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高考重点考点解读与针对性训练
第八章 动量守恒定律
考点50 动量定理
【考点解读】
考点1 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＝FΔt 。
（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。
【方法归纳】 动量、冲量的理解及计算
1.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
2.冲量的理解与计算
1
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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
考点 2 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。
考点3 动量定理的理解及应用
1.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。
（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。
2.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。
3.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。
【温馨提示】动量与动能的比较
2
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动量
动能
定义式
p＝mv
Ek＝1
2mv2
标矢性
矢量
标量
变化因素
合外力的冲量
合外力所做的功
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；（3）动量发
生变化时动能不一定发生变化
冲量与功的比较
冲量
功
公式
I＝Ft（F 为恒力）
W＝Flcosα（F 为恒力）
标矢性
矢量
标量
意义
表示力对时间的累积，是动量
变化的量度
表示力对空间的累积，是能量变化的量
度
联系
都是过程量，都与力的作用过程相互联系
【高考真题】
【典例1】（2022 年高考北京卷）体育课上，甲同学在距离地面高
处将排球击
出，球的初速度沿水平方向，大小为
；乙同学在离地
处将排球垫
起，垫起前后球的速度大小相等，方向相反。已知排球质量
，取重力加速度
。不计空气阻力。求：
3
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（1）排球被垫起前在水平方向飞行的距离x；
（2）排球被垫起前瞬间的速度大小v 及方向；
（3）排球与乙同学作用过程中所受冲量的大小I。
【命题意图】此题考查抛体运动及其相关知识点。
【名师解析】
（1）设排球在空中飞行的时间为t，则
得
则排球在空中飞行的水平距离
（2）乙同学垫起排球前瞬间排球在竖直方向速度的大小
得
则
得
设速度方向与水平方向夹角为
（如答图2 所示），
则
4
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（3）根据动量定理，排球与乙同学作用过程中所受冲量的大小
【典例2】.（2022·海南高考1 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
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
解析： 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。
【典例3】.（2023·新课标卷19 题）使甲、乙两条形磁铁隔开一段距离，静止于水平桌面
上，甲的N 极正对着乙的S 极，甲的质量大于乙的质量，两者与桌面之间的动摩擦因数相
等。现同时释放甲和乙，在它们相互接近过程中的任一时刻（ ）
A.甲的速度大小比乙的大
B.甲的动量大小比乙的小
C.甲的动量大小与乙的相等
D.甲和乙的动量之和不为零
答案 BD
解析： 根据F－μmg＝ma 可得a＝1
mF－μg，因m 甲＞m 乙，故a 甲＜a 乙，则任意时刻甲的
速度大小比乙的小，A 错误；m 甲＞m 乙，又μ 甲＝μ 乙，则μ 甲m 甲g＞μ 乙m 乙g，故甲和乙组
成的系统所受合外力的冲量方向水平向左，即甲的动量大小比乙的小，B、D 正确，C 错误。
【典例4】（2023·天津高考5 题）质量为m 的列车匀速v 行驶，突然以F 大小的力制动刹
车直到列车停止，过程中恒受到f 的空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A.减速运动加速度大小a＝F
m
B.力F 的冲量为mv
C.刹车距离为
m v
2
2（F ＋f ）
D.匀速行驶时功率为（f＋F）v
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答案 C
解析： 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；
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；根据运动学公式v2＝2ax，可得x＝v
2
2a
＝
m v
2
2（F ＋f ）
，故C 正确；匀速行驶
时牵引力大小等于空气阻力大小，则功率为P＝fv，故D 错误。
【典例5】.（2024·全国甲卷20 题）蹦床运动中，体重为60 kg 的运动员在t＝0 时刚好落
到蹦床上，对蹦床作用力大小F 与时间t 的关系如图所示。假设运动过程中运动员身体始
终保持竖直，在其不与蹦床接触时蹦床水平。忽略空气阻力，重力加速度大小取10 m/s2。
下列说法正确的是（ ）
A.t＝0.15 s 时，运动员的重力势能最大
B.t＝0.30 s 时，运动员的速度大小为10 m/s
C.t＝1.00 s 时，运动员恰好运动到最大高度处
D.运动员每次与蹦床接触到离开过程中对蹦床的平均作用力大小为4 600 N
答案 BD
解析： 根据题图分析可知，t＝0.15 s 时，运动员对蹦床作用力最大，则此时运动员下降
至最低点，运动员的重力势能最小，A 错误；根据题图分析可知，t＝0.30 s 时运动员离开
蹦床，做竖直上抛运动，经2 s 后，即t＝2.30 s 时再次落至蹦床上，根据竖直上抛运动的
对称性可知，t＝1.30 s 时，运动员运动至最大高度处，根据v＝gΔt 可知，运动员在t＝
0.30 s 时的速度大小v0＝10 m/s，B 正确，C 错误；对运动员与蹦床一次相互作用过程，
根据动量定理有（F－mg）Δt＝mv0－（－mv0），代入数据解得F＝4 600 N，D 正确。
【典例6】.(2022·湖北卷，7)一质点做曲线运动，在前一段时间内速度大小由v 增大到2v，
在随后的一段时间内速度大小由2v 增大到5v。前后两段时间内，合外力对质点做功分别
为W1和W2，合外力的冲量大小分别为I1和I2。下列关系式一定成立的是( )
A.W2＝3W1，I2≤3I1
B.W2＝3W1，I2≥I1
C.W2＝7W1，I2≤3I1
D.W2＝7W1，I2≥I1
答案 D
解析 根据动能定理可知W1＝m(2v)2－mv2＝mv2，W2＝m(5v)2－m(2v)2＝mv2，可得W2＝
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7W1，由于速度是矢量，具有方向，当初、末速度方向相同时，动量变化量最小，方向相
反时，动量变化量最大，因此冲量的大小范围是mv≤I1≤3mv，3mv≤I2≤7mv，可知
I2≥I1，故D 正确。
【典例7】（2024·广东高考14 题）汽车的安全带和安全气囊是有效保护乘客的装置。
（1）安全带能通过感应车的加速度自动锁定，其原理的简化模型如图甲所示。在水平路面
上刹车的过程中，敏感球由于惯性沿底座斜面上滑直到与车达到共同的加速度a，同时顶
起敏感臂，使之处于水平状态，并卡住卷轴外齿轮，锁定安全带。此时敏感臂对敏感球的
压力大小为FN，敏感球的质量为m，重力加速度为g。忽略敏感球受到的摩擦力。求斜面
倾角的正切值tan θ。
（2）如图乙所示，在安全气囊的性能测试中，可视为质点的头锤从离气囊表面高度为H 处
做自由落体运动。与正下方的气囊发生碰撞。以头锤到气囊表面为计时起点，气囊对头锤
竖直方向作用力F 随时间t 的变化规律，可近似用图丙所示的图像描述。已知头锤质量M
＝30 kg，H＝3.2 m，重力加速度大小取g＝10 m/s2。求：
①碰撞过程中F 的冲量大小和方向；
②碰撞结束后头锤上升的最大高度。
答案：（1）
ma
mg＋F N
（2）①330 N·s，方向竖直向上 ②0.2 m
解析：（1）敏感球受竖直向下的重力mg 和敏感臂向下的压力FN以及斜面的支持力FN1作
用，则由牛顿第二定律可知（mg＋FN）tan θ＝ma
解得tan θ＝
ma
mg＋F N
。
（2）①由题图丙可知碰撞过程中F 的冲量大小IF＝1
2×0.1×6 600 N·s＝330 N·s，方向竖
直向上；
②头锤落到气囊上时的速度v0＝√2 gH＝8 m/s
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与气囊作用过程由动量定理（向上为正方向）有IF－Mgt＝Mv－（－Mv0）
解得v＝2 m/s
则上升的最大高度h＝v
2
2 g
＝0.2 m。
【典例8】(2023·广东卷，10)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1 kg 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F，推动滑块1 以0.40 m/s 的速度与静止的滑块2 碰撞，碰撞时间为
0.04 s，碰撞结束后瞬间两滑块的共同速度为0.22 m/s，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0.18 N·s
C.滑块2 受到合外力的冲量大小为0.40 N·s
D.滑块2 受到滑块1 的平均作用力大小为5.5 N
答案 BD
解析 取向右为正方向，滑块1 和滑块2 组成的系统的初动量为p1＝mv1＝1×
0.40 kg·m/s＝0.40 kg·m/s，碰撞后总的动量为p2＝2mv2＝2×1×0.22 kg·m/s＝
0.44 kg·m/s，p1≠p2，则滑块的碰撞过程动量不守恒，故A 错误；对滑块1，取
向右为正方向，则有I1＝mv2－mv1＝1×0.22 kg·m/s－1×0.40 kg·m/s＝－0.18
kg·m/s，负号表示方向水平向左，故B 正确；对滑块2，取向右为正方向，则有
I2＝mv2＝1×0.22 kg·m/s＝0.22 kg·m/s，故C 错误；对滑块2，根据动量定理有
F12Δt＝I2，解得F12＝5.5 N，则滑块2 受到滑块1 的平均作用力大小为5.5 N，故
D 正确。
【典例9】(2023·重庆卷，8)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＝4t－26 和y＝－2t＋140。无人机及其载物的总质
量为2 kg，取竖直向上为正方向。则( )
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A.EF 段无人机的速度大小为4 m/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4 kg·m/s
D.MN 段无人机机械能守恒
答案 AB
解析 EF 段方程y＝4t－26，根据y－t 图像的切线斜率表示无人机的速度，可
知EF 段无人机的速度大小为v＝＝4 m/s，故A 正确；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；根据MN 段方程y＝－2t＋140，可知MN 段无人机的速度为
v′ ＝＝－2 m/s ，则有Δp ＝mv′ －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12 kg·m/s，故C 错
误；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。
【针对性训练】
1.（2025·广西柳州二模）某市学生期末考试体能测试中有一重要项目：排球垫球个数测试。
某同学在一次测试中双手在同一高度多次竖直垫起排球，第一次垫球后，球竖直上升高度
为0.2 m。第二次垫球后，球竖直上升高度为0.45 m。已知排球的质量为0.27 kg，重力
加速度g 取10 m/s2，不计空气阻力，则第二次垫球过程，排球动量变化量的大小为（
）
A.0.27 kg·m/s
B.0.54 kg·m/s
C.0.81 kg·m/s
D.1.35 kg·m/s
答案：D
解析：第一次垫球后，球竖直上升高度为0.2 m，球落回到手上的速度大小为v0＝√2gh0
＝2 m/s，方向向下；第二次垫球后，球竖直上升的高度为0.45 m，则球刚离手时的速度
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大小为v1＝√2 gh1＝3 m/s，方向向上；取向上为正方向，第二次垫球过程，排球动量变
化量为Δp＝mv1－（－mv0）＝m（v1＋v0）＝0.27 kg×5 m/s＝1.35 kg·m/s，故选D。
2 如图所示，质量为m 的小滑块沿倾角为θ 的斜面向上滑动，经过时间t1，速度为零并
又开始下滑，经过时间t2回到斜面底端，滑块在运动过程中受到的摩擦力大小始终为Ff。
在整个运动过程中，下列说法正确的是（ ）
A.重力对滑块的总冲量为mg（t1＋t2）sin θ
B.支持力对滑块的总冲量为mg（t1＋t2）cos θ
C.合力的总冲量为0
D.摩擦力的总冲量为Ff（t1＋t2）
答案：B
解析：重力对滑块的总冲量为mg（t1＋t2），故A 错误；支持力对滑块的总冲量为mg（t1
＋t2）cos θ，故B 正确；整个过程中小滑块的动量发生了改变，故合力的总冲量不为0，C
错误；上滑过程和下滑过程摩擦力的方向相反，故若以沿斜面向上为正方向，摩擦力的总
冲量为Ff（t2－t1），故D 错误。
3 一质点静止在光滑的水平面上，现对其施加水平外力F，力F 随时间按正弦规律变化，
如图所示，下列说法正确的是（ ）
A.第2 s 末，质点的动量为0
B.第2 s 末，质点的动量方向发生变化
C.第4 s 末，质点回到出发点
D.在1～3 s 时间内，力F 的冲量为0
答案：D
解析：由题图可知，0～2 s 时间内力F 的方向和质点运动的方向相同，质点经历了加速度
逐渐增大的加速运动和加速度逐渐减小的加速运动，所以第2 s 末，质点的速度最大，动
量最大，方向不变，故A、B 错误；2～4 s 内F 的方向与0～2 s 内力F 的方向相反，该质
点0～2 s 内做加速运动，2～4 s 内做减速运动，第4 s 末，物体速度减为0，所以质点在
0～4 s 内的位移均为正，第4 s 末，质点没有回到出发点，故C 错误；在F-t 图像中，图线
与横轴所围的面积表示力F 的冲量，由题图可知，1～2 s 内的面积与2～3 s 内的面积大小
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相等，一正一负，则在1～3 s 时间内，力F 的冲量为0，故D 正确。
4. 如图所示，为了安全，跳远时运动员都是跳在沙坑里。与跳在水泥地上相比较，以下说
法正确的是（ ）
A.人跳在沙坑的动量大小等于跳在水泥地上的动量大小
B.人跳在沙坑的动量变化比跳在水泥地上小
C.人跳在沙坑受到的冲量比跳在水泥地上小
D.人跳在沙坑受到的冲力比跳在水泥地上大
答案：A
解析：人跳在沙坑的动量大小等于跳在水泥地上的动量大小，因为人的质量与速度大小一
样，所以动量大小相等，A 正确；人跳在沙坑的动量变化等于跳在水泥地上的动量变化，
因为初动量相等，末动量为0，所以动量的变化量大小相等，B 错误；根据动量定理FΔt＝
Δp，人跳在沙坑受到的冲量与跳在水泥地上受到的冲量大小相等，C 错误；沙坑中的沙子
起到缓冲作用，延长力的作用时间，根据动量定理FΔt＝Δp 可知，人跳在沙坑受到的冲力
比跳在水泥地上小，D 错误。
5. “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.减小穿戴者与地面的接触时间
B.减小穿戴者所受重力的冲量
C.减小穿戴者动量的变化量
D.减小穿戴者动量的变化率
答案 D
解析： 设穿戴者所受合力为F，依题意，根据动量定理FΔt＝Δp，可得F＝Δ p
Δt ，可知安
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全气囊的作用是延长了穿戴者与地面的接触时间Δt，从而减小穿戴者所受到的合外力，即
减小穿戴者动量的变化率Δ p
Δt ，而穿戴者动量的变化量Δp 未发生变化，故A、C 错误，D
正确；由A、C、D 选项分析可知，安全气囊的作用是延长了穿戴者与地面的接触时间Δt，
知IG＝mgΔt，所以穿戴者所受重力的冲量增大了，故B 错误。
6 高空作业须系安全带。如果质量为m 的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带
对人刚产生作用力前，人下落的距离为h（可视为自由落体运动），此后经历时间t，安全
带达到最大伸长量。若在此过程中该作用力始终竖直向上，重力加速度为g，忽略空气阻
力，则该段时间安全带对人的平均作用力大小为（ ）
A.m√2gh
t
＋mg
B.m√2gh
t
－mg
C.m√gh
t
＋mg
D.m√gh
t
－mg
答案：A
解析：安全带对人起作用之前，人做自由落体运动，由v2＝2gh 可得，安全带对人起作用
前瞬间，人的速度v＝√2 gh；安全带达到最大伸长量时，人的速度为零；从安全带开始对
人起作用到安全带伸长量最大，取竖直向下的力为正方向，由动量定理可得（mg－F）t＝
0－mv，故平均作用力大小F＝mv
t ＋mg＝m√2gh
t
＋mg，故选项A 正确。
7.（2025·江苏徐州期中）两个具有相同动能的物体A、B，质量分别为mA、mB，且mA＞
mB，比较它们的动量，则（ ）
A.物体B 的动量较大
B.物体A 的动量较大
C.动量大小相等
D.不能确定
答案 B
解析： 根据动能的表达式Ek＝1
2mv2，动量的表达式p＝mv，联立可得p＝√2m Ek，物体
A、B 动能Ek相同，mA＞mB，则pA＞pB，即物体A 的动量较大，故选B。
8. 如图，水平飞向球棒的垒球被击打后，动量变化量为12.6 kg·m/s，则（ ）
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A.球的动能可能不变
B.球的动量大小一定增加12.6 kg·m/s
C.球对棒的作用力与棒对球的作用力大小一定相等
D.球受到棒的冲量方向可能与球被击打前的速度方向相同
答案 AC
解析： 垒球被击打后，可能以与被击打前等大的速率反向运动，所以球的动能可能不变
动量大小不变，A 正确，B 错误；由牛顿第三定律可知，球对棒的作用力与棒对球的作用力
是一对相互作用力，它们大小相等，C 正确；球受到棒的冲量方向是棒对球弹力的方向，
与球被击打前的速度方向相反，D 错误。
9.（2025·江苏泗阳期中调研）篮球运动深受同学们喜爱。打篮球时，某同学伸出双手接传
来的篮球，双手随篮球迅速收缩至胸前，如图所示。他这样做的效果是（ ）
A.减小篮球对手的冲击力
B.减小篮球的动量变化量
C.减小篮球的动能变化量
D.减小篮球对手的冲量
答案 A
解析： 先伸出两臂迎接，手接触到球后，两臂随球收至胸前，这样可以增加球与手接触
的时间，根据动量定理得－Ft＝0－mv，解得F＝mv
t ，当时间增大时，球动量的变化率减
小，作用力就减小，而冲量和动量的变化量都不变，故A 正确，B、D 错误；速度由v 减小
到0，动能的变化量是不变的，故C 错误。
10.（2025·云南玉溪模拟）将质量为m＝1 kg 的物块置于水平地面上，已知物块与水平地
面间的动摩擦因数为μ＝0.5，现在物块上施加一个平行于水平地面的恒力F＝10 N，物体
由静止开始运动，作用4 s 后撤去F。重力加速度取g＝10 m/s2，对于物块从静止开始运动
到停下这一过程，下列说法正确的是（ ）
A.整个过程物块运动的时间为6 s
B.整个过程物块运动的时间为8 s
C.整个过程中物块的总位移大小为40 m
D.整个过程中物块的总位移大小为60 m
答案 B
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解析： 在整个过程中由动量定理得Ft1－μmgt＝0，解得t＝8 s，选项A 错误，B 正确；
在物块前4 s 运动的过程中由动量定理得Ft1－μmgt1＝mv，解得v＝20 m/s，因物块加速和
减速过程的平均速度都为v＝0+ v
2
＝v
2，所以全程的平均速度也为v
2，则整个过程中物块
的总位移x＝v
2t＝20
2 ×8 m＝80 m，选项C、D 错误。
11.（2025·湖北武汉二模）中国汽车拉力锦标赛是我国级别最高，规模最大的汽车赛事之
一，其赛道有很多弯道。某辆赛车在一段赛道内速度大小由2v 变为4v，随后一段赛道内速
度大小由5v 变为7v，前后两段赛道内，合外力对赛车做的功分别为W1和W2，赛车的动量
变化的大小分别为Δp1和Δp2，下列关系式可能成立的是（ ）
A.W1＝W2，Δp1＝1
2Δp2
B.W1＝1
2W2，Δp1＝1
2Δp2
C.W1＝W2，Δp1＝4Δp2
D.W1＝1
2W2，Δp1＝4Δp2
答案 B
解析： 根据动能定理有W1＝1
2m（4v）2－1
2m（2v）2＝6mv2，W2＝1
2m（7v）2－1
2m
（5v）2＝12mv2，可得W1＝1
2W2，由于速度和动量是矢量，具有方向，当初、末速度方向
相同时，动量变化量最小，方向相反时，动量变化量最大，可知动量变化的大小范围是
2mv≤Δp1≤6mv，2mv≤Δp2≤12mv，综上，可知A、C、D 错误，B 正确。
12.（2025·江苏扬州模拟）如图，在光滑的水平桌面上，质量为m 的小球在轻绳的作用下，
绕O 点以速率v 做匀速圆周运动。A、B 点连线为直径，由A 点记时，经过时间t 小球在B
点，绳子的拉力大小为F，此过程中下列说法正确的是（ ）
A.圆周运动的周期可能为2
3t
B.小球重力的冲量大小为0
C.绳子拉力的冲量大小为Ft
D.小球动量的变化量大小为0
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答案 A
解析： 小球在轻绳的作用下，绕O 点做匀速圆周运动，则由A 到B 点的运动时间t 可能
是半个周期的奇数倍，即t＝nT
2 ，其中n 取奇数，则T＝2t
n ，当n＝3 时，T＝2
3t，故A 正
确；在时间t 内，小球重力的冲量大小为IG＝mgt，故B 错误；小球在水平桌面上运动时，
重力冲量与支持力冲量等大反向，小球在A 点和B 点时的速度方向相反，对该过程运用动
量定理，则绳子拉力的冲量大小为IF＝mv－（－mv）＝2mv，故C 错误；由C 可知，小球
在由A 点到B 点的运动过程中，动量的变化量大小为2mv，故D 错误。
13. （2025·四川绵阳模拟）有的人躺着看手机，若手机不慎跌落，会对人眼造成伤害。若
手机质量为150 g，从离人眼25 cm 处无初速度不慎跌落，碰到眼睛后手机反弹8 mm，
眼睛受到手机的冲击时间为0.1 s，取重力加速度g＝10 m/s2，√5＝2.236。手机撞击人眼
的过程中，下列分析正确的是（ ）
A.手机对人眼的冲击力大小为5.5 N
B.手机受到的重力冲量大小约为0.4 N·s
C.手机动量变化量大小约为0.4 kg·m/s
D.手机动量的变化率大小约为0.4 kg·m/s2
答案 AC
解析： 手机下落25 cm 过程由位移速度关系有v1
2＝2gh1，手机反弹8 mm 过程由位移速
度关系有v2
2＝2gh2，解得v1＝√5 m/s，v2＝0.4 m/s，取竖直向上为正方向，手机动量变
化量Δp＝mv2－（－mv1）≈0.4 kg·m/s，故C 正确；手机动量的变化率大小Δ p
Δt ＝4
kg·m/s2，故D 错误；根据冲量的定义，可得IG＝mgΔt＝0.15 N·s，故B 错误；对手机进行
分析，由动量定理有（F－mg）Δt＝Δp，解得冲击力的大小为F＝5.5 N，故A 正确。
14.（2025·广西贵港模拟）为了响应政府号召，做到“守护好一江碧水”，记者骑行马拉
松跑道见证最美长江岸线，并用手机上“测加速度”的应用程序记录下了电动车从静止开
始沿直线运动过程中的运动信息，其加速度随时间变化的规律如图所示，由图像可知在这
段时间内电动车（ ）
A.2 s 末的位移最大
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B.0～2 s 平均速度大小大于2～4 s 平均速度大小
C.0～2 s 合外力做功大小等于2～4 s 合外力做功大小
D.0～2 s 合外力冲量大小小于2～4 s 合外力冲量大小
答案 C
解析： a-t 图像与坐标轴包围的面积表示速度的变化量，0～2 s 速度的变化量大小与2～
4 s 速度的变化量大小相同，方向相反。设t＝2 s 时速度为v，则t＝4 s 时速度为零。0～2
s 电动车从速度为零开始加速，2～4 s 时减速到零，所以，4 s 末位移最大，A 错误；根据
图像对称性，0～2 s 位移与2～4 s 位移相等，0～2 s 平均速度大小等于2～4 s 平均速度
大小，B 错误；根据动能定理，0～2 s 和2～4 s 动能的变化量相等，故合外力做功大小相
等，C 正确；根据动量定理，0～2 s 合外力冲量大小等于2～4 s 合外力冲量大小，方向相
反，D 错误。
15 在光滑水平面上，原来静止的物体在水平力F 的作用下，经过时间t、通过位移L 后
动量变为p、动能变为Ek。以下说法正确的是( )
A.在F 作用下，若这个物体经过位移2L，其动量等于2p
B.在F 作用下，若这个物体经过位移2L，其动能等于2Ek
C.在F 作用下，若这个物体经过时间2t，其动能等于2Ek
D.在F 作用下，若这个物体经过时间2t，其动量等于2p
答案 BD
解析 在光滑水平面上，物体所受合力大小等于F 的大小，根据动能定理知，FL＝Ek，物
体位移变为原来的2 倍，动能变为原来的2 倍，根据p＝，知动量变为原来的倍，故A 错误，
B 正确；根据动量定理知，Ft＝mv，物体运动时间变为原来的2 倍，则动量变为原来的2
倍，根据Ek＝知，动能变为原来的4 倍，故C 错误，D 正确。
16 (2024·广东汕头高三月考)如图所示，在轮船的船舷和码头的岸边一般都固定有橡胶轮
胎，轮船驶向码头停靠时，会与码头发生碰撞，对这些轮胎的作用，下列说法正确的是(
)
A.增大轮船与码头碰撞过程中所受的冲量
B.减小轮船与码头碰撞过程中动量的变化量
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C.延长轮船与码头碰撞过程中的作用时间
D.减小轮船与码头碰撞过程中受到的作用力
答案 CD
解析 对轮船靠岸与码头碰撞的过程，轮船的初、末速度不会受轮胎影响，轮船的动量变
化量相同，根据动量定理，轮船受到的冲量也相同，故A、B 错误；轮胎可以起到缓冲作
用，延长轮船与码头碰撞过程中的作用时间，从而减小轮船因碰撞受到的作用力，故C、
D 正确。
17 .(2024·重庆西南大学附中高三期末)舞中幡是中国传承千年的杂技项目之一，小西观看
央视春晚杂技节目《龙跃神州》中的抛幡表演，杂技演员站在地上，将中幡从胸口处竖直
向上抛起，1.5 s 后，在自己的胸口处开始接幡，并下蹲缓冲，经过0.5 s，将幡接稳在手中。
若一根中幡质量约为20 kg，重力加速度g＝10 m/s2。假设忽略幡运动过程中所受的空气阻
力，杂技演员接幡过程中，幡对手的平均作用力为( )
A.300 N
B.500 N
C.600 N
D.800 N
答案 B
解析 由对称性可知，杂技演员开始接幡时幡的速度为v＝g·＝7.5 m/s，接幡过程中，设幡
对手的平均作用力为F，取向下为正方向，由动量定理有(mg－F)·Δt＝0－mv，代入数据解
得F＝500 N，故B 正确。
18 一个质量为60 kg 的蹦床运动员，从离水平网面某高处自由下落，着网后沿竖直方向
蹦回到空中。用摄像机录下运动过程，从自由下落开始计时，取竖直向下为正方向，用计
算机作出v－t 图像如图所示，其中0～t1和t2～t3为直线，t2＝1.6 s，不计空气阻力，取重力
加速度g＝10 m/s2。从自由下落开始到蹦至离水平网面最高处的过程中，下列说法正确的
是( )
A.网对运动员的平均作用力大小为1 950 N
B.运动员动量的变化量为1 080 kg· m/s
C.弹力的冲量大小为480 N·s
D.运动员所受重力的冲量大小为1 560 N·s
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答案 AD
解析 由题意知，运动员做自由落体运动的时间为t1＝ s＝0.8 s，在t1～t2时间内，网对运
动员有作用力，根据动量定理得(mg＋F)(t2－t1)＝mv2－mv1，其中v1＝8 m/s，v2＝－10
m/s，解得F＝－1 950 N，即网对运动员的平均作用力大小为1 950 N，A 正确；从自由下
落开始到蹦至离水平网面最高处的过程中，运动员动量的变化量为0，B 错误；弹力的冲
量大小为I＝|F|(t2－t1)＝1 560 N·s，C 错误；运动员所受重力的冲量大小与弹力对运动员的
冲量大小相等，即1 560 N·s，D 正确。
19 如图所示，质量为m 的小滑块沿倾角为θ 的斜面向上滑动，经过时间t1，速度变为零
并又开始下滑，经过时间t2回到斜面底端，滑块在运动过程中受到的摩擦力大小始终为f。
已知重力加速度为g。在整个运动过程中，下列说法正确的是( )
A.重力对滑块的总冲量大小为mg(t1＋t2)sin θ
B.支持力对滑块的总冲量大小为mg(t1＋t2)cos θ
C.合力的冲量为0
D.摩擦力的总冲量大小为f(t1＋t2)
答案 B
解析 重力对滑块的总冲量为mg(t1＋t2)，A 错误；支持力对滑块的总冲量为
mg(t1＋t2)cos θ，B 正确；整个过程中滑块的动量发生了改变，故合外力的总冲量不为0，
C 错误；上滑过程和下滑过程摩擦力的方向相反，故若以沿斜面向下为正方向，摩擦力的
总冲量为f(t2－t1)，D 错误。
20 质量为m＝1 kg 的物块在水平拉力的作用下从静止开始沿水平桌面做直线运动，其拉
力F 随时间t 的变化图线如图所示，物块与水平桌面间的动摩擦因数μ＝0.1，重力加速度g
＝10 m/s2。则( )
A.在t＝2 s 时，物块的动量大小为1 kg· m/s
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B.在t＝4 s 时，物块的速度为0
C.在0～2 s 内和2～5 s 内，物块动量的变化量大小之比为3∶2
D.在0～5 s 内，物块的最大速度为1.5 m/s
答案 AD
解析 图像与坐标轴围成的面积代表拉力的冲量，0～2 s 内，根据动量定理有t1
－μmgt1＝Δp＝p2－0，代入数据可得p2＝1 kg· m/s，故A 正确；2～4 s 内，根据
动量定理有t2－μmgt2＝mv4－p2，代入数据解得v4＝1 m/s，故B 错误；由上述分
析可知0～2 s 内物块动量的变化量大小为Δp1＝1 kg· m/s，2～4 s 内物块动量的
变化量大小为Δp2＝0，4～5 s 内物块动量的变化量大小为Δp3＝
|－t3－μmgt3|＝1.5 kg· m/s，所以在0～2 s 内和2～5 s 内，物块动量的变化量大
小之比为＝，故C 错误；当拉力与摩擦力相等时，速度最大，Ff＝μmg＝1 N，
由题图可知为t＝3 s 时F＝Ff，根据动量定理可知t23－μmgt23＝mv3－p2，代入数
据得v3＝1.5 m/s，故D 正确。
21 (2024·广东深圳高三联考)锤子是常用装修工具。铺木地板时，调整地板之
间衔接平整，需要用锤子轻轻敲打；把铁钉钉入坚硬的木板需要用锤子重重敲
打。关于两种情况下选用的锤子及理由，以下说法正确的是( )
A.钉铁钉时，应选铁锤快速敲打，以获得较大的打击力
B.钉铁钉时，应选木锤快速敲打，以获得较小的打击力
C.铺地板时，应选铁锤低速敲打，以获得较小的打击力
D.铺地板时，应选木锤低速敲打，以获得较大的打击力
答案 A
解析 根据动量定理得Ft＝0－(－mv0)，解得F＝，钉铁钉时，为了获得较大的
打击力F，应选择铁锤快速敲打。选择铁锤是因为铁锤的质量比木锤质量大，
快速敲打能减小铁锤与铁钉的作用时间t，增大铁锤的初速度v0，A 正确，B 错
误；根据F＝，铺地板时，为了获得较小的打击力F，应该选择木锤低速敲打。
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选择木锤是因为木锤的质量小，低速敲打增大木锤与地板的作用时间t，减小木
锤的初速度v0，C、D 错误。
22.(2024·江西赣州模拟)2023 年6 月13 日，杭州外卖小哥从约15 米高的西兴大
桥上跳下救人的事件感动了全国人民，从这么高跳下其实是很危险的，假设他
的质量为60 kg，重力加速度取10 m/s2，不计空气阻力，跳下时初速度为零，
若入水姿势正确则从接触水面到速度为零下降约3 m，若入水姿势不对则从接
触水面到速度为零下降约1 m，则下列说法正确的是( )
A.人在空中运动过程中，重力的冲量与下降高度成正比
B.入水姿势正确的情况下，人受到水的平均作用力约3 000 N
C.入水姿势不正确的情况下，人受到水的平均作用力约9 600 N
D.人从跳下到速度减为零的过程中机械能守恒
答案 C
解析 人在空中做自由落体运动，h＝gt2，重力的冲量IG＝mgt＝mg＝m，故A
错误；人在空中下降高度h，入水前速度v＝，在空中所用时间t1＝，在水中认
为受到水的作用力F 不变时，人的运动可以看作匀减速运动，设下降深度为
d，在水中运动所用时间t2＝，整个过程对人运用动量定理有mg(t1＋t2)－Ft2＝
0，化简得F＝mg，所以入水姿势正确的情况下，人受到水的平均作用力约为重
力的6 倍，即3 600 N，入水姿势不正确时，人受到水的平均作用力约为重力的
16 倍，即9 600 N，故B 错误，C 正确；人从跳下到速度减为零的过程，动能不
变，重力势能减小，即机械能减小，故D 错误。
23 如图所示，篮球以水平初速度v0碰撞篮板后水平弹回，速率变为原来的k
倍(k<1)，碰撞时间极短，弹回后篮球的球心恰好经过篮框的中心。已知篮球的
质量为m，半径为r，篮框中心距篮板的距离为L，碰撞点与篮框中心的高度差
为h，不计摩擦和空气阻力，则( )
A.篮板对篮球的冲量大小为(k－1)mv0
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B.篮板对篮球的冲量大小为(k＋1)mv0
C.若篮球漏气，导致k 减小，在v0不变的情况下，要使篮球球心经过篮框中心，
应使碰撞点更低
D.若篮球漏气，导致k 减小，在v0不变的情况下，要使篮球球心经过篮框中心，
应使碰撞点更高
答案 BD
解析 由题意可知，以篮球弹回的方向为正方向，由动量定理可得I＝mkv0－
(－mv0)＝(k＋1)mv0，故A 错误，B 正确；弹回后篮球做平抛运动，若篮球漏气，
导致k 减小，在v0不变的情况下，kv0减小，要使篮球中心经过篮框中心，即篮
球弹回后水平位移不变，时间t 要增大，应使碰撞点更高，故C 错误，D 正确。
24 (2023·广东惠州模拟)如图甲所示，一质量为1 kg 的物体在t＝0 时受到拉力
F 的作用，由静止开始竖直向上做加速直线运动。其运动时的a－t 图像如图乙
所示，已知重力加速度g＝10 m/s2，空气阻力忽略不计，下列说法正确的是(
)
A.在t＝4 s 时，拉力F 为12 N
B.在t＝4 s 时，物体克服重力做功的功率为60 W
C.在0～4 s 时间内，物体的动量变化量的大小为46 kg·m/s
D.在0～4 s 时间内，拉力F 对物体做的功为18 J
答案 AB
解析 在t＝4 s 时，加速度为a＝2 m/s2，则拉力F＝mg＋ma＝12 N，故A 正确；
根据Δv＝aΔt 可知a－t 图像中，图像与时间轴围成的面积表示速度的变化量，
则在t＝4 s 时，物体的速度v4＝×(1＋2)×4 m/s＝6 m/s，在t＝4 s 时，物体克服
重力做功的功率为P＝mgv4＝60 W，故B 正确；在0～4 s 时间内，物体的动量
变化量的大小为Δp＝mv＝6 kg·m/s，故C 错误；在0～4 s 时间内，根据动能定
理得WF－mgh＝mv，整理得WF＝18 J＋mgh>18 J，故D 错误。
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25 .如图10 所示，一倾角θ＝37°的斜面固定在水平地面上，质量m＝1 kg 的滑
块(可视为质点)静止在斜面底部。从某时刻起，用平行斜面向上的拉力F 作用
在滑块上，拉力F 随时间t 变化的图像如图11 所示，4 s 后拉力F 消失，2 s 时
物块速度达到最大。滑块到达最高点后再下滑到斜面底部的速率为 m/s，已知
重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：
(1)斜面的动摩擦因数和滑块上滑时的最大速度；
(2)滑块到达最高点的时间及拉力F 做的功。
答案 (1)0.25 8 m/s (2)4 s J
解析 (1)根据题意可知，t＝2 s 时，上滑速度最大，则滑块所受合外力为0，由
题图可知此时F＝8 N
由平衡条件有F＝mgsin θ＋μmgcos θ
代入数据得μ＝0.25
0～2 s 由动量定理有
IF2－mgtsin θ－μmgtcos θ＝mvm－0
根据F－t 图像与时间轴所围的面积表示冲量，结合题图可知，
IF2＝Ft＝×2 N·s＝24 N·s
联立解得vm＝8 m/s。
(2)根据题意，若滑块到达最高点的时间大于等于4 s，设时间为t1，由动量定理
有
IF4－mgt1sin θ－μmgt1cos θ＝0
其中IF4＝F′t′＝×4×16 N·s＝32 N·s
解得t1＝4 s
符合假设，则滑块4 s 时末速度为v1＝0
滑块到达最高点，对从最高点下滑过程有v－v＝2a2s
由牛顿第二定律有a2＝gsin θ－μgcos θ
解得最大位移s＝ m
设拉力F 做的功为W，上滑过程中，由动能定理有
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W－mgsin θ·s－μmgcos θ·s＝0
解得W＝ J。
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