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专题30 动量 动量定理
题型一 对动量、冲量的理解........................................................................................................................ 2
题型二 动量定理的理解及应用.................................................................................................................... 11
题型三 应用动量定理处理“流体类”问题................................................................................................16
题型四 动量定理与图像问题结合................................................................................................................ 26
课时精练..........................................................................................................................................................35
【基础回顾】
一、动量
1．动量
(1)定义：运动物体的质量和速度的乘积。
(2)公式：p＝mv。
(3)单位：千克米每秒，符号是kg·m/s。
(4)矢量性：方向与速度的方向相同，运算遵循平行四边形定则。
2．动量变化量
(1)定义：物体在某段时间内末动量和初动量的矢量差(也是矢量)。
(2)动量变化量的计算
①动量始终保持在一条直线上时的运算：选定一个正方向，动量、动量的变化量用带正、
负号的数值表示，Δp＝p′－p。
②当初、末动量不在一条直线上时，用平行四边形定则或三角形定则计算，如图所示。
二、动量定理
1．冲量
(1)定义：力与力的作用时间的乘积。
(2)公式：I＝FΔt。
(3)单位：牛顿秒，符号是N·s。
(4)矢量性：方向与_力的方向__相同。
(5)物理意义：反映力的作用对时间的积累效应。
2．动量定理
(1)内容：物体在一个过程始末的动量变化量等于它在这个过程中所受合力的冲量。
(2)表达式：mv′－mv＝F 合t 或p′－p＝F 合t。
题型一 对动量、冲量的理解
1．动能、动量、动量变化量的比较
动能
动量
动量变化量
特点
状态量
状态量
过程量
关联方程
Ek＝，Ek＝pv，p＝，p＝
联系
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
2．冲量的计算
(1)恒力的冲量：直接用定义式I＝Ft 计算。
(2)变力的冲量
①平均力法：若力的大小随时间均匀变化且力的方向不变，即力与时间是一次函数关系，
则力F 在某段时间t 内的冲量I＝t，其中F1、F2为该段时间内初、末两时刻力的大小。
②F－t 图像法：在F－t 图像中，图线与t 轴所围的“面积”即为变力的冲量。如图所示。
③动量定理法：对于已知始、末时刻动量的情况，可用动量定理求解，即通过求动量变
化量间接求出冲量。
【例题精讲】
1．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。
2．水平抛出一石子，忽略空气阻力，在石子运动过程中，下列说法中正确的个数为（ ）
①石子运动的时间与抛出时的速度大小有关
②石子可能垂直落在水平地面上
③石子的速度变化率恒定
④在相同时间内，石子速度变化量相同
⑤在相同时间内，石子动量变化量相同
⑥在相同时间内，石子动能变化量相同
⑦在相同时间内，石子重力做功的平均功率相同
A．7 个
B．5 个
C．3 个
D．1 个
【答案】C
【详解】①石子做平抛运动，设石子离地面的高度为h，根据平抛运动规律，石子在竖直方向做自由落体
运动，则有h= 1
2 gt
2
解得t = ❑√
2h
g
可知石子运动的时间与抛出时的速度大小无关，故错误；
②石子做平抛运动，石子落地时有水平速度，故石子不可能垂直落在水平地面上，故错误；
③石子做平抛运动的加速度为重力加速度g，根据加速度定义式有g= Δv
Δt
可知石子的速度变化率Δv
Δt 等于重力加速度g，即石子的速度变化率恒定，故正确；
④石子做平抛运动的加速度为重力加速度g，根据加速度定义式有g= Δv
Δt
可得Δv = g Δt
可知在相同时间Δt内，石子速度变化量Δv相同，故正确；
⑤根据Δ p=m Δv， g= Δv
Δt
可得Δ p=mg Δt
可知在相同时间Δt内，石子动量变化量Δ p相同，故正确；
⑥根据动能定理有Δ Ek=mg Δh
根据平抛运动在竖直方向做自由落体运动的规律，可知在相同时间Δt内，竖直方向的位移变化量Δh不同，
故在相同时间Δt内，石子动能变化量Δ Ek不相同，故错误；
⑦根据P = mg Δh
Δt
因在相同时间Δt内，竖直方向的位移变化量Δh不同，故在相同时间Δt内，石子重力做功的平均功率P
不相同，故错误。
故③④⑤正确，即3 个正确；①②⑥⑦错误，即4 个错误。
故选C。
3．某“失重”餐厅的传菜装置如图所示，运送菜品的小车沿等螺距轨道向下匀速率运动，该轨道各处弯
曲程度相同，在此过程中，小车（ ）
A．机械能保持不变
B．所受合力不为零
C．处于失重状态
D．动量保持不变
【答案】B
【详解】A．小车沿等螺距轨道向下匀速率运动，速度大小不变，动能不变，小车高度减小，即重力势能
减小，可知小车的机械能减小，故A 错误；
B．根据上述可知，小车沿轨道方向的合力为0，轨道对小车的指向图中轴心的作用力提供圆周运动的向
心力，即小车的合力不为零，合力方向总指向图中轴心，故B 正确；
C．由于小车沿等螺距轨道向下做匀速率运动，沿轨道方向的速度大小不变，即小车沿轨道方向的合力为
0，即沿轨道方向的加速度为0，又由于该轨道各处弯曲程度相同，则轨道对小车的指向图中轴心的作用
力提供圆周运动的向心力，该作用力方向沿水平方向，可知小车的加速度方向沿水平方向，小车不存在
竖直方向的加速度，即小车既不处于超重，又不处于失重，故C 错误；
D．小车做螺旋运动，速度大小不变，方向改变，根据动量表达式有p=mv，可知小车的动量大小不变，
动量的方向发生变化，即动量发生了变化，故D 错误。
故选B。
4．如图所示为2026 年春晚节目《武BOT》机器人表演时的情景。机器人在水平地面加速奔跑过程中，下
列说法正确的是（ ）
A．机器人所受的合力为零
B．机器人所受重力的冲量不为零
C．地面对机器人的支持力做正功
D．机器人所受地面的作用力方向竖直向上
【答案】B
【详解】A．机器人做加速运动，加速度不为零，根据牛顿第二定律，机器人所受合力不为零，故A 错误；
B．冲量定义为I = Ft
重力不为零，加速过程的时间不为零，因此重力的冲量I =mgt ≠0
故B 正确；
C．地面对机器人的支持力方向竖直向上，机器人的位移沿水平方向，支持力方向与位移方向垂直，因此
支持力不做功，故C 错误；
D．地面对机器人的作用力包含两个部分：竖直向上的支持力，以及水平向前提供加速度的静摩擦力，因
此地面作用力的合力方向斜向前上方，不是竖直向上，故D 错误。
故选B。
5．如图所示，物块在恒定拉力F 作用下沿固定斜面向上加速运动，则（ ）
A．支持力的冲量等于零
B．拉力F 的冲量沿斜面向上
C．拉力F 的冲量等于物块的动量变化量
D．物块动量变化量的方向沿斜面向上
【答案】D
【详解】A．根据I F N = F N Δt可知，支持力的冲量不等于零，A 错误；
B．拉力F 的冲量沿力F 的方向斜向上，B 错误；
C．根据动量定理可知，合外力的冲量等于物块的动量变化量，C 错误；
D．物块沿斜面向上加速运动，则合外力方向沿斜面向上，根据动量定理可知，动量变化量的方向沿斜面
向上，D 正确。
故选D。
6．萍乡市上栗县是“中国烟花爆竹之乡”，现有上栗县生产的某烟花筒，结构如图1 所示。其工作原理
为：点燃引线，引燃发射药燃烧发生爆炸，礼花弹获得一个竖直方向的初速度并同时点燃延期引线，当
礼花弹到最高点时，延期引线点燃礼花弹并炸开形成漂亮的球状礼花。现假设某礼花弹在最高点炸开成
a、b 两部分，速度均为水平方向。炸开后a、b 的轨迹图如图2 所示。不计空气阻力，则（ ）
A．炸开后a、b 处于最高点时，a、b 两部分的动能之比为1 3∶
B．炸开后a、b 处于最高点时，a、b 两部分的动量大小之比为1 3∶
C．从炸开到两部分落地的过程中，a、b 两部分所受重力的冲量之比为3 2∶
D．a、b 两部分落地时的重力功率之比为1 2∶
【答案】A
【详解】AB．a、b 两部分水平方向做匀速运动，水平位移之比xa
xb
= 1
3，竖直高度相等
根据h= 1
2 gt
2可得运动时间相等
根据x = v0t可得水平速度大小之比等于水平位移大小之比，即
va0
vb0
= xa
xb
= 1
3
a、b 两部分在最高点炸裂时，由动量守恒可得pa=mava0=mb vb0= pb
根据动量与动能关系Ek= p
2
2m
可得
Eka
Ekb
= mb
ma
= va0
vb0
= 1
3，故A 正确，B 错误；
C．根据I =mgt
可得a、b 两部分所受重力的冲量之比I a
I b
= ma
mb
=3:1，故C 错误；
D．根据功率公式PG=mg v y
二者的竖直速度大小相等，可得a、b 落地时的重力功率之比等于质量之比，即3:1，故D 错误。
故选A。
7．如图，质量为m的带电小球，只在重力作用下由静止从空间的M点自由下落，经时间t到达正下方的N
点时，突然加上一个大小未知的竖直向上的匀强电场，在电场力和重力作用下，又经t
2带电小球恰好又通
过M点。重力加速度为g，在此运动过程中（ ）
A．小球电场力的冲量大小为9mgt
2
B．小球返回到M点的速度大小为3> ¿
2 ¿
C．小球的机械能增加了7m g
2t
2
2
D．小球在M点的电势能大于它在N点的电势能
【答案】A
【详解】A．由题意可知，小球从N 点向下匀减速至速度减为0，后反向匀加速通过M 点，所以电场力方
向竖直向上。以竖直向下为正，由运动学公式可得h1= 1
2 gt
2，h2= gt· t
2 −1
2 a(
t
2)
2
，h1+h2=0
解得加速度的大小a=8 g
所以电场力F =mg+ma=9mg
则电场力的冲量大小I = 9mgt
2
，故A 正确；
B．返回到M 点的速度大小为v M =−vN+ at
2 =−>+8> ¿
2 =3>¿¿，故B 错误；
C．小球从M 再回到M 点，重力势能不变，机械能增加量为Δ E = Δ EK= 1
2 mv M
2 = 9m g
2t
2
2
，故C 错误；
D．因为从N 点到M 点，电场力对小球做正功，电势能减小，故小球在M 点的电势能小于它在N 点的电
势能，故D 错误。
故选A。
8．（多选）如图，倾角为37°足够长的光滑绝缘斜面处于匀强磁场中，磁场方向垂直纸面，磁感应强度
为B。可视为质点的小球质量为m，带电量为+q，以平行于斜面的初速度υ0= mg
qB 从斜面底端O 点向上滑
行，一段时间后小球从C 点（图上未标出）离开斜面。已知sin37° =0.6，重力加速度为g，整个运动过
程中小球带电量保持不变，下列分析正确的是（ ）
A．磁场方向垂直纸面向里
B．O 与C 间距离为3υ0
2
10 g
C．小球离开斜面之前的过程中斜面对小球弹力的冲量大小为27mυ0
10
D．小球离开斜面后相对O 点能够上升的最大高度为23υ0
2
50 g
【答案】BC
【详解】A．小球在O 点受到洛伦兹力的大小F =qυ0 B =q⋅mg
qB ⋅B =mg，方向垂直斜面，如果垂直斜
面向上，有F >mgcos37
∘
则小球开始时就会离开斜面，而小球一段时间后才离开斜面，说明小球开始时所受洛伦兹力垂直斜面向
下，且小球是在下滑过程中离开斜面的，所以由左手定则可知，磁场方向垂直纸面向外，故A 错误；
B．若小球至某位置时离开斜面。离开斜面前满足mgsin37° =ma
得a= gsin37°
加速度恒定，小球向上做匀减速直线运动；离开斜面瞬间满足qυB =mgcos37°
得υ= mgcos37°
qB
= 4
5 υ0
由匀变速直线运动规律得−υ=υ0−at
可得t = 3υ0
g ，x = υ0+(−υ)
2
t = 3υ0
2
10 g
，故B 正确；
C．上行过程垂直斜面方向上由平衡条件可得FN1=qυ上B+mgcos37°
此过程中弹力的冲量为I 1=∑(qυ上B+mgcos37°)Δt =(mgcos37°)t1+qB x1
同理可得下行过程弹力冲量为I 2=∑(−qυ下B+mgcos37°)Δt =(mgcos37°)t2−qB x2
全程弹力冲量为I = I 1+ I 2=(mgcos37°)(t1+t1)−qB(x1−x2)
根据选项B 的分析可知t1+t2=t = 3υ0
g
，x1−x2= x = 3υ0
2
10 g
联立得I = 27mυ0
10
，故C 正确；
D．小球离开斜面后做曲线运动，从离开斜面至到达到最高点的过程中由功能关系可得
mghm = 1
2 mυ
2−1
2 mυ
'
2
在水平方向上由动量定理可得∑qυ y BΔt =qB hm =mυcos37°−mυ
'
联立可得hm = 6υ0
2
25 g
离开斜面后相对O点能够上升的最大高度H =hm+ x sin37° = 21υ0
2
50 g
，故D 错误。
故选BC。
9．（多选）雨滴在下落过程中所受的阻力是随速度变化而变化的。某物理兴趣小组的同学在AI 工具的帮
助下了解到，较小的雨滴（半径小于0.1mm）在初始加速下落阶段所受的空气阻力仅与雨滴的速率v成正
比，而与雨滴的质量无关，即f =kv (k >0)；当阻力增大至与重力平衡时，雨滴达到收尾速度，此时雨滴
受到的空气阻力将与速率的平方成正比，即f =k
' v
2(k
'>0)。该小组的同学尝试通过实验验证雨滴在下落
过程中的动力学关系。他们在足够深的竖直圆筒内注满一定浓度的液体模拟高空中的空气，用质量分别
为m1和m2的甲、乙两球模拟雨滴，将两球从液面处同时由静止释放，用速度传感器得到两球的v −t图像
如图所示，经时间t0两球的速度都已达到各自的稳定值v1和v2。下列判断正确的是（ ）
A．m1>m2
B．0~t0时间内两球下落的高度相等
C．0~t0时间内乙球所受“空气阻力”的冲量更大
D．0~t0时间内两球间距增大，且增大得越来越快
【答案】AD
【详解】A．当两球的速度达到稳定值时有mg−k
' v
2=0
由图像可知v1＞v2，所以m1＞m2，故A 正确；
B．v −t图线与坐标轴围成的面积表示位移，所以由v −t图像可知，0~t0时间内两球下落的高度满足h1＞
h2，故B 错误；
C．在极短时间Δt 内f 可视为恒力，则有Δ I f=kv Δt =k Δ x
将Δ I f在0~t0时间内累积有I f=kx
由图像可知，0~t0时间内乙的位移较小，则“空气阻力”的冲量应较小，故C 错误；
D．由v −t图像面积差的变化可知，0~t0时间内两球间距增大，且相同时间内面积差越来越大，故D 正确。
故选AD。
10．（多选）如图甲所示，质量为2kg 的薄木板B 静止在光滑的水平地面上，质量为1kg 的物块A 静止在
B 的右端。t=0 时刻起，对B 施加一水平向右的作用力F，其大小随时间t 变化关系如图乙所示，t=3s 时撤
去F。已知A 与B 之间的动摩擦因数为0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，A 始终未脱离B，取
g=10m/s2。下列说法正确的是（ ）
A．t=2.5s 时A 与B 未发生相对滑动
B．0~2s 内摩擦力对A 的冲量大小为4kg m/s
⋅
C．t=2s 时，B 的速度大小为2m/s
D．t=3s 时，A 的速度大小为4m/s
【答案】CD
【详解】A．AB 恰发生相对滑动时，对A 分析μmA g=mAa0
解得a0=2m/s2
此时对AB 整体F0=(mA+mB)a0
解得F0=6N
则此时t=2s，即当t=2.5s 时A 与B 已经发生相对滑动，故A 错误；
B．0~2s 内摩擦力对A 的冲量大小为I f = 1
2 μmA gt2=2kg⋅m/s，故B 错误；
C．0~2s 内整体一起加速运动，加速度从零均匀增加到2m/s2，则t=2s 时，B 的速度大小为
v2= 1
2 ×2×2m/s=2m/s，故C 正确；
D．从2s~3s 滑块A 做匀加速运动，加速度为a0=2m/s2，可知t=3s 时，A 的速度大小为
v3= v2+a0 Δt =(2+2×1)m/s=4m/s，故D 正确。
故选CD。
题型二 动量定理的理解及应用
1.对动量定理的理解
(1)动量定理的表达式是矢量式，列式时要注意各个量与规定的正方向之间的关系(即要
注意各个量的正、负)。
(2)动量定理中的冲量是合外力的冲量，而不是某一个力的冲量，它可以是合力的冲量，
也可以是各力冲量的矢量和，还可以是外力在不同阶段的冲量的矢量和。
(3)应用动量定理可以只研究一个物体，也可以研究几个物体组成的系统。
(4)当用动量定理研究系统时，初态的动量p 是系统各部分动量之和，末态的动量p′也
是系统各部分动量之和。
(5)对系统各部分的动量进行描述时，应该选取同一个参考系，不然求和无实际意义。
【例题精讲】
1．如图所示为某款运动跑鞋宣传图，图片显示：“该款鞋鞋底采用EVA 材料，能够有效吸收行走或运动
时的冲击力，保护双脚免受伤害”。对于该款鞋，下列说法正确的是（ ）
A．缩短双脚与鞋底的冲击时间，从而减小合力对双脚的冲量
B．延长双脚与鞋底的冲击时间，从而减小合力对双脚的冲量
C．延长双脚与鞋底的冲击时间，从而减小鞋底对双脚的平均冲击力
D．缩短双脚与鞋底的冲击时间，从而减小鞋底对双脚的平均冲击力
【答案】C
【详解】AB．由动量定理I =mv −m v0可知，无论是缩短还是延长双脚与鞋底的冲击时间，合力对双脚的
冲量都保持不变。故AB 错误；
CD．由I = F Δt可知，延长双脚与鞋底的冲击时间，可以减小鞋底对双脚的平均冲击力。故C 正确，D 错
误。
故选C。
2．如图甲所示，在拉力传感器的下端竖直悬挂一个弹簧振子，拉力传感器可以实时测量弹簧弹力大小。
图乙是小球简谐运动时传感器示数随时间变化的图像，t =0时小球处于平衡位置，已知重力加速度
g=10 m /s
2，下列说法正确的是（ ）
A．小球的质量为0.8kg，振动的周期为8s
B．0~2s 内，小球受回复力的冲量大小为0
C．3s~4s 和4s~5s 内，小球受回复力的冲量相同
D．1s~3s 内，小球受回复力的冲量大小为0
【答案】D
【详解】A．根据图乙可知t =0时小球处于平衡位置，此时弹簧的弹力等于小球的重力。t=1s 时，弹簧弹
力最大，为Fmax=16 N，小球位于最低点；t=3s 时，弹簧弹力最小，为Fmin=0，小球位于最高点。
由对称性可知，mg= Fmax+ Fmin
2
=8 N
弹簧振子完成一次全振动时间，即振动周期T =2×(3−1)s= 4s
故A 错误；
B．小球受到的合外力提供回复力，0~2s 内，小球从平衡位置向下运动到最低点后又回到平衡位置，初速
度和末速度不为零且大小相等，而方向相反，则速度变化量不为零，根据动量定理可知回复力的冲量大
小不为0，故B 错误。
C．在简谐运动中，回复力F回是变力，3s-4s内小球从正向最大位移处向平衡位置运动，回复力方向指
向平衡位置(负方向)；4s-5s内小球从平衡位置向负向最大位移处运动，回复力方向指向平衡位置(正方
向)。冲量是矢量，3s-4s和4s-5s内回复力方向不同，所以小球受回复力的冲量方向不同，冲量不相同，
故C 错误。
D．1s-3s内，1s和3s时小球的速度大小相等均为零，根据动量定理I = Δ p=m v末−m v初
即小球受回复力的冲量大小为0，故D 正确。
故选D。
3．新能源电动汽车具有使用成本低、节约能源、减少废气排放等诸多优点。某次新能源汽车性能测试中，
汽车沿水平方向由静止开始做直线运动，传感器采集的水平牵引力随时间变化的数据如图所示。已知汽
车质量为2000kg，18s 后汽车开始做匀速运动，设汽车所受阻力恒定。则汽车在18s 后匀速运动的速度为
（ ）
A．24m/s
B．36m/s
C．54 m/s
D．72 m/s
【答案】B
【详解】由于18s 后汽车开始做匀速运动，所以汽车所受阻力为f =1×10
3 N
在0-18s 的过程中，由动量定理可得：F1t1+ F2t2−f (t1+t2)=mv −0
其中F1=7×10
3 N，F2= 4×10
3 N，可得18s 后匀速运动的速度为36m/s。
正确答案：B
4．如图所示，有一段截面积为S 的弯曲水管被固定在水平地面上，转弯处偏离原方向θ 角。若管内水流
速度大小为v，水的密度为ρ，管内壁光滑，则水流对转弯处冲击力的大小为（ ）
A．ρS v
2sin θ
2
B．2 ρS v
2sin θ
2
C．ρS v
2sin
2 θ
2
D．2 ρS v
2
sinθ
【答案】B
【详解】弯水管出口、入口处Δt时间内水的质量Δm= ρSv Δt
动量变化如图所示
则Δ p=2Δm⋅v ⋅sin θ
2 =2 ρS v
2Δt sin θ
2
故弯管对水的作用力大小为F =Δ p
Δt =2 ρS v
2sin θ
2
根据牛顿第三定律，水流对弯管的作用力大小也为2 ρS v
2sin θ
2。
故选B。
5．某研究机构利用力传感器研究蹦床过程。传感器采集了某运动员在一次蹦床过程中对蹦床的压力随时
间变化的关系，利用计算机绘制出图像如图所示。运动员视为质点，不考虑空气阻力，重力加速度
g=10 m /s
2。则1.0∼1.9s时间内图线与横轴围成的阴影面积约为（ ）
A．240 N ⋅s
B．720 N ⋅s
C．960 N⋅s
D．1620 N⋅s
【答案】C
【详解】根据图像判断，运动员的重力G =800 N
运动员在1.9∼2.5s时间段内做竖直上抛运动，离开蹦床时速度v0= 1
2 g(2.5s−1.9s)=3 m /s
在1.0∼1.9s时间内根据动量定理有I −>=m v0
解得I =960 N ⋅s
故选C。
6．排球比赛中，甲同学在h1=2.2m处将排球以v0=8 m /s水平击出，乙同学在离地h2=0.4 m处将排球垫
起，排球被垫起后以原速率反弹，方向与垫球前瞬间的速度方向相反。已知g=10 m /s
2，排球的质量为
260g，不计空气阻力，则关于此排球的运动下列说法正确的是（ ）
A．排球被甲同学击出后在空中飞行时间为6s
B．排球击出点与垫球点的水平距离为2.88 m
C．排球被乙同学垫起过程中所受合力的冲量大小为5.2N ⋅s
D．排球被乙同学垫起过程中所受合力做功为130J
【答案】C
【详解】A．排球被甲同学击出后做平抛运动，由
h1−h2= 1
2 gt
2
得
t =0.6s
故A 错误；
B．排球击出点与垫球点的水平距离
x = v0t = 4.8 m
故B 错误；
C．排球被垫起前瞬间竖直方向的分速度大小
v y =>= 6 m /s
垫球时的速度大小
v =
❑√v0
2+ vy
2=10 m /s
则排球被乙同学垫起过程中所受合力的冲量大小
I =2mv =5.2N ⋅s
故C 正确；
D．排球被乙同学垫起过程中速率不变，动能不变，由动能定理知所受合力做功为0，故D 错误。
故选C。
7．蹦床运动中，体重为60kg 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
力加速度取10m/s2。下列说法正确的是（ ）
A．t=0.15s 时运动员的机械能最大
B．t=0.30s 时运动员的速度大小为20m/s
C．t=1.30s 时运动员距蹦床的高度为5m
D．0-0.30s 内，运动员对蹦床的平均作用力大小为4000N
【答案】C
【详解】A．根据牛顿第三定律结合题图可知t=0.15s 时，蹦床对运动员的弹力最大，蹦床的形变量最大，
机械能最小，故A 错误；
BC．根据题图可知运动员从t=0.30s 离开蹦床到t=2.30s 再次落到蹦床上经历的时间为2s，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t=1.30s 时，运动员恰好运动到最大高度处，t=0.30s 时运动
员的速度大小为
v =>=10 m/s
h= 1
2 gt
2=5m
故C 正确，B 错误；
D．同理可知运动员落到蹦床时的速度大小为10m/s，以竖直向上为正方向，根据动量定理
F Δt −mg Δt =mv −(−mv)
其中
Δt =0.3
代入数据可得
F = 4600N
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4600N，故D 错误。
故选C。
8．（多选）如图为一根弹性轻绳，它的一端固定在O 点，让该轻绳自然下垂时，其末端刚好位于P 点。
现在轻绳末端系一质量为m 的小球（可视为质点），将小球从A 点静止释放，小球沿直线运动，经P 点
后到达最低点B。整个过程中弹性绳始终在弹性限度内，不计空气阻力，重力加速度大小为g。若小球从
A 点运动到B 点的时间为t，下列说法正确的是（ ）
A．小球在P 点时速度最大
B．小球从P 点到B 点的过程中，弹性绳的弹性势能一直增大
C．小球从A 点到B 点，重力势能减少量大于轻绳弹性势能增加量
D．小球从A 点到B 点，小球所受轻绳拉力的冲量大小为mgt
【答案】BD
【详解】A．小球的平衡位置在P 点下方，P 点到平衡位置，小球加速度仍向下，仍会继续加速，故P 点
速度并非最大，而是在平衡位置处速度才是最大值，故A 错误；
B．从P 点到B 点过程中，弹性绳被拉长，形变一直增大，则弹性势能增大，故B 正确；
C．从A 点到B 点，根据能量守恒，小球重力势能减少量等于弹性势能增加量，故C 错误；
D．从A 点到B 点，根据动量定理，有
mgt −I F =0−0
可得小球所受轻绳拉力的冲量大小为
I F =mgt
故D 正确。
故选BD。
9．（多选）如图甲所示，足够长的光滑斜面上固定有物块a、b，物块相互接触但不粘连，斜面与水平面
之间的夹角α = 30°。t = 0 时刻，将a、b 解除固定，同时分别对a、b 施加沿斜面向上的力F1、F2，力
F1、F2随时间t 变化的关系如图乙所示。已知a、b 的质量分别为m1 = 1kg，m2 = 2kg，取重力加速度g
= 10m/s2。下列说法正确的是（ ）
A．t = 1s 时，a 对b 的作用力大小为8N
B．t = 3.5s 时，a 对b 的作用力大小为零
C．0 ~ 5s 时间内，a 对b 的作用力的冲量大小为25N·s
D．0 ~ 5s 时间内，a、b 组成的系统的机械能增加量为90J
【答案】AC
【详解】B．设t0时刻，a 对b 的作用力大小为零，分别对a，b 由牛顿第二定律得F1−m1 gsin α =m1a，
F2−m2 gsin α =m2a
解得t0=5s，a=1m/s
2，故B 错误；
C．在0 ~ 5s 时间内，F1+ F2恒定为18N，因此a 和b 向上做匀加速直线运动，t =5s时，a、b 的速度大小
均为v =at =5 m/s
0 ~ 5s 时间内，对b 由动量定理得I F2−(m2 gsin α)t + I =m2v
由题图乙面积代表冲量，可得I F2=35 N ⋅s，解得I =25 N ⋅s，故C 正确；
A．t =1s时，力F2的大小为F = 4 N，F −m2 gsin α + FN=m2a
解得F N=8 N，故A 正确；
D．0∼5s时间内，a、b 运动的位移大小为x = 1
2 at
2= 25
2 m
a、b 组成的系统的机械能增加量为Δ E =(m1+m2)gx sin α + 1
2 (m1+m2)v
2
解得Δ E =225J，故D 错误。
故选AC。
10．（多选）两个质量相同的物体P、Q并排静止在水平面上，与水平面间的动摩擦因数分别为μ1、μ2，
用同向水平拉力F1、F2分别作用于物体P和Q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P、Q运动的速度-时间图像分别如图中图线①、②所示，已知拉力F1、F2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F1: F2=8:3
B．两个物体P、Q与水平面间的动摩擦因数之比为μ1: μ2=3:2
C．两个拉力对物体P、Q的冲量之比为I F1: I F2=2:3
D．两个拉力对物体P、Q所做的功之比为W F1:W F2=9:4
【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
f =ma减
由速度与时间图像求得加速度大小a减=1m/s
2
物体做加速运动时，根据速度与时间图像，P的加速度为3 m/s
2，Q的加速度为0.5 m/s
2，对P进行受力分
析F1−f =ma1
对Q进行受力分析F2−f =ma2
所以F1: F2= 4 m: 3m
2 =8:3
A 正确；
B．因为摩擦力大小相同，即μ1mg= μ2mg
解得μ1: μ2=1:1
B 错误；
C．对P运动的全过程列动量定理I F1−μ1mgt1=0
对Q运动的全过程列动量定理I F2−μ2mgt2=0
解得I F1: I F2=t1:t2= 4:6=2:3
C 正确；
D．P加速运动的位移x1= 3
2 m
Q加速运动的位移x2= 4 m
F1所做功W F1= F1 x1
F2所做功W F2= F2 x2
所以W F1:W F2=1:1
D 错误。
故选AC。
题型三 应用动量定理处理“流体类”问题
应用动量定理处理“流体类”问题
研究对象
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
【例题精讲】
1．高压水枪在清洗地面等场景中应用广泛．某高压水枪枪口横截面积为2.0×10
−5 m
2，已知水的密度为
1.0×10
3kg/ m
3，若喷水时枪口处水速100 m /s，则枪口每秒喷出的水为（ ）
A．0.1kg
B．0.2kg
C．1.0kg
D．2.0kg
【答案】D
【详解】ABCD．单位时间高压水枪喷出水的质量为
m= ρ v1S =1.0×10
3×100×2.0×10
−5=2.0kg
故选D。
2．在海口某学校科技节活动中，高二年级开展的水火箭制作和发射比赛现场吸引了众多师生围观。水火
箭原理如图甲所示，发射时利用压缩空气把水从火箭尾部的喷嘴向下高速喷出，火箭受到反冲作用而高
速升空。右图是某同学发射水火箭的精彩瞬间，若发射过程中水火箭将壳内0.5kg 的水以相对地面30m/s
的速度在0.5s 时间内快速喷出，则火箭箭体受到的推力约为（ ）
A．15N
B．150N
C．25N
D．300N
【答案】C
【详解】设水火箭对水的作用力为F，根据动量定理可知，Ft +mgt =mv
根据牛顿第三定律，解得火箭箭体受到的推力F
' = F =25 N。
故选C。
3．离子推进器是用电场将等离子加速后喷出而获得前进动力的，如图所示：进入电离室的气体被电离成
正离子，而后飘入电极A 、B之间的匀强电场（离子初速度忽略不计），A 、B间电压为U，使正离子
加速形成离子束。已知每个正离子质量为m，电荷量为q，单位时间内飘入的正离子数目为n，则在加速
过程中推进器获得恒定的推力F为（ ）
A．n
2
❑√mqU
B．n ❑√mqU
C．n ❑√2mqU
D．2n ❑√mqU
【答案】C
【详解】设Δt时间喷出粒子的质量为m0，离子推进器对其的平均推力大小为F，规定向右为正方向，对
m0，根据动量定理有F Δt =m0v
其中m0=n Δtm
根据动能定理有qU = 1
2 m v
2
联立解得F =n ❑√2mqU
根据牛顿第三定律可知，引擎获得的推力为n ❑√2mqU。
故选C。
4．如图风光互补环保路灯的主要构件有：风力发电机、单晶硅太阳能板、额定电压48V 容量200Ah 的储
能电池、功率60W 的LED 灯。已知该路灯平均每天照明10h，1kg 标准煤完全燃烧可发电2.8kW ⋅h，排
放二氧化碳2.6kg。设风恰好与发电机叶片转动平面垂直，则（ ）
A．若空气密度为ρ，风速为v，叶片长为d，则单位时间内通过转动圆面的空气质量为ρv πd
2
4
B．风力发电机的叶片受到风的平均冲击力大小与风速成正比
C．路灯正常运行1 年，可减少二氧化碳排放量约为203kg
D．储能电池充满电后，即使连续三周无风且阴雨，路灯也能正常工作
【答案】C
【详解】A．单位时间内Δt =1，流过叶片转动圆面的空气可看作柱体，则空气柱长度为v ⋅Δt = v
叶片长为转动半径d，转动圆面积S = π d
2
单位时间空气质量Δm= ρ⋅V = ρ⋅S⋅v = ρvπ d
2，故A 错误；
B．根据动量定理，风对叶片的平均冲击力F =Δ p
Δt =Δm⋅v
Δt
= ρSv Δt ⋅v
Δt
= ρS v
2
冲击力与风速平方成正比，不是与风速成正比，故B 错误；
C．已知LED 路灯的功率P =60 W =0.06kW，一年消耗电能W =0.06kW×10h×365=219kW⋅h
需要燃煤的质量m煤= 219
2.8 kg≈78.2kg
对应排放二氧化碳质量mCO2=78.2×2.6kg≈203kg
即一年可减少约203kg 二氧化碳排放，故C 正确；
D．储能电池充满电总能量E总= 48 V×200 Ah=9600 W⋅h
路灯每天消耗电能W 天=60 W ×10h=600 W ⋅h
可正常工作天数n= 9600 W ⋅h
600 W⋅h =16
三周为21 天，16<21，因此无法满足三周工作，故D 错误。
故选C。
5．在研究城市交通拥堵问题时，常引入车流量Q、车流密度ρ 和车流速度v 三个物理量进行研究。已知
车流量是指单位时间内通过车道某一横截面的车辆数，车流密度是指单位长度路段内的车辆数，车流速
度是指车辆行驶的速度。在平直单排车道内，驾驶员会根据车流密度自动调整车速，车速与车流密度满
足的规律为v = v0−v0
ρmax
ρ，车辆首尾相接排队时，车流密度达到最大值ρmax，v0为道路允许行驶的最大
速度。下列说法正确的是（ ）
A．车流量Q 可表示为Q = v
ρ
B．车流量Q 的最大值为1
4 v0 ρmax
C．当车流密度ρ 达到最大值ρmax时，车流量Q 最大
D．车流量Q 越大的路段，车流速度v 越大
【答案】B
【详解】A．首先根据定义推导三个物理量的核心关系：单位时间内车辆前进距离为v，单位长度路段车
辆数为ρ，因此单位时间通过横截面的车辆数（车流量）Q = ρv，故A 错误；
B．将v = v0−v0
ρmax
ρ代入Q = ρv
得Q = v0 ρ−v0
ρmax
ρ
2
这是开口向下的二次函数，顶点对应最大值
当ρ= ρmax
2 时取得最大值Qmax= v0⋅ρmax
2 −v0
ρmax
⋅( ρmax
2 )
2
= 1
4 v0 ρmax，故B 正确；
C．当ρ= ρmax时，代入速度公式得v =0，此时Q = ρmax⋅0=0，为最小值，故C 错误；
D．Q是ρ和v的乘积，Q较大可能是ρ大、v小的情况，并非Q越大v一定越大，故D 错误。
故选B。
6．消防水龙头的喷嘴每秒钟内流出的水量Q =6×10
−3 m
3，已知喷嘴的横截面积S =3×10
−4 m
2，水的密
度 ρ=1.0×10
3kg/m
3，消防员将喷嘴方向调整为与水平面夹角θ =53°，水柱在最高处正好到达着火位
置，设水在最高点与着火物撞击后速度变为零，忽略空气阻力，g 取10 m/s
2，cos53°=0.6，则水在最高点
对着火物的冲击力为（ ）
A．72N
B．96N
C．120N
D．144N
【答案】A
【详解】 计算单位时间喷出的水的质量Δm
Δt = ρQ =1.0×10
3kg/m
3×6×10
−3m
3/ s=6kg/ s。
根据流量公式Q = S v0，得喷嘴出水初速度v0= Q
S = 6×10
−3
3×10
−4 =20m/ s
斜抛运动到最高点时，竖直速度减为0，水平速度v x= v0cos53° =20×0.6=12m/ s
取v x方向为正方向，撞击后水速度为0，因撞击时间极短忽略重力冲量，着火物对水的作用力F，对Δt时
间内撞击的水应用动量定理−F Δt =0−Δm v x
解得F = Δm
Δt v x=6×12=72 N。
根据牛顿第三定律，水对着火物的冲击力大小等于72N
故选A。
7．如图所示，由高压水枪中竖直向上喷出的水柱，将一个开口向下的小铁盒顶在空中。已知密度为ρ 的
水柱以恒定速率从水枪中持续喷出，向上运动并以速率v0冲击小铁盒，且冲击小铁盒时水柱横截面积为
S，并以速率v 竖直返回（不考虑水之间的碰撞）。水与铁盒作用时这部分水所受重力可忽略不计，则水
对铁盒的平均作用力大小为（ ）
A．ρS v0(v0+ v)
B．ρS(v + v0)
C．ρS(v −v0)
D．ρS v0(v −v0)
【答案】A
【详解】在∆t 时间内打到盒子上的水的质量Δm= ρS v0 Δt
向下为正，则根据动量定理F Δt = Δmv −(−Δm v0)
解得F = ρS v0(v0+ v)
根据牛顿第三定律可知水对铁盒的平均作用力大小为F
' = F = ρS v0(v0+ v)
故选A。
8．（多选）霍尔推进器工作原理简化如图所示，放电通道两端的电极A、B间存在一加速电场E。工作时，
工作物质氙气进入放电通道后被电离为氙离子，再经电场加速喷出，形成推力。若某次试验中有96.0 %的
氙气被电离，氙离子从右端喷出电场的速度v =2.0×10
4 m/s，其比荷k = q
m =8.0×10
5C/kg。氙离子进
入通道的初速度视为0，忽略重力及阻力。当推进器产生的推力达到96.0毫牛时（1毫牛=10
−3牛顿），
下列判断正确的是（ ）
A．每秒进入放电通道的氙气质量为4.8×10
−6kg
B．每秒进入放电通道的氙气质量为5.0×10
−6kg
C．氙离子向外喷射形成的电流为3.84 A
D．氙离子向外喷射形成的电流为4.00 A
【答案】BC
【详解】AB．设每秒喷出的氙离子质量为m1，根据动量定理，在时间t =1s内，电场力对氙离子产生的冲
量转化为氙离子的动量变化F ⋅t =m1⋅t ⋅v −0
由此可得每秒喷出的氙离子质量为m1= 4.8×10
−6kg/s
每秒进入放电通道的氙气质量为M =
m1
96.0 % =5.0×10
−6kg/s，故A 错误，B 正确；
CD．电流I的定义为单位时间内流过截面的电荷量，即I = q
t ，每秒喷出的电荷量可以通过比荷k = q
m和每
秒喷出的氙离子质量m1计算得出，解得电流I = k ⋅m1⋅t
t
=k ⋅m1 I =3.84 A，故C 正确，D 错误。
故选BC。
9．（多选）一项新型娱乐项目“娱乐风洞”，是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 的游客恰好悬浮在直径为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mg
ρS
B．单位时间内流过风洞内横截面的气体体积为π d
2
4
❑√
mg
ρS
C．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
4 g
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1
4 g
【答案】BC
【详解】A．根据题意可知，对Δt时间内吹向游客的气体，设气体质量为Δm，根据动量定理可得
F Δt = Δmv
由于游客处于静止状态，根据受力分析，游客受力平衡，F =mg
另外Δm= ρv ΔtS，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
= π d
2
4
❑√
mg
ρS ，故B 正确；
CD．若风速变为原来的1
2，则根据动量定理可得F
' Δt = Δm
' v
'
其中Δm
' = ρ v
' ΔtS，v
′ = 1
2 v，
可得F
′ = 1
4 F = 1
4 mg
由牛顿第二定律mg−F
′ =ma
可得游客a= 3
4 g，C 正确，D 错误。
故选BC。
10．（多选）我国自主研制的“天帆一号”成功验证了多项太阳帆关键技术。光射到物体表面时，对单
位面积产生的压力叫光压，太阳帆飞船可利用光压作为动力航行。若太阳帆飞船仅受太阳引力和光压提
供的动力沿半径方向匀速远离太阳，距离太阳r 处的太阳帆单位面积接收太阳光辐射的功率为P（P 仅与
距离r 平方成反比），帆面始终与光线垂直，照射到太阳帆的光子全部垂直于帆面以原速率反弹。已知太
阳帆飞船质量为m，太阳质量为M，万有引力常量为G，普朗克常量为h，光的频率为ν，真空中光速为
c，太阳帆飞船速度远小于光速。下列说法正确的是（ ）
A．距离太阳r 处，太阳帆在单位时间单位面积内接收到的光子数为P
hν
B．距离太阳r 处，太阳帆受到的光压为P
c
C．距离太阳r 处，太阳帆的展开面积为GMmc
2 Pr
2
D．太阳帆飞船匀速远离太阳的过程中，需逐渐增大太阳帆的展开面积
【答案】AC
【详解】A．距离太阳r 处，光子的平均能量为E =hν
太阳帆在单位时间单位面积内接收到的光子数为N = P
hν
故A 正确；
B．光子的频率为ν = c
λ
距离太阳r 处，每个光子的动量为p= h
λ
光射到帆面被反弹，由动量定理得Ft=2Np
可得太阳帆单位面积受到的光压为F = 2 P
c
故B 错误；
CD．距离太阳r 处，由题意得，匀速远离要满足太阳光对太阳帆的作用力等于太阳对探测器的引力，即
F = GMm
r
2
即2SP
c
= GMm
r
2
解得S = GMmc
2 Pr
2
飞船匀速远离太阳的过程中，P 仅与距离r 平方成反比，结合S = GMmc
2 Pr
2
太阳帆飞船的展开面积保持不变，故C 正确，D 错误。
故选AC。
题型四 动量定理与图像问题结合
【例题精讲】
1．一物体在合外力作用下由静止开始做直线运动，F与时间t的关系图像如图所示，由图像可知（ ）
A．t =1s时物体速度最大
B．t =1s时与t =3s时物体动能相同
C．物体相对于出发点的位移先增大后减小
D．0~1s 与1~2s 内F 做功相等
【答案】B
【详解】A．物体在0~2s 内一直做加速运动，可知t =2s时物体速度最大，A 错误；
B．由图可知0~1s 内和0~3s 内合力的冲量相同，根据动量定理可知t =1s时与t =3s时物体的速度相同，
即动能相同，B 正确；
C．由图可知0~2s 内物体沿正方向加速运动，2~4s 内沿正方向做减速运动，以后仍重复上述运动，可知
物体相对于出发点的位移一直增大，C 错误；
D．0~2s 内物体沿正方向加速运动，0~1s 内的位移小于1~2s 内的位移，可知力F 做功不相等，D 错误。
故选B。
2．如图甲所示，将压力传感器固定在水平气垫导轨右侧，滑块置于导轨上方。轻推滑块，使其从左端向
右运动。滑块与压力传感器碰撞时，传感器记录的压力F随时间t的变化关系如图乙所示。根据图乙数据，
可估算碰撞过程中滑块动量变化量的大小约为（ ）
A．0.05kg⋅m /s B．0.1kg⋅m /s
C．0.5kg⋅m /s
D．1kg⋅m /s
【答案】B
【详解】F −t图像与时间轴围成的面积表示冲量，由图像可以看出，图乙中横坐标每小格代表0.02s，
纵坐标每小格代表0.1N，因此每小格的面积为I 0=0.02×0.1N ⋅s=0.002N ⋅s
用估算的方法可以数出F −t图像下约有50 个小格，所以压力F对滑块的冲量为
I =50 I 0=50×0.002N ⋅s=0.1N⋅s
由动量定理可得，碰撞过程中滑块的动量变化大小等于压力F对滑块的冲量的大小，即
Δ p= I =0.1kg⋅m/s
故选B。
3．篮球从离地一定高度处静止释放，与地面碰撞后反弹上升到最高点的过程中，所受空气阻力大小与速
度大小成正比，碰撞过程无能量损失，篮球在该过程中的v −t图像可能是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【详解】空气阻力大小与速度大小成正比，设空气阻力为f =kv
下落过程由牛顿第二定律可得mg−kv =ma，故随着速度增大，加速度越来越小，下落时做加速度逐渐减
小的加速运动
与地面碰撞后上升阶段，由牛顿第二定律可得mg+ kv =ma，故随着速度减小，加速度越来越小，上升时
做加速度逐渐减小的减速运动。
设小球下落高度为h1，上升高度为h2，则下落时空气阻力冲量的大小为I 1=∑kv Δt =k h1
上升时空气阻力冲量的大小为I 2=∑kv Δt =k h2
规定向下为正方向，由动量定理，下落时mgt1−k h1=m v0
上升时mgt2+ k h2=0−(−m v0)=m v0，故t1>t2。
故选D。
4．某物体在运动过程中只受到力F的作用，物体的速度v随时间t变化的图像如图所示。已知在t =1s时刻，
物体的速度为零。则下列说法中正确的是（ ）
A．在0～3s内，力F所做的功等于零，冲量也等于零
B．在0～4s内，力F所做的功等于零，冲量也等于零
C．第1s 内和第2s 内的速度方向相同，速度的变化率方向相同
D．第3s 内和第4s 内动量的变化率大小相同，方向相反
【答案】A
【详解】A．由图可知，t =0时和t =3s物体的速度都为v，根据动能定理可知W F= Δ Ek=0
根据动量定理可知I F= Δ p=0，故A 正确；
B．由图可知，t =0时物体的速度都为v，t = 4s时物体的速度为0，根据动能定理可知
W F= Δ Ek=0−1
2 mv
2=−1
2 mv
2
根据动量定理可知I F= Δ p=0−mv =−mv
即在0～4s内，力F做了1
2 mv
2的负功，动量减少了mv，故B 错误；
C．由图像可知，第1s 内和第2s 内的速度方向都沿正方向，方向相同，v-t 图像的斜率表示加速度，即速
度的变化率，结合图像可知，第1s 内，物体沿正方向做匀减速运动，加速度方向为负方向，第2s 内沿正
方向做匀加速运动加速度的方向为正方向，即第1s 内和第2s 内物体的速度方向相同，速度的变化率方向
不同，故C 错误；
D．根据动量定理可知，动量的变化率即为物体所受的合外力，结合牛顿第二定律F =ma可知，第3s 内
和第4s 内物体沿正方向做匀减速运动，速度方向和加速度的方向相同，加速度的大小相等，因此合外力
的大小和方向均相同，即第3s 内和第4s 内动量的变化率大小相同，方向也相同，故D 错误。
故选A。
5．一物块静止在粗糙水平地面上，0~4s 内所受水平拉力随时间的变化关系图像如图甲所示，0~2s 内速度
—时间图像如图乙所示，取重力加速度g=10m/s2，关于物块的运动。下列说法正确的是（ ）
A．前2s 内拉力做的功为12J
B．前4s 内拉力的冲量为4 N ⋅s
C．前4s 内物块一直在运动
D．物块在4s 末减速为零
【答案】B
【详解】A．由图乙可知，第1s内、第2s内物块的位移分别为x1=2m，x2= 4 m
则前2s 内拉力做的功为W = F1 x1+ F2 x2=(6×2+2×4)J=20J
故A 错误；
B．图甲中图像与时间轴所包围的面积表示拉力的冲量，故前4s 内拉力的冲量为
I F=[6×1+2×1+(−2)×2)N ⋅s=4N ⋅s
故B 正确；
CD．由题意可知，物块所受的滑动摩擦力大小为Ff=2N
假设前4s 内物块一直在运动，设物块在4s 末的速度为v，由动量定理得I F−Fft =mv −0
得v <0
说明在4s 前速度已经减为零，速度减为零后保持静止，故CD 错误。
故选B。
6．风洞是用人工产生可以控制的气流，模拟物体周围气体的流动，研究物体在气体中的运动规律。在风
洞实验室中，先后两次将同一物体以相同的初速度v0竖直向上抛出并落回抛出点，第一次的空气阻力大
小与速率成正比，物体运动的v-t 图像如图甲所示，物体在t2时刻落回抛出点，落回时速率为v1；第二次
的空气阻力大小恒定，物体运动的v-t 图像如图乙所示，物体在t4时刻落回抛出点，落回时速率也为v1。
则t2与t4的大小关系正确的是（ ）
A．t 4>t2
B．t 4<t2
C．t 4=t2
D．条件不足，无法判断
【答案】A
【详解】空气阻力大小与速率成正比时，设空气阻力为kv，v-t 图线可以看成f-t 图线，其面积表示冲量，
v-t 图线面积表示位移为零，所以f-t 图线面积表示冲量为零，对全过程由动量定理得
mgt2+ I f =m v1−(−m v0)
其中阻力的冲量I f =0
解得t2= v0+ v1
g
空气阻力大小恒定时，物体上升和下落均做匀变速直线运动，设空气阻力为f，上升的最大高度为H，上
升过程根据动能定理有−mgH −fH =0−1
2 mv0
2
下落过程根据动能定理有mgH −fH = 1
2 mv1❑
2−0
联立解得H = v0
2+ v1
2
4 g
故上升时间t3= 2 H
v0
= v0
2+ v1
2
2g v0
同理下落时间t
′❑3= 2 H
v1
= v0
2+ v1
2
2 g v1
整个运动时间t 4= (v0
2+ v1
2)(v0+ v1)
2 g v0v1
因为v0❑
2+ v1❑
2>2v0v1
所以t 4>t2
故选A。
7．一质量为m 的小球从地面竖直上抛，在运动过程中小球受到的空气阻力与速率成正比。它从抛出到落
地过程中动量随时间变化的图像如图所示。已知重力加速度为g，则下列说法正确的是（ ）
A．小球t2时刻刚好落地
B．小球在运动过程中加速度最大为2g
C．小球从抛出到落地的总时间为3 p0
2mg
D．小球上升和下降过程中阻力的冲量大小不相等
【答案】C
【详解】A．由图可知，t2时刻后物体的动量不变，即物体的速度不变，由图可知物体速度不变后，又运
动了一段时间，说明t2时刻物体还没落地，故A 错误；
B．设在运动过程中小球受到的空气阻力与速率满足关系式
f =kv
根据动量定理
Δ p= F Δt
可知p−t图像的斜率表示合外力，由图可知t =0时刻，p−t图像斜率的绝对值最大，小球的加速度最大，
设物体运动过程中的最大加速度为am，有
mg+ k v1=mam
其中
v1= p0
m
当p= p0
2 时，物体合外力为零，此时有
mg=k v2=k p0
2m
解得
am =3 g
故B 错误；
C．设从地面抛出到最高点的时间为t1，上升的高度为h，设最高点到落地的时间为t2，从地面抛出到最高
点由动量定理得
−mgt1−k v1t1=0−p0
即
mgt1+ kh= p0
同理下降阶段
mgt2−k v2t2= p0
2
即
mgt2−kh= p0
2
联立可得小球从抛出到落地的总时间为
t =t1+t2= 3 p0
2mg
故C 正确；
D．小球上升过程中阻力的冲量大小为
I f1=k v1t1=kh
小球下落过程中阻力的冲量大小为
I f2=k v2t2=kh
故小球上升和下降过程中阻力的冲量大小相等，故D 错误。
故选C。
8．（多选）质量为m 的小球在光滑水平面上以一定速度垂直撞击竖直墙壁，用传感器测出墙壁所受冲击
力大小随时间变化的曲线如图所示，图像显示tc时刻冲击力最大为Fm，其左侧和右侧的面积分别为S1和
S2，已知S1>S2，下列说法正确的有（ ）
A．撞击过程中冲击力先变大后变小
B．撞击过程为弹性碰撞
C．撞击前后小球动量改变量的大小为S1−S2
D．撞击前后小球动能变化量为S2
2−S1
2
2m
【答案】AD
【详解】A．由F −t图像可知，冲击力F从接触墙壁开始从0逐渐增大到最大值Fm，之后又减小到0，因
此撞击过程中冲击力先变大后变小，故A 正确。
B．若为弹性碰撞则动能不变，即v1= v2，应有S1= S2，题目给出S1>S2，说明v1>v2，碰撞过程有动能损
失，为非弹性碰撞，故B 错误。
C．撞击过程总冲量等于动量变化量，F方向始终不变，总冲量为S1+ S2，因此动量改变量大小为S1+ S2，
故C 错误。
D．动能变化量Δ Ek = 1
2 m v2
2−1
2 m v1
2
根据动量定理−S1=0−m v1,−S2=−m v2−0
解得 Δ Ek = S2
2−S1
2
2m
故D 正确；
故选AD。
9．（多选）汽车的安全气囊是有效保护乘客的装置。如图甲，在安全气囊的性能测试中，质量为m=5kg
的头锤从离气囊表面正上方高H=5m 处做自由落体运动，与气囊发生碰撞后反向弹起，以头锤碰到气囊
表面为计时零点，气囊对头锤竖直方向作用力F 随时间t 的变化如图乙所示，重力加速度g=10m/s2，忽略
空气阻力的影响。则下列说法正确的是（ ）
A．头锤与气囊作用过程中头锤先失重后超重
B．碰撞结束后头锤上升的最大高度为0.2m
C．碰撞过程头锤动量变化量大小为40kg·m/s
D．气囊对头锤在竖直方向的作用力最大值为1100N
【答案】BD
【详解】A．头锤与气囊作用过程中，向下运动时，头锤的重力先大于气囊对头锤的作用力，则加速度向
下，头锤失重；然后头锤的重力小于气囊对头锤的作用力，则加速度向上，头锤超重，一直到达最低点；
同理向上运动时，头锤先超重后失重，则整个过程中头锤先失重后超重，再失重，A 错误；
D．头锤与气囊接触时的速度v1= ❑√2gH =10 m/s
则从头锤接触气囊到头锤到达最低点由动量定理（向上为正）1
2 Fm×t1−mg×t1=0−(−mv1)
解得Fm=1100 N，D 正确；
B．从头锤接触气囊到头锤离开气囊，由动量定理1
2 Fm×t −mg×t =m v2−(−m v1)
解得离开气囊时的速度v2=2m/s
碰撞结束后头锤上升的最大高度为h= v2
2
2 g =0.2m，B 正确；
C．碰撞过程头锤动量变化量大小为Δ p=m v2−(−m v1)=60kg⋅m/s，C 错误。
故选BD。
10．（多选）如图甲所示，光滑水平面上两物块A、B 用轻质橡皮绳水平连接，橡皮绳恰好处于原长。
t =0时，A 以水平向左的初速度v0开始运动，B 的初速度为0，A、B 运动的v −t图像如图乙所示。已知A
的质量为m，0∼t0时间内B 的位移为x0，t =3t0时二者发生碰撞并粘在一起，则（ ）
A．B 的质量为2m
B．橡皮绳的最大弹性势能为1
6 mv0
2
C．橡皮绳的原长为1
3 v0t0
D．0∼2t0时间内橡皮绳对B 的平均作用力大小为2m v0
3t0
【答案】AD
【详解】A．由于A、B 组成的系统受合外力为零，动量守恒，则结合题图乙可知，0∼t0时间内有
mv0=m v0
3 +mB
v0
3
解得B 的质量为
mB=2m
故A 正确；
B．t =t0时刻二者速度相同，橡皮绳刚好处于最大形变量，由能量守恒定律有
1
2 mv0
2= 1
2 m(
v0
3 )
2
+ 1
2 ⋅2m(
v0
3 )
2
+ Ep
解得橡皮绳的最大弹性势能为
Ep= 1
3 m v0
2
故B 错误；
C．由题图乙分析可知t =2t0时刻，橡皮绳刚好由拉伸状态变为原长，2t0~3t0时间内物块A 向右做匀速
运动，物块B 向左做匀速运动，直至相碰，由系统动量守恒和能量守恒有
m v0=−m vA+2m vB
1
2 m v0
2= 1
2 m vA
2 + 1
2 ⋅2m vB
2
解得二者的速度大小为
vA= 1
3 v0
vB= 2
3 v0
则设橡皮绳原长为l0，由运动关系可知橡皮绳的原长为
l0= 2
3 v0t0+ 1
3 v0t0= v0t0
故C 错误；
D．0∼2t0时间内，对B 应用动量定理可得
F (2t0−0)=2m⋅2
3 v0−0
可得橡皮绳对B 的平均作用力大小为
F = 2mv0
3t0
故D 正确。
故选AD。
课时精练
一、单选题
1．在驾驶汽车时必须系好安全带，因为在紧急情况下急刹车，汽车速度会在很短时间内减小为零，关于
安全带在此过程中的作用，下列说法正确的是（ ）
A．延长了司机的受力时间
B．减少了刹车前后司机动量的变化量
C．增加了司机所受的冲量
D．将司机的动能全部转换成汽车的动能
【答案】A
【详解】A．安全带在刹车过程中延长了司机的受力时间，从而减小了司机的受力，使人不易受伤，故A
正确；
B．司机刹车前后的速度变化量不变，因此无论有无安全带，司机动量的变化量都相等，故B 错误；
C．根据动量定理，司机所受的冲量等于动量的变化量，由B 项可知，无论有无安全带，司机所受冲量都
一样，故C 错误；
D．司机在刹车过程中，其动能转化为汽车的动能和内能，故D 错误；
故选A。
2．一质量为2kg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 随时间t 变化的图线
如图所示，已知物块与地面间的动摩擦因数为0.1，重力加速度g 取10 m/s
2。则（ ）
A．t =2s时物块的动量大小为2kg⋅m/s
B．t =3s时物块的速度大小为1m/s，方向向右
C．0∼4s时间内F 对物块的冲量大小为6 N ⋅s
D．0∼4s时间内物体的位移为3 m
【答案】D
【详解】A．物块与地面间的滑动摩擦力为
f = μmg=2N
则t =2s前，物块开始滑动，受到滑动摩擦力作用，t =2s时根据动量定理
p1=( F1−f )t1= 4 kg⋅m/s
故A 错误；
B．t =2s时物块速度
v1= p1
m =2m/s
2s-3s 过程，加速度大小为
a= F2+ f
m
=2m/s
2
方向为负，则t =3s时物块的速度大小为零，故B 错误；
C．0~4s 时间内F 对物块的冲量大小为
p= F1t1+ F2t2=(4×2−2×2)N ⋅s= 4 N ⋅s
故C 错误；
D．t =3s时物块的速度大小为零，之后拉力与摩擦力平衡，不再运动，则0~4s 时间内物体的位移为
x = v1
2 t = 2
2 ×3 m =3 m
故D 正确。
故选D。
3．汽车安全性能是如今衡量汽车品质的重要标志，安全气囊是否爆开、安全带是否发挥作用、挡风玻璃
是否破碎等都是汽车碰撞实验中技术人员需要查看的数据。如图所示，在某次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．碰撞过程中，汽车和假人的总动量守恒
B．不使用安全带时，假人动量变化量较大
C．使用安全带时，假人受到的平均作用力约为1250N
D．不使用安全带时，假人受到的平均作用力约为2500N
【答案】C
【详解】A．发生碰撞过程，汽车和假人总动量在减小，因此总动量不守恒，A 错误；
B．无论是否使用安全带，假人动量变化量相同，B 错误；
C．根据动量定理可得
F = Δ p
Δt = 50×20
0.8
N=1250N
C 正确；
D．根据动量定理可得
F = Δ p
Δt = 50×20
0.2
N=5000N
D 错误；
故选C。
4．如图所示，弹簧振子的平衡位置为O 点，小球在B、C 两点之间做简谐运动，B 点与C 点相距20cm。
小球经过B 点时开始计时，经过2s 首次到达C 点。下列说法正确的是（ ）
A．弹簧振子做简谐运动的周期为2s
B．0~3s 内，小球通过的路程为0.1m
C．0~2s 内，弹簧弹力对小球始终做负功
D．0~1s 内和1~2s 内，小球所受弹簧弹力的冲量大小相等
【答案】D
【详解】A．根据题意小球经过B 点时开始计时，经过2s 首次到达C 点，可知弹簧振子做简谐运动的周
期为4s，故A 错误；
B．根据题意可知，小球做简谐运动的振幅为10cm，0~3s 内，即t = 3
4 T时间内，小球通过的路程为
s=3 A =30cm =0.3 m，故B 错误；
C．0~2s 内，弹簧弹力开始为拉力，与小球运动方向相同，对小球做正功，经过平衡位置后，弹簧弹力表
现为向右的支持力，与小球的运动方向相反，对小球做负功，即0~2s 内，弹簧弹力对小球先做正功，后
做负功，故C 错误；
D．根据题意可知，小球在B 点的速度为零，在C 点的速度也为零，0~1s 内弹簧弹力表现为拉力，1~2s 内
弹簧弹力表现为支持力，根据动量定理可知0~1s 内和1~2s 内，小球所受弹簧弹力的冲量大小相等，方向
相反，故D 正确。
故选D。
5．场致发射显微镜是一种能够实现原子成像的超级显微镜，能鉴别小到0.1 纳米的距离，放大率可达几
百万倍，其结构简图如图所示。将待测样品制成极细的针尖，针尖半径r 可小至几十纳米。将针尖置于半
径为R（R≫r）的真空玻璃泡中心，玻璃泡内壁涂有荧光导电层，针尖与荧光屏之间加高压U（荧光屏接
地），在强电场作用下针尖表面就会发射电子。针尖表面某处电场越强，该处发出的电子越多。从针尖
表面各点发出的电子，沿电场线飞向内壁，把针尖表面的原子结构信息直接投影放大到荧光屏上成像。
针尖越尖，表面上相邻两点在屏上投影的张角越大。忽略相对论效应及电子间相互作用。下列说法正确
的是（ ）
A．仅增大样品针尖半径r，可增强电子发射电流
B．电子沿电场线运动过程中，其动量随时间的变化率不变
C．仅增加高压U，可获得放大倍率更高的图像
D．仅增大内壁半径R，可获得放大倍率更高的图像
【答案】D
【详解】A．针尖越小（r 越小），尖端电场越强（尖端放电原理），所以增大半径r 会使电场变弱，电
子发射电流减小，故A 错误；
B．针尖和荧光屏之间的电场是非匀强电场（越靠近针尖电场越强），电子沿电场线运动时，根据F =eE
可知，电场力变小，根据动量定理可知，动量变化率等于合外力，所以动量变化量变小，故B 错误；
C．放大倍率由投影张角决定，增加高压U 只会使电场增强，不会改变张角，也就不能提高放大倍率，故
C 错误；
D．仅增大内壁半径R，针尖到荧光屏的距离变大，相邻两点的投影张角变大，放大 倍率变高，故D 正
确。
故选D。
6．某同学为了探究排球在下落过程中所受的空气阻力，将一质量为m 的排球放在运动传感器的正下方由
静止释放，得到排球落地前下落的速度v 随时间t 的变化图像如图所示，t1时刻排球恰好落地。重力加速
度为g。下列说法正确的是（ ）
A．排球下落过程处于超重状态
B．排球下落的距离为v1t1
2
C．排球下落过程中所受空气阻力的大小为mg−m
v1
t1−t0
D．排球下落过程中所受空气阻力冲量的大小为mv1
【答案】C
【详解】A．排球下落过程，加速下降，加速度方向竖直向下，处于失重状态，故A 错误；
B．由v-t 图像与时间轴围成的面积表示位移，则排球下落的距离为v1(t1−t0)
2
，故B 错误；
C．由v-t 图像可知，排球下落过程的加速度a=
v1
t1−t0
根据牛顿第二定律有mg−f =ma
解得排球下落过程中所受空气阻力的大小f =mg−m
v1
t1−t0
故C 正确；
D．根据动量定理，排球下落过程中所受合力的冲量的大小为mv1
即I G−I f =m v1
则空气阻力冲量的大小I f = I G−m v1，故D 错误。
故选C。
7．如图甲所示，轻杆一端与一小球相连，另一端连在O处光滑固定轴上。现使小球在竖直平面内做匀速
圆周运动，到达某一位置开始计时，取水平向右为正方向，小球沿x轴上的分速度v x随时间t的变化关系
如图乙所示。已知小球可视为质点，质量为1kg，重力加速度大小g=10 m /s
2，不计空气阻力。下列说
法正确的是（ ）
A．轻杆的长度为0.1m
B．图乙中阴影部分面积大小为0.1πm
C．小球在最高点时，杆对球的作用力大小为5 N
D．在0.1π ∼0.2π s时间段内小球合外力的冲量大小为2N⋅s
【答案】C
【详解】A．由图乙可知，小球沿x轴分速度的最大值为v xm=1m/s，即小球做匀速圆周运动的线速度大
小v =1m/s。周期T =0.4 π s。根据v = 2πL
T
解得轻杆长度L=0.2m，故A 错误；
B．v x−t图线与时间轴围成的面积表示x方向的位移。图乙中阴影部分对应的时间为0.1π s~0.2π s，即
四分之一周期。在此期间，小球从最高点运动到最右端，x方向的位移大小等于杆长L，即面积大小为
0.2m，故B 错误；
C．小球在最高点时，受重力mg和杆的作用力F。根据牛顿第二定律，合外力提供向心力，方向向下。假
设F为支持力，有mg−F =m v
2
L
代入数据解得F =5 N
假设成立，故C 正确；
D．在0.1π s~0.2π s时间段内，小球从最高点运动到最右端。初速度v1水平向右，末速度v2竖直向下，
大小均为v =1m/s。根据动量定理，合外力的冲量I = Δp。由于v1与v2垂直，动量变化量的大小
| Δp|= ❑√¿¿，故D 错误。
故选C。
二、多选题
8．（多选）汽车安全性能是当今衡量汽车品质的重要指标。汽车碰撞试验是综合评价汽车安全性能最有
效的方法。汽车发生碰撞时，关于安全气囊对驾驶员的保护作用，下列说法正确的是 （ ）
A．改变了驾驶员的惯性
B．减小了驾驶员的动量变化率
C．减小了驾驶员受到的冲力
D．减小了驾驶员的动量变化
【答案】BC
【详解】A．惯性大小由物体的质量决定，安全气囊对驾驶员的保护作用并没有改变驾驶员的惯性，故A
错误；
D．汽车发生碰撞过程中，驾驶员始末状态的速度一定，即驾驶员的动量变化一定，故D 错误；
BC．根据动量定理有F Δt = Δ p
可得F = Δ p
Δt
由于安全气囊对驾驶员的保护作用，作用时间变大，减小了驾驶员受到的冲力，结合上述可知，减小了
驾驶员的动量变化率，故BC 正确。
故选BC。
9．（多选）如图（a）所示，一个质量m=1kg的物块静止在水平面上，现用水平力F向右拉物块，F的
大小随时间变化关系如图（b）所示。已知物块与水平面间的动摩擦因数μ=0.2，重力加速度大小
g=10 m /s
2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是（ ）
A．0～4s内，重力的冲量大小为40 N ⋅s
B．0～4s内，摩擦力冲量大小为8N⋅s
C．4s 末，物块的速度大小为9 m /s
D．4s 末，物块的速度大小为10 m /s
【答案】AC
【详解】A．0~4s 内，重力的冲量大小为I G=mgt = 40 N⋅s，故A 正确；
B．物块运动时，受到的滑动摩擦力大小为f = μmg=2N
开始F <2N时，物块受到静摩擦力，大小始终与F 等大，所以0～4s内，摩擦力冲量大小I f<ft =8N⋅s，
故B 错误；
CD．由B 选项，结合图（b）可知，1s 末时，物块才开始运动，则1∼4s内由F −t图像可知水平力F 的
冲量大小为I F= 2+8
2
×3 N ⋅s=15 N ⋅s
则1∼4s内由动量定理可得I F−ft =mv
解得4s 末，物块的速度大小为v =9 m/s，故C 正确，D 错误。
故选AC。
10．（多选）如图为水流导光实验，已知出水口的横截面积为3.0×10
−5 m
2，出水口中心到水池水面的竖
直高度为0.8m，水柱在水面的落点中心到出水口的水平距离为0.4m，水的密度为1.0×10
3kg/m
3，g 取
10m/s2。假设水落到水面后竖直速度立即减为0，不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．水离开出水口时的速度大小为0.5m/s
B．水离开出水口时的速度大小为1.0m/s
C．落水对水面竖直方向的冲击力大小为0.12N
D．落水对水面竖直方向的冲击力大小为1.2N
【答案】BC
【详解】AB．根据平抛运动的规律x = v0t，h= 1
2 gt
2
可得v0=1.0m/s
选项A 错误，B 正确；
CD．在∆t 时间内流出水的质量Δm= v0 ΔtSρ
落地时的竖直速度v y = ❑√2 gh= 4 m/s
由动量定理−F Δt =0−Δm v y
解得F=0.12N
选项C 正确，D 错误。
故选BC。
三、解答题
11．使用高压水枪作为切割机床的切刀具有独特优势，得到广泛应用，如图所示，若水柱截面为S，水流
以速度v 垂直射到被切割的钢板上，之后水速变为反向0.5v，已知水的密度为ρ，求：
（1）单位时间内射到钢板上水的质量；
（2）水对钢板的冲击力大小。
【答案】（1）ρSv；（2）1.5ρSv2
【详解】（1）根据速度的定义可知单位时间内射到钢板上的水柱长度为v，根据密度公式可知单位时间
内射到钢板上水的质量为
m0= ρV = ρSv ①
（2）设钢板对水的作用力大小为F，t 时间内射到钢板上的水的质量为m，根据动量定理有
−Ft =−0.5mv −mv ②
而
m
t =m0 ③
联立①②③解得
F =1.5 ρS v
2 ④
根据牛顿第三定律可知水对钢板的冲击力大小为
F
′ = F =1.5 ρS v
2 ⑤
12．如图甲所示为滑雪运动员的一种训练设施，足够长的滑道倾角θ =37°，滑道上有一名质量m=60kg
的运动员（含滑板）通过轻绳与电动机相连，轻绳对运动员的拉力F 随时间变化的关系如图乙所示。t =0
时刻，运动员由静止出发，沿滑道做直线运动，已知运动员的滑板与滑道间的动摩擦因数μ=0.25，重力
加速度g 取10m/s2，sin37° =0.6，cos37° =0.8。求：
(1)t1=1s时，运动员的速度大小；
(2)1~3s 内拉力F 的冲量大小；
(3)运动员从开始运动到最低点所用的时间。
【答案】(1)4m/s
(2)480N·s
(3)4s
【详解】（1）0~1s 内，由牛顿第二定律，有mgsinθ−μmgcosθ =ma
t1=1s时速度大小v1=0+at1
代入数据解得v1= 4 m/s
（2）F-t 图线与坐标轴所围的面积表示冲量，可知1~3s 内拉力F 的冲量大小
I F= 1
2 ×2×480 N ⋅s= 480 N ⋅s
（3）设t2=3s 时，运动员速度大小为v2，由题图乙可知，此时F = 480N，由动量定理有
mgsinθ×t2−μmgcosθ×t2−1
2 F (t2−t1)=m v2
设t3时，运动员速度大小为0，即到达最低点(mgsinθ−μmgcosθ−F)(t3−t2)=0−m v2
联立解得t3= 4s
13．国家要求:新型汽车上市前必须进行碰撞测试。某型号试验汽车在平直路面上测试，以额定功率90kW
启动，加速运行直到匀速行驶，在离固定障碍物125 m处关闭发动机匀减速行驶，最后与障碍物发生正碰，
碰撞0.2s后停止。已知实验汽车质量为1.5t，行驶过程中所受阻力恒为车重的0.2 倍，重力加速度g取
10 m/s
2。碰撞过程中仅考虑障碍物对汽车的冲击力。求：
(1)汽车匀速行驶的速度大小；
(2)汽车与障碍物正碰前瞬间的速度；
(3)汽车与障碍物正碰时所受平均冲击力的大小。
【答案】(1)30 m/s
(2)20 m/s
(3)1.5×10
5 N
【详解】（1）汽车行驶过程中所受阻力为f =0.2mg=3000 N
根据P = Fv可知，汽车匀速行驶的速度大小为v = P
f = 90×10
3
3000
m/s=30 m/s
（2）关闭发动机匀减速行驶，根据牛顿第二定律f =ma
解得关闭发动机匀减速行驶的加速度大小为a=2m/s
2
设碰撞前汽车的速度大小为v1，根据v
2−v1
2=2ax
解得v1=20 m/s
（3）设汽车碰撞过程中汽车与障碍物正碰时所受平均冲击力的大小为F，根据动量定理−F Δt =0−m v1
解得F =1.5×10
5 N
14．冬季，鸬鹚南飞入驻环境宜人的厦门，栖息于筼筜湖等水域。如图甲，一质量为3kg的鸬鹚观察到
猎物后在低空由静止开始竖直向下加速俯冲，入水后做减速直线运动。整个运动过程的v −t图像如图乙
所示，已知鸬鹚入水瞬间的速度大小为6 m /s，在空中俯冲时受到的阻力f =0.1mg，重力加速度大小g取
10 m /s
2，求：
(1)鸬鹚加速过程中加速度的大小；
(2)鸬鹚加速过程的时间及0∼t0位移的大小；
(3)t0∼3
2 t0过程中水对鸬鹚作用力的冲量大小。
【答案】(1)9 m /s
2
(2)2
3 s，2m
(3)28 N ⋅s
【详解】（1）鸬鹚俯冲过程，由牛顿第二定律mg−f =ma
得a=9 m /s
2
（2）鸬鹚加速过程t0= v
a
得t0=2
3 s
加速下落过程满足h= v
2
2a
得h=2m
故鸬鹚加速时间为2
3 s，位移为2m。
（3）解法一：t0−3
2 t0，鸬鹚在水中减速，规定竖直向下为正方向，由动量定理得
mg× 1
2 t0+ I 水=0−mv
得I 水=−28 N ⋅s
负号表示水对鸬鹚的冲量竖直向上。
解法二：规定竖直向下为正方向，鸬鹚运动全程，由动量定理得mg× 3
2 t0+(−f ×t0)+ I 水=0−0
得I 水=−28 N ⋅s
负号表示水对鸬鹚的冲量竖直向上。
15．下雨时，为什么蚊子不会被雨滴砸死？科学家研究发现蚊子被雨滴击中时并不抵挡雨滴，而是很快
与雨滴融为一体，随后迅速侧向微调与雨滴分离。已知蚊子的质量为m，飘浮在空气中（速度为零）；
雨滴质量为nm，雨滴所受空气阻力与下落速度成正比，比例系数为k，击中蚊子前，雨滴已经匀速竖直
下落，蚊子与雨滴融为一体时间为Δt，蚊子重力不计。求：
（1）蚊子与雨滴融为一体后，蚊子的速度大小v；
（2）蚊子与雨滴融为一体的过程中，蚊子受到的平均作用力F。
【答案】（1）v = n
2mg
(n+1)k ；（2）F =
n
2m
2 g
(n+1)k Δt
【详解】（1）击中蚊子前，雨滴已经匀速竖直下落，则有
k v0=nmg
蚊子与雨滴融为一体，有
nm v0=(n+1)mv
解得
v = n
2mg
(n+1)k
（2）对蚊子由动量定理有
F Δt =mv
解得
