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高考力学压轴题模型解读与针对性训练
专题9 动量定理的综合运用
【动量定理解读】
1. 动量定理
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。
表达式：F(t′－t)＝mv′－mv＝Δp。
对动量定理的理解
(1)FΔt＝p′－p 是矢量式，两边不仅大小相等，而且方向相同。式中FΔt 是物体所受的合
力的冲量。
(2)FΔt＝p′－p 除表明了两边大小、方向的关系外，还说明了两边的因果关系，即合力的
冲量是动量变化的原因。
(3)由FΔt＝p′－p 得F＝p′－pΔt＝ΔpΔt，即物体所受的合力等于物体的动量对时间的变
化率。
2. 冲量的四种计算方法
公式法
利用定义式I＝FΔt 计算冲量，此法仅适用于恒力的冲量
图像法
利用F -t 图像计算，F -t 图线与横轴围成的面积表示冲量，此法既可以
计算恒力的冲量，也可以计算变力的冲量
平均力法
若方向不变的力大小随时间均匀变化，则力F 在某段时间t 内的冲量I＝
Δt，F1、F2为该段时间内初、末两时刻力的大小
动量定理法
对于变力的冲量，不能直接用I＝FΔt 求解，可以求出该力作用下物体动
量的变化量，由I＝Δp 求变力的冲量
3．应用动量定理的基本思路
4.“流体模型”问题的类型及解决思路
类型
流体类：液体流、气体流等，通常已知密度ρ
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
解题思路
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
②微
元研
究
小柱体的体积ΔV＝vSΔt
小柱体的质量m＝ρΔV＝ρvSΔt
小柱体的粒子数N＝nΔV＝nvSΔt
小柱体的动量p＝mv＝ρv2SΔt
③建立方程，应用动量定理FΔt＝Δp 研究
【高考真题】
【典例1】．（2025 高考甘肃卷）（14 分）如图1 所示，细杆两端固定，质量为m 的物块
穿在细杆上。初始时刻。物块刚好能静止在细杆上。现以水平向左的力F 作用在物块上，
F 随时间t 的变化如图2 所示。开始滑动瞬间的滑动摩擦力等于最大静摩擦力。细杆足够长，
重力加速度为g，θ=30°。
求：
（1）t=6s 时F 的大小，以及t 在0~6s 内F 的冲量大小。
（2）t 在0~6s 内，摩擦力f 随时间t 变化的关系式，并作出相应的f−t 图像。
（3）t=6s 时，物块的速度大小。
【答案】（1）
，
（2）见解析 （3）
【解析】（1）由图2 可知，F 随时间t 线性变化，
所以当t=6s 时，F=
（2 分）
在0~6s 时间内力F 的冲量等于F—t 图线与横轴围成的面积，
（2 分）
（2）由于初始时刻，物块刚好能静止在细杆上，则有mgsin30°=μmgcos30°
解得μ=tan30°=
❑√3
3 （1 分）
在垂直杆方向，当Fsinθ=mgcosθ 时t=4s（1 分）
在0~4s 时间内，垂直杆方向，Fsinθ+N=mgcosθ（1 分）
摩擦力
（1 分）
在4~6s 时间内，垂直杆方向，Fsinθ=mgcosθ+N
摩擦力
（1 分）
相应f—t 图像如图。
（1 分）
（3）在0~6s 时间内沿杆方向，由动量守恒定律，
在0~6s 时间内摩擦力的冲量等于f—t 图线与横轴围成的面积，则
（2 分）
联立有
可得
（2 分）
【典例2】(2022·全国乙卷)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Ff＝μmg＝2 N，对物块在0～3 s 时间内，由动量定理可
知(F－Ff)t1＝mv3，代入数据可得v3＝6 m/s，3 s 时物块的动量为p＝mv3＝6 kg·m/s，故C
错误；设3 s 后经过时间t2物块的速度减为0，由动量定理可得－(F＋Ff)t2＝0－mv3，解得t2
＝1 s，所以物块在4 s 时速度减为零，则此时物块的动能也为零，故A 正确；在0～3 s 时
间内，对物块由动能定理可得(F－Ff)x1＝mv，解得x1＝9 m，3～4 s 时间内，对物块由动
能定理可得－(F＋Ff)x2＝0－mv，解得x2＝3 m，4～6 s 时间内，物块开始反向运动，物块
的加速度大小为a＝＝2 m/s2，发生的位移大小为x3＝at＝4 m＜x1＋x2，即6 s 时物块没
有回到初始位置，故B 错误；0～6 s 时间内，F 对物块所做的功为W＝Fx1－Fx2＋Fx3＝40
J，故D 正确。
【典例3】(2023·辽宁高考)如图，质量m1＝1 kg 的木板静止在光滑水平地面上，右侧的竖
直墙面固定一劲度系数k＝20 N/m 的轻弹簧，弹簧处于自然状态。质量m2＝4 kg 的小物块
以水平向右的速度v0＝ m/s 滑上木板左端，两者共速时木板恰好与弹簧接触。木板足够长，
物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。弹簧始终处在弹性限
度内，弹簧的弹性势能Ep与形变量x 的关系为Ep＝kx2。取重力加速度g＝10 m/s2，结果可
用根式表示。
(1)求木板刚接触弹簧时速度v 的大小及木板运动前右端距弹簧左端的距离x1；
(2)求木板与弹簧接触以后，物块与木板之间即将相对滑动时弹簧的压缩量x2及此时木板速
度v2的大小；
(3)已知木板向右运动的速度从v2减小到0 所用时间为t0。求木板从速度为v2时到之后与物
块加速度首次相同时的过程中，系统因摩擦转化的内能ΔU(用t 表示)。
答案：(1)1 m/s 0.125 m (2)0.25 m m/s (3)(4t0－8t) J
解析：(1)由于地面光滑，则木板和物块组成的系统动量守恒，则有m2v0＝ (m1＋m2)v1
代入数据有v1＝1 m/s
对木板根据牛顿第二定律得μm2g＝m1a1，a1＝4 m/s2
则木板运动前右端距弹簧左端的距离x1满足v＝ 2a1x1
代入数据解得x1＝0.125 m。
(2)木板与弹簧接触以后，对物块与木板组成的系统有kx＝(m1＋m2)a 共
对物块，根据牛顿第二定律得μm2g＝m2a2
a2＝1 m/s2
当a 共＝a2时物块与木板之间即将相对滑动，解得此时的弹簧压缩量x2＝ 0.25 m
对木板和物块组成的系统由动能定理有－kx＝(m1＋m2)v－(m1＋m2)v
代入数据解得v2＝ m/s。
(3)木板从速度为v2时到之后与物块加速度首次相同时的过程中，由于木板的加速度大于木
块的加速度，则当木板与木块的加速度相同时即弹簧形变量为x2时，说明此时木板的速度
大小为v2，共用时2t0，且物块一直受滑动摩擦力作用，对物块根据动量定理得－μm2g·2t0
＝ m2v3－m2v2
解得v3＝－2t0
则对于木板和物块组成的系统根据能量守恒定律得－Wf＝m1v＋m2v－(m1＋m2)v
ΔU＝－Wf
联立有ΔU＝(4t0－8t) J。
【针对性训练】
1. 在研制飞机过程中风洞实验是必不可少的。现某同学在风洞中完成了以下实验：将一个
质量为m 的物体放在水平网上(网不影响物体受到的风力)，调节风力大小，并记录了物体
所受竖直向上的风力F 与时间t 的关系，如图所示。下列说法正确的是( )
A．在前2t0时间内物体加速度均匀增加
B．在前6t0时间内物体一直向上运动
C．在5t0时刻物体的速度大小为
D．在前6t0时间内物体的最大速度为
答案：CD
解析：由题图可知，t0时刻物体才开始运动，A、B 错误；从t0到5t0这段时间，对物体应用
动量定理有IF－mg×4t0＝mv1－0，由图像可知这段时间内风力的冲量IF＝＋＝，解得v1
＝，C 正确；由题图可知，5t0～6t0内的F 与t 的关系式为F＝－2.5t＋15，当F＝mg 时，t
＝5.6t0，则在5.6t0时物体的加速度为零，速度最大，从t0到5.6t0，对物体应用动量定理有
IF′－mg×4.6t0＝mvm－0，由图像可知这段时间内风力的冲量IF′＝IF＋＝，解得vm＝，D 正
确。
2. （山东省临沂2025 年普通高中学业水平等级测评试题三模）气体在流动时会出现分层
流动的现象即层流（laminar flow），不同流层的气体流速不同。相邻两流层间有粘滞力，
产生粘滞力的原因可以用简单模型解释：如图，某气体流动时分成A、B 两流层，两层的
交界面为平面，A 层流速为vA，B 层流速为vB，
，由于气体分子做无规则热运动，
因此A 层的分子会进入B 层，B 层的分子也会进入A 层，稳定后，单位时间内从A 层进入
B 层的分子数等于从B 层进入A 层的分子数，若气体分子的质量为m，单位时间、单位面
积上由A 层进入B 层的分子数为n，则B 层对A 层气体单位面积粘滞阻力为（ ）
A. 大小：
方向：与气体流动方向相同
B. 大小：
方向：与气体流动方向相反
C. 大小：
方向：与气体流动方向相同
D. 大小：
方向：与气体流动方向相反
【答案】B
【解析】由题意可知
时间内，单位面积上由B 层进入A 层的分子数为
，则这部分分
子的质量为
这部分分子的速度由
变为
，取气体流动方向为正方向，则根据动量定理有
可得，流层A 对这部分分子的作用力为
，方向与气体流动方向相同
则根据牛顿第三定律可知，B 层对A 层气体单位面积粘滞阻力大小为
，方向与气体流动方向相反，故选B。
3 （2025 年5 月山西三模）研究运动员竖直跳跃时，脚下的传感器记录了运动员与传感器
间作用力的大小随时间的变化。如图所示，1.0s 时运动员开始起跳，3.1s 时恰好静止于传
感器上。将运动员视为质点，不考虑空气阻力，取
下列说法正确的是
（ ）
A. 刚离开传感器时，运动员的速度大小为
B. 起跳过程中，传感器对运动员的冲量为
C. 2.5~3.1s 时间内，传感器对运动员平均作用力的大小约为1200N
D. 1.0~1.9s 与2.5~3.1s 时间内，运动员所受合力的冲量不同
【答案】AC
【解析】．1.9s~2.5s 时间段内，运动员在空中做竖直上抛运动，初速度
，
故A 正确；
由图像可知，0~1.0s 时间内运动员静止在传感器上，故
所以
1.0s~1.9s 时间段内是起跳过程，列动量定理
代入数据可得
，故B 错误；
以竖直向上为正方向，对运动员在2.5s~3.1s 时间段内列动量定理方程
代入数据可得
，故C 正确；
在1.0s~1.9s 与2.5s~3.1s 两段时间内，运动员的动量变化量相等，由
可知运动员所
受合力的冲量相同。故D 错误。
4.（2025 年3 月山东日照校级联考）一般河流的河道是弯曲的，外侧河堤会受到流
水冲击产生的压强。如图所示，河流某弯道处可视为半径为R 的圆弧的一部分。假设河
床水平，河道在整个弯道处宽度d 和水深h 均保持不变，水的流动速度v 大小恒定，d＜＜
R，河水密度为ρ，忽略流水内部的相互作用力。取弯道某处一垂直于流速的观测截面，
则在一段极短时间 △t 内（ ）
A． 流水 速度改变量的方向沿河道的切线方向
B． 流水速度改变量的大小为
△t
C．通过观测截面水的动量改变量大小为ρdh
△t 2
D． 外侧 河堤 受到的 流水 冲击 产生的 压强 为
【答案】D
【解析】流水做匀速圆周运动，由加速度的定义可知，流水 速度改变量的方向沿半径指
向圆心，A 错误；由向心加速度公式a=
，a=
，联立解得 流水速度改变量的大小为
△v=
△t，B 错误；在一段极短时间 △t 内水流的距离△l=v△t，横截面积S=dh，在
一段极短时间 △t 内水流的体积△V=S△l=Sv△t，，密度ρ=m/V，在一段极短时间 △t
内水流的质量m=ρdhv△t，通过观测截面水的动量改变量大小为△p=m△v=ρdh
△t 2，C
错误；
根据牛顿运动定律可得 F=m
，水流与外侧河堤作用的面积S’=△lh，外侧 河堤 受到
的 流水 冲击 产生的 压强 为p=F/S’=
，D 正确。
5．（2024 年11 月山东日照校际联考）2024 年8 月4 日，樊振东赢得了巴黎奥运会乒乓球
男子单打项目的金牌。某次发球时，樊振东以初速度
竖直向上抛出乒乓球，乒乓球经过
时间t 到达最高点，落回抛出点之前已经匀速，匀速运动的速度大小为v。已知乒乓球的质
量为m，重力加速度为g，乒乓球在运动过程中受到的空气阻力大小与其速率成正比。下
列说法正确的是（ ）
A．上升过程中重力的冲量大于下降过程中重力的冲量
B．上升过程中空气阻力的冲量大于下降过程中空气阻力的冲量
C．空气阻力与速率的比例系数为
D
．乒乓球从最高点落回到抛出点的时间为
【参考答案】D
【名师解析】
由牛顿第二定律，上升过程，mg+kv=ma1，
下落过程，mg+kv=ma2，
随着速度的增大，阻力逐渐增加，加速度逐渐减小，可知上升过程的平加加速度大于下降
过程的平加加速度，而上升过程和下降过程的位移大小相等，所用时间短，上升过程中重
力的冲量小于下降过程中重力的冲量，A 错误； 作出小球的v—t 图像，如图。
第一、第四象限中阴影部分的面积表示上升和下降过程的位移大小相等方向相反；若将纵
坐标改为
f，由于f∝v，因此第一、第四象限中阴影部分的面积仍相等，其物理意义为上升、
下降过程阻力的冲量等大反向，B 错误。
根据题意，落回抛出点之前已经匀速，由kv=mg，解得k=mg/v，C 错误；
对整个过程，设向下为正方向，根据动量定理
因
解得 t’=
乒乓球从最高点落回到抛出点的时间为
t1=
，D 正确。
6. （2024 陕西西北工业大学附中二模）高压水流切割器又称“水刀”，它将水以极高的速
度垂直喷射到材料表面进行切割作业。假设“水刀”喷嘴中喷出水的流量（单位时间内流
出液体的体积）一定，水打到材料表面后，迅速沿表面散开不反弹，已知“水刀”喷嘴的
直径可在0.1mm~0.3mm 范围内调节，则该“水刀”在材料表面产生的最小压强与最大压强
之比为（ ）
A.
B.
C.
D.
【参考答案】D
【名师解析】
选取
时间内打到表面为
的水为研究对象，以从喷嘴高速喷出时的速度方向为正方向，
由动量定理得
其中质量为
解得
根据牛顿第三定律可知，材料表面受到的压力
水对材料垂直于表面方向的压强为
联立解得
而水的流量一定，则
横截面积为
化简解得压强为
喷嘴的最小直径和最大直径之比1:3，则最大压强和最小压强之比为81:1，故最小压强与最
大压强之比为1:81。
故选D。
7. （2024 高考T8 联盟仿真模拟）雨滴在空中低速下落的过程中，空气对它的阻力与其下
落速度成正比。如图所示为雨滴由静止开始，在低速下落过程中速度随时间变化的部分图
像。若雨滴下落过程中其质量的变化忽略不计，以地面为重力势能零势能面。已知图中
、
，
时刻图像切线的斜率k，雨滴的质量m，重力加速度g，能求出以下哪些物理量（
）
A. 雨滴所受的空气阻力与速度大小的比例系数
B.
时刻雨滴的重力势能
C. 雨滴刚达到最大速度时的机械能
D. 雨滴在0 到
时间内的位移
【参考答案】AD
【名师解析】
根据题意，设雨滴所受的空气阻力与速度大小的比例系数为
，则
时刻阻力为
由图可知，
时刻雨滴的加速度为
，则由牛顿第二定律有
解得
故A 符合题意；
根据题意，不可求出雨滴
时刻距地面的高度及雨滴刚达到最大速度时距地面的高度，同
时也不知雨滴开始下落时距地面的高度，则无法求出
时刻雨滴的重力势能和雨滴刚达到
最大速度时的机械能，故BC 不符合题意；
雨滴在0 到
时间内，由动量定理有
则有
可得
解得
故D 符合题意。
8．（16 分）（2025 年5 月湖南岳阳考前信息卷）某固定装置的竖直截面如图所示，水平
高台上的直轨道CD、圆弧轨道DEF、直轨道FG 平滑连接。高台左侧水平轨道AB 略低，
轨道上放置一块质量为m、长度为L 的平板，平板上表面与CD 等高。高台右侧有一水平
地面HI，与高台的高度差为h。初始时，平板处于静止状态，其右端与高台的CB 侧距离
足够大。让一质量也为m 的滑块以速度
滑上平板，并带动平板向右运动。当平板到达
CB 时将立即被锁定，滑块继续向前运动。若滑块落到HI 段，将与地面发生碰撞，碰撞时
间极短（支持力远大于重力），反弹后竖直分速度减半，水平速度同时发生相应变化。已
知，
，
，
，
，滑块与平板上表面间的动摩擦因数
、
与HI 段间的动摩擦因数
，其余摩擦及空气阻力均可忽略，HI 段足够长，滑块视为
质点。
(1)求平板被锁定瞬间，滑块的速度大小v 以及此时滑块离平板右端的距离x；
(2)要使滑块不脱离圆弧轨道，求圆弧轨道半径R 的取值范围；
(3)若滑块沿着轨道运动至G 点飞出，求其最终距G 点的水平距离d。
【答案】．(1)5m/s，0
(2)
或
(3)
【解析】（1）平板与滑块运动至共速过程，根据动量守恒有
解得
（1
分）
根据能量守恒定律有
解得
……（1 分）
此时滑块离平板右端距离
……（2 分）
（2）当滑块恰过圆弧轨道最高点时，根据牛顿第二定律有
……（1 分）
从滑上高台到运动至圆弧轨道最高点过程，根据动能定理有
（1
分）
解得
滑块从滑上高台到恰到圆弧轨道圆心等高处过程，由动能定理有
（1
分）
解得
要使滑块不脱离圆弧轨道，则有
或
……（2 分）
（3）滑块从G 点飞出至第一次落地做平抛运动，则有
，
，
解得
，
……（1 分）
第一次反弹后有
（1 分）
第一次反弹过程根据动量定理有
，
……（2 分）
解得
第一次反弹后至第二次落地滑块做斜抛运动，则有
（1 分）
第二次反弹过程根据动量定理有
……（1
分）
解得
可知，之后滑块做竖直上抛运动，综上所述可知，最远水平距离
……（1 分）
