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2024 年高考物理一轮复习热点重点难点夯练与提升
专题38 动量定理应用中的三类模型和图像问题
特训目标
特训内容
目标1
动量定理在蹦极缓冲类问题中的应用（1T—4T）
目标2
用动量定理解决流体问题（5T—8T）
目标3
分方向动量定理（9T—12T）
目标4
各类图像中动量定理应用（13T—16T）
【特训典例】
一、动量定理在蹦极缓冲类问题中的应用
1．研究蹦极运动时，在运动员身上装好传感器，用于测量他在不同时刻下落的高度及速度。运动员身系
弹性绳，从蹦极台无初速度下落，根据某次传感器测到的数据，得到如图所示的速度—位移图像。忽略空
气阻力，根据图像可知（ ）
A．弹性绳的原长为15m
B．0~15m 下落过程中，运动员重力势能的减少量大于动能的增加量
C．15~27m 下落过程中，运动员受合力先减小后增大
D．0~27m 下落过程中，运动员重力冲量大于弹性绳弹力冲量
【答案】B
【详解】A．由图像可知位移大小为15m 时，速度大小为最大值，可知该位移处有弹性绳的弹力与运动员
的重力等大，所以弹性绳处于伸长状态，即弹性绳的原长小于15m，故A 错误；
B．运动员下落过程中先做加速度为g 的加速运动，至弹性绳恰好拉直后运动员继续做加速度减小的加速
运动，直至速度达到最大，此时位移大小为15m，所以0~15m 下落过程中，运动员重力势能的减少量等于
动能的增加量加上弹性绳弹性势能的增加量，故B 正确；
1
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C．15m 时，弹性绳的弹力与运动员的重力等大合力为零，之后运动员继续向下运动，弹性绳伸长量继续
变大，弹性绳弹力大于重力，合力向上且变大。故C 错误；
D．0~27m 下落过程中由动量定理可得
可知运动员重力冲量大小等于弹性绳弹力冲量大小，故D
错误。故选B。
2．“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P 处自由下落，
若此人质量为m，橡皮绳长为l，人可看成质点，且此人从P 点由静止开始下落到最低点所用时间为t，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（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【详解】人从下落到橡皮绳正好拉直的时间设为t1，则
此时速度为
取向上为正方向，
由动量定理得
橡皮绳对人的平均作用力为
故选D。
3．蹦极是一项广受年轻人喜爱的极限运动，如图所示为蹦极爱好者将一端固定的弹性长绳绑在踝关节处，
从几十米高处跳下，若蹦极爱好者质量为60kg，弹性绳绷紧后至蹦极爱好者运动至最低点所用时间为1s，
2
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弹性绳的平均作用力为1800N，重力加速度g 取
，则弹性绳原长为（ ）
A．25m
B．20m
C．18m
D．16m
【答案】B
【详解】设弹性绳原长为L，弹性绳产生弹力后，根据动量定理
蹦极爱好者的平均加速度为
得
自由落体阶段
解得
故选B。
4．2021 年7 月30 日，在东京奥运会蹦床项目女子决赛中，中国选手朱雪莹夺得冠军。若朱雪莹比赛中上
升的最高点距地面高为H，朱雪莹质量为m，蹦床平面距地面高为h。朱雪莹下落过程，弹性网最大下陷
量为x，空气阻力恒为f，下落过程中的总时间为t（从最高点落到弹性网的最低点），则朱雪莹（看作质
点）从最高点下落至最低点的过程，下列说法正确的是（ ）
A．弹性网的弹力对朱雪莹的冲量大小为
B．朱雪莹从与蹦床接触到落至最低点过程中所受合外力的冲量大小为
C．弹性网弹性势能的增量为
D．朱雪莹的机械能减少
【答案】BC
【详解】A．从最高点下落至最低点的过程中，设弹性网的弹力对朱雪莹的冲量为I，根据动量定理得
变形得
冲量的大小为
故A 错误。
B．设朱雪莹与蹦床接触前瞬间的速度为v，根据动能定理得
解得
朱雪莹从与蹦床接触到落至最低点过程中，根据动量定理得
；
3
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故合外力冲量大小为
故B 正确。
C．设弹力做功为W，根据动能定理得
；
故弹性势能增
加量为
故C 正确。
D．从最高点下落至最低点的过程中，朱雪莹的动能变化量为零，机械能的减小量等于重力势能的减少量
即mg(H−h+x)故D 错误。
故选BC。
二、用动量定理解决流体问题
5．如图所示为清洗汽车用的高压水枪。设水枪喷出水柱直径为D，水流速度为v，水柱垂直汽车表面，水
柱冲击汽车后水的速度为零。手持高压水枪操作，进入水枪的水流速度可忽略不计，已知水的密度为ρ。
下列说法正确的是（ ）
A．高压水枪单位时间喷出的水的质量为ρπvD2
B．高压水枪单位时间喷出的水的质量为
C．水柱对汽车的平均冲力为
ρD2v2
D．当高压水枪喷口的出水速度变为原来的2 倍时，喷出的水对汽车的压强变为原来的4 倍
【答案】D
【详解】AB．高压水枪单位时间喷出水的质量等于单位时间内喷出的水柱的质量，即
故AB 错误；
C．水柱对汽车的平均冲力为F，由动量定理得
即
解得
故C 错误；
D．高压水枪喷出的水对汽车产生的压强
则当高压水枪喷口的出水速度变为原来的
4
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2 倍时，压强变为原来的4 倍，故D 正确。故选D。
6．如图所示，某种气体分子束由质量为m、速度为v 的分子组成，设各分子都向同一方向运动，垂直地打
在某平面上后又以原速率反向弹回。如果分子束中每立方米的体积内有n0个分子，下列说法正确的是（
）
A．单个分子与平面碰撞的过程中，动量变化量的大小为0
B．单个分子与平面碰撞的过程中，平面对其做功为负功
C．分子束撞击平面所产生的压强为2n0mv2
D．分子束撞击平面所产生的压强为n0mv2
【答案】C
【详解】A．分子打在某平面上后又以原速率反向弹回，则单个分子与平面碰撞的过程中，动量变化量的
大小为2mv，故A 错误；
B．单个分子与平面碰撞的过程中，根据动能定理可得ΔEk=0，平面对其做功为零，故B 错误；
CD．时间t 内碰撞面积S 上的分子数N=（vt•S）n0对于这部分分子，根据动量定理，有-Ft=-Nmv-Nmv
解得F=2n0mv2S 根据压强的计算公式可得
解得p=2n0mv2故C 正确，D 错误。故选C。
7．离子推进器是我国新一代航天动力装置，推进剂从图中P 处注入，在A 处电离出一价正离子，已知B、
C 之间加有恒定电压U，正离子进入B 时的速度忽略不计，经加速形成电流为I 的离子束后喷出推进器，
假设单位时间内射出离子的质量为M。则推进器获得的推力大小为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【详解】在A 处电离出正离子，经B、C 间电压加速后，由动能定理可知
解得
5
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以推进器为参考系，应用动量定理有
又因为
；
解得
根据牛顿第三
定律知推进器获得的推力大小为
。故选A。
8．随着我国电子商务领域的不断发展，配送需求剧增，无人机物流解决了配送“最后一公里”的难题。
一架无人机质量为
，无人机螺旋桨的发动机的额定输出功率为P，螺旋桨转动能使面积为S 的空气以一
定速度向下运动。已知空气密度为ρ，重力加速度为g，则该无人机能携带货物的最大质量为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【详解】时间t 内，螺旋桨使质量
的空气竖直向下运动，由动量定理可知，空气对无人机的作用
力
直升机的输出功率
设该无人机能携带货物的最大质量为M，
则
解得
故选B。
三、分方向动量定理
9．如图所示，对货车施加一个恒定的水平拉力F，拉着货车沿光滑水平轨道运动装运沙子，沙子经一静止
的竖直漏斗连续地落进货车，单位时间内落进货车的沙子质量恒为Q。开始漏沙时，空货车的质量为M。
经过时间t，货车的速度变为v，则此时货车的加速度为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
6
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【详解】根据题意可知，在时间t 之后的一段极短的时间
内，落入货车中的沙子质量为
沙子落入火车，立即与火车共速，由动量定理可知
整理得
根据牛顿第三定律可知火车受到沙子的作用力向后，大小为
对货车（连同落入的沙子），由牛顿
第二定律得
解得
故选A。
10．如图所示，质量为M 的小车在水平面上始终以恒定速度v0向右做匀速运动，一质量为m 的小球
从高h 处自由下落，与小车碰撞（碰撞时的作用力远远大于小球的重力）后反弹，上升的最大高
度仍为h。设球与车之间的动摩擦因数为μ，则小球刚弹起后的速度大小可能为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】AC
【详解】AB．若小球与车碰撞后，水平速度相同，根据动量守恒
由于
，则
球谈起后竖直速度为
则小球刚弹起后的速度大小为
，A 正确，B 错误；
CD．若小球与车没有达到共速，对小球由动量定理，水平方向
竖直方向
得
则小球刚弹起后的速度大小为
，C 正确，D 错误。故选AC。
11．在运用动量定理处理二维问题时，可以在相互垂直的x、y 两个方向上分别研究。例如，质量为m 的小
球斜射到木板上，入射的角度是
，碰撞后弹出的角度也是
，碰撞前后的速度大小都是v，如图所示，碰
撞过程中忽略小球所受重力。
7
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（1）分别求出碰撞前后x、y 方向小球的动量变化
、
；
（2）分析说明小球对木板的作用力的方向。
【答案】（1）
；
，方向沿y 轴正方向（2）见解析
【详解】（1）x 方向，小球的动量变化为
，y 方向，小球的动量变化为
方向沿y 轴正方向。
（2）以小球为对象，由于
，根据动量定理可知得
可知木板对小球作用力的方向沿y
轴正方向；根据牛顿第三定律可知，小球对木板作用力方向沿y 轴负方向。
12．“嫦娥四号”飞船在月球背面着陆过程如图所示，在反推发动机作用下，飞船在距月面
处悬
停，通过对障碍物和坡度进行识别，选定相对平坦的区域后，开始以
的加速度竖直下降。当四条
“缓冲腿”触地时，反推发动机立即停止工作，飞船经
速度减为0。飞船质量
，每条“缓冲
腿”与地面的夹角为
，月球表面的重力加速度
，触地时四条“缓冲腿”受力沿腿的方向。
求：（结果均保留一位有效数字）
（1）飞船竖直下降过程中反推发动机推力的冲量；
（2）触地过程中每条“缓冲脚”对飞船的作用力大小。
【答案】（1）
，方向竖直向上；（2）
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【详解】（1）设飞船加速下降时火箭推力为F，根据牛顿第二定律
根据匀变速运动规律下落
时间为t
火箭推力的冲量大小为
方向竖直向上
（2）“缓冲腿”触地前瞬间，飞船速度大小为v，则
从“缓冲腿”触地到飞船速度减为0 的过程
中，每条“缓冲腿”受力大小为F，根据动量定理，以竖直向上为正方向
解得
四、各类图像中动量定理应用
9．一风力发电机出现故障，检修人员乘坐图甲所示升降机到顶端检修平台进行检修，升降机上升过程的
速度时间关系如图乙所示，加速和减速运动时加速度大小均为a，匀速运动时速度为
。已知升降机和检
修人员的总质量为m，升降机启动平台到检修平台的竖直高度为h，上升过程中升降机所受阻力恒为总重
力的k 倍，重力加速度为g。在此过程中下列说法正确的是（ ）
A．升降机总的运行时间为
B．牵引力对升降机的冲量大小为
C．牵引力做功为
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D．匀减速初始时刻牵引力的功率为
【答案】B
【详解】A．根据动力学公式有
；
升降机总的运行时间为
故A 错误；
B．根据动量定理有
解得牵引力对升降机的冲量大小为
故B 正确；
C．根据动能定理有
解得牵引力做功为
故C 错误；
D．匀减速初始时刻
匀减速初始时刻牵引力的功率为
故D 错
误。故选B。
10．如图甲所示，质量
的滑块静止在粗糙的水平面上，在滑块右端施加一水平向右、大小按图乙
所示随时间变化的拉力
，
末撤去力
，若滑块与水平面间的动摩擦因数
，最大静摩擦力等于
滑动摩擦力，取重力加速度大小
，则下列说法正确的是（ ）
A．
内滑块所受的摩擦力不变
B．
末滑块的动量为
C．
末滑块的速度大小为
D．撤去力
后，再经历
滑块重新静止
【答案】C
【详解】A．最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则最大静摩擦力即滑动摩擦力
10
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滑块在水平面上滑动，受重力、支持力、拉力F 和滑动摩擦力，若拉力小于等于3N 时，滑块没有滑动，
此时摩擦力为静摩擦力，大小与拉力F 相等，当拉力大于3N 时，摩擦力为滑动摩擦力，故A 错误；
B．根据冲量的定义式
可得
图像的面积代表冲量，且由图乙可知，滑块在1s 后开始滑动，根据
动量定理可知，在
时
解得
故B 错误；
C．根据动量定理可知，在
时
解得
故C 正确；
D．撤去力
后，滑块受摩擦力作用减速运动，则根据动量定理可得
解得
故D 错误。故选C。
13．如图甲所示，倾角为
的光滑斜面（足够长）固定在水平面上，质量为
的物块静止在斜面底端，
时刻给物块施加沿斜面方向的作用力F，物块运动的
图像如图乙所示，取沿斜面向上为正方向，
重力加速度
，下列说法中正确的有（ ）
A．前
内F 的大小是第
的2 倍
B．
内物块所受合力的冲量为零
C．
内力F 做功为零
D．
内力F 的冲量为
【答案】ABD
【详解】A．
根据牛顿第二定律有
可得
，
根据牛顿第二定律有
可得
故前
内F 的大小是第
的2 倍，故A 正确；
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B．
图象与坐标轴围成的面积表示速度变化量，可得
根据动量定理可知
内
物块所受合力的冲量为
故B 正确；
C．
内根据动能定理有
，
内重力做负功，故
内力F 做正功，故C 错误；
D．
内力F 的冲量为
故D 正确。故选ABD。
14．如图所示，两个质量相同的钢球从甲乙装置正上方同时释放，分别与甲乙装置底部发生碰撞，碰后两
球沿竖直方向反弹且速度相同。甲装置底部为钢板，乙装置底部为泡沫，用压力传感器同时测出力随时间
变化的曲线①和曲线②，下列说法正确的是（ ）
A．两小球到达底部时，动量相同
B．碰撞整个过程中，甲乙小球所受合力的冲量相同
C．曲线①代表乙装置碰撞情况，曲线②代表甲装置碰撞情况
D．曲线①与时间轴围成的面积大于曲线②与时间轴围成的面积
【答案】AB
【详解】A．由图甲可知，两球下落高度相同，由
可知
则两球到达底部时的速度相同，
由于两球质量相同，所以两小球到达底部时，动量相同，故A 正确；
B．由题意可知，两球与装置底部碰撞后反弹的速度相同，根据两球碰撞前的速度也相同，则两球碰撞过
程中动量变化相同，由动量定理可知，碰撞整个过程中，甲乙小球所受合力的冲量相同，故B 正确；
C．甲装置底部为钢板，乙装置底部为泡沫，则与甲装置底部碰撞过程作用时间较小，作力较大，则曲线
①代表甲装置碰撞情况，曲线②代表乙装置碰撞情况，故C 错误；
D．由于两球碰撞过程中动量变化量相同，碰撞过程，以向上为正方向，根据动量定理可得
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可得
，
图像与时间轴围成的面积表示
的冲量，由于曲线①对应碰撞过程的时间小于曲
线②对应碰撞过程的时间，则曲线①与时间轴围成的面积小于曲线②与时间轴围成的面积，故D 错误。
故选AB。
13
