变化为0,根据动量定理

可知，合力冲量为0,则向心力的冲量为0；飞行半周时，飞机的初、末动量大小相等，方

向刚好相反，则飞机的动量变化量大小为

Ap=mv—(―mv)=2mv

故BC错误，D正确。

故选D。

类型3恒力冲量的计算

【例3】如图所示，物体静止在水平地面上，受到与水平方向成。角、大小为尸的恒定拉力,

作用时间3物体始终保持静止。在这段时间:内()

A.拉力对物体的冲量大小为刘B.支持力对物体的冲量大小为零

C.摩擦力对物体的冲量大小为尸/cos。D.合力对物体的冲量为零

【答案】ACD

【详解】A.根据冲量的概念可知，拉力对物体的冲量大小为

Ip=Ft

选项A正确；

B.根据冲量的概念可知，支持力和作用时间均不为零，可知支持力对物体的冲量大小不为

零，选项B错误；

C.摩擦力为

f=Fcos0

则摩擦力对物体的冲量大小为

If-ft-Ftcos9

选项C正确;

D.物体处于静止状态，合外力为零，则合力对物体的冲量为零，选项D正确。

故选ACD。

【变式演练1】如图所示，在光滑的水平面内建立xQy坐标，质量为优的小球以某一速度

从。点出发后，受到一平行于y轴方向的恒力作用，恰好通过/点，已知小球通过/点的

速度大小为V。，方向沿x轴正方向，且。/连线与Ox轴的夹角为30。，则（）

“30。->

0X

A.恒力的方向一定沿y轴正方向

7

B.恒力在这一过程中所做的功为:mV：

C.

3

D.小球从O点出发时的动能为5%说

【答案】C

【详解】A.小球受到恒力作用做匀变速曲线运动，利用逆向思维法，小球做类平抛运动。

由此可判断恒力方向一定沿y轴负方向，故A错误;

D.由几何关系可得

1

一at2.

tan30。=上2_at

X引2%

所以小球经过坐标原点时，沿y轴方向的分速度为

沿X轴方向的速度仍为W，小球从。点出发时的动能为

17

Ek=-m(vl+v^=-mvl

26

故D错误；

B.恒力在这一过程中所做的功为

W=^mV0-|OT(V0+Vv)=mV0

故B错误；

C.恒力在这一过程中的冲量大小

r.2后

mv

1=m/\v=mvy=，§o

故c正确。

故选Co

【变式演练2】一水平传送带长£=16m,以恒定速度v=4m/s向右匀速运动，现在传送带

左端每隔1s由静止放上一个完全相同的质量为冽=1kg的小物块，小物块与传送带间的动摩

擦因数〃=0.1,重力加速度g取lOm/s?,则第1个小物块到达传送带最右端后的is内，传送

带对所有小物块摩擦力的总冲量大小为()

A.3N-sB.4N-S

C.5N-sD.6N-s

【答案】B

【详解】由题意可知，小物块做匀加速直线运动的加速度

a==lm/s2

加速运动的时间

v,

匕=—=4s

加速运动的位移

匀速运动的位移

x2-L-xt=8m

匀速运动的时间

第1个小物块到达最右端时，第7个小物块刚要放上传送带，传送带对第2-3个工件的摩

擦力为0,因此在此后1s内的冲量

对第4-7个工件的摩擦力在此后,=ls内的冲量

故此后1s内传动带对工件摩擦力的总冲量大小为

I=人+，3+14+15+16+17=4N•S

故选Bo

类型3利用F-t图像求冲量

【例3】如图甲，一质量为2kg的物块静止在光滑水平面上，从仁0时刻开始受到一水平外

力厂作用，尸随时间f变化的图线如图乙所示。取/=0时刻力尸的方向为正方向，重力加速

度大小取g=10m/s2。下列说法正确的是（）

2~3~4~

77777777777777777777

A.前4s时间内，物块做往返运动

B.Z=4s时，物块的动量为2kg-m/s

C.前4s时间内，物块所受重力的冲量为0

D.Z=2s到Z=4s时间内，物块的速度变化量为2m/s

【答案】B

【详解】A.尸-1图像中，图像与时间轴所围几何图形的面积表示冲量，前4s时间内的冲

量为

2x2N-s-（4-2）xlN-s=2N-s>0

可知，前4s时间内，物块始终沿正方向运动，没有做往返运动，故A错误；

B.根据动量定理有

Ix=mv1

结合上述有

/I=2N-s

解得

mvl二2kg-m/s

即Z=4s时，物块的动量为2kg-m/s,故B正确；

C.前4s时间内，物块所受重力的冲量为

IG=mgt=80N•s

故c错误；

D.Z=2s到片4s时间内，合力的冲量为

人=尸图像中，图像与时间轴所围几何图形的面积表示冲量，片2s到Z=4s时间

内冲量为

12=-（4-2）xlN-s=-2N-s>0

解得物块的速度变化量为-lkg-m/s,故D错误。

故选B。

【变式演练1】一质量为2kg的物块在合外力下的作用下从静止开始沿直线运动。尸随时间

f变化如图所示，则（）

八F/N

2-------------;

1-

°1~_3tts

-1------------J--------------：

A.Z=2s时物块的动量大小为4kg・m/s

B.Z=3s时物块的动量大小为5kg•m/s

C.Is〜4s过程中，物块动量守恒

D.Is〜2s内和2s〜4s内，合外力冲量相同

【答案】A

【详解】A.根据尸一图像可知，0〜2s内合力的冲量为

4=2X2N-S=4N-S

根据动量定理可得

ZF=mv2-0

解得r=2s时物块的动量大小为

p2=mv2=4kg-m/s

故A正确；

B.根据尸图像可知，。〜3s内合力的冲量为

/；=2x2N-s-lxlN-s=3N-s

根据动量定理可得

/y=mv3—0

解得片3s时物块的动量大小为

=wv3=3kg-m/s

故B错误；

C.Is〜4s过程中，物体受到的合力不为0,物体的动量不守恒，故C错误；

D.根据尸图像可知，1s〜2s内和2s〜4s内，合外力的冲量大小相等，但方向相反，故D

错误。

故选Ao

【变式演练2】一质量为1kg的质点静止于光滑水平面上，从/=0时刻开始，受到水平外力

尸作用，如图所示。下列判断正确的是（）

*FN

3

2

A.第1s末的速度为1.5m/s

B.第1s内尸的冲量为4N-s

C.前2s内厂的冲量为3N・s

D.第2s末的动量为4kg-m/s

【答案】D

【详解】A.根据动量定理可知

4:=mv1

解得第Is末的速度为

盯=3m/s

选项A错误；

B.第1s内方的冲量为

4=F/[=3N,s

选项B错误；

C.前2s内方的冲量为

，2=片0+F2t2=(3x1+1x1)N-s=4N-s

选项c错误；

D.根据

Z2=4N-s=mv2

可得第2s末的动量为

p2=4kg-m/s

选项D正确。

故选D。

【变式演练3】如图是某人站在压力传感器上做下蹲、起跳动作时，压力随时间变化的图像,

。点对应开始下蹲时刻，6点对应下蹲至最低位置的时刻，图中阴影面积分别为$、S2,重

力加速度g取10m/s2,下列说法正确的是()

A.人跳起后上升的最大高度为1.8m

B.从人开始下蹲至离地，压力传感器对人的平均支持力大小为525N

C.6c过程，人始终处于超重状态

D.Sj=S2

【答案】D

【详解】A.根据图像可知，人在空中的时间为

%=0-6s

上升高度

［寸J=0.45m

故A错误；

B.人离地时的速度为

v=g—=3m/s

2

人的重力为

G=500N

质量

m=50kg

自开始下蹲至离地，用时

%=L2s

对人，根据动量定理有

（用-G）*=7""0

解得

FN=625N

故B错误；

C.6c过程，压力传感器对人的支持力先大于重力后小于重力，即先超重后失重，故C错误;

D.图中面积表示合力对人的冲量大小，S/对应的冲量向下，$2对应的冲量向上，。、6点人

的速度均为零，所以

岳=邑

故D正确。

故选D。

题型二动量定理的理解和应用

【核心归纳】1.对动量定理的理解

(1)尸/=〃一P是矢量式，两边不仅大小相等，而且方向相同.式中△是物体所受的合外力的

冲量.

(2)的=〃-p除表明两边大小、方向的关系外，还说明了两边的因果关系，即合外力的冲量

是动量变化的原因.

(3)由乃=〃一0,得/=—=手，即物体所受的合外力等于物体动量的变化率.

(4)当物体运动包含多个不同过程时，可分段应用动量定理求解，也可以全过程应用动量定

理.

2.解题基本思路

(1)确定研究对象.

(2)对物体进行受力分析.可先求每个力的冲量，再求各力冲量的矢量和——合力的冲量；

或先求合力，再求其冲量.

(3)抓住过程的初、末状态，选好正方向，确定各动量和冲量的正负号.

(4)根据动量定理列方程，如有必要还需要补充其他方程，最后代入数据求解.

类型1用动量定理解释生活中的现象

【例1】“智能防摔马甲”是一款专门为老年人研发的科技产品。该装置通过马甲内的传感器

和微处理器精准识别穿戴者的运动姿态，在其失衡瞬间迅速打开安全气囊进行主动保护，能

有效地避免摔倒带来的伤害。在穿戴者着地的过程中，安全气囊可以()

0.1秒识别

A.减小穿戴者所受重力的冲量B.减小地面对穿戴者的平均冲击力

C.减小穿戴者动量的变化量D.减小穿戴者与地面的接触时间

【答案】B

【详解】设穿戴者所受合力为尸，依题意，根据动量定理

F\t=\p

可得

F=^-

加

可知安全气囊的作用是延长了人与地面的接触时间，从而减小人所受到的合外力，即减小穿

戴者动量的变化率，而穿戴者动量的变化量未发生变化，全气囊的作用是延长了人与地面的

接触时间，则穿戴者所受重力的冲量增大了。

故选B。

【变式演练1】运输易碎器件时，经常在包装箱中填充泡沫塑料，这是因为在碰撞过程中,

泡沫塑料能减小（）

A.器件的惯性B.器件受到的冲量

C.器件的动量变化量D.器件受到的作用力

【答案】D

【详解】根据

Ft=\p

可知在碰撞过程中，泡沫塑料能延长接触时间，从而起到减小器件受到的作用力的效果。

故选D。

【变式演练21人从高处跳到低处，为了安全，一般都是脚尖先着地，这样做的目的是（）

A.增大人对地面的压强，起到安全作用

B.延长与地面的作用时间，从而减小地面对人的作用力

C.减小着地时所受冲量

D.使动量增量变得更小

【答案】B

【详解】人在和地面接触时，人的速度减为零，因此动量的该变量不变，由动量定理可得

[F-mg^t-mv

而脚尖着地可以增加人与地面的作用时间，从而可以减小所受地面的冲击力，着地时所受的

冲量即动量的改变量也不变。

故选B。

【变式演练3】行驶中的汽车如果发生剧烈碰撞，车内的安全气囊会被弹出并瞬间充满气体。

若碰撞后汽车的速度在很短时间内减小为零，关于安全气囊在此过程中的作用，下列说法正

确的是（）

A.增大了司机的受力面积从而减少司机单位面积的受力大小

B.减少了司机的受力时间

C.对乘客起固定作用，避免乘客飞出汽车

D.减少了碰撞前后司机动量的变化量

【答案】A

【详解】ABD.根据动量定理可得

Ft=\p

此过程中，司机动量的变化量一定，由于安全气囊使得作用时间变长，并增大了司机的受力

面积，从而减小司机受到的冲击力，减小了司机单位面积的受力大小，故A正确，BD错误;

C.安全气囊在此过程中的作用，没有对乘客起固定作用，故C错误。

故选Ao

类型2应用动量定理求解瞬时平均力

【例2】跳马比赛中在运动员落地位置放置厚海绵垫以保护运动员。如图所示为一质量为

40kg的运动员在比赛时落地的场景，海绵垫与运动员的撞击时间约为0.4s,g=10m/s2,下列

说法正确的是（）

A.海绵垫减小了运动员落地过程中撞击力的冲量

B.海绵垫减小了运动员落地过程中的动量变化率

C.落地过程中海绵垫对运动员的冲量与运动员对海绵垫的冲量相同

D.若运动员以4m/s的速度垂直落地，海绵垫对运动员的作用力约为400N

【答案】B

【详解】A.根据动量定理可得

(F-mg)t=0-(-mv)

所以

I=Ft=mv+mgt

依题意，海绵垫与运动员的撞击时间延长了，海绵垫增大了运动员落地过程中撞击力的冲量,

故A错误；

B.根据

2mv

AZt

可知海绵垫减小了运动员落地过程中的动量变化率，故B正确；

C.根据

I=FM

海绵垫对运动员的作用力与运动员对海绵垫的作用力等大反向，作用时间相同，所以海绵垫

对运动员的冲量与运动员对海绵垫的冲量大小相等、方向相反，故C错误；

D.根据

(F-mg)t=0—[-mv)

代入数据解得

F=800N

即海绵垫对运动员的作用力约为800N,故D错误。

故选Bo

【变式演练1】（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=10m/s2,下列说法正确的是（）

A.演员在。到6过程处于超重状态

B.演员在6时刻速度最大，速度大小为8m/s

C.从a时刻到6时刻，蹦床对演员做的功大于1280J

D.从a时刻到6时刻，蹦床给演员的冲量大小为320N-s

【答案】C

【详解】A.演员在。到6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。到6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。到6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。到6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

v0=gt=10x0.8m/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,

W=-mv1=1280J

根据图像可知，从。时刻到6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。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6时刻，根据动量定理有

I-mgtab=mv0

解得

J+mv

=mgtabo

解得

/=720N-s

故D错误。

故选C。

【变式演练2】.（2024・广西•二模）起跳摸高是学生常进行的一项运动，一质量为80kg的同

学用力蹬地且举臂起跳，在刚要离地时其手指距地面的高度为2.10m；离地后身体形状近似

不变，手指摸到的最大高度为2.55m。若从蹬地到离开地面的时间为0.2s,不计空气阻力,

起跳过程中他对地面的平均压力约为（g取10m/s2）（）

A.1450NB.1500NC.2000ND.1600N

【答案】C

【详解】跳起后重心升高的高度为

h=2.55-2.10m=0.45m

v2=2gh

所以人跳起的速度为

v=3m/s

根据动量定理得

Ft-mgt=mv

解得起跳过程中地面对人的平均压力约为

F=2000N

根据牛顿第三定律，起跳过程中人对地面的平均压力约为2000No

故选Co

【变式演练3】如图，一学生练习用头颠球。某次足球由静止开始自由下落80cm,被头部

重新顶起，离开头部后足球竖直上升的最大高度为45cm。已知足球与头部作用的时间为0.1

s,足球的质量为0.4kg,重力加速度大小取g=10m/s2。则头部对足球的平均作用力大小为

()

C.8ND.4N

【答案】A

【详解】设足球从高处自由落下根头部接触瞬间速度大小为匕，离开头部做竖直上抛运动瞬

间速度大小为"2,有

V?=2ghi

=2g%

解得

匕=4m/s

v2=3m/s

取向上为正方向，根据动量定理有

(F-mg)t=mv2-(-/nvj)

解得

F=32N

故选Ao

【变式演练4】“蹦极”是一项专业的户外休闲运动。如题图所示，某人用弹性橡皮绳拴住身

体从高空尸处自由下落，若此人质量为加，橡皮绳长为/,人可看成质点，且此人从尸点由

静止开始下落到最低点所用时间为3重力加速度为g,不计空气阻力。从橡皮绳开始拉伸

到此人下落到最低点的过程中，橡皮绳对此人的平均作用力大小为（）

【答案】D

【详解】人从下落到橡皮绳正好拉直的时间设为小则

2/

此时速度为

v=g4=7^

取向上为正方向，由动量定理得

0

(F-mg)I--=O-(-mv)

、Yg,

橡皮绳对人的平均作用力为

故选D。

题型三动量定理和图像问题的结合

【例1】（2024•山东•模拟预测）一质量为机的小球从地面竖直上抛，在运动过程中小球受

到的空气阻力与速率成正比。它从抛出到落地过程中动量随时间变化的图像如图所示。己知

重力加速度为g,则下列说法正确的是（）

A.小球弓时刻刚好落地

B.小球在运动过程中加速度最大为2g

C.小球从抛出到落地的总时间为普

2mg

D.小球上升和下降过程中阻力的冲量大小不相等

【答案】C

【详解】A.由图可知，右时刻后物体的动量不变，即物体的速度不变，由图可知物体速度

不变后，又运动了一段时间，说明马时刻物体还没落地，故A错误；

B.设在运动过程中小球受到的空气阻力与速率满足关系式

f=kv

根据动量定理

Ap=FNt

可知图像的斜率表示合外力，由图可知f=0时刻，图像斜率的绝对值最大，小球

的加速度最大，设物体运动过程中的最大加速度为%，有

mg+kv1=mam

其中

m

当夕=今时，物体合外力为零，此时有

mg=kv2=左&-

一2m

解得

〃m=3g

故B错误；

C.设从地面抛出到最高点的时间为心上升的高度为〃，设最高点到落地的时间为右，从

地面抛出到最高点由动量定理得

-mg?]-kv\tx=Q_po

即

mg%+kk=Po

同理下降阶段

mgt2-kvit2=—

即

mgt2-kh-年

联立可得小球从抛出到落地的总时间为

故C正确;

D.小球上升过程中阻力的冲量大小为

In=kv\tx=kh

小球下落过程中阻力的冲量大小为

Ia=kv2t2=kh

故小球上升和下降过程中阻力的冲量大小相等，故D错误。

故选C。

【变式演练1】从地面上以一定初速度竖直向上抛出一质量为加的小球，其动能随时间的变

化如图。已知小球受到的空气阻力与速率成正比。小球落地时的动能为且落地前小球

已经做匀速运动。重力加速度为g,则小球在整个运动过程中（）

A.球上升阶段阻力的冲量大于下落阶段阻力的冲量

B.从最高点下降落回到地面所用时间小于t,

C.最大的加速度为4g

D.小球上升的最大高度为强-亚西

mgm

【答案】D

【详解】A.由题意可得，阻力与速率的关系为/=H,故阻力的冲量大小为

Ij=Yft=£kvt=kx

因为上升过程和下降过程位移大小相同，则上升和下降过程阻力的冲量大小相等，A错误；

B.由于机械能损失，上升过程中的平均速度大于下降过程中的平均速度，上升过程与下降

过程的位移大小相等，故小球在运动的全过程，上升的时间小于下降的时间，B错误；

C.设小球的初速度为1,满足

而小球的末速度为匕，有

口12

E°=-mv,

小球刚抛出时阻力最大，其加速度最大，有

mg+kv0=mamax

当小球向下匀速时，有

mg=kvx

联立解得

喂=5g

C错误；

D.上升时加速度为。，由牛顿第二定律得

一（机g+Av）=ma

解得

k

a=-g-----v

m

取极短&时间，速度变化Av,有

k

Av=a\t=_gNt---v\t

m

又

v\t-A7z

上升全程

XAv=0-v=-gXAz-—ZA/z

0「m

则

k__

%=g4+—H

m

设小球的初速度为%,满足

16&）=g加说

而小球的末速度为匕，有

F12

4=—mv,

°2

联立可得

H_8.0八12"止0

mgm

D正确。

故选D。

【变式演练2】如图甲所示，一小物块在水平向右的推力/作用下从/点由静止开始向右做

直线运动，力厂的大小随时间变化的规律如图乙所示，钢块的质量机=lkg,与台面间的动

摩擦因数〃=01，g=10m/s2。则小物块在f=L5s时刻的速度（）

9/

A.—m/sB.——m/sD.——m/s

101012

【答案】D

【详解】物体受到的最大静摩擦

f=/jmg=IN0~ls推力厂与t的关系为

2—08

F=——-Z+0.8=1.2r+0.8

当推力方大于最大静摩擦时，物体开始运动