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第22 讲 动量和动量定理
目录
01
考情解码·命题预警2
02 体系构建·思维可视.........................................................................................................................3
03 核心突破·靶向攻坚.........................................................................................................................4
考点一 动量 冲量..............................................................................................................................4
知识点 动量和冲量.............................................................................................................................4
考向1 动量..................................................................................................................................................5
考向2 恒力的冲量计算............................................................................................................................12
考向3 变力的冲量计算............................................................................................................................16
考点二 动量定理..............................................................................................................................20
知识点1 动量定理............................................................................................................................20
知识点2 应用动量定理处理“流体模型”............................................................................................21
考向1 动量定理解释缓冲现象................................................................................................................22
考向2 动量定理解决流体问题................................................................................................................23
考向3 动量定理解决蹦极类问题............................................................................................................26
考向4 动量定理的其他应用....................................................................................................................28
04 真题溯源·考向感知.......................................................................................................................31
1
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考点要求
考察形式
2025 年
2024 年
2023 年
动量 冲量
选择题
非选择题
四川卷T13,10 分
\
\
动量定理
选择题
非选择题
\
全国甲卷T7,6 分
\
考情分析：
1．动量与动量定理在浙江选考物理中占据重要地位，是考查学生对物体运动及相互作用理解深度的关键
知识点
2．从命题思路上看，试题情景为
动量和动量定理与其他知识板块的融合会更加深入，可能与力学、电磁学、热学等知识进行跨模块考查，
如在电磁感应现象中，结合安培力作用考查导体棒运动过程中的动量变化，全面考查学生对物理知识的综
合运用能力。
复习目标：
目标一：理解动量、冲量的定义、物理意义及矢量特性，能够准确运用公式p=mv、I=Ft 进行计算，清晰区
分动量与动能、冲量与功等易混淆概念。
目标二：动量定理与牛顿运动定律、动能定理、能量守恒定律等知识的内在联系，构建完整的力学知识网
络。
2
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3
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考点一 动量 冲量
知识点 动量和冲量
1.动量
（1）定义：物理学中把质量和速度的
乘积
mv
定义为物体的动量，用字母p 表示。
（2）表达式：p＝
mv
。
（3）单位：
kg
· m/s
。
（4）标矢性：
动量是矢量
，其方向和
速度
的方向相同。
2.冲量
（1）定义：力与力的
作用时间
的乘积叫作力的冲量。定义式：
I ＝
F Δ t
。
（2）单位：冲量的单位是
牛秒
，符号是
N · s
。
（3）标矢性：
冲量是矢量
，恒力冲量的方向与
恒力
的方向相同。
3.动量的理解
（1）动量是状态量：动量是描述物体运动状态的物理量，是针对某一时刻或位置而言的。
（2）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
Ek＝1
2mv2
标矢量
矢量
标量
变化因素
合力的冲量
合力所做的功
大小关系
p＝√2m Ek
Ek＝p
2
2m
联系
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；
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；
③都是状态量，与某一时刻或某一位置相对应
4.冲量的理解与计算
4
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（1）冲量是过程量，其与力作用的过程相对应，表示力对时间的累积。
（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＝F1＋F2
2
·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
考向1 动量 冲量
例1（2025·四川成都·高三月考）（动量、冲量的理解）下列说法正确的是（ ）
A．一对相互作用力的总冲量一定为零
B．一对相互作用的摩擦力的总功一定为零
C．物体动量变化量为负，则物体动量大小在减小
D．力冲量的正负表示方向，力做功的正负表示大小
【答案】A
【详解】A．相互作用力总等大反向，同时存在，根据冲量的定义，可知一对相互作用力的冲量大小相
等，方向相反，故总冲量一定为零，故A 正确；
B．相互作用力发生的位移不一定相同，故一对相互作用的摩擦力的总功不一定为零，故B 错误；
C．动量变化量是矢量，负号代表与规定的正方向相反，并不代表动量在减小，故C 错误；
D．冲量是矢量，正负表示方向，功的正负表示力作用的效果，正功表示动力做功，负功表示阻力做功，
故D 错误。
故选 A。
例2（2025·四川成都·高三月考）（动量的应用）下列说法正确的是（ ）
A．图甲中，物体A将弹簧压缩的过程中，物体A的动能和重力势能之和不变
B．图乙中，物体B沿固定斜面匀速下滑，物体B的机械能守恒
C．图丙中，不计一切阻力，由静止释放物体A、B，物体A下降、物体B上升的过程中，物体A减少的机械
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能等于物体B增加的机械能
D．图丁中，小球在水平面内做匀速圆周运动，小球的动量不变
【答案】C
【详解】A．图甲中，物体A将弹簧压缩的过程中，物体A 和弹簧组成的系统机械能守恒。物体A的动能和
重力势能之和减少，因为弹性势能增加，A 错误；
B．图乙中，物体B 沿固定斜面匀速下滑，动能不变，重力势能减少，所以物体B 的机械能减少，B 错
误；
C．图丙中，不计一切阻力，物体A下降、物体B上升的过程中，系统只有动能和重力势能相互转化，系统
的机械能守恒。所以物体A减少的机械能等于物体B增加的机械能，C 正确；
D．图丁中，小球在水平面内做匀速圆周运动，小球的动量大小不变，方向改变，D 错误。
故选C。
例3（2025·四川德阳·高三月考）（冲量）一质量为m=50kg的同学从下蹲状态竖直向上跳起，经
Δt =0.1s，以大小v =1m/s的速度离开地面，取重力加速度g=10 m/s
2。则在这Δt 时间内（ ）
A．运动员所受重力的冲量大小为0
B．地面对运动员的冲量大小为50 N·s
C．离开地面时的动量大小为500kg·m/s
D．地面对运动员做的功为0
【答案】D
【详解】A．重力的冲量为I g=mg Δt =50×10×0.1N⋅s=50 N ⋅s，A 错误；
B．由动量定理，地面对人的冲量I 地=mv +mg Δt =50×1N ⋅s+50×10×0.1N ⋅s=100 N ⋅s，B 错
误；
C．离开地面时动量p=mv =50×1kg⋅m/s=50kg⋅m/s，C 错误；
D．地面对运动员做的功为0，因为支持力作用点的位移等于0，D 正确。
故选D。
例4（动量与动能的比较）甲、乙两物体以相同的初动量在水平面上（仅受摩擦力）做匀减速直线运动，
直到停止，其动量随时间变化的p−t图像如图所示，已知甲、乙两物体与地面间的动摩擦因数相同，则在
此过程中（ ）
A．甲、乙两物体的质量之比为1：1
B．甲、乙两物体的质量之比为1：2
C．甲、乙两物体受到的摩擦力做功之比为1：2
D．甲、乙两物体受到的摩擦力做功之比为1：1
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【答案】C
【详解】AB．根据动量定理
−μmgt = p−p0
解得
p= p0−μmgt
则p-t 图像的斜率
k = μmg
质量之比等于斜率之比，因甲乙图像的斜率之比为2:1，则甲、乙两物体的质量之比为2：1，选项AB 错
误；
CD．由动能定理，摩擦力做功等于动能减小量，即等于初动能之比，根据
Ek 0= p0
2
2m
甲、乙两物体受到的摩擦力做功之比为1：2，选项C 正确，D 错误。
故选C。
【变式训练1】（2025·四川遂宁·高三月考）“蹦极”是勇敢者的运动，如图为蹦极运动过程示意图。某人
身系弹性绳自高空p 点自由下落，其中a 点是弹性绳的原长位置，c 是人所到达的最低点，b 是人静止地悬
吊着时的平衡位置。不计空气阻力，则下列说法中正确的是（ ）
A．人和弹性橡皮绳组成系统机械能增大
B．从a 至c 的过程中，重力的冲量大小小于弹性绳的冲量大小
C．从p 至b 的过程中重力所做的功等于人克服弹力所做的功
D．从a 至c 的过程中人的动量一直增大
【答案】B
【详解】A．人和弹性橡皮绳组成系统，只有重力和弹力做功，所以人和弹性橡皮绳组成系统机械能守
恒，故A 错误；
B．从a 至c 的过程中，动量的变化量为负值，根据动量定理可知合力的冲量方向向上，则重力的冲量大
小应小于弹性绳的冲量大小，故B 正确；
C．从p 至b 的过程中，根据动能定理有
W G−W 弹= Δ Ek= 1
2 mvb
2−0>0
可知从p 至b 的过程中重力所做的功大于人克服弹力所做的功，故C 错误；
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D．a 至c 的过程中，速度先增大后减小，则人的动量先增大后减小，故D 错误。
故选B。
【变式训练2】质量为1kg 的物块在沿斜面方向上的外力F 的作用下沿倾角为30º 的光滑斜面由静止开始运
动，其外力F 随时间的变化如图所示（取沿斜面向上的方向为F 的正方向）。重力加速度g=10m/s2，则下
列说法正确的是（ ）
A．3s 时物块的速率为21m/s
B．5s 时物块回到初始位置
C．2s 时物块的动量为6kg·m/s
D．0～5s 时间内F 的总冲量为15N·s
【答案】D
【详解】AB．以沿斜面向上为正方向，0~3s 时间内，对物块受力分析，根据牛顿第二定律得
F −mgsinθ =ma1
解得a1=2m/s
2
0~3s 时间内位移x1= 1
2 a1t1
2=9 m
3~5s 时间内，对物块受力分析，根据牛顿第二定律得−F −mgsinθ =ma2
解得a2=−8 m/s
2
3~5s 时间内位移x2= v1t2−1
2 a2t2
2
3s 时的速度v1=a1t1=6 m/s
解得x2=−4 m
x1+ x2=5 m>0，所以物体未回到出发点。故AB 错；
C．t=2 s 时物块的速度为v=a1t=4m/s，此时物块的动量为p=mv=4kg·m/s，故C 错误；
D．0~5s 时间内F 对物块的总冲量为I = F1t1+ F2t2=7×3 N⋅s−3×(5−3)N⋅s=15N⋅s，故D 正确。
故选D。
【变式训练3】如图所示，某同学以大小为v0的初速度将铅球从P 点斜向上抛出，到达Q 点时铅球速度沿
水平方向。已知P、Q 连线与水平方向的夹角为30°，P、Q 间的距离为L。不计空气阻力，铅球可视为质
点，质量为m，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
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A．铅球从P 点运动到Q 点所用的时间为√
2 L
g
B．铅球从P 点运动到Q 点重力做的功为1
2 mgL
C．铅球从P 点运动到Q 点动量的变化为m√
gL
2
D．铅球到达Q 点的速度大小为√v0
2−gL
【答案】D
【详解】A．铅球从P 点运动到Q 点的逆过程为平抛运动，竖直方向是自由落体运动，由运动学公式有
Lsin30
o= 1
2 gt
2
解得铅球从P 点运动到Q 点所用的时间为√
L
g
，A 错误；
B．由重力做功有铅球从P 点运动到Q 点重力做的功为W G=−1
2 mgL
B 错误；
C．由上述分析可知，从P 点运动到Q 点所用的时间为√
L
g
，由动量定理有mgt = Δ p
代入数据有铅球从P 点运动到Q 点动量的变化为Δ p=m√gL
C 错误；
D．铅球从P 点运动到Q 点由动能定理有−1
2 mgL= 1
2 m vQ
2 −1
2 m v0
2
解得铅球到达Q 点的速度大小为√v0
2−gL，D 正确。
故选D。
【变式训练4】（多选）（2025·四川·高三月考）为我国首夺奥运网球女单金牌的郑钦文发球英姿如图
（a），她被誉为当今网球界的“ACE”球女王。如图（b），某次发球，假设球从A 点竖直上抛，至最高
点O 后下落，在B 点被球拍击出；已知球的质量为60g，击出时速率为180km/h，AB =1.2m，
BO =1.25 m。若手抛球和球拍击球的时间均极短且可忽略，球拍对球的作用力方向水平，球视为质点，不
计空气阻力，重力加速度大小取10 m/s
2，则（ ）
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A．抛球过程，手对球做功0.75J
B．从抛出到击球前，球的动量变化量大小为0.72kg⋅m/s
C．击球过程，球的速度变化量大小为45m/s
D．击球过程，球拍对球做功74.25J
【答案】BD
【详解】A．从A 至O，由v0
2=2 g( AB+ BO)
代入数据得v0=7 m/s
抛球过程，由W = 1
2 mv0
2−0
代入数据得抛球过程手对球做功W =1.47J
故A 错误；
B．从O 至B，由vB1
2 =2 g×BO
代入数据得vB1=5 m/s
规定竖直向下为正方向，抛出到击球前，由Δ p=m vB1−(−m v0)
代入数据得Δ p=0.72kg⋅m/s
故B 正确；
C．击球过程，因时间可忽略，且球拍对球的作用力方向水平，故球只在水平方向有速度变化，而球被击
出时的速度是水平分速度与竖直分速度的合速度，由题意，击出时的球速为vB=180km/h=50 m/s
故水平分速vB2=√vB
2 −vB1
2 =√2475 m/s
球的速度变化量大小为Δv =|vB2−0|=√2475 m/s
故C 错误；
D．击球过程，由W
′ = 1
2 mvB
2 −1
2 mvB1
2
代入数据得球拍对球做功W
′ =74.25J
故D 正确。
故选BD。
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【变式训练5】（多选）如图所示，光滑水平面上有两辆小车，用细线（未画出）相连，中间有一个被压
缩的轻弹簧（与两小车未连接），小车处于静止状态，烧断细线后，由于弹力的作用两小车分别向左、右
运动。已知两小车的质量之比为m1:m2=2:1，下列说法正确的是（ ）
A．弹簧弹开左右两小车的速度大小之比为2:1
B．弹簧弹开后左右两小车的动量大小之比为1:1
C．弹簧弹开过程左右两小车受到的冲量大小之比为2:1
D．弹簧弹开过程弹力对左右两小车做功之比为1:2
【答案】BD
【详解】A．两小车及弹簧系统所受合力为零，动量守恒，以水平向右为正方向，根据动量守恒定律得
m2v2−m1v1=0
解得
v1:v2=1:2
故A 错误；
B．由动量守恒定律知，弹簧弹开后左右两小车的动量大小相等，即弹簧弹开后左右两小车的动量大小之
比为1:1，故B 正确；
C．弹簧弹开过程中，左右两小车受到的弹力大小相等，作用时间相同，由
I ＝Ft
知，左右两小车受到的冲量大小之比为1:1，故C 错误；
D．由动能定理得，弹簧弹开过程弹力对左右两小车做功之比为
W 1:W 2= 1
2 m1v1
2: 1
2 m2v2
2= p1
2
2m1
: p2
2
2m2
=1:2
故D 正确。
故选BD。
【变式训练6】（多选）如图，一子弹水平飞行击穿一块原静止在光滑水平面上的木块，在子弹穿透木块
的过程中
A．子弹和木块所受的冲量大小相等
B．子弹和木块的速度的变化量大小相等
C．子弹和木块的动量变化量大小相等
D．子弹和木块的动能变化量绝对值相等
【答案】AC
【详解】A．子弹击穿木块过程，子弹和木块所受合外力为作用力与反作用力，它们等大、反向、作用时
间相等，它们所受冲量大小相等方向相反，所受冲量不相等，故A 错误；
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BC．子弹与木块所受冲量大小相等，由动量定理可知，它们动量的变化量大小相等，由于不知子弹和木块
间的质量大小关系，则无法确定两者的速度变化关系，故B 错误，C 正确；
D．根据Ek = P
2
2m由于子弹和木块之间的质量关系不确定，可知不能确定动能变化之间的关系，选项D 错
误；
故选AC.
考向2 恒力的冲量计算
例1 从离地高为h 处水平抛出一个质量为m 的小球，小球从抛出点到落地点的位移大小为√5h，重力加速
度为g，不计空气阻力，则（ ）
A．小球抛出的初速度大小为√gh
B．小球落地前瞬间的速度大小为√5 gh
C．小球在空中运动的过程，动能的变化量为mgh
D．小球在空中运动的过程，重力的冲量大小为m√gh
【答案】C
【详解】AB．小球做平抛运动，竖直方向有h= 1
2 gt
2，v y =>¿
解得t =√
2h
g ，v y =√2gh
小球从抛出点到落地点的位移大小为√5h，则小球的水平位移为x =√(√5h)−h
2=2h
则小球抛出的初速度大小为v0= x
t =√2gh
小球落地前瞬间的速度大小为v =√v0
2+ v y
2 =2√2 gh
故AB 错误；
C．根据动能定理可得，小球在空中运动的过程，动能的变化量为Δ Ek=W G=mgh
故C 正确；
D．小球在空中运动的过程，重力的冲量大小为I G=mgt =m√2gh
故D 错误。
故选C。
【变式训练1】（2025·四川成都·高三月考）质量相同的物块A、B 从水平地面同一位置出发，分别以不同
初速度只在摩擦力作用下做匀减速直线运动，其v-t 图像如图所示。则在物块运动过程中（ ）
A．A、B 两物块位移大小之比为2 1∶
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B．A、B 两物块受到的摩擦力大小之比为2 1∶
C．A、B 两物块受到的摩擦力冲量大小之比为2 1∶
D．A、B 两物块克服摩擦力做功之比为2 1∶
【答案】C
【详解】A．图像与坐标轴围成的面积等于位移可知，A、B 两物块位移大小相等，均为
x = 1
2 ×2v0t0= v0t0
选项A 错误；
B．A、B 两物块加速度之比
a1:a2= 2v0
t0
: v0
2t0
= 4:1
根据
f=ma
可知受到的摩擦力大小之比为4 1∶，选项B 错误；
C．根据
I=ft
可知，A、B 两物块受到的摩擦力冲量大小之比为2 1∶，选项C 正确；
D．根据
W=fx
可知，A、B 两物块克服摩擦力做功之比为4 1∶，选项D 错误。
故选C。
【变式训练2】如图所示，在t=0 时质量m=1kg 的小球自高h=45m 的平台上以v0=10m/s 的初速度水平抛
出，运动t1=1s 后，突然受到大小恒为10N 的水平向右的风力作用，最后落至水平地面，不计其他阻力，
取g=10m/s2。则以下说法正确的是（ ）
A．小球从抛出至落地的过程中重力的平均功率小于150W
B．小球受到风力作用后，在落地前做匀变速曲线运动
C．落地瞬间小球速度方向与水平方向成53°角
D．从抛出至落地的过程中，水平力的冲量大小为20N·s
【答案】D
【详解】A．小球在竖直方向的分运动为自由落体运动，与是否受到风力无关，设小球下落时间为t，则有
h= 1
2 gt
2
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解得t =3s
小球从抛出至落地的过程中重力的平均功率为P= W G
t = mgh
t
=150 W
故A 错误；
BC．小球抛出1s 时，速度方向与水平方向的夹角满足tanθ =gt
v0
=1
受到水平风力后，小球受到的合力与水平方向的夹角满足tan α = mg
F =1= tanθ
故小球受到风力作用后，所受合力与速度方向相同，小球做匀加速直线运动，故落地瞬间小球速度方向与
水平方向成45°，故BC 错误；
D．从抛出至落地的过程中，水平风力的冲量大小为I F= F(t −t1)=20 N⋅s
故D 正确。
故选D。
【变式训练3】（2025·四川遂宁·高三月考）如图所示，光滑的圆弧轨道竖直固定放置，其弧长远小于半
径，圆弧的底端切线水平。现将质量分别为m、2m的小球甲、乙分别从轨道的顶点和顶点下方的某点由
静止释放，然后到达底端，重力加速度为g，两小球均视为质点，在此过程中，下列说法正确的是（ ）
A．若甲重力的冲量大小为I，则圆弧轨道的半径为4 I
2
π
2m
2 g
B．若甲重力的冲量大小为I，则乙重力的冲量为0.5I
C．若乙下落的高度为h，重力的平均功率为P，则甲重力的冲量为m
2 g
2h
P
D．若乙下落的高度为h，重力的平均功率为P，则甲运动的时间为mgh
P
【答案】A
【详解】A．由I =mgt，T = 4t，T =2π√
R
g
，综合可得
R =
4 I
2
π
2m
2 g
故A 正确；
B．乙重力的冲量为
I 乙=2mgt
结合I =mgt，综合可得
I 乙=2 I
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故B 错误；
CD．若乙下落的高度为h，重力的平均功率为P，则有
P = 2mgh
t
，t = 2mgh
P
甲、乙运动时间相等，均为
t = 2mgh
P
则甲重力的冲量为
I 甲=mgt
综合可得
I 甲= 2m
2 g
2h
P
故CD 错误。
故选A。
【变式训练4】（多选）（2024·四川成都·三模）四川是一个多山的省份，某些地方雨季可能出现石块顺着
山坡滑下的现象，附近居民要增强预防意识，避免对生产生活产生危害。如图所示，一个质量为m、可视
为质点的石块由于某种原因从A点由静止开始沿固定、粗糙、坚硬且可视为平面的山坡加速滑下（途中未
与其它物体发生碰撞），最后到达地面BC。已知山坡的倾角为θ，A点到地面的高度为h，重力加速度大
小为g。在此过程中，关于石块的运动分析，下列说法中正确的是（ ）
A．石块所受重力对石块做的功为mgh
B．石块所受重力对石块的冲量大小为mg√
2h
g
C．石块所受支持力对石块做的功为零
D．石块所受支持力对石块的冲量为零
【答案】AC
【详解】A．石块所受重力对石块做的功为
W G=mgh
故A 正确；
B．对石块，根据牛顿第二定律
mgsinθ−f =ma
解得
a= gsinθ−f
m < gsinθ
根据运动学公式可知
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1
2 at
2=
h
sinθ
解得
t >√
2h
gsin
2θ
石块所受重力对石块的冲量大小为
I G=mgt >mg√
2h
gsin
2θ
>mg√
2h
g
故B 错误；
C．支持力与运动方向垂直，所以石块所受支持力对石块做的功为零，故C 正确；
D．支持力作用时间不为零，则石块所受支持力对石块的冲量不为零，故D 错误。
故选AC。
考向3 变力的冲量计算
例1 某快递公司的传送带设备部分结构如图所示，倾角为θ =37°的传送带由电动机带动，始终保持速率
v =2.4 m/s顺时针匀速转动，传送带两端点之间的长为L=7.2m，现将质量为m=1kg的物体（可视为质
点）轻放在传送带底端，传送带与物体之间的动摩擦因数为μ=0.9，重力加速度取g=10 m/s
2，物体从传
送带底端运动到顶端过程中，（其中sin37° =0.6，cos37° =0.8）下列说法正确的是（ ）
A．物体一直做加速运动
B．系统因摩擦产生热量为34.56J
C．传送带对物体的冲量大小为26.4 N ⋅s
D．电动机多做的功为63.36J
【答案】D
【详解】A．对物体受力分析，由牛顿第二定律有
μmgcosθ−mgsinθ =ma
解得
a=1.2m/s
2
物体加速到与传送带速度相等时的位移
s= v
2
2a =2.4 m< L
所以物体先加速运动后匀速运动，故A 错误；
B．匀加速时间
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t1= v
a =2s
匀速时间
t2= L−s
v
=2s
物体从传送带底端运动到顶端时间
t =t1+t2= 4s
物体加速运动过程中，物体与传送带的相对位移
x相对= v t1−s=2.4 m
系统因摩擦产生热量为
Q = μmgcosθ x相对=17.28J
故B 错误；
C．沿传送带方向，传送带对物体的冲量大小为
I 1= μmgcosθt1+mgsinθt2=26.4 N⋅s
垂直传送带方向，传送带对物体也有冲量，所以传送带对物体的冲量大小不可能为26.4 N ⋅s，故C 错误；
D．电动机多做的功为
E =Q+ 1
2 mv
2+mgLsin37° =63.36J
故D 正确。
故选D。
【变式训练1】在东北严寒的冬天，有一项“泼水成冰”的游戏，具体操作是把一杯滚烫的开水按一定的
弧线均匀快速地泼向空中，泼洒出的小水珠和热气被瞬间凝结成冰而形成壮观的场景，如图甲所示是某人
玩泼水成冰游戏的精彩瞬间，图乙为其示意图，假设泼水过程中杯子做匀速圆周运动，下列说法正确的是
（ ）
A．P 位置的小水珠速度方向沿a 方向
B．P、Q 两位置，杯子的向心加速度相同
C．从Q 到P，杯子所受合外力做功为零
D．从Q 到P，杯子所受合外力的冲量为零
【答案】C
【详解】A．P 位置的小水珠速度方向沿b 方向，故A 错误；
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B．P、Q 两位置，杯子的向心加速度大小相等，方向不同，故B 错误；
C．从Q 到P，杯子所受合力始终指向圆心，合外力做功为零，故C 正确；
D．从Q 到P，杯子速度方向改变，速度变化量不为零，动量变化量不为零，则其所受合外力的冲量不为
零，故D 错误。
故选C。
【变式训练2】（2025·四川南充·二模）在光滑水平面上，一物体以6m/s 的速度匀速运动，t=0 时刻受到一
个与物体运动方向相同，但大小随时间变化的外力F 作用，力F 作用了4s，0~4s 内物体运动的加速度a 随
时间t 变化的关系图像如图所示。已知物体的质量m=2kg，以下说法正确的是（ ）
A．外力F 的最大值为2N
B．4s 末物体停止运动
C．0~4s 外力F 对物体的冲量大小为8N·s
D．物体在0~4s 内的位移小于32m
【答案】C
【详解】A．在光滑水平面上，力F 则是物体的合力，由
F =ma
得外力最大值为4 N,故A 错误；
B．由图可知在4s 末，加速度变为0，此时物体速度达到最大，且做匀速直线运动，故B 错误；
C．0~4s 内
F
−
= Fmax
2
=2N
所以
I F = F
−
t =8 N ⋅s
故C 正确；
D．由于物理做加速度减小的加速运动，故位移应大于32m，故D 错误。
故选C。
【变式训练3】（多选）如图所示，轻杆的一端固定在通过O 点的水平转轴上，另一端固定一个小球，现
在使轻杆绕O 点在竖直平面内沿顺时针方向做匀速圆周运动，其中A 点为最高点、B 点为最低点，下列说
法中正确的是（ ）
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A．小球经过A 点时，对杆的作用力一定竖直向下
B．小球经过B 点时，对杆的作用力一定竖直向下
C．从A 点到B 点的过程，小球合外力做功为零
D．从A 点到B 点的过程，小球合外力的冲量为零
【答案】BC
【详解】A．小球经过A 点时，合外力提供向心力，则当小球速度较小时
m v
2
r <mg
则所受杆的作用力竖直向上；当小球速度较大时
m v
2
r >mg
则所受杆的作用力竖直向下；当小球速度满足
m v
2
r =mg
则杆对小球无作用力，故A 错误；
B．小球做匀速圆周运动，合外力提供向心力，则
F −mg=m v
2
r
杆对小球的作用力竖直向上，则小球对杆的作用力竖直向下，故B 正确；
C．根据动能定理可知，合外力做功等于动能的改变，而小球做匀速圆周运动，故动能变化量为0，则合外
力做功为0，故C 正确；
D．从A 点到B 点的过程，小球合外力提供向心力，根据
I = Ft
可知合外力的冲量不为0，故D 错误。
故选BC。
【变式训练4】（多选）将一个质量为m 的小球以初速度v0竖直向上抛出，已知小球经时间t 上升到最高
点，再经一段时间匀速经过抛出点时，速度大小为v1。已知空气阻力大小与小球速度大小成正比，重力加
速度为g，则下列判断正确的是（ ）
A．小球运动到最高点时处于平衡状态
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B．小球运动的最大加速度大小为g(1+ v0
v1)
C．上升过程中空气阻力的冲量大小等于下降过程中空气阻力的冲量大小
D．小球由最高点回到抛出点的时间小于t
【答案】BC
【详解】A．小球运动到最高点时，只受重力作用，不是处于平衡状态，故A 错误；
B．小球匀速经过抛出点时，根据受力平衡可得
mg =k v1
小球刚抛出时的加速度最大，根据牛顿第二定律可得
mg+ k v0=mam
联立解得小球运动的最大加速度大小为
am = g(1+ v0
v1)
故B 正确；
C．设小球上升的高度为h，上升过程空气阻力的冲量大小为
I f=∑kv ⋅t =k ∑vt =kh
下降过程中空气阻力的冲量大小为
I
′
f=∑kv ⋅t =k ∑vt =kh
可知上升过程中空气阻力的冲量等于下降过程中空气阻力的冲量，故C 正确；
D．由于下落过程的平均加速度小于上升过程的平均加速度，根据
h= 1
2 at
2
可知下落过程的时间大于上升过程的时间，则小球由最高点回到抛出点的时间大于t，故D 错误。
故选BC。
考点二 动量定理
知识点1 动量定理
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.表达式：I＝p'－p 或F（t'－t）＝mv'－mv。
3.矢量性：冲量的方向与
合力
的方向相同。
4.动量定理的理解
（1）动量定理反映了力的冲量与动量变化之间的因果关系，即合力的冲量是原因，物体的动量变化是结
果。
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（2）动量定理中的冲量是所受合力的冲量，既是各力冲量的矢量和，也是合力在不同阶段冲量的矢量和。
（3）动量定理的表达式是矢量式，等号包含了大小相等、方向相同两方面的含义。
（4）由FΔt＝p'－p，得F＝p'－p
Δt
＝Δ p
Δt ，即物体所受的合力等于物体的动量对时间的变化率。
5.用动量定理解释生活现象
（1）Δp 一定时，F 的作用时间越短，力越大；作用时间越长，力越小。
（2）F 一定时，力的作用时间越长，Δp 越大；作用时间越短，Δp 越小。
分析问题时，要明确哪个量一定，哪个量变化。
6.用动量定理解题的基本思路
（1）确定研究对象。研究对象一般仅限于单个物体。
（2）对物体进行受力分析，求合冲量。可先求每个力的冲量，再求各力冲量的矢量和；或先求合力，再
求其冲量。
（3）抓住过程的初、末状态，选好正方向，确定各动量和冲量的正负号。
（4）根据动量定理列方程，如有必要还需要补充其他方程，最后代入数据求解。
对过程较复杂的运动，可分段用动量定理，也可对整个过程用动量定理。
知识点2 应用动量定理处理“流体模型”
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
分析
步骤
①构建“柱状”模型：沿流速v 的方向选取一小段柱体，其横截面积为S
②微元
研究
小段柱体的体积ΔV＝vSΔt
小段柱体质量m＝ρΔV＝ρvSΔt
小段柱体粒子数N＝nvSΔt
小段柱体动量p＝mv＝ρv2SΔt
③列出方程，应用动量定理FΔt＝Δp 研究
点拨
考向1 动量定理解释缓冲现象
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例1 下列几种物理现象的解释中，正确的是（ ）
A．跳远时在沙坑里填沙，是为了减小冲量
B．小孩在地面上用力推车时却没推动，推不动是因为推力的冲量为零
C．易碎品运输时要用柔软材料包装是为了延长作用时间以减小冲击力
D．砸钉子时不用橡皮锤，只是因为橡皮锤太轻
【答案】C
【详解】A．跳远时，在沙坑里填沙，是为了延长人与地的接触时间，从而减小作用力，而根据动量定理
可知，减小的冲量相等，故A 错误；
B．小孩在地面上用力推车时却没推动，力和作用时间均不为零，所以冲量不为零；推不动是因为合外力
为零，故B 错误；
C．易碎品运输时，要用柔软材料包装，船舷常常悬挂旧轮胎，都是为了延长作用时间以减小作用力，故
C 正确；
D．击钉时，不用橡皮锤是因为橡皮锤与钉子的作用时间长，而根据动量定理可知，橡皮锤对钉子的平均
作用力较小，不利于将钉子钉入物体内，故D 错误。
故选C。
【变式训练1】如图所示，足球场上，守门员会戴着厚厚的手套向水平飞奔而来的球扑去，使球停下，关
于此过程守门员戴手套的作用，以下分析正确的是（ ）
A．减小球对手的平均作用力
B．减小球对手的冲量
C．使球的动量改变量变小
D．使球的加速度变大
【答案】A
【详解】守门员戴着厚厚的手套扑球，可以延长球与手接触的时间，从而减小球减速的加速度，取足球飞
来的方向为正方向，对足球，根据动量定理得
−Ft =0−mv
解得
F = mv
t
当时间延长时，足球受到的冲量和动量的变化量都不变，可减小球的动量变化率，即减小手对球的平均作
用力，由牛顿第三定律知可减小球对手的平均作用力，根据牛顿第二定律F =ma可知球的加速度变小。
故选A。
22
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【变式训练2】安全带是汽车行驶过程中生命安全的保障带。如图，在汽车正面碰撞测试中，汽车以
72km /h的速度发生碰撞。车内假人的质量为50kg，使用安全带时，假人用时0.8s 停下；不使用安全带
时，假人与前方碰撞，用时0.2s 停下。以下说法正确的是（ ）
A．两次碰撞过程中，汽车和假人的动量变化量不同
B．安全带的作用是延长冲击力作用时间，减小冲击力大小
C．安全带的作用是减小假人受到的冲量
D．无论是否使用安全带，假人受到的冲量相同
【答案】BD
【详解】A．碰撞过程中，无论是否使用安全带，汽车和假人的动量变化量是相同的，故A 错误；
CD．假人的初动量为
p=m v0
末动量都为0，根据动量定理有
I =0−m v0
所以无论是否使用安全带，假人受到的冲量相同，故C 错误，D 正确；
B．使用安全带时，假人用时0.8s 停下；不使用安全带时，用时0.2s 停下，可知安全带的作用是延长冲击
力作用时间；由动量的定义I = Ft可知，冲量相同时，延长力的作用时间可以减小冲击力的大小，故B 正
确。
故选BD。
考向2 动量定理解决流体模型
例1（2025·四川成都·高三月考）某水刀切割机床如图所示，若横截面直径为d 的圆柱形水流垂直射到竖直
钢板上，水的速度大小由v 减为0，已知水的密度为ρ。则钢板受到水的平均冲击力大小为（ ）
A．π ρ v
2d
2
4
B．ρ v
2d
2
4
C．πρv2d2
D．πρvd2
【答案】A
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【详解】对水流柱，根据动量定理得−F Δt =mv −0
又因为m= ρv Δt ⋅π(
d
2)
2
解得F =π ρ v
2d
2
4
由牛顿第三定律得F
′ = πρ v
2d
2
4
故选A。
【变式训练1】“…青箬笠，绿蓑衣，斜风细雨不须归。”如图所示，这是古诗描述的情景。若斗笠的直
径d=70cm，细雨在空中分布均匀，竖直下落的速度始终为v=2m/s，湖可以看成一个露天的圆柱形的大容
器，细雨持续的时间t=1h，导致湖面的水位上升了h=1mm。（设雨滴垂直撞击斗笠后无反弹，且斗笠的
坡面接近水平，不计雨滴所受重力，水的密度ρ=1×10³kg/m³）则斗笠受到雨的平均作用力大小F 最接近于
（ ）
A．4×10⁻⁴N
B．6×10⁻⁴N
C．2×10⁻⁴N
D．1×10⁻⁴N
【答案】C
【详解】取一小段时间为Δt，并以在这段时间内与斗笠面作用的雨为研究对象，其质量Δm= ρS h
t Δt
又S = π r
2= π(
d
2)
2
根据动量定理有F ⋅Δt =0−Δm(−v)
代入数据解得F =2×10
−4 N
故选C。
【变式训练2】如图，蜂鸟可以通过快速拍打翅膀，使自己悬停在一朵花的前面。假设蜂鸟两翅膀扇动空
气的总面积为S，翅膀扇动对空气的作用力效果与翅膀用速度v平推空气的效果相同。已知空气密度为ρ，
重力加速度大小为g，则（ ）
A．单位时间内翅膀拍动空气的质量为2Sρv B．单位时间内翅膀拍动空气的质量为Sρ v
2
C．蜂鸟的质量为Sρ v
2
g
D．蜂鸟的质量为Sρ v
3
g
【答案】C
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【详解】AB．设翅膀扇动一次的时间为t，拍动空气的总质量为m= Svtρ
单位时间内翅膀拍动空气的质量为m
t = Svρ
故AB 错误；
CD．翅膀用速度v平推空气，使空气的速度变为v，根据动量定理有Ft =mv
则翅膀对空气的作用力大小等于空气对翅膀的作用力大小，即F ′ = F = Sρ v
2
由平衡条件得F ′ = Mg
则蜂鸟的质量为M = ρS v
2
g
故C 正确，D 错误。
故选C。
【变式训练3】如图所示，生活中我们常用高压水枪清洗汽车，水枪出水口直径为D，水流以速度 v 从枪
口喷出近距离垂直喷射到车身。所有喷到车身的水流，约有75%向四周溅散开，溅起时垂直车身向外的速
度为v
6 ，其余25%的水流撞击车身后无反弹顺车流下。由于水流与车身的作用时间较短，在分析水流对车
身的作用力时可忽略水流所受的重力。已知水的密度为ρ，则（ ）
A．水枪的功率为1
2 ρπ D
2v
3
B．水枪的功率为1
16 ρπ D
2v
3
C．水流对车身的平均冲击力约为7
32 ρπ D
2v
2
D．水流对车身的平均冲击力约为9
32 ρπ D
2v
2
【答案】D
【详解】AB．在很短时间Δt内流出的水的质量
Δm= ρSv Δt = 1
4 ρπ D
2v Δt
水喷出过程中，根据动能定理可得
P⋅Δt = 1
2 Δm⋅v
2
解得水枪的功率为
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P = 1
8 ρπ D
2v
3
故A、B 错误；
CD．设水流对车身的平均冲击力大小为F，取反弹的速度方向为正方向，对Δt时间内喷出的水根据动量
定理可得
F Δt =[0−25 % Δm⋅(−v)]+75 % Δm⋅[
v
6 −(−v)]
解得
F = 9
32 ρπ D
2v
2
故C 错误，D 正确。
故选D。
考向3 动量定理解决蹦极类问题
例1 蹦极是一项非常刺激的体育运动。如图所示，质量m = 50kg 的人身系弹性绳自高空自由下落，弹性
绳绷直后在下降过程经过a 点的速度大小为12m/s，落到最低点c 后反弹至b 点的速度大小为9m/s。人从
a→c→b 共用时3s，在此过程中弹性绳对人的平均作用力为（ ）
A．350N
B．450N
C．550N
D．850N
【答案】D
【详解】取向上为正，根据动量定理有
F 合t = mvb－m(－va)
解得
F 合 = 350N
其中
F 合 = T－mg
则
T = 850N
故选D。
【变式训练1】如图，一学生练习用头颠球。某次足球由静止开始自由下落80 cm，被头部重新顶起，离开
头部后足球竖直上升的最大高度为45 cm。已知足球与头部作用的时间为0.1 s，足球的质量为0.4 kg，重
力加速度大小取g=10 m/s
2。则头部对足球的平均作用力大小为（ ）
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A．32 N
B．28 N
C．8 N
D．4 N
【答案】A
【详解】设足球从高处自由落下根头部接触瞬间速度大小为v1，离开头部做竖直上抛运动瞬间速度大小为
v2，有
v1
2=2gh1
v2
2=2gh2
解得
v1= 4 m/s
v2=3 m/s
取向上为正方向，根据动量定理有
( F −mg)t =m v2−(−m v1)
解得
F =32N
故选A。
【变式训练2】2024 年春晚杂技节目《跃龙门》带给观众震撼的视觉盛宴，教练在训练时将压力传感器安
装在蹦床上，记录演员对蹦床的压力。如图是某次彩排中质量为40kg的演员在竖直方向运动时计算机输
出的压力—时间（F—t）图像片段，运动员可视为质点。不计空气阻力，重力加速度g=10 m /s
2，下列说
法正确的是（ ）
A．演员在a 到b 过程处于超重状态
B．演员在b 时刻速度最大，速度大小为8 m /s
C．从a 时刻到b 时刻，蹦床对演员做的功大于1280J
D．从a 时刻到b 时刻，蹦床给演员的冲量大小为320 N⋅s
【答案】C
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【详解】A．演员在a 到b 过程，压力由最大值减小为0，根据牛顿第三定律可知，演员所受支持力由最大
值减小为0，根据牛顿第二定律可知，加速度方向先向上后向下，加速度大小先减小后增大，则演员在a
到b 过程先处于超重状态，后处于失重状态，故A 错误；
B．结合上述可知，演员在a 到b 过程，先向上做加速度减小的变加速直线运动，后向上做加速度减小的
变减速直线运动，当加速度为0 时，速度达到最大值，即a 到b 之间的某一时刻，演员的速度最大，故B
错误；
C．根据图像可知，演员脱离蹦床在空中运动的时间为
2.8s-1.2s=1.6s
根据竖直上抛运动的对称性可知，演员脱离蹦床向上运动的时间为0.8s，利用逆向思维，根据速度公式有
v0=>=10×0.8 m/s=8 m/s
从a 时刻到b 时刻，结合上述可知，合外力对演员做的功为
W = 1
2 m v0
2=1280J
根据图像可知，从a 时刻到b 时刻，蹦床的弹性势能转化为演员增加的重力势能与动能，可知，从a 时刻
到b 时刻，蹦床对演员做的功大于1280J，故C 正确；
D．从a 时刻到b 时刻，根据动量定理有
I −mgtab=m v0
解得
I =mgtab+m v0
解得
I =520 N ⋅s
故D 错误。
故选C。
考向4 动量定理的其他应用
例1 水平面上有质量相等的a、b 两个物体，水平推力F1、F2分别作用在a、b 上。一段时间后撤去推力，
物体继续运动一段距离后停下。两物体的v—t 图线如图所示，图中AB∥CD。则整个过程中（ ）
A．F1的冲量等于F2的冲量
B．F1的冲量大于F2的冲量
C．摩擦力对a 物体的冲量等于摩擦力对b 物体的冲量
D．合力对a 物体的冲量等于合力对b 物体的冲量
【答案】D
【详解】C．题图中，AB 与CD 平行，说明撤去推力后两物体的加速度相同，而撤去推力后物体受到的合
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力等于摩擦力，根据牛顿第二定律可知，两物体受到的摩擦力大小相等，但a 运动的总时间小于b 运动的
总时间，根据
I = ft
可知，摩擦力对a 物体的冲量小于摩擦力对b 物体的冲量，故C 错误；
AB．根据动量定理，对整个过程研究得
F1t1−f tOB=0−0
F2t2−f tOD=0−0
由题图可知
tOB<tOD
则有
F1t1< F2t2
即F1的冲量小于F2的冲量，故AB 错误；
D．根据动量定理可知，合力的冲量等于物体动量的变化量，a、b 两个物体动量的变化量都为零，则合力
的冲量都为零，故D 正确。
故选D。
例22023 年6 月世界女排联赛名古屋站在日本举行，这次世界女排联赛日本站中国队的4 连胜和3-0 完胜
日本队的胜利，让人们感受到了中国女排顽强的精神和卓越的实力。比赛中的团队协作力和气势威武赢得
了粉丝的一片赞誉。李盈莹是中国队进攻的主力。比赛中质量为m的李盈莹从下蹲状态竖直向上起跳，经
时间t身体伸直并刚好离开水平地面，李盈莹重心升高h，此时李盈莹的速度大小为v，不计空气阻力，重
力加速度大小为g。则（ ）
A．该过程中，地面对李盈莹的平均作用力大小为mv
t +mg
B．该过程中，地面对李盈莹做功为1
2 mv
2+mgh
C．该过程中，李盈莹的动量变化量大小为mgt +mv
D．该过程中，地面对李盈莹的冲量大小为mv −mgt
【答案】A
【详解】A．根据动量定理
( F −mg)t =mv −0
得
F=mv
t +mg
故A 正确；
B．该过程中，地面对李盈莹的支持力的作用点没有发生移动，地面对李盈莹做功为0，故B 错误；
C．该过程中，李盈莹的动量变化量大小为mv，故C 错误；
D．根据动量定理
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I −mgt =mv −0
地面对李盈莹的冲量大小为mv +mgt，故D 错误。
故选A。
【变式训练1】（多选）如图（a），水平地面上固定有一倾角为θ的足够长光滑斜面，一质量为m的滑块
锁定在斜面上。t =0时解除锁定，同时对滑块施加沿斜面方向的拉力F，F随时间t的变化关系如图（b）
所示，取沿斜面向下为正方向，重力加速度大小为g，则滑块（ ）
A．在0~ 4 t0内一直沿斜面向下运动
B．在0~ 4t0内所受合外力的总冲量大小为零
C．在t0时动量大小是在2t0时的一半
D．在2t0~3t0内的位移大小比在3t0~ 4t0内的小
【答案】AD
【详解】根据图像可知当F =2mgsinθ时，物块加速度为
a= 2mgsinθ+mgsinθ
m
=3 gsinθ
方向沿斜面向下；当F =−2mgsinθ时，物块加速度大小为
a= 2mgsinθ−mgsinθ
m
= gsinθ
方向沿斜面向上，作出物块0~ 4 t0内的v −t图像
A．根据图像可知0~ 4 t0，物体一直沿斜面向下运动，故A 正确；
B．根据图像可知0~ 4 t0，物块的末速度不等于0，根据动量定理
I 合= Δ p≠0
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故B 错误；
C．根据图像可知t0时物块速度大于2t0时物块的速度，故t0时动量不是2t0时的一半，故C 错误；
D．v −t图像与横轴围成的面积表示位移，故由图像可知2t0~3t0过程物体的位移小于3t0~ 4 t0的位移，
故D 正确。
故选AD。
【变式训练2】（多选）从2017 年6 月5 日起至年底，兰州交警采取五项措施部署预防较大道路交通事故
工作。在交通事故中，汽车与拖车脱钩有时发生。如图所示，质量为M 的汽车带着质量为m 的拖车在平直
公路上以加速度a 匀加速前进，当速度为v0时拖车突然与汽车脱钩，到拖车停下瞬间司机才发现。若汽车
的牵引力一直未变，车与路面间的动摩擦因数为μ，那么从脱钩到拖车刚停下的过程中，下列说法正确的
是（ ）
A．汽车和拖车整体动量守恒
B．汽车和拖车整体机械能守恒
C．从脱钩到拖车刚停下用时v0
μg
D．拖车刚停下时汽车的速度为( M +m)(a+ μg)
μMg
v0
【答案】CD
【详解】A．以汽车和拖车为整体，由于汽车的牵引力大于整体受到的摩擦阻力，所以整体所受合外力不
为零，故动量不守恒，故A 错误；
B．汽车和拖车整体除重力之外的其他力做功之和大于零，所以系统机械能增加，故B 错误；
C．拖车与汽车脱钩后，做匀减速直线运动，设加速度大小为a
′，根据牛顿第二定律可得
a
′ = μmg
m = μg
则从脱钩到拖车刚停下用时
t = v0
a
′ = v0
μg
故C 正确；
D．以汽车和拖车系统为研究对象，根据牛顿第二定律可知，全过程系统所受的合外力始终不变，为
F合=(M +m)a
从汽车脱钩到拖车停下的过程，拖车的末状态的动量为0，汽车的末速度为v，则全过程由动量定理可得
F合t = Mv −(M +m)v0
联立解得拖车刚停下时汽车的速度为
v = (M +m)(a+ μg)
μMg
v0
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故D 正确。
故选CD。
1.（全国III 卷·高考真题）一质量为2kg 的物块在合外力F 的作用下从静止开始沿直线运动。F 随时间t 变
化的图线如图所示，则（ ）
A．t=1s 时物块的速率为1m/s
B．t=2s 时物块的动量大小为2kg·m/s
C．t=3s 时物块的动量大小为5kg·m/s
D．t=4s 时物块的速度为零
【答案】A
【详解】A．由动量定理可得
Ft =mv
解得
v = Ft
m t=1s 时物块的速率为
v = F1t1
m = 2×1
2
=1m/s
故A 正确；
BCD．t=2s 时物块的动量大小
p2= F1t2=2×2kg⋅m/s=4kg⋅m/st=3s 时物块的动量大小为
p3=(2×2−1×1)kg⋅m/s=3kg⋅m/st=4s 时物块的动量大小为
p4=(2×2−1×2)kg⋅m/s=2kg⋅m/s
所以t=4s 时物块的速度为1m/s，故BCD 错误。
故选A。
2.（天津·高考真题）2023 年我国首套高温超导电动悬浮全要素试验系统完成首次悬浮运行，实现重要技术
突破。设该系统的试验列车质量为m，某次试验中列车以速率v 在平直轨道上匀速行驶，刹车时牵引系统
处于关闭状态，制动装置提供大小为F 的制动力，列车减速直至停止。若列车行驶时始终受到大小为f 的
空气阻力，则（ ）
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A．列车减速过程的加速度大小a= F
m
B．列车减速过程F 的冲量为mv
C．列车减速过程通过的位移大小为
m v
2
2( F + f )D．列车匀速行驶时，牵引系统的输出功率为(f + F )v
【答案】C
【详解】A．根据牛顿第二定律有
F + f =ma
可得减速运动加速度大小
a= F + f
m
故A 错误；
B．根据运动学公式有
t = v
a = mv
F + f
故力F 的冲量为
I = Ft = Fmv
F + f
方向与运动方向相反；故B 错误；
C．根据运动学公式
v
2=2ax
可得
x = v
2
2a =
m v
2
2(F + f )
故C 正确；
D．匀速行驶时牵引力等于空气阻力，则功率为
P = fv
故D 错误。
故选C。
3.（海南·高考真题）在冰上接力比赛时，甲推乙的作用力是F1，乙对甲的作用力是F2，则这两个力（
）
A．大小相等，方向相反
B．大小相等，方向相同
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C．F1的冲量大于F2的冲量
D．F1的冲量小于F2的冲量
【答案】A
【详解】根据题意可知F1和F2是相互作用力，根据牛顿第三定律可知F1和F2等大反向、具有同时性；根
据冲量定义式I = Ft可知F1和F2的冲量大小相等，方向相反。
故选A。
4，（2025·湖北·高考真题）一个宽为L 的双轨推拉门由两扇宽为L
2 的门板组成。门处于关闭状态，其俯视
图如图（a）所示。某同学用与门板平行的水平恒定拉力作用在一门板上，一段时间后撤去拉力，该门板
完全运动到另一边，且恰好不与门框发生碰撞，其俯视图如图（b）所示。门板在运动过程中受到的阻力
与其重力大小之比为μ，重力加速度大小为g。若要门板的整个运动过程用时尽量短，则所用时间趋近于（
）
A．√
L
2 μg
B．√
L
μg
C．√
2 L
μg
D．2√
L
μg
【答案】B
【详解】设拉力为F，作用时间为t1，撤去外力后AB运动的时间为t2，AB运动过程的最大速度为vm，则
由动量定理，有(F −μmg)t1=m vm
得t1=
m vm
F −μmg
撤销拉力后，有μmgt2=m vm
得t2= vm
μg
对于全过程，有F t1= μmgt
得F = μmgt
t1
对于全过程有L
2 = vmt
2
故AB运动的总时间
t =t1+t2=
mvm
F −μmg + vm
μg =
mvm
μmgt
t1
−μmg
+ vm
μg = vm
μg ⋅
t
t −t1
= vmt
μg ⋅
1
t −t1
=
L
μgt2
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可知当t2越大时，t越小，当t2=t时，t取最小值。
则tmin
2= L
μg
则tmin=√
L
μg
故选B。
5.（2025·浙江·高考真题）有一离地面高度20m、质量为2×10
−13kg稳定竖直降落的沙尘颗粒，在其降落
过程中受到的阻力与速率v 成正比，比例系数1×10
−9kg/s，重力加速度g=10m/ s
2，则它降落到地面
的时间约为（ ）
A．0.5h
B．3h
C．28h
D．166h
【答案】B
【详解】沙尘颗粒开始时速度较小时，阻力较小，可知
mg−kv =ma…………①
沙尘颗粒速率增大，阻力增大，加速度减小，当a=0时，沙尘颗粒速度达到最大且稳定，此时速度满足
mg =k vm…………②
解得
vm =2×10
−3 m/s
由动量定理可得
mgt −kv t =mv
即
mgt −kh=mv
则沙尘下落时间为
t = kh+mv
mg
由于mv ≪kh，则
t ≈kh
mg =10
4 s≈3h
故选B。
6.（河北·高考真题）某科研团队通过传感器收集并分析运动数据，为跳高运动员的技术动作改进提供参
考。图为跳高运动员在起跳过程中，其单位质量受到地面的竖直方向支持力随时间变化关系曲线。图像中
10.10s至10.35s内，曲线下方的面积与阴影部分的面积相等。已知该运动员的质量为60kg，重力加速度
g 取10 m /s
2。下列说法正确的是（ ）
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A．起跳过程中运动员的最大加速度约为42m /s
2
B．起跳后运动员重心上升的平均速度大小约为3 m /s
C．起跳后运动员重心上升的最大高度约为0.45 m
D．起跳过程中运动员所受合力的冲量大小约为330 N⋅S
【答案】C
【详解】A．由图像可知，运动员受到的最大支持力约为
Fmax= 42×60 N =2520 N
根据牛顿第二定律可知，起跳过程中运动员的最大加速度约为
amax = Fmax−mg
m
= 2520−60×10
60
m /s
2=32m /s
2
故A 错误；
BCD．根据F −t图像可知，起跳过程中支持力的冲量为
I F=22×60×(10.35−10.10)N⋅s=330 N⋅s
起跳过程中运动员所受合力的冲量大小约为
I 合= I F−mgt =330 N ⋅s−60×10×(10.35−10.10)N⋅s=180 N ⋅s
根据动量定理可得
I 合=mv −0
解得起跳离开地面瞬间的速度为
v =3 m /s
则起跳后运动员重心上升的平均速度为
v = v
2 =1.5 m /s
起跳后运动员重心上升的最大高度为
h= v
2
2g =
3
2
2×10 m =0.45 m
故BD 错误，C 正确。
故选C。
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