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第21 讲 动量和动量定理
目录
01 课标达标练.......................................................................................................................................................1
题型01 动量、冲量的理解...............................................................................................................................1
题型02 冲量的计算.......................................................................................................................................... 3
题型03 用动量定理解释生活中的现象...........................................................................................................7
题型04 动量定理相关计算.........................................................................................................................9
题型05 动量定理与图像的综合分析.............................................................................................................11
题型06 应用动量定理处理“流体模型”...............................................................................................16
题型07 应用动量定理处理分析多过程问题.................................................................................................20
02 核心突破练..................................................................................................................................................... 24
03 真题溯源练..................................................................................................................................................... 30
01 动量、冲量的理解
1．（2025·重庆北碚·模拟预测）如图，运货小车正沿着螺旋轨道匀速率下滑，则小车（ ）
A．加速度为零
B．动量不变
C．动能减少
D．机械能减少
【答案】D
【详解】A．运货小车做曲线运动，是变速运动，加速度不为0，故A 错误；
B．运货小车速度方向改变，则动量改变，故B 错误；
CD．运货小车匀速率下滑，动能不变，重力势能减小，机械能减小，故C 错误，D 正确。
故选D。
2．（2025·山东菏泽·一模）某地人们在夜间燃放高空礼花来渲染节日气氛。高空礼花弹到达最高点时炸开，
爆炸后大量小弹丸向各个方向射出。忽略空气阻力。对这些小弹丸在空中的运动，下列说法正确的是（
）
A．小弹丸在空中的位移均相同
B．小弹丸在空中的速度变化率均相同
C．小弹丸在空中的动量变化量均相同
D．小弹丸在空中的动能变化量均相同
【答案】B
【详解】A．礼花弹在最高点炸开，小弹丸在空中做平抛运动，竖直位移相同，水平位移不同，所以空中
的位移不相同，故A 错误；
B．小弹丸在空中运动，仅受重力，加速度恒定，所以速度变化率相同，故B 正确；
C．小弹丸在空中相等时间内的动量变化量相同，不知道运动时间的关系，无法确定动量变化量关系，故C
错误；
D．小弹丸在空中相等下落高度内的动能变化量相同，不知道下降高度的关系，无法确定动能变化量大小
关系，故D 错误。
故选B。
3．（2025·安徽·模拟预测）在校秋季运动会上，张华同学参加铅球比赛，他将同一铅球从空中同一位置A
先、后两次抛出，第一次铅球轨迹如图中1 所示，第二次铅球轨迹如图中2 所示。不计空气阻力，铅球可
看作质点。关于两次抛出，下列说法正确的是（ ）
A．轨迹1 的铅球在空中飞行时间较短
B．轨迹1 的铅球在A 点时重力的功率较小
C．轨迹2 的铅球在最高点时的动量较小
D．两次抛出过程中，轨迹2 铅球的重力冲量较小
【答案】D
【详解】A．铅球沿1 轨迹时，铅球上升的高度较大，根据
可知，轨迹1 的铅球上升和下落所用时
间均较长，所以轨迹1 的铅球在空中飞行时间较长，故A 错误；
B．从A 点到最高点，竖直方向有
由于轨迹1 的铅球上升的竖直高度较大，则轨迹1 的铅球在A 点的竖直分速度较大，根据
可知轨迹1 的铅球在A 点时重力的功率较大，故B 错误；
C．铅球沿轨迹2 运动时水平位移较大，根据
由于铅球沿轨迹2 在空中飞行时间较短，可知轨迹2 的铅球水平速度较大，即铅球在2 轨迹最高点的速度
较大，轨迹2 的铅球在最高点时的动量较大，故C 错误；
D．根据
由于铅球沿轨迹2 在空中飞行时间较短，所以两次抛出过程中，轨迹2 铅球的重力冲量较小，故D 正确。
故选D。
02 冲量的计算
4．（2025·云南昆明·三模）人在水平地面上原地起跳时，先屈腿下蹲，然后突然蹬地向上加速，人的重心
由静止开始加速上升的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．地面对人的支持力等于人的重力
B．地面对人的支持力大于人的重力
C．地面对人的支持力对人做正功
D．地面对人的支持力的冲量为0
【答案】B
【详解】AB．人的重心由静止开始加速上升的过程中，人的加速度方向向上，所受合力方向向上，则地面
对人的支持力大于人的重力，故A 错误，B 正确；
C．该过程，由于支持力作用点没有发生位移，所以地面对人的支持力对人不做功，故C 错误；
D．根据
可知地面对人的支持力的冲量不为0，故D 错误。
故选B。
5．（2025·安徽·一模）如图所示，质量相等的光滑小环a、b、c 分别套在三个滑道顶端，其中a 的滑道是
倾角为45°的斜杆，b 的滑道为底边切线水平的凹弧形杆，c 的滑道为底边切线竖直的凸弧形杆，三个滑道
固定在同一水平地面上，它们的高度和长度均相等。同时由静止释放三个小环，不计空气阻力，小环的大
小可以忽略不计，下列说法正确的是（ ）
A．三个小环落地前，总是处在同一高度
B．小环a 落地时间最短
C．小环a 和小环c 落地时重力的功率相等
D．在小环从释放到落地的过程中，滑道对小环b 支持力的冲量比对小环a 的大
【答案】D
【详解】AB．三个滑道高度相同，长度相等，作出各自的v-t 图像如图所示
由图可知，三个小环落地的时间满足
故AB 错误；
C．三个小环落地时速度大小相等，方向不同，所以重力的功率不相等，故C 错误；
D．三个小环落地时动量的大小相等、小环a、b 的矢量图如图所示
由图可知
故D 正确。
故选D。
6．（2025·北京西城·一模）如图所示，光滑斜面高度一定，斜面倾角θ 可调节。物体从斜面顶端由静止释
放，沿斜面下滑到斜面底端，下列物理量与斜面倾角无关的是（ ）
A．物体受到支持力的大小
B．物体加速度的大小
C．合力对物体做的功
D．物体重力的冲量
【答案】C
【详解】设斜面倾角为
，斜面的高度为：
A．垂直斜面方向，根据平衡条件可得物体受到支持力大小
则物体受到支持力的大小与斜面倾角有关，故A 错误；
B．沿着斜面方向，根据牛顿第二定律
可得
则物体加速度的大小与斜面倾角有关，故B 错误；
C．物体下滑过程中只有重力做功，则合力对物体做的功都为
，与斜面倾角无关，故C 正确；
D．沿着斜面方向，根据运动学公式
解得
物体重力的冲量
与斜面倾角有关，故D 错误。
故选C。
7．（2025·河南·模拟预测）如图所示，长为
的非弹性轻绳，一端悬挂于天花板上的
点，另一端系一质
量为
的小球，使小球在水平面内做匀速圆周运动，轻绳与竖直方向的夹角
，重力加速度为
，
，忽略空气阻力。在小球转过半圈的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．重力的冲量大小为
B．合力的冲量大小为
C．轻绳上的拉力的冲量大小为
D．轻绳上的拉力的冲量大小为
【答案】B
【详解】A．对小球，有
解得
在小球转过半圆的过程中，重力的冲量大小
，故A 错误；
B．合力的冲量大小
又
联立解得
，故B 正确；
CD．轻绳对小球的拉力冲量大小
，故CD 错误。
故选B。
8．（2025·北京海淀·一模）如图所示，物体在与水平方向夹角为
、大小为F 的拉力作用下，从静止开始
沿水平地面向右做匀加速直线运动，物体和地面之间的动摩擦因数为
。在物体运动时间为t 的过程中（
）
A．仅改变
，拉力对物体做的功不变
B．仅改变
，合力对物体做的功不变
C．仅改变拉力大小F，物体受到重力的冲量不变
D．仅改变拉力大小F，物体受到摩擦力的冲量不变
【答案】C
【详解】AB．对物体受力分析，根据牛顿第二定律可得
其中
联立解得
拉力对物体所做的功为
合力对物体所做的功
可见，若
改变，则拉力所做的功随之改变，若
改变，合力所做的功也会改变，AB 错误；
C．根据冲量的定义可知，重力的冲量
由于重力的大小不变，作用时间不变，故重力的冲量不变，C 正确；
D．拉力的大小改变，结合上述分析可知，物体所受摩擦力的大小发生改变，而作用时间不变，因此摩擦
力的冲量发生改变，D 错误。
故选C。
03 用动量定理解释生活中的现象
9．（2025·海南·三模）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
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
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。
10．（2025·河南安阳·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
【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。
11．有关高楼坠物的事故报道屡屡见诸报端，一次次事故引发全民关注这“悬在城市上空的痛”，关于坠
物，以下说法正确的是（ ）
A．坠物下落过程处于超重状态
B．坠物对被砸物体的作用力等于其重力
C．被砸物体很危险是因为坠物的动量变化很大
D．被砸物体很危险是因为坠物的动量变化很快
【答案】D
【详解】A．坠物下落过程加速度向下，坠物处于失重，故A 错误；
B．坠物与被砸物体接触后做减速运动，具有向上得加速度，所以坠物对被砸物体的作用力大于其重力，
故B 错误；
CD．根据动量定理
可知被砸物体很危险是因为坠物的动量变化很快，故C 错误，D 正确。
故选D。
04 动量定理相关计算
12．（2025·安徽·模拟预测）2024 年8 月樊振东斩获巴黎奥运会乒乓球男单冠军，实现大满贯！激发了同
学们对乒乓球的热爱。一同学在练习乒乓球削球技术时，使乒乓球竖直下落，在球与球拍接触的瞬间，保
持球拍板面水平向上，并沿水平方向挥动球拍，如图所示，乒乓球与球拍接触前后在竖直方向的速度大小
分别为
和
，乒乓球与球拍之间的动摩擦因数为
。已知乒乓球与球拍接触时间极短，其重力的影响可
忽略，乒乓球可视为质点，不计空气阻力，则乒乓球与球拍接触后获得的水平速度大小约为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【详解】已知乒乓球与球拍接触时间极短，其重力的影响可忽略，则竖直方向，以向上为正方向，由动量
定理可得
水平方向由动量定理可得
联立解得乒乓球与球拍接触后获得的水平速度大小为
故选A。
13．（2025·山东青岛·三模）将小球以初速度
竖直向上抛出，经过一段时间小球又落回抛出点，速度大
小为v，运动过程中小球所受空气阻力大小与小球速率成正比，重力加速度为g，则小球在空中运动时间为
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【详解】设小球上升时间为
，下降时间为
，上升下降总时间为，取向下方向为正方向。全过程根据动
量定理有
由于上升的高度等于下降的高度，则有
根据题意有
，
故得
联立解得
故选B。
14．（2025·辽宁沈阳·二模）如图所示，同学A 在距离地面高
处将排球以
的初速度斜向上
击出，速度的方向与水平方向的夹角为
，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
，排球的质量
，重力加速度
，
，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)
；(2)
；(3)
【详解】（1）排球能上升的高度
离地面的最大高度
解得
（2）排球上升到最高的过程中在竖直方向上有
在水平方向上有
解得
（3）以B 垫起后排球的速度为正方向，根据动量定理得
解得
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
05 动量定理与图像的综合分析
15．（2025·山西临汾·三模）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
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
内、第
内物块的位移分别为
，
则前2s 内拉力做的功为
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
故B 正确；
CD．由题意可知，物块所受的滑动摩擦力大小为
假设前4s 内物块一直在运动，设物块在4s 末的速度为，由动量定理得
得
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。
16．（2025·福建福州·三模）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。已知该运动员质量为60kg，重力加速度g 取
10m/s2。下列说法正确的是（ ）
A．起跳过程中运动员的最大加速度约为40m/s2
B．起跳离开地面瞬间运动员的速度大小约为5m/s
C．起跳后运动员重心上升的平均速度大小约为2.5m/s
D．起跳过程中运动员所受合力的冲量大小约为150N·S
【答案】D
【详解】A．由图像可知，运动员受到的最大支持力约为
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
，故A 错误；
BD．
图像与时间轴围成的面积代表冲量，起跳过程中支持力的冲量为
则起跳过程中运动员所受合力的冲量大小约为
且由动量定理，有
可得
，故B 错误，D 正确；
C．起跳后运动员做竖直上抛运动，则重心上升的平均速度大小约为
，故C 错误。
故选D。
17．（2025·重庆·三模）（多选）如图1 所示，足够长的水平地面上，一同学坐在木箱中，受到水平向右
的拉力F 作用从静止开始运动，拉力F 的冲量I 随时间t 变化的关系如图2 所示。整个过程中，该同学和木
箱始终保持相对静止。已知该同学和木箱的总质量为50kg，木箱与水平地面间的动摩擦因数μ=0.2，最大
静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g 取
，不计空气阻力，则（ ）
A．t=2s 时刻，该同学的速度大小为8m/s
B．0~2s 内，该同学的位移大小为4m
C．t=8s 时刻，该同学还在继续向右运动
D．0~8s 内，木箱克服地面摩擦力做功为1200J
【答案】BD
【详解】A．根据
可知I-t 图像的斜率表示拉力的大小，则拉力
在0~2s 内该同学和木箱一起向右做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有
解得加速度
则在t=2s 时刻该同学的速度大小为
故A 错误；
B．在0~2s 内，该同学的位移
故B 正确；
C．2s 后，可知I-t 图像的斜率表示拉力的大小，则拉力
该同学和木箱一起向右做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律有
解得加速度
设经时间
停止运动，则有
其v-t 图像如图所示
由图可知在t=8s 时刻该同学静止不动，故C 错误；
D．0~8s 内，木箱的位移
木箱克服地面摩擦力做功
故D 正确。
故选BD。
18．（多选）水平力F 方向确定，大小随时间变化如图中所示。用力F 拉静止在水平桌面上的小物块，物
块质量为1kg，在F 从0 开始逐渐增大的过程中，物块的加速度随时间变化如图乙所示，取g=10m/s2，由
图像可知（ ）
A．小物块所受滑动摩擦力的大小为6N
B．4s 时小物块的速度为8m/s
C．在0~4s 时间内，合外力的功为64J
D．在0~4s 时间内，摩擦力的冲量大小为16N·s
【答案】BD
【详解】A．由图知：当t=2s 时，a=1m/s2，F=6N，根据牛顿第二定律得
F-μmg=ma
代入得
6-μm×10=m
当t=4s 时，a=7m/s2，F=12N，根据牛顿第二定律得
F-μmg=ma
代入得
12-μm×10=7m
联立解得
μ=0.5，m=1kg
小物块所受滑动摩擦力的大小为
故A 错误；
B．a-t 图像面积代表速度变化量，4s 时小物块的速度为
故B 正确；
C．在0~4s 时间内，合外力的功为
故C 错误；
D．根据F-t 图像面积代表冲量可知，在0-2s 内摩擦力为静摩擦力，冲量
之后物体滑动
所以在0~4s 时间内，摩擦力的冲量大小为16N·s，故D 正确。
故选BD。
06 应用动量定理处理“流体模型”
19．（2025·河南·一模）喷泉水柱从横截面积为
的喷口持续以速度
竖直向上喷出，
距喷口正上方处固定一水平挡板，水柱冲击到水平挡板后，在竖直方向水的速度瞬间变为零，在水平方
向朝四周均匀散开，忽略空气阻力。已知水的密度
，重力加速度
取
。设水柱
对挡板的冲击力为
，则
图像可能正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【详解】根据质量流量守恒知，喷口处与挡板处很短的Δt 时间内水柱的质量同样为
，因为水
流在上升过程中横截面积会扩大，从而保持质量流量不变。设很短的水柱在高度为h 处，撞击挡板前水的
速度为v，根据运动规律
其中
即
（否则
）
设水对挡板的作用力的大小为F，根据动量定理有
联立解得
根据数学关系知，D 选项的图像符合题意。
故选D。
20．（2025·海南省直辖县级单位·二模）风力发电机是将流动空气的动能转化为电能的装置。一风力发电
机叶片转动时形成半径为r 的圆面，某时间内风速为v，风向恰好跟叶片转动的圆面垂直，已知空气的密
度为ρ，该风力发电机将此圆内的空气动能转化为电能的效率为定值，若风速为2v，则（ ）
A．发电机的发电功率为原来的4 倍
B．发电机的发电功率为原来的8 倍
C．风对每个扇叶的作用力为原来的4 倍
D．风对每个扇叶的作用力为原来的8 倍
【答案】B
【详解】AB．在Δt 时间内，
，得
，因此风速为原来的两倍，发电功率为
原来的8 倍，故A 错误，B 正确；
CD．
，与扇叶作用后的空气的速度未知，故CD 均错误。
故选B。
21．（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
，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
，水流对车身的平均冲击力为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【详解】由题意可知，在很短时间
内流出的水的质量为
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
时间内喷出的水，根据动量定理可得
解得
故选A。
22．（2025·山东泰安·模拟预测）我国研制的离子推进器工作原理是将氙离子加速后高速喷出产生推力。
已知推进器工作时喷出的氙离子形成的电流为
，每个氙离子的质量为
，电荷量为
，喷出时的速率为
。则该推进器产生的推力大小为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【详解】根据电流的定义式
可得单位时间内喷出来的离子数
每个离子的动量为
单位时间内喷出的离子的总动量
所以推进器的推力
，故B 符合题意。
故选B。
23．（2025·福建·二模）水车作为农耕文化的重要组成部分，体现了中国古代劳动人民的创造力。如图所
示为一种水车的原理简化图，水车竖直放置，其叶片与半径共线，水渠引出的水从一定高度以
的速
度水平流出，水的流量为
，水流出后做平抛运动，某时刻水流均垂直冲击到与竖直面成60°的叶片
上（叶片面积大于水流横截面积）。已知水流冲击叶片后速度变为零并从两侧流走，则水流对叶片的冲击
力大小约为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【详解】水流出后做平抛运动，水流冲击叶片前瞬间的速度大小为
水的流量为Q=60kg/s，取极短时间
，和叶片作用的水质量为
忽略水流的重力，根据动量定理有
解得叶片对水流的作用力大小为F=480N
根据牛顿第三定律可知水流对叶片的冲击力大小为480N。
故选B。
24．（2025·山西忻州·一模）据报道，“嫦娥六号”着陆器和上升器组合体在距月面
高处时速度为
，在发动机作用下开始实施动力下降，到达着陆点上方
处时速度降为0 保持悬停。之后，组
合体缓慢竖直下降，在距月面
时关闭发动机，组合体自由下落。接触月面后，在缓冲系统的作用下经
组合体速度降为0。已知组合体的质量为
，月球表面的重力加速度
，不考虑发
动机喷气对组合体质量的影响。（计算结果保留2 位有效数字）
(1)求在动力下降阶段，发动机对组合体做的功。
(2)已知组合体缓慢竖直下降过程中发动机的喷气速度为
，求发动机每秒喷出气体的质量。
(3)已知缓冲系统由四个相同的着陆腿组成，且四个着陆腿与竖直方向的夹角均为
，若地面对各着陆腿
作用力的方向沿各着陆腿所在直线，求每个着陆腿平均承受的作用力的大小。
【答案】(1)
；(2)
；(3)
【详解】（1）根据题意，设发动机对组合体做的功为
，在动力下降阶段，由动能定理有
其中
，
，
解得
（2）设缓慢垂直下降过程中气体对组合体作用力大小为
，由牛顿第三定律可知，组合体对气体作用力
大小也为
，组合体缓慢竖直下降，由平衡条件有
设
时间内喷出气体的质量为
，由动量定理有
其中
解得
即发动机每秒喷出气体的质量为
。
（3）设组合体刚自由下落到月球表面时速度大小为
，则有
缓冲过程中组合体受地面的作用力为
，平均每个着陆腿承受的作用力的大小为
，则有
由动量定理有
其中
，
联立解得
07 应用动量定理处理分析多过程问题
25．（2025·北京通州·一模）从地面上以初速度
竖直上抛一质量为
的小球，一段时间后落回地面的速
度大小为
。小球运动的速度随时间变化的规律如图所示。若运动过程中小球受到的阻力与其速率成正比，
重力加速度为
，下列说法中正确的是（ ）
A．小球上升过程的时间大于下落过程的时间
B．小球上升和下降过程中阻力的冲量大小相等
C．小球上升过程中的平均速度大于
D．整个过程中阻力做功为0
【答案】B
【详解】A．由题意可得，上升过程中，小球的加速度为
下落过程中，小球的加速度为
可知上升的平均加速度大于下落的平均加速度，且又上升和下降的位移相同，根据
可知小球上升过程的时间小于下落过程的时间，故A 错误；
B．由题意可得，阻力与速率的关系为
故阻力的冲量大小为
因为上升过程和下降过程位移相同，则上升和下降过程阻力冲量大小相等，故B 正确；
C．上升过程若是匀减速运动，则平均速度为
但由图可知，其速度时间图像面积小于匀减速运动的面积，即小球上升的位移小于匀减速上升的位移，则
可得小球上升过程中的平均速度小于
，故C 错误；
D．整个过程中阻力方向一直与速度反向，故阻力一直在做负功，故D 错误。
故选B。
26．一质量为m 的小球从离地面上方高度为h 处由静止释放，碰到地面后又以碰地前的原速率
竖直向上
弹起，然后上升至离地面高度为
处时速度减为零，以上整个过程中小球运动的速度随时间变化的关系如
图所示。若小球在空中运动过程中受到的空气阻力与其运动速率成正比，重力加速度大小为g，则下列说
法中正确的是（ ）
A．在
时间内，小球的平均速度小于
B．在
时间内，小球克服阻力做功为
C．小球在
时间内重力的冲量小于在
时间内重力的冲量
D．小球在
时间内阻力的冲量大小是
时间内阻力冲量大小的3 倍
【答案】D
【详解】A．图像的面积等于位移，则在
时间内，小球的位移大于做匀加速直线运动的位移，可知平
均速度大于
，选项A 错误；
B．由能量关系可知，在
时间内，小球克服阻力做功为
选项B 错误；
C．下降过程中
上升过程中
则
根据
小球下落过程时间大于上升过程的时间，则根据
IG=mgt
可知，在
时间内重力的冲量大于在
时间内重力的冲量，选项C 错误；
D．根据
因下降的距离为上升距离的3 倍，可知小球在
时间内阻力的冲量大小是
时间内阻力冲量大小的
3 倍，选项D 正确。
故选D。
27．（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
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。
1．（2025·宁夏银川·模拟预测）我国新能源汽车技术处于世界领先水平，2025 年某企业有一款新上市的
新能源汽车，在粗糙路面的启动阶段可看做初速度为零的匀加速直线运动。在启动阶段，则下列说法中正
确的是（ ）
A．该车牵引力的冲量等于它动量的变化
B．开车时系好安全带能减小刹车时人的动量变化
C．该车的动量与它的加速度成正比
D．该车的动量与它经历的时间成正比
【答案】D
【详解】A．根据动量定理可知，合外力的冲量等于动量变化。汽车在粗糙路面的启动阶段可看做初速度
为零的匀加速直线运动，汽车在运动方向受到牵引力和摩擦阻力作用，故牵引力的冲量等于动量变化加上
摩擦力的冲量，故A 错误；
B．动量变化由速度变化和质量决定，刹车时系安全带通过延长作用时间减小冲击力，但不改变动量变化
的大小，故B 错误；
CD．汽车在粗糙路面的启动阶段可看做初速度为零的匀加速直线运动，则有
则该车的动量为
由于加速度恒定不变，所以车的动量与时间成正比，不是与加速度成正比，故C 错误，D 正确。
故选D。
2．（2025·江苏宿迁·一模）将一小球从地面竖直向上抛出，小球上升到某一高度后又落回到地面。若该过
程中空气阻力大小不变，则（ ）
A．在上升过程与下降过程中，重力做的功相同
B．在上升过程与下降过程中，重力的冲量相同
C．上升过程中小球动量的变化率比下降过程中的大
D．整个过程中空气阻力的冲量等于小球动量的变化量
【答案】C
【详解】A．根据
可知，重力在上升过程做负功，下降过程中重力做正功，故A 错误；
B．上升过程中的加速度
下降过程中的加速度
则
，由于位移相等，根据
可知，上升的时间小于下降的时间，根据
可知，重力在上升过程中的冲量小于下降过程中的冲量，故B 错误；
C．根据动量定理可知
结合B 项分析可知，上升过程中小球动量的变化率比下降过程中的大，故C 正确；
D．整个过程中空气阻力的冲量和重力的冲量之和等于小球动量的变化量，故D 错误。
故选C。
3．（2025·山东淄博·三模）如图所示是滚球碰撞传感器，用于触发汽车安全气囊开关。行驶过程中传感器
处于水平状态，滚球被永磁体吸附在光滑管道右侧，滚球的质量为2×10−3kg，永磁体对它的最大吸引力为
0.4N。当汽车向左以72km/h 的速度撞到障碍物时恰好触发汽车安全气囊开关，此后汽车的运动视为匀减
速直线运动，则汽车从发生碰撞到停止所用时间为（ ）
A．0.05s
B．0.1s
C．0.5s
D．1s
【答案】B
【详解】汽车碰撞的过程中，对滚球由动量定理得
解得
故选B。
4．（2025·安徽·模拟预测）如图所示，倾角为θ 的传送带以恒定的速率顺时针转动，t=0 时从传送带顶端
无初速度的轻放一个小物块，在t=t1时刻物块与传送带共速，在t=t2时刻物块离开传送带。已知物块与传
送带之间的动摩擦因数μ<tanθ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则物块所受的合外力大小F 随时间t、物
块的动量大小
随时间t 变化的图像中可能正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【详解】AB．物块开始沿皮带向下运动，受力分析则有
解得
物块向下做匀加速直线运动，由于
加速至与皮带相等速度后，对物块有
解得
物块向下继续做匀加速直线运动，加速度变小，由牛顿第二定律
，可知物块所受的合外力大小F 随
时间t 变化：先是较大的恒力，共速后，变为较小的恒力，AB 错误；
CD．由动量表达式
可知，动量大小与速度成正比，由于物块一直向下做匀加速直线运动，共速前加
速度大于共速后的加速度，所以物块动量大小增加得先快后慢，C 错误，D 正确。
故选D。
5．（2025·安徽淮北·一模）（多选）从地面上以一定初速度竖直向上抛出一质量为m 的小球，其动能随时
间变化的关系如图所示。已知小球受到的空气阻力与速率成正比，小球落地时的动能为
，且落地前小球
已经做匀速运动，重力加速度为g，则小球在此运动过程中（ ）
A．最大加速度为4g
B．上升和下落两阶段阻力的冲量大小相等
C．返回到地面所用的时间为
D．上升的最大高度为
【答案】ABD
【详解】A．设初速度为
，落地速度为v，落地时，根据题意有
又有
，
联立解得
，
，
小球初始时刻加速度最大，有
解得
故A 正确；
B．阻力冲量大小为
上升和下落过程位移大小相等，所以阻力的冲量大小相等，故B 正确；
C．全过程分析，阻力的冲量为0，只有重力的冲量，以竖直向下为正方向，根据动量定理
解得
故C 错误；
D．上升过程，根据动量定理
解得
故D 正确。
故选ABD。
6．（2025·安徽安庆·二模）（多选）玩具水枪是儿童们夏天喜爱的玩具之一，但水枪伤眼的事件也时有发
生，因此，限制儿童水枪的威力就成了生产厂家必须关注的问题。现有一水枪样品，已知水枪喷水口的直
径为
，水的密度为
，水流水平出射速度为，垂直击中竖直目标后以大小为
的速率反向溅回，则
（ ）
A．水枪喷水的流量（单位时间内流出的体积）为
B．喷水口单位时间内喷出水的质量为
C．水枪的功率为
D．目标受到的平均冲击力大小为
【答案】BD
【详解】A．水枪喷水的流量为
故A 错误；
B．喷水口单位时间内喷出水的质量为
故B 正确；
C．水枪的功率为
故C 错误；
D．取初速度方向为正方向，由动量定理得
则由牛顿第三定律可知，目标受到的平均冲击力大小为
故D 正确。
故选BD。
7．（2025·安徽·模拟预测）如图所示，竖直平面内固定一半径
的四分之一圆弧轨道
。将一质量
的小球从A 点无初速度释放，从
点水平飞离轨道，落到水平面上的
点。已知小球从A 点运动
到
点的过程中，克服摩擦力做功
，
、
两点间的高度差
。小球视为质点，不计空气阻力，
重力加速度大小
。
(1)求小球运动到
点时对轨道的压力；
(2)小球落到
点后弹起，与地面多次碰撞后静止。假设小球每次碰撞机械能损失75%，碰撞前后速度方向
与水平地面的夹角不变，求小球从
点飞出到静止所发生的水平位移；（结果保留3 位有效数字）
(3)假设小球第一次与地面碰撞时间
，求小球与地面间的平均动摩擦因数。（结果保留3 位有效数
字）
【答案】(1)
，方向竖直向下；(2)5.33m；(3)0.154
【详解】（1）从A 至B 过程中，由动能定理有
解得
小球在B 点，根据牛顿第二定律有
解得
根据牛顿第三定律可得，小球对轨道的压力大小为
方向竖直向下。
（2）小球由B 至P 做平抛运动，根据
可得，运动的时间为
发生的水平位移为
由于小球每次碰撞机械能损失75%，由
则碰撞后的速度大小为碰撞前速度大小的
。碰撞前后速度方向与水平地面的夹角不变，则碰撞后竖直方
向的分速度为碰撞前竖直方向分速度的
，所以第一次碰撞后上升到最高点的时间等于从B 点到落地时间
的
，碰撞后的水平速度大小也变为碰撞前的
，所以有，第一次反弹至落地时间为
第一次发生的水平位移为
同理可得，第二次发生的水平位移为
第三次发生的水平位移为
……
第
次发生的水平位移为
由数学知识可得，总的水平位移为
（3）第一次落地时，根据
可得，落地时竖直方向速度为
竖直方向根据动量定理
解得
水平方向根据动量定理有
解得
所以，平均动摩擦因数为
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
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
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．（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。
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
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·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
6．（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
