第26讲 动量和动量定理（复习讲义）（北京专用）2026年高考物理一轮复习讲练测

定义：物理学中把质量和速度的乘积定义为物体的动量，用字母印表示， 动量 表达式：p=my。 标矢性：动量是矢量，其方向和速度的方向相同。 因为动量是矢量，动量的变化量△也是矢量，其方向与速度的改变量 △v的方向相同。 动量的变化 动量的变化量△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，即△p=P-P。 动量和冲量 动能、动量、动量变化量的比较 定义：力与力的作用时恒的乘积叫作力的冲量 定义式：=E。 冲量 单位：冲量的单位是生秒，符号是N5。 标矢性：冲量是矢量，恒力冲量的方向与力的方向相同。 冲量与功的比较 基础知识必备 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。 公式：F(t'-t)=mv-mv或l=pp。 动量定理的理解及应用 动量定理反映了力的冲量与动量变化量之间的因果关系，即外力的冲量 是原因，物体的动量变化量是结果。 动量定理的理解 动量定理中的冲量是合力的冲量，而不是某一个力的冲量！ 动量定理表达式是矢量式，等号包含了大小相等、方向相同两方面的含义。 “流体类”柱状模型一流体及其特点一 通常液体流、气体流等被广义地视为“流体”，质量具 有连续性，通常已知密度印 应用动量定理处理“流体模型 微粒类”柱状模型一 微粒及其特点 通常电子、光子、尘埃等被广义地视为“微粒”，质量具有独立性，通 常给出单位体积内的粒子数n 物体的受力分析 单物体的静态平衡 必考题型归纳 整体与隔离法的应用 动态平衡 平衡中的临界、极值问题 厂公式法 平均力法 冲量的计算 动量和动量定理 图像法 动量定理法 △p一定时，F的作用时间越短，力越大；作用时间越长，力越小 应用动量定理解释两类生活现象 F一定时，力的作用时间越长，△p越大：作用时间越短，△p越小 确定研究对象，在中学阶段使用动量定理讨论的问题，其研究对象一般仅限于单 个物体 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 用动量定理解题的基本思路 和：或先求合力，再求其冲量。 方法技巧与解题思路 抓住过程的初、未状态，选好正方向，确定各动量和冲量的正负号。 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。 建立柱状模型，沿流速的方向选取一段微元，其横截面积为S “流体类”柱状模型分析步骤 微元研究，时间△t内的一段柱状流体的长度为△l=v△t,对应的质量为△m=pSvt 应用动量定理研究这段柱状流体，建立方程 建立柱状模型，沿运动的方向选取一段微元，其横截面积为S 微粒类“ 柱状模型分析步骤 微元研究，时间△t内一段柱体的长度为△/=6△t,对应的体积为 △V=S6△t,则微元内的粒子数W=n%S△t 先应用动量定理研究单个粒子，建立方程，再乘以N计算 物体的动能不变，其动量一定不变。× 物体的动量越大，其惯性也越大。× 常见错误与注意事项 一 易混易错概念 物体沿水平面运动时，重力不做功，其冲量为零。× 两物体中动量大的动能不一定大。√定义：物理学中把质量和速度的 定义为物体的动量，用字母印表 示。 动量 表达式：p= 标矢性：动量是矢量，其方向和 的方向相同。 因为动量是矢量，动量的变化量△p也是 其方向与速度的改 变量△v的方向 动量的变化 动量的变化量△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，即△p= 动量和冲量 动能、动量、 动量变化量的比较 定义：力与力的 的乘积叫作力的冲量。 定义式：= 一冲量 单位：冲量的单位是 符号是 标矢性：冲量是矢量，恒力冲量的方向与力的方向 ·冲量与功的比较 基础知识必备 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。 公式：F(t'-t)=mw'-mv或l= 动量定理的理解及应用 动量定理反映了力的冲量与动量变化量之间的因果关系，即外力的冲量 是原因，物体的动量变化量是结果。 动量定理的理解 动量定理中的冲量是 的冲量，而不是某一个力的冲量， 动量定理表达式是矢量式，等号包含了大小相等、方向相同两方面的含义。 ”流体类”柱状模型一流体及其特点一 通常液体流、气体流等被广义地视为“流体”，质量具 有连续性，通常已知密度p 应用动量定理处理“流体模型 “微粒类”柱状模型一微粒及其特点一 通常电子、光子、尘埃等被广义地视为“微粒”，质量具有独立性，通 常给出单位体积内的粒子数n 物体的受力分析 单物体的静态平衡 必考题型归纳 整体与隔离法的应用 动态平衡 平衡中的临界、极值问题 公式法 平均力法 冲量的计算 动量和动量定理 图像法 动量定理法 △p一定时，F的作用时间越短，力越大：作用时间越长，力越小 应用动量定理解释两类生活现象 一下一定时，力的作用时间越长，△p越大：作用时间越短，△p越小。 确定研究对橡，在中学阶设使用动量定理讨论的问题，其研究对橡一般仅限于单 个物体。 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 用动量定理解题的基本思路 和：或先求合力，再求其冲量， 方法技巧与解题思路 抓住过程的初、末状态，选好亚方向，确定各动量和冲量的正负号。 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。 建立柱状模型，沿流速v的方向选取一段微元，其横截面积为S “流体类”“柱状模型分析步骤 微元研究，时间△t内的一段柱状流体的长度为△l=v△t,对应的质量为△m=pSv△t 应用动量定理研究这段柱状流体，建立方程 建立柱状模型，沿运动的方向选取一段微元，其横截面积为S 微粒类 微元研究，时间△t内一段柱体的长度为△/=6△t,对应的体积为 柱状榄型分析步骤 △V=S6△t,则微元内的粒子数W=n6S△t 先应用动量定理研究单个粒子，建立方程，再乘以N计算 物体的动能不变，其动量一定不变。× 物体的动量越大，其惯性也越大。× 常见错误与注意事项 易混易错概念 物体沿水平面运动时，重力不做功，其冲量为零。× 两物体中动量大的动能不一定大。√ 第26讲 动量和动量定理 目录 01 考情解码·命题预警 2 02 体系构建·思维可视 3 03 核心突破·靶向攻坚 5 考点一 动量和冲量 5 知识点1 动能、动量、动量变化的比较 5 知识点2 冲量的计算 5 考向1 动量和动量变化量的计算 6 考向2 冲量的计算 7 考点二 动量定理的理解及应用 7 知识点1 动量定理的理解 7 知识点2 动量定理的应用技巧 7 考向1 应用动量定理解释生活现象 8 考向2 应用动量定理求平均冲力或时间 8 考向3 在多过程问题中应用动量定理 8 考点三 应用动量定理处理“流体类”问题 8 知识点 应用动量定理处理“流体模型” 8 考向1 流体类柱状模型 9 考向2 微粒类柱状模型 9 04 真题溯源·考向感知 9 考点要求 考察形式 2025年 2024年 2023年 动量 冲量 选择题 非选择题 \ \ \ 动量定理 选择题 非选择题 北京T19 \ \ 考情分析： 高考对动量定理的考查较为频繁，大多在以计算题的形式出现，题目的难度不大，联系实际生活场景的情况较多。 命题情境： 生活实践类：安全行车（机车碰撞、安全气囊）、交通运输（喷气式飞机）、体育运动（滑冰接力、球类运动）、火箭发射、爆炸、高空坠物。 学习探究类：气垫导轨上滑块碰撞、斜槽末端小球碰撞。 复习目标： 目标一：理解动量和冲量，理解动量定理及其表达式，能用动量定理解释生活中的有关现象。 目标二：能利用动量定理解决相关问题，会在流体力学中建立“柱状”模型。 考点一 动量和冲量 知识点1 动能、动量、动量变化的比较 1.动量 （1）定义：物理学中把质量和速度的 定义为物体的动量，用字母p表示。 （2）表达式：p= 。 （3）标矢性：动量是矢量，其方向和 的方向相同。 2.动量的变化 （1）因为动量是矢量，动量的变化量Δp也是 ，其方向与速度的改变量Δv的方向 。 （2）动量的变化量Δp，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，即Δp= 。 3.动能、动量、动量变化量的比较 项目 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 定义式 Ek=mv2 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=，Ek=pv，p=，p= 联系 （1）动能和动量都是相对量，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 知识点2 冲量的计算 1.冲量 （1）定义：力与力的 的乘积叫作力的冲量。 （2）定义式：I= 。 （3）单位：冲量的单位是 ，符号是 。 （4）标矢性：冲量是矢量，恒力冲量的方向与力的方向 。 2.冲量与功的比较 项目 冲量 功 定义 作用在物体上的力和力的作用时间的乘积 作用在物体上的力和物体在力的方向上的位移的乘积 单位 N·s J 公式 I=FΔt（F为恒力） W=Flcos α（F为恒力） 标矢量 矢量 标量 意义 ①表示力对时间的累积 ②是动量变化的量度 ①表示力对空间的累积 ②是能量变化的量度 联系 ①都是过程量，都与力的作用过程相互联系 ②冲量不为零时，功可能为零；功不为零时，冲量一定不为零 3.冲量的计算 方法 方法解读 公式法 利用定义式I=Ft计算冲量，此方法仅适用于计算恒力的冲量，不需要考虑物体的运动状态 平均力法 如果力随时间是均匀变化的，则（F0+Ft），该变力的冲量为I=（F0+Ft）t 图像法 利用F⁃t图像计算，F⁃t图像与t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 动量定理法 如果物体受到大小或方向变化的力的作用，则不能直接用I=Ft求变力的冲量，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 考向1 动量和动量变化量的计算 例1（2025·北京石景山·一模）如图甲所示，游乐场里有一种空中飞椅游戏，可以将之简化成如图乙所示的结构装置，装置可绕竖直轴匀速转动，绳子与竖直方向夹角为θ，绳子长L，水平杆长L0，小球的质量为m。不计绳子重力和空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　） A．装置中绳子的拉力为mgtanθ B．装置转动的角速度为 C．装置转动的周期为 D．装置旋转一周，小球的动量变化为0 【变式训练1】（2025·浙江北斗星盟·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 【变式训练2】（24-25高二下·北京一六一中学·3月月考）质量为的金属小球，以的速度水平抛出，抛出后经过落地，不计阻力，g取。则以下说法正确的是（　　） A．小球刚落地时，动量的大小 B．小球刚落地时，动量的大小 C．小球从抛出到刚落地的动量变化量的大小为 D．小球从抛出到刚落地的动量变化量的大小为 考向2 冲量的计算 例2（2025·北京西城·二模）如图所示，长为l的细绳上端悬于P点，下端拴一个质量为m的小球。小球在水平面内做匀速圆周运动，细绳与竖直方向的夹角为，不计空气阻力，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　） A．细绳的拉力大小等于 B．小球的向心加速度等于 C．小球转动一周，绳拉力的冲量等于0 D．小球转动一周，重力的冲量等于 【变式训练1】（2025·北京房山·一模）如图甲所示，物体A以速度水平抛出，图甲中的虚线是物体A做平抛运动的轨迹。图乙中的曲线是一光滑轨道，轨道的形状与物体A的轨迹完全相同。让物体B从轨道顶端无初速下滑，物体B下滑过程中没有脱离轨道。物体A、B质量相等，且都可以看作质点。下列说法正确的是（　　） A．物体B的机械能不守恒 B．两物体重力的冲量不相等 C．两物体合力做功不相等 D．两物体落地时重力的瞬时功率相等 【变式训练2】（23-24高三上·广东东莞中学&广州二中&惠州一中&深圳实验&珠海一中&中山纪念中学·联考）如图所示，一物体在力F作用下沿水平桌面向右做匀加速直线运动。已知物体质量为m，加速度大小为a，物体和桌面之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，在物体移动时间为t的过程中（　　）    A．摩擦力冲量的大小与F方向无关 B．合力冲量的大小与F方向有关 C．F为水平方向时，F冲量为μmgt D．F水平方向冲量的最小值为mat 考点二 动量定理的理解及应用 知识点1 动量定理的理解 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 。 2.公式：F（t'-t）=mv'-mv或 。 3.动量定理的理解 （1）动量定理反映了力的冲量与动量变化量之间的因果关系，即外力的冲量是原因，物体的动量变化量是结果。 （2）动量定理中的冲量是 的冲量，而不是某一个力的冲量。 （3）动量定理表达式是矢量式，等号包含了大小相等、方向相同两方面的含义。 知识点2 动量定理的应用技巧 1.应用动量定理解释两类生活现象 （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。 2.用动量定理解题的基本思路 （1）确定研究对象。在中学阶段使用动量定理讨论的问题，其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。 考向1 应用动量定理解释生活现象 例1 （24-25高二上·山东日照·校际联合期末）猫从高处落下时具有较高的生存技能，原因之一是猫的脚垫很厚且有很多脂肪，从高处落下时能够减少伤害。在猫着地的过程中，厚厚的脚垫可以（　　） A．减小猫与地面的接触时间，从而减小合力的冲量 B．延长猫与地面的接触时间，从而增大合力的冲量 C．减小猫与地面的接触时间，从而减小地面对猫的平均冲击力 D．延长猫与地面的接触时间，从而减小猫的动量变化率 【变式训练1】（24-25高二上·河南濮阳·期末）体育课上进行跳高训练时，一定会在跳高架的正下方放置垫子，降低受伤风险。在跳高者落地的过程中，与不放垫子相比，下列说法正确的是（　　） A．垫子可以缩短跳高者的落地时间 B．垫子可以增大跳高者受到的平均冲击力 C．垫子可以减小跳高者的动量变化率 D．跳高者的动量变化率不发生变化 【变式训练2】（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 考向2 应用动量定理求平均冲力或时间 例2 （24-25高二上·广西河池·期末）现代人越来越依赖手机，有些人喜欢躺着刷手机，经常出现手机掉落伤眼睛或者额头的情况。若有一款手机质量为200g，从离人额头为20cm的高度无初速掉落，磕到额头后手机的反弹忽略不计，额头受到手机的冲击时间为0.04s，则手机对额头平均作用力的大小为（　　）（取重力加速度） A．8N B．10N C．12N D．14N 【变式训练1】（24-25高二下·广东广州·期末）根据篮球对地冲击力的大小可判断篮球的性能。某同学将一质量为的篮球从的高处自由下落，测出篮球从开始下落至反弹到最高点所用时间为，反弹高度为，。则篮球对地面的平均冲击力大小为（不计空气阻力）（　　） A． B． C． D． 【变式训练2】（24-25高二上·河南九师联盟·12月）一个质量为50kg的蹦床运动员，从离水平床面3.2m高处自由下落，接触蹦床后沿竖直方向蹦回到离水平床面1.8m高处。已知运动员与床面接触的时间为0.5s，取竖直向下为正方向，g取10m/s²，下列说法正确的是（　　） A．运动员与蹦床接触过程的动量变化量为700kg·m/s B．下落过程中，运动员动量对时间的变化率为零 C．运动员对蹦床的平均压力大小为1900N D．运动员对蹦床的冲量与蹦床对运动员的冲量相同 考向3 在多过程问题中应用动量定理 例3（2024·广东肇庆·二模）在水平面上静置有质量相等的a、b两个物体，水平推力、分别作用在a、b上，一段时间后撤去推力，物体继续运动一段距离后停下，a、b在运动过程中未相撞，a、b的v-t图像如图所示，图中平行于，整个过程中a、b的最大速度相等，运动时间之比。则在整个运动过程中下列说法正确的是（　　） A．物体a、b受到的摩擦力大小相等 B．两水平推力对物体的冲量之比为 C．两水平推力对物体的做功之比为 D．两水平推力的大小之比为 【变式训练1】（24-25高三下·北京交大附中·开学）如图所示，圆盘在水平面内以角速度绕中心轴匀速转动，圆盘上距轴处的P点有一质量为的小物体随圆盘一起转动。某时刻圆盘突然停止转动，小物体由P点滑至圆盘上的某点停止。下列说法正确的是（　　） A．圆盘停止转动前，小物体所受摩擦力的方向沿运动轨迹切线方向 B．圆盘停止转动前，小物体运动一圈所受摩擦力的冲量大小为 C．圆盘停止转动后，小物体沿圆盘半径方向运动，且m越大，滑动总距离越长 D．圆盘停止转动后，小物体沿垂直半径方向运动，且越大，滑动总距离越长 【变式训练2】（23-24高三上·湖南株洲·质量检测一）一种新型潜水装置，可以通过浮力控制系统实现下潜和上升。某次试潜中该装置的速度时间图像如图所示，其中①为下潜的图像，②为返程上升的图像，已知加速和减速过程中加速度大小相等，潜水装置质量为 m，重力加速度为g，忽略水的阻力和水平方向的运动，在这次试潜的整个过程中（　　） A．最大下潜深度为 B．下潜过程所用总时间为 C．上升过程中潜水装置所受浮力的冲量大小为Nmgt0 D．潜水装置所受最小浮力与最大浮力之比为 考点三 应用动量定理处理“流体类”问题 知识点 应用动量定理处理“流体模型” 1.“流体类”柱状模型 流体及其特点 通常液体流、气体流等被广义地视为“流体”，质量具有连续性，通常已知密度ρ 分析步骤 1 建立柱状模型，沿流速v的方向选取一段微元，其横截面积为S 2 微元研究，时间Δt内的一段柱状流体的长度为Δl=vΔt，对应的质量为Δm=ρSvΔt 3 应用动量定理研究这段柱状流体，建立方程 2.“微粒类”柱状模型 微粒及其特点 通常电子、光子、尘埃等被广义地视为“微粒”，质量具有独立性，通常给出单位体积内的粒子数n 分析步骤 1 建立柱状模型，沿运动的方向选取一段微元，其横截面积为S 2 微元研究，时间Δt内一段柱体的长度为Δl=v0Δt，对应的体积为ΔV=Sv0Δt，则微元内的粒子数N=nv0SΔt 3 先应用动量定理研究单个粒子，建立方程，再乘以N计算 考向1 流体类柱状模型 例1（24-25高二下·北京师大附中·期中）如图所示，用高压水枪喷出的强力水柱冲击煤层，设水柱直径为D，水流速度大小为v，方向水平向右。水柱垂直煤层表面，水柱冲击煤层后水的速度变为零，水的密度为ρ，高压水枪的重力不可忽略，手持高压水枪操作，下列说法正确的是（　　） A．水枪单位时间内喷出水的质量为 B．高压水枪的喷水功率为 C．水柱对煤层的平均冲击力大小为 D．为使高压水枪保持静止，手对高压水枪的作用力方向为斜向左上方 【变式训练1】（24-25高二上·福建厦门一中·12月月考）如图所示，清洗汽车的高压水枪喷出的水柱截面是直径为D的圆形，水流速度为v，水柱垂直射向汽车表面，冲击汽车后速度减为零。已知水的密度为ρ，则水流对汽车的作用力大小为（　　） A． B． C． D． 【变式训练2】（24-25高三下·北京人大附中·开学）在一个小池塘中有一个竖直向上的喷口，在水泵的工作下连续不断地竖直向上喷水，喷出的水又都会落回池塘。已知喷口面积为，水喷出后相对喷口能达到的最大高度为，水的密度为，重力加速度为。 (1)求喷泉的流量（单位时间内喷出的体积）； (2)若水泵工作时将电能转化为机械能的效率为，求水泵的功率； (3)若将一块质量为的平板放在向上的水流上，在水流的冲击下，木板可以在空中保持静止，假设所有水都会竖直向上冲击到木板，且冲击木板后瞬间水流的速度降为0，求木板的平衡位置距离喷口的高度。 考向2 微粒类柱状模型 例2（2024·北京人大附中·二模）如图所示为放在水平桌面上的沙漏计时器，从里面的沙子全部在上部容器里开始计时，沙子均匀地自由下落，到沙子全部落到下部容器里时计时结束，不计空气阻力和沙子间的影响，对计时过程取两个时刻：时刻一，下部容器内没有沙子，部分沙子正在做自由落体运动；时刻二，上、下容器内都有沙子，部分沙子正在做自由落体运动；认为沙子落到容器底部时速度瞬时变为零，下列说法正确的是（　　） A．时刻一，桌面对沙漏的支持力大小等于沙漏的总重力大小 B．时刻一，桌面对沙漏的支持力大小大于沙漏的总重力大小 C．时刻二，桌面对沙漏的支持力大小等于沙漏的总重力大小 D．时刻二，桌面对沙漏的支持力大小小于沙漏的总重力大小 【变式训练1】（23-24高三下·山东枣庄·三模）如图，将总质量为200g的2000粒黄豆从距秤盘125cm高处连续均匀地倒在秤盘上，观察到指针指在刻度为80g的位置附近。若每粒黄豆与秤盘在极短时间内垂直碰撞一次，且碰撞前后速率不变，重力加速度，不计空气阻力，则持续倾倒黄豆的时间约为（　　） A．1.5s B．2.5s C．3.0s D．5.0s 【变式训练2】（24-25高三下·河北昌黎一中·考前最后一卷）如图所示，一个沙漏装置挂在弹簧测力计下方，从出口至底部的高度为（足够大），沙子的总质量为。近似认为沙子从出口下落的初速度为0。沙子随时间均匀漏下，忽略空气阻力，不计沙子间的相互影响。沙子与容器底部碰撞的总时间为，重力加速度为，下列说法正确的是（　　） A．出口下方范围内沙子数与范围内沙子数相等 B．沙子落到容器底部变为静止的过程中，动量变化量的方向向下 C．容器底部受到的平均冲击力 D．从沙子开始下落到全部落到底部的过程中，弹簧测力计示数先变大后变小 1．（2025·湖北·高考）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． 2．（2024·北京·高考）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 3．（2024·安徽·高考）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 4．（2024·全国甲·高考）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 5．（2024·福建·高考）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 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $ 第26讲 动量和动量定理 目录 01 考情解码·命题预警 1 02 体系构建·思维可视 3 03 核心突破·靶向攻坚 4 考点一 动量和冲量 4 知识点1 动能、动量、动量变化的比较 4 知识点2 冲量的计算 4 考向1 动量和动量变化量的计算 5 考向2 冲量的计算 7 考点二 动量定理的理解及应用 10 知识点1 动量定理的理解 10 知识点2 动量定理的应用技巧 10 考向1 应用动量定理解释生活现象 10 考向2 应用动量定理求平均冲力或时间 12 考向3 在多过程问题中应用动量定理 14 考点三 应用动量定理处理“流体类”问题 17 知识点 应用动量定理处理“流体模型” 17 考向1 流体类柱状模型 18 考向2 微粒类柱状模型 20 04 真题溯源·考向感知 23 考点要求 考察形式 2025年 2024年 2023年 动量 冲量 选择题 非选择题 \ \ \ 动量定理 选择题 非选择题 北京T19 \ \ 考情分析： 高考对动量定理的考查较为频繁，大多在以计算题的形式出现，题目的难度不大，联系实际生活场景的情况较多。 命题情境： 生活实践类：安全行车（机车碰撞、安全气囊）、交通运输（喷气式飞机）、体育运动（滑冰接力、球类运动）、火箭发射、爆炸、高空坠物。 学习探究类：气垫导轨上滑块碰撞、斜槽末端小球碰撞。 复习目标： 目标一：理解动量和冲量，理解动量定理及其表达式，能用动量定理解释生活中的有关现象。 目标二：能利用动量定理解决相关问题，会在流体力学中建立“柱状”模型。 考点一 动量和冲量 知识点1 动能、动量、动量变化的比较 1.动量 （1）定义：物理学中把质量和速度的乘积定义为物体的动量，用字母p表示。 （2）表达式：p=mv。 （3）标矢性：动量是矢量，其方向和速度的方向相同。 2.动量的变化 （1）因为动量是矢量，动量的变化量Δp也是矢量，其方向与速度的改变量Δv的方向相同。 （2）动量的变化量Δp，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，即Δp=p'-p。 3.动能、动量、动量变化量的比较 项目 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 定义式 Ek=mv2 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=，Ek=pv，p=，p= 联系 （1）动能和动量都是相对量，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 知识点2 冲量的计算 1.冲量 （1）定义：力与力的作用时间的乘积叫作力的冲量。 （2）定义式：I=FΔt。 （3）单位：冲量的单位是牛秒，符号是N·s。 （4）标矢性：冲量是矢量，恒力冲量的方向与力的方向相同。 2.冲量与功的比较 项目 冲量 功 定义 作用在物体上的力和力的作用时间的乘积 作用在物体上的力和物体在力的方向上的位移的乘积 单位 N·s J 公式 I=FΔt（F为恒力） W=Flcos α（F为恒力） 标矢量 矢量 标量 意义 ①表示力对时间的累积 ②是动量变化的量度 ①表示力对空间的累积 ②是能量变化的量度 联系 ①都是过程量，都与力的作用过程相互联系 ②冲量不为零时，功可能为零；功不为零时，冲量一定不为零 3.冲量的计算 方法 方法解读 公式法 利用定义式I=Ft计算冲量，此方法仅适用于计算恒力的冲量，不需要考虑物体的运动状态 平均力法 如果力随时间是均匀变化的，则（F0+Ft），该变力的冲量为I=（F0+Ft）t 图像法 利用F⁃t图像计算，F⁃t图像与t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 动量定理法 如果物体受到大小或方向变化的力的作用，则不能直接用I=Ft求变力的冲量，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 考向1 动量和动量变化量的计算 例1（2025·北京石景山·一模）如图甲所示，游乐场里有一种空中飞椅游戏，可以将之简化成如图乙所示的结构装置，装置可绕竖直轴匀速转动，绳子与竖直方向夹角为θ，绳子长L，水平杆长L0，小球的质量为m。不计绳子重力和空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　） A．装置中绳子的拉力为mgtanθ B．装置转动的角速度为 C．装置转动的周期为 D．装置旋转一周，小球的动量变化为0 【答案】D 【解析】A．对装置受力分析如图所示 装置受到重力和绳子的拉力作用，重力和绳子的拉力的合力提供向心力，则 解得 故A错误； BC．由牛顿第二定律 其中圆周运动的半径为 联立解得装置转动的角速度为 装置转动的周期为 故BC错误； D．装置做匀速圆周运动，装置旋转一周，速度变化量为零，所以小球的动量变化为0，故D正确。 故选D。 【变式训练1】（2025·浙江北斗星盟·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 【答案】C 【解析】AB．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，知加速度一直在减小，速度先减小后增大，故AB错误； C．因 知一直减小，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，变化量也先减小后增大，相邻位置的机械能变化量先减小后增大，故D错误。故选C。 【变式训练2】（24-25高二下·北京一六一中学·3月月考）质量为的金属小球，以的速度水平抛出，抛出后经过落地，不计阻力，g取。则以下说法正确的是（　　） A．小球刚落地时，动量的大小 B．小球刚落地时，动量的大小 C．小球从抛出到刚落地的动量变化量的大小为 D．小球从抛出到刚落地的动量变化量的大小为 【答案】BC 【解析】AB．落地竖直分速度 小球落地合速度大小 则小球刚落地时，动量的大小 故A错误，B正确； CD．小球做平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，则水平方向动量变化量为0，小球动量的变化量等于竖直方向上的动量变化量，则有 故C正确，D错误。故选BC。 考向2 冲量的计算 例2（2025·北京西城·二模）如图所示，长为l的细绳上端悬于P点，下端拴一个质量为m的小球。小球在水平面内做匀速圆周运动，细绳与竖直方向的夹角为，不计空气阻力，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　） A．细绳的拉力大小等于 B．小球的向心加速度等于 C．小球转动一周，绳拉力的冲量等于0 D．小球转动一周，重力的冲量等于 【答案】D 【解析】A．小球竖直方向有 解得细绳的拉力大小 故A错误； B．对小球，由牛顿第二定律有 解得小球的向心加速度 故B错误； CD．小球转动一周，速度变化量为0，动量变化量为0，根据动量定理，可知拉力冲量与重力冲量等大反向，根据 联立解得，小球圆周运动周期 则小球转动一周，重力的冲量 故拉力冲量也为，故C错误，D正确。故选D。 【变式训练1】（2025·北京房山·一模）如图甲所示，物体A以速度水平抛出，图甲中的虚线是物体A做平抛运动的轨迹。图乙中的曲线是一光滑轨道，轨道的形状与物体A的轨迹完全相同。让物体B从轨道顶端无初速下滑，物体B下滑过程中没有脱离轨道。物体A、B质量相等，且都可以看作质点。下列说法正确的是（　　） A．物体B的机械能不守恒 B．两物体重力的冲量不相等 C．两物体合力做功不相等 D．两物体落地时重力的瞬时功率相等 【答案】B 【解析】AC．两物体下落过程中，都只有重力做功，大小相等，机械能守恒，故AC错误； B．A物体做的是平抛运动，在竖直方向的加速度为g，而B物体做的不是平抛运动，因为轨道弹力的存在，竖直方向的加速度小于g，所以两物体同时开始运动，运动时间不同，根据可知，两物体重力的冲量不相等，故B正确； D．设高度为，A物体竖直方向的速度为 B物体到底端的速度满足 解得 B物体竖直方向的速度 根据重力的瞬时功率 可知两物体落地时重力的瞬时功率不相等，故D错误；故选B。 【变式训练2】（23-24高三上·广东东莞中学&广州二中&惠州一中&深圳实验&珠海一中&中山纪念中学·联考）如图所示，一物体在力F作用下沿水平桌面向右做匀加速直线运动。已知物体质量为m，加速度大小为a，物体和桌面之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，在物体移动时间为t的过程中（　　）    A．摩擦力冲量的大小与F方向无关 B．合力冲量的大小与F方向有关 C．F为水平方向时，F冲量为μmgt D．F水平方向冲量的最小值为mat 【答案】D 【解析】A．摩擦力冲量的大小 可知摩擦力的冲量大小与F方向有关，选项A错误； B．合力冲量的大小 则合力冲量大小与F方向无关，选项B错误； C．F为水平方向时，F冲量为 选项C错误； D．根据 F水平方向冲量 当f=0时F水平方向冲量的最小值为mat，选项D正确。故选D。 考点二 动量定理的理解及应用 知识点1 动量定理的理解 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.公式：F（t'-t）=mv'-mv或I=p'-p。 3.动量定理的理解 （1）动量定理反映了力的冲量与动量变化量之间的因果关系，即外力的冲量是原因，物体的动量变化量是结果。 （2）动量定理中的冲量是合力的冲量，而不是某一个力的冲量。 （3）动量定理表达式是矢量式，等号包含了大小相等、方向相同两方面的含义。 知识点2 动量定理的应用技巧 1.应用动量定理解释两类生活现象 （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。 2.用动量定理解题的基本思路 （1）确定研究对象。在中学阶段使用动量定理讨论的问题，其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。 考向1 应用动量定理解释生活现象 例1 （24-25高二上·山东日照·校际联合期末）猫从高处落下时具有较高的生存技能，原因之一是猫的脚垫很厚且有很多脂肪，从高处落下时能够减少伤害。在猫着地的过程中，厚厚的脚垫可以（　　） A．减小猫与地面的接触时间，从而减小合力的冲量 B．延长猫与地面的接触时间，从而增大合力的冲量 C．减小猫与地面的接触时间，从而减小地面对猫的平均冲击力 D．延长猫与地面的接触时间，从而减小猫的动量变化率 【答案】D 【解析】由可知因为猫的脚趾上有厚实的脂肪质肉垫，所以与地面接触时可以延长猫与地面的接触时间，减小地面对猫的冲击力；因动量的变化相同，则合力的冲量不变；由可知减小猫的动量变化率；故选D。 【变式训练1】（24-25高二上·河南濮阳·期末）体育课上进行跳高训练时，一定会在跳高架的正下方放置垫子，降低受伤风险。在跳高者落地的过程中，与不放垫子相比，下列说法正确的是（　　） A．垫子可以缩短跳高者的落地时间 B．垫子可以增大跳高者受到的平均冲击力 C．垫子可以减小跳高者的动量变化率 D．跳高者的动量变化率不发生变化 【答案】C 【解析】A．由于垫子的缓冲作用，垫子可以延长跳高者的落地时间，故A错误； B．根据动量定理可知，跳高者动量变化量一定，作用时间延长后，平均冲击力减小，即垫子可以减小跳高者受到的平均冲击力，故B错误； CD．跳高者动量变化一定，由于作用时间延长，则动量变化率减小，即垫子可以减小跳高者的动量变化率，故C正确，D错误。故选C。 【变式训练2】（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 【解析】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。 考向2 应用动量定理求平均冲力或时间 例2 （24-25高二上·广西河池·期末）现代人越来越依赖手机，有些人喜欢躺着刷手机，经常出现手机掉落伤眼睛或者额头的情况。若有一款手机质量为200g，从离人额头为20cm的高度无初速掉落，磕到额头后手机的反弹忽略不计，额头受到手机的冲击时间为0.04s，则手机对额头平均作用力的大小为（　　）（取重力加速度） A．8N B．10N C．12N D．14N 【答案】C 【解析】对手机受力分析如图 取向下为正方向，手机碰前速度 碰撞过程由动量定理有 求得额头对手机平均作用力的大小 根据牛顿第三定律知手机对额头平均作用力的大小为12N。故选C。 【变式训练1】（24-25高二下·广东广州·期末）根据篮球对地冲击力的大小可判断篮球的性能。某同学将一质量为的篮球从的高处自由下落，测出篮球从开始下落至反弹到最高点所用时间为，反弹高度为，。则篮球对地面的平均冲击力大小为（不计空气阻力）（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】根据自由落体公式 ，代入 ， 求得球下落时间 反弹高度 ，由竖直上抛公式 求得球反弹后回到最高点时间 总时间 ，则球与地面的接触时间 球下落末速度 （方向向下，取负） 反弹初速度 （方向向上，取正） 则球的动量变化 对球根据动量定理，有 解得地面对篮球的冲击力 根据牛顿第三定律，可知篮球对地面的平均冲击力大小为 ，故选A。 【变式训练2】（24-25高二上·河南九师联盟·12月）一个质量为50kg的蹦床运动员，从离水平床面3.2m高处自由下落，接触蹦床后沿竖直方向蹦回到离水平床面1.8m高处。已知运动员与床面接触的时间为0.5s，取竖直向下为正方向，g取10m/s²，下列说法正确的是（　　） A．运动员与蹦床接触过程的动量变化量为700kg·m/s B．下落过程中，运动员动量对时间的变化率为零 C．运动员对蹦床的平均压力大小为1900N D．运动员对蹦床的冲量与蹦床对运动员的冲量相同 【答案】C 【解析】A．根据机械能守恒可得，与蹦床刚接触时 解得 方向竖直向下，离开蹦床时则有 解得 方向竖直向上，则动量变化量为 A错误； B．根据动量定理可知 可得 由于自由下落运动员只受重力的作用，故下落过程动量对时间的变化率为mg，B错误； C．由动量定理可得 解得 C正确； D．运动员对蹦床的冲量与蹦床对运动员的冲量大小相等，方向相反，D错误。故选C。 考向3 在多过程问题中应用动量定理 例3（2024·广东肇庆·二模）在水平面上静置有质量相等的a、b两个物体，水平推力、分别作用在a、b上，一段时间后撤去推力，物体继续运动一段距离后停下，a、b在运动过程中未相撞，a、b的v-t图像如图所示，图中平行于，整个过程中a、b的最大速度相等，运动时间之比。则在整个运动过程中下列说法正确的是（　　） A．物体a、b受到的摩擦力大小相等 B．两水平推力对物体的冲量之比为 C．两水平推力对物体的做功之比为 D．两水平推力的大小之比为 【答案】ABC 【解析】AD．由题图知，平行于，说明撤去推力后两物体的加速度相同，而撤去推力后物 体的合力等于摩擦力，根据牛顿第二定律可知 解得 根据图像可知 ， 解得 故A正确，D错误； B．根据动量定理有 ， 解得 故B正确； C．根据动能定理可得 ， ， 解得 故C正确。故选ABC。 【变式训练1】（24-25高三下·北京交大附中·开学）如图所示，圆盘在水平面内以角速度绕中心轴匀速转动，圆盘上距轴处的P点有一质量为的小物体随圆盘一起转动。某时刻圆盘突然停止转动，小物体由P点滑至圆盘上的某点停止。下列说法正确的是（　　） A．圆盘停止转动前，小物体所受摩擦力的方向沿运动轨迹切线方向 B．圆盘停止转动前，小物体运动一圈所受摩擦力的冲量大小为 C．圆盘停止转动后，小物体沿圆盘半径方向运动，且m越大，滑动总距离越长 D．圆盘停止转动后，小物体沿垂直半径方向运动，且越大，滑动总距离越长 【答案】D 【解析】A．圆盘停止转动前，物体匀速圆周运动所受的静摩擦力提供向心力，方向沿半径指向圆心，故A错误； B．物体匀速转动一周所受到的摩擦力是一个变力，用动量定理来计算摩擦力的冲量，转动一周动量的变化为零，则 故B错误； CD．圆盘停止转动后，小物体沿垂直半径方向运动，根据动能定理有 解得 可知越大，滑动总距离越长，距离与质量无关，故C错误，D正确；故选D。 【变式训练2】（23-24高三上·湖南株洲·质量检测一）一种新型潜水装置，可以通过浮力控制系统实现下潜和上升。某次试潜中该装置的速度时间图像如图所示，其中①为下潜的图像，②为返程上升的图像，已知加速和减速过程中加速度大小相等，潜水装置质量为 m，重力加速度为g，忽略水的阻力和水平方向的运动，在这次试潜的整个过程中（　　） A．最大下潜深度为 B．下潜过程所用总时间为 C．上升过程中潜水装置所受浮力的冲量大小为Nmgt0 D．潜水装置所受最小浮力与最大浮力之比为 【答案】BCD 【解析】AB．设下潜的总时间为，由于下潜的位移大小和上升的位移大小相等，而图像与时间轴围成的面积表示位移，且由题意知加速和减速过程中加速度大小相等，而图像的斜率的绝对值表示加速度的大小，则根据图像可得 解得 由此可得最大下潜深度 故A错误，B正确； C．取向上为正方向，设上升过程中，加速阶段浮力的冲量为，匀速阶段浮力的冲量为，减速阶段浮力的冲量为，则有 整理可得上升过程中浮力的冲量大小为 故C正确； D．加速阶段浮力最大，由牛顿第二定律有 减速阶段浮力最小，由牛顿第二定律有 则可得 故D正确。故选BCD。 考点三 应用动量定理处理“流体类”问题 知识点 应用动量定理处理“流体模型” 1.“流体类”柱状模型 流体及其特点 通常液体流、气体流等被广义地视为“流体”，质量具有连续性，通常已知密度ρ 分析步骤 1 建立柱状模型，沿流速v的方向选取一段微元，其横截面积为S 2 微元研究，时间Δt内的一段柱状流体的长度为Δl=vΔt，对应的质量为Δm=ρSvΔt 3 应用动量定理研究这段柱状流体，建立方程 2.“微粒类”柱状模型 微粒及其特点 通常电子、光子、尘埃等被广义地视为“微粒”，质量具有独立性，通常给出单位体积内的粒子数n 分析步骤 1 建立柱状模型，沿运动的方向选取一段微元，其横截面积为S 2 微元研究，时间Δt内一段柱体的长度为Δl=v0Δt，对应的体积为ΔV=Sv0Δt，则微元内的粒子数N=nv0SΔt 3 先应用动量定理研究单个粒子，建立方程，再乘以N计算 考向1 流体类柱状模型 例1（24-25高二下·北京师大附中·期中）如图所示，用高压水枪喷出的强力水柱冲击煤层，设水柱直径为D，水流速度大小为v，方向水平向右。水柱垂直煤层表面，水柱冲击煤层后水的速度变为零，水的密度为ρ，高压水枪的重力不可忽略，手持高压水枪操作，下列说法正确的是（　　） A．水枪单位时间内喷出水的质量为 B．高压水枪的喷水功率为 C．水柱对煤层的平均冲击力大小为 D．为使高压水枪保持静止，手对高压水枪的作用力方向为斜向左上方 【答案】B 【解析】A．高压水枪的流量为 水枪单位时间内喷出水的质量为 故A错误； B．水枪单位时间内做功转化为水柱的动能为 故水枪的功率为 故B正确； C．研究单位时间内喷出的水，由动量定理得 解得 根据牛顿第三定律知，水柱对煤层的平均冲击力大小为，故C错误； D．水对高压水枪的作用力水平向左，则手对高压水枪的作用力有水平向右的分力，还有竖直向上的分力（与重力平衡），所以手对高压水枪的作用力斜向右上方，故D错误。故选B。 【变式训练1】（24-25高二上·福建厦门一中·12月月考）如图所示，清洗汽车的高压水枪喷出的水柱截面是直径为D的圆形，水流速度为v，水柱垂直射向汽车表面，冲击汽车后速度减为零。已知水的密度为ρ，则水流对汽车的作用力大小为（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】高压水枪时间喷出的水的质量为 水柱冲击汽车后速度为零，由动量定理得 联立解得 可知水流对汽车的作用力大小为。故选B。 【变式训练2】（24-25高三下·北京人大附中·开学）在一个小池塘中有一个竖直向上的喷口，在水泵的工作下连续不断地竖直向上喷水，喷出的水又都会落回池塘。已知喷口面积为，水喷出后相对喷口能达到的最大高度为，水的密度为，重力加速度为。 (1)求喷泉的流量（单位时间内喷出的体积）； (2)若水泵工作时将电能转化为机械能的效率为，求水泵的功率； (3)若将一块质量为的平板放在向上的水流上，在水流的冲击下，木板可以在空中保持静止，假设所有水都会竖直向上冲击到木板，且冲击木板后瞬间水流的速度降为0，求木板的平衡位置距离喷口的高度。 【答案】(1) (2) (3) 【解析】（1）设水喷出时的初速度为，由运动学规律可得 联立解得 （2）水泵的机械功率为 又因为     联立解得 （3）在极短时间内，将有的水以速度冲击到平板上，这些水受到平板的力为，根据动量定理则有： 由牛顿第三定律可知水对平板的冲击力 结合运动学规律 联立解得 考向2 微粒类柱状模型 例2（2024·北京人大附中·二模）如图所示为放在水平桌面上的沙漏计时器，从里面的沙子全部在上部容器里开始计时，沙子均匀地自由下落，到沙子全部落到下部容器里时计时结束，不计空气阻力和沙子间的影响，对计时过程取两个时刻：时刻一，下部容器内没有沙子，部分沙子正在做自由落体运动；时刻二，上、下容器内都有沙子，部分沙子正在做自由落体运动；认为沙子落到容器底部时速度瞬时变为零，下列说法正确的是（　　） A．时刻一，桌面对沙漏的支持力大小等于沙漏的总重力大小 B．时刻一，桌面对沙漏的支持力大小大于沙漏的总重力大小 C．时刻二，桌面对沙漏的支持力大小等于沙漏的总重力大小 D．时刻二，桌面对沙漏的支持力大小小于沙漏的总重力大小 【答案】C 【解析】AB．时刻一，下部容器内没有沙子，部分沙子正在做自由落体运动。对整体分析，有一部分沙子有向下的加速度，则总重力大于桌面对沙漏的支持力，合力向下，故AB错误； C．对时刻二分析，部分沙子做自由落体运动，设沙漏的总质量为m，空中正在下落的沙子质量为，沙漏中部细孔到底部静止沙子表面的高度为h，因细孔处速度很小，可视为零，故下落的沙子冲击底部静止沙子表面的速度为 沙子下落的时间为 设下落的沙子对底部静止沙子的冲击力为，在极短时间内，撞击在底部静止沙子表面的沙子质量为，取向上为正方向，由动量定理有 解得 空中的沙子质量 则 对沙漏受力分析，可知桌面对沙漏的支持力为 故C正确，D错误。故选C。 【变式训练1】（23-24高三下·山东枣庄·三模）如图，将总质量为200g的2000粒黄豆从距秤盘125cm高处连续均匀地倒在秤盘上，观察到指针指在刻度为80g的位置附近。若每粒黄豆与秤盘在极短时间内垂直碰撞一次，且碰撞前后速率不变，重力加速度，不计空气阻力，则持续倾倒黄豆的时间约为（　　） A．1.5s B．2.5s C．3.0s D．5.0s 【答案】B 【解析】黄豆落在秤盘上的速度大小为 设持续倾倒黄豆的时间为，则根据单位时间落在秤盘上的黄豆数量为 黄豆对秤盘的撞击力远大于黄豆的重力，故重力可以忽略，由动量定理得 方程两侧根据时间累计求和可得 又，则代入数据可得 t=2.5s 故选B。 【变式训练2】（24-25高三下·河北昌黎一中·考前最后一卷）如图所示，一个沙漏装置挂在弹簧测力计下方，从出口至底部的高度为（足够大），沙子的总质量为。近似认为沙子从出口下落的初速度为0。沙子随时间均匀漏下，忽略空气阻力，不计沙子间的相互影响。沙子与容器底部碰撞的总时间为，重力加速度为，下列说法正确的是（　　） A．出口下方范围内沙子数与范围内沙子数相等 B．沙子落到容器底部变为静止的过程中，动量变化量的方向向下 C．容器底部受到的平均冲击力 D．从沙子开始下落到全部落到底部的过程中，弹簧测力计示数先变大后变小 【答案】C 【解析】A．由自由落体规律可知，沙子下落的高度越大，速度越大，故出口下方越靠近出口，沙子的速度越小，则出口下方范围内沙子下落时间大于出口下方范围内沙子下落时间，由于沙子随时间均匀漏下，所以出口下方范围内沙子数比范围内沙子数多，故A错误； B．质量为的沙子落到容器底部时的速度大小设为（方向向下），则沙子落到容器底部变为静止的过程中，动量变化量为 可知动量变化量的方向向上，故B错误； C．因为足够大，忽略沙漏底部沙子的高度，由动量定理可得 其中为极短时间内落到瓶底的沙子的质量，则有 求和可得 又 联立可得 故C正确； D．由于足够大，一开始沙子从出口逐渐下落过程，逐渐离开出口的沙子处于失重状态，弹簧测力计示数会变小；之后沙子落到底部的过程，逐渐落到底部的沙子处于超重状态，弹簧测力计示数会变大，所以从沙子开始下落到全部落到底部的过程中，弹簧测力计示数先变小后变大，故D错误。故选C。 1．（2025·湖北·高考）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 【解析】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。 2．（2024·北京·高考）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 【解析】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。 3．（2024·安徽·高考）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 【解析】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．（2024·全国甲·高考）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 【解析】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。 5．（2024·福建·高考）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 【解析】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。 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $