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第 30 讲 动量和动量定理
（模拟精练+真题演练）
1．（2023·甘肃张掖·高台县第一中学校考模拟预测）2022年，在卡塔尔举行的世界杯足球赛成为了人们所
关注的盛事，在这一场场精彩绝伦的球赛中，蕴含了许多的物理知识。著名球星梅西在射门时把球踢偏了，
球以12m/s的速度水平射中门框，之后球又以8m/s的速度水平弹回，球与门框的作用时间是0.1s，球的质
量是0.3kg（忽略一切摩擦和空气阻力），下列说法正确的是（ ）
A．门框对球的冲量大小为6N‧s B．门框对球的冲量大小为1.2N‧s
C．门框对球的平均弹力大小为36N D．梅西对球做功21.6J
【答案】A
【详解】ABC．取球水平弹回方向为正方向，根据动量定理得门框对球的冲量
解得 门框对球的平均弹力 故A正确，BC错误；
D．根据功能关系得梅西对球做的功等于球击中门框时的动能和重力势能之和，此时球的动能
则梅西对球做的功大于21.6J，故D错误。故选A。
2．（2023·广东·模拟预测）如图所示，学生练习用脚顺球。某一次足球由静止自由下落1.25m，被重新顺
起，离开脚部后竖直上升的最大高度仍为1.25m。已知足球与脚部的作用时间为0.1s，足球的质量为
0.4kg，重力加速度大小g取10m/s2，不计空气阻力，则（ ）
A．足球下落到与脚部刚接触时动量大小为
B．足球自由下落过程重力的冲量大小为
C．足球与脚部作用过程中动量变化量为零
D．脚部对足球的平均作用力为足球重力的9倍
【答案】B
【详解】A．足球达到脚背的速度为 足球下落到与脚部刚接触时动量大小为
，A错误；
B．小球自由下落的时间为 所以足球自由下落过程重力的冲量大小为
，B正确；C．根据运动的对称性，足球离开脚背的速度大小也是5m/s，设竖直向下为正方向，所以脚背与足球作用
过程中，动量变化量为 ，C错误；
D．足球与脚部作用过程中，根据动量定理可得 解得 ，D错误。故选B。
3．（2023·北京西城·北京四中校考模拟预测）一竖直放置的轻弹簧，一端固定于地面，一端与质量为3kg
的B固定在一起，质量为1kg的A放于B上。现在A上施加力F使得弹簧压缩，然后撤去力F，此后A和
B一起竖直向上运动，且A和B能分离。如图所示。当A、B分离后，A上升0.2m到达最高点，此时B速
度方向向下，弹簧为原长，则从A、B分离起至A到达最高点的这一过程中，下列说法不正确的是
（ ）（g取10m/s2）
A．A、B分离时B的加速度为g B．弹簧的弹力对B做功为零
C．弹簧的弹力对B的冲量大小为6N·s D．B的动量变化量为零
【答案】D
【详解】A．由分离的条件可知，A、B物体分离时二者的速度、加速度相等，二者之间的相互作用力为
0，所以此时A只受重力，A的加速度为 所以B的加速度为也等于g，故A正确，不符合题意；
B．A、B物体分离时弹簧恢复原长，A到最高点时弹簧再次恢复原长，所以从A、B分离起至A到达最高
点的这一过程中弹簧的弹性势能变化为零，所以弹簧对B做功为零，故B正确，不符合题意；
C．A、B物体分离后A做竖直上抛运动，可知竖直上抛的初速度为
上升到最高点所需的时间为 由运动的对称性可知此时B的速度为2m/s，方向竖直向下，对B
在此过程中运用动量定理得 解得弹簧的弹力对B的冲量大小为
故C正确，不符合题意；
D．B的动量变化量为 故D错误，符合题意。故选D。
4．（2023·湖北·模拟预测）一水平传送带长 ，以恒定速度 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 的小物块，小物块与传送带间的动摩擦因数 ，
重力加速度g取 ，则第1个小物块到达传送带最右端后的1s内，传送带对所有小物块摩擦力的总冲
量大小为（ ）
A． B．
C． D．
【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 加速运动的时间
加速运动的位移 匀速运动的位移 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 个工件的摩擦力为0，因此在此后1s内的冲
量 对第 个工件的摩擦力在此后 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 故选B。
5．（2023·河北·模拟预测）如图甲所示，物块放置在光滑固定斜面上， 时刻对物块施加一沿斜面向上
的、按图乙所示规律变化的作用力F，物块由静止开始运动，物块加速度大小a随时间t变化的图象如图丙
所示，重力加速度 ，则下列说法正确的是（ ）
A．斜面倾角的正弦值为0.6 B．物块的质量为0.2kg
C．0~1s内，F的冲量大小为2N·s D．1s末物块的速度大小为2.5m/s
【答案】D
【详解】A． 时， ，设斜面倾角为θ，物块的质量为m，对物块由牛顿第二定律，有
可得 故A错误。
B． 时， ，物块的加速度为0，对物块由牛顿第二定律，有 解得 故
B错误；
C． 图线与横轴围成的面积大小等于力F的冲量大小，则0~1s内，F的冲量大小为
故C错误；
D． 图线与横轴围成的面积大小等于物块的速度变化量大小，又物块初始时刻的速度等于零，则1s末
物块的速度大小为 故D正确。故选D。
6．（2023·湖北·模拟预测）一小球做平抛运动，关于小球的速度、动量、动能、重力势能的变化率随时间
变化的图线，正确的是（ ）A． B．
C． D．
【答案】C
【详解】A．小球做平抛运动，其速度变化率 可知 图像是平行于t轴的直线，故A错误；
B．小球做平抛运动，其动量的变化率 可知 图像是平行于t轴的直线，故B错误；
C．小球做平抛运动，根据动能定理 即 可得 ，可知 图像
是过原点的直线，故C正确；
D．小球做平抛运动，根据重力做功与重力势能的变化关系可得 即
可得 ，可知 图像是过原点的直线，故D错误。故选C。
7．（2023·湖北省直辖县级单位·统考模拟预测）如图所示的蒸汽锤打桩机，利用高压蒸汽将锤头上举，然
后锤头做自由落体运动向下撞击桩头，使桩沉入地下。已知桩头与锤头的质量均为m，锤头从距离桩头h
处开始自由下落，若不计空气阻力，锤头与桩头发生完全非弹性碰撞，碰撞时间极短，碰后二者运动时间
为t，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．碰后运动过程中锤头与桩头的总动量守恒
B．桩头由静止向下运动的过程先超重后失重
C．锤头与桩头碰撞前后瞬间，锤头的速度变化量的大小为D．从碰后瞬间到静止，锤头所受合力的平均值为
【答案】D
【详解】A．碰后运动过程中，锤头与桩头受重力与阻力作用，它们的总动量不守恒，A错误；
B．桩头由静止向下运动的过程先加速，最后减速，加速过程中失重，减速过程中超重，B错误；
C．锤头与桩头碰撞过程，由动量守恒定律可得 对锤头下落的过程，由自由落体运动的规律可得
解得 即碰撞前后瞬间锤头的速度变化量的大小为 ，C
错误；
D．从碰后瞬间到静止，对锤头由动量定理可得 解得 ，D正确。故选D。
8．（2022·安徽滁州·安徽省定远县第三中学校考模拟预测）2022年2月北京举办了第24届冬季奥运会，
苏翊鸣夺得男子单板滑雪大跳台项目金牌，成为中国首个单板滑雪奥运冠军。图甲是一观众用手机连拍功
能拍摄苏翊鸣从起跳到落地的全过程的合成图。图乙为首钢滑雪大跳台的赛道的示意图，分为助滑区、起
跳台、着陆坡和终点四个部分，运动员从一百多米的助滑跑道滑下，腾空高度平均可达7m，落地前的速
度与着陆坡之间有一定的夹角。以下说法正确的是（ ）
A．运动员由于与着陆坡作用时间短，所以不会受伤
B．运动员由于受到空气阻力，机械能减少，速度降低，所以不会受伤
C．适当增加着陆坡与水平方向的倾角可以减小运动员受到的撞击力，增加安全性
D．运动员落到着陆坡时，由于运动员动量变化量小，所以受到的撞击力小
【答案】C
【详解】如图所示，设运动员着陆前瞬间垂直于着陆坡的分速度为v，着陆坡与水平方向的倾角为θ，运
2
动员着陆瞬间所受着陆坡的冲击力大小为F ，与着陆坡的作用时间为Δt，对运动员着陆前后瞬间，根据动
N
量定理有 解得 运动员之所以不会受伤，是因为F 较小，
N
即在垂直于着陆坡方向的动量的变化率较小（即mv 较小且 较大），且根据F 的表达式可知，适当增加
2 N
着陆坡与水平方向的倾角θ可以减小运动员受到的撞击力，增加安全性。运动员下落时虽然受到空气阻力，
但下落时仍做加速运动，速度不会降低。综上所述可知ABD错误，C正确。故选C。9．（2023·湖南长沙·校联考二模）蹦极是一项非常刺激的户外休闲活动。图甲为蹦极的场景，一游客从蹦
极台下落的速度一位移图象如图乙所示。已知弹性轻绳的弹力与伸长量的关系符合胡克定律，游客及携带
装备的总质量为 ，弹性轻绳原长为 ，若空气阻力恒定，游客下落至 处时速度大小为 ，
重力加速度 取 ，下列正确的是（ ）
A．整个下落过程中，游客先处于失重后处于超重状态
B．游客及携带装备从静止开始下落 的过程中重力的冲量为
C．游客在最低点时，弹性势能最大为
D．弹性绳长为 时，游客的加速度大小为
【答案】A
【详解】A．由题图乙可知游客从蹦极台下落过程先加速后减速，即先有向下的加速度后有向上的加速度，
所以游客先处于失重后处于超重状态，故A正确；
B．以游客及携带装备为研究对象，从静止开始下落15m的过程中，由动量定理得
I I －I －I＝mv＝50×15N·s＝750N·s故重力的冲量大于750N·s，故B错误；
合= G F f
C．游客在前5m做匀加速直线，根据动能定理 解得f=50N从下落至最低点过程中能量
守恒 解得 =500×26-50×26=11700J故C错误；
D．游客下落15m时合力为0时速度最大，此时弹性绳的弹力和阻力等于游客及携带装备的总重力，即
f+kΔx＝mg解得k＝ ＝45N/m弹性绳长为20m时，弹性绳的弹力F＝kΔx′＝45×(20－10)N＝450N
根据牛顿第二定律得F+f－mg＝ma解得a＝0m/s2故D错误。故选A。
10．（2022·北京朝阳·和平街第一中学校考模拟预测）根据量子理论∶光子既有能量也有动量；光子的能
量E和动量p之间的关系是E=pc，其中c为光速。由于光子有动量，照到物体表面的光子被物体吸收或被
反射时都会对物体产生一定的冲量，也就对物体产生了一定的压强。根据动量定理可近似认为∶当动量为
p的光子垂直照到物体表面时，若被物体反射，则物体受到的冲量大小为2p；若被物体吸收，则物体受到的冲量大小为p。某激光器发出激光束的功率为P，光束的横截面积为S。当该激光束垂直照射到某物体
0
表面时，物体对该激光的反光率为η，则激光束对此物体产生的压强为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【详解】时间t内释放光子的能量为E=P t光子的总动量为p= = 根据题意，由动量定理有2ηp+（1-
0
η）p=Ft激光束对此物体产生的压强为p = 联立解得p = 故选B。
压 压
11．（2023·四川遂宁·射洪中学校考模拟预测）小朋友喜欢的“踩踩球”其实就是由上下两个连在一起质
量相等的半球组成，两半球间装有一个轻弹簧。玩耍时，将“踩踩球”直立静放在水平地面上，用脚从上
半球顶部中心点向下踩压，当两半球贴合后放开脚，过一会儿贴合装置失效，弹簧恢复原长，球就会突然
展开，瞬间弹起。如图所示，小明同学测得“踩踩球”展开静止在地面上时中间白色标记距地面的高度为
；踩压贴合时中间白色标记距地面的高度为 ；弹起后到达最高点时中间白色标距地面的高度为 。
已知“踩踩球”总质量为 并全部集中在上下半球上，重力加速度大小为 ，不计一切阻力，下列说法中
正确的是（ ）
A．“踩踩球”离开地面时的速度大小为
B．上述踩压过程中压力做的功为
C．弹簧的最大弹性势能为
D．弹簧恢复原长过程中“踩踩球”所受合外力的冲量大小为
【答案】AC
【详解】A．设球离地的速度为 ，由动能定理可得 解得 故A正确；
D．弹簧恢复原长过程中，根据动量定理，“踩踩球”所受合外力的冲量大小为
故D错误；
BC．设弹簧的最大弹性势能为 ，踩压过程中压力做的功为 ，弹簧恢复原长连接装置拉紧前上半球速度为 ，上半球弹起过程由机械能守恒可得 连接装置拉紧过程由动量守恒可得
踩压过程由功能关系可得 联立解得 ，
故B错误，C正确。故选AC。
12．（2023·陕西咸阳·武功县普集高级中学校考模拟预测）质量为 的物块在水平拉力的作用下从静
止开始沿水平桌面做直线运动，其拉力F随时间t的变化图线如图所示，物块与水平桌面间的动摩擦因数
，重力加速度 。则（ ）
A．在 时，物块的动量大小为
B．在 时，物块的速度为0
C．在0~2s内和2~5s内，物块动量的变化量大小之比为
D．在0~5s内，物块的最大速度为1.5m/s
【答案】AD
【详解】A．图象与坐标轴围成的面积代表拉力的冲量，根据动量定理可知 代入数据可
解得 故A正确；
B．同理，从2~4s根据动量定理有 代入数据解得 故B错误；
C．由上述分析可知0~2s内物块动量的变化量大小为 ，2~4s内物块动量的变化量大小为0，4~5s
内物块动量的变化量大小为 所以在0~2s内和2~5s内，物块动量的变化量大
小之比为 ，故C错误；
D．当拉力与摩擦力相等时，速度最大，由图可知为t=3s时刻，根据动量定理可知
代入数据有 解得 故D正确；故选AD。
13．（2021·广西·统考二模）2021年1月19日，广西自治区气象局发布了去年十大天气气候事件，1月除
夕夜的冰雹入围。如图所示为冰雹从高空由静止下落过程中速度随时间变化的图象。冰雹所受的空气阻力
可认为与物体速度大小成正比关系，图中作出了t=0.8s时刻的切线，冰雹的质量为0.5 kg，重力加速度g
取10 m/s2 ，则（ ）A．冰雹在t=0.8 s时刻的加速度大小为2.5 m/s2
B．冰雹所受的空气阻力与速度大小的比例系数大小为
C．冰雹最终达到最大速度的大小为6 m/s
D．冰雹在0至0.8 s内所受的平均阻力大小为2.5 N
【答案】ABD
【详解】A．速度时间图象的斜率表示加速度，由图象可知冰雹在t=0.8 s时刻的加速度大小等于此时切线
的斜率，故加速度大小为 故A正确；
B．设空气阻力与速度大小的正比系数为k，当 时，根据牛顿第二定律有 达到最大速
度时，加速度为零，则有 联立解得 ， 故B正确，C错误；
D．在0到 内，对冰雹由动量定理可得 解得 故D正确。故选ABD。
14．（2023·安徽滁州·安徽省定远中学校考模拟预测）如图所示，在 竖直平面内，由A点斜射出一小
球，B、C、D是小球运动轨迹上的三点，A、B、C、D四点的坐标已在图中标出，空气阻力忽略不计。下
列说法正确的是（ ）
A．小球在A点的动量和在C点的动量相同
B．从A到B和从B到C，小球动量变化量相同
C．小球从B到C重力的冲量小于从C到D重力的冲量D．小球从B到C的动量变化率等于从 到D的动量变化率
【答案】BD
【详解】A．小球只受到重力，小球在 方向先做减速运动又做匀加速运动，在 轴方向上做匀速直线运
动，小球在A点和C点对称，竖直速度大小相同，但方向相反，所以小球在A点的动量和在C点的动量大
小相同，方向不同，故A错误；
B．小球从A到B和从 到C过程中，沿 轴位移相同，在 轴方向上做匀速直线运动，所以时间相同，根
据动量定理可知，合外力的冲量相同，所以动量的变化量相同，故B正确；
C．小球从B到C和从C到 水平位移相同，时间相同，故重力的冲量相同，故C错误；
D．小球从B到C和从C到 合外力的冲量相同，动量变化量相同，时间相等，所以动量变化率 相同，
故D正确。故选BD。
15．（2023·安徽亳州·安徽省亳州市第一中学校考模拟预测）如图所示，质量为M的直-20武装直升机旋翼
有4片桨叶，桨叶旋转形成的圆面面积为S。已知空气密度为ρ，重力加速度大小为g。当直升机悬停空中
时，桨叶旋转推动空气，空气获得的速度为v，则单位时间内桨叶旋转推动空气的质量可表示为（ ）
0
A． B． C． D．
【答案】BD
【详解】直升机处于平衡状态，记直升机与空气间的作用力为F，则 飞机对空气的力与空气对飞机
的力为作用力与反作用力，即
AB．对空气由动量定理可得 解得 故A错误，B正确；
CD．由上式知 且 联立两式可得 故C错误，D正确。故选BD。
16．（2023·湖南·校联考模拟预测）工厂对引进一种可升降传送装置进行调试。调整传送带与水平面成夹
角 ，如图甲所示，并使传送带从上到下运行。在传送带的顶端轻轻地放一个质量 的物件，
物件在传送带上运动共用时2.0s，通过计算机记录了传送带对物件摩擦力的功率大小与时间的图像如图乙
所示，物件可视为质点，g取 ，求：（ ， ）
（1）物件与传送带之间的动摩擦因数；
（2）物件从顶端到底端运动过程中物件与传送带摩擦所产生的热量；
（3）物件从顶端到底端运动全过程中传送带对物件作用力的冲量大小。【答案】（1） ；（2） ；（3）
【详解】（1）物件轻放在传送带，沿带向下匀加速，在 s，
由 图像可知0~1s图线斜率 得 解得 （舍去）；
（2）物块轻放在顶端，0~1s： 得 由图像可知物件在1s时物件加速到
了传送带的速度，由 解得传送带的速度 由于 ，1~2s：
得 作出物块在传送带上运动的 图像如图
由图像可知0~1s传送带对地位移大于物件位移，划痕长度为
1~2s传送带对地位移小于物件位移，划痕长度为 故物件从顶端到底端运
动过程中，物件与传送带摩擦所产生热量
（3）2s时的速度 对物件沿斜面方向，设沿传送带向下方向为正，根据动量定理
解得 传送带对物件弹力的冲量
故物件从顶端到底端运动全过程中传送带对物件作用力的冲量大小为
17．（2022·湖南·统考高考真题）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）
【详解】（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 拍击第3次，同理代入k后，下降过程有
1 2
上升过程有 联立有
再将h 代入h 有 直到拍击第N次，同理代
2 3
入k后，下降过程有 上升过程有 联立有
将h 代入h 有 其中 ，
N-1 N
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
1 2
理可得 ， 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
18．（2021·重庆·高考真题）我国规定摩托车、电动自行车骑乘人员必须依法佩戴具有缓冲作用的安全头
盔。小明对某轻质头盔的安全性能进行了模拟实验检测。某次，他在头盔中装入质量为 的物体（物
体与头盔密切接触），使其从 的高处自由落下（如图），并与水平地面发生碰撞，头盔厚度被挤压
了 时，物体的速度减小到零。挤压过程不计物体重力，且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 。求：
（1）头盔接触地面前瞬间的速度大小；
（2）物体做匀减速直线运动的时间；
（3）物体在匀减速直线运动过程中所受平均作用力的大小。
【答案】（1） ；（2） ；（3）
【详解】（1）由自由落体运动规律 ，带入数据解得
（2）由匀变速直线运动规律 解得
（3）由动量定理得 解得
