第17讲 动量、冲量、动量定理 专项训练-2027届高三物理一轮复习

**基本信息** 以基础概念→定理应用→模型拓展为逻辑主线，通过分层训练实现动量定理专项突破，注重运动和相互作用观念及模型建构能力培养。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |基础对点练（动量和冲量）|3题|概念辨析、矢量性分析|从动量、冲量定义出发，通过自由落体、平抛、竖直上抛对比，建立时间与冲量关系| |基础对点练（动量定理应用）|3题|碰撞、圆周运动中的冲量计算|结合动量定理Δp=I，强化力-时间-动量变化关系，突出动量变化率物理意义| |基础对点练（流体模型）|2题|雨滴撞击、宇宙尘埃粘附|构建“微元法”模型，实现连续体动量变化问题的程序化解决| |综合提升练|4题|圆周运动、竖直上抛含阻力|融合运动学、力学综合，提升多过程动量定理应用能力| |培优加强练|1题|平台滑行-平抛-碰撞多过程|综合动量定理与动能定理，培养复杂问题拆解能力|

第17讲 动量 冲量 动量定理 专项训练 基础对点练 1． 选择题： 对点1　动量和冲量 1.(2026·江苏镇江期中)离地面同一高度处有三个相同小球a、b、c，其中a小球由静止释放，b小球以初速度v0竖直上抛，c小球以初速度v0水平抛出，不计空气阻力，三个过程中重力的冲量依次为Ia、Ib、Ic，动量变化量的大小依次为Δpa、Δpb、Δpc，下列说法正确的是(　　) A.Ia=Ic>Ib，Δpa=Δpc>Δpb B.Ia=Ic<Ib，Δpa=Δpc<Δpb C.Ia=Ic=Ib，Δpa=Δpc=Δpb D.Ia<Ic=Ib，Δpa<Δpc=Δpb 2.如图所示，一个物体静止在水平地面上，受到与水平方向成θ角的恒定拉力F作用时间t后，物体仍保持静止。下列说法正确的是(　　) A.物体所受合力的冲量大小为0 B.物体所受拉力F的冲量大小是Ftcos θ C.物体所受拉力F的冲量方向水平向右 D.物体所受摩擦力的冲量大小为0 3.如图，使甲、乙两条形磁铁隔开一段距离，静止于水平桌面上，甲的N极正对着乙的S极，甲的质量大于乙的质量，两者与桌面之间的动摩擦因数相等。现同时释放甲和乙，在它们相互接近过程中的任一时刻(　　) A.甲的速度大小比乙的大 B.甲的动量大小比乙的小 C.甲的动量大小与乙的相等 D.甲和乙的动量之和为零 对点2　动量定理的理解和应用 4.(2026·江苏南通期末)鸡蛋从高处落到坚硬的盘子里会破，落在较厚的软垫上不会破。因为落在软垫上的鸡蛋(　　) A.速度变化量小 B.动量变化量小 C.动量变化率小 D.动能变化量小 5.(2026·江苏镇江期中)如图所示，小红同学把一个质量为0.6 kg的充气乳胶气球以5 m/s的速度水平投向小刚同学，气球以4 m/s的速度被水平反弹。已知气球与小刚同学的接触时间约为0.1 s，则小刚同学受到气球的平均冲击力为(　　) A.6 N B.30 N C.24 N D.54 N 6.(2025·上海卷，11)如图所示，在竖直平面内有一光滑圆形轨道，a 为轨道最低点，c为轨道最高点，b点、d点为轨道上与圆心等高的两点，e为弧ab段的中点。一个质量为m的小物块在轨道内侧做圆周运动。若物块在a点时的速度大小为v0，则刚好能到达b点，经历的时间为t，已知重力加速度为g，则该过程轨道对物块的支持力的冲量大小为(　　) A.mv0 B.mgt C.mv0+mgt D.m 对点3　应用动量定理处理“流体”模型 7.(2025·江苏无锡模拟)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。则p的大小为(　　) A.ρv B.2ρv C.ρv2 D.2ρv2 8.(2026·江苏无锡期末)一宇宙飞船的横截面积为S，以恒定速率v航行，当进入有宇宙尘埃的区域时，设在该区域单位体积内有n颗尘埃，每颗尘埃的质量为m，若尘埃碰到飞船前是静止的，且碰到飞船后就粘在飞船上，不计其他阻力，为保持飞船匀速航行，飞船发动机的牵引力为(　　) A.Snmv B.Snmv2 C.2Snmv D.2Snmv2 综合提升练 1． 选择题： 9.(2026·江苏宿迁一模)如图所示，轻绳上端固定在O点，下端连接小球。将球拉起，绳刚好被水平拉直，由静止释放小球。当小球运动至最低点时，下列物理量的大小与绳长有关的是(　　) A.小球的加速度 B.小球的动量 C.小球重力的功率 D.绳子的拉力 10.(2026·江苏宿迁模拟)将一小球从地面竖直向上抛出，小球上升到某一高度后又落回到地面。若该过程中空气阻力大小不变，则(　　) A.在上升过程与下降过程中，重力做的功相同 B.在上升过程与下降过程中，重力的冲量相同 C.上升过程中小球动量的变化率比下降过程中的大 D.整个过程中空气阻力的冲量等于小球动量的变化量 11.(2026·江苏南通期中)如图所示，粗糙程度相同的水平桌面上有一轻质细杆，一端可绕轴O转动，另一端与小球相连，小球以水平初速度v0出发，恰能完成4个完整的圆周运动，则小球停止前(　　) A.加速度大小不变 B.每转一圈动量变化量相等 C.每转一圈减少的动能相等 D.每转一圈支持力的冲量大小相等 12.如图所示，无人机在空中作业时，受到一个方向不变、大小随时间变化的拉力。无人机经飞控系统实时调控，在拉力、空气作用力和重力作用下沿水平方向做匀速直线运动。已知拉力与水平面成30°角，其大小F随时间t的变化关系为F=F0-kt(F≠0，F0、k均为大于0的常量)，无人机的质量为m，重力加速度为g。关于该无人机在0到T时间内(T是满足F>0的任一时刻)，下列说法正确的有(　　) A.受到空气作用力的方向不会变化 B.受到拉力的冲量大小为(F0-kT)T C.受到重力和拉力的合力的冲量大小为mgT+(F0-kT)T D.T时刻受到空气作用力的大小为 培优加强练 13.(2025·河北卷，14)如图，一长为2 m的平台，距水平地面高度为1.8 m。质量为0.01 kg的小物块以3 m/s的初速度从平台左端水平向右运动。物块与平台、地面间的动摩擦因数均为0.2。物块视为质点，不考虑空气阻力，重力加速度g取10 m/s2。 (1)求物块第一次落到地面时距平台右端的水平距离; (2)若物块第一次落到地面后弹起的最大高度为0.45 m，物块从离开平台到弹起至最大高度所用时间共计1 s。求物块第一次与地面接触过程中，所受弹力冲量的大小，以及物块弹离地面时水平速度的大小。 参考答案： 1.答案　B解析　a小球做自由落体运动，c小球做平抛运动，二者下落高度相同，由h=gt2得t=，可知a、c两球空中运动时间相等，即ta=tc，b小球在同一高度做竖直上抛运动，空中运动时间大于a、c两球的时间，故ta=tc<tb。根据IG=mgt得Ia=Ic<Ib，根据动量定理有IG=Δp，可得Δpa=Δpc<Δpb，故B正确。 2.答案　A 3.答案　B解析　根据F-μmg=ma可得a=F-μg，因m甲>m乙，故a甲<a乙，则任意时刻甲的速度大小比乙的小，A错误;m甲>m乙，又μ甲=μ乙，则Ff甲>Ff乙，故甲和乙组成的系统所受合外力向左，合外力的冲量方向向左，即甲的动量大小比乙的小，B正确，C、D错误。 4.答案　C解析　鸡蛋从高处落到坚硬的盘子里和较厚的软垫上，鸡蛋的速度都由v变化为零，速度变化量相同，动量变化量相同，动能变化量相同;根据动量定理有FΔt=Δp，可得F=，由于落在软垫上的作用时间较长，所以落在软垫上的鸡蛋动量变化率小，受到的冲击力小，所以鸡蛋不会破，故C正确。 5.答案　D解析　气球与小刚同学接触过程中，对气球由动量定理得·Δt=mv-mv0，则小刚同学对气球的平均冲击力大小为== N=54 N，根据牛顿第三定律，可知小刚同学受到气球的平均冲击力大小'==54 N，故D正确。 6.答案　D解析　以初速度方向为正方向，在水平方向上由动量定理得-Ix=0-mv0，以竖直向上的方向为正方向，在竖直方向上由动量定理得Iy-mgt=0，则该过程轨道对物块的支持力的冲量大小为I=，联立解得I=m，D正确。 7.答案　B解析　单位时间内的降水量Δh=，在芭蕉叶上取ΔS的面积，Δt时间内降落的雨水质量m=ρ·ΔS·ΔhΔt=ρΔSΔt，设雨水受到的撞击力为F，根据动量定理得F·Δt=mvt-mv=ρΔSΔt(-v-v)=-2ρvΔSΔt，解得F=-2ρvΔS，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F'=2ρvΔS，因此平均压强为p==2ρv，故B正确。 8.答案　B解析　时间t内粘附在飞船上的尘埃质量M=vtSnm，对粘附的尘埃由动量定理得Ft=Mv，解得飞船对尘埃的作用力为F=Snmv2;根据牛顿第三定律及平衡条件可知，为保持飞船匀速航行，飞船发动机的牵引力F'=F=Snmv2，故B正确。 9.答案　B解析　设绳长为L，由静止至最低点对小球根据动能定理有mgL=mv2，小球运动到最低点的速度大小v=，该点的加速度大小a==2g，与绳长无关，故A错误;小球的动量为p=mv=m，与绳长有关，故B正确;小球在最低点时，重力与速度方向垂直，则重力的功率为0，与绳长无关，故C错误;在最低点，根据牛顿第二定律有F-mg=m，解得绳子的拉力大小为F=3mg，与绳长无关，故D错误。 10.答案　C解析　根据W=Flcos α可知，重力在上升过程做负功，下降过程中做正功，故A错误;根据牛顿第二定律得，上升过程小球的加速度大小a1=g+，下降过程的加速度大小a2=g-，则a1>a2，由于位移大小相等，根据x=at2可知上升时间小于下降时间，根据I=Gt可知，重力在上升过程中的冲量小于下降过程中的冲量，故B错误;根据动量定理可知F合=，由于上升过程的合力大于下降过程的合力，所以上升过程中小球动量的变化率比下降过程中的大，故C正确;整个过程中空气阻力的冲量和重力的冲量之和等于小球动量的变化量，故D错误。 11.答案　C解析　设动摩擦因数为μ，重力加速度为g，小球沿切线方向的加速度大小aτ=μg，小球沿半径方向的加速度大小an=，则小球的加速度大小a==，因线速度不断减小，则加速度不断减小，故A错误;小球每转一圈，根据动能定理有-μmg·2πr=ΔEk，可知每转一圈动能减少量相等;根据动量与动能关系有p=，可知动量变化量Δp=-≠，可知每转一圈动量变化量不相等，故B错误，C正确;小球做减速运动，线速度越来越小，每转一圈的时间越来越长，支持力的冲量大小I=FNt=mgt不相等，故D错误。 12.答案　B解析　无人机沿水平方向做匀速直线运动，故其所受重力、拉力和空气作用力的合力为零，由平衡条件可知空气作用力总是与重力和拉力的合力等大反向，如图所示，F逐渐减小，则无人机受到空气作用力的方向会变化，A错误;由于拉力的大小随时间均匀变化，所以0到T时间内，无人机受到拉力的冲量大小IF=T=(F0-kT)T，B正确;0到T时间内，无人机受到的重力的冲量大小IG=mgT，由于无人机受到的重力和拉力不共线，所以无人机受到重力和拉力的合力的冲量大小I合<IF+IG=mgT+(F0-kT)T，C错误;无人机T时刻受到空气作用力的大小等于重力和拉力的合力大小， 即F空== =，D错误。 13.答案　(1)0.6 m　(2)0.1 N·s　0 解析　(1)小物块在平台上做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律得a=μg 设小物块离开平台的速度为v1 则小物块从开始运动到离开平台，有-=-2ax0 解得v1=1 m/s 小物块从平台飞出后做平抛运动有h=g，x=v1t1 联立解得t1=0.6 s，x=0.6 m。 (2)物块第一次落到地面弹起至最大高度，竖直方向有h'=g 解得t2=0.3 s 则物块与地面接触的时间Δt=t-t1-t2=0.1 s 物块与地面接触的过程中根据动量定理，取竖直向上为正方向， 在竖直方向有I-mgΔt=mvy2-m(-vy1) 其中vy1=gt1，vy2=gt2 解得I=0.1 N·s 取水平向右为正方向，在水平方向有-μFNΔt=mvx-mv1，又I=FNΔt 解得vx=-1 m/s 由于vx减小为0将无相对运动和相对运动的趋势，因此vx'=0。 学科网（北京）股份有限公司 $