文档文本内容
第 25 讲 动量和动量定理
目录
01、考情透视，目标导
航
02、知识导图，思维引航
..............................................................................................................................2
03、考点突破，考法探究.............................................................................................3
考点一 动量和冲量............................................................................................................................3
知识点1．动量的概念...........................................................................................................3
知识点2．动量变化量...........................................................................................................3
知识点3．冲量的概念...........................................................................................................3
知识点4．冲量的三种计算方法...........................................................................................3
知识点5.动量与动能的比较..................................................................................................3
考向洞察
考向1．动量变化量的大小计算...........................................................................................4
考向2.恒力冲量的计算..........................................................................................................4
考向3.利用图像法计算变力的冲量......................................................................................5
考向4.对动量和动能比较......................................................................................................6
考点二 动量定理的理解和应用..........................................................................................................6
考向洞察................................................................................................................................................7
考向1.用动量定理解释生活中的现象..................................................................................7
考向2.动量定理的有关计算..................................................................................................8
考向3.动量定理用于多过程问题..........................................................................................9
考点三 应用动量定理处理流体类问题............................................................................................9
知识点1 流体类“柱状模型”.............................................................................................9
知识点2 微粒类“柱状模型”...........................................................................................9
04、真题练习，命题洞见
............................................................................................................................11
2024·安徽·高考物理试题
2024·江苏·高考物理试题
考情
2024·广东·高考物理试题
分析
2024·全国·高考物理试题
2024·福建·高考物理试题复习 目标1.理解动量和冲量的概念，理解动量定理及其表达式。
目标 目标2.能用动量定理解释生活中的有关现象。
目标3.会用动量定理进行相关计算，并会在流体力学中建立“柱状”模型。
考点一 动量和冲量
知识点1．动量的概念
(1)定义：物体的质量和速度的乘积。
(2)表达式：p＝ m v ，单位为kg·m/s。
(3)方向：动量是矢量，方向与速度的方向相同。知识点2．动量变化量
(1)动量的变化量Δp等于末动量p′减去初动量p的矢量运算，也称为动量的增量，即Δp＝ p ′ － p 。
(2)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，运用矢量法则计算。
知识点3．冲量的概念
(1)定义：力与力的作用时间的乘积。
(2)公式：I＝ F Δ t 。
(3)单位：N·s。
(4)方向：冲量是矢量，其方向与力的方向相同。
知识点4．冲量的三种计算方法
利用定义式I＝FΔt计算冲量，此方法仅适用于恒力的冲量，无需考虑物体
公式法
的运动状态
利用F-t图像计算，F-t图像与横轴围成的面积表示冲量，此法既可以计算恒
图像法
力的冲量，也可以计算变力的冲量
动量定 如果物体受到大小或方向变化的力的作用，则不能直接用I＝FΔt求变力的
理法 冲量，可以求出该力作用下物体动量的变化量，由I＝p′－p求变力的冲量
知识点5.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
考向1．动量变化量的大小计算
1.(多选)质量为m的物体以初速度v 开始做平抛运动，经过时间t，下降的高度为h，速度变为v，在这段时
0
间内物体动量变化量的大小为( )
A．m(v－v) B．mgt
0
C．m D．m【答案】BCD
【解析】： 由动量定理可得，物体在时间t内动量变化量的大小为mgt，B正确；物体在平抛运动过程中
速度变化量Δv沿竖直方向，其大小Δv＝，由机械能守恒定律可得mv2＋mgh＝mv2，所以 ＝，故物体动量
0
变化量Δp＝mΔv＝m＝m，C、D正确，A错误。
考向2.恒力冲量的计算
2.如图所示，质量为m的小滑块沿倾角为θ的斜面向上滑动，经过时间t ，速度变为零并又开始下滑，经
1
过时间t 回到斜面底端，滑块在运动过程中受到的摩擦力大小始终为F。已知重力加速度为g。在整个运
2 f
动过程中，下列说法正确的是( )
A.重力对滑块的总冲量大小为mg(t＋t)sin θ
1 2
B.支持力对滑块的总冲量大小为mg(t＋t)cos θ
1 2
C.合力的冲量为0
D.摩擦力的总冲量大小为F(t＋t)
f 1 2
【答案】 B
【解析】 重力对滑块的总冲量为mg(t ＋t)，A错误；支持力对滑块的总冲量为mg(t ＋t)cos θ，B正确；
1 2 1 2
整个过程中滑块的动量发生了改变，故合外力的总冲量不为0，C错误；上滑过程和下滑过程摩擦力的方
向相反，故若以沿斜面向下为正方向，摩擦力的总冲量为F(t－t)，D错误。
f 2 1
考向3.利用图像法计算变力的冲量
3.(多选)(2022·全国乙卷·20)质量为1 kg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g＝10 m/s2。则(
)
A．4 s时物块的动能为零
B．6 s时物块回到初始位置
C．3 s时物块的动量为12 kg·m/s
D．0～6 s时间内F对物块所做的功为40 J
【答案】 AD
【解析】 物块与地面间的摩擦力为F＝μmg＝2 N，对物块在0～3 s时间内由动量定理可知(F－F)t ＝
f f 1
mv，代入数据可得v＝6 m/s,3 s时物块的动量为p＝mv＝6 kg·m/s，故C错误；设3 s后经过时间t 物块的
3 3 3 2
速度减为0，由动量定理可得－(F＋F)t＝0－mv，解得t＝1 s，所以物块在4 s时速度减为0，则此时物块
f 2 3 2
的动能也为0，故A正确；在0～3 s时间内，对物块由动能定理可得(F－F)x ＝mv2，解得x ＝9 m,3～4 s
f 1 3 1
时间内，对物块由动能定理可得－(F＋F)x＝0－mv2，解得x＝3 m，4～6 s时间内物块开始反向运动，物
f 2 3 2
块的加速度大小为a＝＝2 m/s2，发生的位移大小为x ＝at2＝4 m<x ＋x ，即6 s时物块没有回到初始位置，
3 3 1 2故B错误；0～6 s时间F对物块所做的功为W＝Fx－Fx＋Fx＝40 J，故D正确。
1 2 3
4.一质点静止在光滑水平面上，现对其施加水平外力F，力F随时间按正弦规律变化，如图所示。下列说
法正确的是( )
A．第2 s末，质点的动量为0
B．第2 s末，质点的动量方向发生变化
C．第4 s末，质点回到出发点
D．在1～3 s时间内，力F的冲量为0
【答案】D
【解析】： 由题图可知，0～2 s时间内F的方向和质点运动的方向相同，质点经历了加速度逐渐增大的
加速运动和加速度逐渐减小的加速运动，所以第2 s末，质点的速度最大，动量最大，方向不变，故选项
A、B错误；2～4 s内F的方向与0～2 s内F的方向不同，该质点0～2 s内做加速运动，2～4 s内做减速运
动，所以质点在0～4 s内的位移均为正，第4 s末没有回到出发点，故选项C错误；在F-t图像中，图线与
横轴所围的面积表示力F的冲量，由题图可知，1～2 s内的面积与2～3 s内的面积大小相等，一正一负，
则在1～3 s时间内，力F的冲量为0，故选项D正确。
考向4.对动量和动能比较
5. (多选)在光滑水平面上，原来静止的物体在水平力F的作用下，经过时间t、通过位移L后动量变为p、
动能变为E。以下说法正确的是( )
k
A.在F作用下，若这个物体经过位移2L，其动量等于2p
B.在F作用下，若这个物体经过位移2L，其动能等于2E
k
C.在F作用下，若这个物体经过时间2t，其动能等于2E
k
D.在F作用下，若这个物体经过时间2t，其动量等于2p
【答案】 BD
【解析】 在光滑水平面上，物体所受合力大小等于F的大小，根据动能定理知，FL＝E ，物体位移变为
k
原来的2倍，动能变为原来的2倍，根据p＝，知动量变为原来的倍，故A错误，B正确；根据动量定理知，
Ft＝mv，物体运动时间变为原来的2倍，则动量变为原来的2倍，根据E ＝知，动能变为原来的4倍，故
k
C错误，D正确。
考点二 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： F ( t ′ － t ) ＝ mv ′ － mv 或I＝p′－p。
3．对动量定理的理解：
(1)公式中的F是研究对象所受的所有外力的合力。它可以是恒力，也可以是变力。当合外力为变力时，F
是合外力对作用时间的平均值。
(2)Ft＝p′－p是矢量式，两边不仅大小相等，而且方向相同。(3)动量定理中的冲量可以是合外力的冲量，可以是各个力冲量的矢量和，也可以是外力在不同阶段冲量的
矢量和。
(4)Ft＝p′－p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。
(5)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。
(6)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求解。
考向1.用动量定理解释生活中的现象
1.锤子是常用装修工具。铺木地板时，调整地板之间衔接平整，需要用锤子轻轻敲打；把铁钉钉入坚硬的
木板需要用锤子重重敲打。关于两种情况下选用的锤子及理由，以下说法正确的是( )
A.钉铁钉时，应选铁锤快速敲打，以获得较大的打击力
B.钉铁钉时，应选木锤快速敲打，以获得较小的打击力
C.铺地板时，应选铁锤低速敲打，以获得较小的打击力
D.铺地板时，应选木锤低速敲打，以获得较大的打击力
【答案】 A
【解析】 根据动量定理得Ft＝0－(－mv)，解得F＝，钉铁钉时，为了获得较大的打击力F，应选择铁锤
0
快速敲打。选择铁锤是因为铁锤的质量比木锤质量大，快速敲打能减小铁锤与铁钉的作用时间 t，增大铁
锤的初速度v，A正确，B错误；根据F＝，铺地板时，为了获得较小的打击力F，应该选择木锤低速敲打。
0
选择木锤是因为木锤的质量小，低速敲打增大木锤与地板的作用时间t，减小木锤的初速度v，C、D错误。
0
2.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．增加了司机单位面积的受力大小
B．减少了碰撞前后司机动量的变化量
C．将司机的动能全部转换成汽车的动能
D．延长了司机的受力时间并增大了司机的受力面积
【答案】 D
【解析】 汽车剧烈碰撞瞬间，安全气囊弹出，立即跟司机身体接触。司机在很短时间内由运动到静止，
动量的变化量是一定的，由于安全气囊的存在，作用时间变长，据动量定理 Δp＝FΔt知，司机所受作用力
减小；又知安全气囊打开后，司机受力面积变大，因此减小了司机单位面积的受力大小；碰撞过程中，动
能转化为内能。综上可知，选项D正确。【题后反思】
用动量定理解释现象
(1)Δp一定时，F的作用时间越短，力就越大；作用时间越长，力就越小。
(2)F一定，此时力的作用时间越长，Δp就越大；力的作用时间越短，Δp就越小。
考向2.动量定理的有关计算
3.(多选)安全带是汽车行驶过程中生命安全的保障带。在汽车正面碰撞测试中，汽车以72 km/h 的速度发生
碰撞。车内假人的质量为50 kg，使用安全带时，假人用时0.8 s停下；不使用安全带时，假人与前方碰撞，
用时0.2 s 停下。以下说法正确的是( )
A．碰撞过程中，汽车和假人的总动量守恒
B．无论是否使用安全带，假人动量变化量相同
C．使用安全带时，假人受到的平均作用力约为1 250 N
D．不使用安全带时，假人受到的平均作用力约为2 500 N
【答案】BC
【解析】： 碰撞过程中，汽车和假人组成的系统受撞击力作用，总动量不守恒，故A错误；假人的初动
量为p＝mv ，末动量都为0，所以无论是否使用安全带，假人动量变化量相同，故B正确；使用安全带时，
0
根据动量定理有Ft＝0－p，解得F＝1 250 N，假人受到的平均作用力约为1 250 N，故C正确；不使用安
全带时，根据动量定理有F′t′＝0－p，解得F′＝5 000 N，假人受到的平均作用力约为5 000 N，故D错误。
4.高空作业须系安全带。如果质量为m的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚产生作用力
前，人下落的距离为h(可视为自由落体运动)，此后经历时间t，安全带达到最大伸长量，若在此过程中该
作用力始终竖直向上。重力加速度为g，忽略空气阻力，则该段时间安全带对人的平均作用力大小为( )
A.＋mg B.－mg
C.＋mg D.－mg
【答案】 A
【解析】 安全带对人起作用之前，人做自由落体运动；由 v2＝2gh可得，安全带对人起作用前瞬间，人
的速度v＝；安全带达到最大伸长量时，人的速度为零；从安全带开始对人起作用到安全带伸长量达到最
大，取竖直向下为正方向，由动量定理可得(mg－)t＝0－mv，故＝＋mg＝＋mg，故选项A正确。
考向3.动量定理用于多过程问题
5．将质量为m＝1 kg的物块置于水平地面上，已知物块与水平地面间的动摩擦因数为μ＝0.5，现在物块上
施加一个平行于水平地面的恒力F＝10 N，物块由静止开始运动，作用4 s 后撤去F。已知g＝10 m/s2，对
于物块从静止开始运动到物块停下这一过程，下列说法正确的是( )
A．整个过程物块运动的时间为6 s
B．整个过程物块运动的时间为8 s
C．整个过程中物块的位移大小为40 mD．整个过程中物块的位移大小为60 m
【答案】B
【解析】：在整个过程中由动量定理得Ft －μmgt＝0，解得t＝8 s，选项A错误，B正确；在物块前4 s运
1
动的过程中由动量定理得 Ft －μmgt ＝mv，解得v＝20 m/s，因物块加速和减速过程的平均速度都为v＝
1 1
＝，则全程的平均速度也为，则物块的总位移x＝t＝×8 m＝80 m，选项C、D错误。
【题后反思】用动量定理解多过程问题的两点提醒
(1)对于过程较复杂的运动，可分段应用动量定理，也可整个过程应用动量定理。
(2)物体受多个力作用，各力的方向和作用时间往往不同，列动量定理时应重点关注。
考点三 应用动量定理处理流体类问题
知识点1 流体类“柱状模型”
流体及 通常液体、气体等被广义地视为“流体”，质量具有连续性，通常已知密
其特点 度ρ
分
1 建构“柱状模型”：沿流速v的方向选取一段柱状流体，其横截面积为S
析 微元研究：作用时间Δt内的一段柱状流体的长度为Δl＝vΔt，对应的质量
2
步 为Δm＝ρSvΔt
骤
3 建立方程：应用动量定理研究这段柱状流体
知识点2 微粒类“柱状模型”
微粒及其 通常电子、光子、尘埃等被广义地视为“微粒”，质量具有独立性，
特点 通常给出单位体积内的粒子数n
建构“柱状模型”：沿流速v的方向选取一段小柱体，柱体的横截面
1
分
积为S
析
微元研究：作用时间Δt内一段柱状微粒的长度为Δl＝vΔt，对应的体
步 2
积为ΔV＝SvΔt，则微元内的粒子数N＝nvSΔt
骤
3 建立方程：先应用动量定理研究单个粒子，再乘以N计算
1.水刀(如图所示)，即以水为刀，本名高压水射流切割技术，以其冷切割不会改变材料的物理化学性质而
备受青睐。目前在中国，“水刀”的最大压强已经做到了420 MPa。“水刀”在工作过程中，将水从细喷
嘴高速喷出，直接打在被切割材料的表面上，假设高速水流垂直打在材料表面上后，立刻沿材料表面散开
没有反弹，已知水的密度为ρ＝1.0×103 kg/m3。试估算要达到我国目前的“水刀”压强，则该“水刀”喷
出的水流速度约为( )A．600 m/s B．650 m/s
C．700 m/s D．750 m/s
【答案】 B
【解析】 设水流速度为v，横截面积为S，在极短时间Δt内喷出的水的质量Δm＝ρvSΔt，由动量定理得
Δmv＝pSΔt，解得v≈650 m/s，故选B。
2.(多选)某防空系统会在目标来袭时射出大量子弹颗粒，在射出方向形成一个均匀分布、持续时间 t＝0.01
s、横截面积为S＝2 m2的圆柱形弹幕，每个子弹颗粒的平均质量为m＝2×10－2 kg，每1 cm3有一个子弹颗
粒，所有子弹颗粒以v＝300 m/s射入目标，并射停目标，停在目标体内。下列说法正确的是( )
A．所形成弹幕的总体积V＝6 cm3
B．所形成弹幕的总质量M＝1.2×105 kg
C．弹幕对目标形成的冲量大小I＝3.6×107 kg·m/s
D．弹幕对目标形成的冲击力大小F＝3.6×108 N
【答案】 BC
【解析】弹幕的总体积为V＝vtS＝300×0.01×2 m3＝6 m3，A错误；又因为每1 cm3有一个子弹颗粒，则子
弹颗粒的总个数N＝个＝6×106个，所形成弹幕的总质量M＝N·m＝6×106×2×10－2 kg＝1.2×105 kg，B正确；
由动量定理可知， I＝MΔv＝1.2×105 kg×300 m/s＝3.6×107 kg·m/s，C正确；弹幕对目标形成的冲击力大小
F＝＝3.6×109 N，D错误。
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。
2．（2024·安徽·高考真题）一倾角为 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 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 和 ，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
，不计空气阻力。则（ ）
A．物块始终做匀变速曲线运动
B． 时，物块的y坐标值为2.5m
C． 时，物块的加速度大小为
D． 时，物块的速度大小为
【答案】BD
【详解】A．根据图像可得 ， ，故两力的合力为
物块在y轴方向受到的力不变为 ，x轴方向的力在改变，合力在改变，故物块做的不是匀变速曲
线运动，故A错误；
B．在y轴方向的加速度为
故 时，物块的y坐标值为
故B正确；C． 时， ，故此时加速度大小为
故C错误；
D．对x轴正方向，对物块根据动量定理
由于F与时间t成线性关系故可得
解得
此时y轴方向速度为
故此时物块的速度大小为
故D正确。
故选BD。
3．（2024·全国·高考真题）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
【详解】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。
4．（2024·福建·高考真题）物块置于足够长光滑斜面上并锁定， 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． ，物体一直沿斜面向下运动
B． ，合外力的总冲量为0
C． 时动量是 时的一半
D． 过程物体的位移小于 的位移
【答案】AD
【详解】根据图像可知当 时，物块加速度为
方向沿斜面向下；当 时，物块加速度大小为
方向沿斜面向上，作出物块 内的 图像A．根据图像可知 ，物体一直沿斜面向下运动，故A正确；
B．根据图像可知 ，物块的末速度不等于0，根据动量定理
故B错误；
C．根据图像可知 时物块速度大于 时物块的速度，故 时动量不是 时的一半，故C错误；
D． 图像与横轴围成的面积表示位移，故由图像可知 过程物体的位移小于 的位移，故
D正确。
故选AD。
5．（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
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。
6．（2023·广东·高考真题）某同学受电动窗帘的启发，设计了如图所示的简化模型．多个质量均为 的
滑块可在水平滑轨上滑动，忽略阻力．开窗帘过程中，电机对滑块1施加一个水平向右的恒力 ，推动滑
块1以 的速度与静止的滑块2碰撞，碰撞时间为 ，碰撞结束后瞬间两滑块的共同速度为
．关于两滑块的碰撞过程，下列说法正确的有（ ）
A．该过程动量守恒
B．滑块1受到合外力的冲量大小为
C．滑块2受到合外力的冲量大小为
D．滑块2受到滑块1的平均作用力大小为
【答案】BD
【详解】A．取向右为正方向，滑块1和滑块2组成的系统的初动量为
碰撞后的动量为
则滑块的碰撞过程动量不守恒，故A错误；
B．对滑块1，取向右为正方向，则有
负号表示方向水平向左，故B正确；
C．对滑块2，取向右为正方向，则有
故C错误；
D．对滑块2根据动量定理有
解得则滑块2受到滑块1的平均作用力大小为 ，故D正确。
故选BD。
7．（2023·全国·高考真题）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
【详解】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。
8．（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 和 。
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/s
B．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/s
D．MN段无人机机械能守恒
【答案】AB
【详解】A．根据EF段方程
可知EF段无人机的速度大小为
故A正确；
B．根据 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
可知MN段无人机的速度为
则有
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。
9．（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6W
B．在x = 4m时，物体的动能为2J
C．从x = 0运动到x = 2m，物体克服摩擦力做的功为8J
D．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
则x = 1m时物体的速度为
v= 2m/sx = 1m时，拉力为
1
则此时拉力的功率
P = Fv= 12Wx = 4m时物体的动能为
1
E= 2J
k
A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
W= μmgx = 8J
f
C正确；
D．根据W—x图像可知在0—2m的过程中F= 6N，2—4m的过程中F= 3N，由于物体受到的摩擦力恒
1 2
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
则从x = 0运动到x = 4的过程中，物体的动量最大为
D错误。
故选BC。
10．（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 ，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 。
（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 ，重力加速度大小取
。求：
①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） ；（2）①330N∙s，方向竖直向上；②0.2m
【详解】（1）敏感球受向下的重力mg和敏感臂向下的压力F 以及斜面的支持力N，则由牛顿第二定律可
N
知
解得
（2）①由图像可知碰撞过程中F的冲量大小
方向竖直向上；
②头锤落到气囊上时的速度
与气囊作用过程由动量定理（向上为正方向）
解得
v=2m/s
则上升的最大高度
11．（2024·江苏·高考真题）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
0
离时间为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 大小；
1
（2）分离时A对B的推力大小。
【答案】（1） ；（2）
【详解】（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
（2）以B为研究对象，对B列动量定理有
FΔt = Mv－Mv
0
解得
