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专题28 动量 动量定理
学习目标
1．掌握动量、冲量的概念及公式，理解其意义，并注意碰撞、反冲等常见现
象。理解动量定理，能用其进行定性分析和定量计算。
2．掌握动量守恒的条件，并结合能量守恒定律灵活处理力学综合问题。注重
将物理规律应用于实际问题，把实际问题模型化。
3．注重实验原理与操作、实验能力的迁移应用。
知识点梳理
1．动量
(1)定义：物体的质量与速度的乘积。
(2)表达式：p＝mv。
(3)单位：kg·m/s。
(4)方向：动量的方向与速度的方向相同。
2．动量的变化量
(1)矢量：其方向与速度的改变量Δv 的方向相同。
(2)Δp＝p′－p：一般用末动量p′减去初动量p 进行矢量运算，也称为动量
的增量。
3．冲量
(1)定义：力与力的作用时间的乘积叫作力的冲量。
(2)公式：I＝F Δ
t 。
(3)单位：N·s。
(4)方向：冲量是矢量，其方向与力的方向相同。
4．动量定理
(1)内容：物体在一个过程中所受合力的冲量等于它在这个过程始末的动量变
化量。
(2)公式：F(t′－t)＝mv
′
－
mv
或I＝p′－p。
真题汇编
1．（2025•浙江）高空抛物伤人事件时有发生，成年人头部受到
的冲击力，
就会有生命危险。设有一质量为
的鸡蛋从高楼坠落，以鸡蛋上、下沿接触
地面的时间差作为其撞击地面的时间，上、下沿距离为
，要产生
的冲
击力，估算鸡蛋坠落的楼层为
A．5 层
B．8 层
C．17 层
D．27 层
【答案】
【分析】根据自由落体运动公式、平均速度公式和动量定理求解总高度；相邻
楼层的高度差约为
，最后求解楼层数。
【解答】解：根据自由落体运动公式
根据运动学公式
取竖直向下为正方向，不考虑鸡蛋自身重力，根据动量定理
△
联立解得
相邻楼层的高度差约为
，因此鸡蛋坠落的楼层为
故
错误，
正确。
故选：
。
2．（2025•甘肃）如图，小球
从距离地面
处自由下落，
末恰好被小球
从左侧水平击中，小球
落地时的水平位移为
。两球质量相同，碰撞为完
全弹性碰撞，重力加速度取
，则碰撞前小球
的速度大小为
A．
B．
C．
D．
【答案】
【分析】根据自由落体运动求解小球
与小球
碰撞前的速度和下落的高度；
、
两小球水平方向动量守恒，根据动量守恒定律和机械能守恒定律求解小
球
碰撞后的水平速度；
碰撞后小球
在竖直方向做匀加速直线运动，水平方向做匀速直线运动，根据
运动学公式求解作答。
【解答】解：小球
与小球
碰撞前的速度
方向竖直向下
小球
下落的高度
取水平方向为正方向，
、
两小球水平方向动量守恒
、
发生弹性碰撞，机械能守恒
联立解得
，
碰撞后小球
在竖直方向做匀加速直线运动
解题
，
（舍弃）
小球
在水平方向做匀速直线运动
解得
故
错误，
正确。
故选：
。
3．（2024•北京）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】
【分析】
根据上升和下降两个过程中的受力情况结合牛顿第二定律分析加速
度的情况；
根据阻力的做功情况判断上下经过同一位置的速度变化情况，结合动量定理
分析冲量大小；
根据上升和下降的平均速度分析运动时间的关系；
根据功能关系分析机械能的损失情况。
【解答】解：
小球上升过程中受到向下的空气阻力，满足
，下
落过程中受到向上的空气阻力，满足
，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），故
错误；
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，故
正确；
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，
故
错误；
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，故
错误。
故选：
。
4．（2023•天津）2023 年我国首套高温超导电动悬浮全要素试验系统完成首次
悬浮运行，实现重要技术突破。设该系统的试验列车质量为
，某次试验中列
车以速率在平直轨道上匀速行驶，刹车时牵引系统处于关闭状态，制动装置
提供大小为
的制动力，列车减速直至停止。若列车行驶时始终受到大小为
的空气阻力，则
A．列车减速过程的加速度大小为
B．列车减速过程
的冲量大小为
C．列车减速过程通过的位移大小为
D．列车匀速行驶时，牵引系统的输出功率为
【答案】
【分析】
根据牛顿第二定律求加速度；
根据动量定理分析作答；
根据动能定理求解作答；
列车匀速行驶时，牵引力等于阻力，根据功率公式求解作答。
【解答】解：
设磁悬浮列车减速过程中加速度的大小为
，根据牛顿第二定
律
解得加速度的大小为
，故
错误；
取列车运动的方向为正方向，根据动量定理
解得
的冲量
，故
错误；
根据动能定理
解得列车减速过程通过的位移大小为
，故
正确；
列车匀速行驶时，牵引力等于阻力，列车的功率
，故
错误。
故选：
。
5．（2023•河北）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，其单位质量受到地
面的竖直方向支持力随时间变化关系曲线。图像中
至
内，曲线下方
的面积与阴影部分的面积相等。已知该运动员的质量为
，重力加速度
取
。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
B．起跳后运动员重心上升的平均速度大小约为
C．起跳后运动员重心上升的最大高度约为
D．起跳过程中运动员所受合力的冲量大小约为
【答案】
【分析】分析图像得到最大支持力，根据牛顿第二定律求解起跳过程中运动员
的最大加速度；
— 图像的面积表示力的冲量，根据图像求得合力的冲量，根
据动量定理求得运动员离地速度，进而求得起跳后运动员重心上升的平均速度
大小，根据竖直上抛运动公式求得远动员上升最大高度。
【解答】解：
、根据图像，我们可以看到在
至
这段时间内，运动
员受到的支持力最大为：
，
根据牛顿第二定律可得运动员的最大加速度为：
，方向向上，故
错误；
、根据图像可知，在
至
这段时间内，支持力的冲量等于图像的
面积，
可
得
合
力
的
冲
量
为
：
，
根据动量定理可得运动员的速度离地为：
，
起跳后运动员重心上升的平均速度大小为：
，
起跳后运动员做竖直上抛运动，跳后运动员重心上升的最大高度为：
，
故
正确，
错误。
故选：
。
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
考点1：动量冲量的理解
定义式
Ek＝1
2mv2
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
关联方程
Ek＝p
2
2m，Ek＝1
2pv，p＝
❑√2m Ek，p＝2 Ek
v
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，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＝F1+ F2
2
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：
【例1】（2025 春•南海区期中）光镊是一种利用光子对纳米至微米级的粒子进
行操纵和捕获的技术，一束激光照射悬浮在真空中的纳米颗粒，假设激光中每
个光子的动量大小为
，方向水平向右。若一个光子被颗粒反射后动量方向变
为水平向左，忽略其他外力，则该颗粒获得的动量可能为
A．0，无方向
B．
，水平向右
C．
，水平向右
D．
，水平向左
【答案】
【分析】根据动量守恒定律进行分析解答。
【解答】解：对光子和颗粒组成的系统，规定水平向右的方向为正方向，则有
，则
，方向水平向右，故
正确，
错误。
故选：
。
【例2】（2025 春•朝阳区校级期末）关于动量、冲量、动能，下列说法正确的
是
A．物体的动量越大，表明它受到的冲量越大
B．作用在静止物体上的力的冲量一定为零
C．物体受到合外力的冲量作用，则其动能一定变化
D．运动的物体在任一时刻的动量方向一定是该时刻的速度方向
【答案】
【分析】根据动量、动能和冲量的概念结合动量定理进行分析解答。
【解答】解：
．根据动量定理，物体的动量变化量越大，表明它受到的冲量
越大，故
错误；
．根据冲量的定义
可知，作用在静止物体上的力的冲量一定不为零，
故
错误；
．物体受到合外力的冲量作用，比如匀速圆周运动物体，则其动量一定变化，
动能不一定变化，故
错误；
．根据
可知，运动的物体在任一时刻的动量方向一定是该时刻的速度
方向，故
正确。
故选：
。
【例3】（2025•海淀区校级三模）如图所示，东风
高超音速战略导弹，是
世界上第一种正式装备服役的高超音速乘波器导弹，射程可达几千公里，具备
高超音速突防能力，可借助空前的机动能力实现蛇形机动，规避拦截。已知东
风
质量为
，在一次试射机动变轨过程中，东风
正在大气层边缘向东水
平高速飞行，速度大小为12 马赫
马赫就是一倍音速，设为
，突然蛇形机动
变轨，转成水平向东偏下
角飞行，速度大小为15 马赫。此次机动变轨过程
中，下列说法正确的是
A．合力对东风
做功为
B．合力对东风
做功为
C．合力对东风
的冲量大小为
，方向竖直向下
D．合力对东风
的冲量大小为
，方向竖直向上
【答案】
【分析】根据动能定理和冲量的矢量性知识进行分析解答。
【解答】解：
．根据动能定理，合力对东风
做功为
，故
错误，
正确；
．根据冲量的矢量性可知，合力对东风
的冲量为
，方向竖直向下，故
错误。
故选：
。
1．对动量定理的理解
(1)FΔt＝p′－p 是矢量式，两边不仅大小相等，而且方向相同。式中FΔt 是物
体所受的合力的冲量。
(2)FΔt＝p′－p 除表明了两边大小、方向的关系外，还说明了两边的因果关
考点2：动量定理的理解及应用
系，即合力的冲量是动量变化的原因。
(3)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。
(4)改变动量的冲量是这段时间内所有力的冲量的矢量和。
2．用动量定理解释两种现象
(1)Δp 一定时，F 的作用时间越短，力就越大；时间越长，力就越小。
(2)F 一定，此时力的作用时间越长，Δp 就越大；力的作用时间越短，Δp 就越
小。
3．动量定理的两个重要应用
(1)应用I＝Δp 求变力的冲量。
(2)应用Δp＝FΔt 求动量的变化量。
例题精讲：
【例4】（2025 春•河南期末）某赛车轨道在一段山谷处的示意图如图所示，竖
直面内圆弧形轨道
对应的圆心角为
，
点为轨道的最低点。质量为
的赛
车（连同赛车手）以恒定的速率
从
点运动到
点的过程中，合力的冲量大
小为
A．
B．
C．
D．
【答案】
【分析】根据矢量三角形得到从
点运动到
点的过程中速度变化量，结合动
量定理分析。
【解答】解：从
点运动到
点的过程中速度变化量如图所示，
蹦极几何关系可知速度变化量大小为为
，故动量变化量大小等于
，根据动量定理可知合力的冲量大小为
，故
正确，
错误。
故选：
。
【例5】（2025•邢台开学）2025 年6 月，贵州榕江遭遇特大洪水期间，无人机
突破交通受阻的困境，参与救助受困群众，为受困群众搭建“生命桥”。一架
无人机质量为
，螺旋桨转动能使面积为
的空气以速度向下运动。已知空
气密度为
，重力加速度为
，则该无人机能携带货物的最大质量为
A．
B．
C．
D．
【答案】
【分析】应用微元法，根据动量定理与牛顿第三定律求得空气对螺旋桨的作用
力大小，对该无人机由平衡条件求得能携带货物的最大质量。
【解答】解：时间△内与螺旋桨发生作用的空气质量为：△
△
设空气受到螺旋桨的作用力为
，以竖直向下为正方向，根据动量定理得：
△
△
解得：
根据牛顿第三定律可得空气对螺旋桨的作用力大小为
设该无人机能携带货物的最大质量为
，由平衡条件可得：
解得：
，故
正确，
错误。
故选：
。
【例6】（2025•雁塔区校级开学）安全气囊是汽车重要的被动安全装备，能够
在车辆发生碰撞时迅速充气弹出，为车内乘客提供保护，如图甲所示，在某安
全气囊的性能测试中，可视为质点的头锤从距气囊上表面高
处由静止释
放，与正下方的气囊发生碰撞，以头锤到气囊上表面为计时起点，气囊对头锤
竖直方向作用力
随时间的变化规律可近似用图乙所示的图像描述，已知头锤
质量
，重力加速度
，不计空气阻力，假定气囊的形变完全恢
复，下列说法正确的是
A．头锤落到气囊上表面时的速度大小为
B．碰撞过程中
的冲量大小为
C．碰撞结束后头锤上升的最大高度为
D．碰撞过程中系统损失的机械能为
【答案】
【分析】根据自由落体运动规律和冲量、动量定理以及机械能知识进行分析解
答。
【解答】解：
．根据自由落体运动公式得
，解得
，故
错误；
．
图像与坐标轴围成的面积表示冲量，由图像可知碰撞过程中
的冲量
大小为
，故
错误；
．以竖直向上为正方向，由动量定理得
，设上升的最大
高度为，由动能定理得
，解得
，故
错误；
．碰撞过程中系统损失的机械能为△
，故
正确。
故选：
。
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 的方向选取一段小柱体，其横
截面积为S
②微元
研究
取极短的作用时间Δt，对应小柱体的体积ΔV＝
vSΔt
流体类小柱体质量m＝ρΔV＝ρvSΔt
流体类小柱体动量p＝mv＝ρv2SΔt
微粒类小柱体粒子数N＝nvSΔt
③建立方程，应用动量定理FΔt＝Δp 研究
例题精讲：
【例7】（2025•张家口开学）司机清洗汽车时会用到如图所示的高压水枪。已
考点3：应用动量定理巧解柱状模型
知水枪喷出水柱的半径为
，水流速度为，水柱垂直于汽车表面，水柱冲击
汽车后水的速度为零，水的密度为
，若进入水枪的水流速度可忽略不计。下
列说法正确的是
A．高压水枪单位时间喷出的水的质量为
B．汽车对水柱的平均作用力为
C．当高压水枪喷口的出水柱的半径变为原来的2 倍时，压强变为原来的4 倍
D．当高压水枪喷口的出水速度变为原来的2 倍时，压强变为原来的4 倍
【答案】
【分析】根据
计算；根据动量定理计算；写出压强的表达式，结合表达
式分析即可。
【解答】解：
、高压水枪单位时间喷出水的质量为
，故
错误；
、设水柱对车的平均冲力为
，规定水流的速度方向为正方向，由动量定理
得
，即
，解得
，负号说明汽车对水柱的
作用力方向与水流的速度方向相反，故
错误；
、高压水枪产生的压强
，则当高压水枪喷口的出水速度
变为原来的2 倍时，压强变为原来的4 倍；当高压水枪喷口的出水柱的半径变
为原来的2 倍时，压强不变，故
错误，
正确。
故选：
。
【例8】（2025•湖南一模）我国南方沿海地区属于台风频发地区，各类户外设
施建设都要考虑台风的影响。已知空气的密度为
，10 级台风的风速为，某
次10 级台风迎面垂直吹向一固定的面积为
的交通标志牌，假设台风与标志牌
接触后速度变为零，则10 级台风对该交通标志牌的作用力大小为
A．
B．
C．
D．
【答案】
【分析】首先确定研究对象是风，并求解其质量；然后根据动量定理列出方程，
最后求出力的表达式。
【解答】解：在△时间内吹向交通标志牌空气质量为：△
△
假定台风风迎面垂直吹向一固定的交通标志牌的末速度为零，设风速方向为正
方向，对风，由动量定理得：
△
△
可得：
则10 级台风对该交通标志牌的作用力大小为
，故
正确、
错误。
故选：
。
【例9】（2025 春•辽宁期末）如图，总质量为
的嫦娥六号探测器，竖直向下
喷出密度为
、横截面积为
的气体，悬停在月表上空。若月球表面的重力加
速度大小为
，近似认为喷射气体的重力忽略不计，探测器的质量保持不变，
则探测器喷出气体的速度大小为
A．
B．
C．
D．
【答案】
【分析】根据动量定理和气体模型结合牛顿第三定律进行分析解答。
【解答】解：对向下喷出的气体，规定竖直向下的方向为正方向，由动量定理
有
，得
，根据牛顿第三定律，气体对探测器的作用
力向上大小等于探测器的重力，即
，故
，故
正确，
错误。
故选：
。
课后提优练习
一．选择题（共20 小题）
1．（2025•江宁区校级一模）如图甲所示，斜面固定在水平地面上，质量为m
＝1kg 的小物块从斜面底端开始以初速度v0沿斜面上滑，斜面表面由于材料
特殊，向上运动和向下运动时动摩擦因数不同，已知斜面的倾角θ＝37°，取
水平地面为零重力势能参考面，以斜面底端为初位置，在物块在运动过程中，
物块的机械能E 随沿斜面运动的位移x 变化的图像如图乙所示，重力加速度
g 取10m/s2（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8），下列说法正确的是（ ）
A．物块上滑和下滑产生的热量相同
B．物块上滑的时间大于物块下滑的时间
C．物块上滑过程中动量的变化量的大小为27kg•m/s
D．物块下滑的动摩擦因数比上动摩擦因数大1
16
【解答】解：A．由物块的机械能E 随沿斜面运动的位移x 变化的图像可得
物块上滑机械能的损失量为ΔE1＝13.5J
12J
﹣
＝1.5J
物块下滑机械能的损失量为ΔE2＝12J
9.5J
﹣
＝2.5J
故物块上滑和下滑产生的热量不同，故A 错误；
B．物块上滑在同样的高度处的速度大小一定大于物块下滑在同样高度处的
速度，故上滑平均速度大于下滑的平均速度，物块上滑的时间小于物块下滑
的时间，故B 错误；
C．物块上滑时的初动量p= ❑√2m Ek = ❑√2×1×13.5kg⋅m/ s= ❑√27 kg⋅m/ s
故物块上滑过程中动量的变化量的大小为❑√27 kg⋅m/ s，故C 错误；
D．E
x
﹣图像斜率的绝对值表示物块受到的摩擦力，物块在上滑过程中
μ1mgcosθ = 13.5-12
2
N =0.75 N
解得μ1= 3
32
物块在下滑过程中μ2mgcosθ = 12-9.5
2
N =1.25 N
解得μ2= 5
32
故μ2- μ1= 5
32 - 3
32 = 1
16
故D 正确。
故选：D。
2．（2025•南京校级模拟）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．动量保持不变
C．处于失重状态
D．所受合力不为零
【解答】解：A、小车的机械能包括动能和重力势能，小车高度减小，即重
力势能减小，小车沿等螺距轨道向下匀速率运动，速度大小不变，即动能不
变，所以小车的机械能减小，故A 错误；
B、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，小车动量的大小不变，动量的方向发生变化，即动量发生了变化，故
B 错误；
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、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D 正确。
故选：D。
3．（2024 秋•南通期中）航天员在“天宫课堂”中演示碰撞实验。分析实验视
频，每隔相等的时间截取一张照片，如图所示。则小球和大球的质量之比
m1：m2是（ ）
A．1：1
B．1：2
C．2：3
D．1：5
【解答】解：由第一张与第二张照片可知小球的初速度大小为v0= x0
t ，由第
二张与第三张照片可知碰撞后小球的速度大小为v1= x1
t ，碰撞后大球的速度
大小为v2= x2
t ，设水平向左为正方向，根据动量守恒定律可得
m1
x0
t =-m1
x1
t +m2
x2
t ，由题图知m1×1.5＝﹣m1×1+m2×0.5，解得m1：m2＝1：
5，故D 正确，ABC 错误。
故选：D。
4．（2024 春•南京期中）下列关于动量的说法正确的是（ ）
A．质量大的物体，动量一定大
B．质量和速率都相等的物体，动量一定相同
C．质量一定的物体的速率不变，它的动量一定不变
D．质量一定的物体的运动状态改变，它的动量一定改变
【解答】解：A、根据动量的定义，它是质量和速度的乘积，它由质量和速
度共同决定，因此只有质量大的物体，动量不一定大，故A 错误；
B、动量是矢量，它的方向与速度的方向相同，而质量和速率都相等的物体，
其动量大小一定相等，但方向不一定相同，故B 错误；
C、质量一定的物体的速率不变，则它的动量大小就一定不变，但方向可能
改变，故C 错误；
D、质量一定的物体的运动状态改变，它的速度就一定改变，它的动量也就
改变，故D 正确。
故选：D。
5．（2024 秋•苏州期中）利用如图所示的装置探究碰撞中的不变量，下列说法
错误的是（ ）
A．悬挂两球的细绳的悬点不可以在同一点
B．悬挂两大小相同小球的细绳长度要适当，且等长
C．静止释放小球C 以便计算小球碰撞前的速度
D．两小球必须都是刚性球，且碰撞小球的质量大于被碰小球的质量
【解答】解：AB.悬挂两大小相同的小球的细绳等长才能保证两球发生正碰，
以减小实验误差，悬挂两球的细绳的悬点不能在同一点，否则两球无法发生
正碰，故AB 正确；
C.根据机械能守恒定律有mgh= 1
2 m v
2- 1
2 m v0
2，当由静止释放时，即v0＝0 时
更能方便准确地计算小球碰撞前的速度，故C 正确；
D.本实验中对小球是否有弹性无要求，两小球质量也不需要一定相同，故D
错误。
本题选错误的，故选：D。
6．（2024 秋•海安市校级月考）如图所示，倾角为O 的传送带以恒定速率沿逆
时针方向运行。现将一小物块轻放在传送带的A 端，已知小物块与传送带间
的动摩擦因数μ＜tanθ，最大静摩擦力可看作等于滑动摩擦力，则物块从A
端运动到B 端的过程中，速度v，动量p，机械能E，物块与传送带间摩擦产
生的内能Q 随时间t 或位移x 变化的关系图像可能正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【解答】解：A、物块刚放在传送带上时，由于开始时物体静止，传送带向
下运动，受到沿传送带向下的滑动摩擦力，根据牛顿第二定律可得加速度
a= μmgcosθ+mgsinθ
m
= g(sinθ+ μcosθ)，当物块速度与传送带速度相等后，因
为μ＜tanθ，阳μ＜sinθ
cosθ，此时物块受到的沿传送带向上的摩擦力，由于摩
擦力小于重力沿传送带向下的分力，物块继续加速下滑，但加速度变小，加
速度 a'＝g（sinθ﹣μcosθ），物块先做加速度为g（sinθ+μcosθ）的匀加速直
线运动，速度速渐增大，当与传送带速度相等后，物块做加速度为g（sinθ﹣
μcosθ）的加速运动，速度仍增大，但是加速度变小了，又因为速度 一时
间图像的斜率表示加速度，所以斜率降变小，故A 错误；
B、由于速度一直增大，所以动量也一直增大，p=mv =m ❑√2ax，结合数学
知识分析，最后阶段速度随位移增加会越来越慢，故B 误；
C、物块在运动过程中，看机械能的变化需要看除重力和系统内的弹力以外
其他力做功，摩擦力先做正功，机械能增加，当达到共速后摩擦力沿传送带向
上，摩擦力做负功，机械能减少，故C 错误；
D、摩擦产生的内能Q＝fΔx，开始阶段相对位移 Δx＝（v 件﹣v 物）t，物快
与传送带的速度差越来越小，所以内能随时间的变化越来越小，当共速后，Δx
＝（v 物﹣v 使）t，物块与传送带的速度差越来越大，所以内能随时间变化越来
越大，故D 正确。
故选：D。
7．（2025 春•江苏校级期末）水切割又称水刀，即高压水射流切割技术，现已
逐渐成为工业切割技术方面的主流切割方式。已知水流为柱状，水流以速度
v 垂直射到被切割的钢板上，之后垂直钢板的速度减为零，水的密度为ρ，则
水流对钢板的压强大小为（ ）
A．ρ ❑√v
B．ρv
C．ρv2
D．ρv3
【解答】解：设在选取的极短时间Δt 内，水刀喷出水的质量为Δm，水柱的
截面积为S
水流以速度v 垂直射到被切割的钢板上，则有Δm＝ρSvΔt
以Δt 内打在钢板表面质量为Δm 的这部分水作为研究对象，取水的初速度方
向为正方向
由动量定理得﹣FΔt+ΔmgΔt＝0
Δmv
﹣
联立解得F＝ρSv2+Δmg
根据牛顿第三定律知，钢板表面受到的压力F′＝F
根据压强公式可得水流对钢板的压强p= F '
S
联立得p= ρ v
2+ Δmg
S
极短时间Δt 内水的质量Δm 极小，重力的冲量、产生的压强均可忽略
故得水流对钢板的压强大小为p= ρ v
2+ Δmg
S
≈ρ v
2
故ABD 错误，C 正确。
故选：C。
8．（2024 秋•南京校级期末）水流射向墙壁会对墙壁产生冲击力。假设水枪喷
水口的横截面积为S，喷出水流的流速为v，水流垂直射向竖直墙壁后速度变
为0。已知水的密度ρ，重力加速度大小为g。墙壁受到的平均冲击力大小为
（ ）
A．ρSv2
B．ρSv
C．ρgSv2
D．ρgSv
【解答】解：设水流受到墙壁的平均冲力大小为F，以该力的方向为正方向，
根据动量定理可得：FΔt＝0
Δm
﹣
（﹣v），
其中：Δm＝ρvΔtS，
联立可得：F＝ρSv2，
则根据牛顿第三定律可知，墙壁受到的平均冲击力大小为ρSv2，
故A 正确，BCD 错误；
故选：A。
9．（2024 秋•润州区校级期末）古时有“守株待兔”的寓言，倘若兔子受到的
冲击力大小为自身体重2 倍时即可导致死亡，如果兔子与树桩的作用时间为
0.2s，则被撞死的兔子其奔跑速度可能是（g＝10m/s2）（ ）
A．1.5m/s
B．2.5m/s
C．3.5m/s
D．4.5m/s
【解答】解：设兔子质量为m，以其速度方向为正，能使兔子致死的力F＝
﹣2mg，兔子的运动视为匀减速运动，说明作用力为恒力；时间为0.2s，末
动量为零；则由动量定理可知：﹣Ft＝0
mv
﹣
；解得：v = Ft
m ，解得v＝
4m/s，故只有速度大于4m/s，兔子才会死亡，故D 正确，ABC 错误。
故选：D。
10．（2025•扬州校级模拟）如图所示，一根轻质弹簧上端固定在天花板上，下
端挂一重物（可视为质点），重物静止时处于B 位置。现用手托重物使之缓
慢上升至A 位置，此时弹簧长度恢复至原长，之后放手，使重物从静止开始
下落，沿竖直方向在A 位置和C 位置（图中未画出）之间做往复运动。重物
运动过程中弹簧始终处于弹性限度内。不计空气阻力，关于上述过程，下列
说法中正确的是（ ）
A．重物在C 位置时处于失重状态，其加速度的大小等于当地重力加速度的
值
B．在重物从A 位置下落到B 位置的过程中，重力的冲量小于弹簧弹力的冲
量
C．在重物从A 到B 位置和从B 到C 位置的两个过程中，弹簧弹力对重物做
功之比是1：4
D．在手托重物从B 缓慢上升到A 位置的过程中，手对重物做的功等于重物
往复运动过程中所具有的最大动能
【解答】解：A、根据题意可知，简谐振动的对称性可得回复力最大为mg，
故在最低点C 点时回复力大小等于mg，方向向上，故加速度为g，方向向上，
重物处于超重状态，故A 错误；
B、根据题意可知，在重物从A 位置下落到B 位置的过程中，重力始终大于
弹力，由冲量的计算公式有，I＝Ft
可知重力的冲量大于弹簧弹力的冲量，故B 错误；
C、根据题意可知，在重物从A 位置到B 位置，从B 位置到C 位置，由于弹
力
是
均
匀
增
大
的
，
故
弹
力
做
功
之
比
为
W 1：W 2=( 0+kA
2
⋅A)：( kA +2kA
2
⋅A)=1：3
故弹簧弹力对重物所做功之比为1：3，故C 错误；
D、根据题意可知，在手托重物从B 位置缓慢上升到A 位置的过程中，由能
量关系可知W 手﹣mgh+W 弹＝0
重物从A 点下落到B 点时动能最大，由动能定理mgh
W
﹣
弹＝Ekm
解得W 手＝Ekm
即手对重物所做的功等于重物往复运动过程中所具有的最大动能，故D 正确。
故选：D。
11．（2025•徐州一模） 2024 年8 月10 日，中国运动员宋佳媛荣获巴黎奥运会
田径女子铅球决赛铜牌，若她将同一铅球（可看作质点）从空中同一位置A
点先后两次抛出，第一次抛出时铅球在空中运动的轨迹如图中1 所示，第二
次抛出时铅球在空中运动的轨迹如图中2 所示，两轨迹的交点为B，不计空
气阻力。关于两次抛出，下列说法正确的是（ ）
A．铅球第一次被抛出时在空中运动的时间较短
B．铅球第一次被抛出时在A 点重力的瞬时功率较小
C．铅球第二次被抛出时在最高点的动量较大
D．铅球第二次被抛出时重力的冲量较大
【解答】解：A.铅球被抛出后做斜抛运动，由斜抛运动规律，知铅球在空中
运动的时间t=
❑√
2h上
g
+
❑√
2h下
g
，由题图可知铅球第一次被抛出时运动的高度更
高，故铅球第一次被抛出时在空中运动的时间较长，故A 错误；
B.重力功率PG＝mgvy，由vy＝gt 知，铅球在A 点时vy1＞vy2，故铅球第一次
被抛出时在A 点重力的瞬时功率较大，故B 错误；
C.铅球在最高点时，动量p＝mvx，铅球在水平方向做匀速直线运动，则
v x= x
t ，由题图可知x1＜x2，则vx1＜vx2，故铅球第二次被抛出时在最高点的
动量较大，故C 正确；
D.重力冲量IG＝mgt，结合A 选项分析可知铅球第二次被抛出时重力的冲量
较小，故D 错误。
故选：C。
12．（2025•南京校级模拟）如图所示，光滑水平面上放有质量为M＝2kg 的足
够长的木板B，通过水平轻弹簧与竖直墙壁相连的物块A 叠放在B 上，A 的
质量为m＝1kg，弹簧的劲度系数k＝100N/m。初始时刻，系统静止，弹簧处
于原长。现用一水平向右的拉力F＝10N 作用在B 上，已知A、B 间动摩擦
因数μ＝0.2，弹簧振子的周期为T =2π ❑√
m
k ，取g＝10m/s2，π2＝10。则（
）
A．A 受到的摩擦力逐渐变大
B．A 向右运动的最大距离为4cm
C．当A 的总位移为2cm 时，B 的位移一定为5cm
D．当A 的总位移为4cm 时，弹簧对A 的冲量大小可能为0.4π（N•s）
【解答】解：A．拉力作用瞬间，根据牛顿第二定律可得整体加速度为
a=
F
M +m ，解得a= 10
3 m/ s
2
A 的最大加速度为
am= μg，解得am=2m/ s
2＜10
3 m/ s
2
则开始运动时，二者就会发生相对滑动，A 所受摩擦力大小不变，故A 错误；
B．弹簧弹力与A 所受摩擦力相等时，A 的位移为
x = μmg
k
，解得x =2cm
此时A 的速度最大，即振幅为2cm，则A 的最大位移为4cm，故B 正确；
C．A 的位移为2cm 时，经过时间为
t1= T
4 +nT（n＝0，1，2，3…）
或
t2= 3T
4 +nT（n＝0，1，2，3…）
由题意，周期为T＝0.2π（s）。B 的加速度为
aB= F - μmg
M
，解得aB= 4 m/ s
2
则此时B 的位移为
x1= 1
2 aBt1
2=5(1+ 4 n)
2cm
或
x2= 1
2 aBt2
2=5(3+ 4 n)
2cm
说明当A 的总位移为2cm 时，B 的位移不一定为5cm，故C 错误；
D．当A 的总位移为4cm 时，速度为零，即动量的变化量为零，则由动量定
理可知，弹簧与摩擦力对A 的冲量等大，即
I＝μmgΔt
此时A 的运动时间为
Δt = T
2 +nT（n＝0，1，2，3…）
得
I＝（1+2n）T＝0.2π（1+2n）（N•s）（n＝0，1，2，3…）
即当A 的总位移为4cm 时，弹簧对A 的冲量大小不可能为0.4π（N•s），故
D 错误。
故选：B。
13．（2025•泗阳县一模）如图所示，轻绳上端固定在O 点，下端连接小球。将
球拉起，绳刚好被水平拉直，由静止释放小球。当小球运动至最低点时，下
列物理量的大小与绳长有关的是（ ）
A．小球的加速度
B．小球的动量
C．小球重力的功率
D．绳子的拉力
【解答】解：A．由静止释放小球.当小球运动至最低点时，根据动能定理有
mgL= 1
2 mv
2，v= ❑√2 gL，根据加速度的公式有a= v
2
L ，解得a=2g
则加速度与绳长无关，故A 错误；
B．小球的动量为p=mv =m ❑√2gL，则动量与绳长有关，故B 正确；
C．小球在最低点时，重力与速度垂直，重力的功率为0，则重力的功率与绳
长无关，故C 错误；
D．在最低点，根据牛顿第二定律有F -mg=m v
2
L
解得F＝3mg
绳子的拉力与绳长无关，故D 错误；
故选：B。
14．（2022 春•鼓楼区校级期中）跳台滑雪运动员从平台末端a 点以某一初速度
水平滑出，在空中运动一段时间后落在斜坡上b 点，不计空气阻力，则运动
员在空中飞行过程中（ ）
A．在相等的时间间隔内，动量的改变量总是相同的
B．在相等的时间间隔内，动能的改变量总是相同的
C．在下落相等高度的过程中，动量的改变量总是相同的
D．在下落相等高度的过程中，位移的改变量总是相同的
【解答】解：A、运动员做平抛运动，只受重力，根据动量定理得：mgΔt＝
Δp，可知在相等的时间间隔内，动量的改变量总是相同的，故A 正确；
B、运动员做平抛运动，竖直方向上做自由落体运动，可知在相等的时间间
隔内，下落的高度越来越大，根据动能定理mgh＝ΔEk，可知在相等的时间
内，动能的改变量越来越大，故B 错误；
C、运动员做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，可知在下落相等高度的
过程中，所用的时间越来越少，根据动量定理mgΔt＝Δp 可知，在下落相等
高度的过程中，动量的改变量越来越小，故C 错误；
D、运动员做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，可知在下落相同高度的
过程中，所用的时间越来越少，则水平方向的位移越来越小，根据矢量合成
的特点可知，位移的改变量不相等，故D 错误；
故选：A。
15．（2025•南通四模）如图所示，攀岩爱好者手握绳索加速向上攀爬，此过程
中（ ）
A．绳对人的作用力大于人对绳的作用力
B．绳与手之间只存在摩擦力
C．绳对人作用力做的功等于零
D．绳对人作用力的冲量等于零
【解答】解：A、绳对人的作用力与人对绳的作用力是一对相互作用力，大
小始终相等，故A 错误；
B、绳与手之间不仅存在摩擦力，还存在弹力作用，故B 错误；
C、绳对人的摩擦力和弹力的作用点没有发生位移，则摩擦力和弹力对人均
不做功，绳对人的作用力做的功等于0，故C 正确；
D、绳对人作用力在题设过程一直存在，结合冲量的定义知，绳对人的冲量
不等于零，故D 错误。
故选：C。
16．（2025•工业园区三模）如图所示，光滑圆管竖直固定在水平匀强磁场中，
一带正电小球从管口静止开始下落，圆管对小球的冲量I 随下落时间t 和下落
高度h 关系图像中正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【解答】解：AB.小球下落过程中受到重力、洛伦兹力和管壁水平的弹力作
用，由于洛伦兹力方向总是与速度方向垂直，洛伦兹力不做功，不改变速度
的大小，在水平方向管壁弹力和洛伦兹力平衡，如图
所以小球在竖直方向做自由落体运动，加速度为g，根据速度—时间关系
v＝gt
圆管对小球的冲量I＝qvBt＝qBgt2
根据以上表达式分析可知，AB 错误；
CD.又由h= 1
2 gt
2可得
I＝2qBh
可知I 与h 成正比，故C 正确，D 错误。
故选：C。
17．（2025•射阳县校级三模）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．上升和下降过程重力做功相同
B．上升和下降过程阻力做功相同
C．上升和下降过程阻力冲量大小相等
D．上升和下降过程重力冲量大小相等
【解答】解：C.小球运动的v
t
﹣图像如图所示，由于上升和下降过程位移大
小相等，图中两阴影面积相等，因为f＝kv，则f
t
﹣与v
t
﹣图像类似，两阴
影面积也相等，f
t
﹣与横轴围成的面积表示阻力f 的冲量，则上升和下降过
程中阻力的冲量大小也相等，故C 正确；
D.上升和下降过程中重力不变，下降所用的时间更长，则下降过程重力的冲
量更大，故D 错误；
A.上升和下降过程位移大小相等，方向不同，重力方向向下保持不变，则重
力做功不同，故A 错误；
B.上升过程和下降过程，阻力均做负功，位移大小相等，但是下降过程的平
均速率更小，对应的平均阻力也更小，则上升和下降过程阻力做功不同，故
B 错误。
故选：C。
18．（2025•泗阳县校级模拟）操场上两同学练习排球，在空中同一水平直线上
A、B 两点处分别把1、2 相同的两球同时击出，A 做平抛运动，B 做斜抛运
动，两球的运动轨迹在同一竖直平面内，如图，轨迹交于P 点，P 是AB 连
线中垂线上一点，球1 的初速度为v1，球2 的初速度为v2，不考虑排球的旋
转，不计空气阻力，两球从抛出到P 点的过程中（ ）
A．单位时间内，1 球速度的变化大于2 球速度的变化
B．两球在P 点相遇
C．2 球在最高点的速度小于v1
D．1 球动量的变化大于2 球动量的变化
【解答】解：A．由于两球的加速度均为重力加速度，所以单位时间内，1 球
速度的变化等于2 球速度的变化，故A 错误；
BC．对1 球，1 球做平抛运动，则
x＝v1t1
y = 1
2 gt1
2
对2 球，2 球做斜上抛运动，则
x＝v2cosθ•t2
y =- v2sinθ⋅t2+ 1
2 gt2
2
由此可知
t1＜t2
v1＞v2cosθ
所以1 球先经过P 点，两球不会在P 点相遇，2 球在最高点的速度小于v1，
故B 错误，C 正确；
D．对小球，取向下为正方向，根据动量定理得：
mgt＝Δp
由于t1＜t2，所以1 球动量的变化小于2 球动量的变化，故D 错误。
故选：C。
19．（2025•苏州三模）篮球投出后经多次曝光得到的照片如图所示，每次曝光
的时间间隔相等。篮球受到的空气阻力大小相等，方向始终与速度方向相反，
则篮球（ ）
A．速度大小一直在减小
B．加速度大小先减小后增大
C．相邻位置的动量变化量一直减小
D．相邻位置的机械能变化量先增大后减小
【解答】解：A、竖直方向速度先向上后向下，重力先做负功后做正功，可
知速度先减小后增大，故A 错误；
B、重力与空气阻力的夹角，在上升阶段为锐角，下降阶段为钝角，角度一
直在增大，可知加速度一直在减小，故B 错误；
C、因ΔP＝mΔv＝mat，可知ΔP 一直减小，故C 正确；
D、空气阻力做功引起机械能的变化，相邻位置轨迹长度先减小后增大，变
化量先减小后增大，故D 错误。
故选：C。
20．（2025•鼓楼区四模）如图所示，在光滑的水平地面上固定一弹丸弹射机
A，弹射机能够源源不断的发射质量为m、相对于弹丸弹射机出口速度为v0
的小弹丸，在弹射机的正前方放置一质量为M（M＞m）的物块B，假设小
弹丸击中B 后能够留在物块B 中。每颗弹丸出射前，前一颗弹丸已与物块B
保持相对静止。不计小弹丸的体积，忽略重力对小弹丸的影响，且弹丸在物
块B 中受到的阻力/恒定，水平面足够大。则以下说法中正确的是（ ）
A．当第k 颗弹丸击中B 并与物块B 相对静止后，物块B 的速度为
M
km+ M v0
B．若从第1 颗弹丸击中B 到第1 颗弹丸与物块B 相对静止所需时间为t0，则
在弹丸击中B 的过程中对B 的平均作用力大小为
mv0
t0
C．每一次弹丸击打物块B 的过程中弹丸与物块B 组成的系统损失的机械能
相等
D．每一次弹丸击打物块B 的过程中弹丸与物块B 组成的系统损失的机械能
越来越少
【解答】解：A．第1～k 颗子弹与物块B 组成的系统动量守恒，设当第k 颗
弹丸击中B 并与物块B 相对静止后的速度为vBk，有kmv0＝（km+M）vBk，
可得vBk =
km
km+ M v0，故A 错误；
B．设第1 颗弹丸击中B 到第1 颗弹丸与物块B 相对静止的时间内，物块B
受到弹丸的水平作用为F，弹丸的初动量为mv0，根据如上分析，第1 颗弹丸
与物块B 相对静止时的速度vB1=
m
m+ M v0，根据动量定理有Ft0＝MvB1，可得
F=
Mm v0
(m+ M )t0
，故B 错误；
C.如上分析，由于每颗弹丸射入物块到弹丸与物块B 相对静止后的末速度大
小不一致，其相对于物块B 的位移x 不一致，因此弹丸与物块B 组成的系统
损失的机械能fx 不一致，故C 错误；
D.由于每颗弹丸射入物块到弹丸与物块B 相对静止后的末速度大小逐渐增大，
故系统损失的机械能越来越少，故D 正确。
故选：D。
声明：试题解析著作权属所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2025/9/19 20:46:43；用户：李陆敏；邮箱：orFmNtzVrcH7gw1f524IhJ2j63fs@weixin.jyeoo.com；学号：50207874
