文档文本内容
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第25 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..........................................................................................................................2
03 核心突破·靶向攻坚..........................................................................................................................3
考点一 动量和冲量...........................................................................................................................................3
知识点1 动能、动量、动量变化量的比较......................................................................................3
知识点2 冲量的计算................................................................................................................................3
考向1 动量和动量变化量的计算............................................................................................................4
考向2 冲量的计算....................................................................................................................................4
考点二 动量定理的理解及应用.......................................................................................................................5
知识点1 动量定理的理解..................................................................................................................5
知识点2 动量定理的应用技巧..........................................................................................................5
考向1 应用动量定理解释生活现象
考向2 应用动量定理求平均冲力或时间
考向3 在多过程问题中应用动量定理
考点三 应用动量定理处理“”流体类“”问题...................................................................................5
考向2 动量定理解决流体问题..........................................................................................................6
知识点3 应用动量定理处理“流体模型”............................................................................................6
考向1 动量定理的应用..............................................................................................................................6
考向3 动量定理求蹦极类问题..................................................................................................................7
04 真题溯源·考向感知..........................................................................................................................7
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
广西卷T10
动量定理的理解
及应用
选择题
非选择题
浙江卷1 月卷T5，
广东卷T14
全国甲卷T20
新课标卷T19
广东卷T10
浙江卷6 月卷T20
应用动量定理
处理“”流体
类“”问题
选择题
非选择题
考情分析：
1．湖南高考对动量定理的考查较为频繁，大多在以计算题的形式出现，题目的难度不大，联系实际生活
场景的情况较多。
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，不仅局限于力学内部综合，还可能与电磁学、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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考点一 动量 冲量
知识点1 动能、动量、动量变化量的比较
动能
动量
动量变化量
定义
物体由于运动而具有的能
量
物体的质量和速度的乘积
物体末动量与初动量的矢
量差
定义式
Ek＝mv2
p＝mv
Δp＝p′－p
标矢性
标量
矢量
矢量
特点
状态量
状态量
过程量
关联
Ek＝，Ek＝pv，p＝，p＝
动量和动量定理及
其应用
动量、动量变化和冲量
1. 动能、动量及其变化比较
2. 冲量及计算
动量定理
1. 动量定理理解
2. 动量定理的应用技巧
两类柱状模型
流体类模型
微粒类模型
3
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方程
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
知识点2 冲量及计算
1.冲量
(1)定义：力与力的作用时间的乘积叫作力的冲量。
(2)表达式：I＝F Δ t 。
(3)单位：冲量的单位是牛秒，符号是 N·s。
(4)方向：冲量是矢量，恒力冲量的方向与力的方向相同。
2.冲量的计算
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 动量和动量变化量的计算
例1 （2025·湖南师大附中·一模）如图所示，某同学用大腿颠足球，某时刻质量为
的足球以
的竖直向下的速度碰撞大腿，足球与腿接触
后竖直向上原速反弹，重力加速度取
，
则在足球与腿碰撞的过程中，下列说法正确的是（ ）
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A．碰撞前后，足球动量变化量的大小为
B．碰撞前，足球的动量大小为
C．足球对大腿的冲量大小为
D．大腿对足球的平均作用力大小为
【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
则碰撞前后，足球的动量变化量的大小为
，故A 正确；
B．碰撞前，足球的动量大小为
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
解得
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
则足球对大腿的冲量大小为
故CD 错误。
故选A。
【变式训练1】（2025·广东深圳·一模）“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
，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
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，
必增大，座椅转动的周期随之增大
【答案】A
【详解】A．根据题意可知。座椅转动的周期
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故半个周期内重力的冲量为
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
B 错误；
CD．由于座椅做匀速圆周运动，则有
解得
可见周期与质量m 无关，当v 增大，
必增大，座椅转动的周期减小，CD 错误。
故选A。
（【变式训练2】（2025·贵州黔南·模拟预测）弓和弩是冷兵器时代常用的武器，弓多抛射（发射
速度斜向上），弩多平射（发射速度水平）。如果在同一高度分别用弓、弩发射质量相同的弓箭和
弩箭（均可视为质点），射出时速度大小相等且落在同一水平地面上，如图所示。不计空气阻力，
从射出到落地前瞬间的过程中，与弩箭相比，弓箭（ ）
A．动量变化量一定较大
B．水平位移一定较大
C．落地前瞬间的速度一定较大
D．重力做功的平均功率一定较大
【答案】A
【详解】A．设发射点离地高度为h，由题知，弩箭做平抛运动，则在竖直方向上有h= 1
2 gt1
2
解得t1=√
2h
g
而弓箭做斜抛运动，在竖直方向上先向上做匀减速运动，再向下做自由落体运动，故其运动的时间
t2>t1
根据加速度的定义式有g= Δv
t
可得Δv =>¿
则动量的变化量为Δ p=m Δv =mgt
两箭的质量相同，因t2>t1，所以弓箭的动量变化量大于弩箭的动量变化量，故A 正确；
B．在水平方向上，弩箭做匀速直线运动，则有x1= v0t1
弓箭水平方向也做匀速直线运动x2= v xt2
6
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弓箭做斜抛运动，则其水平方向的分速度v x<v0
又t2>t1
故无法确定两箭水平位移的大小，故B 错误；
C．根据机械能守恒定律有1
2 m v0
2+mgh= 1
2 m v
2
解得落地速度为v =√v0
2+2gh
可知两箭的落地速度大小相等，故C 错误；
D．重力做功为W G=mgh
则重力做功的平均功率为P= W G
t
因两箭的重力做功相同，但t2>t1，所以弓箭重力做功的平均功率一定较小，故D 错误。
故选A。
考向2 冲量计算
例2 （2025·湖南邵阳·三模）打羽毛球是深受大众喜爱的体育运动。如图所示是羽毛球从左往右飞
行的轨迹图，图中A、B 为同一轨迹上等高的两点，P 为该轨迹的最高点，则羽毛球在该轨迹上运
动时，下列说法正确的是（ ）
A．在A、B 两点的动能相等
B．AP 段重力的冲量小于PB 段重力的冲量
C．整个飞行过程中经过P 点时的速度最小
D．在PB 下落阶段，羽毛球加速度的竖直分量大于重力加速度值
【答案】B
【详解】A．羽毛球由A 点运动到B 点过程中，重力做功为零，空气阻力做负功，由动能定理可知，
动能减小，所以羽毛球在A 点的动能大于B 点的动能，故A 错误；
BD．羽毛球上升阶段竖直方向所受合力大于重力，竖直方向的加速度大于g，下落阶段竖直方向所
受合力小于重力，竖直方向的加速度小于g，所以羽毛球AP 段所用时间比PB 段小，结合冲量的定
义可知，AP 段重力的冲量小于PB 段重力的冲量，故B 正确，D 错误；
C．羽毛球经过P 点时所受重力与空气阻力的合力与速度成钝角，说明速度正在减小，所以整个飞
行过程中经过P 点时的速度不是最小，故C 错误；
故选B。
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【变式训练1】2025·陕西渭南·三模）如图所示，光滑斜面体OAB 固定在水平桌面上，斜面OA 和
OB 的倾角分别为α=53°、β=37°。质量相同的物块a 和b（均可视为质点）从顶端O 处分别由斜面
OA 和OB 从静止滑下，sin37°=0.6，cos37°=0.8，下列说法正确的是（ ）
A．a 和b 下滑过程，所用时间之比为
B．a 和b 下滑过程，重力的冲量大小之比为
C．a 和b 下滑到底端时，重力的瞬时功率大小之比为
D．a 和b 下滑到底端时，动能大小之比为
【答案】B
【详解】A．设斜面的高度为h，则
，
所以
故A 错误；
B．下滑过程中重力的冲量大小为
所以
故B 正确；
C．下滑到底端时，重力的瞬时功率大小为
，
所以
故C 错误；
D．根据动能定理可得
所以
故D 错误。
故选B。
【变式训练2】（2025·广东惠州·模拟预测）如图（a）所示，轻质弹簧下端固定在倾角为37°的粗
糙斜面底端挡板上，弹簧处于原长。质量为m=1kg的小物块，从斜面顶端由静止释放沿斜面下滑，
小物块沿斜面向下运动过程中的合力F随位移x变化的图像如图（b）所示。已知弹簧始终在弹性限
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度内，重力加速度g=10 m /s
2，sin37° =0.6，cos37° =0.8。下列说法正确的是（ ）
A．此过程小物块所受重力的冲量为0
B．小物块与䣄面间的动摩擦因数为0.4
C．小物块刚接触弹簧时位移大小x =0.25 m
D．根据题目所给信息可以计算出弹簧的最大压缩量
【答案】D
【详解】A．根据I G=mgt可知，此过程小物块所受重力的冲量不为0，选项A 错误；
B．接触弹簧之前物块的合外力为4N，则mgsin37
∘−μmgcos37
∘= F合1= 4 N
解得小物块与斜面间的动摩擦因数为μ=0.25，选项B 错误；
C．由图像可知，小物块刚接触弹簧时位移大小x =0.15 m，选项C 错误；
D．根据题目所给信息可知，弹簧压缩Δx=（0.25-0.15）m=0.1m 时合外力为零，则有kΔx=F 合1
解得k=40N/m
设弹簧的最大压缩量为x，根据功能关系可得F合1(0.15+ x)= 1
2 k x
2
解得x=0.3m
故D 正确。
故选D。
考点二 动量定理的理解及应用
知识点1 动量定理的理解
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：FΔt＝Δp＝p′－p。
(3)矢量性：动量变化量的方向与合外力的冲量的方向相同，可以在某一方向上用动量定理。
2.动量定理的理解
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(1)动量定理表明冲量是使物体动量发生变化的原因,冲量是物体动量变化的量度。这里所说的
冲量必须是物体所受的合外力的冲量(或者说是物体所受各外力冲量的矢量和)。
(2)动量定理给出了冲量和动量变化间的相互关系。
(3)现代物理学把力定义为物体动量的变化率:F= Δ p
Δt (牛顿第二定律的动量形式)。
(4)动量定理的表达式F·Δt=Δp 是矢量式,在一维的情况下,各个矢量必须以同一个规定的方向为
正方向。运用它分析问题时要特别注意冲量、动量及动量变化量的方向,公式中的F 是物体或系统
所受的合力。
(5)动量定理不仅适用于恒定的力,也适用于随时间变化的力。这种情况下,动量定理中的力F 应
理解为变力在作用时间内的平均值。
3.应用动量定理解释的两类物理现象
(1)当物体的动量变化量一定时,力的作用时间Δt 越短,力F 就越大,力的作用时间Δt 越长,力F 就
越小,如玻璃杯掉在水泥地上易碎,而掉在沙地上不易碎。
(2)当作用力F 一定时,力作用时间Δt 越长,动量变化量Δp 越大,力的作用时间Δt 越短,动量变化
量Δp 越小。
知识点2 动量定理的应用技巧
1.应用I=Δp 求变力的冲量
如果物体受到大小或方向改变的力的作用,则不能直接用I=Ft 求冲量,可以求出该力作用下物体动量
的变化Δp,等效代换得出变力的冲量I。
1．应用Δp=FΔt 求动量的变化
3.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。
考向1 应用动量定理解释生活现象
例1．（2025·湖南娄底·一模）泡沫塑料由于其良好的缓冲性能成为近代广泛使用的缓冲材料，在
易碎物品的长途运输中起着重要作用。运输车在颠簸的路面上行驶，用泡沫塑料包装物品，泡沫塑
料所起的作用是（ ）
A．减小物品与包装箱的接触时间，减小合力冲量
B．延长物品与包装箱的接触时间，增大合力冲量
C．延长物品与包装箱的接触时间，减小包装箱对物品的平均冲击力
D．减小物品与包装箱的接触时间，减小包装箱对物品的平均冲击力
【答案】C
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【详解】A B．泡沫塑料的作用是延长了物品与包装箱的接触时间
，而物品的动量变化量
未
发生变化，根据动量定理，合力冲量不变，故AB 错误；
C D．设物品撞击时所受合力为
，根据动量定理
可得
可知泡沫塑料的作用是延长了物品与包装箱的接触时间
，减小物品所受到的合力，故C 正确，D
错误。
故选C。
【变式训练1】科技发展，造福民众。近两年推出的“智能防摔马甲”是一款专门为老年人研发的
科技产品。该装置的原理是通过马甲内的传感器和微处理器精准识别穿戴者的运动姿态，在其失衡
瞬间迅速打开安全气囊进行主动保护，能有效地避免摔倒带来的伤害。在穿戴者着地的过程中，安
全气囊可以（ ）
A．减小穿戴者动量的变化量
B．减小穿戴者动量的变化率
C．增大穿戴者所受合力的冲量
D．减小穿戴者所受合力的冲量
【答案】B
【详解】依题意，根据动量定理
，可得
可知安全气囊的作用是延长了人与地面的
接触时间
，从而减小人所受到的合外力，即减小穿戴者动量的变化率
，而穿戴者动量的变化
量
，也即穿戴者所受合力的冲量
均未发生变化。故选B。
考向2 应用动量定理求平均冲力或时间
例2 （2025·湖南模拟）如图为运动员的索降示意图，质量为m 的运动员双手抓握绳索从高处由静
止开始匀加速下降，下降高度为h，双脚触地同时松手，后用时t 速度减为零，脚对地面的平均压
力为
，取地面为重力势能的零势能面，重力加速度为g，运动员可视为质点。下列说法正确的
是（ ）
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A．人加速下降的时间为
B．人落地时的速度大小为
C．人的重力势能等于动能时，两者一定都是
D．k 可能为
【答案】AB
【知识点】用动能定理求解外力做功和初末速度、用动量定理解释缓冲现象
【详解】B．设竖直向下为正方向，根据动量定理可得
解得人落地时的速度大小为
故B 正确；
A．根据平均速度计算可得
解得
故A 正确；
C．根据
解得
根据动能定理，当人的重力势能等于动能时，从此位置到落到地面过程中，可得
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故C 错误；
D．从开始到人的重力势能等于动能时，根据动能定理
解得
解得
故D 错误。
故选AB。
【变式训练1】（2025·广东汕头·一模）图所示为乒乓球火箭现象：将乒乓球放在装有水的水杯中，
随水杯由静止下落并与地面发生碰撞后，乒乓球会被弹射到很高的地方。在水杯撞击地面的极短时
间内，杯中产生极大的等效浮力，使乒乓球被加速射出。已知等效浮力给乒乓球的冲量为
，乒乓
球质量为
，下落高度为
，当地重力加速度为
，且
远远小于等效浮力，忽略空气阻力，下
列说法正确的是（ ）
A．水杯落地时，乒乓球的速率为
B．脱离水面时，乒乓球的速率为
C．从开始下落到上升至最高点的过程中，乒乓球的动量变化大小为
D．从开始下落到上升至最高点的过程中，乒乓球重力的冲量大小为
【答案】D
【详解】A．水杯落地时，乒乓球的速率为
选项A 错误；
B．向上为正方向，从水杯落地到乒乓球脱离水面由动量定理
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解得脱离水面时，乒乓球的速率为
选项B 错误；
CD．从开始下落到上升至最高点的过程中，根据动量定理
可知乒乓球的动量变化大小为0，乒乓球重力的冲量大小为
选项C 错误，D 正确。
故选D。
【变式训练2】（2025·辽宁沈阳·二模）如图所示，同学A 在距离地面高h=1m处将排球以
v0=10 m /s的初速度斜向上击出，速度的方向与水平方向的夹角为53°，站在对面的同学B 静止不
动，伸直的手臂与水平地面呈一定夹角，排球恰好在离地h 处垂直打到B 的手臂上。假设碰撞过程
中手臂保持静止，B 垫起球的前后，排球的速度大小相等、方向相反，排球与手臂的作用时间为
0.1s，排球的质量m=0.2kg，重力加速度g=10 m /s
2，sin53° =0.8，排球可视为质点，不计空
气阻力。求：
(1)排球运动过程中离地面的最大高度；
(2)A 击球点和B 接球点之间的水平距离；
(3)B 在垫球的过程中，手臂受到的弹力的平均值。
【答案】(1)H = 4.2m
(2)x =9.6 m
(3)FN = 41.6 N
【详解】（1）排球能上升的高度h
' = v0
2sin
253°
2g
离地面的最大高度H =h+h
'
解得H = 4.2m
（2）排球上升到最高的过程中在竖直方向上有0= v0sin53°−g t
2
在水平方向上有x = v0cos53°⋅t
解得x =9.6 m
（3）以B 垫起后排球的速度为正方向，根据动量定理得( FN−mgsin53°)t
' =m v0−m(−v0)
解得FN= 41.6 N
根据牛顿第三定律可知，手臂受到的弹力的平均值为41.6 N
考向3 在多过程问题中应用动量定理
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例3（2025·陕西咸阳·三模）（多选）两个质量相同的物体
、
并排静止在水平面上，与水平面
间的动摩擦因数分别为
、
，用同向水平拉力
、
分别作用于物体
和
上，一段时间后撤
去，两物体各自滑行一段距离后停止运动。物体
、
运动的速度-时间图像分别如图中图线①、
②所示，已知拉力
、
分别撤去后，物体做减速运动过程的速度-时间图像彼此平行（相关数据
已在图中标出）。由图中信息可以得出（ ）
A．两个拉力之比为
B．两个物体
、
与水平面间的动摩擦因数之比为
C．两个拉力对物体
、
的冲量之比为
D．两个拉力对物体
、
所做的功之比为
【答案】AC
【详解】A．因为两物体做减速时，速度与时间图像彼此平行，说明两物体所受摩擦力相同，大小
均为
由速度与时间图像求得加速度大小
物体做加速运动时，根据速度与时间图像，
的加速度为
，
的加速度为
，对
进
行受力分析
对
进行受力分析
所以
A 正确；
B．因为摩擦力大小相同，即
解得
B 错误；
C．对
运动的全过程列动量定理
对
运动的全过程列动量定理
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解得
C 正确；
D．
加速运动的位移
加速运动的位移
所做功
所做功
所以
D 错误。
故选AC。
【变式训练1】（2025·山西阳泉·三模）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
【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
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W = 1
2 mv0
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。
考点三 用动量定理处理流体类问题
知识点1 流体类柱状模型
流体及
其特点
通常液体流、气体流等被广义地视为“流体”，质量具有连续性，通常已知密度ρ
分
析
步
骤
1
建立“柱状模型”，沿流速v 的方向选取一段柱形流体，其横截面积为S
2
微元研究，作用时间Δt 内的一段柱形流体的长度为Δl，对应的质量为Δm＝ρSvΔt
3
建立方程，应用动量定理研究这段柱状流体
知识点2 微粒类柱状模型
微粒及
其特点
通常电子流、光子流、尘埃等被广义地视为“微粒”，质量具有独立性，通常给
出单位体积内粒子数n
分
析
步
1
建立“柱状模型”，沿运动的方向选取一段微元，柱体的横截面积为S
2
微元研究，作用时间Δt 内一段柱形流体的长度为Δl，对应的体积为ΔV＝Sv0Δt，
则微元内的粒子数N＝nv0SΔt
17
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骤
3
先应用动量定理研究单个粒子，建立方程，再乘以N 计算
考向1 用动量定理解决“流体类柱状“问题
例1（2025·湖南长沙麓山外国语实验中学·一模）日常生活中常用高压水枪清洗汽车，某高压水枪
喷口直径为D，喷出水流的流速为v，水柱垂直射向汽车表面后速度变为零。已知水的密度为
。
下列说法正确的是（ ）
A．高压水枪单位时间内喷出的水的体积为
B．高压水枪单位时间内喷出的水的质量为
C．水柱对汽车的平均冲力为
D．若高压水枪喷口的出水速度变为原来的2 倍，则水柱对汽车的平均冲力为原来的2 倍
【答案】C
【知识点】用动量定理解决流体问题
【详解】A．高压水枪单位时间内喷出的水的体积
故A 错误；
B．高压水枪单位时间喷出水的质量
故B 错误；
C．设水柱对汽车的平均冲力为F，垂直汽车表面方向，由动量定理得
时间内水柱的质量为
解得水柱对汽车的平均冲力为
故C 正确；
D．根据
若高压水枪喷口的出水速度变为原来的2 倍，则水柱对汽车的平均冲力为原来的4 倍，故D 错误。
故选C。
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【变式训练1】（2025·湖北·模拟预测）如图所示为清洗汽车用的高压水枪。设水枪出水口直径为
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
4 ，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，水
流对车身的平均冲击力为（ ）
A．19 πρ D
2v
2
64
B．15 πρ D
2v
2
64
C．11πρ D
2v
2
64
D．5 πρ D
2v
2
16
【答案】A
【详解】由题意可知，在很短时间Δt内流出的水的质量为Δm= ρSv Δt = 1
4 ρπ D
2v Δt
设水流对车身的平均冲击力大小为F，则由牛顿第三定律可知车身对水流的平均冲力大小也为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
4 −(−v)]
解得F = 19 πρ D
2v
2
64
故选A。
【变式训练2】（2025·河南·二模）2024 年9 月25 日，中国人民解放军火箭军向太平洋公海海域成
功发射1 枚搭载训练模拟弹头的洲际弹道导弹。射程超过1.4 万公里速度超过25 马赫，在飞行中段
的高度在1200 公里以上，比大部分人造卫星（主流是400 公里）都要高得多。现设导弹在高空飞
行途中某段时间内运行轨道近似视为在地球引力作用下的匀速圆周运动，为了维持导弹在轨道上做
短暂的匀速圆周运动，由于高空稀薄空气的影响，需要通过瞬时喷气对导弹施加一个与速度方向相
同的推力。已知稀薄空气的密度为ρ，导弹做圆周运动的轨道离地高度为h，地球半径为R，地球表
面的重力加速度为g，导弹垂直速度方向的横截面积为S，假设空气碰到导弹后立刻与导弹速度相
同，忽略空气的初始速度。对这段运动过程，下列说法正确的是（ ）
A．洲际弹道导弹的速度大小为√
gh
2
R+h
B．洲际弹道导弹的速度大小为√
g R
2
R+h
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C．喷气对导弹施加的推力大小是ρSg R
2
R+h D．喷气对导弹施加的推力大小是ρSgh
2
R+h
【答案】BC
【详解】AB．做匀速圆周运动，有G
Mm
( R+h)
2 =m
v
2
R+h
在地球表面有G Mm
R
2 =mg
联立解得v =√
g R
2
R+h
故A 错误，B 正确；
CD．设在Δt时间内和导弹发生相互作用的空气质量为Δm，则Δm= ρSv Δt
对这些空气运用动量定理有F ⋅Δt = Δmv
由牛顿第三定律，喷气对导弹施加的推力大小F
' = F
联立解得F
' = ρSg R
2
R+h
故C 正确，D 错误。
故选BC。
考向2 用动量定理解决“微粒类柱状“问题
例2 （2025·湖南岳阳·模拟）我国空间站天和核心舱配备了4 台霍尔推进器。如图所示，进入电离
室的气体被电离成正离子，经电场加速后以极高速度喷出，在相反的方向上对航天器产生推力。假
设核心舱的质量为
，电离后的离子初速度为0，加速电压为
，单台推进器单位时间喷出的离子
数量为
，离子质量为
，电荷量为，忽略离子间的相互作用力，下列说法正确的是（ ）
A．离子喷出加速电场时的速度为
B．单台霍尔推进器的离子向外喷射形成的等效电流为
C．离子在电场中加速的过程中，动能和电势能都增大
D．推进器全部同向开启时，核心舱的加速度为
【答案】ABD
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【详解】A．电场对粒子加速有
解得离子喷出加速电场时的速度
故A 正确；
B．单台霍尔推进器的离子向外喷射形成的等效电流为
故B 正确；
C．离子在电场中加速的过程中，电场对粒子做正功，粒子动能增加，电势能减小，故C 错误；
D．推进器全部同向开启时，设单个推进器给核心舱的作用力大小为F，对粒子，根据动量定理有
其中
对核心舱，有
联立以上，解得核心舱的加速度为
故D 正确。
故选ABD。
【变式训练1】（2025·湖北十堰·模拟预测）如图所示，联合收割机正在水平地面上收割小麦，通
过收割、脱粒、清选后得到干净的小麦，干净的小麦再通过倾斜的送料管输送到高处，并以相对管
口竖直向下2m/s 的速度被喷出，最后落入与它并排匀速行驶的货车车厢内。该收割机送料管1s 内
可输送小麦的质量为k=20kg，送料管口离货车车厢底部的高度差为1.6m，货车车厢是长为15m 的
长方体。为了让小麦尽可能装满整个车厢，货车行驶的速度往往比收割机稍快些。已知10t 小麦刚
好能将货车车厢装满，重力加速度g=10 m/s
2，不计空气阻力。下列说法正确的是（ ）
A．若收割机和货车均静止，收割机将小麦无初速度地放上送料管，则送料管对小麦做功的功
率为40W
B．若收割机和货车均静止，小麦落到车厢底部速度即刻变为零，则小麦对车厢底部的平均冲
击力大小约为120N
C．若收割机匀速行驶的速度为1m/s，且恰能装满货车车厢，则货车匀速行驶的速度应为
1.03m/s
D．若收割机匀速行驶的速度为1m/s，且恰能装满货车车厢，则小麦对车厢底部的水平方向作
用力约为0.6N
【答案】BCD
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【详解】A．由题意可知，每秒内质量为20kg 的小麦动能增加1
2 mv0
2= 40J
小麦的重力势能也增加，送料管对小麦做功的功率大于40W，A 错误；
B．小麦下落的初速度v0=2m/s，设落在车厢底部的末速度为v，由速度位移公式有v
2−v0
2=2 gh
解得v =6 m/s
极短时间Δt 内落到车厢底部的小麦质量为Δm=k Δt =20 Δt
小麦落到车厢底部速度即刻变为零，由动量定理可得−F Δt =0−Δmv
解得F =120 N
则小麦对车厢底部的平均冲击力大小F
' = F =120 N，B 正确；
C．设收割机匀速行驶的速度为v1，货车匀速行驶的速度为v2，则
v2t −v1t = L，t = m1
k
解得t =500s，v2=1.03 m/s，C 正确；
D．对小麦在水平方向由动量定理可得F xΔt =Δm(v2−v1)
解得F x =0.6 N
所以小麦对车厢底部的水平方向作用力约为0.6N，D 正确。
故选BCD。
（
1．（2025·浙江·高考真题）有一离地面高度
、质量为
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
，重力加速度
，则它降
落到地面的时间约为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【详解】沙尘颗粒开始时速度较小时，阻力较小，可知
…………①
沙尘颗粒速率增大，阻力增大，加速度减小，当
时，沙尘颗粒速度达到最大且稳定，此时速
度满足
…………②
解得
由动量定理可得
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即
则沙尘下落时间为
由于
，则
故选B。
2．（2025·湖北·高考真题）一个宽为L 的双轨推拉门由两扇宽为
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
，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．
B．
C．
D．
【答案】B
【详解】设拉力为
，作用时间为，撤去外力后
运动的时间为
，
运动过程的最大速度为
，则由动量定理，有
得
撤销拉力后，有
得
对于全过程，有
得
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对于全过程有
故
运动的总时间
可知当
越大时，越小，当
时，取最小值。
则
则
故选B。
3．（2025·四川·高考真题）如图所示，真空中固定放置两块较大的平行金属板，板间距为d，下极
板接地，板间匀强电场大小恒为E。现有一质量为m、电荷量为q（
）的金属微粒，从两极
板中央O 点由静止释放。若微粒与极板碰撞前后瞬间机械能不变，碰撞后电性与极板相同，所带电
荷量的绝对值不变。不计微粒重力。求：
(1)微粒第一次到达下极板所需时间；
(2)微粒第一次从上极板回到O 点时的动量大小。
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）由牛顿第二定律
由运动学公式
联立可得微粒第一次到达下极板所需的时间为
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（2）微粒第一次到达下极板时的速度大小为
由于微粒与极板碰撞前后瞬间机械能不变，碰撞后电性与极板相同，所带电荷量的绝对值不变，设
微粒碰后第一次到达上极板时的速度大小为
，满足
代入解得
同理可得微粒第一次从上极板回到O 点时的速度大小为
，满足
代入解得
故微粒第一次从上极板回到O 点时的动量大小为
4．（2025·甘肃·高考真题）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)
【详解】（1）由图2 可知F 随时间线性变化，根据数学知识可知
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所以当t=6s 时，
0~6s 内F 的冲量为F−t 图围成的面积，即
（2）由于初始时刻。物块刚好能静止在细杆上，则有
即
在垂直杆方向，当
时，
则0−4s，垂直杆方向
摩擦力
在4−6s 内，垂直杆方向
摩擦力
相应的f−t 图像如图
（3）在0~6s 内沿杆方向根据动量定理有
在0~6s 内摩擦力的冲量为f−t 图围成的面积，则
联立有
可得
5．（2025·河北·高考真题）如图，一长为2m 的平台，距水平地面高度为1.8m。质量为0.01kg 的
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小物块以3m/s 的初速度从平台左端水平向右运动。物块与平台、地面间的动摩擦因数均为0.2。物
块视为质点，不考虑空气阻力，重力加速度g 取10m/s2。
(1)求物块第一次落到地面时距平台右端的水平距离。
(2)若物块第一次落到地面后弹起的最大高度为0.45m，物块从离开平台到弹起至最大高度所用时间
共计1s。求物块第一次与地面接触过程中，所受弹力冲量的大小，以及物块弹离地面时水平速度的
大小。
【答案】(1)0.6m；(2)IN = 0.1N·s；vx′ = 0
【详解】（1）小物块在平台做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律有a = μg
则小物块从开始运动到离开平台有
小物块从平台飞出后做平抛运动有
，x = vxt1
联立解得x = 0.6m
（2）物块第一次落到地面后弹起的最大高度为0.45m，则物块弹起至最大高度所用时间和弹起的
初速度有
，vy2 = gt2
则物块与地面接触的时间Δt = t－t1－t2 = 0.1s
物块与地面接触的过程中根据动量定理，取竖直向上为正，在竖直方向有IN－mgΔt = mvy2－m(－
vy1)，vy1 = gt1
解得IN = 0.1N·s
取水平向右为正，在水平方向有
，
解得vx′ = －1m/s
但由于vx′减小为0 将无相对运动和相对运动的趋势，故vx′ = 0
6．（2025·北京·高考真题）关于飞机的运动，研究下列问题。
(1)质量为m 的飞机在水平跑道上由静止开始做加速直线运动，当位移为x 时速度为v。在此过程中，
飞机受到的平均阻力为f，求牵引力对飞机做的功W。
(2)飞机准备起飞，在跑道起点由静止开始做匀加速直线运动。跑道上存在这样一个位置，飞机一旦
超过该位置就不能放弃起飞，否则将会冲出跑道。己知跑道的长度为L，飞机加速时加速度大小为
，减速时最大加速度大小为
。求该位置距起点的距离d。
(3)无风时，飞机以速率u 水平向前匀速飞行，相当于气流以速率u 相对飞机向后运动。气流掠过飞
机机翼，方向改变，沿机翼向后下方运动，如图所示。请建立合理的物理模型，论证气流对机翼竖
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直向上的作用力大小F 与u 的关系满足
，并确定
的值。
【答案】(1)
(2)
(3)论证见解析，
【详解】（1）根据动能定理
可得牵引力对飞机做的功
（2）加速过程，设起飞速度为
，根据速度位移关系
减速过程，根据速度位移关系
联立解得
（3）在无风的情况下，飞机以速率u 水平飞行时，相对飞机的气流速率也为u，并且气流掠过机翼
改变方向，从而对机翼产生升力。根据升力公式，升力与气流的动量变化有关，根据动量定理
可得
又
，
联立可得
又
可知
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即
7．（2024·安徽·高考真题）（多选）一倾角为
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
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
和
，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
，不计空气阻力。则（ ）
A．物块始终做匀变速曲线运动
B．
时，物块的y 坐标值为2.5m
C．
时，物块的加速度大小为
D．
时，物块的速度大小为
【答案】BD
【详解】A．根据图像可得
，
，故两力的合力为
物块在y 轴方向受到的力不变为
，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
故
时，物块的y 坐标值为
故B 正确；
C．
时，
，故此时加速度大小为
故C 错误；
D．对x 轴正方向，对物块根据动量定理
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由于F 与时间t 成线性关系故可得
解得
此时y 轴方向速度为
故此时物块的速度大小为
故D 正确。
故选BD。
8.（2023·广东·高考真题）某同学受电动窗帘的启发，设计了如图所示的简化模型．多个质量均为
的滑块可在水平滑轨上滑动，忽略阻力．开窗帘过程中，电机对滑块1 施加一个水平向右的恒
力
，推动滑块1 以
的速度与静止的滑块2 碰撞，碰撞时间为
，碰撞结束后瞬间
两滑块的共同速度为
．关于两滑块的碰撞过程，下列说法正确的有（ ）
A．该过程动量守恒
B．滑块1 受到合外力的冲量大小为
C．滑块2 受到合外力的冲量大小为
D．滑块2 受到滑块1 的平均作用力大小为
【答案】BD
【详解】A．取向右为正方向，滑块1 和滑块2 组成的系统的初动量为
碰撞后的动量为
则滑块的碰撞过程动量不守恒，故A 错误；
B．对滑块1，取向右为正方向，则有
负号表示方向水平向左，故B 正确；
C．对滑块2，取向右为正方向，则有
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D．对滑块2 根据动量定理有
解得
则滑块2 受到滑块1 的平均作用力大小为
，故D 正确。
故选BD。
31
