文档文本内容
2026 高考物理大一轮总复习讲义19：动量 动量定理
（共页）
【链接高考】.....................................................................................................................................1
【知识梳理】.....................................................................................................................................6
【考纲要求】.............................................................................................................................6
【知识网络】.............................................................................................................................6
【考点梳理】.............................................................................................................................7
考点一、动量和冲量.........................................................................................................7
考点二、动量定理.............................................................................................................8
【考向分析】.....................................................................................................................................8
考向一、动量、动量变化量的计算.........................................................................................8
考向二、冲量的计算.................................................................................................................9
考向三、用动量定理解释现象...............................................................................................10
考向四、用动量定理求变力的冲量.......................................................................................12
考向五、用动量定理求相互作用力.......................................................................................13
考向六、用动量定理解决变质量问题...................................................................................15
【高考解题速通】...........................................................................................................................16
【链接高考】
1．（2024·全国甲卷·高考真题）（多选）蹦床运动中，体重为
的运动员在
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
。下列说法正确的是（ ）
A．
时，运动员的重力势能最大
B．
时，运动员的速度大小为
C．
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
【答案】BD
【详解】A．根据牛顿第三定律结合题图可知
时，蹦床对运动员的弹力最大，蹦床
的形变量最大，此时运动员处于最低点，运动员的重力势能最小，故A 错误；
BC．根据题图可知运动员从
离开蹦床到
再次落到蹦床上经历的时间为
，
根据竖直上抛运动的对称性可知，运动员上升时间为1s，则在
时，运动员恰好运动
到最大高度处，
时运动员的速度大小
故B 正确，C 错误；
D．同理可知运动员落到蹦床时的速度大小为
，以竖直向上为正方向，根据动量定理
其中
代入数据可得
根据牛顿第三定律可知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
，故D 正确。
故选BD。
2．（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
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。
3．（2025·广东·高考真题）（多选）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
C．受到重力和拉力的合力的冲量大小为
D．T 时刻受到空气作用力的大小为
【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
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
，
F = F0－kT
解得
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
，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
无人机受重力和拉力的合力在竖直方向有
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
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
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
故C 错误。
故选AB。
4．（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
【知识梳理】
【考纲要求】
1、理解动量的概念；
2、理解冲量的概念并会计算；
2、理解动量变化量的概念，会解决一维的问题；
3、理解动量定理，熟练应用动量定理解决问题。
【知识网络】
【考点梳理】
考点一、动量和冲量
1、动量
（1）定义：运动物体的质量与速度的乘积。
（2）表达式：
。 单位：
（3）矢量性：动量是矢量，方向与速度方向相同，运算遵守平行四边形定则。
（4）动量的变化量：
，
是矢量，方向与
一致。
（5）动量与动能的关系：
要点诠释：对“动量是矢量，方向与速度方向相同”的理解，如：做匀速圆周运动的物体
速度的大小相等，动能相等（动能是标量），但动量不等，因为方向不同。对“
是矢
量，方向与
一致”的理解，如：一个质量为
的小钢球以速度
竖直砸在钢板上，假
设反弹速度也为
，取向上为正方向，则速度的变化量为
，方向向上，
动量的变化量为：
方向向上。
2、冲量
（1）定义：力与力的作用时间的乘积。
（2）表达式：
单位：
（3）冲量是矢量：它由力的方向决定
考点二、动量定理
（1）内容：物体所受的合外力的冲量等于它的动量的变化量。
（2）表达式：
或
（3）动量的变化率：根据牛顿第二定律
即
，这是动量的变化率，物体所受合外力等
于动量的变化率。如平抛运动物体动量的变化率等于重力
。
要点诠释：
（1）动量定理的研究对象可以是单个物体，也可以是物体系统。对物体系统，只需分
析系统受的外力，不必考虑系统内力。系统内力的作用不改变整个系统的总动量。
（2）用牛顿第二定律和运动学公式能求解恒力作用下的匀变速直线运动的间题，凡不
涉及加速度和位移的，用动量定理也能求解，且较为简便。
但是，动量定理不仅适用于恒定的力，也适用于随时间变化的力。对于变力，动量定
理中的F 应当理解为变力在作用时间内的平均值。
（3）用动量定理解释的现象一般可分为两类：一类是物体的动量变化一定，此时力的
作用时间越短，力就越大；时间越长，力就越小。另一类是作用力一定，此时力的作用时
间越长，动量变化越大；力的作用时间越短，动量变化越小。分析问题时，要把哪个量一
定哪个量变化搞清楚。
（4）应用
求变力的冲量：如果物体受到变力作用，则不直接用
求变力的
冲量，这时可以求出该力作用下的物体动量的变化
，等效代换变力的冲量I。
（5）应用
求恒力作用下的曲线运动中物体动量的变化：曲线运动中物体速度方
向时刻在改变，求动量变化
需要应用矢量运算方法，比较复杂，如果作用力
是恒力，可以求恒力的冲量，等效代换动量的变化。
【考向分析】
考向一、动量、动量变化量的计算
例1、质量为0.4kg 的小球沿光滑水平面以5m/s 的速度冲向墙壁，被墙以4m/s 的速度
弹回，如图所示，求：这一过程中动量改变了多少？方向怎样？
【思路点拨】动量的变化量也是矢量，必须设正方向，按矢量方法处理。
【答案】
，方向向左。
【解析】取向右为正方向，则
小球撞击墙前的动量p1＝mv1＝0.4×5＝2(kg m/s)，
小球撞击墙后的动量p2＝mv2＝0.4×(－4)＝－1.6(kg m/s) 动量为负，表示动量方向跟
规定的正方向相反，即方向向左。
此过程中小球动量的变化Δp＝p2－p1＝－1.6－2＝－3.6(kg m/s)，动量的变化为负，表示
方向向左。
【总结升华】动量、动量的变化都是矢量，解题时要选取正方向，把矢量运算简化为代数
运算。
举一反三
【变式】动量定理可以表示为Δp＝FΔt，其中动量p 和力F 都是矢量．在运用动量定理处
理二维问题时，可以在相互垂直的x、y 两个方向上分别研究．例如，质量为m 的小球斜射
到木板上，入射的角度是θ，碰撞后弹出的角度也是θ，碰撞前后的速度大小都是v，如图
所示．碰撞过程中忽略小球所受重力．
a．分别求出碰撞前后x、y 方向小球的动量变化Δpx、Δpy；
b．分析说明小球对木板的作用力的方向．
【答案】a.0 2mvcos θ b．沿y 轴负方向
【解析】a. x 方向：
动量变化为Δpx＝mvsin θ－mvsin θ＝0
y 方向：
动量变化为Δpy＝mvcos θ－(－mvcos θ)＝2mvcos θ
方向沿y 轴正方向．
b．根据动量定理可知，木板对小球作用力的方向沿y 轴正方向；根据牛顿第三定律可
知，小球对木板作用力的方向沿y 轴负方向．
考向二、冲量的计算
例2、如图所示在倾角θ＝37°的斜面上，有一质量m＝10kg 的物体沿斜面以
匀速下滑，求物体下滑2s 的时间内
（1）斜面对物体支持力的冲量和功；
（2）斜面对物体的冲量和功。
（
，
，
取
）
【思路点拨】力的冲量是矢量，按矢量方法处理，要明确求哪一个力的冲量。功是标量。
【答案】（1）
，方向垂直于斜面向上；
。（2）
，方向竖直向上；
。
【解析】“斜面对物体的冲量和功”指的是斜面对物体的支持力和摩擦力对物体的冲量和
功的和！也可以理解为：支持力和摩擦力的合力对物体的冲量和、功的和！
（1）斜面对物体支持力
，
支持力的冲量
，方向垂直于斜面向上。
F
支持力方向与位移垂直，所以支持力不做功，
。
（2）因为物体匀速下滑，所以支持力、摩擦力的合力与重力等大反向，
物体对斜面的冲量
，方向竖直向上。
斜面对物体做的功
。
【总结升华】冲量就是力与时间的乘积，方向与力的方向相同，功是力与位移的乘积，功
是标量，要注意两者的区别。
举一反三
【变式】如图所示，一个物体在与水平方向成θ 角的拉力F 的作用下匀速前进了时间t，则
（ ）
A．拉力对物体的冲量为Ft
B．拉力对物体的冲量为Ftcosθ
C．摩擦力对物体的冲量为Ft
D．合外力对物体的冲量为Ft
【答案】A
【解析】拉力对物体的冲量等于拉力乘以时间，B 错A 对。摩擦力表示的不对，
，C 错。合外力表示的不对，
，D 错。
考向三、用动量定理解释现象
例3、如图所示,把重物G 压在纸带上，若用一水平力迅速拉动纸带,纸带将会从重物下
抽出；若缓慢拉动纸带,纸带也从重物下抽出，但重物跟着纸带一起运动一段距离。下列解
释上述现象的说法中正确的是（ ）
A. 在缓慢拉动纸带时，纸带给重物的摩擦力大
B. 在迅速拉动纸带时，纸带给重物的摩擦力小
C. 在缓慢拉动纸带时，纸带给重物的冲量大
D. 在迅速拉动纸带时，纸带给重物的冲量小
【思路点拨】用动量定理解释现象就是要透彻理解动量定理，合外力与时间的乘积等于动
量的变化。
【答案】CD
【解析】在缓慢拉动时，两物体相对静止，其间的摩擦力是静摩擦力；在迅速拉动时，它
们相对运动，其间的摩擦力是滑动摩擦力。通常认为滑动摩擦力等于最大静摩擦力，所以
缓慢拉时摩擦力小；快拉，摩擦力大，故选项A、B 错。缓慢拉动纸带时，摩擦力虽小些，
但作用时间可以很长，故重物获得的冲量可以很大，能把重物带动。快拉时，摩擦力虽大
些，但作用时间短，故冲量小，所以重物动量改变很小，因此选项C、D 正确。
【总结升华】用动量定理解释现象时，始终抓住动量定理，所以要透彻理解定理定律。
举一反三
【变式1】跳远时，跳在沙坑里比跳在水泥地上安全，这是由于（ ）
A. 人跳在沙坑里的动量比跳在水泥地上小
B. 人跳在沙坑里的动量的变化比跳在水泥地上小
C. 人跳在沙坑里受到的冲量比跳在水泥地上小
D. 人跳在沙坑里受到的冲力比跳在水泥地上小
【答案】D
【变式2】某人身系弹性绳自高空p 点自由下落，图中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．从p 至c 过程中重力的冲量大于弹性绳弹力的冲量
B．从p 至c 过程中重力所做的功等于人克服弹力所做的功
C．从p 至b 过程中人的速度不断增大
D．从a 至c 过程中加速度方向保持不变
【答案】BC
【解析】根据动量定理从p 至c 过程中重力的冲量和弹性绳弹力的冲量的矢量和等于动量
的变化，人的初动量、末动量都为零，可知它们的冲量大小相等方向相反，A 错。根据动
能定理从p 至c 过程中，动能的变化为零，重力所做的功等于人克服弹力所做的功，B 对。
从p 至a 人做自由落体运动，a 到b 做加速度减小的加速运动，b 速度最大，C 对。b 到c 做
减速运动，加速度方向向上，c 速度为零，D 错。故选BC。
考向四、用动量定理求变力的冲量
例4、物体A 和B 用轻绳相连挂在轻质弹簧下静止不动，如图（甲）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
，这时物体B 的下落速度大小为
，如图（乙）所示，
在这段时间里，弹簧的弹力对物体A 的冲量为（ ）
A.
B.
C.
D.
【思路点拨】求变力的冲量，力乘以时间不便于求，转化为求动量的变化，等效代换力的
冲量。
【答案】 D
【解析】对AB 两物体分别应用动量定理
对物体A：
对物体B：
消去时间 得
【总结升华】本题是求变力的冲量问题，不是直接用
求变力的冲量，而是求出该力
作用下的物体动量的变化
，等效代换变力的冲量I。
举一反三
【变式】摆长为L 的单摆在做小角度摆动时，若摆球质量等于m，最大偏角等于θ。在摆
从最大偏角位置摆向平衡位置时，下列说法正确的是（ ）
A．重力的冲量等于
B．重力的冲量等于m√2gL(1−cosθ)
C．合力的冲量等于m√2gL(1−cosθ) D．合力做的功等于mgL(1−cosθ)
【答案】 ACD
【解析】在摆从最大偏角位置摆向平衡位置时所用时间等于四分之一周期，
重力的冲量
,B 错 A 对。
合力的冲量等于动量的变化，初速度为零，末速度
（根据机械能守
恒
定律），所以
，C 对。根据动能定理合力做的功等于动能的
变
化，D 对。故选ACD。
考向五、用动量定理求相互作用力
例5、一个质量为m=2kg 的物体，在F1=8N 的水平推力作用下，从静止开始沿水平面运动
了t1=5s，然后推力减小为F2=5N，方向不变，物体又运动了t2=4s 后撤去外力，物体再经过
t3=6s 停下来。试求物体在水平面上所受的摩擦力。
【思路点拨】本题初动量为零，末动量也为零，即动量的变化为零，又已知力、时间，显
然根据动量定理求解。
【答案】
【解析】设推力的方向为正方向，在物体运动的整个过程中，物体的初动量为零，末动量
也为零。根据动量定理有： F1t1+F2t2-f(t1+t2+t3)=0 即：8×5+5×4-f(5+4+6)=0
解得
。
【总结升华】本题也可以用牛顿运动定律求解，但根据动量定理求解要简单得多。牛顿第
二定律的推论如动能定理、动量定理在一定的条件下解题比定律本身要简便得多。结论：
如果不涉及加速度和位移的，用动量定理也能求解，且较为简便。
【变式】物体在恒定的合力
作用下作直线运动，在时间
内速度由0 增大到
，在时
间
内速度由
增大到
。设
在
内做的功是
，冲量是
；在
内做的功是
，冲量是
。那么（ ）
A.
B.
,
C.
D.
【答案】D
【解析】
时间内动量的变化
；
时间内动量的变化
，
根据动量定理，冲量相等，
。
时间内，动能的变化
；
时间
内，动能的变化
，根据动能定理知
。故选D。
例6、如图所示，水平地面上静止放置一辆小车A，质量mA＝4kg，上表面光滑，小车与地
面间的摩擦力极小，可以忽略不计．可视为质点的物块 B 置于A 的最右端，B 的质量mB＝
2kg.现对A 施加一个水平向右的恒力F＝10N，A 运动一段时间后，小车左端固定的挡板与B
发生碰撞，碰撞时间极短，碰后A、B 粘合在一起，共同在F 的作用下继续运动，碰撞后经
时间t＝0.6s，二者的速度达到vt＝2m/s.求：
(1)A 开始运动时加速度a 的大小；
(2)A、B 碰撞后瞬间的共同速度v 的大小；
(3)A 的上表面长度l.
【答案】(1)2.5m/s2 (2)1m/s (3)0.45m
【解析】 (1)以A 为研究对象，由牛顿第二定律有
F＝mAa ①
代入数据解得
a＝2.5m/s2 ②
(2)对A、B 碰撞后共同运动t＝0.6s 的过程，由动量定理得
Ft＝(mA＋mB)vt－(mA＋mB)v ③
代入数据解得
v＝1m/s ④
(3)设A、B 发生碰撞前，A 的速度为vA，对A、B 发生碰撞的过程，由动量守恒定律有
mAvA＝(mA＋mB)v ⑤
A 从开始运动到与B 发生碰撞前，由动能定理有
⑥
由④⑤⑥式，代入数据解得
l＝0.45m
举一反三
【变式】一质量为100g 的小球从0.80m 高处自由下落到一厚软垫上，若从小球接触软垫到
小球陷至最低点经历了0.2s，则这段时间内软垫对小球的平均冲击力为多少？（取
g=10m/s2，不计空气阻力）
【答案】
，方向向上。
【解析】解法一：小球自由下落接触软垫前的速度为
，
在0.2s 内，取向上为正方向，根据动量定理
解得
，方向向上。
解法二：设小球在空中运动的时间为
，
，与软垫的作用时间为，初动
量为零，末动量也为零，对全过程应用动量定理
，代入数据解得
,方向向上。
考向六、用动量定理解决变质量问题
例7、一艘帆船在静水中由风力推动做匀速直线运动。设帆面的面积为S，风速为
，
船速为
（
），空气的密度为
，则帆船在匀速前进时
帆面受到的平均风力大小为多少？
【思路点拨】用动量定理解决变质量问题，应用“长方体模型”或“管道模型”，要写出
质量的表达式，在应用动量定理求解。
【答案】
【解析】需求平均风力大小，这是变质量的问题，需用动量定理
来解决。取如图所示的柱体内的空气为研究对象（这叫：“长方体模型”，取圆截面的叫
“圆柱体模型”也有的叫“管道模型”，解决变质量问题都用这种方法）。
这部分空气经过时间
后速度由
变为
，故其质量
（这里
表示柱体的长度）。
取船前进方向为正方向，对这部分气体，设风力为F，由动量定理有
即
解得
【总结升华】对于流体运动问题，如水流、风等，在运用动量定理求解时，我们常隔离出
一定形状的部分流体作为研究对象，建立“长方体模型”或“管道模型”，然后对其列式
计算。
举一反三
【变式】宇宙飞船以
的速度进入分布均匀的宇宙微粒尘区，飞船每前进
要与
个微粒相碰。假如每一微粒的质量
，与飞船相碰后
附在飞船上。为了使飞船的速度保持不变，飞船的牵引力应为多大。
【答案】
【解析】研究对象：微粒。设飞船质量为M，根据动量定理
解得
(也可以根据分析，飞船的动量变化量为
)
【高考解题速通】
一、单选题
1．（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。
2．（2022·山东·高考真题）我国多次成功使用“冷发射”技术发射长征十一号系列运载火
箭。如图所示，发射舱内的高压气体先将火箭竖直向上推出，火箭速度接近零时再点火飞
向太空。从火箭开始运动到点火的过程中（ ）
A．火箭的加速度为零时，动能最大
B．高压气体释放的能量全部转化为火箭的动能
C．高压气体对火箭推力的冲量等于火箭动量的增加量
D．高压气体的推力和空气阻力对火箭做功之和等于火箭动能的增加量
【答案】A
【详解】A．火箭从发射舱发射出来，受竖直向下的重力、竖直向下的空气阻力和竖直向
上的高压气体的推力作用，且推力大小不断减小，刚开始向上的时候高压气体的推力大于
向下的重力和空气阻力之和，故火箭向上做加速度减小的加速运动，当向上的高压气体的
推力等于向下的重力和空气阻力之和时，火箭的加速度为零，速度最大，接着向上的高压
气体的推力小于向下的重力和空气阻力之和时，火箭接着向上做加速度增大的减速运动，
直至速度为零，故当火箭的加速度为零时，速度最大，动能最大，故A 正确；
B．根据能量守恒定律，可知高压气体释放的能量转化为火箭的动能、火箭的重力势能和
内能，故B 错误；
C．根据动量定理，可知合力冲量等于火箭动量的增加量，故C 错误；
D．根据功能关系，可知高压气体的推力和空气阻力对火箭做功之和等于火箭机械能的增
加量，故D 错误。
故选A。
3．（2022·天津·高考真题）如图所示，边长为a 的正方形铝框平放在光滑绝缘水平桌面上，
桌面上有边界平行、宽为b 且足够长的匀强磁场区域，磁场方向垂直于桌面，铝框依靠惯
性滑过磁场区域，滑行过程中铝框平面始终与磁场垂直且一边与磁场边界平行，已知
，
在滑入和滑出磁场区域的两个过程中（ ）
A．铝框所用时间相同
B．铝框上产生的热量相同
C．铝框中的电流方向相同
D．安培力对铝框的冲量相同
【答案】D
【详解】A．铝框进入和离开磁场过程，磁通量变化，都会产生感应电流，受向左安培力
而减速，完全在磁场中运动时磁通量不变做匀速运动；可知离开磁场过程的平均速度小于
进入磁场过程的平均速度，所以离开磁场过程的时间大于进入磁场过程的时间，A 错误；
C．由楞次定律可知，铝框进入磁场过程磁通量增加，感应电流为逆时针方向；离开磁场
过程磁通量减小，感应电流为顺时针方向，C 错误；
D．铝框进入和离开磁场过程安培力对铝框的冲量为
又
得
D 正确；
B．铝框进入和离开磁场过程，铝框均做减速运动，可知铝框进入磁场过程的速度一直大
于铝框离开磁场过程的速度，根据
可知铝框进入磁场过程受到的安培力一直大于铝框离开磁场过程受到的安培力，故铝框进
入磁场过程克服安培力做的功大于铝框离开磁场过程克服安培力做的功，即铝框进入磁场
过程产生的热量大于铝框离开磁场过程产生的热量，B 错误。
故选D。
二、多选题
4．（2022·全国乙卷·高考真题）质量为
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
。则（ ）
A．
时物块的动能为零
B．
时物块回到初始位置
C．
时物块的动量为
D．
时间内F 对物块所做的功为
【答案】AD
【详解】物块与地面间的摩擦力为
AC．对物块从
s 内由动量定理可知
即
得
3s 时物块的动量为
设3s 后经过时间t 物块的速度减为0，由动量定理可得
即
解得
所以物块在4s 时速度减为0，则此时物块的动能也为0，故A 正确，C 错误；
B．
s 物块发生的位移为x1，由动能定理可得
即
得
过程中，对物块由动能定理可得
即
得
物块开始反向运动，物块的加速度大小为
发生的位移为
即6s 时物块没有回到初始位置，故B 错误；
D．物块在6s 时的速度大小为
拉力所做的功为
故D 正确。
故选AD。
5．（2024·福建·高考真题）如图（a），水平地面上固定有一倾角为
的足够长光滑斜面，
一质量为
的滑块锁定在斜面上。
时解除锁定，同时对滑块施加沿斜面方向的拉力
，
随时间的变化关系如图（b）所示，取沿斜面向下为正方向，重力加速度大小为
，则
滑块（ ）
A．在
内一直沿斜面向下运动
B．在
内所受合外力的总冲量大小为零
C．在
时动量大小是在
时的一半
D．在
内的位移大小比在
内的小
【答案】AD
【详解】根据图像可知当
时，物块加速度为
方向沿斜面向下；当
时，物块加速度大小为
方向沿斜面向上，作出物块
内的
图像
A．根据图像可知
，物体一直沿斜面向下运动，故A 正确；
B．根据图像可知
，物块的末速度不等于0，根据动量定理
故B 错误；
C．根据图像可知
时物块速度大于
时物块的速度，故
时动量不是
时的一半，故C
错误；
D．
图像与横轴围成的面积表示位移，故由图像可知
过程物体的位移小于
的位移，故D 正确。
故选AD。
6．（2023·新课标卷·高考真题）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
【详解】对甲、乙两条形磁铁分别做受力分析，如图所示
A．根据牛顿第二定律有
由于
m 甲 > m 乙
所以
a 甲 < a 乙
由于两物体运动时间相同，且同时由静止释放，可得
v 甲 < v 乙
A 错误；
BCD．对于整个系统而言，由于μm 甲g > μm 乙g，合力方向向左，合冲量方向向左，所以
合动量方向向左，显然甲的动量大小比乙的小，BD 正确、C 错误。
故选BD。
7．（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
。木栓质量为m，与方孔侧壁的动摩擦因数为
。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
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
B．进入过程，木料对木栓的平均阻力大小约为
C．进入过程，木料和木栓的机械能共损失了
D．木栓前进
后木料对木栓一个侧面的最大静摩擦力大小约为
【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
木栓进入过程根据动能定理有
解得平均阻力为
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，
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
且根据B 选项求得平均阻力
又因为
联立可得
故D 正确。
故选BD。
7．（2021·全国乙卷·高考真题）水平桌面上，一质量为m 的物体在水平恒力F 拉动下从静
止开始运动，物体通过的路程等于
时，速度的大小为
，此时撤去F，物体继续滑行
的路程后停止运动，重力加速度大小为g，则（ ）
A．在此过程中F 所做的功为
B．在此过中F 的冲量大小等于
C．物体与桌面间的动摩擦因数等于
D．F 的大小等于物体所受滑动摩擦力大小的2 倍
【答案】BC
【详解】CD．外力撤去前，由牛顿第二定律可知
①
由速度位移公式有
②
外力撤去后，由牛顿第二定律可知
③
由速度位移公式有
④
由①②③④可得，水平恒力
动摩擦因数
滑动摩擦力
可知F 的大小等于物体所受滑动摩擦力大小的3 倍，
故C 正确，D 错误；
A．在此过程中，外力F 做功为
故A 错误；
B．由平均速度公式可知，外力F 作用时间
在此过程中，F 的冲量大小是
故B 正确。
故选BC。
三、解答题
8．（2024·广东·高考真题）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
，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
。
（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
，重力加速度大小取
。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）
；（2）①330N∙s，方向竖直向上；②0.2m
【详解】（1）敏感球受向下的重力mg 和敏感臂向下的压力FN以及斜面的支持力N，则由
牛顿第二定律可知
解得
（2）①由图像可知碰撞过程中F 的冲量大小
方向竖直向上；
②头锤落到气囊上时的速度
与气囊作用过程由动量定理（向上为正方向）
解得
v=2m/s
则上升的最大高度
9．（2023·浙江·高考真题）利用磁场实现离子偏转是科学仪器中广泛应用的技术。如图所
示，Oxy 平面（纸面）的第一象限内有足够长且宽度均为L、边界均平行x 轴的区域Ⅰ和Ⅱ，
其中区域Ⅰ存在磁感应强度大小为B1的匀强磁场，区域Ⅱ存在磁感应强度大小为B2的磁场，
方向均垂直纸面向里，区域Ⅱ的下边界与x 轴重合。位于
处的离子源能释放出质量为
m、电荷量为q、速度方向与x 轴夹角为60°的正离子束，沿纸面射向磁场区域。不计离子
的重力及离子间的相互作用，并忽略磁场的边界效应。
（1）求离子不进入区域Ⅱ的最大速度v1及其在磁场中的运动时间t；
（2）若
，求能到达
处的离子的最小速度v2；
（3）若
，且离子源射出的离子数按速度大小均匀地分布在
范围，
求进入第四象限的离子数与总离子数之比η。
【答案】（1）
；
（2）
（3）60%
【详解】（1）当离子不进入磁场Ⅱ速度最大时，轨迹与边界相切，则由几何关系
解得
r1=2L
根据
解得
在磁场中运动的周期
运动时间
（2）若B2=2B1，根据
可知
粒子在磁场中运动轨迹如图，设O1O2与磁场边界夹角为α，由几何关系
解得
r2=2L
根据
解得
（3）当最终进入区域Ⅱ的粒子若刚好到达x 轴，则由动量定理
即
求和可得
粒子从区域Ⅰ到区域Ⅱ最终到x 轴上的过程中
解得
则速度在
~
之间的粒子才能进入第四象限；因离子源射出粒子的速度范围在
~
，又粒子源射出的粒子个数按速度大小均匀分布，可知能进入第四象限的粒
子占粒子总数的比例为
η=60%
10．（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。已知跑道的长度为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
即
11．（2023·江苏·高考真题）如图所示，滑雪道AB 由坡道和水平道组成，且平滑连接，坡
道倾角均为45°。平台BC 与缓冲坡CD 相连。若滑雪者从P 点由静止开始下滑，恰好到达
B 点。滑雪者现从A 点由静止开始下滑，从B 点飞出。已知A、P 间的距离为d，滑雪者与
滑道间的动摩擦因数均为
，重力加速度为g，不计空气阻力。
（1）求滑雪者运动到P 点的时间t；
（2）求滑雪者从B 点飞出的速度大小v；
（3）若滑雪者能着陆在缓冲坡CD 上，求平台BC 的最大长度L。
【答案】（1）
；（2）
；（3）
【详解】（1）滑雪者从A 到P 根据动能定理有
根据动量定理有
联立解得
（2）由于滑雪者从P 点由静止开始下滑，恰好到达B 点，故从P 点到B 点合力做功为0，
所以当从A 点下滑时，到达B 点有
（3）当滑雪者刚好落在C 点时，平台BC 的长度最大；滑雪者从B 点飞出做斜抛运动，竖
直方向上有
水平方向上有
联立可得
