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第22 讲 动量和动量定理
目录
01 课标达标练
题型01 动量 冲量
题型02 动量定理
02 核心突破练
03 真题溯源练
01 动量 冲量
1.（2025·四川南充·高三月考）关于物体的动量，下列说法中正确的是（ ）
A．不同物体中动量越大，速度一定越大
B．(−8kg⋅m /s)的动量大于(+6kg⋅m /s)的动量
C．物体的动能发生变化，其动量可能不变
D．做匀速圆周运动的物体，其动量一定不变
【答案】B
【详解】A．根据
p=mv
可知，不同物体中动量越大，速度不一定越大，A 错误；
B．动量的符号只代表方向，不代表大小，则（-8kg·m/s）的动量大于（+6kg·m/s）的动量，B 正确；
C．根据
Ek = 1
2 mv
2
物体的动能发生变化，一定是物体速度大小发生变化，则其动量一定变化，C 错误；
1
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D．做匀速圆周运动的物体，速度的方向一定变化，则其动量一定变化，D 错误。
故选B。
2.下列说法正确的是（ ）
A．物体动量为零时，一定处于平衡状态
B．物体动量越大，其动能一定越大
C．一对作用力和反作用力的冲量之和一定为零
D．动量相同的物体，运动方向可能不同
【答案】C
【详解】A．动量为零，物体的速度为零，但物体的合外力不一定为零，所以物体不一定处于平衡状态．
如物体做竖直上抛运动时，到达最高点时速度为零，但物体处于非平衡状态．故A 错误；
B．根据动量与动能的关系p
2= Ek
2m
物体动量越大，动能不一定大，故B 错误；
C．一对作用力和反作用力总是等大反向，作用时间相同，则冲量之和一定为零，故C 正确；
D．动量相同的物体，速度相同，则运动方向一定相同，故D 错误；
故选C。
3.“飞天秋千”游戏简化模型如图所示。座椅（包括人）的质量为m，在水平面内做匀速圆周运动，其受力
及合力情况如图所示。设绳的长度为l，绳子跟竖直方向的夹角为θ，座椅转动的线速度为v，下列说法正
确的是（ ）
A．在半个周期内座椅重力冲量为mgπlsinθ
v
B．在半个周期内座椅的动量变化量等于零
C．若仅增大m，则座椅转动的周期随之增大
D．若v 增大，θ必增大，座椅转动的周期随之增大
【答案】A
2
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【详解】A．根据题意可知。座椅转动的周期T = 2πR
v
= 2πlsinθ
v
故半个周期内重力的冲量为I G=mg· T
2 =mg πlsinθ
v
A 正确；
B．转动半周，座椅的速度方向恰好与初速度方向相反，选择开始时的速度方向为正方向，则半周时间
内，座椅的动量变化量Δ p=−mv −mv =−2mv
B 错误；
CD．由于座椅做匀速圆周运动，则有mg tanθ =m 4 π
2
T
2 lsinθ
解得T =2π√
lcosθ
g
可见周期与质量m 无关，当v 增大，θ必增大，座椅转动的周期减小，CD 错误。
故选A。
4.如图所示，某同学用大腿颠足球，某时刻质量为0.45kg的足球以3 m /s的竖直向下的速度碰撞大腿，足
球与腿接触0.2s后竖直向上原速反弹，重力加速度取10 m /s
2，则在足球与腿碰撞的过程中，下列说法正
确的是（ ）
A．碰撞前后，足球动量变化量的大小为2.7kg⋅m /s
B．碰撞前，足球的动量大小为13.5kg⋅m /s
C．足球对大腿的冲量大小为1.35 N ⋅s
D．大腿对足球的平均作用力大小为13.5 N
【答案】A
【详解】A．以竖直向下为正方向，碰撞前后，足球的动量变化量为
Δ p=m(−v)−mv =−2mv =−2×0.45×3kg⋅m/ s=−2.7 kg⋅m/ s
则碰撞前后，足球的动量变化量的大小为2.7 kg⋅m/ s，故A 正确；
B．碰撞前，足球的动量大小为p=mv =0.45×3kg⋅m/ s=1.35kg⋅m/ s
3
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故B 错误；
CD．以竖直向下为正方向，碰撞过程中，根据动量定理可得Ft +mgt = Δ p
解得F =−18 N
则大腿对足球的平均作用力大小为18N，根据牛顿第三定律可知，足球对大腿的平均作用力大小为
F球=18 N
则足球对大腿的冲量大小为I 球= F球t =18×0.2N ⋅s=3.6 N ⋅s
故CD 错误。
故选A。
5.（2025·四川眉山·高三月考）冬奥会速滑比赛中，甲、乙两运动员的质量分别为m1和m2，若他们的动能
相等，则甲、乙动量大小之比是（ ）
A．√m1:√m2
B．√m2:√m1
C．m1：m2
D．m2：m1
【答案】A
【详解】由动能表达式Ek=1
2mv2和动量大小表达式p=mv，可得
p=√2m Ek
二者动能相等，所以甲、乙动量大小之比为
p1: p2=√m1:√m2
故选A。
6.两辆汽车的质量分别为m1和m2，沿水平方向同方向行驶且具有相等的动能，已知m1>m2，则此时两辆
汽车的动量p1和p2的大小关系是（ ）
A．p1等于p2
B．p1小于p2
C．p1大于p2
D．无法比较
【答案】C
【详解】根据
Ek= 1
2 mv
2
p=mv
可得
p=√2 Ekm
因为
Ek1= Ek2
4
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m1>m2
所以
p1> p2
故选C。
7.下列说法正确的是（ ）
A．作用在静止物体上的力的冲量一定为零
B．论证F −x图像中图线与横轴围成的面积表示F 做的功采用了等效的思想
C．根据F = Δ p
Δt ，可把牛顿第二定律表述为：物体动量的变化率等于它所受的合外力
D．物体的动量发生改变，则合外力一定对物体做了功
【答案】C
【详解】A．根据I=Ft，可知作用在静止物体上的力的冲量不一定为零，冲量与物体运动状态无关，选项
A 错误；
B．论证F −x图像中图线与横轴围成的面积表示F 做的功采用了微元的思想，选项B 错误；
C．根据F = Δ p
Δt ，可把牛顿第二定律表述为：物体动量的变化率等于它所受的合外力，选项C 正确；
D．物体的动量发生改变，可能时速度大小不变，方向发生了变化，动能不一定变化，即合外力不一定对
物体做了功，选项D 错误。
故选C。
8.（多选）比冲是航天动力领域描述火箭引擎燃料利用效率的物理量，英文缩写为Isp，是每千克（kg）推
进剂产生的冲量，下列说法正确的是（ ）
A．比冲是矢量物理量
B．比冲是标量物理量
C．比冲的单位是m/s
D．比冲的单位是kg⋅m /s
2
【答案】AC
【详解】根据题意可知比冲这个物理量是矢量，单位质量的推进剂产生的冲量，则有
Isp=kg⋅m/s
kg
则比冲的单位为m/s。
故选AC。
9.一质量为0.5kg的物块在水平恒力F的作用下由静止开始在水平地面上做直线运动。0~ 4s内物块的速度
v和时间t的关系如图所示，4s末撤去恒力F。物块与地面间的动摩擦因数为0.2。取重力加速度大小
g=10 m /s
2。下列说法正确的是（ ）
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A．0~ 4s内恒力F做的功为4J
B．0~ 4s内物块所受摩擦力的冲量大小为4N ⋅s
C．2s末恒力F的功率为4.5 W
D．物块运动的整个过程中，克服摩擦力做的功为8J
【答案】B
【详解】A．物块与地面间的摩擦力大小
f = μmg=1N
由题图可知，0~ 4s内物块的加速度大小a=1m /s
2,0~ 4s内物块的位移大小
x = 1
2 at
2=8 m
由牛顿第二定律有
F −f =ma
解得
F =1.5 N 0~ 4s内恒力F做的功
W F = Fx =12J
故A 错误；
B．故0~ 4s内物块所受摩擦力的冲量大小
I = ft = 4 N⋅s
故B 正确；
C．故2s末物块的速度大小
v2=at2=2m /s
此时恒力F的功率
P = F v2= 3 W
故C 错误；
D．故整个过程中，由动能定理有
W F−W f =0
解得物块克服摩擦力做的功
W f =12J
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故D 错误。
故选B。
10.水平恒力F 两次作用在同一静止物体上，使物体沿力的方向运动相同时间，第一次是在光滑水平面上，
第二次是在粗糙水平面上，则两次力F 做的功和冲量的大小关系是（ ）
A．W 1=W 2，I 1> I 2
B．W 1>W 2，I 1= I 2
C．W 1>W 2，I 1> I 2
D．W 1=W 2，I 1= I 2
【答案】B
【详解】根据
I = Ft
由于两次物体沿力的方向运动相同时间，则两次水平恒力F 的冲量大小相等，即
I 1= I 2
由于第一次在光滑水平面上，物体受到的合力较大，则加速度较大，根据
x = 1
2 at
2
可知相同时间内第一次通过的位移较大，即
x1> x2
根据
W = Fx
可知
W 1>W 2
故选B。
11.（2025·四川内江·一模）如图所示，是某游乐园的标志性设施一一摩天轮。某同学乘坐该摩天轮随座舱
在竖直面内做匀速圆周运动，则下列说法正确的是（ ）
A．当摩天轮运动到最低点时，该同学处于完全失重状态
B．由最高点到最低点的过程中，该同学受到的合外力做功为0
C．由最高点到最低点的过程中，该同学受到的重力的功率一直为0
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D．由最高点到最低点的过程中，该同学受到的合外力的冲量为0
【答案】B
【详解】A．当摩天轮运动到最低点时，设摩天轮的半径为r，该同学的质量为m，线速度为v，摩天轮对
该同学的作用力为N，据向心力公式有
N-mg=m v
2
r
可知N>mg，该同学处于超重状态，A 错误；
B．由最高点到最低点的过程中，该同学度速度大小不变，根据动能定理可知，合外力做功为零，B 正确；
C．重力功率为
P =mgv cosθ
其中θ为重力与速度的夹角，由于θ不总90°，故该同学受到的重力的功率不会一直为零，C 错误；
D．由最高点到最低点，该同学速度大小恒定，但方向反向，由
I =m⋅Δv
可知，该同学受到的合外力的冲量不为零，D 错误。
故选B。
12.应用物理知识可以分析和解释生活中的很多常见现象。假设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。下列说法中正确的是（ ）
A．从c 到d 过程中手掌对苹果的摩擦力越来越大
B．从c 到d 再到a 过程中，苹果重力的功率先变大后变小
C．从d 到a 再到b 过程中，苹果先处于超重状态后处于失重状态
D．从a 到c、从b 到d 两个过程合外力对苹果的冲量相等
【答案】AB
【详解】A．从c 到d 过程中，加速度大小不变，加速度在水平方向上的分加速度逐渐变大，根据牛顿第二
定律可知，摩擦力越来越大，A 正确；
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B．苹果速度大小不变，从c 到d 再到a 过程中，在重力方向的速度（竖直方向的速度，设为vy）先增大后
减小，由
PG=mg v y
可知重力的功率先变大后变小，故B 正确；
C．从d 到a 再到b 过程中，苹果的加速度在竖直方向上的分加速度一直竖直向上，苹果一直处于超重状
态，故C 错误；
D．由动量定理知：合外力冲量的方向等于物体动量变化的方向。从a 到c 过程，苹果速度从水平向左变
为水平向右，动量变化方向向右，从b 到d 过程苹果速度方向从竖直向上变为竖直向下，动量变化方向为
竖直向下，两过程动量变化方向不同，所以合外力冲量不等，故D 错误。
故选AB。
13.2021 年5 月25 日，为了纪念“杂交水稻之父”袁隆平院士，500 架无人机自广州海心沙腾空，化作稻
菽千重浪、田间耕耘人。如图所示是其中一架无人机在升空后进行编队表演的一段时间内沿竖直方向运动
的v-t 图像（以竖直向上为正方向）。假设空气阻力大小恒为5N，已知无人机的质量为2kg，重力加速度
g=10m/s2。下列说法正确的是（ ）
A．0～3s 时间内无人机所受空气阻力做功为22.5J
B．0～6s 时间内，无人机先上升后下降
C．0～6s 时间内合外力的冲量为2N·s
D．1.5s 时，无人机所受升力做功的功率为50W
【答案】BD
【详解】A．0～3s 时间内无人机位移为
x1=(1+2)×1× 1
2 +1×2+1×2× 1
2 m = 4.5 m
则空气阻力做功为
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W f=−f x1=−22.5J
A 错误；
B．根据v-t 图像可看出无人机在3s 前上升，3s 后下降，B 正确；
C．0～6s 时间内合外力的冲量为
I =0−m v0=−2N ⋅s
C 错误；
D．1.5s 时，无人机做匀速运动，升力与重力和阻力的合力平衡，则升力大小为
F = f +mg=25 N
此时升力做功的功率为
P = Fv =50 W
D 正确。
故选BD。
02 动量定理
14.如图所示，棒球运动中运动员接球时双手都会戴上厚厚的手套，运动员戴手套的作用主要是为了（
）
A．减小对手的冲量
B．减小对手的平均作用力
C．减小球的动量变化量
D．增大球减速时的加速度
【答案】B
【详解】守门员戴着手套扑球，可以延长球与手接触的时间，根据动量定理
−Ft =0−mv
可得
F = mv
t
可知当球与手接触的时间增大时，球对手的冲量和球的动量变化量都不变，动量的变化率减小，即球对手
的平均作用力减小，根据牛顿第二定律可知，球减速时的加速度减小。
故选B。
15.（多选）下列说法中正确的是（ ）
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A．图甲同学立定跳远练习时，忽略阻力，腾空过程中动量的变化率恒定
B．图甲同学立定跳远练习时，着地过程中弯曲膝盖是为了减小动量的变化
C．图乙中若A、B 间绳突然断掉，在B 停下来之前系统动量守恒
D．图乙中若A、B 间绳突然断掉，在B 停下来之前系统机械能减少
【答案】AC
【详解】A．根据动量定理Ft = Δp
知Δ p
Δt = F，忽略阻力，腾空过程中动量的变化率等于重力，故A 正确；
B．根据动量定理得，该同学在着地过程中动量变化量不变，弯曲膝盖是为了延长作用时间减小作用力，
故B 错误。
C．图乙中在B 停下来之前，A、B 系统受合外力为0，系统动量守恒，故C 正确；
D．绳断掉前对A、B 系统有F = f A+ f B
绳断掉后到B 停下时，设A、B 分别运动的位移为xA、xB，则x A> xB
系统机械能的变化量为ΔE =(F −f A)x A−f B xB>0，在B 停下来之前系统机械能增加，故D 错误。
故选AC 。
16.2024 年5 月3 日，嫦娥六号探测器被送进入地月转移轨道，它在月球背面进行软着陆，携带约2000g 月
壤返回地球。当探测器在月球表面向下喷出气体时，探测器悬停在月表上空。已知探测器竖直向下喷射的
气体密度为ρ，横截面积为S，喷出时的速度大小为v，月球表面的重力加速度为g。若近似认为喷射气体
的重力忽略不计，探测器的质量保持不变，不计空气阻力，则该探测器的质量为（ ）
A．ρS v
2
g
B．ρSv
g
C．ρ S
2v
g
D．ρ
2S
2v
2
g
【答案】A
【详解】设时间t 内喷出气体质量为m，则有
m= ρSvt
设探测器对气体的力为F，以竖直向下为正方向，根据动量定理有
Ft =mv
解得
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F = ρS v
2
根据牛顿第三定律可知气体对探测器的力
F ' = F = ρS v
2
又探测器悬停在地表上空，则有
Mg= F '
解得
M = ρS v
2
g
故选A。
17.（2025·四川眉山·高三月考）如图所示，“雨打芭蕉”是文学中常见的抒情意境，如王维的“雨打芭蕉
叶带愁，心同新月向人羞”、白居易的“隔窗知夜雨，芭蕉先有声”、葛胜仲的“闲愁几许，逐梦芭蕉
雨”等都是通过雨打芭蕉抒发作者的情感。将快落到芭蕉叶上的雨视为由单个质量为m、速度为v0的一系
列小雨滴组成的，各个小雨滴垂直打在水平芭蕉叶上后，一半以速度v 反向弹回，另一半速度为零。忽略
芭蕉叶上的积水以及雨滴落在叶面上时重力的影响，忽略风力以及溅起的水珠对下落雨滴的影响。已知每
立方米的体积内有N 个小雨滴，则估算雨打芭蕉产生的压强P 为（ ）
A．1
2 Nm v0(2v0+ v) B．Nm v0(2v0−v)
C．Nm v0(v0+ v)
D．1
2 Nm v0(v0−v)
【答案】A
【详解】设芭蕉叶的面积为S，t 时间内有质量为Δm的雨滴打在芭蕉叶上，则有
Δm= NmS v0t
根据题意可知一半以速度v 反向弹回，以竖直向上为正方向，根据动量定理
F1t = 1
2 ⋅Δmv −(−1
2 ⋅Δm v0)
另一半速度为零，以竖直向上为正方向，根据动量定理
F2t =0−(−1
2 ⋅Δm v0)
根据压强的定义式
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p= F
S = F1+ F2
S
联立可得
p= 1
2 Nm v0(2v0+ v)
故选A。
18.如图所示，电风扇的叶片匀速旋转时将空气以速度v 向前排开，叶片旋转形成的圆的面积为S，空气密
度为ρ，下列说法正确的是（ ）
A．t 时间内通过叶片的空气质量为ρSv
B．空气对叶片的推力为ρS v
2
C．若仅将叶片面积增大为2S，则空气对叶片的压强变为原来的一半
D．单位时间内流过叶片的空气的动能为1
2 ρS v
2
【答案】B
【详解】A．t 时间内叶片排开的空气的质量为
m= ρvtS
故A 项错误；
B．由动量定理可得
Ft =mv −0
解得叶片匀速旋转时，空气受到的推力为
F = ρS v
2
根据牛顿第三定律可知，空气对叶片的推力为ρS v
2，故B 项正确；
C．空气对叶片的压强为
P = F
S = ρ v
2
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所以若仅将叶片面积增大为2S，则空气对叶片的压强不变，故C 项错误；
D．单位时间，则时间为1s，所以其单位时间内通过叶片的空气为
m0= ρSv
单位时间内流过叶片的空气的动能为
Ek= 1
2 m0 v
2= 1
2 ρS v
3
故D 项错误。
故选B。
19.质量为60 kg 的建筑工人，不慎从高空跌下，幸好有弹性安全带的保护，使他悬挂起来。已知弹性安全
带的缓冲时间是1.2 s，安全带长5 m，g 取10 m/s2，则安全带所受的平均冲力的大小约为（ ）
A．100 N
B．500 N
C．600 N
D．1 100 N
【答案】D
【详解】缓冲前的初速度为自由落体的末速度
v
2=2 gh
取竖直向下为正方向，根据动量定理
mgt −Ft =0−mv
平均冲力大小约为
F =1100 N
故选D。
20.（2025·四川南充·高三月考）蹦极是一项刺激的极限运动，如图所示运动员将一端固定的弹性长绳绑在
腰或踝关节处，从几十米高处跳下。在某次蹦极中质量为60kg 的运动员在弹性绳绷紧后又经过2s 人的速
度减为零，假设弹性绳长为45m，重力加速度为g=10m/s2，（忽略空气阻力）下列说法正确的是（ ）
A．弹性绳在绷紧后2s 内对运动员的平均作用力大小为900N
B．运动员在弹性绳绷紧后动量的改变量等于弹性绳的作用力的冲量
C．运动员从起跳到下落到最低点的整个运动过程中重力冲量与弹性绳作用力的冲量大小相等
D．运动员从起跳到下落到最低点的整个运动过程中重力冲量小于弹性绳作用力的冲量
【答案】C
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【详解】A．运动员从自由下落的时间为
t1=√
2l
g =3s
设弹性绳在绷紧后t2=2s 内对运动员的平均作用力大小为F，对运动员下落的整个过程根据动量定理有
mg(t1+t2)−F t2=0
解得
F =1500 N
故A 错误；
B．运动员在弹性绳绷紧后动量的改变量等于弹性绳的作用力与重力的合力的冲量，故B 错误；
CD．运动员从起跳到下落到最低点的整个运动过程中运动员动量的变化量为零，所以重力冲量与弹性绳作
用力的冲量大小相等，故C 正确，D 错误。
故选C。
21.（多选）2023 年5 月28 日，中国棒球联赛（成都站）在四川省棒球垒球曲棍球运动管理中心棒球场鸣
哨开赛。如图，在某次比赛中，一质量为0.2kg 的垒球，以10m/s 的水平速度飞至球棒，被球棒打击后反
向水平飞回，速度大小变为30m/s，设球棒与垒球的作用时间为0.01s，下列判断正确的是（ ）
A．球棒对垒球做功为80J
B．垒球动量变化量的大小为4kg·m/s
C．球棒对垒球的平均作用力大小为800N
D．球棒与垒球作用时间极短，故垒球动量守恒
【答案】AC
【详解】A．设垒球水平飞回的速度方向为正方向，则v1=−10 m/s、v2=30 m/s，球棒与垒球的作用过程
由动能定理得球棒对垒球做功
W = 1
2 m v2
2−1
2 m v1
2
代入数据得球棒对垒球做功为
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W =80J
A 正确；
B．垒球动量变化量为
Δ p=m v2−m v1
代入数据得
Δ p=8kg·m/s
B 错误；
C．由动量定理
F· Δt =m v2−m v1
得球棒对垒球的平均作用力大小为
F =800 N
C 正确；
D．球棒与垒球之间存在力的作用，故垒球动量不守恒，D 错误。
故选AC。
22.一物体静止在光滑水平面上，从t =0时刻起，受到的水平外力F 如图所示，以向右运动为正方向，物体
质量为2.5kg，则下列说法正确的是（ ）
A．前1s 内力F 对物体的冲量为5 N⋅s
B．t =2s时物体回到出发点
C．t =3s时物体的速度大小为1m/s
D．第3s 内物体的位移为1m
【答案】D
【详解】A．前1s 内力F 对物体的冲量为
I = 1
2 Ft =2.5 N ⋅s
A 错误；
B．物体先向右加速运动，1s 后向右减速运动，又由图可知
1
2 Ft −1
2 Ft =0
可知t =2s时物体速度变为0，没有回到原点，B 错误；
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C．由图
1
2 Ft −1
2 Ft + Ft ' =mv −0
解得
v =2m/s
C 错误；
D．第3s内物体做初速度为0 的匀加速直线运动，位移
x = 1
2 at
2= 1
2 × 5 N
2.5kg ×(1s)
2=1m
D 正确。
故选D。
23.如图甲所示，一小物块在水平向右的推力F 作用下从A 点由静止开始向右做直线运动，力F 的大小随时
间变化的规律如图乙所示，钢块的质量m=1kg，与台面间的动摩擦因数μ=0.1，g=10 m /s
2。则小物块
在t =1.5s时刻的速度（ ）
A．7
10 m /s
B．9
10 m /s
C．5
12 m /s
D．11
12 m /s
【答案】D
【详解】物体受到的最大静摩擦
f = μmg=1N 0∼1s推力F 与t 的关系为
F = 2−0.8
1
t +0.8=1.2t +0.8
当推力F 大于最大静摩擦时，物体开始运动
F = f
解得
t = 1
6 s 1
6 ∼1.5s内，物块根据动量定理可得
I F−μmg Δt =mv −0 1
6 ∼1.5s，推力F 的冲量为
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I F= 1+2
2
×（1−1
6 ）+2×0.5 N⋅s=2.25 N⋅s
解得
v = 11
12 m/s
故ABC 错误，故D 正确。
故选D。
24.2024 年冬至来临之际，一场洋溢着温馨与快乐的包饺子活动在襄阳三中暖心上演。活动现场某拍照教
师不小心将手机掉落，已知该手机大约160g，从1.25 m高度掉落，与地面接触时间0.2s，已知手机与地
面碰撞后不反弹，重力加速度g=10 m /s
2，不计空气阻力。求手机对地面的冲击力大小为（ ）
A．3.2N
B．4 N
C．5.6 N
D．20 N
【答案】C
【详解】由自由落体运动公式v
2=2 gh
解得手机落地时的速度大小为v =5 m/s
手机与地面碰撞后不反弹，可知手机与地面碰撞后速度变到0，取向上方向为正方向，再由动量定理公式
可得(F −mg) Δt =0−(−mv)
解得F =5.6 N
由牛顿第三定律可知，手机对地面的冲击力大小为5.6N。
故选C。
25.（2025·四川南充·高三月考）当苹果受到地板的平均作用力超过自身重力的3 倍就会碰伤，现将苹果从
h 高处自由释放，假定苹果从接触地板到减速为0 的时间恒为0.1s，重力加速度g=10 m/s
2，不计空气阻
力．为保证苹果完好，h 最大为（ ）
A．0.1m
B．0.2m
C．0.3 m
D．0.4 m
【答案】B
【详解】设苹果落地前瞬间速度大小为v，由动能定理可得mgh= 1
2 mv
2
规定竖直向上为正方向，对苹果与地面碰撞的过程应用动量定理Ft −mgt =0−(−mv)
苹果能承受最大的作用力为F =3mg
联立可得保证苹果完好，h 最大值为h=0.2m
故选B。
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26.（2025·四川成都·高三月考）10 月31 石室中学举行了运动会，如图为跳远比赛中运动员小石同学的重
心变化轨迹，可视为斜抛运动，从A 起跳，B 点为最高点，最终落在C 点，忽略空气阻力，则运动员（
）
A．从离地到着地前的整个过程，先超重在失重
B．离地时和着地前的动量相等
C．A 到B 过程和B 到C 过程，重力做功相同
D．A 到B 过程和B 到C 过程，动量的变化量相同
【答案】D
【详解】A．从离地到着地前的整个过程，运动员只受重力作用，加速度始终为重力加速度g，方向竖直向
下。因此，运动员始终处于失重状态，没有超重，故A 错误；
B．动量是一个矢量，既有大小又有方向。离地时和着地前，虽然运动员的速度大小相等，但方向是不同
的，不能说动量相等，故B 错误；
C．A 到B 过程重力做负功，B 到C 过程重力做正功，但大小相同，故C 错误；
D．动量的变化量等于合外力与时间的乘积。在这个问题中，合外力就是重力。由于A 到B 过程和B 到C
过程的时间相同，而重力是恒力，所以这两个过程中动量的变化量（等于重力与时间的乘积）相同，故D
正确。
故选D。
27.一物体做直线运动，其动量随时间变化的p-t 图像如图所示。下列描述此物体动能一时间（Ek−t）图像
中可能正确的是（ ）
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A．
B．
C．
D．
【答案】C
【详解】根据
Ek= 1
2 mv
2
p=mv
可得
Ek= p
2
2m
故选C。
28.2020 年7 月23 日，中国首个火星探测器“天问一号”在海南文昌卫星发射中心发射升空。该探测器经
过多次变轨，进入环火轨道，预计5 月中旬，将择机开展着陆、巡视等任务，进行火星科学探测。假设在
火星表面完成下面的实验：在固定的竖直光滑圆轨道内部最低点静止放置一个质量为m 的小球（可视为质
点），如图所示，当给小球一水平向右的瞬时冲量Ⅰ时，小球恰好能在竖直平面内做完整的圆周运动。若
已知圆轨道半径为r，火星的半径为R、万有引力常量为G，则火星的质量为（ ）
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A．
I
2r
Gm
2 R
2
B．
I
2r
5Gm
2 R
2
C．I
2 R
2
Gr m
2
D．I
2 R
2
5Gr m
2
【答案】D
【详解】小球从最低点到最高点的过程机械能守恒，则
I
2
2m =2mgr + 1
2 mv
2
小球恰能经过最高点，则
mg=m v
2
r
对火星表面的物体
G m0 M
R
2 ＝m0 g
解得
M = I
2 R
2
5Gr m
2
故选D。
29.如图所示，餐桌中心有一个半径为r 的圆盘，可绕其中心轴转动，在圆盘的边缘放置一质量为m 的小物
块，物块与圆盘及餐桌间的动摩擦因数均为μ，现缓慢增大圆盘的角速度，小物块将从圆盘上滑落，最终
恰好停在桌面边缘，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，圆盘厚度及圆盘与餐桌间的间
隙不计，则下列说法正确的是（ ）
A．物块随圆盘转动的过程中，圆盘对物块的摩擦力与速度方向相反
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B．小物块刚滑落时，圆盘的角速度为√
μg
2r
C．餐桌的半径为√5
2 r
D．该过程中支持力的冲量为零
【答案】C
【详解】A．物块随圆盘转动的过程中，圆盘对物块的摩擦力指向圆盘的圆心，故A 错误；
B．小物块刚滑落时，有μmg=mω
2r
得圆盘的角速度为ω=√
μg
r
故B 错误；
C．小物块将从圆盘上滑落后，根据动能定理有−μmgx =0−1
2 mv
2
其中v =ωr
设餐桌的半径为R，根据几何关系有R
2=r
2+ x
2
联立求得R = √5
2 r
故C 正确；
D．根据冲量的定义可知，该过程中支持力的冲量不为零，故D 错误。
故选C。
30.（多选）（2025·四川绵阳·高三月考）在某物理探究活动中，同学用质量都为m 的两个小球分别从地面
以不同角度向空中抛出，恰好垂直通过两个窗口。设两次抛射初速度大小均为v0，射出角分别为θ1、θ2，
对应的飞行时间分别为t1、t2。两轨迹位于同一竖直平面，忽略空气阻力，重力加速度为g。下列说法正确
的是（ ）
A．两球空中受重力冲量之比为sinθ1 sin
∶
θ2
B．两球空中动能变化量之比一定为1 1∶
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C．水平方向位移满足x=gt1t2
D．到达h2的小球，同学对球做功更多
【答案】AC
【详解】A．球在空中过程运动的时间t = v0sinθ
g
重力冲量I =mgt =m v0sinθ
可知球在空中过程重力冲量之比为sinθ1 sin
∶
θ2，故A 正确；
B．球在空中过程动能变化量大小Δ Ek= 1
2 mv0
2−1
2 m(v0cosθ)
2= 1
2 mv0
2sin
2θ
可知球在空中过程动能变化量之比为sin2θ1 sin
∶
2θ2，故B 错误；
C．水平距离x = v0cosθ1t1= v0cosθ1⋅v0sinθ1
g
= v0
2sin2θ1
2g
= v0
2sin2θ2
2g
可得2θ1=180°−2θ2
即θ1+θ2=90°
竖直方向gt2= v0sinθ2= v0cosθ1
与x = v0cosθ1t1
联立可知水平距离与足球飞行时间满足x = gt1t2，故C 正确；
D．两次运动员对球做功相等，均为W = 1
2 mv0
2，故D 错误。
故选AC。
31.（多选）（2025·四川南充·三模）如图所示，固定直杆与水平面的夹角为θ，轻弹簧一端固定在O点，另
一端连接穿在杆上的小球，小球与杆间的动摩擦因数为μ，弹簧和杆在同一竖直平面内。OC水平，OB等
于弹簧原长，OA =OC，BE = BF，小球在A 点时弹簧的弹性势能为Ep，小球从A 点静止释放，第一次能
够到C点，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．从A 到C的过程中，杆对小球的冲量不为零
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B．若μ=0，小球在B点时速度最大
C．若μ≠0且小球最低能到C点，则小球第一次过B点的动能为Ep
D．若μ≠0，则小球第一次向下通过E点和F点时的加速度大小一定相等
【答案】AC
【详解】A．从A 到C的过程中，杆对小球一直存在摩擦力、弹力的作用，根据冲量的定义式I = Ft
可知杆对小球的冲量不为零，故A 正确；
B．若μ=0，当加速度为零时小球的速度最大；在B 点，对小球受力分析，可知小球受重力、弹簧的弹力
和杆的弹力作用，在垂直杆方向各力平衡，在沿杆方向只有重力沿杆向下的分力， 根据牛顿第二定律可
知，此时存在沿杆向下的加速度，故小球在B点时速度不是最大，故B 错误；
C．若μ≠0且小球最低能到C点，由题知小球在A 点时弹簧的弹性势能为Ep，又OA =OC，故小球在C 点
时弹簧的弹性势能也为Ep，故小球从A 点到C 点，动能变化量为零，弹性势能变化量也为零，根据动能定
理有mgsinθ⋅AC +W f=0
解得W f=−mgsinθ⋅AC
对小球从A 点到B 点分析，因A 点、C 点关于B 点对称，且B 点为弹簧的原长点，故此过程小球克服摩擦
力做的功等于小球从A 点到C 点过程克服摩擦力做的功的一半，重力和弹力做正功，根据动能定理有
W G+W 弹+W f1= Ek
又W G=mgsin⋅1
2 AC，W 弹= Δ Ep=0−Ep，W f1= 1
2 W f
解得Ek= Ep
故C 正确；
D．若μ≠0，对小球在E 点和F 点的受力分析，如图所示
由题分析知，E点和F点关于B 点对称，故小球在这两点的弹力大小相等，但方向不同，即F1= F2，设F1
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、F2与杆的夹角为α，根据正交分解，对小球在E 点受力分析，在垂直杆方向有mgcosθ+ F1sin α = N 1
在沿杆方向有mgsinθ+ F1cosα −f 1=ma1
同理，对小球在F 点受力分析，在垂直杆方向有mgcosθ+ F2sin α = N 2
若小球仍有沿杆向下的加速度，在沿杆方向有mgsinθ−F2cosα −f 2=ma2
因F1= F2，则有F1sin α = F2sin α，F1cosα = F2cosα
则有N 1= N 2
根据f = μN
可知f 1= f 2
结合小球杆方向的受力分析方程式，可知a1>a2
故D 错误。
故选AC。
32.（多选）（2025·四川成都·高三月考）如图所示，倾角为θ 的传送带以速率v 顺时针匀速转动。现将质
量为m 的粉笔小物块（可视为质点），轻轻放在传送带的A 点，经过时间t1与传送带共速，再经过时间t2
匀速到达传送带的B 点，两过程中物块的位移分别为x1、x2，传送带的位移分别为s1、s2。已知物块与
传送带间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．0-t2时间内，小物块在传送带上的划痕长度为s1
2
B．0-t2时间内，传送带对小物块所做的功为μmgcosθ⋅x1+mgsinθ⋅x2
C．0-t2时间内，传送带对小物块冲量大小为μmgcosθ⋅t1+mgsinθ⋅t2
D．全程传送带因传送小物块而多消耗的电能为μmgcosθ⋅x1+mgsinθ⋅x2
【答案】AB
【详解】A．小物块在传送带上的划痕出现在共速前，结合匀变速直线运动规律
x = v + v0
2
t
结合题意，得物块位移
x1= v
2 t1
传送带位移
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s1= v t1
故划痕长度
Δ x = s1−x1= v
2 t1= s1
2
故A 正确；
B．时间 t1内，物体受到传送带的滑动摩擦力，且物体位移为x1，故传送带对物体做功
W 1= μmgcosθ× x1
之后的时间t2内物体匀速到达传送带B 点，物体受到传送带的静摩擦力，由平衡条件可知
f 静=mgsinθ
由于该过程物体位移为s2，故传送带对物体做功
W 2=mgsinθ×s2
故0~t2时间内，传送带对小物块所做的功为
W =W 1+W 2= μmgcosθ· x1+mgsinθ·s2
故B 正确；
C．0~t2时间内，传送带对小物块冲量为物体所受摩擦力冲量和物体所受支持力冲量的矢量合，且仅摩擦
力冲量大小为
I f= μmgcosθ·t1+mgsinθ·t2
故C 错误；
D．根据能量守恒可知，全程传送带因传送小物块而多消耗的电能为传送带克服摩擦力做的功
W 电= μmgcosθ·s1+mgsinθ·s2
故D 错误。
故选 AB。
33.如图甲，物体以一定的初速度从倾角为α=37°的固定斜面底端沿斜面向上运动，上升的最大高度为3m。
选地面为零势能面，上升过程中，物体的机械能E 机随高度h 的变化关系图像如图乙所示。重力加速度大
小取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。则（ ）
A．物体的质量为m=0.8kg
B．物体上升到最大高度后静止
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C．物体上升过程中斜面对其支持力的冲量为零
D．物体上升过程中动能和重力势能相等的位置离地高度为1.875m
【答案】D
【详解】A．物体到达最高点时，机械能为
E = E p=mgh
由图知
E p=30J
则物体的质量
m= E p
gh =
30
10×3 kg=1kg
故A 错误；
B．物体上升过程中，克服摩擦力做功，减少的机械能等于克服摩擦力做的功
Δ E =−μmgcosα ×
h
sin α
解得
μ=0.5
则
mgsin α > μmgcosα
所以物体上升到最大高度后不能静止。故B 错误；
C．由物体上升过程中斜面对其支持力的冲量
I = Ft =mgt cosα
冲量不为零，故C 错误；
D．物体上升过程中动能和重力势能相等的位置离地高度为h，则
mgh= E0−mgh−μmgcosα ×
h
sin α
解得
h=1.875m
故D 正确。
故选D。
34.倾角为37°的光滑斜面固定在水平面上，现用平行于斜面的拉力F 将质量为1kg 的物体从斜面底端由静
止开始沿斜面向上运动，出发点为x 轴零点，拉力做的功W 与物体位移x 的关系如图所示。重力加速度
g=10 m/s
2，sin37° =0.6 ，cos37° =0.8 。下列说法正确的是（ ）
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A．当x = 4 m时，物体的速率为4√3 m/s
B．当x =3 m时，拉力的功率为19W
C．物体沿斜面向上滑行的最大位移大于4m
D．从开始到x = 4 m的过程，拉力F 的冲量为24N·s
【答案】D
【详解】AC．根据动能定理得
24−mgx sin37° = 1
2 m v
2
解得
v =0
当x = 4 m时，物体的速率为0，物体沿斜面向上滑行的最大位移等于4m，AC 错误；
B．根据W = Fx 得
F1= 14−0
2−0 N =7 N
F2= 24−14
4−2 N =5 N
前3m，根据动能定理得
14+ F2×1−(mgsin37°)×3= 1
2 mv3
2
解得
v3=√2m/s
当x =3 m时，拉力的功率为
P = F2v3=5√2W
B 错误；
D．前2m 的加速度为
F1−mgsin37° =ma1
解得
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a1=1m/s
2
前2m 的运动时间为
x1= 1
2 a1t1
2
解得
t1=2s
后2m 的加速度为
mgsin37°−F2=ma2
解得
a2=1m/s
2
后2m 物体减速到零
x2= 1
2 a2t2
2
解得
t2=2s
从开始到x = 4 m的过程，拉力F 的冲量为
I = F1t1+ F2t2=24 N ⋅s
D 正确。
故选D。
35.（多选）从地面上以初速度v0竖直向上抛出一质量为m 的球，若运动过程中球受到的空气阻力与其速率
成正比，球运动的速率随时间变化规律如图所示，t1时刻到达最高点，再落回地面，落地时速率为v1，且
落地前球已经做匀速运动。已知重力加速度为g，则（ ）
A．球上升的时间等于下落的时间
B．球上升阶段阻力的冲量大于下落阶段阻力的冲量
C．球上升的最大高度H = (v0−gt1)v1
g
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D．球抛出瞬间的加速度大小a= g(1+ v0
v1
)
【答案】CD
【详解】A．图像与时间轴围成的面积表示位移，由于上升过程和下降过程中的位移相等，上升阶段平均
速度大于下降阶段平均速度，根据公式
v = x
t
可知上升时间小于下降时间，故A 错误；
B．阻力为
f =kv
则阻力的冲量为
I = ft =kvt =kx
其中x 表示位移，上升和下降的位移相等，球上升阶段阻力的冲量等于下落阶段阻力的冲量，故B 错误；
C．设上升时加速度为a，根据牛顿第二定律可知
mg+ kv =ma
取极短Δt时间，速度变化量为
Δv =a Δt =(g+ kv
m ) Δt
由于
v Δt = Δh
上升全程速度变化量为
∑Δv =−g∑Δt −k
m ∑Δh=0−v0
则
v0= gt1+ k
m H
解得
H = (v0−gt1)v1
g
故C 正确；
D．空气阻力与其速率成正比，最终以v1匀速下降，根据平衡条件有
mg=k v1
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解得
k = mg
v1
小球抛出瞬间，根据牛顿第二定律可得
mg+ k v0=ma
解得
a= g(1+ v0
v1
)
故D 正确。
故选CD。
36.（多选）一质量为2kg 的物体受到水平拉力F 作用，在粗糙水平面上作加速直线运动时的a-t 图像如图
所示，t=0 时其速度大小为2m/s，滑动摩擦力大小恒为2N。则（ ）
A．在t=6s 时刻，物体的速度为18m/s
B．在0~6s 时间内，合力对物体做的功为400J
C．在0~6s 时间内，拉力对物体的冲量为48N·s
D．在t=6s 时刻，拉力F 的功率为200W
【答案】CD
【详解】A．由速度时间公式
v = v0+at at为a—ｔ图中图像与时间轴所围的面积，所以6s 末的速度
v6= v0+at =20 m/s
故A 错误；
B．由动能定理，合力做的功
W 总= Δ Ek=1
2 m v6
2−1
2 m v0
2=396J
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故B 错误；
C．由动量定理
F 拉t −ft =m v6−m v0
代入数据，得
F 拉t = 48 N⋅s
故C 正确；
D．在t=6s 时刻，根据牛顿第二定律得
F 拉=ma+ f =10N
则在t=6s 时刻，拉力F 的功率
P拉= F 拉v6=200 W
故D 正确．
故选CD。
37.（多选）如图所示，光滑水平桌面上并排放两个完全相同的可视为质点的物块A、B，质量均为m ，其
中物块A 被一条遵守胡克定律的弹性绳连接，绳另一端固定在高处O 点，弹性绳的原长为L，劲度系数为
k，当物块A 在O 点正下方时绳处于原长状态。现使物块A、B 一起从绳和竖直方向夹角为θ=60°开始释
放，下列说法正确的是（ ）
A．刚一释放时物块A 对物块B 的推力为√3
4 kL
B．物块A 向右运动的最远距离为2√3 L
C．从静止到物块A、B 分离，绳对A 做的功大于A 对B 做的功
D．从静止到物块A、B 分离，绳对A 的冲量大于A 对B 的冲量
【答案】ACD
【详解】A．由几何关系可知，开始时绳子的长度
L1=
L
cos60° =2 L
则此时弹性绳的弹力
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F =kΔl =k( L1−L)=kL
设A 与B 的质量都是m，弹性绳沿水平方向的拉力推动A、B 一起做加速运动，则
2ma=Fsin60°
物块A 对B 的推力为
FN=ma= 1
2 F ⋅sin 60° = √3
4 kL
故A 正确；
B．A 与B 一起经过O 点的正下方时，弹性绳的弹性势能转化为AB 的动能，则
1
2 k( Δx)
2= 1
2 ×2m vm
2
在AB 经过O 点正下方后，由于A 受到绳子的拉力，A 与B 分离，分离后到A 到达最右端时，A 的动能转
化为弹性绳的弹性势能，则
1
2 k( Δ x
′)
2= 1
2 mvm
2
可知
Δ x
′< Δx
结合几何关系可知，物块A 向右运动的最大距离小于2 L⋅tan 60° =2√3 L，故B 错误；
C．从静止开始到A、B 分离时，绳子对A 做功转化为A 与B 的动能，而A 对B 做的功只转化为B 的动能，
所以从静止开始到A、B 分离时，绳子对A 做功大于A 对B 做的功，故C 正确；
D．根据动量定理可知，绳子对A 的冲量沿水平方向的分量转化为A 与B 沿水平方向的动量，而A 对B 的
冲量只转化为B 的冲量，所以绳子对A 的冲量沿水平方向的分量大于A 对B 的冲量，则绳子对A 的冲量一
定大于A 对B 的冲量，故D 正确。
故选ACD。
38.（多选）（2024·四川德阳·一模）摩托车、电动自行车骑乘人员应该佩戴具有缓冲作用的安全头盔，安
全文明出行。遭遇事故时，头盔的缓冲层与头部的撞击时间延长，起到缓冲作用，则下列说法正确的是（
）
A．头盔减小了骑乘人员头部撞击过程中的动量变化率
B．头盔减小了骑乘人员头部撞击过程中的动量变化量
C．头盔减少了骑乘人员头部撞击过程中撞击力的冲量
D．头盔对头部的冲量与头部对头盔的冲量等大反向
【答案】AD
【详解】A．根据
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F ⋅Δt = Δ p
可得
F = Δ p
Δt
依题意，头盔内部的缓冲层与头部的撞击时间延长了，头盔减小了驾驶员头部撞击过程中的动量变化率，
故A 正确；
BC．遭遇事故时，动量变化量
Δ p=mv
不变，根据动量定理可知，头盔并没有减少驾驶员头部撞击过程中撞击力的冲量，故B 错误，C 错误；
D．根据
I = F ⋅Δt
知头盔对头部的作用力与头部对头盔的作用力等大反向，作用时间相同，所以事故中头盔对头部的冲量与
头部对头盔的冲量等大反向，故D 正确。
故选AD。
39.娱乐风洞是一种空中悬浮装置，该装置通过人工制造和控制气流，把游客“吹”起来，让游客体验“腾
云驾雾”的感觉。如图所示，悬浮在风洞正上方的两名手拉手的游客总质量为m，受风的有效面积为S，
气流速度为v0。已知重力加速度为g，气流吹到人身体后速度近似变为0，则气流的平均密度为（ ）
A．mg
v0 S
B．mg
v0
2 S
C．mg
2v0 S
D．mg
2v0
2 S
【答案】B
【详解】游客处于平衡，对其进行受力分析，气流对游客的平均作用力
F1=mg
根据牛顿第三定律可得游客对气流的平均作用力
F2= F1
以极短时间Δt内与游客发生作用的气流为研究对象，则有
Δm= ρ v0ΔtS
规定竖直向上为正方向，对气流由动量定理有
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−(F2+Δmg)Δt =0−Δm v0
由于F2≫Δmg，则有
−F2Δt =0−Δm v0
解得
ρ= mg
v0
2 S
故选B。
40.（多选）（2025·四川泸州·高三月考）“娱乐风洞”是一项新型娱乐项目，在一个特定的空间内通过风
机制造的气流把人“吹”起来，使人产生在天空翱翔的感觉。其简化模型如图所示，一质量为m 的游客恰
好静止在直径为d 的圆柱形竖直风洞内，已知气流密度为ρ，游客受风面积（游客在垂直风力方向的投影
面积）为S，风洞内气流竖直向上“吹”出且速度恒定，重力加速度为g。假设气流吹到人身上后速度变
为零，则下列说法正确的是（ ）
A．气流速度大小为1
2√
mg
ρS
B．风洞单位时间流出的气体质量为π d
2
4 √
mgρ
S
C．单位时间内风机做的功为√
m
3 g
3
ρ S
3
D．若风速变为原来的1
2，游客开始运动时的加速度大小为3 g
4
【答案】BD
【详解】A．对Δt时间内吹向游客的气体，设气体质量为Δm，由动量定理可得F Δt =Δmv
由于游客处于静止状态，满足F =mg
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另外Δm= ρ⋅v Δt ⋅S
联立可得v =√
mg
ρS
故A 错误；
B．单位时间内流过风洞某横截面的气体体积为V = vπ(
d
2)
2
联立解得V = π d
2
4 √
mg
ρS
风洞单位时间流出的气体质量为M，则有M = π d
2
4 √
mgρ
S
故B 正确；
C．单位时间内风机做的功为W = 1
2 M v
2= π d
2
8 √
m
3 g
3
ρ S
3
故C 错误；
D．若风速变为原来的1
2，设风力为F
′，由动量定理可得F
′ Δt = Δm
′ v
2
另外Δm
′ = ρ v
2 Δt ⋅S = ρvS Δt
2
联立可得F
′ = ρ v
2S
4
= mg
4
由牛顿第二定律可得mg−F
′ =ma
解得a= 3 g
4
故D 正确。
故选BD。
41.物体A 和B 用轻绳相连，挂在轻弹簧下静止不动，如图（a）所示，A 的质量为m，B 的质量为M，当连
接A、B 的绳突然断开后，物体A 上升经某一位置时的速度大小为v，这时物体B 的下落速度大小为u，如
图（b）所示，在这段时间里，弹簧的弹力对物体A 的冲量为（ ）
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A．mv
B．mu
C．mv＋Mu
D．mv＋mu
【答案】D
【详解】对B 由动量定理得：
Mgt = Mu−0
设弹簧冲量为I，对A 由动量定理得：
I −mgt =mv −0
联立解得：
I =mv +mu
故ABC 错误，D 正确。
42.（多选）一种新型潜水装置，可以通过浮力控制系统实现下潜和上升。某次试潜中该装置的速度时间图
像如图所示，其中①为下潜的图像，②为返程上升的图像，已知加速和减速过程中加速度大小相等，潜水
装置质量为 m，重力加速度为g，忽略水的阻力和水平方向的运动，在这次试潜的整个过程中（ ）
A．最大下潜深度为2v0(N t0−4 t0)
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B．下潜过程所用总时间为2 N t0−3t0
C．上升过程中潜水装置所受浮力的冲量大小为Nmgt0
D．潜水装置所受最小浮力与最大浮力之比为
g−v0
t0
g+ v0
t0
【答案】BCD
【详解】AB．设下潜的总时间为T，由于下潜的位移大小和上升的位移大小相等，而v −t图像与时间轴围
成的面积表示位移，且由题意知加速和减速过程中加速度大小相等，而v −t图像的斜率的绝对值表示加速
度的大小，则根据图像可得
(T +T −2t0)
2
⋅v0= ( N t0+ N t0−4 t0)
2
⋅2v0
解得
T =2 N t0−3t0
由此可得最大下潜深度
H = (T +T −2t0)
2
⋅v0= v0(2 N t0−4 t0)
故A 错误，B 正确；
C．取向上为正方向，设上升过程中，加速阶段浮力的冲量为I 1，匀速阶段浮力的冲量为I 2，减速阶段浮力
的冲量为I 3，则有
I 1−mg⋅2t0=2m v0
I 2−mg⋅( N t0−4t0)=0
I 3−mg⋅2t0=0−2m v0
整理可得上升过程中浮力的冲量大小为
I = I 1+ I 2+ I 3= Nmgt0
故C 正确；
D．加速阶段浮力最大，由牛顿第二定律有
Fmax−mg=m v0
t0
减速阶段浮力最小，由牛顿第二定律有
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mg−Fmin=m v0
t0
则可得
Fmin
Fmax
=
g−v0
t0
g+ v0
t0
故D 正确。
故选BCD。
43.（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。
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44.（福建·高考真题）福建属于台风频发地区，各类户外设施建设都要考虑台风影响。已知10 级台风的风
速范围为24.5 m/s~28.4 m/s，16 级台风的风速范围为51.0 m/s~56.0 m/s。若台风迎面垂直吹向一固定
的交通标志牌，则16 级台风对该交通标志牌的作用力大小约为10 级台风的（ ）
A．2 倍
B．4 倍
C．8 倍
D．16 倍
【答案】B
【详解】设空气的密度为ρ，风迎面垂直吹向一固定的交通标志牌的横截面积为S，在时间Δt的空气质量
为
Δm= ρSv ⋅Δt
假定台风迎面垂直吹向一固定的交通标志牌的末速度变为零，对风由动量定理有
−F ⋅Δt =0−Δmv
可得
F = ρS v
2
10 级台风的风速v1≈25 m/s，16 级台风的风速v2≈50 m/s，则有
F2
F1
= v2
2
v1
2 ≈4
故选B。
45.（北京·高考真题）“雪如意”是我国首座国际标准跳台滑雪场地。跳台滑雪运动中，裁判员主要根据
运动员在空中的飞行距离和动作姿态评分。运动员在进行跳台滑雪时大致经过四个阶段：①助滑阶段，运
动员两腿尽量深蹲，顺着助滑道的倾斜面下滑；②起跳阶段，当进入起跳区时，运动员两腿猛蹬滑道快速
伸直，同时上体向前伸展；③飞行阶段，在空中运动员保持身体与雪板基本平行、两臂伸直贴放于身体两
侧的姿态；④着陆阶段，运动员落地时两腿屈膝，两臂左右平伸。下列说法正确的是（ ）
A．助滑阶段，运动员深蹲是为了减小与滑道之间的摩擦力
B．起跳阶段，运动员猛蹬滑道主要是为了增加向上的速度
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C．飞行阶段，运动员所采取的姿态是为了增加水平方向速度
D．着陆阶段，运动员两腿屈膝是为了减少与地面的作用时间
【答案】B
【详解】A．助滑阶段，运动员深蹲是为了减小与空气之间的摩擦力，A 错误；
B．起跳阶段，运动员猛蹬滑道主要是通过增大滑道对人的作用力，根据动量定理可知，在相同时间内，
为了增加向上的速度，B 正确；
C．飞行阶段，运动员所采取的姿态是为了减小水平方向的阻力，从而减小水平方向的加速度，C 错误；
D．着陆阶段，运动员两腿屈膝下蹲可以延长落地时间，根据动量定理可知，可以减少身体受到的平均冲
击力，D 错误。
故选B。
46.（多选）（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y = 4 t −26和
y =−2t +140。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
y = 4 t −26
可知EF 段无人机的速度大小为
v = Δ y
Δt = 4 m /s
故A 正确；
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B．根据y −t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
y =−2t +140
可知MN 段无人机的速度为
v
′ = Δ y
′
Δt
′ =−2m /s
则有
Δ p=m v
′−mv =2×(−2)kg⋅m /s−2×4 kg⋅m /s=−12kg⋅m /s
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。
47.（多选）（重庆·高考真题）一物块在倾角为45°的固定斜面上受到方向与斜面平行、大小与摩擦力相等
的拉力作用，由静止开始沿斜面向下做匀变速直线运动，物块与斜面间的动摩擦因数处处相同。若拉力沿
斜面向下时，物块滑到底端的过程中重力和摩擦力对物块做功随时间的变化分别如图曲线①、②所示，则
（ ）
A．物块与斜面间的动摩擦因数为√2
3
B．当拉力沿斜面向上，重力做功为9J时，物块动能为3J
C．当拉力分别沿斜面向上和向下时，物块的加速度大小之比为1 3∶
D．当拉力分别沿斜面向上和向下时，物块滑到底端时的动量大小之比为1:√2
【答案】BC
【详解】A．对物体受力分析可知，平行于斜面向下的拉力大小等于滑动摩擦力，有
F = f = μmgcos 45°
由牛顿第二定律可知，物体下滑的加速度为
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a1= gsin 45° = √2
2 g
则拉力沿斜面向下时，物块滑到底端的过程中重力和摩擦力对物块做功为
W G=mg⋅1
2 a1t
2⋅sin 45° = mg ❑
❑
2
4
t
2
W f=−μmg⋅cos 45°× 1
2 a1t
2=−μmg ❑
❑
2
4
t
2
代入数据联立解得
μ= 1
3
故A 错误；
C．当拉力沿斜面向上，由牛顿第二定律有
mgsin 45°−F −f =ma2
解得
a2= √2
2 g−2 μgcos 45° = √2
6 g
则拉力分别沿斜面向上和向下时，物块的加速度大小之比为
a2
a1
= 1
3
故C 正确；
B．当拉力沿斜面向上，重力做功为
W G2=mgsin45°⋅x
合力做功为
W 合=ma2⋅x
则其比值为
W G2
W 合
=
√2
2 g
√2
6 g
= 3
1
则重力做功为9J时，物块的动能即合外力做功为3J，故B 正确；
D．当拉力分别沿斜面向上和向下时，物块滑到底端时的动量大小为
P =mv =m√2ax
则动量的大小之比为
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P2
P1
= √a2
√a1
= 1
√3
故D 错误。
故选BC。
48.（多选）（2025·广东·高考真题）如图所示，无人机在空中作业时，受到一个方向不变、大小随时间变
化的拉力。无人机经飞控系统实时调控，在拉力、空气作用力和重力作用下沿水平方向做匀速直线运动。
已知拉力与水平面成30°角，其大小F 随时间t 的变化关系为F = F0－kt（F ≠ 0，F0、k 均为大于0 的常
量），无人机的质量为m，重力加速度为g。关于该无人机在0 到T 时间段内（T 是满足F > 0 的任一时
刻），下列说法正确的有（ ）
A．受到空气作用力的方向会变化
B．受到拉力的冲量大小为(F0−1
2 kT)T
C．受到重力和拉力的合力的冲量大小为mgT +(F0−1
2 kT)T
D．T 时刻受到空气作用力的大小为√
3
4 (F0−kT )
2+(mg−F0−kT
2 )
2
【答案】AB
【详解】AD．无人机经飞控系统实时调控，在拉力、空气作用力和重力作用下沿水平方向做匀速直线运
动，则无人机受到空气作用力与重力和拉力的合力等大反向，随着F 的减小重力和拉力的合力如图
44
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可知无人机受到空气作用力的大小和方向均会改变，在T 时刻有cos120
°=
(mg)
2+ F
2−F空
2
2mgF
，F = F0－kT
解得F空=√(F0−kT )
2+(mg)
2+mg(F0−kT )
故A 正确、D 错误；
B．由于拉力F 随时间t 均匀变化，则无人机在0 到T 时间段内受到拉力的冲量大小为F—t 图像与坐标轴围
成的面积为(F0−1
2 kT)T，故B 正确；
C．将拉力分解为水平和竖直方向，则无人机受重力和拉力的合力在水平方向有F x = √3
2 ( F0−kt )
无人机受重力和拉力的合力在竖直方向有F y = 1
2 ( F0−kt )+mg
0 到T 时间段内无人机受重力和拉力的合力在水平方向的冲量为I x = √3
2 ( F0T −1
2 k T
2)
0 到T 时间段内无人机受重力和拉力的合力在竖直方向的冲量为I y = 1
2 F0T −1
4 k T
2+mgT
则0 到T 时间段内无人机受到重力和拉力的合力的冲量大小为
I =√I x
2+ I y
2 =√( F0T −1
2 k T
2+ 1
2 mgT )
2
+ 3
4 m
2 g
2T
2
故C 错误。
故选AB。
49.（多选）（2025·陕晋青宁卷·高考真题）如图，与水平面成53°夹角且固定于O、M 两点的硬直杆上套
着一质量为1kg的滑块，弹性轻绳一端固定于O 点，另一端跨过固定在Q 处的光滑定滑轮与位于直杆上P
点的滑块拴接，弹性轻绳原长为OQ，PQ 为1.6 m且垂直于OM。现将滑块无初速度释放，假设最大静摩擦
力与滑动摩擦力相等。滑块与杆之间的动摩擦因数为0.16，弹性轻绳上弹力F 的大小与其伸长量x 满足
F =kx。k =10 N/m，g 取10 m/s
2，sin53° =0.8。则滑块（ ）
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A．与杆之间的滑动摩擦力大小始终为1.6 N
B．下滑与上滑过程中所受滑动摩擦力的冲量相同
C．从释放到静止的位移大小为0.64 m
D．从释放到静止克服滑动摩擦力做功为2.56J
【答案】AC
【详解】A．根据题意，设滑块下滑后弹性轻绳与PQ 间夹角为θ时，对滑块进行受力分析，如图所示
在垂直杆方向有FTcosθ =mgcos53°+ F N
由胡克定律结合几何关系有FT=k PQ
cosθ
联立解得F N=k ⋅PQ−mgcos53° =10 N
可知，滑块与杆之间的弹力不变，则滑块与杆之间的滑动摩擦力大小始终为f = μ FN=1.6 N
故A 正确；
B．下滑与上滑过程中所受滑动摩擦力的方向不同，冲量是矢量，则下滑与上滑过程中所受滑动摩擦力的
冲量不相同，故B 错误；
C．设滑块从释放到静止运动的位移为x，滑块开始向下做加速度减小的减速运动，当沿着杆方向合力为0
时，滑块速度最大，之后滑块继续向下做加速度增大的减速运动，当速度为为0 时，有
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mgsin53°· x = fx + 1
2 k( PQ
2+ x
2)−1
2 kPQ
2
由几何关系可得x =1.28 m
此时k √PQ
2+ x
2·
x
√PQ
2+ x
2 =12.8 N >mgsin53°+ f
则滑块会继续向上滑动，做加速度减小的加速运动。当滑块速度再次为0 时，有
1
2 k( PQ
2+ x
2)−1
2 k [ PQ
2+( x−x1)
2]=mgsin53
° x1+ f x1
解得x1=0.64 m
此时x' = x−x1=0.64 m
此时k √PQ
2+ x'
2·
x'
√PQ
2+ x'
2 =6.4 N =mgsin53°−f
则滑块静止，故从释放到静止，滑块的位移为x' =0.64 m，故C 正确；
D．从释放到静止，设克服滑动摩擦力做功为W f，由能量守恒定律有
mgsin53°⋅x' = 1
2 k (PQ
2+ x
' 2−PQ
2)+W f
解得W f=3.072J
故D 错误。
故选AC。
50.（多选）（2024·安徽·高考真题）一倾角为30°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t =0开始，将一可视为质点的物块从O 点由静止释放，同时对物块施加
沿x 轴正方向的力F1和F2，其大小与时间t 的关系如图（2）所示。已知物块的质量为1.2kg，重力加速度
g 取10 m /s
2，不计空气阻力。则（ ）
A．物块始终做匀变速曲线运动
B．t =1s时，物块的y 坐标值为2.5m
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C．t =1s时，物块的加速度大小为5√3 m /s
2
D．t =2s时，物块的速度大小为10√2m /s
【答案】BD
【详解】A．根据图像可得F1= 4−t，F2=3t，故两力的合力为
F = 4 +2t (N)
物块在y 轴方向受到的力不变为mgsin30°，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
a y = mgsin30°
m
= gsin30° =5 m/s
2
故t =1s时，物块的y 坐标值为
y = 1
2 a yt
2=2.5 m
故B 正确；
C．t =1s时，F =6 N，故此时加速度大小为
a=√ax
2+a y
2=√(
6
1.2)
2
+5
2m/s
2=5√2m/s
2
故C 错误；
D．对x 轴正方向，对物块根据动量定理
Ft =m v x−0
由于F 与时间t 成线性关系故可得
(4 +2×0)+(4+2×2)
2
×2=1.2v x
解得
v x=10 m/s
此时y 轴方向速度为
v y = gsin30°⋅t =5×2m/s=10 m/s
故此时物块的速度大小为
v =√v x
2+ v y
2=10√2m/s
故D 正确。
故选BD。
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51.（多选）（2024·广西·高考真题）如图，坚硬的水平地面上放置一木料，木料上有一个竖直方向的方
孔，方孔各侧壁完全相同。木栓材质坚硬，形状为正四棱台，上下底面均为正方形，四个侧面完全相同且
与上底面的夹角均为θ。木栓质量为m，与方孔侧壁的动摩擦因数为μ。将木栓对准方孔，接触但无挤压，
锤子以极短时间撞击木栓后反弹，锤子对木栓冲量为I，方向竖直向下。木栓在竖直方向前进了Δx的位
移，未到达方孔底部。若进入的过程方孔侧壁发生弹性形变，弹力呈线性变化，最大静摩擦力约等于滑动
摩擦力，则（ ）
A．进入过程，木料对木栓的合力的冲量为−I
B．进入过程，木料对木栓的平均阻力大小约为
I
2
2m Δ x +mg
C．进入过程，木料和木栓的机械能共损失了I
2
2m +mg Δ x
D．木栓前进Δx后木料对木栓一个侧面的最大静摩擦力大小约为
μ(I
2+2m
2 g Δ x)
4 m Δ x(cosθ+ μsinθ)
【答案】BD
【详解】A．锤子撞击木栓到木栓进入过程，对木栓分析可知合外力的冲量为0，锤子对木栓的冲量为I，
由于重力有冲量，则木料对木栓的合力冲量不为-I，故A 错误；
B．锤子撞击木栓后木栓获得的动能为
Ek= 1
2 m v
2= I
2
2m
木栓进入过程根据动能定理有
(mg−f ) Δ x =0−Ek
解得平均阻力为
f =
I
2
2m Δ x +mg
故B 正确；
C．木栓进入过程损失的动能与重力势能，一部分转化为系统内能另一部分转化为木栓的弹性势能，
49
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I
2
2m +mg Δ x>Q = E损
故C 错误；
D．对木栓的一个侧面受力分析如图
由于方孔侧壁弹力成线性变化，则有
1
2 (f sinθ+ F Ncosθ)= 1
4 f
且根据B 选项求得平均阻力
f =
I
2
2m Δ x +mg
又因为
f = μ FN
联立可得
f =
μ(I
2+2m
2 g Δ x)
4 m Δ x(cosθ+ μsinθ)
故D 正确。
故选BD。
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