第七章 第1讲 动量 动量定理及其应用 讲义：2027届高考物理一轮专题复习

该高中物理讲义聚焦动量、冲量、动量定理及其应用等高考核心考点，按概念理解、定理应用、流体模型的逻辑层次展开，通过考点梳理（如动量与动能对比）、方法指导（变力冲量计算）、真题训练（典例及分层练习），帮助学生构建知识体系，突破矢量运算等难点。 资料突出科学思维与模型建构，如流体问题中设计柱状微元分析流程，动量定理应用中强化矢量式方向分析，配合基础巩固与综合应用练习，培养学生问题解决能力，为教师把控复习节奏提供清晰路径，有效提升学生应考效率。

第1讲　动量　动量定理及其应用 1．动量、动量的变化量、冲量 (1)动量 ①定义：物体的质量和速度的乘积。 ②表达式：p＝mv。 ③方向：动量的方向与速度的方向相同。 (2)动量的变化量 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)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＝FΔt。 ③单位：N·s。 ④方向：冲量是矢量，其方向与力的方向相同。 2．动量定理 (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，即合力的冲量是原因，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，它可以是合力的冲量，可以是各力冲量的矢量和，也可以是外力在不同阶段冲量的矢量和。 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。 考点一　对动量和冲量的理解 1．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)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 2.冲量的计算方法 (1)恒力的冲量：直接用定义式I＝Ft计算。 (2)变力的冲量 ①图像法：作出F－t图像，图像与t轴所围的面积即为变力的冲量，如图所示。 ②动量定理法：对于易确定始、末时刻动量的情况，可用动量定理求解。 【典例1】　（2026·重庆·模拟预测）某科研团队对仿生机器人进行起跳性能测试，测得一质量为80kg的机器人对水平地面的压力大小F与时间t的关系如图所示。0~1.0s内机器人处于静止状态，时机器人刚好离开地面，时机器人恰好再次静止。假设机器人离开地面后身体始终保持竖直，不考虑空气阻力，重力加速度为，则机器人（　　） A．在1.0~1.9s内一直处于超重状态 B．刚离开地面时的速度大小为3m/s C．在时，恰好运动到最大高度处 D．在2.5~3.1s内，动量变化量大小为320kg·m/s 【答案】B 【详解】A．内，初始阶段机器人对地面压力小于重力，处于失重状态，A错误； B．t=1.9s 机器人刚好离开地面，t=2.5s机器人再次接触地面，在空中运动总时间 Δt=2.5−1.9=0.6s。竖直上抛运动上升和下落时间对称，上升时间，根据 可得刚离开地面的速度，B正确； C．最高点速度为0，对应时刻为，C错误； D．机器人落地，速度大小仍为，方向向下，设向上为正方向，初动量，末动量 动量变化量大小，D错误。 故选B。 【典例2】　（2026·安徽·二模）某运动员进行跳台滑雪训练，两次从雪坡滑下后从P点水平飞出，分别落在斜面上的M、N两点，落在M、N两点时运动员的速度方向与斜面间的夹角分别为θ1、θ2，忽略空气阻力，以下说法错误的是（　　） A．落在N点的速度较大 B．落在N点过程速度变化量较大 C．落在N点过程动量变化率较大 D．θ1＞θ2 【答案】C 【详解】A．N点距离P点更远，说明对应平抛初速度更大，运动时间更长，合速度，因此落在N点的速度更大，A正确； B．平抛运动的速度变化量仅由竖直方向速度变化决定，，N点对应的运动时间更长，因此速度变化量更大，B正确； C．动量变化率等于合外力，两次运动过程合外力均为重力，大小、方向均恒定，因此动量变化率相等，C错误； D．设斜面与水平方向夹角为，速度方向与水平方向夹角为，则速度与斜面的夹角。初速度越小，落点越靠近P点，竖直位移相对水平位移的比值越大，所以越大，越大，越大，因此落在更近的M点对应的，D正确。 本题选错误的，故选C。 考点二　动量定理的理解及应用 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系，即合力的冲量是动量变化的原因。 (3)由FΔt＝p′－p，得F＝＝，即物体所受的合力等于物体的动量对时间的变化率。 2．理解动量定理的三个重要应用 (1)用动量定理解释两种现象。 ①Δp一定时，F的作用时间越短，力就越大；时间越长，力就越小。 ②F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。 (2)应用I＝Δp求变力的冲量。 (3)应用Δp＝FΔt求动量的变化量。 例如，在曲线运动中，速度方向时刻在变化，求动量变化量(Δp＝p′－p)需要应用矢量运算方法，计算比较复杂，如果作用力是恒力，可以求恒力的冲量，等效代换动量的变化量。 考向1应用动量定理定性解释有关现象 【典例3】　（2026·山东·模拟预测）如图所示，人形机器人通过脚踏特制弹射器完成空中翻腾动作后，通过腿部关节的精密配合与缓冲平稳落地。关于机器人的运动下列说法正确的是（　　） A．机器人上升到最高点时处于平衡状态 B．机器人离开弹射器在空中上升过程中处于超重状态 C．为机器人落地时设计屈膝动作，主要目的是减小动量的变化量 D．为机器人落地时设计屈膝动作，主要目的是减小地面的冲击力 【答案】D 【详解】A．机器人上升到最高点时只受重力，有加速度，不是平衡状态，故A错误。 B．机器人离开弹射器在空中上升过程中，加速度方向向下，处于失重状态，故B错误； CD．为机器人落地时设计屈膝动作，落地屈膝延长作用时间，由动量定理的 由于不变，t增大，冲击力F减小，故C错误，D正确。 故选D。 考向2动量定理的定量应用 【典例4】　（2026·安徽合肥·三模）2025年，我国自主研发的“天穹”高原森林火灾预警系统在青藏高原某地投入试运行。该系统向空中发射携带灭火弹的无人机集群，通过物理窒息、降温、化学抑制三重作用快速灭火，实现对火点的精准打击。在某次灭火演习中，无人机从距水平地面某一高度处沿水平方向以的速度匀速飞行，时向正前方水平发射一枚质量为灭火弹，灭火弹相对于无人机的初速度大小为，与水平地面成精准命中“火点”。已知灭火弹在运动中受到与速度大小成正比、方向相反的空气阻力，刚发射时所受阻力大小等于重力，取重力加速度。下列说法正确的是（　　） A．当灭火弹命中“火点”时，无人机也恰好飞到其正上方 B．“火点”与灭火弹抛出点的水平距离为10 m C．从抛出到落地，阻力对灭火弹做功50 J D．灭火弹落地的速度大小为 【答案】D 【详解】D．运用配速法，配一速度，使其阻力与重力平衡，则可理解为灭火弹具有竖直向下的匀速直线运动和斜向上的变速直线运动，如图所示 由图可知， 此时将灭火弹受到的合外力等效为，作出灭火弹速度变化的矢量图 设灭火弹受到的阻力为 由题意知，灭火弹的初速度大小为 刚发射时所受阻力大小等于重力，即 代入数据，解得 结合配速法速度矢量图，可知 与水平方向的夹角 灭火弹与水平地面成精准命中“火点”，则由速度矢量图可知，故D正确； A．灭火弹命中“火点”瞬间速度的水平方向分量为 因此，在空中运行的过程中灭火弹速度的水平方向分量均大于，故水平方向的平均速度 而无人机始终保持的速度匀速飞行，故当灭火弹命中“火点”时，无人机的位移小于灭火弹的水平位移，故A错误； B．水平方向，由动量定理可知 代入数据解得 故灭火弹的水平位移，故B错误； C．动能定理可知，阻力对灭火弹做功满足 由抛出到落地，重力做正功，故阻力对灭火弹做功的绝对值大于，故C错误。 故选D。 【典例5】　（2026·江西景德镇·三模）在某校园科技节的趣味实验中，同学们设计了一个“空气阻力对抛体运动影响”的探究项目。实验员将一个质量为的小球，从操场的水平地面上以某一初速度竖直向上抛出。已知小球在运动过程中所受空气阻力大小与其运动速率成正比（），通过高速摄影和数据采集系统，记录了小球的运动速率随时间的变化规律。当小球落回地面时，测得其速率为，且落地前小球刚好做匀速直线运动。已知重力加速度为，则小球在整个运动过程中（　　） A．最大加速度为 B．小球上升阶段阻力的冲量大于下落阶段阻力的冲量 C．从抛出到返回到地面所用的时间为 D．小球上升的最大高度为 【答案】D 【详解】A．小球做匀速直线运动时，受力平衡，则 其中 可得 小球刚开始抛出时加速度最大，根据牛顿第二定律可得 解得，故A错误； B．阻力的冲量大小为 其中为位移大小，由于小球上升阶段和下降阶段的位移大小相等，所以阻力的冲量大小也相等，故B错误； C．小球从抛出到返回地面的过程，取竖直向上为正方向，根据动量定理 解得，故C错误； D．小球上升过程，取竖直向上为正方向，根据动量定理 其中 解得小球上升的最大高度为，故D正确。 故选D。 考点三　应用动量定理处理流体模型 对于“连续”质点系发生持续作用(如机枪连续发射子弹、水柱持续冲击)，物体动量(或其他量)连续发生变化的这类问题，可选取很短时间Δt内动量(或其他量)发生变化的那部分物体作为研究对象，建立“柱状模型”。 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的粒子数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 小柱体的体积ΔV＝vSΔt 流体类小柱体的质量m＝ρΔV＝ρvSΔt 流体类小柱体的动量p＝mv＝ρv2SΔt 微粒类小柱体的粒子数N＝nvSΔt ③建立方程，应用动量定理FΔt＝Δp研究 【典例6】　（2026·陕西西安·模拟预测）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 【详解】弯水管出口、入口处时间内水的质量 动量变化如图所示 则 故弯管对水的作用力大小为 根据牛顿第三定律，水流对弯管的作用力大小也为。 故选B。 【典例7】　（2026·北京丰台·二模）如图甲所示为某新型无人水下航行器的简化示意图，该航行器的机翼为矩形，机翼长为l、宽为c，厚度忽略不计。航行器以水平速度v在密度为ρ的静止海水中匀速航行时，由于与海水相互作用，会受到与运动方向相反的阻力。为简化问题的研究，只考虑机翼上下表面厚度均为d的海水层与机翼之间的相互作用。该海水层与机翼相互作用后速度增至v水，方向与航行器速度方向相同，满足（，其中k为定值）。航行器的机翼平面始终与水平面平行，忽略机身和机翼其他表面与海水的相互作用。 (1)求单位时间内与机翼相互作用的海水层质量Δm； (2)求航行器所需水平方向动力的大小F； (3)航行器可以利用声呐系统发射声波束探测目标。若航行器悬停在水中，发射的声波束沿中心轴线方向最大截面的顶角为θ（θ很小），如图乙所示。声波束在传播的过程中，垂直于中心轴线的截面不断变大。声呐系统向外发射功率为P0的声波束，在声波束内垂直中心轴线同一截面上的功率分布均匀。目标探测物位于声呐系统的正前方，其接收声波的有效面积为S0，该面积垂直于声波束的中心轴线，且远小于声波束在该处截面的面积。若目标探测物接收到的功率至少为Pm时，其反射回的信号才能被航行器的声呐系统探测到。忽略声波在传播过程中能量的损失，求航行器能探测到正前方目标物的最大探测距离Lm。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）航行器匀速时，时间内与机翼上下表面相互作用的海水层质量 单位时间内海水层质量 （2）在内对海水层，规定航行器的航行方向为正，设航行器对海水层的作用力为，根据动量定理，有 由题中已知得 根据牛顿第三定律，航行器受阻力与海水层受力大小相等，方向相反，即 对航行器，由平衡方程 得 （3）当目标接收到的功率时有最大探测距离 距声呐处的声波束截面半径 此截面单位面积的功率，目标接收功率 联立得 1. （2025·辽宁沈阳·三模）如图所示三个装置，（a）中桌面光滑，（b）、（c）中桌面粗糙程度相同，（c）用大小为（g为重力加速度）的力替代重物M进行牵引，其余均相同。不计绳和滑轮质量及绳与滑轮摩擦，都由静止释放，在m移动相同距离的过程中，下列关于三个实验装置的分析中，正确的是（    ） A．装置（b）中绳上的张力等于装置（c）中绳上的张力 B．装置（a）中物块m的加速度为 C．装置（b）、（c）中物块m的动量增加量相同 D．装置（a）中m的动能增加量大于（b）中m的动能增加量 【答案】D 【详解】A．装置（b）中对物块m根据牛顿第二定律 对系统根据牛顿第二定律 解得 装置（c）中绳子张力为 所以，装置（b）中绳上的张力不等于装置（c）中绳上的张力，故A错误； B．装置（a）中对系统根据牛顿第二定律 解得物块m的加速度为，故B错误； C．由A选项分析可知，装置（b）中物块m的加速度为 装置（c）中对系统根据牛顿第二定律 解得物块m的加速度为 可知装置（c）中物块m的加速度较大，根据 可知，在m移动相同距离的过程中得到的速度较大，根据 可知，装置（c）m的动量增加量大于（b）中m的动量增加量，故C错误； D．由于 结合 可知在m移动相同距离的过程中得到的速度较大，又因为 则装置（a）中m的动能增加量大于（b）中m的动能增加量，故D正确。 故选D。 2. （2026·福建南平·二模）如图为茶水从茶壶中倒出的情景，若不考虑空气阻力，某一小段水柱在下落过程中（　　） A．动量不变 B．速度变化率保持不变 C．相同时间内下降的高度相等 D．若遇到水平方向的风力，下落时间变长 【答案】B 【详解】A．水柱做平抛运动，速度不断变化，所以动量不断变化，故A错误； B．水柱在下落过程中只受重力，加速度为g且保持不变，加速度表示速度的变化率，所以速度变化率保持不变，故B正确； C．水柱在竖直方向做加速运动，相同时间内下降的高度不同，故C错误； D．若遇到水平方向的风力，不会影响竖直方向的运动，所以下落时间不变，故D错误。 故选B。 3. （2026·辽宁锦州·二模）一个乒乓球从距桌面某一高度下落到桌面上，与桌面发生相互作用后被弹起，但未达到原高度。已知乒乓球刚接触桌面与刚离开桌面时重心在同一高度，则乒乓球与桌面碰撞过程中，乒乓球（　　） A．重力的冲量为零 B．重力做的功为零 C．动量变化量为零 D．动能变化量为零 【答案】B 【详解】A．根据 因重力G，运动的时间t，都不为零，所以重力的冲量不为零，故A错误； B．乒乓球与桌面碰撞过程中，位移为零，所以重力做的功为零，故B正确； CD．乒乓球从距桌面某一高度下落到桌面上，与桌面发生相互作用后被弹起，但未达到原高度，说明乒乓球离开桌面时的速度v2小于下落时接触桌面的速度v1，该过程中动量的变化量为，方向竖直向上 动能的变化量，故CD错误。 故选B。 4. （2026·北京海淀·一模）把一个小球放在如图所示的玻璃漏斗中，晃动漏斗，可以使小球在短时间内沿光滑的漏斗壁在某一水平面内做匀速圆周运动。关于小球的运动，下列说法正确的是（　　） A．半径越大，小球受到的合力越大 B．半径越大，小球向心加速度的大小不变 C．半径越大，小球转速越大 D．半径越大，转动一圈小球受到的合力的冲量越大 【答案】B 【详解】AB．对小球做受力分析，小球受重力、漏斗壁的支持力，竖直方向受力平衡，合力沿水平方向提供向心力。设漏斗壁的倾角为定值，可得合力 故向心加速度 故小球所受合力和向心加速度与圆周运动半径无关，半径增大，合力不变，向心加速度不变，A错误，B正确； C．由 可得 故半径越大，转速越小，C错误； D．根据动量定理，合力冲量等于动量变化，小球转动一圈，初末动量相同，动量变化为0，因此合力冲量始终为0，与半径无关，D错误。 故选B。 5. （2026·陕西安康·三模）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、动量p、动能、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 【详解】A．图像的斜率表示加速度，本题中速度从0开始逐渐增大，而图中速度逐渐减小，不符合，故A错误； B．动量 动量对时间的斜率 由于加速度逐渐减小到0，因此图像的斜率逐渐减小，逐渐增大到恒定值，与图B一致，故B正确； C．动能 速度增大，因此动能逐渐增大，最终恒定，图中动能逐渐减小到0，不符合，故C错误； D．平直轨道上列车重力势能不变，机械能 动能增大到恒定值后，机械能也保持恒定，不会一直线性增大；且加速度为零后机械能变化率为0，不符合图D，故D错误。 故选B。 6. （2026·黑龙江双鸭山·一模）一次军事演习中，为了突破敌方关隘，战士爬上陡峭的山头，居高临下向敌方工事内投掷手榴弹，战士在同一位置先后水平投出甲、乙两颗质量均为m的手榴弹，手榴弹从投出的位置到落地点的高度差为h，不计空气阻力，轨迹如图所示，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　） A．甲在空中运动过程中动量变化比乙小 B．手榴弹落地瞬间，甲、乙手榴弹重力的瞬时功率不相同，甲的大 C．从投出到落地，甲、乙手榴弹的动能增加量相同 D．从投出到落地，甲、乙手榴弹重力的冲量，乙的小 【答案】C 【详解】B．根据 由于甲、乙手榴弹下落高度相同，所用时间相等，所以手榴弹落地瞬间，甲、乙手榴弹重力的瞬时功率相同，故B错误； C．从投出到落地，根据动能定理可得 可知甲、乙手榴弹的动能增加量相同，故C正确； D．根据冲量表达式 由于甲、乙手榴弹在空中所用时间相等，所以甲、乙手榴弹重力的冲量相等，故D错误； A．根据动量定理可得 由于甲、乙手榴弹在空中所用时间相等，所以甲、乙手榴弹在空中运动过程中动量变化量相等，故A错误。 故选C。 7. （2026·河北·三模）（多选）某学生在练习垫排球，质量为的排球离开手后以初速度竖直向上运动，排球在运动过程中所受空气阻力大小与重力大小的比值恒为。已知重力加速度大小为，取竖直向上为正方向。下列说法正确的是（     ） A．排球上升的最高点到离手位置的高度为 B．排球上升过程中受到的重力冲量为 C．排球返回离手位置的速度大小为 D．排球从离手到返回离手位置的时间为 【答案】AC 【详解】A．设空气阻力大小 根据牛顿第二定律可知，排球上升时加速度的大小满足 解得 故排球上升的高度满足 解得，故A正确； B．排球上升到最高点所需时间满足 排球上升过程中受到的重力冲量，故B错误； C．排球下落时加速度的大小满足 解得 故排球返回离手位置的速度大小满足 代入 解得，故C正确； D．排球从最高点到返回离手位置的时间满足 因此排球从离手到返回离手位置所经历的时间，故D错误。 故选AC。 8. （2026·湖南·一模）（多选）大人和小孩玩“套圈”游戏，大人和小孩所用的圈完全相同，大人和小孩先后将圈水平抛出后套住了同一个物体，已知两圈抛出的位置在同一竖直线上，大人抛圈的位置更高，不计空气阻力，圈看成质点，则大人抛出的圈相对小孩抛出的圈（    ） A．初速度大 B．空中运动时间长 C．空中运动过程速度变化快 D．空中运动过程合外力冲量大 【答案】BD 【详解】A．两圈抛出的位置在同一竖直线上，套住同一个物体，说明水平位移相同。大人抛圈的位置更高，设大人高度为，小孩高度为，则。根据 得 可知大人抛出的圈运动时间较长，即 根据 得 可知大人抛出的圈初速度较小，故A错误； B．由上述分析可知，大人抛出的圈空中运动时间长，故B正确； C．两圈在空中运动过程中只受重力作用，加速度均为重力加速度，速度变化快慢相同，故C错误； D．圈完全相同，质量相等。合外力为重力，合外力的冲量 因为，所以大人抛出的圈合外力冲量大，故D正确。 故选BD。 9. （2026·山东·三模）如图所示，水平面由光滑部分和粗糙部分组成。物块A静止在光滑水平面上的O点，物块B静止在粗糙水平面上，A、B之间用轻弹簧连接。将物块A拉至N点由静止释放，物块A在光滑水平面上的MN之间往复运动，物块B始终处于静止状态。下列过程中，摩擦力对B的冲量为零的过程是（　　） A．物块A由N运动到M的过程 B．物块A由N运动到O的过程 C．物块A由O运动到M的过程 D．物块A由M运动到O的过程 【答案】A 【详解】ABC．由于物块B始终处于静止状态，在水平方向上，B物块仅受摩擦力和弹力，摩擦力与弹力始终等大反向，O为弹簧原长位置，由此可知由N运动到M过程中，根据对称性可知，物块A由N运动到O的过程和物块A由O运动到M的过程，弹力对B的冲量等大反向，总冲量为0，所以摩擦力对B冲量为0，选项A正确，BC错误； D．物块A由M运动到O的过程，B受到的弹力始终向左，则摩擦力始终向右，所以摩擦力冲量不为零，故D错误。 故选A。 10. （2026·山东·三模）（多选）从固定光滑斜面顶端由静止释放小球a，从与斜面顶端等高处以初速度水平抛出小球b。已知两球的质量相同。下列说法正确的是（　　） A．从开始运动至到达地面的过程中，重力对小球a做的功大于重力对小球b做的功 B．小球a到达地面时的速度小于小球b到达地面时的速度 C．两小球到达地面时，小球a重力的瞬时功率小于小球b重力的瞬时功率 D．从开始运动至到达地面的过程中，小球a重力的冲量小于小球b重力的冲量 【答案】BC 【详解】A．a沿光滑斜面做匀加速直线运动，b做平抛运动，b在竖直方向是自由落体运动。从开始运动至到达地面过程中，重力对 a、b做功均为mgh，A 错误； B．由动能定理得，b小球到达地面速度更大，B 正确； C．由可得，b小球到达地面时竖直方向速度 a小球到达地面时竖直方向速度 b小球到达地面时竖直方向速度更大，因此重力的瞬时功率更大，C 正确； D．由可知，下落时间越长，重力冲量越大，a球竖直方向分加速度更小，落地所需时间更长，因此a球重力冲量更大，D 错误。 故选BC。 11. （2026·天津·二模）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 【详解】A B．对斜上抛运动，将其初速度沿水平方向和竖直方向分解，水平方向不受力可看作匀速直线运动和竖直方向只受重力做竖直上抛运动，据对称性上升和下降时间相等，故总时间为 竖直方向 小球A上升的最大高度大，则运动时间长，竖直初速度大 水平方向 两者水平射程相等，则小球A水平分速度（即最高点的速度）小，则两球运动至最高点时，小球A的动能较小，据对称性，回到Q点时竖直方向的速度大小等于P点竖直初速度，故小球B回到Q点时竖直方向的速度较小，重力的瞬时功率较小，故AB错误； C．由动量定理 动量变化率相等，故C错误； D．由动量定理 小球A的运动时间长，则小球A的速度变化量大于小球B的速度变化量，故D正确。 故选D。 12. （2026·湖南长沙·一模）（多选）如图甲，某轻弹簧两端系着质量均为的小球、。小球用细线悬挂于天花板上，系统处于静止状态。现将细线烧断，以此为计时起点，、两小球运动的图线如图乙所示，表示到时间内的图线与横轴所围面积大小，重力加速度为。下列说法正确的是（　　） A．从到时刻，弹簧对球的冲量为 B．时刻，球的速度大小为 C．时刻，弹簧弹性势能最大 D．时刻，、两小球的速度差最大 【答案】ABD 【详解】A．加速度与时间的关系（）中图像与时间轴围成的面积是速度变化量，从图像可知从0到时刻两图线与时间轴所围成的面积相等，而小球A、B的初速度为0，即时刻两小球速度大小相等，对A与B的整体列动量定理，有 所以两球速度大小 设弹簧对球A的冲量为，对A球由动量定理有 解得，故A正确； B．从0到时刻，以A、B两球整体为研究对象，可列动量定理 其中时刻小球A的速度大小为 化简得时刻小球B的速度大小为，故B正确； C．时刻，两小球加速度大小相等，设弹簧的弹力为T，则对A分析，有 对球B分析，有 联立可知 即弹簧处于原长，弹性势能为0，故C错误； D．从图乙可知，从0到时刻，两个图像与时间轴围成的面积差一直在增大，时刻达到最大，即时刻A与B的速度差最大，故D正确。 故选ABD。 13. （2026·河北衡水·模拟预测）（多选）如图所示，竖直平面内存在方向未知的匀强电场，一质量为，电荷量为的带电小球，由点以初速度沿水平方向抛出。小球先运动至点，速度大小为，方向竖直向下，接着运动至点，、两点在同一条竖直线上。不计空气阻力，重力加速度为。下列说法正确的是（　　） A．小球所受电场力的最小值为 B．小球在点的电势能一定小于在点的电势能 C．小球从点运动至点，合外力冲量为 D．点到点的竖直距离与点到点的竖直距离之比一定是 【答案】BCD 【详解】A．设水平向右为轴、竖直向下为轴，将运动沿、轴分解，由过程，初速度，，末速度，，设运动时间为，由匀变速直线运动速度与时间的关系，可得加速度大小分别为， 则 水平方向仅受电场力水平分量作用，由牛顿第二定律，得 竖直方向受重力和电场力竖直分量作用，由牛顿第二定律，得 整理得 由矢量合成法则，得电场力大小 设 由一元二次函数求最值，可得的最小值为，则的最小值为，不是，故A错误； B．过程初、末动能相等，有 由动能定理，得 小球的运动有竖直向下分量，重力做正功，则 因此 电场力做负功，电势能一定增大，故B正确； C．从到，根据矢量合成可知，动量变化量大小 由动量定理，合外力冲量，故C正确。 D．小球从到过程，水平方向做匀减速运动，竖直方向做匀加速运动。在点速度竖直向下，说明水平分速度减为，竖直分速度为。小球从到，在正下方，说明水平位移大小与相等，方向相反。点水平速度为，加速度不变，故时间与相等。竖直方向根据初速度为零匀加速运动相等时间位移比为1：3，点到点的竖直距离与点到点的竖直距离之比一定是，故D正确； 故选BCD。 14. （2026·四川成都·三模）（多选）如图所示，地面上方一足够大的空间内有a、b两个带电小球，带正电的a球固定于空间中的点。初始时刻带负电的b球从与a球等高的点静止释放，b球下落后第一次经过a球正下方点时的速度恰好沿水平方向。已知两带电小球可视为点电荷，，忽略空气阻力。关于上述过程，下列说法正确的是（　　） A．b球重力的瞬时功率一直增大 B．a球产生的静电场中点的电势高于点的电势 C．b球重力势能的减少量小于其动能的增加量 D．b球所受库仑力的冲量大小一定大于其重力的冲量大小 【答案】CD 【详解】A．分析可知b球从M到N过程，b球竖直方向速度大小先增大后减小（到N点时竖直方向速度为0），根据重力瞬时功率可知，b球重力的瞬时功率先增大后减小，故A错误； B．题图可知N点与带正电的a球距离比M点近，因此a球产生的静电场中点的电势低于点的电势，故B错误； C．b球从M到N过程，电场力对其做正功，重力对其也做正功（重力势能减少），根据动能定理可知，b球动能增加量等于电场力做功与重力做功之和，即b球重力势能的减少量小于其动能的增加量，故C正确； D．题意可知b球从M到N过程，b球动量变化量方向水平向左，根据动量定理可知，b球重力冲量与库仑力冲量矢量和也水平向右，其矢量三角形如下 根据三角形定则可知，b球所受库仑力的冲量大小一定大于其重力的冲量大小，故D正确。 故选CD。 15. （2026·重庆北碚·模拟预测）如图所示，一平行板电容器连接直流电源，电容器的极板水平；两粒子a、b带等量异种电荷，两粒子在极板附近且a到上极板距离等于b到下极板距离。现同时由静止释放a、b。在t时刻，a、b到达两极板间下半区域的同一水平面。不计a、b重力及粒子间相互作用力。下列说法正确的是（　　） A．a的质量比b的大 B．t时刻，a和b的电势能相等 C．t时刻，a和b的动量大小相等 D．t时刻，a的动能比b的动能小 【答案】C 【详解】A．根据题述可知，微粒a向下加速运动，微粒b向上加速运动，根据a、b经过电容器两极板间下半区域的同一水平面，可知a的加速度大小大于b的加速度大小，即 对微粒a，由牛顿第二定律 对微粒b，由牛顿第二定律 联立解得> 由此式可以得出a的质量比b小，故A错误； B．由于在t时刻两微粒经过同一水平面，电势相等，电荷量大小相等，但电性相反，根据可知在t时刻，a和b的电势能不等，故B错误； C．由于a微粒受到的电场力大小（合外力大小）等于b微粒受到的电场力大小（合外力大小），根据动量定理知，在t时刻，a微粒的动量大小等于b微粒的动量大小，故C正确； D．在a、b两微粒运动过程中，a微粒所受合外力大小等于b微粒所受合外力大小，a微粒的位移大于b微粒的位移，根据动能定理，在t时刻，a的动能比b大，故D错误。 故选C。 16. （2026·安徽·二模）（多选）如图所示，竖直面内固定一个半径R=2.0m，表面粗糙的四分之一圆弧轨道，圆心O与A等高，P是圆弧AB的中点。一个质量m=0.5kg的小物块以恒定速率v0从A点沿圆弧轨道运动到B点，重力加速度g=10m/s2，下列说法正确的是（　　） A．小物块重力的功率一直减小 B．小物块受到的合力做功为0，合力的冲量不为0 C．小物块与轨道间的动摩擦因数处处相等 D．小物块在AP段与轨道摩擦产生的热量为5J 【答案】AB 【详解】A．重力的瞬时功率为 其中 是小物块速度的竖直分量。从A到B的过程中，速度方向由竖直向下逐渐变为水平向左，由逐渐减小到0，因此重力的功率一直减小，A正确； B．由动能定理，合外力做功等于动能变化量，小物块速率不变则动能变化为0，故合力做功为0，动量是矢量，小物块初动量方向竖直向下，末动量方向水平向左，动量变化量 ，由动量定理可知合力的冲量等于动量变化量，故合力冲量不为0，B正确； C．小物块沿切线方向合力为0，即重力的切向分力等于摩擦力 （ 为该位置半径与水平方向的夹角） 沿轨道向下运动时 增大，切向分力逐渐减小，法向满足 可知支持力 逐渐增大，由 可得 减小、增大，因此动摩擦因数逐渐减小，并非处处相等，C错误； D．对全程AB由能量守恒，重力势能减少量全部转化为摩擦生热，总热量 P为圆弧中点，对应圆心角为45°，AP段小物块下降高度 重力做功小于总重力做功的一半，而动能不变，故AP段摩擦生热等于该段重力做功，小于5J，D错误。 故选AB。 17. （2026·山西·二模）如图甲所示是2026年WSBK赛场上，瓦伦丁·德比斯驾驶张雪机车夺冠后的情景。某次比赛中，人车总质量，过终点线后在水平赛道开始减速。从冲过终点线后瞬间（）开始记录，机车的速度平方与位移关系（）图像如图乙所示。重力加速度。根据上述信息，下列说法中正确的是（　　） A．赛车冲过终点线时的瞬时速度大小为 B．根据图像斜率可知，该段位移内机车的加速度大小为 C．若车手质量为，减速过程机车座椅对车手的作用力大小为 D．在内，系统所受合外力的冲量大小为 【答案】B 【详解】A．根据匀减速直线运动的规律可知 结合图像可知图像的纵截距为 解得赛车的初速度为，故A错误； B．由图像的斜率可知 可得该段位移内机车的加速度大小为，故B正确； C．减速过程机车座椅对车手的作用力是水平力和竖直力的合力，竖直方向受力平衡，有 水平力提供加速度，有 则座椅对车手的作用力大小为，故C错误； D．根据动量定理可知 即系统所受合外力的冲量大小为，方向与初速度方向相反，故D错误。 故选B。 18. （2026·山西·二模）如图所示，在一场战斗演习中，炮车中质量为10 kg的炮弹以1000 m/s的速度射出，炮筒与水平地面的夹角为37°，若炮弹射出后只受到重力作用，落在了炮车同一水平面上，重力加速度取，，，炮口离地高度忽略不计，则（　　） A．炮弹的射程为 B．炮弹在空中的飞行时间为 C．炮弹从出射到最高点的位移大小 D．炮弹从出射到落地的动量变化大小为 【答案】D 【详解】AB．炮弹做斜抛运动，将初速度分解， 竖直方向竖直上抛运动，有 解得 水平方向匀速直线运动，有，故AB错误； C．到最高点的时间 水平位移 竖直高度 位移为，故C错误； D．水平方向动量不变，动量变化仅来自竖直方向，由动量定理可知，故D正确； 故选D。 19. （2026·广东佛山·二模）如图所示，短跑道速度滑冰比赛场地由两段水平直道与两段半圆形水平弯道构成。接力比赛起跑线到弯道距离x=14.4m，发令枪响后运动员A和B从起跑线起跑，已知两者起跑反应时间不同，在直道均做匀加速直线运动，且两人同时进入弯道并在弯道始终保持并排做匀速圆周运动，其运动半径分别为R1=8m、，角速度大小均为。若A和B的质量均为m=50kg，重力加速度g取10m/s2，求： (1)运动员A和B起跑反应时间的差值（结果保留2位小数）； (2)运动员B和C在直道完成交接棒（后者推前者即为交接棒），交接棒前瞬间2人沿同一直线运动速度分别为、，交接棒后瞬间B和C的速度分别为、，交接棒过程阻力忽略不计，求交接棒过程B对C的冲量大小以及B对C做功大小。 【答案】(1)0.18s (2)360N·s，4680J 【详解】（1）两运动员同时进入弯道，故直线加速的时间差为两者的反应时间差，两者直线加速，有， 进入弯道后，有， 反应时间差为 联立解得 （2）交接过程，对B，根据动量定理可得 B对C的冲量与C对B的冲量大小相等，方向相反，所以 交接过程，对C，根据动能定理可得 根据动量定理可得 联立解得 学科网（北京）股份有限公司 $ 第1讲　动量　动量定理及其应用 1．动量、动量的变化量、冲量 (1)动量 ①定义：物体的质量和速度的乘积。 ②表达式：p＝mv。 ③方向：动量的方向与速度的方向相同。 (2)动量的变化量 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)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＝FΔt。 ③单位：N·s。 ④方向：冲量是矢量，其方向与力的方向相同。 2．动量定理 (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，即合力的冲量是原因，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，它可以是合力的冲量，可以是各力冲量的矢量和，也可以是外力在不同阶段冲量的矢量和。 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。 考点一　对动量和冲量的理解 1．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)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 2.冲量的计算方法 (1)恒力的冲量：直接用定义式I＝Ft计算。 (2)变力的冲量 ①图像法：作出F－t图像，图像与t轴所围的面积即为变力的冲量，如图所示。 ②动量定理法：对于易确定始、末时刻动量的情况，可用动量定理求解。 【典例1】　（2026·重庆·模拟预测）某科研团队对仿生机器人进行起跳性能测试，测得一质量为80kg的机器人对水平地面的压力大小F与时间t的关系如图所示。0~1.0s内机器人处于静止状态，时机器人刚好离开地面，时机器人恰好再次静止。假设机器人离开地面后身体始终保持竖直，不考虑空气阻力，重力加速度为，则机器人（　　） A．在1.0~1.9s内一直处于超重状态 B．刚离开地面时的速度大小为3m/s C．在时，恰好运动到最大高度处 D．在2.5~3.1s内，动量变化量大小为320kg·m/s 【典例2】　（2026·安徽·二模）某运动员进行跳台滑雪训练，两次从雪坡滑下后从P点水平飞出，分别落在斜面上的M、N两点，落在M、N两点时运动员的速度方向与斜面间的夹角分别为θ1、θ2，忽略空气阻力，以下说法错误的是（　　） A．落在N点的速度较大 B．落在N点过程速度变化量较大 C．落在N点过程动量变化率较大 D．θ1＞θ2 考点二　动量定理的理解及应用 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系，即合力的冲量是动量变化的原因。 (3)由FΔt＝p′－p，得F＝＝，即物体所受的合力等于物体的动量对时间的变化率。 2．理解动量定理的三个重要应用 (1)用动量定理解释两种现象。 ①Δp一定时，F的作用时间越短，力就越大；时间越长，力就越小。 ②F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。 (2)应用I＝Δp求变力的冲量。 (3)应用Δp＝FΔt求动量的变化量。 例如，在曲线运动中，速度方向时刻在变化，求动量变化量(Δp＝p′－p)需要应用矢量运算方法，计算比较复杂，如果作用力是恒力，可以求恒力的冲量，等效代换动量的变化量。 考向1应用动量定理定性解释有关现象 【典例3】　（2026·山东·模拟预测）如图所示，人形机器人通过脚踏特制弹射器完成空中翻腾动作后，通过腿部关节的精密配合与缓冲平稳落地。关于机器人的运动下列说法正确的是（　　） A．机器人上升到最高点时处于平衡状态 B．机器人离开弹射器在空中上升过程中处于超重状态 C．为机器人落地时设计屈膝动作，主要目的是减小动量的变化量 D．为机器人落地时设计屈膝动作，主要目的是减小地面的冲击力 考向2动量定理的定量应用 【典例4】　（2026·安徽合肥·三模）2025年，我国自主研发的“天穹”高原森林火灾预警系统在青藏高原某地投入试运行。该系统向空中发射携带灭火弹的无人机集群，通过物理窒息、降温、化学抑制三重作用快速灭火，实现对火点的精准打击。在某次灭火演习中，无人机从距水平地面某一高度处沿水平方向以的速度匀速飞行，时向正前方水平发射一枚质量为灭火弹，灭火弹相对于无人机的初速度大小为，与水平地面成精准命中“火点”。已知灭火弹在运动中受到与速度大小成正比、方向相反的空气阻力，刚发射时所受阻力大小等于重力，取重力加速度。下列说法正确的是（　　） A．当灭火弹命中“火点”时，无人机也恰好飞到其正上方 B．“火点”与灭火弹抛出点的水平距离为10 m C．从抛出到落地，阻力对灭火弹做功50 J D．灭火弹落地的速度大小为 【典例5】　（2026·江西景德镇·三模）在某校园科技节的趣味实验中，同学们设计了一个“空气阻力对抛体运动影响”的探究项目。实验员将一个质量为的小球，从操场的水平地面上以某一初速度竖直向上抛出。已知小球在运动过程中所受空气阻力大小与其运动速率成正比（），通过高速摄影和数据采集系统，记录了小球的运动速率随时间的变化规律。当小球落回地面时，测得其速率为，且落地前小球刚好做匀速直线运动。已知重力加速度为，则小球在整个运动过程中（　　） A．最大加速度为 B．小球上升阶段阻力的冲量大于下落阶段阻力的冲量 C．从抛出到返回到地面所用的时间为 D．小球上升的最大高度为 考点三　应用动量定理处理流体模型 对于“连续”质点系发生持续作用(如机枪连续发射子弹、水柱持续冲击)，物体动量(或其他量)连续发生变化的这类问题，可选取很短时间Δt内动量(或其他量)发生变化的那部分物体作为研究对象，建立“柱状模型”。 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的粒子数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 小柱体的体积ΔV＝vSΔt 流体类小柱体的质量m＝ρΔV＝ρvSΔt 流体类小柱体的动量p＝mv＝ρv2SΔt 微粒类小柱体的粒子数N＝nvSΔt ③建立方程，应用动量定理FΔt＝Δp研究 【典例6】　（2026·陕西西安·模拟预测）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． 【典例7】　（2026·北京丰台·二模）如图甲所示为某新型无人水下航行器的简化示意图，该航行器的机翼为矩形，机翼长为l、宽为c，厚度忽略不计。航行器以水平速度v在密度为ρ的静止海水中匀速航行时，由于与海水相互作用，会受到与运动方向相反的阻力。为简化问题的研究，只考虑机翼上下表面厚度均为d的海水层与机翼之间的相互作用。该海水层与机翼相互作用后速度增至v水，方向与航行器速度方向相同，满足（，其中k为定值）。航行器的机翼平面始终与水平面平行，忽略机身和机翼其他表面与海水的相互作用。 (1)求单位时间内与机翼相互作用的海水层质量Δm； (2)求航行器所需水平方向动力的大小F； (3)航行器可以利用声呐系统发射声波束探测目标。若航行器悬停在水中，发射的声波束沿中心轴线方向最大截面的顶角为θ（θ很小），如图乙所示。声波束在传播的过程中，垂直于中心轴线的截面不断变大。声呐系统向外发射功率为P0的声波束，在声波束内垂直中心轴线同一截面上的功率分布均匀。目标探测物位于声呐系统的正前方，其接收声波的有效面积为S0，该面积垂直于声波束的中心轴线，且远小于声波束在该处截面的面积。若目标探测物接收到的功率至少为Pm时，其反射回的信号才能被航行器的声呐系统探测到。忽略声波在传播过程中能量的损失，求航行器能探测到正前方目标物的最大探测距离Lm。 1. （2025·辽宁沈阳·三模）如图所示三个装置，（a）中桌面光滑，（b）、（c）中桌面粗糙程度相同，（c）用大小为（g为重力加速度）的力替代重物M进行牵引，其余均相同。不计绳和滑轮质量及绳与滑轮摩擦，都由静止释放，在m移动相同距离的过程中，下列关于三个实验装置的分析中，正确的是（    ） A．装置（b）中绳上的张力等于装置（c）中绳上的张力 B．装置（a）中物块m的加速度为 C．装置（b）、（c）中物块m的动量增加量相同 D．装置（a）中m的动能增加量大于（b）中m的动能增加量 2. （2026·福建南平·二模）如图为茶水从茶壶中倒出的情景，若不考虑空气阻力，某一小段水柱在下落过程中（　　） A．动量不变 B．速度变化率保持不变 C．相同时间内下降的高度相等 D．若遇到水平方向的风力，下落时间变长 3. （2026·辽宁锦州·二模）一个乒乓球从距桌面某一高度下落到桌面上，与桌面发生相互作用后被弹起，但未达到原高度。已知乒乓球刚接触桌面与刚离开桌面时重心在同一高度，则乒乓球与桌面碰撞过程中，乒乓球（　　） A．重力的冲量为零 B．重力做的功为零 C．动量变化量为零 D．动能变化量为零 4. （2026·北京海淀·一模）把一个小球放在如图所示的玻璃漏斗中，晃动漏斗，可以使小球在短时间内沿光滑的漏斗壁在某一水平面内做匀速圆周运动。关于小球的运动，下列说法正确的是（　　） A．半径越大，小球受到的合力越大 B．半径越大，小球向心加速度的大小不变 C．半径越大，小球转速越大 D．半径越大，转动一圈小球受到的合力的冲量越大 5. （2026·陕西安康·三模）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、动量p、动能、机械能E随时间t变化的图像，可能正确的是（　　） A． B． C． D． 6. （2026·黑龙江双鸭山·一模）一次军事演习中，为了突破敌方关隘，战士爬上陡峭的山头，居高临下向敌方工事内投掷手榴弹，战士在同一位置先后水平投出甲、乙两颗质量均为m的手榴弹，手榴弹从投出的位置到落地点的高度差为h，不计空气阻力，轨迹如图所示，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　） A．甲在空中运动过程中动量变化比乙小 B．手榴弹落地瞬间，甲、乙手榴弹重力的瞬时功率不相同，甲的大 C．从投出到落地，甲、乙手榴弹的动能增加量相同 D．从投出到落地，甲、乙手榴弹重力的冲量，乙的小 7. （2026·河北·三模）（多选）某学生在练习垫排球，质量为的排球离开手后以初速度竖直向上运动，排球在运动过程中所受空气阻力大小与重力大小的比值恒为。已知重力加速度大小为，取竖直向上为正方向。下列说法正确的是（     ） A．排球上升的最高点到离手位置的高度为 B．排球上升过程中受到的重力冲量为 C．排球返回离手位置的速度大小为 D．排球从离手到返回离手位置的时间为 8. （2026·湖南·一模）（多选）大人和小孩玩“套圈”游戏，大人和小孩所用的圈完全相同，大人和小孩先后将圈水平抛出后套住了同一个物体，已知两圈抛出的位置在同一竖直线上，大人抛圈的位置更高，不计空气阻力，圈看成质点，则大人抛出的圈相对小孩抛出的圈（    ） A．初速度大 B．空中运动时间长 C．空中运动过程速度变化快 D．空中运动过程合外力冲量大 9. （2026·山东·三模）如图所示，水平面由光滑部分和粗糙部分组成。物块A静止在光滑水平面上的O点，物块B静止在粗糙水平面上，A、B之间用轻弹簧连接。将物块A拉至N点由静止释放，物块A在光滑水平面上的MN之间往复运动，物块B始终处于静止状态。下列过程中，摩擦力对B的冲量为零的过程是（　　） A．物块A由N运动到M的过程 B．物块A由N运动到O的过程 C．物块A由O运动到M的过程 D．物块A由M运动到O的过程 10. （2026·山东·三模）（多选）从固定光滑斜面顶端由静止释放小球a，从与斜面顶端等高处以初速度水平抛出小球b。已知两球的质量相同。下列说法正确的是（　　） A．从开始运动至到达地面的过程中，重力对小球a做的功大于重力对小球b做的功 B．小球a到达地面时的速度小于小球b到达地面时的速度 C．两小球到达地面时，小球a重力的瞬时功率小于小球b重力的瞬时功率 D．从开始运动至到达地面的过程中，小球a重力的冲量小于小球b重力的冲量 11. （2026·天津·二模）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 12. （2026·湖南长沙·一模）（多选）如图甲，某轻弹簧两端系着质量均为的小球、。小球用细线悬挂于天花板上，系统处于静止状态。现将细线烧断，以此为计时起点，、两小球运动的图线如图乙所示，表示到时间内的图线与横轴所围面积大小，重力加速度为。下列说法正确的是（　　） A．从到时刻，弹簧对球的冲量为 B．时刻，球的速度大小为 C．时刻，弹簧弹性势能最大 D．时刻，、两小球的速度差最大 13. （2026·河北衡水·模拟预测）（多选）如图所示，竖直平面内存在方向未知的匀强电场，一质量为，电荷量为的带电小球，由点以初速度沿水平方向抛出。小球先运动至点，速度大小为，方向竖直向下，接着运动至点，、两点在同一条竖直线上。不计空气阻力，重力加速度为。下列说法正确的是（　　） A．小球所受电场力的最小值为 B．小球在点的电势能一定小于在点的电势能 C．小球从点运动至点，合外力冲量为 D．点到点的竖直距离与点到点的竖直距离之比一定是 14. （2026·四川成都·三模）（多选）如图所示，地面上方一足够大的空间内有a、b两个带电小球，带正电的a球固定于空间中的点。初始时刻带负电的b球从与a球等高的点静止释放，b球下落后第一次经过a球正下方点时的速度恰好沿水平方向。已知两带电小球可视为点电荷，，忽略空气阻力。关于上述过程，下列说法正确的是（　　） A．b球重力的瞬时功率一直增大 B．a球产生的静电场中点的电势高于点的电势 C．b球重力势能的减少量小于其动能的增加量 D．b球所受库仑力的冲量大小一定大于其重力的冲量大小 15. （2026·重庆北碚·模拟预测）如图所示，一平行板电容器连接直流电源，电容器的极板水平；两粒子a、b带等量异种电荷，两粒子在极板附近且a到上极板距离等于b到下极板距离。现同时由静止释放a、b。在t时刻，a、b到达两极板间下半区域的同一水平面。不计a、b重力及粒子间相互作用力。下列说法正确的是（　　） A．a的质量比b的大 B．t时刻，a和b的电势能相等 C．t时刻，a和b的动量大小相等 D．t时刻，a的动能比b的动能小 16. （2026·安徽·二模）（多选）如图所示，竖直面内固定一个半径R=2.0m，表面粗糙的四分之一圆弧轨道，圆心O与A等高，P是圆弧AB的中点。一个质量m=0.5kg的小物块以恒定速率v0从A点沿圆弧轨道运动到B点，重力加速度g=10m/s2，下列说法正确的是（　　） A．小物块重力的功率一直减小 B．小物块受到的合力做功为0，合力的冲量不为0 C．小物块与轨道间的动摩擦因数处处相等 D．小物块在AP段与轨道摩擦产生的热量为5J 17. （2026·山西·二模）如图甲所示是2026年WSBK赛场上，瓦伦丁·德比斯驾驶张雪机车夺冠后的情景。某次比赛中，人车总质量，过终点线后在水平赛道开始减速。从冲过终点线后瞬间（）开始记录，机车的速度平方与位移关系（）图像如图乙所示。重力加速度。根据上述信息，下列说法中正确的是（　　） A．赛车冲过终点线时的瞬时速度大小为 B．根据图像斜率可知，该段位移内机车的加速度大小为 C．若车手质量为，减速过程机车座椅对车手的作用力大小为 D．在内，系统所受合外力的冲量大小为 18. （2026·山西·二模）如图所示，在一场战斗演习中，炮车中质量为10 kg的炮弹以1000 m/s的速度射出，炮筒与水平地面的夹角为37°，若炮弹射出后只受到重力作用，落在了炮车同一水平面上，重力加速度取，，，炮口离地高度忽略不计，则（　　） A．炮弹的射程为 B．炮弹在空中的飞行时间为 C．炮弹从出射到最高点的位移大小 D．炮弹从出射到落地的动量变化大小为 19. （2026·广东佛山·二模）如图所示，短跑道速度滑冰比赛场地由两段水平直道与两段半圆形水平弯道构成。接力比赛起跑线到弯道距离x=14.4m，发令枪响后运动员A和B从起跑线起跑，已知两者起跑反应时间不同，在直道均做匀加速直线运动，且两人同时进入弯道并在弯道始终保持并排做匀速圆周运动，其运动半径分别为R1=8m、，角速度大小均为。若A和B的质量均为m=50kg，重力加速度g取10m/s2，求： (1)运动员A和B起跑反应时间的差值（结果保留2位小数）； (2)运动员B和C在直道完成交接棒（后者推前者即为交接棒），交接棒前瞬间2人沿同一直线运动速度分别为、，交接棒后瞬间B和C的速度分别为、，交接棒过程阻力忽略不计，求交接棒过程B对C的冲量大小以及B对C做功大小。 学科网（北京）股份有限公司 $