第14讲 动量定理 专项训练-2027届高考物理一轮复习

**基本信息** 聚焦动量定理全维度应用，以概念辨析-定量计算-综合建模为逻辑主线，覆盖6大核心题型，融合生活情境与科学思维 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |动量冲量理解|4题|结合抛体/曲线运动辨析动量、动能关系|从动量矢量性切入，建立与机械能的关联| |动量变化量|4题|平抛/运动图像中Δp计算|强化Δp=mv₂-mv₁矢量运算，衔接运动学公式| |恒力变力冲量|4题|足球运动/F-t图像冲量求解|区分恒力（I=Ft）与变力（I=Δp）计算方法| |动量定理计算|4题|碰撞/打击过程平均力计算|应用I合=Δp解决短时间相互作用问题| |流体冲击|4题|冲牙器/水刀冲击力分析|构建Δm=ρSvΔt模型，迁移动量定理| |F-t图像|4题|图像面积与动量变化关联|通过图像转化实现力-时间-动量的定量转换|

第14 讲动量定理 题型一 动量、冲量的理解及应用 1．（2026春•红桥区校级月考）从同一高度以相同速率分别抛出质量相同的三个小球，一球竖直上抛，一球竖直下抛，一球平抛，所受阻力都不计，以地面为零势能面，则（　　） A．三球落地时动量相同 B．三球落地时机械能不同 C．三球落地时动能相同 D．从抛出到落地过程，平抛运动小球动量的改变量最小 2．（2026春•二七区校级月考）关于动量和动能，下列说法中正确的是（　　） A．一个物体（质量不变）的动量改变，它的动能一定改变 B．一个物体（质量不变）的动能改变，它的动量一定改变 C．做曲线运动的物体，它的动能一定在改变 D．甲物体动量p1＝5kg•m/s，乙物体动量p2＝﹣10kg•m/s，所以p1＞p2 3．（2026•宜宾模拟）奥运赛场竞风流，体育强国谱新篇。如图为中国体育健儿参加奥运会的四个经典运动场景，可谓：“赛场惊鸿影，物理藏其中”。下列有关说法正确的是（　　） A．图甲，马龙在抽杀球的过程中，球拍对乒乓球的冲量大于乒乓球对球拍的冲量 B．图乙，跳水运动员入水过程中，运动员的机械能减小，水的内能增大 C．图丙，蹦床运动员从接触床到最低点过程中，运动员受到的弹力始终大于重力 D．图丁，短跑名将苏炳添在起跑时，苏炳添受到地面的静摩擦力对他做正功 （多选）4．（2026春•沈阳期中）如图所示，光滑的小滑轮D（可视为质点）固定，质量均为m的物体A和B用轻弹簧连接，一根不可伸长的轻绳一端与物体A连接，另一端跨过定滑轮与质量为M的小环C连接。小环C穿过竖直固定的光滑均匀细杆，小环C位于R处时，绳与细杆的夹角为θ，此时物体B与地面刚好无压力。图中SD水平，位置R和Q之间高度差为h，R和Q关于S对称。现让小环从R处由静止释放，环下落过程中绳始终处于拉直状态，环到达Q处时获得最大速度。在小环从R处下落到Q处的过程中，下列说法正确的是（　　） A．小环C机械能最大的位置在S点 B．小环C的最大动能为 C．弹簧弹力和地面支持力对物体B的冲量和为零 D．小环C到达位置Q时，物体A的加速度大小为 题型二 动量变化量的理解及应用 1．（2026春•渝北区校级期中）如图所示，在空中固定有一个倾斜的挡板OM，与竖直方向成θ角，θ＝45°，在O点的正下方有一点A，以一定的速度v0＝10m/s从A点水平向右抛出一个质量为m＝1kg的小球，可视为质点。如果小球的运动轨迹恰能与挡板相切于B点（图中未画出）。重力加速度g＝10m/s2，不计空气阻力。则（　　） A．O、A两点间的距离为10m B．从A到B过程中，小球的动量变化量为10kg•m/s C．小球到达B点时的速度大小为10m/s D．从A到B过程中，小球的动能增加量为100J 2．（2026•天津模拟）如图是某一家用体育锻炼的发球机，从P点沿不同方向发出质量相同的A、B两球，两球均经过Q点，P、Q两点在同一水平线上，两球运动轨迹如图所示，如果不计空气阻力，关于两球的运动，下列说法正确的是（　　） A．两球运动至最高点时，两球动能相等 B．两球经过Q点时重力做功的功率相等 C．在运动过程中，小球A动量变化率大于小球B动量变化率 D．在运动过程中，小球A速度变化量大于小球B速度变化量 3．（2026•陕西模拟）汉中一延安城际高铁是连接陕西省汉中市与延安市的城际高速铁路，2026年1月26日12时41分正式开通运营，首趟C8942次列车从汉中站始发，标志着陕南与陕北地区首次实现高铁直达。若C8942次列车在某段平直轨道上由静止启动，启动过程中列车的加速度逐渐减小直至为零，下列关于列车的速度v、动量p、动能Ek、机械能E随时间t变化的图像，可能正确的是（　　） A． B． C． D． （多选）4．（2026春•修文县校级期中）一质量为1kg的物体在水平拉力的作用下，由静止开始在水平地面上沿x轴运动，出发点为x轴零点，拉力做的功W与物体坐标x的关系如图所示。物体与水平地面间的动摩擦因数为0.4，重力加速度大小取10m/s2。下列说法正确的是（　　） A．在x ＝ 1m时，拉力的功率为6W B．在x ＝ 4m时，物体的动能为2J C．从x ＝ 0运动到x ＝ 2m，物体克服摩擦力做的功为8J D．从x ＝ 0运动到x ＝ 4的过程中，物体的动量最大为2kg•m/s 题型三 恒力和变力冲量的计算 1．（2026•义乌市模拟）2026年4月9日，“吴越杯”足球联赛首轮战罢，绍兴队2比2逼平宁波队，金华队4比0完胜舟山队。某次运动员斜向上踢出足球，在空中运动的轨迹如图所示，下列说法正确的是（　　） A．足球在运动过程中，任意相等的时间内速度变化量相同 B．足球运动到最高点时，动能最小，加速度方向竖直向下 C．足球运动到最高点时，重力的瞬时功率等于零 D．运动员将球踢出的短暂过程中，运动员对足球的冲量等于足球的动量变化量 2．（2026•沈河区校级三模）在巴黎奥运会上，中国跳水梦之队首次包揽八金。如图甲所示，在某次跳水比赛中，假设运动员入水前做竖直上抛运动，从离开跳板瞬间开始计时，取竖直向下为正方向，该运动员重心的竖直速度v随时间t变化的图像如图乙所示，其中0～t2部分为直线。则（　　） A．t4时刻运动员所受重力的瞬时功率最大 B．t1时刻运动员离水面最远 C．t4时刻运动员离水面最远 D．0～t4运动员所受重力冲量为零 3．（2026•南充模拟）辘轳是我国早期用来提水的装置，通过转动轮轴缠绕绳子，从而提起水桶。把手边缘上A点到中心转轴OO′的距离为辘轳头边缘上B点到OO′距离的4倍。若转动把手，轻绳牵引总质量为m的水桶在水面上方从静止开始以的加速度上升高度h，g为重力加速度，不计空气阻力和绳的体积。下列说法正确的是（　　） A．A点的末速度大小为 B．A、B两点向心加速度大小之比为16：1 C．轻绳对水桶拉力的冲量大小为 D．水桶所受合力做的功为 （多选）4．（2026•易县校级一模）如图所示，光滑斜面倾角为30°，轻质弹簧下端固定在斜面底端的挡板上，上端连接质量为m的滑块。拉动滑块使弹簧伸长到A点，t＝0时刻让滑块在A点获得沿斜面向下的速度v0。已知A、B两点间的距离为L，滑块在t＝t0时第一次运动到B点，在t＝2t0时第二次运动到B点，在t＝4t0时经过A点，重力加速度为g。弹簧振子的周期，其中m为振子质量，k为弹簧劲度系数。下列说法正确的是（　　） A．弹簧的劲度系数 B．A、B两点到平衡位置的距离相等 C．滑块向下运动的最远点到A点的距离为2L D．t0～2t0内弹簧对滑块作用力的冲量大小为mgt0+2mv0 题型四 动量定理的定量计算 1．（2026•无极县校级模拟）第二十二届世界杯足球赛于2022年在卡塔尔圆满落幕。如图所示为球员某次训练过程中用头颠球。足球从静止开始下落20cm，被竖直顶起，离开头部后上升的最大高度仍为20cm。已知足球与头部的作用时间为0.1s，足球的质量为0.4kg，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力。下列说法正确的是（　　） A．下落至与头部刚接触时，足球动量大小为1.6kg•m/s B．与头部作用过程中，足球动量变化量为0 C．与头部作用过程中，足球对头部的冲量大小为0.8N•s D．头部对足球的平均作用力为足球重力的5倍 2．（2026春•重庆校级期中）在校园乒乓球社团活动中，一名同学将质量为2.7g的乒乓球以15m/s的水平速度打来，另一名同学用球拍以0.003s的作用时间将乒乓球以21m/s的水平速度反向挡回。不考虑乒乓球重力及空气阻力的作用，下列说法正确的是（　　） A．乒乓球的速度变化量大小为6m/s B．乒乓球动量变化量的大小为0.0972kg•m/s C．乒乓球的平均加速度大小为2000m/s2 D．球拍对乒乓球的平均作用力大小为324N 3．（2026春•海淀区校级期中）人们对手机的依赖性越来越强，有些人喜欢躺着看手机，经常出现手机砸到头部的情况。如图所示，若手机质量为200g，从离人约20cm的高度无初速度掉落，砸到头部后手机未反弹，头部受到手机的冲击时间约为0.1s，取重力加速度g＝10m/s2。下列分析正确的是（　　） A．手机接触头部之前的速度约为1.0m/s B．手机对头部的作用力大小约为4.0N C．手机对头部的冲量大小约为0.6N•s D．手机与头部作用过程中手机动量变化约为0.6kg•m/s （多选）4．（2026•烟台模拟）如图所示，用0.5kg的铁锤往水平天花板上钉钉子，打击前铁锤的速度大小为4m/s，方向竖直向上。打击后铁锤的速度变为0，已知打击时间为0.01s，钉子质量为5g，忽略打击过程中手对锤柄的作用力，重力加速度g＝10m/s2，则下列说法正确的是（　　） A．钉钉子过程铁锤所受合力的冲量大小为1.95N•s B．钉钉子过程铁锤所受合力的冲量大小为2N•s C．钉钉子过程铁锤对钉子的平均作用力大小为195N D．钉钉子过程铁锤对钉子的平均作用力大小为200N 题型五 求流体类冲击问题 1．（2026春•沈阳期中）冲牙器通过喷出高压水流来冲洗牙齿。如图所示喷嘴直径为d的冲牙器，工作时喷出的水柱速度为v，水柱冲击到牙齿表面后散开，从而起到洗牙的作用。已知水的密度为ρ，水柱冲到牙齿后速度减为零，不考虑水柱扩散效应，水柱横截面比牙齿小得多。下列说法正确的是（　　） A．单位时间内喷出水的质量为 B．单位时间内喷出水的动能为 C．水柱对牙齿的平均冲击力大小为 D．水柱对牙齿表面产生的压强为ρv2 2．（2026春•中原区校级期中）水刀，学名高压水射流切割技术，利用高速喷射的水流和磨粒混合物对材料进行冲击和切削，因其冷切割不会改变材料的物理化学性质而备受青睐。设喷水嘴的半径为r，水射流从喷水嘴喷出时的速度为v，水射流垂直穿透物料后的速度变为，水射流的密度为ρ，则水射流对物料的作用力为（　　） A．kρπr2v2 B． C． D． 3．（2026•碑林区校级模拟）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． B． C． D． （多选）4．（2026春•沙河口区校级期中）“娱乐风洞”是一项新型娱乐项目，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的游客恰好静止在直径为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 B．单位时间内流过风洞内某横截面的气体体积V C．单位时间内风机做的功为 D．若风速变为原来的，游客开始运动时的加速度大小为g 题型六 F-t图像 1．（2026春•河西区校级月考）一质量为0.5kg的滑块静置在光滑水平地面上，在水平拉力F作用下沿直线运动，F随时间t变化的规律如图所示，取g＝10m/s2。则滑块在6s末的速率为（　　） A．24m/s B．28m/s C．32m/s D．36m/s 2．（2026•河北开学）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＝10m/s2。则1.0∼1.9s时间内图线与横轴围成的阴影面积约为（　　） A．240N•s B．720N•s C．960N•s D．1620N•s 3．（2026•云南模拟）如图甲所示，滑块A、B静置在光滑水平地面上，t＝0时刻，给质量为2kg的滑块水平向右的初速度，如图乙所示为滑块A、B运动的x﹣t图像，则下列说法正确的是（　　） A．t＝1s时刻，滑块A、B发生非弹性碰撞 B．碰撞过程中，滑块A、B组成的系统损失的机械能为1J C．碰撞后滑块B的速度大小为1m/s D．碰撞过程中，滑块A对B做的功为8J （多选）4．（2025秋•赤峰期中）如图甲在冰上龙舟比赛中龙舟达到某一速度后，在相邻两个划桨周期T内的加速度a与时间t的图像如图乙所示，龙舟前进方向为正方向，图乙中a1＞2a2，龙舟（含选手）总质量为m，这两个划桨周期内的运动视为直线运动，则下列说法正确的是（　　） A．第一个划桨周期后龙舟的动量方向与正方向相同 B．经过相邻两个划桨周期后速度变化量为（a1﹣2a2） C．该相邻两个划桨周期内合外力的总冲量为（a1﹣2a2） D．该相邻两个划桨周期内的位移差大小为（a1﹣2a2） 综合提升 一．选择题 1．（2026春•雁塔区校级期中）魔术师经常会玩抽桌布的游戏，桌布在抽走时物品往往看似纹丝不动。某同学模仿该情境，把一支粉笔竖直放在水平桌面边缘的纸条上进行探究学习，第一次以较慢的速度将纸条抽出，粉笔向后倾倒；第二次以较快的速度将纸条抽出，粉笔轻微晃动一下又静立在桌面上。比较两次现象，下列说法正确的是（　　） A．第一次粉笔受到纸条的摩擦力更大 B．第二次粉笔受到纸条的摩擦力更大 C．第一次粉笔受到纸条的冲量更小 D．第二次粉笔受到纸条的冲量更小 2．（2026•房山区一模）如图是同一型号子弹以相同的初速度射入固定的、两种不同防弹材料时完整的运动径迹图。根据运动径迹图，下列说法正确的是（　　） A．两次试验，子弹受到的阻力相同 B．两次试验，子弹所受合力的冲量相同 C．第一次试验，子弹损失的动能少 D．第一次试验，子弹与材料间作用产生的热量多 3．（2026春•滨海新区校级期中）如图所示，物体P、Q用跨过定滑轮O的轻绳连接，P穿在固定的竖直光滑杆上，Q置于光滑固定斜面上，轻质弹簧的一端固定在斜面底端的挡板上，另一端连接Q，初始时，施加外力将P静置于N点，轻绳恰好伸直但无拉力，现将P由静止释放，不计一切阻力，则P从N点下滑到最低点M的过程中（　　） A．P的机械能一直减小 B．杆对P的冲量为零 C．P、Q组成的系统机械能守恒 D．经过M点前P与Q的速度大小关系vP＜vQ 4．（2026•石景山区二模）在测试汽车的安全气囊对驾乘人员头部防护作用的实验中，某小组得到了假人头部所受安全气囊的作用力随时间变化的曲线如图所示。碰撞过程中，若假人头部只受到安全气囊的作用，由曲线可知，假人头部（　　） A．速度变化量的大小可由曲线和横轴围成的面积表示 B．动量变化率先增大后减小 C．动量先增大后减小 D．动能变化量与曲线和横轴围成的面积成正比 5．（2026春•雁塔区校级期中）雨打芭蕉是中国古代文学中常见的抒情意象，为估算雨滴撞击芭蕉叶产生的平均压强p，小华同学将一圆柱形的量杯置于院中，测得一段时间t内杯中水面上升的高度为h，查询得知当时雨滴下落的速度为v。设雨滴竖直下落到水平的芭蕉叶上后以原来的速率竖直反弹。已知水的平均密度为ρ，不计雨滴重力的影响，则p的大小为（　　） A． B． C． D． 6．（2025秋•张家港市月考）一质量m＝2.5kg物体静止在光滑水平面上，从t＝0时刻起，受到一水平外力F变化如图所示，以向右运动为正方向。则下列说法正确的是（　　） A．前1s内力F对物体的冲量为5N•s B．t＝2s时物体回到出发点 C．第3s内物体的位移为1m D．t＝3s时物体的速度大小为1m/s 二．多选题 （多选）7．（2026•内江校级二模）如图所示为质量m的蹦床运动员（视为质点）比赛时的简化情景。比赛中，某时刻运动员从高处由静止自由下落到刚与蹦床接触用时t1，第一次与蹦床自由接触过程的作用时间为t2，反弹后离开蹦床竖直向上运动的时间为t3，不计任何阻力，重力加速度为g，则下列判断正确的是（　　） A．运动员与蹦床接触过程中，蹦床对运动员的冲量大于运动员对蹦床的冲量 B．运动员与蹦床接触后向下运动过程中，运动员受到的合外力先做正功后做负功 C．运动员第一次与蹦床接触作用的过程中，蹦床对运动员的冲量大于mg（t1+t3） D．整个过程中，运动员机械能始终守恒不变 （多选）8．（2026•衡水模拟）某同学站在平台上将一网球由O点水平向右抛出，网球依次经过A、B、C三点，在A、C两点速度与水平方向之间的夹角分别为α＝30°，β＝60°。A与B之间、B与C之间的水平距离相等。已知O、A之间的高度差为0.45m，取g＝10m/s2，忽略空气阻力。下列说法正确的是（　　） A．网球在A点速度大小为3m/s B．网球在C点速度大小为6m/s C．网球在C点速度大小为9m/s D．网球由A至B与由B至C，动量变化量相同 （多选）9．（2026•九江二模）倾斜传送带与水平地面的夹角为α，沿逆时针方向以速度v0匀速转动。第一次把质量为m的煤块（视为质点）从传送带上端静止释放，到达传送带底端速度为v1；第二次煤块以速度v1从底端冲上传送带。已知煤块与传送带之间的动摩擦因数为μ，煤块与传送带的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列判断正确的是（　　） A．若μ＞tanα，煤块两次在传送带上所受重力的冲量一定相等 B．若μ＞tanα，煤块第二次在传送带上留下的划痕较长 C．若μ＜tanα，煤块冲上传送带，滑离时速率可能小于v0 D．若μ＜tanα，煤块冲上传送带，可能从传送带的上端滑离 （多选）10．（2026•太原模拟）打铁花表演中，表演者将质量为m的铁水从距水平地面高h处由静止击出，击出时间Δt极短，重力的冲量可忽略。若铁水获得的总动能为Ek，并碎裂成n个质量相等、速率相同的液态小铁珠，小铁珠从击出点朝多个方向飞出。其中一个小铁珠P的初速度方向斜向上且与水平方向的夹角为θ，不计空气阻力，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　） A．小铁珠P在最高点速度的大小为cosθ B．小铁珠P从抛出到落地过程中，重力冲量的大小为 C．竖直平面内所有的小铁珠落地前，同一时刻的位置在一个圆上 D．击出铁水的过程中，铁水所受平均作用力的大小约为 （多选）11．（2025秋•尉氏县期末）一深空探测宇宙飞船以恒定速度v经过宇宙微尘区，飞船垂直于速度方向的正面面积为S，微尘区的密度为ρ。设微尘与飞船碰撞后附着于飞船上，且其质量远小于飞船质量，则（　　） A．单位时间内附着于飞船上的微尘质量为ρSv B．单位时间内附着于飞船上的微尘质量为2ρSv C．为了使飞船速度保持不变，则飞船的牵引力应为ρSv2 D．为了使飞船速度保持不变，则飞船的牵引力应为2ρSv2 （多选）12．（2025秋•海淀区校级期中）一个质量为2kg的物体在合力F的作用下从静止开始沿直线运动，F随时间t变化的图像如图所示。定义力对时间的平均值Ft为物体一段时间内的动量改变量除以时间，而力对位移的平均值Fs为相应时间内物体的动能增加量除以位移大小，则0﹣4s时间内（　　） A．合力F对物体所做总功为正功 B．合力F对物体作用的总冲量沿正方向 C．Fs大于Ft D．Fs小于Ft 三．解答题 13．（2025秋•上城区校级期末）一个质量为m＝0.1kg的金属小球，以v0＝5m/s的速度水平抛出，抛出后经过t＝1.2s落地，不计空气阻力，重力加速度取g＝10m/s2。求： （1）小球从抛出到落地的过程中，所受重力的冲量大小； （2）小球从抛出到落地的过程中，动量变化量； （3）小球落地时的动量大小。 14．（2025秋•海淀区校级月考）如图所示，质量为m＝3kg的木块在倾角θ＝37°的足够长的斜面上以1m/s2的加速度由静止开始下滑，已知：sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2，求： （1）求动摩擦因数； （2）求4s末物体动量； （3）4s末重力的瞬时功率。 15．（2026春•海淀区校级期中）蹦床运动有“空中芭蕾”之称。如图所示，某质量m＝45kg的运动员从空中h1＝1.25m落下，接着又能弹起h2＝1.8m高度，此次人与蹦床接触时间t＝0.50s，取g＝10m/s2，求： （1）与蹦床接触时间内，运动员所受重力的冲量； （2）与蹦床接触时间内，运动员的动量变化量； （3）运动员受到蹦床的平均弹力。 16．（2026春•思明区校级期中）如图甲所示为我国传统民俗文化表演“抡花”活动，祈福来年风调雨顺、免于火灾，已被列入国家级非物质文化遗产，“抡花”原理如图乙所示，快速转动竖直转轴O1O2上的手柄AB，带动“花筒”M、N在水平面内转动，筒内烧红的铁片沿轨迹切线飞出，落地点构成漂亮的圆形，再溅起形成绚丽的图案。已知MO1＝NO1＝2m，M、N离地高3.2m，若手摇AB转动的角速度大小为15rad/s，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2。求： （1）“花筒”M的线速度大小； （2）“花筒”中铁片总质量为2kg时，花筒对铁片的作用力大小（结果保留根号，无需化简）； （3）铁片落地点围成的面积S（结果保留π）。 17．（2026春•海淀区校级期中）如图甲所示，喷泉从喷泉水面以相同倾斜角度和速度大小喷射而出，喷出的水下落击打水面形成层层涟漪甚为美观。喷出的水的运动可视为一般的抛体运动，在水平方向不受力，在竖直方向只受重力，我们可以仿照研究平抛运动的方法来研究一般的抛体运动。喷泉喷出水的运动轨迹示意图如图乙所示，水上升的最大高度为h，落在水面的位置距喷水口的距离为d。已知喷水口的水流量为Q（水流量Q定义为单位时间内喷出水的体积），水的密度为ρ，重力加速度为g，忽略空气阻力。 （1）求上述喷泉中水上升至最大高度时水平速度的大小vx； （2）假设水击打在水面上时速度立即变为零，且在极短时间内击打水面的水受到的重力可忽略不计，求水击打水面竖直向下的平均作用力的大小Fy； （3）如图乙所示，该喷泉利用水泵将水先从地下水池由静止提升至喷泉水面，然后再喷射出去。已知地下水池的水面距喷泉水面恒为H，若H＝h，d＝4h，水泵提升水的机械效率为η，求水泵抽水消耗的电功率P。 18．（2026春•红桥区校级月考）安全气囊是有效保护乘客的装置，如图甲所示，在安全气囊的性能测试中，可视为质点的头锤从离气囊表面高度为H处做自由落体运动。与正下方的气囊发生碰撞。以头锤到气囊表面为计时起点，气囊对头锤竖直方向作用力F随时间t的变化规律，可近似用图乙所示的图像描述。已知头锤质量M＝50kg，H＝0.8m，重力加速度大小取g＝10m/s2。求： （1）碰撞过程中F的冲量大小和方向； （2）碰撞结束后头锤上升的最大高度。 1 学科网（北京）股份有限公司 $ 第14 讲动量定理 题型一 动量、冲量的理解及应用 1．（2026春•红桥区校级月考）从同一高度以相同速率分别抛出质量相同的三个小球，一球竖直上抛，一球竖直下抛，一球平抛，所受阻力都不计，以地面为零势能面，则（　　） A．三球落地时动量相同 B．三球落地时机械能不同 C．三球落地时动能相同 D．从抛出到落地过程，平抛运动小球动量的改变量最小 【答案】C 【分析】利用机械能守恒分析落地动能与机械能，结合动量的矢量性和动量定理分析落地动量与动量变化量。 【解答】解：A.动量是矢量，三球落地时速度方向不全相同，因此动量不同，故A错误； B.过程中只有重力做功，机械能守恒，三球抛出时的机械能相同，故落地时机械能也相同，故B错误； C.根据机械能守恒定律，三球初态的动能与重力势能之和相同，落地时重力势能为零，因此动能相同，故C正确； D.动量的改变量等于重力的冲量，即Δp＝mgΔt，竖直下抛小球的运动时间最短，动量改变量最小，故D错误。 故选：C。 2．（2026春•二七区校级月考）关于动量和动能，下列说法中正确的是（　　） A．一个物体（质量不变）的动量改变，它的动能一定改变 B．一个物体（质量不变）的动能改变，它的动量一定改变 C．做曲线运动的物体，它的动能一定在改变 D．甲物体动量p1＝5kg•m/s，乙物体动量p2＝﹣10kg•m/s，所以p1＞p2 【答案】B 【分析】需先明确动量（矢量）和动能（标量）的定义及区别，再结合各选项情境分析动量或动能是否改变，最后比较矢量大小时注意方向的影响。 【解答】解：A．动量是矢量，其大小为p＝mv，方向与速度的方向一致；动能是标量，其大小为Ekmv2，仅与速度大小有关。当物体动量改变时，可能是速度方向改变，此时速度大小不变，动能不变。例如匀速圆周运动，故A错误； B．一个物体动能改变，则速度大小在变化，其动量一定改变，故B正确； C．做匀速圆周运动的物体的动能不变，故C错误； D．动量是矢量，正、负号代表方向，不参与大小的比较，故大小p1＜p2，故D错误。 故选：B。 3．（2026•宜宾模拟）奥运赛场竞风流，体育强国谱新篇。如图为中国体育健儿参加奥运会的四个经典运动场景，可谓：“赛场惊鸿影，物理藏其中”。下列有关说法正确的是（　　） A．图甲，马龙在抽杀球的过程中，球拍对乒乓球的冲量大于乒乓球对球拍的冲量 B．图乙，跳水运动员入水过程中，运动员的机械能减小，水的内能增大 C．图丙，蹦床运动员从接触床到最低点过程中，运动员受到的弹力始终大于重力 D．图丁，短跑名将苏炳添在起跑时，苏炳添受到地面的静摩擦力对他做正功 【答案】B 【分析】结合冲量的相互性、机械能与内能转化、蹦床运动的受力变化、静摩擦力做功条件，逐一分析选项的物理规律应用是否正确。 【解答】解：A.根据牛顿第三定律，作用力与反作用力大小相等、方向相反，作用时间相同，故球拍对乒乓球的冲量与乒乓球对球拍的冲量大小相等，故A错误； B.跳水运动员入水过程中，水对运动员的阻力做负功，运动员的机械能转化为水的内能，故运动员的机械能减小，水的内能增大，故B正确； C.蹦床运动员从接触床到最低点的过程中，接触初期弹力小于重力，运动员先加速，当弹力等于重力时速度最大，之后弹力大于重力，运动员减速，故弹力并非始终大于重力，故C错误； D.短跑运动员起跑时，地面对运动员的静摩擦力作用在脚底，脚底相对于地面无位移，根据功的定义，力的作用点位移为零时不做功，故静摩擦力对运动员不做功，故D错误。 故选：B。 （多选）4．（2026春•沈阳期中）如图所示，光滑的小滑轮D（可视为质点）固定，质量均为m的物体A和B用轻弹簧连接，一根不可伸长的轻绳一端与物体A连接，另一端跨过定滑轮与质量为M的小环C连接。小环C穿过竖直固定的光滑均匀细杆，小环C位于R处时，绳与细杆的夹角为θ，此时物体B与地面刚好无压力。图中SD水平，位置R和Q之间高度差为h，R和Q关于S对称。现让小环从R处由静止释放，环下落过程中绳始终处于拉直状态，环到达Q处时获得最大速度。在小环从R处下落到Q处的过程中，下列说法正确的是（　　） A．小环C机械能最大的位置在S点 B．小环C的最大动能为 C．弹簧弹力和地面支持力对物体B的冲量和为零 D．小环C到达位置Q时，物体A的加速度大小为 【答案】ABD 【分析】分析小环C和物体A的受力与运动，结合系统机械能守恒、动能定理、冲量和牛顿第二定律，逐一判断选项。 【解答】解：A、小环C下落过程受重力、杆的支持力和细线的拉力，非重力做功等于机械能的变化量。到位置S前的过程中，非重力做正功，机械能增加。经过S的过程，非重力做负功，机械能减小。因此小环C的机械能先增加再减小，下落到位置S时，小环C的机械能最大，故A正确； B、环在Q时动能最大。环在R和Q时，弹簧长度相同，弹性势能相同。Q和A通过细线相连，沿着绳子的分速度相等（如图所示） 故vQcosθ＝vA 故A与环的动能之比为 对小环和A的系统Mgh＝EkA+EkQ 联立可得小环C的最大动能，故B正确； C、小环从R处下落到Q处的过程中，物体B始终静止在地面上，动量变化量为零，因此物体B所受合力的冲量为零，即重力、弹簧弹力和地面对物体B的支持力的冲量和为零，则弹簧弹力和地面对物体的支持力的冲量和与重力冲量等大反向，由于此过程重力冲量不为零，故C错误； D、环在R和Q时，弹簧长度相同，B对地面的压力为零，说明弹簧处于伸长状态且弹力等于物体B的重力mg 环在Q位置，环速度最大，说明受力平衡，受重力、支持力和拉力，根据平衡条件，有Tcosθ＝Mg 对A有T﹣mg﹣F＝ma 对B有 F＝mg 联立可得为，故D正确。 故选：ABD。 题型二 动量变化量的理解及应用 1．（2026春•渝北区校级期中）如图所示，在空中固定有一个倾斜的挡板OM，与竖直方向成θ角，θ＝45°，在O点的正下方有一点A，以一定的速度v0＝10m/s从A点水平向右抛出一个质量为m＝1kg的小球，可视为质点。如果小球的运动轨迹恰能与挡板相切于B点（图中未画出）。重力加速度g＝10m/s2，不计空气阻力。则（　　） A．O、A两点间的距离为10m B．从A到B过程中，小球的动量变化量为10kg•m/s C．小球到达B点时的速度大小为10m/s D．从A到B过程中，小球的动能增加量为100J 【答案】B 【分析】小球做平抛运动，水平方向匀速直线运动，竖直方向自由落体运动。当轨迹与挡板相切时，速度方向沿挡板。已知挡板与竖直方向成45°，所以速度方向与竖直方向夹角为45°，由此可以得到水平速度和竖直速度的关系。再结合运动学公式求出时间和竖直位移，进而求出OA的距离。动量变化根据动量定理，动能增量根据动能定理。 【解答】解：C、小球运动轨迹恰能与挡板相切于B点，说明小球在B点的速度方向与挡板平行。挡板与竖直方向成θ＝45° 角，则挡板与水平方向夹角也为45°，根据平抛运动速度分解，有tan45° 解得vy＝v0tan45°，代入数据解得vy＝10m/s 小球到达B点的速度大小v，代入数据解得v＝10，故C错误； A、小球从A点到B点所用时间t，代入数据解得t＝1s 水平位移x＝v0t，代入数据解得x＝10m 竖直位移y，代入数据解得y＝5m 设O、A两点间距离为s，由几何关系可知tanθ，代入数据解得tanθ＝1 代入数据解得s＝5m，故A错误； B、从A到B过程中，小球只受重力作用，由动量定理可知小球的动量变化量等于重力的冲量，即Δp＝mgt，代入数据解得Δp＝10kg•m/s，故B正确； D、从A到B过程中，小球只受重力作用，由动能定理可知小球的动能增加量等于重力做的功，即ΔEk＝mgy，代入数据解得ΔEk＝50J，故D错误。 故选：B。 2．（2026•天津模拟）如图是某一家用体育锻炼的发球机，从P点沿不同方向发出质量相同的A、B两球，两球均经过Q点，P、Q两点在同一水平线上，两球运动轨迹如图所示，如果不计空气阻力，关于两球的运动，下列说法正确的是（　　） A．两球运动至最高点时，两球动能相等 B．两球经过Q点时重力做功的功率相等 C．在运动过程中，小球A动量变化率大于小球B动量变化率 D．在运动过程中，小球A速度变化量大于小球B速度变化量 【答案】D 【分析】将两球运动分解为水平匀速和竖直上抛运动，结合运动时间、速度分量，分析动能、重力功率、动量变化率和速度变化量，逐一判断选项。 【解答】解：A、最高点竖直速度为0，速度等于水平分量，动能 因vxA＜vxB、m相同，故EkA＜EkB，即A的动能小于B的动能，故A错误； B、重力做功功率PG＝mg|vy|，对Q点，由 可知，因初速度vyA更大，在Q点总有|vyA|＞|vyB|，重力功率A始终更大，不可能相等，故B错误； C、根据动量定理，动量的变化率合 两球全程只受重力，合外力均为mg，大小相等，因此动量变化率相等，故C错误。 D、速度变化量Δv＝a•t＝g•t，g为定值，tA＞tB，因此ΔvA＞ΔvB，故D正确。 故选：D。 3．（2026•陕西模拟）汉中一延安城际高铁是连接陕西省汉中市与延安市的城际高速铁路，2026年1月26日12时41分正式开通运营，首趟C8942次列车从汉中站始发，标志着陕南与陕北地区首次实现高铁直达。若C8942次列车在某段平直轨道上由静止启动，启动过程中列车的加速度逐渐减小直至为零，下列关于列车的速度v、动量p、动能Ek、机械能E随时间t变化的图像，可能正确的是（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据列车加速度逐渐减小至零的启动过程，分析速度、动量、动能、机械能随时间的变化趋势，结合图像斜率与物理量的变化规律逐一判断。 【解答】解：A、列车由静止启动，加速度逐渐减小直至为零，根据加速度的物理意义，加速度减小表示速度增加得越来越慢，但速度仍在增大；当加速度为零时，速度达到最大值并保持不变，因此，v﹣t图像是一条斜率逐渐减小的曲线，最终趋于水平，故A错误； B、动量p＝mv，列车质量m恒定，由于v随时间先增大后不变，故p随时间的变化规律与v一致：先增大得越来越慢，后保持不变，因此，p﹣t图像是一条斜率逐渐减小的曲线，最终趋于水平，故B正确； C、动能，m恒定，因v随时间先增大后不变，v2随时间的变化规律为：先增大得越来越快，后保持不变，因此，Ek﹣t图像是一条斜率先增大后减小的曲线，最终趋于水平，故C错误； D、列车在平直轨道上运动，若忽略空气阻力，牵引力做功等于机械能的增加量。由于加速度逐渐减小，牵引力逐渐减小（由 F﹣f＝ma，阻力f恒定），故牵引力的功率 P＝Fv逐渐减小（v增大但F减小），根据功能关系，机械能的增加量等于牵引力做的功，即ΔE＝Pt，机械能随时间的增加量逐渐减小，E﹣t图像是一条斜率逐渐减小的曲线，故D错误。 故选：B。 （多选）4．（2026春•修文县校级期中）一质量为1kg的物体在水平拉力的作用下，由静止开始在水平地面上沿x轴运动，出发点为x轴零点，拉力做的功W与物体坐标x的关系如图所示。物体与水平地面间的动摩擦因数为0.4，重力加速度大小取10m/s2。下列说法正确的是（　　） A．在x ＝ 1m时，拉力的功率为6W B．在x ＝ 4m时，物体的动能为2J C．从x ＝ 0运动到x ＝ 2m，物体克服摩擦力做的功为8J D．从x ＝ 0运动到x ＝ 4的过程中，物体的动量最大为2kg•m/s 【答案】BC 【分析】先由W﹣x图像的斜率求出不同阶段的拉力大小，再结合滑动摩擦力计算各阶段合外力做功，利用动能定理分析动能、功率及动量，同时计算克服摩擦力做功。 【解答】解：由于拉力在水平方向，则拉力做的功为W ＝ Fx，则在W—x图像的斜率代表拉力F。 AB、在物体运动的过程中，结合动能定理 则x ＝ 1m时物体的速度为 v1＝ 2m/s，x＝1m时，拉力为 代入数据可得F＝6N 则此时拉力的功率P＝Fv1 代入数据可得P＝12W，x＝4m时物体的动能为 代入数据可得Ek＝ 2J，A错误、B正确； C、从x ＝ 0运动到x ＝ 2m，物体克服摩擦力做的功为Wf＝ μmgx 代入数据可得W＝ 8J，故C正确； D、根据W—x图像可知在0—2m的过程中F1＝ 6N，2—4m的过程中F2＝3N，由于物体受到的摩擦力恒为f ＝ 4N，则物体在x＝2m处速度最大，且根据选项AB分析可知此时的速度 则从x ＝ 0运动到x ＝ 4的过程中，物体的动量最大为p＝mv 代入数据可得p，故D错误。 故选：BC。 题型三 恒力和变力冲量的计算 1．（2026•义乌市模拟）2026年4月9日，“吴越杯”足球联赛首轮战罢，绍兴队2比2逼平宁波队，金华队4比0完胜舟山队。某次运动员斜向上踢出足球，在空中运动的轨迹如图所示，下列说法正确的是（　　） A．足球在运动过程中，任意相等的时间内速度变化量相同 B．足球运动到最高点时，动能最小，加速度方向竖直向下 C．足球运动到最高点时，重力的瞬时功率等于零 D．运动员将球踢出的短暂过程中，运动员对足球的冲量等于足球的动量变化量 【答案】C 【分析】先分析足球的受力，实际运动中除重力外还受空气阻力，因此合力不恒定，速度变化量也不恒定；在最高点，竖直分速度为零，重力瞬时功率为零；最高点的合力是重力与水平阻力的矢量和，加速度并非竖直向下，且动能虽最小但不能忽略阻力影响；踢球过程中，除运动员的作用力外还有重力的冲量，因此合冲量才等于动量变化。 【解答】解：A、若为理想抛体运动（无空气阻力），足球仅受重力，加速度恒定，相等时间内速度变化量相同；但实际中足球受空气阻力，合力是重力与阻力的矢量和，阻力方向始终与速度方向相反，因此合力大小、方向随速度变化，加速度不恒定，相等时间内速度变化量不相同，故A错误； B、足球运动过程中，空气阻力始终做负功，机械能不断损失；同时竖直方向速度先减小后增大，水平方向速度因阻力持续减小。在最高点时，竖直方向速度为零，水平速度也因阻力比初速度的水平分量更小，因此动能最小。但此时足球受重力和水平向后的空气阻力，合力方向为斜向后下方，加速度方向与合力方向一致，并非竖直向下，故B错误； C、重力的瞬时功率等于重力与竖直方向分速度的乘积。在最高点时，足球的竖直分速度为零，因此重力的瞬时功率为零，故C正确； D、根据动量定理，合外力的冲量等于物体的动量变化量。在踢球过程中，足球除了受运动员的作用力，还受重力作用，因此运动员对足球的冲量与重力冲量的矢量和才等于足球的动量变化量，并非仅运动员的冲量等于动量变化量，故D错误。 故选：C。 2．（2026•沈河区校级三模）在巴黎奥运会上，中国跳水梦之队首次包揽八金。如图甲所示，在某次跳水比赛中，假设运动员入水前做竖直上抛运动，从离开跳板瞬间开始计时，取竖直向下为正方向，该运动员重心的竖直速度v随时间t变化的图像如图乙所示，其中0～t2部分为直线。则（　　） A．t4时刻运动员所受重力的瞬时功率最大 B．t1时刻运动员离水面最远 C．t4时刻运动员离水面最远 D．0～t4运动员所受重力冲量为零 【答案】C 【分析】根据速度—时间图像分析运动过程：先上抛减速到最高点，再下落加速、入水后减速，最终在速度为零时到达下潜最低点。结合重力功率、冲量的概念，可直接判断各选项的正误。 【解答】解：A、t4时刻运动员的速度为零，根据P＝Fv可知，运动员所受重力的功率为零，故A错误； BC、t1时刻是运动员向上运动的最高点，此时离跳板最高；但运动员在t2时刻才入水，之后继续向下运动，直到t4时刻才下潜到离水面最远的最低位置；根据v﹣t图像面积表示位移可知最高离跳板的距离小于最低位置到跳板得距离，故t4时刻运动员离水面最远，故B错误，C正确； D、重力为恒力，恒力在一段时间内的冲量不为零，所以，0～t4运动员所受重力冲量不为零，故D错误。 故选：C。 3．（2026•南充模拟）辘轳是我国早期用来提水的装置，通过转动轮轴缠绕绳子，从而提起水桶。把手边缘上A点到中心转轴OO′的距离为辘轳头边缘上B点到OO′距离的4倍。若转动把手，轻绳牵引总质量为m的水桶在水面上方从静止开始以的加速度上升高度h，g为重力加速度，不计空气阻力和绳的体积。下列说法正确的是（　　） A．A点的末速度大小为 B．A、B两点向心加速度大小之比为16：1 C．轻绳对水桶拉力的冲量大小为 D．水桶所受合力做的功为 【答案】C 【分析】先由水桶的匀加速运动求出末速度与时间，再结合同轴转动的线速度、向心加速度关系分析A、B选项，接着用牛顿第二定律和冲量定理计算拉力冲量，最后用动能定理判断合力做功，逐一分析选项。 【解答】解：A、由静止开始上升h高度的过程中，水桶与Q点的速率相等，把手与辘轴头是同轴转动，角速度ω相同，由v＝ωr 得，又 解得vA，故A错误； B、由a＝ω2r 得A、B两点的向心加速度大小之比为aA：aB＝4：1，故B错误； C、根据牛顿第二定律得， 轻绳对水桶的拉力冲量大小IF＝Ft，故C正确； D、水桶（包括桶中的水）所受合力做的功为，故D错误。 故选：C。 （多选）4．（2026•易县校级一模）如图所示，光滑斜面倾角为30°，轻质弹簧下端固定在斜面底端的挡板上，上端连接质量为m的滑块。拉动滑块使弹簧伸长到A点，t＝0时刻让滑块在A点获得沿斜面向下的速度v0。已知A、B两点间的距离为L，滑块在t＝t0时第一次运动到B点，在t＝2t0时第二次运动到B点，在t＝4t0时经过A点，重力加速度为g。弹簧振子的周期，其中m为振子质量，k为弹簧劲度系数。下列说法正确的是（　　） A．弹簧的劲度系数 B．A、B两点到平衡位置的距离相等 C．滑块向下运动的最远点到A点的距离为2L D．t0～2t0内弹簧对滑块作用力的冲量大小为mgt0+2mv0 【答案】BD 【分析】根据斜面上弹簧振子的简谐运动规律，结合滑块经过A、B点的时间，利用运动对称性判断A、B与平衡位置的关系；再结合周期公式、运动过程的动量定理，逐一分析各选项。 【解答】解：A、滑块释放后，沿斜面做简谐运动，结合题述和对称性可知，t＝3t0时滑块经过A点，又t＝4t0时滑块也经过A点，滑块从A点开始运动到一个周期后返回A点的运动时间情况如图所示，可得滑块运动的周期T＝4t0 结合周期公式可得弹簧的劲度系数，故A错误； B、结合答图可知 滑块做简谐运动的平衡位置为AB的中点，则A、B两点到平衡位置的距离相等，故B正确； C、滑块从平衡位置到B点所用时间为，从B点到最下端所用时间也为，设滑块的振幅为A0，则 可得振幅，滑块向下运动的最远点到A点的距离为，故C错误； D、结合第二步的分析可知滑块在A、B两点的速度大小相等，t0～2t0时间内，以沿斜面向上为正方向，滑块动量的变化量为Δp＝2mv0 由动量定理有﹣mgt0sin30°+I1＝Δp 则弹簧对滑块作用力的冲量大小为，故D正确。 故选：BD。 题型四 动量定理的定量计算 1．（2026•无极县校级模拟）第二十二届世界杯足球赛于2022年在卡塔尔圆满落幕。如图所示为球员某次训练过程中用头颠球。足球从静止开始下落20cm，被竖直顶起，离开头部后上升的最大高度仍为20cm。已知足球与头部的作用时间为0.1s，足球的质量为0.4kg，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力。下列说法正确的是（　　） A．下落至与头部刚接触时，足球动量大小为1.6kg•m/s B．与头部作用过程中，足球动量变化量为0 C．与头部作用过程中，足球对头部的冲量大小为0.8N•s D．头部对足球的平均作用力为足球重力的5倍 【答案】D 【分析】先由自由落体和竖直上抛运动规律求出足球接触头部前后的速度，再结合动量定理分析动量变化、冲量及平均作用力，逐一判断选项。 【解答】解：A、下落到与头部刚接触时，由运动学公式v2＝2gh 代入数据可得v＝2m/s 则足球动量大小为p＝mv 代入数据可得p＝0.8kg•m/s，故A错误； B、与头部碰撞后，离开头部后上升的最大高度仍为20cm，则离开时速度反向，大小不变取向上为正方向，则动量变化为Δp＝mv﹣（﹣mv） 代入数据可得Δp＝1.6kg•m/s，故B错误； CD、以向上为正方向，由动量定理可知（F﹣mg）Δt＝mv﹣（﹣mv） 代入数据可得F＝20N＝5mg 根据冲量的计算公式可知I＝FΔt 代入数据可得I＝2N•s，故C错误，D正确。 故选：D。 2．（2026春•重庆校级期中）在校园乒乓球社团活动中，一名同学将质量为2.7g的乒乓球以15m/s的水平速度打来，另一名同学用球拍以0.003s的作用时间将乒乓球以21m/s的水平速度反向挡回。不考虑乒乓球重力及空气阻力的作用，下列说法正确的是（　　） A．乒乓球的速度变化量大小为6m/s B．乒乓球动量变化量的大小为0.0972kg•m/s C．乒乓球的平均加速度大小为2000m/s2 D．球拍对乒乓球的平均作用力大小为324N 【答案】B 【分析】设定正方向，根据速度矢量性计算速度变化量，再由动量定义、加速度公式和动量定理分析各选项。 【解答】解：A、规定乒乓球初速度为正，乒乓球的速度变化量为Δv＝v2﹣v1 代入数据可得Δv＝﹣36m/s，即速度变化量的大小为36m/s，方向与初速度方向相反，故A错误； B、乒乓球的动量变化量为Δp＝mΔv 代入数据可得Δp＝﹣0.0972kg•m/s，即乒乓球动量变化量的大小为0.0972kg•m/s，方向与初速度方向相反，故B正确； C、乒乓球的平均加速度大小为 即乒乓球的平均加速度大小为12000m/s2，故C错误； D、规定初速度方向为正，根据动量定理可得F•Δt＝Δp 代入数据可得F＝﹣32.4N，即球拍对乒乓球的平均作用力大小为32.4N，故D错误。 故选：B。 3．（2026春•海淀区校级期中）人们对手机的依赖性越来越强，有些人喜欢躺着看手机，经常出现手机砸到头部的情况。如图所示，若手机质量为200g，从离人约20cm的高度无初速度掉落，砸到头部后手机未反弹，头部受到手机的冲击时间约为0.1s，取重力加速度g＝10m/s2。下列分析正确的是（　　） A．手机接触头部之前的速度约为1.0m/s B．手机对头部的作用力大小约为4.0N C．手机对头部的冲量大小约为0.6N•s D．手机与头部作用过程中手机动量变化约为0.6kg•m/s 【答案】C 【分析】先由自由落体运动规律求出手机接触头部前的速度，再利用动量定理分析手机与头部作用过程的受力、冲量及动量变化。 【解答】解：A、手机自由下落，结合v2﹣0＝2gh 代入数据可得v＝2m/s，故A错误； D、手机与头部作用过程中手机动量变化为Δp＝mv 代入数据可得Δp＝0.4kg•m/s，故D错误； C、手机砸到头部过程，以向下为正方向，根据动量定理可得﹣I+mgΔt＝0﹣mv 代入数据可得手机受到的冲量大小为I＝0.6N•s 根据牛顿第三定律知故手机对头部的冲量大小为0.6N•s，故C正确； B、由I＝FΔt 代入数据可得手机受到的作用力大小为F＝6N 根据牛顿第三定律知手机对头部的平均作用力大小为6N，故B错误。 故选：C。 （多选）4．（2026•烟台模拟）如图所示，用0.5kg的铁锤往水平天花板上钉钉子，打击前铁锤的速度大小为4m/s，方向竖直向上。打击后铁锤的速度变为0，已知打击时间为0.01s，钉子质量为5g，忽略打击过程中手对锤柄的作用力，重力加速度g＝10m/s2，则下列说法正确的是（　　） A．钉钉子过程铁锤所受合力的冲量大小为1.95N•s B．钉钉子过程铁锤所受合力的冲量大小为2N•s C．钉钉子过程铁锤对钉子的平均作用力大小为195N D．钉钉子过程铁锤对钉子的平均作用力大小为200N 【答案】BC 【分析】对铁锤根据动量定理求解钉钉子过程铁锤所受合力的冲量大小和铁锤对钉子的平均作用力大小，再根据牛顿第三定律进行解答。 【解答】解：AB、打击前铁锤的速度大小为4m/s，打击后铁锤的速度变为0，根据动量定理可知，钉钉子过程铁锤所受合力的冲量大小为：I＝mΔv＝mv﹣0 解得：I＝2N•s，故A错误，B正确； CD、以铁锤为研究对象，取向下为正方向，根据动量定理可得：（mg+F）Δt＝mΔv＝0﹣（﹣mv） 解得：F＝195N 根据牛顿第三定律可知，钉钉子过程铁锤对钉子的平均作用力大小为195N，故C正确，D错误。 故选：BC。 题型五 求流体类冲击问题 1．（2026春•沈阳期中）冲牙器通过喷出高压水流来冲洗牙齿。如图所示喷嘴直径为d的冲牙器，工作时喷出的水柱速度为v，水柱冲击到牙齿表面后散开，从而起到洗牙的作用。已知水的密度为ρ，水柱冲到牙齿后速度减为零，不考虑水柱扩散效应，水柱横截面比牙齿小得多。下列说法正确的是（　　） A．单位时间内喷出水的质量为 B．单位时间内喷出水的动能为 C．水柱对牙齿的平均冲击力大小为 D．水柱对牙齿表面产生的压强为ρv2 【答案】D 【分析】先根据喷嘴直径和水流速度，算出单位时间喷出的水的质量；再计算单位时间内水流的动能；接着用动量定理求出水柱对牙齿的平均冲击力；最后结合冲力与作用面积，分析水柱对牙齿表面的压强，逐一判断选项。 【解答】解：A.将单位时间内的水看作一个圆柱体，则，故A错误； B.单位时间内喷出水的动能为Ek，故B错误； C.取极短时间Δt内的水为研究对象，以初速度方向为正方向，由动量定理可得﹣FΔt＝0﹣Δtmv 解得，结合牛顿第三定律F′，故C错误； D.水柱对牙齿表面产生的压强为，故D正确。 故选：D。 2．（2026春•中原区校级期中）水刀，学名高压水射流切割技术，利用高速喷射的水流和磨粒混合物对材料进行冲击和切削，因其冷切割不会改变材料的物理化学性质而备受青睐。设喷水嘴的半径为r，水射流从喷水嘴喷出时的速度为v，水射流垂直穿透物料后的速度变为，水射流的密度为ρ，则水射流对物料的作用力为（　　） A．kρπr2v2 B． C． D． 【答案】D 【分析】采用微元法，取极短时间Δt内的水流为研究对象，计算其质量，应用动量定理求出物料对水流的作用力，再由牛顿第三定律得到水射流对物料的作用力。 【解答】解：设单位体积V，高速水射流横截面积为S，长度为l，速度为v，经单位时间Δt，全部射到工件表面，则这段时间水射流的质量m＝ρV＝ρSl＝ρπr2vΔt 以水初速度方向为正方向，根据动量定理可得﹣FΔ 解得，故D正确，ABC错误。 故选：D。 3．（2026•碑林区校级模拟）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． B． C． D． 【答案】B 【分析】取极短时间Δt内的水流柱为研究对象，计算其质量，通过矢量分解求速度变化量，应用动量定理求出管壁对水流的作用力，再由牛顿第三定律得到水流对管壁的冲击力。 【解答】解：弯水管出口、入口处Δt时间内水的质量Δm＝ρSvΔt，动量变化如图所示 则 弯管对水的作用力大小为 结合牛顿第三定律，水流对弯管的作用力大小也为，故B正确，ACD错误。 故选：B。 （多选）4．（2026春•沙河口区校级期中）“娱乐风洞”是一项新型娱乐项目，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的游客恰好静止在直径为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 B．单位时间内流过风洞内某横截面的气体体积V C．单位时间内风机做的功为 D．若风速变为原来的，游客开始运动时的加速度大小为g 【答案】BC 【分析】以极短时间内的气流为研究对象，用动量定理求气流对人的作用力，结合平衡条件求气流速度，再依次计算单位时间气体体积、风机功率，最后用牛顿第二定律分析风速变化时的加速度。 【解答】解：A.取极短时间Δt内吹到游客身上的空气为研究对象，其质量Δm＝ρSvΔt 由动量定理得FΔt＝Δmv 解得人对空气的作用力F＝ρSv2 根据牛顿第三定律，空气对人的作用力大小也为ρSv2，由平衡条件ρSv2＝mg 解得气流速度，故A错误； B.风洞横截面积 单位时间内流过的气体体积V＝S洞•v 代入 得，故B正确； C.单位时间内风机做的功等于单位时间内气体获得的动能，即 代入Δm＝pVΔt 得，代入 解得P，故C正确； D.风速变为原来的时，空气对人的作用力 由牛顿第二定律mg﹣F'＝ma 解得加速度，故D错误。 故选：BC。 题型六 F-t图像 1．（2026春•河西区校级月考）一质量为0.5kg的滑块静置在光滑水平地面上，在水平拉力F作用下沿直线运动，F随时间t变化的规律如图所示，取g＝10m/s2。则滑块在6s末的速率为（　　） A．24m/s B．28m/s C．32m/s D．36m/s 【答案】B 【分析】利用动量定理，合外力的冲量等于动量的变化。由于地面光滑，合外力即为拉力F，因此F﹣t图像与时间轴围成的面积表示冲量。将0～6s的时间分为0～2s、2～5s、5～6s三段，分别计算各段面积，求和得到总冲量，再由动量定理I＝mv﹣0，求6s末的速度。 【解答】解：取拉力方向为正方向，根据F﹣t图像中图线与t轴所包围的面积表示冲量，得：0～6 s内，拉力F的冲量大小为 根据动量定理有I＝mv6﹣0 解得滑块在6 s末时的速率v6＝28 m/s，故B正确，ACD错误； 故选：B。 2．（2026•河北开学）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＝10m/s2。则1.0∼1.9s时间内图线与横轴围成的阴影面积约为（　　） A．240N•s B．720N•s C．960N•s D．1620N•s 【答案】C 【分析】F﹣t图像的面积表示力F的冲量，结合动量定理I合＝Δp，来求解F﹣t图像与横轴围成的阴影面积。 【解答】解：根据F﹣t图像判断，可知运动员的重力G＝800N 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v0gΔt10×（2.5﹣1.9）m/s＝3m/s 在1.0∼1.9s时间内，规定1.9s时速度方向为正方向，根据动量定理有I﹣Gt＝mv0 解得I＝Gt+mv0＝（800×0.9+80×3）N•s＝960N•s，故ABD错误，C正确。 故选：C。 3．（2026•云南模拟）如图甲所示，滑块A、B静置在光滑水平地面上，t＝0时刻，给质量为2kg的滑块水平向右的初速度，如图乙所示为滑块A、B运动的x﹣t图像，则下列说法正确的是（　　） A．t＝1s时刻，滑块A、B发生非弹性碰撞 B．碰撞过程中，滑块A、B组成的系统损失的机械能为1J C．碰撞后滑块B的速度大小为1m/s D．碰撞过程中，滑块A对B做的功为8J 【答案】D 【分析】根据x﹣t图像斜率表示速度，求出碰撞前后滑块A、B的速度，再应用动量守恒定律求B的质量，进而判断是否为非弹性碰撞及机械能损失情况。根据动能定理求碰撞过程中滑块A对B做的功。 【解答】解：ABC、根据x﹣t图像的斜率等于速度，由图可知，碰前A的速度v0m/s＝3m/s 碰后A的速度为v1m＝1m/s，碰后B的速度v2m/s＝4m/s 取水平向右为正方向，由动量守恒定律有mAv0＝mAv1+mBv2 代入数据解得mB＝1kg 碰撞过程中损失的能量0 解得ΔE＝0，则滑块A、B发生弹性碰撞，故ABC错误； D、根据动能定理，碰撞过程中滑块A对B做的功为WJ＝8J，故D正确。 故选：D。 （多选）4．（2025秋•赤峰期中）如图甲在冰上龙舟比赛中龙舟达到某一速度后，在相邻两个划桨周期T内的加速度a与时间t的图像如图乙所示，龙舟前进方向为正方向，图乙中a1＞2a2，龙舟（含选手）总质量为m，这两个划桨周期内的运动视为直线运动，则下列说法正确的是（　　） A．第一个划桨周期后龙舟的动量方向与正方向相同 B．经过相邻两个划桨周期后速度变化量为（a1﹣2a2） C．该相邻两个划桨周期内合外力的总冲量为（a1﹣2a2） D．该相邻两个划桨周期内的位移差大小为（a1﹣2a2） 【答案】ABD 【分析】根据加速度的定义可知a−t图像与时间轴所围成的面积表示速度的变化量，据此求得第一个划桨周期龙舟的速度增量，以及连续两个划桨周期龙舟速度增量；因龙舟的初速度未知，故不能计算第一个划桨周期后龙舟的动能增量；根据动量定理求得相邻两个划桨周期内龙舟（含选手）所受合力的总冲量；作出相邻两个划桨周期的vt图像，根据v−t图像与时间轴所围的面积表示位移求解相邻两个划桨周期龙舟的位移差。 【解答】解：A、由a−t图像面积的物理意义为速度的变化量可知，第一个划桨周期速度的变化量为：，故第一个划桨周期后龙舟的动量方向与正方向相同，故A正确；B、经过连续两个划桨周期速度增量为：，即经过连续两个划桨周期后速度比初始速度增加 ，故B正确； C、由动量定理可得相邻两个划桨周期内合外力的冲量为：，故C错误； D、作出连续两个划桨周期的v−t图像如图所示： 由v−t图像面积的物理意义为位移可知，该相邻两个划桨周期的位移增量为图中阴影部分为：，故D正确。 故选：ABD。 综合提升 一．选择题 1．（2026春•雁塔区校级期中）魔术师经常会玩抽桌布的游戏，桌布在抽走时物品往往看似纹丝不动。某同学模仿该情境，把一支粉笔竖直放在水平桌面边缘的纸条上进行探究学习，第一次以较慢的速度将纸条抽出，粉笔向后倾倒；第二次以较快的速度将纸条抽出，粉笔轻微晃动一下又静立在桌面上。比较两次现象，下列说法正确的是（　　） A．第一次粉笔受到纸条的摩擦力更大 B．第二次粉笔受到纸条的摩擦力更大 C．第一次粉笔受到纸条的冲量更小 D．第二次粉笔受到纸条的冲量更小 【答案】D 【分析】根据滑动摩擦力的决定因素可明确摩擦力的大小变化； 根据冲量的定义可明确冲量的大小。 【解答】解：AB、纸条抽出时，粉笔受滑动摩擦力：滑动摩擦力大小f＝μmg，只跟动摩擦因数、重力有关，和抽拉快慢无关，所以两次摩擦力大小相等，故AB错误； CD、冲量I＝ft，快速抽纸条：作用时间t极短，慢速抽纸条：作用时间t更长，摩擦力f相同，作用时间第二次更短，第二次摩擦力给粉笔的冲量更小，故C错误，D正确。 故选：D。 2．（2026•房山区一模）如图是同一型号子弹以相同的初速度射入固定的、两种不同防弹材料时完整的运动径迹图。根据运动径迹图，下列说法正确的是（　　） A．两次试验，子弹受到的阻力相同 B．两次试验，子弹所受合力的冲量相同 C．第一次试验，子弹损失的动能少 D．第一次试验，子弹与材料间作用产生的热量多 【答案】B 【分析】根据动能定理分析； 根据动量定理分析； 初、末动能相等，则动能变化相等； 产生热量等于子弹损失的动能，因为动能变化相等，可知两次热量相等。 【解答】解：A、径迹长度不同，由动能定理有 分析可知，x不同则阻力f不同，故A错误； B、初动量相同，末动量都是0。设向左为正方向，由动量定理有 I合＝Δp＝0﹣mv0 两次冲量大小、方向都相同，故B正确； C、初动能相同，末动能都是0，损失动能相等，故C错误； D、产生热量等于子弹损失的动能，两次热量相等，故D错误。 故选：B。 3．（2026春•滨海新区校级期中）如图所示，物体P、Q用跨过定滑轮O的轻绳连接，P穿在固定的竖直光滑杆上，Q置于光滑固定斜面上，轻质弹簧的一端固定在斜面底端的挡板上，另一端连接Q，初始时，施加外力将P静置于N点，轻绳恰好伸直但无拉力，现将P由静止释放，不计一切阻力，则P从N点下滑到最低点M的过程中（　　） A．P的机械能一直减小 B．杆对P的冲量为零 C．P、Q组成的系统机械能守恒 D．经过M点前P与Q的速度大小关系vP＜vQ 【答案】A 【分析】A.结合题意，由功能关系及机械能的特点，即可分析判断； B.结合前面分析及题意，由冲量的定义，即可分析判断； C.结合前面分析及题意，由机械能守恒定律，即可分析判断； D.结合前面分析及题意，由题图即可分析判断。 【解答】解：A.由题意可知，P下滑过程中，除了重力对P做功外，轻绳的拉力对P一直做负功，所以P的机械能一直减小，故A正确； B.结合前面分析及题意可知，杆对P的作用力不为零、杆对P的作用时间不为零，则根据冲量的定义可知，杆对P的冲量不为零，故B错误； C.由题可知，现将P由静止释放，不计一切阻力，则P从N点下滑到最低点M的过程中，Q沿斜面方向运动，则弹簧弹力对Q做功， 所以P、Q组成的系统机械能不守恒，故C错误； D.设轻绳与杆的夹角为θ， 由题图可知，P沿绳方向的分速度等于Q的速度，即： vPcosθ＝vQ， 所以除了N点和M点外，P与Q的速度大小关系为vP＞vQ，故D错误。 故选：A。 4．（2026•石景山区二模）在测试汽车的安全气囊对驾乘人员头部防护作用的实验中，某小组得到了假人头部所受安全气囊的作用力随时间变化的曲线如图所示。碰撞过程中，若假人头部只受到安全气囊的作用，由曲线可知，假人头部（　　） A．速度变化量的大小可由曲线和横轴围成的面积表示 B．动量变化率先增大后减小 C．动量先增大后减小 D．动能变化量与曲线和横轴围成的面积成正比 【答案】B 【分析】F﹣t图像的面积为合外力的冲量，根据动量定理判断动量的变化量；动量变化率F，由此分析动量变化率；根据动量与动能的关系分析动能的变化。 【解答】解：AC、假人的头部只受到安全气囊的作用，则F﹣t图像的面积即合外力的冲量，再根据动量定理可知F﹣t图像的面积也是动量的变化量，不能表示速度的变化量；图线一直在t轴的上方，则动量的大小一直增大，故AC错误； B、根据动量定理可得：FΔt＝Δp，动量变化率F，即动量变化率等于合外力，根据图像可知，合外力先增大后减小。则动量变化率先增大后减小，故B正确； D、根据动量与动能的关系有：Ek，而F﹣t图像的面积是动量的变化量，则动能的变化量与曲线与横轴围成的面积不成正比，故D错误。 故选：B。 5．（2026春•雁塔区校级期中）雨打芭蕉是中国古代文学中常见的抒情意象，为估算雨滴撞击芭蕉叶产生的平均压强p，小华同学将一圆柱形的量杯置于院中，测得一段时间t内杯中水面上升的高度为h，查询得知当时雨滴下落的速度为v。设雨滴竖直下落到水平的芭蕉叶上后以原来的速率竖直反弹。已知水的平均密度为ρ，不计雨滴重力的影响，则p的大小为（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】先由量杯数据求单位时间内落到单位面积的雨滴质量，再对雨滴应用动量定理求作用力，最后结合压强定义求解。 【解答】解：单位时间的降水量 在芭蕉叶上取ΔS的面积上，Δt 时间内降落的雨水质量 设雨水受到的撞击力为F，根据动量定理 解得 根据牛顿第三定律可知，芭蕉叶上ΔS的面积受到的撞击力的大小 因此平均压强为，故A正确，BCD错误。 故选：A。 6．（2025秋•张家港市月考）一质量m＝2.5kg物体静止在光滑水平面上，从t＝0时刻起，受到一水平外力F变化如图所示，以向右运动为正方向。则下列说法正确的是（　　） A．前1s内力F对物体的冲量为5N•s B．t＝2s时物体回到出发点 C．第3s内物体的位移为1m D．t＝3s时物体的速度大小为1m/s 【答案】C 【分析】A．根据F﹣t图像与坐标轴围成的面积代表F的冲量来计算； B．根据牛顿第二定律a可得物体的加速度随时间变化的图像，接着再进行分析； CD．根据牛顿第二定律可得物体的加速度a，接着利用速度和位移公式求解。 【解答】解：A．F﹣t图像与坐标轴围成的面积代表F的冲量，则前1s内力F对物体的冲量为IN•S＝2.5N•S，故A错误； B．根据牛顿第二定律a可得，物体的加速度随时间变化的图像如图所示， 0～1s内，物体向右加速，1～2s向右减速，t＝2s时速度刚好减为0，0～2s内物体一直向右运动，故B错误； CD．第3s内，物体从静止开始向右做匀加速运动，根据牛顿第二定律可得物体的加速度am/s2＝2m/s2，第3s末速度为v＝at3＝2×1m/s＝2m/s， 第3秒内物体的位移xa2×12m＝1m，故C正确，D错误。 故选：C。 二．多选题 （多选）7．（2026•内江校级二模）如图所示为质量m的蹦床运动员（视为质点）比赛时的简化情景。比赛中，某时刻运动员从高处由静止自由下落到刚与蹦床接触用时t1，第一次与蹦床自由接触过程的作用时间为t2，反弹后离开蹦床竖直向上运动的时间为t3，不计任何阻力，重力加速度为g，则下列判断正确的是（　　） A．运动员与蹦床接触过程中，蹦床对运动员的冲量大于运动员对蹦床的冲量 B．运动员与蹦床接触后向下运动过程中，运动员受到的合外力先做正功后做负功 C．运动员第一次与蹦床接触作用的过程中，蹦床对运动员的冲量大于mg（t1+t3） D．整个过程中，运动员机械能始终守恒不变 【答案】BC 【分析】先由牛顿第三定律判断相互作用力冲量大小，再分析接触后向下运动时合外力与速度方向变化判断做功情况，接着用动量定理对全过程列方程分析蹦床冲量大小，最后判断机械能守恒条件。 【解答】解：A.运动员与蹦床接触过程中，相互作用力等大反向，作用时间相等，蹦床对运动员的冲量与运动员对蹦床的冲量大小相等，故A错误； B.运动员与蹦床接触后向下运动过程中，速度先变大后变小，结合动能定理，合外力先做正功后做负功，故B正确； C.运动员第一次与自由蹦床接触过程中，设蹦床对运动员的冲量为I 则I﹣mgt2＝mg（t1+t3） 代入数据得I＝mgt2+mg（t1+t3）＞mg（t1+t3），故C正确； D.运动员与蹦床接触过程，运动员的机械能会先减小再增大，故D错误。 故选：BC。 （多选）8．（2026•衡水模拟）某同学站在平台上将一网球由O点水平向右抛出，网球依次经过A、B、C三点，在A、C两点速度与水平方向之间的夹角分别为α＝30°，β＝60°。A与B之间、B与C之间的水平距离相等。已知O、A之间的高度差为0.45m，取g＝10m/s2，忽略空气阻力。下列说法正确的是（　　） A．网球在A点速度大小为3m/s B．网球在C点速度大小为6m/s C．网球在C点速度大小为9m/s D．网球由A至B与由B至C，动量变化量相同 【答案】BD 【分析】题目中给出了不同点的速度与水平方向的夹角，以及水平距离相等的条件，需结合速度的竖直分量与时间的关系进行分析。由O到A的高度差，求解O到A的时间，在求解A点竖直方向分速度，A和C水平方向速度相同，再求解O到C的时间以及C点速度，由动量变化量为Δp＝mgΔt，时间相等，可知动量变化量相同。 【解答】解：ABC.设网球水平初速度为v0，竖直方向做自由落体运动，加速度为g＝10m/s2。在A点，速度与水平方向夹角为α＝30°，说明此时竖直方向速度为vyA＝v0tan30°。 在C点，速度与水平方向夹角为β＝60°，说明此时竖直方向速度为vyC＝v0tan60° 由于竖直方向做自由落体运动，竖直速度与时间的关系为vy＝gt，所以从O到A的时间为 从O到C的时间为 从A到C的时间差为 根据平抛运动的竖直位移公式 O到A的高度差为0.45m，所以tAs＝0.3s 又因，解得v0m/s＝3m/s，所以A点速度为vAm/s＝6m/s， C点速度为vCm/s＝6m/s，故AC错误，B正确； D.从A到B与从B到C的水平距离相等，说明时间相等，动量变化量为Δp＝mgΔt，由于时间相等，动量变化量相同，故D正确。 故选：BD。 （多选）9．（2026•九江二模）倾斜传送带与水平地面的夹角为α，沿逆时针方向以速度v0匀速转动。第一次把质量为m的煤块（视为质点）从传送带上端静止释放，到达传送带底端速度为v1；第二次煤块以速度v1从底端冲上传送带。已知煤块与传送带之间的动摩擦因数为μ，煤块与传送带的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列判断正确的是（　　） A．若μ＞tanα，煤块两次在传送带上所受重力的冲量一定相等 B．若μ＞tanα，煤块第二次在传送带上留下的划痕较长 C．若μ＜tanα，煤块冲上传送带，滑离时速率可能小于v0 D．若μ＜tanα，煤块冲上传送带，可能从传送带的上端滑离 【答案】BC 【分析】根据μ与tanα的大小关系，分两种情况分析煤块两次运动的受力、加速度与运动过程，结合冲量、相对位移和滑离速度的变化，逐一判断选项。 【解答】解：A.若μ＞tanα，第一次把质量为m的煤块（视为质点）从传送带上端静止释放，到达传送带底端速度为v1，由于传送带长度不确定，煤块可能一直向下做匀加速直线运动，加速度 到达底端的速度v1≤v0煤块也可能先向下以加速度a1做匀加速直线运动，速度与传送带达到相等时，再向下做匀速直线运动，到达底端的速度v1＝v0 第二次煤块以速度v1从底端冲上传送带，开始向上做匀减速直线运动，加速度 由于加速度与第一次向下做匀加速直线运动的加速度相等，初速度与第一次匀加速直线运动的末速度大小相等，根据对称性可知，第二次向上做匀减速直线运动的位移、时间与第一次向下做匀加速直线运动的位移、时间相等，则煤块不可能从传送带的上端滑离，煤块向上速度减为0后再向下做匀加速直线运动，可知，若煤块第一次的运动是一直向下做匀加速直线运动，则煤块第二次在传送带上运动的时间大于第一次在传送带上运动的时间，此时煤块第一次在传送带上所受重力的冲量小于第二次在传送带上所受重力的冲量，故A错误； B.结合上述可知，煤块第一次加速至v1时，划痕长 煤块第二次在传送带上的划痕长 可知，若μ＞tanα，煤块第二次在传送带上留下的划痕较长，故B正确； C.结合上述，当传送带长度较小，煤块第一次在传送带上向下一直做匀加速直线运动时，煤块到达底端的速度v1可能小于v0，可知，若μ＜tanα，煤块冲上传送带，煤块先向上以加速度a1做匀减速直线运动，减速至O后再向下以加速度a1做匀加速直线运动，根据对称性可知，煤块到达底端的速度仍然为v1，即若μ＜tanα，煤块冲上传送带，滑离时速率可能小于v0，故C正确； D.若μ＜tanα，结合上述可知，煤块冲上传送带后，由于加速度与第一次向下做匀加速直线运动的加速度相等，初速度与第一次匀加速直线运动的末速度大小相等，根据对称性可知，第二次向上做匀减速直线运动的位移与第一次向下做匀加速直线运动的位移相等，则煤块不可能从传送带的上端滑离，故D错误。 故选：BC。 （多选）10．（2026•太原模拟）打铁花表演中，表演者将质量为m的铁水从距水平地面高h处由静止击出，击出时间Δt极短，重力的冲量可忽略。若铁水获得的总动能为Ek，并碎裂成n个质量相等、速率相同的液态小铁珠，小铁珠从击出点朝多个方向飞出。其中一个小铁珠P的初速度方向斜向上且与水平方向的夹角为θ，不计空气阻力，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　） A．小铁珠P在最高点速度的大小为cosθ B．小铁珠P从抛出到落地过程中，重力冲量的大小为 C．竖直平面内所有的小铁珠落地前，同一时刻的位置在一个圆上 D．击出铁水的过程中，铁水所受平均作用力的大小约为 【答案】AD 【分析】先由总动能求出单个铁珠的初速度，再结合斜抛运动规律分析最高点速度、重力冲量，利用抛体运动的参考系变换分析位置分布，用动量定理分析击出过程的平均作用力，逐一判断选项。 【解答】解：A、铁水碎裂过程中动能守恒，总动能Ek分配给n个小铁珠，每个小铁珠的动能为 设每个小铁珠的质量为m'则，初速度为v，由动能公式 解得，小铁珠P做斜抛运动，水平方向速度分量vx＝vcosθ，在最高点时竖直方向速度为0，故最高点速度大小为，故A正确； B、小铁珠P竖直方向初速度分量vy＝vsinθ，竖直方向运动为竖直上抛运动，落地时竖直位移为﹣h，由竖直方向位移公式 代入 解得运动时间 P重力冲量大小，故B错误； C、所有小铁珠初速度大小相等（均为v），在竖直平面内运动时，水平方向速度分量vx＝vcosθ 竖直方向速度分量vy＝vsinθ 同一时刻，各小铁珠水平位移x＝vxt 竖直位移 消去t后，，为关于t的二次函数，轨迹为抛物线，故C错误； D、击出过程中，铁水动量变化量（由得 由动量定理FΔt＝Δp 解得平均作用力，故D正确。 故选：AD。 （多选）11．（2025秋•尉氏县期末）一深空探测宇宙飞船以恒定速度v经过宇宙微尘区，飞船垂直于速度方向的正面面积为S，微尘区的密度为ρ。设微尘与飞船碰撞后附着于飞船上，且其质量远小于飞船质量，则（　　） A．单位时间内附着于飞船上的微尘质量为ρSv B．单位时间内附着于飞船上的微尘质量为2ρSv C．为了使飞船速度保持不变，则飞船的牵引力应为ρSv2 D．为了使飞船速度保持不变，则飞船的牵引力应为2ρSv2 【答案】AC 【分析】AB.结合题意，由微尘体积与飞船速度的关系、微尘质量与微尘体积的关系分别列式，即可分析判断； CD.结合前面分析及题意，由动量定理列式，即可分析判断。 【解答】解：AB.由题意可知，在极短时间Δt内，飞船以速度v运动，垂直于速度方向的正面面积为S，所以这段时间内与飞船碰撞的微尘体积为： ΔV＝S•vΔt， 因为微尘区的密度为ρ，所以这段时间内附着的微尘质量为： Δm＝ρΔV＝ρSvΔt， 则单位时间内附着的微尘质量为： 故A正确，B错误； CD.结合题意可知，微尘原本速度为0，附着后速度与飞船相同（为v）， 对于质量为Δm的微尘，以飞船的速度方向为正方向，根据动量定理可知，牵引力的冲量等于微尘的动量变化量，即： F•Δt＝Δp＝Δm•v﹣0， 结合前面分析可知： Δm＝ρSvΔt， 联立可得： F＝ρSv2， 故C正确，D错误； 故选：AC。 （多选）12．（2025秋•海淀区校级期中）一个质量为2kg的物体在合力F的作用下从静止开始沿直线运动，F随时间t变化的图像如图所示。定义力对时间的平均值Ft为物体一段时间内的动量改变量除以时间，而力对位移的平均值Fs为相应时间内物体的动能增加量除以位移大小，则0﹣4s时间内（　　） A．合力F对物体所做总功为正功 B．合力F对物体作用的总冲量沿正方向 C．Fs大于Ft D．Fs小于Ft 【答案】ABD 【分析】F−t图像中，拉力与时间围成面积表示拉力的冲量；根据动量定理可求作用力，进而可得物体的速度大小。根据动能定理求解合力做功。 【解答】解：AB、图像与坐标轴围成的面积代表力的冲量，0～4s时间内合力的冲量：I＝2×2N•s−2×1N•s＝2N•s，结合动量定理可知：，根据动量定理可得：I＝mv，解得：4s末的速度为：，根据动能定理可知，合力F对物体所做总功为正功，故AB正确； CD、0～2s内的加速度为：，位移为：，2s末的速度为：v′＝a1t1＝1×2m/s＝2m/s，2～4s的位移为：，由动能定理可得：，可见Fs小于Ft，故C错误，D正确。 故选：ABD。 三．解答题 13．（2025秋•上城区校级期末）一个质量为m＝0.1kg的金属小球，以v0＝5m/s的速度水平抛出，抛出后经过t＝1.2s落地，不计空气阻力，重力加速度取g＝10m/s2。求： （1）小球从抛出到落地的过程中，所受重力的冲量大小； （2）小球从抛出到落地的过程中，动量变化量； （3）小球落地时的动量大小。 【答案】（1）小球从抛出到落地的过程中，所受重力的冲量大小是1.2N•s； （2）小球从抛出到落地的过程中，动量变化量是1.2kg•m/s，方向向下； （3）小球落地时的动量大小是1.3kg•m/s。 【分析】（1）重力为恒力，冲量由力与作用时间决定，直接用冲量定义式\（I ＝ Ft），代入重力大小与运动时间即可求解； （2）根据动量定理，合外力的冲量等于动量变化，本题合外力为重力，因此动量变化与重力冲量大小相等、方向一致； （3）动量为矢量，先求落地时的合速度，水平速度保持初速度不变，竖直速度由运动学公式求出，再由p＝ mv计算动量大小。 【解答】解：（1）规定向下为正，重力的冲量大小为I＝m•g•t＝0.1×10×1.2N•s＝1.2N•s （2）规定向下为正，动量变化量为Δp＝I＝1.2kg•m/s，方向向下； （3）规定向下为正，落地时的动量大小为vy＝g•t＝10×1.2m/s＝12m/s vm/s＝13m/s p＝m•v＝0.1×13kg•m/s＝1.3kg•m/s 答：（1）小球从抛出到落地的过程中，所受重力的冲量大小是1.2N•s； （2）小球从抛出到落地的过程中，动量变化量是1.2kg•m/s，方向向下； （3）小球落地时的动量大小是1.3kg•m/s。 14．（2025秋•海淀区校级月考）如图所示，质量为m＝3kg的木块在倾角θ＝37°的足够长的斜面上以1m/s2的加速度由静止开始下滑，已知：sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2，求： （1）求动摩擦因数； （2）求4s末物体动量； （3）4s末重力的瞬时功率。 【答案】（1）动摩擦因数为0.625； （2）4s末物体动量大小为12kg•m/s，方向沿斜面向下； （3）4s末重力的瞬时功率为72W。 【分析】（1）分析木块的受力，根据牛顿第二定律求解动摩擦因数； （2）木块做初速度为零的匀加速直线运动，由运动学公式求解速度，再由p＝mv求解动量； （3）根据P＝Fv求解瞬时功率。 【解答】解：（1）木块在斜面上由静止开始下滑，根据牛顿第二定律 mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma 解得μ＝0.625 （2）4s末物体的速度v＝at＝1×4m/s＝4m/s 4s末物体的动量大小为：p＝mv＝3×4kg•m/s＝12kg•m/s，方向沿斜面向下。 （3）4s末重力的瞬时功率P＝mgvsinθ＝3×10×4×0.6W＝72W 答：（1）动摩擦因数为0.625； （2）4s末物体动量大小为12kg•m/s，方向沿斜面向下； （3）4s末重力的瞬时功率为72W。 15．（2026春•海淀区校级期中）蹦床运动有“空中芭蕾”之称。如图所示，某质量m＝45kg的运动员从空中h1＝1.25m落下，接着又能弹起h2＝1.8m高度，此次人与蹦床接触时间t＝0.50s，取g＝10m/s2，求： （1）与蹦床接触时间内，运动员所受重力的冲量； （2）与蹦床接触时间内，运动员的动量变化量； （3）运动员受到蹦床的平均弹力。 【答案】（1）与蹦床接触时间内，运动员所受重力的冲量为225N•s，方向向下； （2）与蹦床接触时间内，运动员的动量变化量为495kg•m/s，方向向上； （3）运动员受到蹦床的平均弹力为1440N，方向向上。 【分析】（1）根据冲量公式求解； （2）根据自由落体运动求解下落h1高度时以及弹起时的速度，再根据p＝mv求解运动员动量变化量； （3）根据动量定理求解。 【解答】解：（1）重力的冲量大小 I＝mgt＝45×10×0.50N•s＝225N•s 方向向下 （2）设运动员下落h1高度时的速度大小为v1，弹起时速度大小为v2，则 以向上为正方向，运动员动量变化量 Δp＝mv2﹣（﹣mv1） 解得 Δp＝495kg•m/s，方向向上 （3）以向上为正方向，由动量定理有 （F﹣mg）•t＝mv2﹣（﹣mv1） 代入数据解得 F＝1440N，方向向上 答：（1）与蹦床接触时间内，运动员所受重力的冲量为225N•s，方向向下； （2）与蹦床接触时间内，运动员的动量变化量为495kg•m/s，方向向上； （3）运动员受到蹦床的平均弹力为1440N，方向向上。 16．（2026春•思明区校级期中）如图甲所示为我国传统民俗文化表演“抡花”活动，祈福来年风调雨顺、免于火灾，已被列入国家级非物质文化遗产，“抡花”原理如图乙所示，快速转动竖直转轴O1O2上的手柄AB，带动“花筒”M、N在水平面内转动，筒内烧红的铁片沿轨迹切线飞出，落地点构成漂亮的圆形，再溅起形成绚丽的图案。已知MO1＝NO1＝2m，M、N离地高3.2m，若手摇AB转动的角速度大小为15rad/s，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2。求： （1）“花筒”M的线速度大小； （2）“花筒”中铁片总质量为2kg时，花筒对铁片的作用力大小（结果保留根号，无需化简）； （3）铁片落地点围成的面积S（结果保留π）。 【答案】（1）“花筒”M的线速度大小是30m/s； （2）“花筒”中铁片总质量为2kg时，花筒对铁片的作用力大小是； （3）铁片落地点围成的面积S是580πm2。 【分析】（1）根据圆周运动线速度公式，代入角速度和转动半径直接计算线速度大小； （2）对铁片受力分析，其向心力由花筒作用力与重力的合力提供，先求向心力再通过力的合成求作用力； （3）先由平抛运动竖直方向规律求下落时间，再求水平位移，结合圆周运动半径确定落地点圆的半径，进而求面积。 【解答】解：（1）“花筒”M转动的角速度与AB相同，其线速度大小为v＝ωr＝15×2m/s＝30m/s （2）“花筒”所需向心力大小为 代入数据可得Fn＝900N 竖直方向Fy＝mg 则花筒对铁片的作用力 代入数据可得F （3）铁片沿切线飞出后，做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，有 代入数据可得t＝0.8s 水平方向做匀速直线运动，有x＝vt 代入数据可得x＝24m 所以，落地点与O2点的距离大小为 圆形面积S＝πr2＝πd2 代入数据可得S＝580πm2 答：（1）“花筒”M的线速度大小是30m/s； （2）“花筒”中铁片总质量为2kg时，花筒对铁片的作用力大小是； （3）铁片落地点围成的面积S是580πm2。 17．（2026春•海淀区校级期中）如图甲所示，喷泉从喷泉水面以相同倾斜角度和速度大小喷射而出，喷出的水下落击打水面形成层层涟漪甚为美观。喷出的水的运动可视为一般的抛体运动，在水平方向不受力，在竖直方向只受重力，我们可以仿照研究平抛运动的方法来研究一般的抛体运动。喷泉喷出水的运动轨迹示意图如图乙所示，水上升的最大高度为h，落在水面的位置距喷水口的距离为d。已知喷水口的水流量为Q（水流量Q定义为单位时间内喷出水的体积），水的密度为ρ，重力加速度为g，忽略空气阻力。 （1）求上述喷泉中水上升至最大高度时水平速度的大小vx； （2）假设水击打在水面上时速度立即变为零，且在极短时间内击打水面的水受到的重力可忽略不计，求水击打水面竖直向下的平均作用力的大小Fy； （3）如图乙所示，该喷泉利用水泵将水先从地下水池由静止提升至喷泉水面，然后再喷射出去。已知地下水池的水面距喷泉水面恒为H，若H＝h，d＝4h，水泵提升水的机械效率为η，求水泵抽水消耗的电功率P。 【答案】（1）上述喷泉中水上升至最大高度时水平速度的大小vx是； （2）假设水击打在水面上时速度立即变为零，且在极短时间内击打水面的水受到的重力可忽略不计，水击打水面竖直向下的平均作用力的大小Fy是； （3）水泵抽水消耗的电功率P是。 【分析】（1）利用斜抛运动的对称性，将运动分解为竖直上抛和水平匀速，先由竖直上抛运动求上升时间，再结合水平位移与总运动时间的关系求水平速度vx （2）先求出水落地时的竖直分速度，取极短时间Δt内的水流柱，结合水流量与密度，用动量定理求竖直方向的平均作用力Fy （3）结合 H＝h、d＝4h的条件求喷水初速度，计算单位时间内水获得的重力势能与动能，再根据水泵机械效率η，求消耗的电功率P。 【解答】解：（1）由运动的合成与分解及平抛运动规律可知，竖直方向 水平方向 解得 （2）落到水面时，竖直方向速度大小等于初竖直速度由 得，方向向下。 取Δt时间内击打水面的水，质量Δm＝ρQΔt 击打后竖直速度为0，忽略重力，对水由动量定理（取向上为正方向） FΔt＝0﹣（﹣Δm•vy） 代入得 由牛顿第三定律，水对水面竖直向下的平均作用力大小 （3）动能增量 由功能关系得 得 答：（1）上述喷泉中水上升至最大高度时水平速度的大小vx是； （2）假设水击打在水面上时速度立即变为零，且在极短时间内击打水面的水受到的重力可忽略不计，水击打水面竖直向下的平均作用力的大小Fy是； （3）水泵抽水消耗的电功率P是。 18．（2026春•红桥区校级月考）安全气囊是有效保护乘客的装置，如图甲所示，在安全气囊的性能测试中，可视为质点的头锤从离气囊表面高度为H处做自由落体运动。与正下方的气囊发生碰撞。以头锤到气囊表面为计时起点，气囊对头锤竖直方向作用力F随时间t的变化规律，可近似用图乙所示的图像描述。已知头锤质量M＝50kg，H＝0.8m，重力加速度大小取g＝10m/s2。求： （1）碰撞过程中F的冲量大小和方向； （2）碰撞结束后头锤上升的最大高度。 【答案】（1）碰撞过程中F的冲量大小是330N•s，竖直向上和方向； （2）碰撞结束后头锤上升的最大高度0.128m。 【分析】（1）通过F﹣t图像的面积计算作用力F的冲量大小，结合力的方向判断冲量方向； （2）先求头锤碰撞前的速度，结合全过程动量定理算出反弹速度，再用竖直上抛运动规律求解上升最大高度。 【解答】解：（1）F﹣t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F的冲量大小为，方向与F的方向相同，均为竖直向上； （2）设头锤落到气囊上时的速度大小为v0，由自由落体运动公式得 以竖直向上为正方向，头锤与气囊作用过程，由动量定理得IF﹣Mgt＝Mv﹣M（﹣v0） 设上升的最大高度为h，由动能定理得 代入数据可得h＝0.128m 答：（1）碰撞过程中F的冲量大小是330N•s，竖直向上方向； （2）碰撞结束后头锤上升的最大高度0.128m。 1 学科网（北京）股份有限公司 $