专题01 动量定理模型 讲义 -2025-2026学年高二上学期物理同步模型分析（人教版选择性必修第一册）

专题01 动量定理模型 【模型1　水平面内的动量定理】 【模型剖析】 1. 确定研究对象与过程 明确研究的是单个物体还是物体系（如两个碰撞的物体）。 确定研究的时间过程，例如从物体开始运动到停止，或从碰撞开始到碰撞结束。 2. 水平方向受力分析 仅分析研究对象在水平方向受到的所有力，竖直方向力直接忽略。常见水平力包括： 动力：拉力、推力、摩擦力（作为动力时，如传送带带动物体）。 阻力：滑动摩擦力、静摩擦力（作为阻力时）、空气阻力（若题目未提及，可默认忽略）。 内力与外力：若研究物体系，需区分内力（系统内物体间的相互作用力，如碰撞力）和外力（系统外物体施加的力，如地面摩擦力）。 3. 关联合外力与动量变化 根据动量定理公式，建立水平方向的定量关系。 4.动量定理公式（水平方向）： ：水平方向合外力的冲量，等于合外力乘以作用时间，若合外力是变力，需用积分计算。 ：水平方向动量变化量，等于末动量减去初动量，需注意速度的方向（正负号）。 【题目示例】 中国的风洞技术已达到世界领先水平，尤其在高超声速领域表现出色。如图所示，风洞中产生水平向左的均匀风力，一质量为m的小球从水平面上以速度与水平方向成角斜向右上方抛出，小球落回水平面时速度方向与水平方向成角。已知重力加速度为g，不计竖直方向的空气阻力，则小球（    ） A．抛出点与落点之间距离为 B．从抛出到落回水平面所用时间为 C．从抛出点运动到落点的过程，重力的冲量为0 D．所受水平风力的大小为 【推理过程】 【详解】B．小球在竖直方向做竖直上抛运动，则小球从抛出点运动到落点所用时间为 B错误； C．小球从抛出点运动到落点的过程重力的冲量为 C错误； A．小球抛出和落回水平面时竖直分速度大小不变，均为 设小球抛出和落回时水平分速度大小分别为，则、 解得 小球在水平方向做匀减速直线运动，则小球抛出点与落点之间距离为 A正确； D．在水平方向由动量定理得 解得小球所受水平风力的大小为 D正确。 故选AD。 【模型2　竖直面内的动量定理】 【模型剖析】 1. 确定研究对象与运动过程 研究对象：可为单个物体（如自由下落的小球）或物体系（如连接体中的两个物体）。 运动过程：明确研究的时间区间，例如从物体被抛出到最高点、从绳子绷紧到摆动至最低点，需避免包含运动状态突变的复杂过程（如碰撞），除非明确要求分析。 2. 竖直方向受力分析 需完整列出竖直方向所有作用力，这是模型构建的关键，常见力包括： 恒力：重力G = mg，方向始终竖直向下； 变力：绳子的拉力（方向沿绳，大小随位置变化，如圆周运动中）、空气阻力（方向与运动方向相反，大小可能随速度变化）、支持力（仅当物体与接触面接触时存在，如物体在竖直轨道内运动）。 3. 关联合外力冲量与动量变化 根据动量定理，建立竖直方向的定量关系，需特别注意矢量方向。 4.竖直方向动量定理公式： ：竖直方向合外力的冲量，等于竖直方向所有力的冲量之和……，恒力的冲量可直接用 “力 × 时间” 计算，变力的冲量需通过动量变化反推或积分计算。 ：竖直方向动量变化量，等于末动量减去初动量，需先规定正方向（如向上为正），再代入速度的正负值。 【题目示例】 将质量为m的小球以大小为的初速度竖直向上抛出，小球受到的空气阻力大小与速率成正比，小球的速度随时间变化的关系如图所示，在时刻速度为零，时刻落回抛出点，速率为。已知重力加速度为g，小球从抛出至返回抛出点的过程中，下列说法正确的是（    ） A． B．小球受到的合外力冲量为0 C．小球重力的冲量大小为mgt2 D．小球上升过程比下降过程所受空气阻力的冲量大 【推理过程】 【详解】D．已知小球受到的空气阻力大小与速率成正比，即 设小球上升的高度为，则根据冲量的定义式可得，小球上升过程所受空气阻力的冲量大小为 同理可得小球下降过程所受空气阻力的冲量大小为 即小球上升和下落过程所受空气阻力的冲量大小相等，故D错误； A．以向上为正方向，小球上升过程，根据动量定理有 解得 同理小球下降过程，根据动量定理有 解得，故A正确； B．根据动量定理可知，合外力的冲量等于动量的变化量。以向上为正方向，对小球从抛出至返回抛出点的过程中列动量定理方程有 即小球受到的合外力的冲量大小为，方向竖直向下，故B错误； C．以向上为正方向，根据冲量的定义式可得小球重力的冲量为 即小球重力冲量的大小为，方向竖直向下，故C正确。 故选AC。 【模型3　图像法求动量】 【模型剖析】 1. F-t 图像模型（已知力随时间变化） 当题目给出力 F 与时间 t 的关系（或图像）时，优先使用此模型，直接通过面积求冲量。 模型关键：F-t 图像与时间轴围成的面积，等于对应时间段内合外力的冲量 。 构建步骤： ①确定研究对象和分析的时间区间（如 t₁到 t₂）。 ②绘制或提取 F-t 图像，明确力的正负（与正方向一致为正，相反为负）。 ③计算图像在 t₁到 t₂区间内与时间轴围成的总面积（正面积加负面积的代数和），得到 。 ④根据 ，代入已知量求解末速度或初速度。 2. v-t 图像模型（已知速度随时间变化） 当题目给出速度 v 与时间 t 的关系（或图像）时，使用此模型，通过面积求动量变化。 模型关键：v-t 图像与时间轴围成的面积，等于对应时间段内的位移；将面积乘以质量 m，得到动量变化 构建步骤： ①确定研究对象和时间区间（如 t₁到 t₂），明确速度的正方向。 ②绘制或提取 v-t 图像，区分速度的正负（正方向为正，反之为负）。 ③计算图像在 t₁到 t₂区间内与时间轴围成的总面积（代数和），得到速度变化量。 ④计算 ，若需进一步求合外力冲量，直接利用。 【题目示例】 一质量为2kg的物块在合外力F的作用下由静止开始沿直线运动。F随时间t变化的图线如图所示，则（　　） A．t= 1s时物块的速率为1.5m/s B．t=2s时物块的动量大小为3kg·m/s C．t=3s时物块的速率为8m/s D．t=4s时物块的动量大小为4kg·m/s 【推理过程】 【详解】F~t图像的面积表示力的冲量； A．在第1s内由动量定理有 代入数据可得，选项A正确； B．前2s内由动量定理有 代入数据可得，选项B错误； C．内，由动量定理可得 代入数据可得，选项C错误； D．在，由动量定理可得 代入数据可得，选项D错误。 故选A。 【模型4　变力动量定理】 【模型剖析】 路径 1：动量变化反推变力冲量（未知 F-t 关系） 当仅知道物体初末动量，未知变力随时间的变化规律时，直接利用动量定理的 “冲量 - 动量” 关系反推。 构建步骤： 1、确定研究对象（如被撞击的小球）和变力作用的时间过程（Δt）。 2、分析竖直 / 水平方向受力，判断是否忽略恒力（如碰撞问题忽略重力）。 3、计算初末动量： （注意方向，规定正方向）。 4、根据动量定理列方程：，求解。 路径 2：F-t 图像转化变力冲量（已知 F-t 关系） 当题目给出变力随时间的变化图像（或数据）时，利用图像面积的物理意义，将变力冲量转化为几何计算。 构建步骤： 1、提取 F-t 图像，明确变力作用的时间区间（t₁到 t₂）和力的正负（与正方向一致为正）。 2、划分图像中的规则图形（如矩形、三角形、梯形），或确定格子面积（若为不规则曲线）。 3、计算总面积（正面积加负面积的代数和），得到变力的总冲量。 4、结合动量定理：，求解初末速度或质量。 路径 3：平均力替代变力（特殊变力场景） 当变力随时间呈线性变化（如弹簧弹力在短时间内近似线性变化），或题目明确要求求 “平均作用力” 时，用平均力将变力转化为恒力。 构建步骤： 1、确定变力的初值（F₁，如弹簧最大压缩时的弹力）和末值（F₂，如弹簧原长时的弹力）。 2、计算平均力：（若 F₁与 F₂方向相反，需代入正负号）。 3、确定变力作用时间 Δt（如题目直接给出，或通过运动过程估算）。 4、列动量定理方程：，求解未知量。 【题目示例】 如图所示，实线是实验小组某次研究平抛运动得到的实际轨迹，虚线是相同初始条件下平抛运动的理论轨迹，分析后得知这种差异是空气阻力影响的结果。实验中，小球的质量为m，水平初速度为，初始时小球离地面高度为h，已知小球落地时速度大小为v，方向与水平面成θ角，小球在运动过程中受到的空气阻力大小与速率成正比，比例系数为k，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　） A．小球落地时重力的功率为mgv B．小球下落的时间为 C．小球下落过程中水平位移大小为 D．小球下落过程中空气阻力做的功为 【推理过程】 【答案】BD 【详解】A．小球落地时重力的功率，故A错误； B．在竖直方向，根据动量定理，有 其中 解得，故B正确； C．在水平方向，根据动量定理，有 其中， 解得，故C错误； D．根据动能定理，有 解得 故选 BD。 1. 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 2. 原来静止的物体受合外力作用时间为3t，作用力随时间的变化情况如图所示，则（   ） A．0—2t时间内物体的动量变化与2t—3t时间内的动量变化相同 B．0—2t时间内物体的平均速度与2t—3t时间内的平均速度不等 C．3t时物体的速度为零，外力在0—3t时间内对物体的冲量为零 D．0—3t时间内物体的位移为零，外力对物体做功为零 3. 甲、乙两辆完全相同的小车均由静止沿同一方向出发做直线运动。以出发时刻为计时零点，甲车的速度—时间图像如图（a）所示，乙车所受合外力—时间图像如图（b）所示。则（　　） A．0~2s内，甲车的加速度大小逐渐增大 B．乙车在和时的速度相同 C．2~6s内，甲、乙两车的位移相同 D．时，甲、乙两车的动能相同 4. 如图甲所示，某同学利用弹弓将质量为的飞箭以初速度竖直射向高空，飞箭上升过程中的加速度大小随速率的变化关系如图乙所示。已知飞箭在运动过程中受到的空气阻力与速率的关系为（为常数），飞箭落回到抛出点前已做匀速运动，重力加速度为，下列说法正确的是（　　） A．常数 B．飞箭落回到抛出点的速度大小为 C．飞箭上升过程的时间大于下降过程的时间 D．飞箭上升和下降过程中空气阻力的冲量大小相等 5. 2024年春晚杂技节目《跃龙门》带给观众震撼的视觉盛宴，教练在训练时将压力传感器安装在蹦床上，记录演员对蹦床的压力。如图所示是某次彩排中质量为40kg的演员在竖直方向运动拍下的一个画面及计算机输出的压力—时间（）图像片段，演员可视为质点。不计空气阻力，重力加速度，下列说法正确的是（　　） A．演员在0到0.5s过程处于超重状态 B．演员在1.0s时速度最大，速度大小为8m/s C．从0.5s到1.0s过程中，蹦床对演员做的功大小为1280J D．从0.5s到1.0s过程中，蹦床给演员的冲量大小为520N·s 6. 某售卖员在公园里跑动售卖有“哆啦A梦”图案的氦气球。现将其简化为如图所示板状氦气球，设售卖员在无风的公园里拉着氦气球沿直线向前以速度v匀速运动。氦气密度小于空气密度，此时系着氦气球的绳子AB处于水平状态，氦气球朝上的表面与水平方向夹角为45°。氦气球受到空气的浮力不可忽略。若空气密度为ρ，氦气球朝上的表面面积为S，则下列说法正确的是（　　） A．绳子拉力大小为ρSv² B．氦气球所受浮力与重力的合力大小为ρSv² C．空气对氦气球的冲击力大小为ρSv² D．绳子拉力对氦气球做功的功率为 7. 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 8. 如图所示，质量为的运动员沿倾角的固定斜面底端向上滑动，经过时间，速度为零并又开始下滑，又经过时间回到斜面底端，运动员在运动过程中受到的摩擦力大小始终为。不计空气阻力，重力加速度为，，，在整个运动过程中，下列说法正确的是（　　） A．重力对运动员的总冲量大小为 B．支持力对运动员的总冲量大小为 C．摩擦力对运动员的总冲量大小为 D．合外力对运动员的冲量大小为0 9. A、B两物体的质量之比，它们以相同的初速度在水平面上做匀减速直线运动，直到停止，其图像如图所示。则在此过程中，关于A、B两物体，下列说法错误的是（　　） A．摩擦力的冲量之比是 B．摩擦力做功之比是 C．它们所受摩擦力之比是 D．它们与水平面之间的动摩擦因数之比是 10. 如图所示，放置在竖直平面内的光滑杆AB，是按照从高度为处以初速度平抛的运动轨迹制成的，A端为抛出点，B端为落地点。现将一质量为0.5kg小球套于其上，由静止开始从轨道A端滑下。已知重力加速度为，不计空气阻力，则下列说法正确的是（　　） A．小球到达B端的速率为6m/s B．小球到达B端的水平速度大小为4.8m/s C．从A到B过程光滑杆对小球的冲量为0 D．从A到B过程重力对小球的冲量为 11. 如图，将一轻质弹簧水平放置在光滑水平面上，一端固定在A点，另一端与质量为m的小球接触但不拴连。若用外力缓慢推动小球到位置P时，撤去外力，小球运动一段时间t到达B点，此时小球的速度大小为v，以下说法正确的是（　　） A．从撤去外力至小球运动到B点过程中，墙对弹簧的冲量大小为mv B．小球从P点到B点机械能守恒 C．小球从P点到B点弹簧对小球做功的平均功率大于 D．小球从P点到B点过程中，弹簧对小球的做功功率一定先增大再减小 12. 如图所示，质量为的物体静止在水平地面上，受到水平向右拉力的作用。物体在第内保持静止，在第初开始做匀加速直线运动，第末撤去拉力后，物体在第末恰好停下。下列选项正确的是（　　） A．第1s内拉力冲量的大小为 B．第内拉力冲量的大小为 C．第末物体速度的大小为 D．第末物体速度的大小为 13. 如图，在某次高空作业平台测试中，平台缆绳断裂后向下坠落。已知下落过程中两侧制动装置对平台施加的滑动摩擦力共为，平台刚接触缓冲轻弹簧时速度为，此后经平台停止运动，轻弹簧被压缩了。若平台的质量为，取，不考虑空气阻力。求： (1)轻弹簧的最大弹性势能； (2)下落过程中轻弹簧对平台的冲量。 14. 如图（a），农民利用传统的扬谷扇车分离谷粒和杂质。其简化原理如图（b），风车叶片匀速转动，产生水平向右的稳定气流，气流速度为v0，谷粒和杂质均在气流区域受到水平向右的风力。假设谷粒和杂质均从距离地面同一高度为h的出口静止释放，气流区域的高度为d，正常谷粒的质量范围为m1 ~ m2，质量高于或低于此范围视为杂质，重力加速度大小为g，不计其它阻力。 (1)求谷粒从出口落到地面所用的时间； (2)若质量为m的谷粒在下落过程中经过气流区域时受到气流的作用力恒为F，求该谷粒落到地面上时距离出口处的水平距离； (3)若谷粒在气流区域受到水平向右的风力大小F = kv（k为常量，v为谷粒或杂质与气流的水平相对速度大小），谷粒或杂质离开气流区域时速度的水平分量为v0，求地面能够收集到正常谷粒的水平距离范围。 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题01 动量定理模型 【模型1　水平面内的动量定理】 【模型剖析】 1. 确定研究对象与过程 明确研究的是单个物体还是物体系（如两个碰撞的物体）。 确定研究的时间过程，例如从物体开始运动到停止，或从碰撞开始到碰撞结束。 2. 水平方向受力分析 仅分析研究对象在水平方向受到的所有力，竖直方向力直接忽略。常见水平力包括： 动力：拉力、推力、摩擦力（作为动力时，如传送带带动物体）。 阻力：滑动摩擦力、静摩擦力（作为阻力时）、空气阻力（若题目未提及，可默认忽略）。 内力与外力：若研究物体系，需区分内力（系统内物体间的相互作用力，如碰撞力）和外力（系统外物体施加的力，如地面摩擦力）。 3. 关联合外力与动量变化 根据动量定理公式，建立水平方向的定量关系。 4.动量定理公式（水平方向）： ：水平方向合外力的冲量，等于合外力乘以作用时间，若合外力是变力，需用积分计算。 ：水平方向动量变化量，等于末动量减去初动量，需注意速度的方向（正负号）。 【题目示例】 中国的风洞技术已达到世界领先水平，尤其在高超声速领域表现出色。如图所示，风洞中产生水平向左的均匀风力，一质量为m的小球从水平面上以速度与水平方向成角斜向右上方抛出，小球落回水平面时速度方向与水平方向成角。已知重力加速度为g，不计竖直方向的空气阻力，则小球（    ） A．抛出点与落点之间距离为 B．从抛出到落回水平面所用时间为 C．从抛出点运动到落点的过程，重力的冲量为0 D．所受水平风力的大小为 【推理过程】 【详解】B．小球在竖直方向做竖直上抛运动，则小球从抛出点运动到落点所用时间为 B错误； C．小球从抛出点运动到落点的过程重力的冲量为 C错误； A．小球抛出和落回水平面时竖直分速度大小不变，均为 设小球抛出和落回时水平分速度大小分别为，则、 解得 小球在水平方向做匀减速直线运动，则小球抛出点与落点之间距离为 A正确； D．在水平方向由动量定理得 解得小球所受水平风力的大小为 D正确。 故选AD。 【模型2　竖直面内的动量定理】 【模型剖析】 1. 确定研究对象与运动过程 研究对象：可为单个物体（如自由下落的小球）或物体系（如连接体中的两个物体）。 运动过程：明确研究的时间区间，例如从物体被抛出到最高点、从绳子绷紧到摆动至最低点，需避免包含运动状态突变的复杂过程（如碰撞），除非明确要求分析。 2. 竖直方向受力分析 需完整列出竖直方向所有作用力，这是模型构建的关键，常见力包括： 恒力：重力G = mg，方向始终竖直向下； 变力：绳子的拉力（方向沿绳，大小随位置变化，如圆周运动中）、空气阻力（方向与运动方向相反，大小可能随速度变化）、支持力（仅当物体与接触面接触时存在，如物体在竖直轨道内运动）。 3. 关联合外力冲量与动量变化 根据动量定理，建立竖直方向的定量关系，需特别注意矢量方向。 4.竖直方向动量定理公式： ：竖直方向合外力的冲量，等于竖直方向所有力的冲量之和……，恒力的冲量可直接用 “力 × 时间” 计算，变力的冲量需通过动量变化反推或积分计算。 ：竖直方向动量变化量，等于末动量减去初动量，需先规定正方向（如向上为正），再代入速度的正负值。 【题目示例】 将质量为m的小球以大小为的初速度竖直向上抛出，小球受到的空气阻力大小与速率成正比，小球的速度随时间变化的关系如图所示，在时刻速度为零，时刻落回抛出点，速率为。已知重力加速度为g，小球从抛出至返回抛出点的过程中，下列说法正确的是（    ） A． B．小球受到的合外力冲量为0 C．小球重力的冲量大小为mgt2 D．小球上升过程比下降过程所受空气阻力的冲量大 【推理过程】 【详解】D．已知小球受到的空气阻力大小与速率成正比，即 设小球上升的高度为，则根据冲量的定义式可得，小球上升过程所受空气阻力的冲量大小为 同理可得小球下降过程所受空气阻力的冲量大小为 即小球上升和下落过程所受空气阻力的冲量大小相等，故D错误； A．以向上为正方向，小球上升过程，根据动量定理有 解得 同理小球下降过程，根据动量定理有 解得，故A正确； B．根据动量定理可知，合外力的冲量等于动量的变化量。以向上为正方向，对小球从抛出至返回抛出点的过程中列动量定理方程有 即小球受到的合外力的冲量大小为，方向竖直向下，故B错误； C．以向上为正方向，根据冲量的定义式可得小球重力的冲量为 即小球重力冲量的大小为，方向竖直向下，故C正确。 故选AC。 【模型3　图像法求动量】 【模型剖析】 1. F-t 图像模型（已知力随时间变化） 当题目给出力 F 与时间 t 的关系（或图像）时，优先使用此模型，直接通过面积求冲量。 模型关键：F-t 图像与时间轴围成的面积，等于对应时间段内合外力的冲量 。 构建步骤： ①确定研究对象和分析的时间区间（如 t₁到 t₂）。 ②绘制或提取 F-t 图像，明确力的正负（与正方向一致为正，相反为负）。 ③计算图像在 t₁到 t₂区间内与时间轴围成的总面积（正面积加负面积的代数和），得到 。 ④根据 ，代入已知量求解末速度或初速度。 2. v-t 图像模型（已知速度随时间变化） 当题目给出速度 v 与时间 t 的关系（或图像）时，使用此模型，通过面积求动量变化。 模型关键：v-t 图像与时间轴围成的面积，等于对应时间段内的位移；将面积乘以质量 m，得到动量变化 构建步骤： ①确定研究对象和时间区间（如 t₁到 t₂），明确速度的正方向。 ②绘制或提取 v-t 图像，区分速度的正负（正方向为正，反之为负）。 ③计算图像在 t₁到 t₂区间内与时间轴围成的总面积（代数和），得到速度变化量。 ④计算 ，若需进一步求合外力冲量，直接利用。 【题目示例】 一质量为2kg的物块在合外力F的作用下由静止开始沿直线运动。F随时间t变化的图线如图所示，则（　　） A．t= 1s时物块的速率为1.5m/s B．t=2s时物块的动量大小为3kg·m/s C．t=3s时物块的速率为8m/s D．t=4s时物块的动量大小为4kg·m/s 【推理过程】 【详解】F~t图像的面积表示力的冲量； A．在第1s内由动量定理有 代入数据可得，选项A正确； B．前2s内由动量定理有 代入数据可得，选项B错误； C．内，由动量定理可得 代入数据可得，选项C错误； D．在，由动量定理可得 代入数据可得，选项D错误。 故选A。 【模型4　变力动量定理】 【模型剖析】 路径 1：动量变化反推变力冲量（未知 F-t 关系） 当仅知道物体初末动量，未知变力随时间的变化规律时，直接利用动量定理的 “冲量 - 动量” 关系反推。 构建步骤： 1、确定研究对象（如被撞击的小球）和变力作用的时间过程（Δt）。 2、分析竖直 / 水平方向受力，判断是否忽略恒力（如碰撞问题忽略重力）。 3、计算初末动量： （注意方向，规定正方向）。 4、根据动量定理列方程：，求解。 路径 2：F-t 图像转化变力冲量（已知 F-t 关系） 当题目给出变力随时间的变化图像（或数据）时，利用图像面积的物理意义，将变力冲量转化为几何计算。 构建步骤： 1、提取 F-t 图像，明确变力作用的时间区间（t₁到 t₂）和力的正负（与正方向一致为正）。 2、划分图像中的规则图形（如矩形、三角形、梯形），或确定格子面积（若为不规则曲线）。 3、计算总面积（正面积加负面积的代数和），得到变力的总冲量。 4、结合动量定理：，求解初末速度或质量。 路径 3：平均力替代变力（特殊变力场景） 当变力随时间呈线性变化（如弹簧弹力在短时间内近似线性变化），或题目明确要求求 “平均作用力” 时，用平均力将变力转化为恒力。 构建步骤： 1、确定变力的初值（F₁，如弹簧最大压缩时的弹力）和末值（F₂，如弹簧原长时的弹力）。 2、计算平均力：（若 F₁与 F₂方向相反，需代入正负号）。 3、确定变力作用时间 Δt（如题目直接给出，或通过运动过程估算）。 4、列动量定理方程：，求解未知量。 【题目示例】 如图所示，实线是实验小组某次研究平抛运动得到的实际轨迹，虚线是相同初始条件下平抛运动的理论轨迹，分析后得知这种差异是空气阻力影响的结果。实验中，小球的质量为m，水平初速度为，初始时小球离地面高度为h，已知小球落地时速度大小为v，方向与水平面成θ角，小球在运动过程中受到的空气阻力大小与速率成正比，比例系数为k，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　） A．小球落地时重力的功率为mgv B．小球下落的时间为 C．小球下落过程中水平位移大小为 D．小球下落过程中空气阻力做的功为 【推理过程】 【答案】BD 【详解】A．小球落地时重力的功率，故A错误； B．在竖直方向，根据动量定理，有 其中 解得，故B正确； C．在水平方向，根据动量定理，有 其中， 解得，故C错误； D．根据动能定理，有 解得 故选 BD。 1. 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。 2. 原来静止的物体受合外力作用时间为3t，作用力随时间的变化情况如图所示，则（   ） A．0—2t时间内物体的动量变化与2t—3t时间内的动量变化相同 B．0—2t时间内物体的平均速度与2t—3t时间内的平均速度不等 C．3t时物体的速度为零，外力在0—3t时间内对物体的冲量为零 D．0—3t时间内物体的位移为零，外力对物体做功为零 【答案】C 【详解】A．由图可知0—2t时间内，2t—3t时间内合外力大小之比为1：2，方向相反，根据动量定理可知，动量变化的大小相等但方向相反，故A错误； B．根据牛顿第二定律可知0—2t时间内和2t—3t时间内做匀变速直线运动，根据，可知0—2t时间平均速度相等，故B错误； C．根据B项分析可知3t时物体的速度为零，且外力3t时间内对物体的冲量为0，故C正确； D．物体始终单向运动，位移不可能为零，但初、末速度均为零，根据动能定理可知外力对物体做功为零，故D错误。 故选C。 3. 甲、乙两辆完全相同的小车均由静止沿同一方向出发做直线运动。以出发时刻为计时零点，甲车的速度—时间图像如图（a）所示，乙车所受合外力—时间图像如图（b）所示。则（　　） A．0~2s内，甲车的加速度大小逐渐增大 B．乙车在和时的速度相同 C．2~6s内，甲、乙两车的位移相同 D．时，甲、乙两车的动能相同 【答案】BD 【详解】A．由图（a）可知，甲车在时间内做匀加速直线运动，故A错误； B．根据动量定理可得 结合图像中，图线与坐标轴围成的面积为物体合外力的冲量，故汽车乙在和时的动量变化量相同，因此乙车在和时的速度相同，故B正确； C．根据图（a）可知，2 ~ 6s内甲车的位移为0；根据图（b）可知，2 ~ 6s内乙车一直向正方向运动，则2 ~ 6s内，甲、乙两车的位移不同，故C错误； D．根据图（a）可知，t = 8s时甲车的速度为0，则此时甲车的动能为0；乙车在0 ~ 8s内根据动量定理可知 结合图像中，图线与坐标轴围成的面积为物体合外力的冲量，可知此时图线与坐标轴围成的面积为零，即 即8s时乙车的速度为0，则乙车的动能为0，故D正确。 故选BD。 4. 如图甲所示，某同学利用弹弓将质量为的飞箭以初速度竖直射向高空，飞箭上升过程中的加速度大小随速率的变化关系如图乙所示。已知飞箭在运动过程中受到的空气阻力与速率的关系为（为常数），飞箭落回到抛出点前已做匀速运动，重力加速度为，下列说法正确的是（　　） A．常数 B．飞箭落回到抛出点的速度大小为 C．飞箭上升过程的时间大于下降过程的时间 D．飞箭上升和下降过程中空气阻力的冲量大小相等 【答案】D 【详解】A．飞箭上升过程中，由牛顿第二定律，有 即为 根据图像信息可知，斜率为，求得，故A错误； B．飞箭落回到抛出点时已经做匀速运动，即 解得，故B错误； C．飞箭上升过程的平均加速度大于下降过程的平均加速度，故运动相同的位移大小时，上升的时间更短，故C错误； D．空气阻力的冲量为，所以飞箭上升和下降过程中阻力冲量相同，故D正确。 故选D。 5. 2024年春晚杂技节目《跃龙门》带给观众震撼的视觉盛宴，教练在训练时将压力传感器安装在蹦床上，记录演员对蹦床的压力。如图所示是某次彩排中质量为40kg的演员在竖直方向运动拍下的一个画面及计算机输出的压力—时间（）图像片段，演员可视为质点。不计空气阻力，重力加速度，下列说法正确的是（　　） A．演员在0到0.5s过程处于超重状态 B．演员在1.0s时速度最大，速度大小为8m/s C．从0.5s到1.0s过程中，蹦床对演员做的功大小为1280J D．从0.5s到1.0s过程中，蹦床给演员的冲量大小为520N·s 【答案】D 【详解】A．在0到0.5s过程，压力由0增大为最大值，根据牛顿第三定律可知，演员所受支持力由0增大为最大值，根据牛顿第二定律可知，加速度方向先向下后向上，加速度大小先减小后增大，则在0到0.5s过程，演员先处于失重状态，后处于超重状态，故A错误； B．在0到0.5s过程，演员先向下做加速度减小的加速直线运动，后向下做加速度增大的减速直线运动，当加速度为0时，速度达到最大值，即演员在0到0.5s过程的某一时刻，演员的速度最大，故当演员开始回弹时，可知在0.5s到1.0s过程的某一时刻，演员的速度最大，故B错误； C．根据图像可知，演员脱离蹦床在空中运动的时间为2.6s-1.0s=1.6s，根据竖直上抛运动的对称性可知，演员脱离蹦床向上运动的时间为0.8s，利用逆向思维，根据速度公式有 从0.5s到1.0s过程，根据动能定理，合外力对演员做的功为，重力对演员做负功，可知蹦床对演员做的功大于1280J，故C错误； D．从0.5s到1.0s过程中，根据动量定理有，解得 代入数据解得，故D正确。 故选D。 6. 某售卖员在公园里跑动售卖有“哆啦A梦”图案的氦气球。现将其简化为如图所示板状氦气球，设售卖员在无风的公园里拉着氦气球沿直线向前以速度v匀速运动。氦气密度小于空气密度，此时系着氦气球的绳子AB处于水平状态，氦气球朝上的表面与水平方向夹角为45°。氦气球受到空气的浮力不可忽略。若空气密度为ρ，氦气球朝上的表面面积为S，则下列说法正确的是（　　） A．绳子拉力大小为ρSv² B．氦气球所受浮力与重力的合力大小为ρSv² C．空气对氦气球的冲击力大小为ρSv² D．绳子拉力对氦气球做功的功率为 【答案】C 【详解】C．取一段微元时间，水平方向有质量为 的空气与氦气球发生碰撞，空气与氦气球碰撞后竖直向上冲出，可视为弹性碰撞，速度变化量为，动量变化量为 根据动量定理 氦气球对空气的冲击力为，C正确； A．绳子拉力为，A错误； B．重力和浮力的合力与绳子拉力等大反向，则为，B错误； D．绳子拉力对氦气球做功的功率为，D错误。 故选C。 【点睛】 7. 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 【详解】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。 8. 如图所示，质量为的运动员沿倾角的固定斜面底端向上滑动，经过时间，速度为零并又开始下滑，又经过时间回到斜面底端，运动员在运动过程中受到的摩擦力大小始终为。不计空气阻力，重力加速度为，，，在整个运动过程中，下列说法正确的是（　　） A．重力对运动员的总冲量大小为 B．支持力对运动员的总冲量大小为 C．摩擦力对运动员的总冲量大小为 D．合外力对运动员的冲量大小为0 【答案】BC 【详解】A．重力对运动员的总冲量大小为，选项A错误； B．支持力对运动员的总冲量大小为，选项B正确； C．上滑过程和下滑过程摩擦力的方向相反，摩擦力对运动员的总冲量大小为，选项C正确； D．整个过程中运动员的动量发生了改变，故合外力对运动员的冲量大小不为0，选项D错误。 故选BC。 9. A、B两物体的质量之比，它们以相同的初速度在水平面上做匀减速直线运动，直到停止，其图像如图所示。则在此过程中，关于A、B两物体，下列说法错误的是（　　） A．摩擦力的冲量之比是 B．摩擦力做功之比是 C．它们所受摩擦力之比是 D．它们与水平面之间的动摩擦因数之比是 【答案】C 【详解】A．A与B均只受摩擦力做匀减速直线运动，由动量定理，可得摩擦力的冲量之比，故A正确，不符题意； B．由动能定理可知，可知克服摩擦力做功之比，故B正确，不符题意； C．由，可知，由图像可知A与B的运动时间之比为1:2，则，故C错误，符合题意； D．由摩擦力，可知，可得，故D正确，不符题意。 故选C。 10. 如图所示，放置在竖直平面内的光滑杆AB，是按照从高度为处以初速度平抛的运动轨迹制成的，A端为抛出点，B端为落地点。现将一质量为0.5kg小球套于其上，由静止开始从轨道A端滑下。已知重力加速度为，不计空气阻力，则下列说法正确的是（　　） A．小球到达B端的速率为6m/s B．小球到达B端的水平速度大小为4.8m/s C．从A到B过程光滑杆对小球的冲量为0 D．从A到B过程重力对小球的冲量为 【答案】AB 【详解】A．由机械能守恒定律 解得小球到达B端的速率为，故A正确； B．当小球滑到B点时，设小球的速度与水平方向间的夹角为，由于轨道是按照平抛的运动轨迹制成的，则对于平抛运动的情景有 可得 小球到达B端的水平速度大小为，故B正确； C．从A到B过程小球水平方向的动量变化量等与光滑杆对小球的水平冲量，所以从A到B过程光滑杆对小球的冲量一定不为0，故C错误； D．从A到B过程竖直方向根据动量定理 所以从A到B过程重力对小球的冲量大于3N⋅s，故D错误。 故选AB。 11. 如图，将一轻质弹簧水平放置在光滑水平面上，一端固定在A点，另一端与质量为m的小球接触但不拴连。若用外力缓慢推动小球到位置P时，撤去外力，小球运动一段时间t到达B点，此时小球的速度大小为v，以下说法正确的是（　　） A．从撤去外力至小球运动到B点过程中，墙对弹簧的冲量大小为mv B．小球从P点到B点机械能守恒 C．小球从P点到B点弹簧对小球做功的平均功率大于 D．小球从P点到B点过程中，弹簧对小球的做功功率一定先增大再减小 【答案】A 【详解】A．从撤去外力至小球运动到B点过程中，墙对弹簧的冲量等于弹簧对小球的冲量，则，故A正确； B．小球从P点到B点弹簧对小球做正功，机械能增加，故B错误； C．小球从P点到B点弹簧对小球做功 如果小球到达B点前弹簧一直有弹力，则平均功率 如果小球到达B点前弹簧就已经没有弹力了，则平均功率大于，故C错误； D．如果在B点前已经恢复原长，那刚开始速度为零功率为零，恢复原长时弹力为零功率也为零，则功率先增大后减小；如果B点以外弹簧恢复原长，当B点位置处于最大功率位置左侧时，小球从P点到B点过程中，功率一直增大，故D错误。 故选A。 12. 如图所示，质量为的物体静止在水平地面上，受到水平向右拉力的作用。物体在第内保持静止，在第初开始做匀加速直线运动，第末撤去拉力后，物体在第末恰好停下。下列选项正确的是（　　） A．第1s内拉力冲量的大小为 B．第内拉力冲量的大小为 C．第末物体速度的大小为 D．第末物体速度的大小为 【答案】AD 【详解】A．第1s内拉力冲量的大小为，故A正确； B．第内拉力冲量的大小为，故B错误； C． 设物体所受的滑动摩擦力大小为，由题可知，物体在内，速度的变化量为零，根据动量定理有 其中，，，解得 设物体在第末物体速度的大小为，则物体在内根据动量定理有 解得，故C错误； D．设第末物体速度的大小为，则物体在内根据动量定理有 其中，解得，故D正确。 故选AD。 13. 如图，在某次高空作业平台测试中，平台缆绳断裂后向下坠落。已知下落过程中两侧制动装置对平台施加的滑动摩擦力共为，平台刚接触缓冲轻弹簧时速度为，此后经平台停止运动，轻弹簧被压缩了。若平台的质量为，取，不考虑空气阻力。求： (1)轻弹簧的最大弹性势能； (2)下落过程中轻弹簧对平台的冲量。 【答案】(1) (2)，方向竖直向上 【详解】（1）根据能量守恒可知 代入数据，解得 （2）取竖直向上为正方向，根据动量定理可得 代入数据，解得 方向与正方向相同，竖直向上。 14. 如图（a），农民利用传统的扬谷扇车分离谷粒和杂质。其简化原理如图（b），风车叶片匀速转动，产生水平向右的稳定气流，气流速度为v0，谷粒和杂质均在气流区域受到水平向右的风力。假设谷粒和杂质均从距离地面同一高度为h的出口静止释放，气流区域的高度为d，正常谷粒的质量范围为m1 ~ m2，质量高于或低于此范围视为杂质，重力加速度大小为g，不计其它阻力。 (1)求谷粒从出口落到地面所用的时间； (2)若质量为m的谷粒在下落过程中经过气流区域时受到气流的作用力恒为F，求该谷粒落到地面上时距离出口处的水平距离； (3)若谷粒在气流区域受到水平向右的风力大小F = kv（k为常量，v为谷粒或杂质与气流的水平相对速度大小），谷粒或杂质离开气流区域时速度的水平分量为v0，求地面能够收集到正常谷粒的水平距离范围。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）谷粒在竖直方向始终做自由落体运动，则 解得 （2）谷粒进入气流区域后水平方向做匀加速运动，加速度为 在气流区域的运动时间为 则在气流区域的水平位移 进入无风区域的水平速度为 则水平位移 该谷粒落到地面上时距离出口处的水平距离 （3）设谷粒质量为m，谷粒在水平方向做变加速直线运动，规定向右的方向为正方向，在水平方向上根据动量定理有∑k(v0－vx)·Δt = mv0 谷粒在气流区域用时 水平位移 离开气流区域后水平方向做匀速运动，水平位移 水平总位移 将谷粒的质量范围代入，解得水平距离范围为 学科网（北京）股份有限公司 $