文档内容
考情概览：解读近年命题思路和内容要求，统计真题考查情况。
2024年真题研析：分析命题特点，探寻常考要点，真题分类精讲。
近年真题精选：分类精选近年真题，把握命题趋势。
必备知识速记：归纳串联解题必备知识，总结易错易混点。
名校模拟探源：精选适量名校模拟题，发掘高考命题之源。
命题解读 考向 考查统计
2024·辽宁卷，1
考向一 动量的理解与计算 2022·湖南卷，7
2021·湖南卷，2
2024·江苏卷，13
考向二 恒力冲量的计算
2021·山东卷，16
2024·全国甲卷，
7
2023·新课标卷，
6
本类试题主要考查动量、冲量的理解
考向三 动量定理的应用 2022·广东卷，2
及动量定理的应用。
2022·湖南卷，14
2023·江苏卷，15
2021·天津卷，7
2021·湖北卷，3
2023·福建卷，7
考向四 图像中的动量、冲量问题 2022·全国乙卷，
7
考向五 实验：验证动量定理 2021·江苏卷，11
命题分析
2024年高考各卷区物理试题均考查了动量问题。预测2025年高考会继续考查。
试题精讲
考向一 动量的理解与计算
1.（2024年辽宁卷第1题） 2024年5月3日，长征五号遥八运载火箭托举嫦娥六号探测器进入地月转移轨道，火箭升空过程中，以下描述其状态的物理量属于矢量的是（ ）
A. 质量 B. 速率 C. 动量 D. 动能
【答案】C
【解析】矢量是既有大小，又有方向的物理量，所以动量是矢量，而质量、速率、动能只有大小没有方向，
是标量。
故选C。
考向二 恒力冲量的计算
2.（2024·江苏卷·第13题）嫦娥六号在轨速度为v ，着陆器对应的组合体A与轨道器对应的组合体B分离
0
时间为Δt，分离后B的速度为v，且与v 同向，A、B的质量分别为m、M。求：
0
（1）分离后A的速度v；
1
（2）分离时A对B的推力大小。
【答案】（1） ，方向与v 相同；（2）
0
【解析】（1）组合体分离前后动量守恒，取v 的方向为正方向，有
0
(m＋M)v = Mv＋mv
0 1
解得
方向与v 相同；
0
（2）以B为研究对象，对B列动量定理有
FΔt = Mv－Mv
0
解得
考向三 动量定理的应用
3.（2024年全国甲卷第7题）（多选）蹦床运动中，体重为 的运动员在 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 。下列说法正确的是（ ）
A. 时，运动员的重力势能最大
B. 时，运动员的速度大小为.
C 时，运动员恰好运动到最大高度处
D. 运动员每次与蹦床接触到离开过程中对蹦床的平均作用力大小为
【答案】BD
【解析】A．根据牛顿第三定律结合题图可知 时，蹦床对运动员的弹力最大，蹦床的形变量最大，
此时运动员处于最低点，运动员的重力势能最小，故A错误；
BC．根据题图可知运动员从 离开蹦床到 再次落到蹦床上经历的时间为 ，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 时，运动员恰好运动到最大高度处，
时运动员的速度大小
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 ，以竖直向上为正方向，根据动量定理
其中
代入数据可得
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 ，故D正
确。
故选BD。
考向一 动量的理解与计算
1. （2022年湖南卷第7题）（多选） 神舟十三号返回舱进入大气层一段时间后，逐一打开引导伞、减速
伞、主伞，最后启动反冲装置，实现软着陆。某兴趣小组研究了减速伞打开后返回舱的运动情况，将其运
动简化为竖直方向的直线运动，其 图像如图所示。设该过程中，重力加速度不变，返回舱质量不变，
下列说法正确的是（ ）A. 在 时间内，返回舱重力的功率随时间减小
B. 在 时间内，返回舱的加速度不变
C. 在 时间内，返回舱的动量随时间减小
D. 在 时间内，返回舱的机械能不变
【答案】AC
【解析】A．重力的功率为
由图可知在0~t 时间内，返回舱的速度随时间减小，故重力的功率随时间减小，故A正确；
1
B．根据v-t图像的斜率表示加速度可知在0~t 时间内返回舱的加速度减小，故B错误；
1
C．在t~t 时间内由图像可知返回舱的速度减小，故可知动量随时间减小。故C正确；
1 2
D．在t~t 时间内，由图像可知返回舱的速度不变，则动能不变，但由于返回舱高度下降，重力势能减小，
2 3
故机械能减小，故D错误。
故选AC。
2.（2021年湖南卷第2题）物体的运动状态可用位置x和动量p描述，称为相，对应p-x图像中的一个点。
物体运动状态的变化可用p-x图像中的一条曲线来描述，称为相轨迹。假如一质点沿x轴正方向做初速度
为零的匀加速直线运动，则对应的相轨迹可能是( )
解析：选D 质点沿x轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动，由运动学公式 v2＝2ax可得v＝，设质点
的质量为m，则质点的动量p＝m，由于质点的速度方向不变，则质点动量p的方向始终沿x轴正方向，根
据数学知识可知D正确。
考向二 恒力冲量的计算
3.（2021年山东卷第16题） 海鸥捕到外壳坚硬的鸟蛤（贝类动物）后，有时会飞到空中将它丢下，利用
地面的冲击打碎硬壳。一只海鸥叼着质量 的鸟蛤，在 的高度、以 的水平速
度飞行时，松开嘴巴让鸟蛤落到水平地面上。取重力加速度 ，忽略空气阻力。
（1）若鸟蛤与地面的碰撞时间 ，弹起速度可忽略，求碰撞过程中鸟蛤受到的平均作用力大小
F；（碰撞过程中不计重力）
（2）在海鸥飞行方向正下方的地面上，有一与地面平齐、长度 的岩石，以岩石左端为坐标原点，
建立如图所示坐标系。若海鸥水平飞行的高度仍为 ，速度大小在 之间，为保证鸟蛤一
定能落到岩石上，求释放鸟蛤位置的x坐标范围。【答案】（1） ；（2）
【解析】（1）设鸟蛤落地前瞬间的速度大小为 ，竖直分速度大小为 ，据自由落体运动规律可得
则碰撞前鸟蛤的合速度为
在碰撞过程中，以鸟蛤为研究对象，取速度方向为正方向，由动量定理得
联立解得碰撞过程中鸟蛤受到的平均作用力大小为
（2）若释放鸟蛤的初速度为 ，设击中岩石左端时，释放点的x坐标为x，击中右端时，释放点
1
的x坐标为 ，得
，
联立，代入数据得
，
若释放鸟蛤时的初速度为 ，设击中岩石左端时，释放点的x坐标为 ，击中右端时，释放点的
x坐标为 ，得
，
联立，代入数据得
，
综上所述可得x坐标区间为 。
考向三 动量定理的应用
4. （2023年新课标卷第6题）（多选）使甲、乙两条形磁铁隔开一段距离，静止于水平桌面上，甲的N极正对着乙的S极，甲的质量大于乙的质量，两者与桌面之间的动摩擦因数相等。现同时释放甲和乙，在
它们相互接近过程中的任一时刻（ ）
A. 甲的速度大小比乙的大 B. 甲的动量大小比乙的小
C. 甲的动量大小与乙的相等 D. 甲和乙的动量之和不为零
【答案】BD
【解析】对甲、乙两条形磁铁分别做受力分析，如图所示
A．根据牛顿第二定律有
由于
m > m
甲 乙
所以
a < a
甲 乙
由于两物体运动时间相同，且同时由静止释放，可得
v < v
甲 乙
A错误；
BCD．对于整个系统而言，由于μm g > μm g，合力方向向左，合冲量方向向左，所以合动量方向向左，
甲 乙
显然甲的动量大小比乙的小，BD正确、C错误。
故选BD。
5. （2022年山东卷第2题）我国多次成功使用“冷发射”技术发射长征十一号系列运载火箭。如图所示，
发射仓内的高压气体先将火箭竖直向上推出，火箭速度接近零时再点火飞向太空。从火箭开始运动到点火
的过程中（ ）A. 火箭的加速度为零时，动能最大
B. 高压气体释放的能量全部转化为火箭的动能
C. 高压气体对火箭推力的冲量等于火箭动量的增加量
D. 高压气体的推力和空气阻力对火箭做功之和等于火箭动能的增加量
【答案】A
【解析】A．火箭从发射仓发射出来，受竖直向下的重力、竖直向下的空气阻力和竖直向上的高压气体的
推力作用，且推力大小不断减小，刚开始向上的时候高压气体的推力大于向下的重力和空气阻力之和，故
火箭向上做加速度减小的加速运动，当向上的高压气体的推力等于向下的重力和空气阻力之和时，火箭的
加速度为零，速度最大，接着向上的高压气体的推力小于向下的重力和空气阻力之和时，火箭接着向上做
加速度增大的减速运动，直至速度为零，故当火箭的加速度为零时，速度最大，动能最大，故A正确；
B．根据能量守恒定律，可知高压气体释放 的能量转化为火箭的动能、火箭的重力势能和内能，故B错误；
C．根据动量定理，可知合力冲量等于火箭动量的增加量，故C错误；
D．根据功能关系，可知高压气体的推力和空气阻力对火箭做功之和等于火箭机械能的增加量，故D错误。
故选A。
6. （2023年江苏卷第15题）如图所示，滑雪道AB由坡道和水平道组成，且平滑连接，坡道倾角均为
45°。平台BC与缓冲坡CD相连。若滑雪者从P点由静止开始下滑，恰好到达B点。滑雪者现从A点由静
止开始下滑，从B点飞出。已知A、P间的距离为d，滑雪者与滑道间的动摩擦因数均为 ，重力加速度
为g，不计空气阻力。
（1）求滑雪者运动到P点的时间t；
（2）求滑雪者从B点飞出的速度大小v；
（3）若滑雪者能着陆在缓冲坡CD上，求平台BC的最大长度L。【答案】（1） ；（2） ；（3）
【解析】（1）滑雪者从A到P根据动能定理有
根据动量定理有
联立解得
（2）由于滑雪者从P点由静止开始下滑，恰好到达B点，故从P点到B点合力做功为0，所以当从A点下
滑时，到达B点有
（3）当滑雪者刚好落在C点时，平台BC的长度最大；滑雪者从B点飞出做斜抛运动，竖直方向上有
水平方向上有
联立可得
7. （2022年湖南卷第14题）如图（a），质量为m的篮球从离地H高度处由静止下落，与地面发生一次
非弹性碰撞后反弹至离地h的最高处。设篮球在运动过程中所受空气阻力的大小是篮球所受重力的 倍（
为常数且 ），且篮球每次与地面碰撞的碰后速率与碰前速率之比相同，重力加速度大小
为g。（1）求篮球与地面碰撞的碰后速率与碰前速率之比；
（2）若篮球反弹至最高处h时，运动员对篮球施加一个向下的压力F，使得篮球与地面碰撞一次后恰好反
弹至h的高度处，力F随高度y的变化如图（b）所示，其中 已知，求 的大小；
（3）篮球从H高度处由静止下落后，每次反弹至最高点时，运动员拍击一次篮球（拍击时间极短），瞬
间给其一个竖直向下、大小相等的冲量I，经过N次拍击后篮球恰好反弹至H高度处，求冲量I的大小。
【 答 案 】 （ 1 ） ； （ 2 ） ； （ 3 ）
【解析】（1）篮球下降过程中根据牛顿第二定律有
再根据匀变速直线运动的公式，下落的过程中有
篮球反弹后上升过程中根据牛顿第二定律有
再根据匀变速直线运动的公式，上升的过程中有
则篮球与地面碰撞的碰后速率与碰前速率之比
（2）若篮球反弹至最高处h时，运动员对篮球施加一个向下的压力F，则篮球下落过程中根据动能定理有
篮球反弹后上升过程中根据动能定理有联立解得
（3）方法一：由（1）问可知篮球上升和下降过程中的加速度分别为
（方向向下）
（方向向下）
由题知运动员拍击一次篮球（拍击时间极短），瞬间给其一个竖直向下、大小相等的冲量I，由于拍击时
间极短，则重力的冲量可忽略不计，则根据动量定理有
即每拍击一次篮球将给它一个速度v。
拍击第1次下降过程有
上升过程有
代入k后，下降过程有
上升过程有
联立有
拍击第2次，同理代入k后，下降过程有
上升过程有
联立有
再将h 代入h 有
1 2
拍击第3次，同理代入k后，下降过程有上升过程有
联立有
再将h 代入h 有
2 3
直到拍击第N次，同理代入k后，下降过程有
上升过程有
联立有
将h 代入h 有
N-1 N
其中
，
则有
则
方法二： 由（1）问可知篮球上升和下降过程中的加速度分别为
（方向向下）
（方向向下）
由题知运动员拍击一次篮球（拍击时间极短），瞬间给其一个竖直向下、大小相等的冲量I，由于拍击时
间极短，则重力的冲量可忽略不计，则根据动量定理有即每拍击一次篮球将给它一个速度v’。设篮球从H下落时，速度为 ，反弹高度为 ，篮球受到冲量I后
速度为v’，落地时速度为 ，则
，
联立可得
代入k可得，
……①
篮球再次反弹，反弹速度为k ，设反弹高度为h，受到冲量后，落地速度为v，同理可得
1 2
，
同理化简可得
……②
篮球第三次反弹，反弹速度为k ，设反弹高度为h，受到冲量后，落地速度为v，同理可得
2 3
，
同理化简可得
……③
……
第N次反弹可得
……（N）
对式子①②③……(N)两侧分别乘以 、 、 ……、 ，再相加可得
得
其中， ， ，可得可得冲量I的大小
8. （2021年天津卷第7题）（多选）一冲九霄，问鼎苍穹。2021年4月29日，长征五号B遥二运载火箭
搭载空间站天和核心舱发射升空，标志着我国空间站建造进入全面实施阶段。下列关于火箭 的描述正确的
是（ ）
A. 增加单位时间的燃气喷射量可以增大火箭的推力
B. 增大燃气相对于火箭的喷射速度可以增大火箭的推力
C. 当燃气喷出火箭喷口的速度相对于地面为零时火箭就不再加速
D. 火箭发射时获得的推力来自于喷出的燃气与发射台之间的相互作用
【答案】AB
【解析】A．增加单位时间的燃气喷射量，即增加单位时间喷射气体的质量，根据
可知可以增大火箭的推力，故A正确；
B．当增大燃气相对于火箭的喷射速度时，根据
可知可以增大火箭的推力，故B正确；
C．当燃气喷出火箭喷口的速度相对于地面为零时，此时火箭有速度，所以相对于火箭的速度不为零，火
箭仍然受推力作用，仍然要加速，故C错误；
D．燃气被喷出的瞬间，燃气对火箭的反作用力作用在火箭上，使火箭获得推力，故D错误。
故选AB。
9. （2021年湖北卷第3题） 抗日战争时期，我军缴获不少敌军武器武装自己，其中某轻机枪子弹弹头质
量约8 g，出膛速度大小约750 m/s。某战士在使用该机枪连续射击1分钟的过程中，机枪所受子弹的平均
反冲力大小约12 N，则机枪在这1分钟内射出子弹的数量约为（ ）
A. 40 B. 80 C. 120 D. 160
【答案】C
【解析】设1分钟内射出的子弹数量为n，则对这n颗子弹由动量定理得
代入数据解得
故选C 。
考向四 图像中的动量、冲量问题
10. （2023年福建卷第7题）（多选）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
【解析】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
I = mv，I = S = 2N·s
2 2 2 0 ~ 2
乙车在0 ~ 6s内根据动量定理有
I = mv，I = S = 2N·s
6 6 6 0 ~ 6
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
I = mv，I = S = 0
8 8 8 0 ~ 8
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。
11. （2022年全国乙卷第7题）（多选）质量为 的物块在水平力F的作用下由静止开始在水平地面上
做直线运动，F与时间t的关系如图所示。已知物块与地面间的动摩擦因数为0.2，重力加速度大小取
。则（ ）A. 时物块的动能为零
B. 时物块回到初始位置
C. 时物块的动量为
D. 时间内F对物块所做的功为
【答案】AD
【解析】物块与地面间的摩擦力为
AC．对物块从 内由动量定理可知
即
得
3s时物块的动量为
设3s后经过时间t物块的速度减为0，由动量定理可得
即
解得
所以物块在4s时速度减为0，则此时物块的动能也为0，故A正确，C错误；
B． 物块发生的位移为x，由动能定理可得
1
即得
过程中，对物块由动能定理可得
即
得
物块开始反向运动，物块的加速度大小为
发生的位移为
即6s时物块没有回到初始位置，故B错误；
D．物块在6s时的速度大小为
拉力所做的功为
故D正确。
故选AD。
考向五 实验：验证动量定理
12. （2021年江苏卷第11题）小明利用如图1所示的实验装置验证动量定理。将遮光条安装在滑块上，用
天平测出遮光条和滑块的总质量 ，槽码和挂钩的总质量 。实验时，将滑块系在绕
过定滑轮悬挂有槽码的细线上。滑块由静止释放，数字计时器记录下遮光条通过光电门1和2的遮光时间
和 ，以及这两次开始遮光的时间间隔 ，用游标卡尺测出遮光条宽度，计算出滑块经过两光电门
速度的变化量 。（1）游标卡尺测量遮光条宽度如图2所示，其宽度 ___________ ；
（2）打开气泵，带气流稳定后调节气垫导轨，直至看到导轨上的滑块能在短时间内保持静止，其目的是
___________；
（3）多次改变光电门2的位置进行测量，得到 和 的数据如下表请根据表中数据，在方格纸上作出
图线___________。
0.721 0.790 0.854 0.913 0.968
1.38 1.52 1.64 1.75 1.86
（4）查得当地的重力加速度 ，根据动量定理， 图线斜率的理论值为___________
；
（5）实验结果发现，图线斜率的实验值总小于理论值，产生这一误差的两个可能原因时___________。
A．选用的槽码质量偏小
B．细线与气垫导轨不完全平行
C．每次释放滑块的位置不同
D．实验中 的测量值偏大【答案】 ①. 10.20 ②. 将气垫导轨调至水平 ③.
④. 1.96 ⑤. BD##DB
【解析】（1）[1]游标卡尺的读数为 ；
（2）[2]滑块保持稳定，说明气垫导轨水平；
（3）[3]根据表格中数据描点并用直线连接
（4）[4] 根据动量定理 变形得
则 图线斜率的理论值
（5）[5]根据动量定理 变形得
A．槽码质量偏小，而实际的槽码质量偏大，则合外力 偏大，所以图线斜率的实验值偏大，A错误；
B．细线与气垫导轨不平行，滑块实际所受合外力为 的水平分力，所以图线斜率的实验值偏小，B正确；
C．滑块释放 的位置与斜率相关的参量无关，C错误；D． 偏大，则 偏小，图线斜率偏小，D正确。
故选BD。
一、动量和冲量
1．动量
(1)定义：物体的质量和速度的乘积．
(2)表达式：p＝mv.
(3)方向：与速度的方向相同．
2．动量的变化
(1)动量是矢量，动量的变化量Δp也是矢量，其方向与速度的改变量Δv的方向相同．
(2)动量的变化量Δp，一般用末动量p′减去初动量p进行矢量运算，也称为动量的增量．即Δp＝p′－p.
3．冲量
(1)定义：力与力的作用时间的乘积叫作力的冲量．
(2)公式：I＝FΔt.
(3)单位：N·s.
(4)方向：冲量是矢量，其方向与力的方向相同．
4．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
定义式 p＝mv E＝mv2
k
标矢性 矢量 标量
变化因素 合外力的冲量 合外力所做的功
大小关系 p＝ E＝
k
变化量 Δp＝Ft ΔE＝Fl
k
(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
5.冲量的计算方法
公式法 I＝FΔt，此方法仅适用于求恒力的冲量，无需考虑物体的运动状态
F－t图像与t轴围成的面积表示冲量，此法既可以计算恒力的冲量，也可
图像法
以计算变力的冲量
若方向不变的变力大小随时间均匀变化，即力为时间的一次函数，则力F
平均
在某段时间t内的冲量I＝t值法
动量
根据物体动量的变化量，由I＝Δp求冲量，多用于求变力的冲量
定理法
二、动量定理的理解和应用
1．内容：物体在一个过程中所受力的冲量等于它在这个过程始末的动量变化量．
2．公式：Ft＝mv′－mv或I＝p′－p.
3．对动量定理的理解
(1)动量定理中的冲量是合力的冲量，而不是某一个力的冲量，它可以是合力的冲量，可以是各力冲量的矢
量和，也可以是外力在不同阶段冲量的矢量和．
(2)Ft＝p′－p是矢量式，两边不仅大小相等，而且方向相同．式中Ft是物体所受的合外力的冲量．
(3)Ft＝p′－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．
(4)由Ft＝p′－p，得F＝＝，即物体所受的合外力等于物体动量的变化率．
(5)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．
(6)当物体的动量变化量一定时，力的作用时间Δt越短，力F就越大，力的作用时间Δt越长，力F就越小。
(7)当作用力F一定时，力的作用时间Δt越长，动量变化量Δp越大，力的作用时间Δt越短，动量变化量
Δp越小。如在恒力作用下运动的小车，时间越长，小车的速度越大，动量变化量越大。
三、应用动量定理处理“流体模型”的冲击力问题
研究 流体类：液体流、气体流等，通常已知密度ρ
对象 微粒类：电子流、光子流、尘埃等，通常给出单位体积内粒子数n
①构建“柱状”模型：沿流速v的方向选取一段小柱体，其横截面积
为S
小柱体的体积ΔV＝vSΔt
分析
②微元 小柱体质量m＝ρΔV＝ρvSΔt
步骤
研究 小柱体粒子数N＝nvSΔt
小柱体动量p＝mv＝ρv2SΔt
③列出方程，应用动量定理FΔt＝Δp研究
1. （2024·皖豫名校联盟&安徽卓越县中联盟·三模）如图所示，足够长粗糙斜面的倾角为37°，斜面顶端B
与一段光滑的圆弧轨道AB相切于B点，圆弧AB的轨道半径为 ，对应的圆心角为53°，在B点放
置一质量为3kg的小物块乙，乙刚好不沿斜面下滑。某时刻把质量为1kg的小物块甲从A点由静止释放，甲、乙在B点发生弹性碰撞，碰撞时间极短，碰后经过 的时间甲、乙又发生第二次碰撞。已知甲与斜
面之间的动摩擦因数为0.5，重力加速度g取10m/s2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin37°=0.6，
cos37°=0.8，求：
（1）滑块甲与乙发生第一次碰撞前瞬间的速度大小；
（2）滑块甲、乙第一次碰撞过程乙对甲的冲量；
（3）滑块甲与乙发生第二次碰撞前甲、乙之间的最大距离。
【答案】（1） ；（2） ，方向沿斜面向上；（3）
【解析】（1）设物块甲与乙第一次碰撞前瞬间的速度大小为 ，根据几何关系，甲从A到B竖直方向下
落的距离
根据动能定理有
解得
（2）设第一次碰撞后瞬间物块甲、乙的速度分别为v、v，根据动量守恒定律与机械能守恒定律有
1 2
解得
，
乙对甲的冲量等于甲动量的变化
方向沿斜面向上（无此描述亦不扣分）（3）碰后甲以-3m/s的速度反弹，设甲从B点滑上圆弧再回到B点的时间为t，此时甲、乙之间的距离最
1
大在t 时间内乙以v=3m/s速度匀速运动的距离
1 2
甲返回B点后甲的加速度
设甲从返回B点到追上乙的时间为t，对于甲追乙的过程
2
根据题意
解得
，
第二次碰撞前甲、乙之间的最大距离
2. （2024·北京首都师大附中·三模）应用物理知识分析生活中的常见现象，可以使物理学习更加有趣和深
入。例如你用手掌平托一苹果，保持这样的姿势在竖直平面内按顺时针方向做匀速圆周运动。在苹果从最
低点a到最左侧点b运动的过程，下列说法中正确的是（ ）
A. 手掌对苹果的摩擦力越来越小
B. 手掌对苹果的支持力越来越大
C. 手掌对苹果的作用力越来越小
D. 因为苹果的动量大小不变，所以合外力对苹果的冲量为零
【答案】C
【解析】AB．苹果做匀速圆周运动，加速度大小不变，设加速度方向与竖直方向的夹角为 ，根据牛顿第
二定律可得
，
苹果从最低点a到最左侧点b运动的过程中， 逐渐增大， 逐渐增大， 逐渐减小，则手掌对苹果的摩擦力越来越大，手掌对苹果的支持力越来越小，故AB错误；
C．手掌对苹果的作用力可分解为两个分力，其中分力 与苹果重力平衡，方向竖直向上，另一分力 提
供所需向心力，方向总是指向圆心；在苹果从最低点a到最左侧点b运动的过程， 与 大小均不变，且
与 之间的夹角逐渐增大，则 与 的合力逐渐减小，即手掌对苹果的作用力越来越小，故C正确；
D．苹果的动量大小不变，但动量的方向时刻发生变化，所以动量变化不为0，根据动量定理可知，合外力
对苹果的冲量不为零，故D错误。
故选C。
3. （2024·北京首都师大附中·三模）如图所示，一同学练习使用网球训练器单人打回弹，网球与底座之间
有一弹性绳连接，练习过程中底座保持不动。该同学将网球抛至最高点 a处用球拍击打，b是轨迹上的最
高点，c处弹性绳仍然处于松弛状态，d处弹性绳已经绷紧并撞在竖直墙壁上，不计空气阻力。则（ ）
A. a处网球拍给网球的冲量沿水平方向
B. 拍打后a到c过程中网球受到的冲量方向竖直向下
C. c到d过程中网球受到的冲量方向竖直向下
D. d处反弹后网球做平抛运动
【答案】B
【解析】A．该同学将网球抛至最高点a处时网球 的速度为零，网球拍击打网球后，网球做曲线运动，曲
线上任意一点的切线方向即为网球的速度方向，由轨迹可知，a处轨迹的切线方向斜向右上方，则可知 a
处的速度方向斜向右上方，因此网球拍给网球的冲量应斜向上方，故A错误；
B．拍打后a到c过程中网球只受到重力的作用，而重力竖直向下，则重力的冲量竖直向下，因此拍打后 a
到c过程中网球受到的冲量方向竖直向下，故B正确；
C．由题意可知，d处弹性绳已经绷紧，即弹性绳在到达d处时已经出现了弹力，因此网球从c到d过程中
受力情况分为只受重力与受到重力和弹性绳的拉力两种情况，若只受重力阶段，则冲量竖直向下；若受到
重力和弹性绳的拉力则二者合力斜向左下方，因此网球受到的冲量方向斜向左下方，故C错误；
D．做平抛运动的条件是初速度水平，且只受重力，显然网球在 d处反弹后除了受到重力还有因弹性绳收
缩而受到的拉力，故D错误。
故选B。
4. （2024·广东4月名校联考）在测试汽车的安全气囊对驾乘人员头部防护作用的实验中，某小组得到了
假人头部所受安全气囊的作用力随时间变化的曲线（如图）。从碰撞开始到碰撞结束过程中，若假人头部
只受到安全气囊的作用，则由曲线可知，假人头部（ ）A. 速度的变化量等于曲线与横轴围成的面积 B. 动量大小先增大后减小
C. 动能变化正比于曲线与横轴围成的面积 D. 加速度大小先增大后减小
【答案】D
【解析】AB．由题知假人的头部只受到安全气囊的作用，则F—t图像的面积即合外力的冲量，再根据动
量定理可知F—t图像的面积也是动量的变化量，且图线一直在t轴的上方，由于头部有初动量，由图可知，
动量变化越来越大，则动量的大小一直减小到假人头静止，动量变化最大，AB错误；
C．根据动量与动能的关系有 ，而F—t图像的面积是动量的变化量，则动能的变化量与曲线与横
轴围成的面积不成正比，C错误；
D．由题知假人的头部只受到安全气囊的作用，则根据牛顿定律可知a∝F，即假人头部的加速度先增大后
减小，D正确。
故选D。
5. （2024·广西南宁市、河池市等校联考·二模）2023年秋某高校军训，如图所示，轻绳一端固定，质量为
的同学（可视为质点）抓住绳的另一端，使绳水平拉直后由静止摆下过障碍物。已知绳长为
，在轻绳到达竖直状态时放开绳索后水平飞出。绳子的固定端到地面的距离为 。不计轻绳质
量和空气阻力，重力加速度g取值 ，求：
（1）该同学做圆周运动的过程中合力冲量的大小；
（2）该同学摆到最低点（未飞出时）对绳的拉力大小；
（3）该同学的落地点离绳的固定端的水平距离和落地时重力的功率大小。
【答案】（1） ；（2）1800N；（3）3.6m，3600W
【解析】（1）对同学从开始到摆到最低点的过程中，根据动能定理得
根据动量定理得同学做圆周运动的过程中合力冲量的大小
（2）对同学在最低点受力分析，由牛顿第二定律得
解得
由牛顿第三定律得同学摆到最低点未飞出时对绳的拉力大小等于1800N；
（3）同学放开绳索后做平抛运动：
竖直方向上做自由落体运动
水平方向上做匀速直线运动，水平位移
联立得同学的落地点离绳的固定端的水平距离
同学在竖直方向上根据运动学公式得
故重力的功率大小为
6. （2024·贵州省六校联盟·三模）如图所示，一长 的水平传送带在电动机带动下以速度
沿顺时针方向匀速转动，质量 的小物块 和质量 的小物块B由跨过定滑轮的轻绳连接，
绳不可伸长，A与定滑轮间的绳子与传送带平行。某时刻将物块A轻轻放在传送带最左端，已知物块A与
传送带间的动摩擦因数 ，滑轮的质量和绳与滑轮间的摩擦不计，重力加速度 ，两物块
均可视为质点。求：
（1）把物块A放上去瞬间B的加速度 的大小；
（2）物块A从传送带左端运动到右端过程中传送带对物块A的冲量大小。
【答案】（1） ；（2）【解析】（1）根据题意，设物块A放上去瞬间绳子的拉力为 ，由牛顿定律，对物块A有
对物块B有
解得
，
（2）根据（1）分析可知，物块A在传送带上做匀加速直线运动，设加速到与传送带共速的时间为 ，则
有
运动的距离为
由于物块A与传送带间的最大静摩擦力
可知，物块A与传送带共速后，一起匀速到右端，运动时间为
此时绳子的拉力为
设物块A从传送带左端运动到右端过程中传送带对物块A的水平方向冲量为 ，对物块A，由动量定理有
竖直方向的冲量为
总冲量为
即物块A从传送带左端运动到右端过程中传送带对物块A的冲量大小 。
7. （2024·河南省九师联盟·三模）某田径运动员，在一次铅球比赛中，他先后两次以不同的抛射角度将铅
球从同一位置掷出，铅球在空中两次运动过程中动量的变化量相同，不计空气阻力，则下列说法正确的是
（ ）
A. 铅球两次 在空中运动时间相同
B. 两次掷铅球，运动员做的功相同C. 两次掷铅球，运动员对铅球的冲量相同
D. 铅球两次在空中运动的最小速度大小相同
【答案】A
【解析】A．铅球在空中两次运动过程中动量的变化量相同，根据动量定理
可知铅球两次在空中运动的时间相同，故A正确；
D．铅球两次在空中运动的时间相同，上升到的最大高度相同，初速度在竖直方向的分速度相同，由于初
速度方向不同，因此初速度不同，水平分速度不同，运动的最小速度不同，故D错误；
B．根据动能定理，掷铅球时，运动员做的功为
两次掷铅球，铅球初速度不同，故两次掷铅球运动员做的功不同，故B错误；
C．根据动量定理
两次掷铅球，铅球初速度不同，故两次运动员对铅球的冲量不同，故C错误。
故选A。
