第10讲 动量和动量定理及其应用-2026-2027学年高三物理暑假复习提升讲义

第10讲 动量和动量定理及其应用 【考点1：动量及冲量】 考向1：对动量及动量变化量的理解和计算 考向2：求恒力的冲量 考向3：求变力的冲量 【考点2：动量定理及其应用】 考向1：用动量定理解释生活现象 考向2：动量定理的有关计算 【考点3：应用动量定理处理“流体问题”“粒子流问题”】 考向1：动量定理解决流体类问题 考向2：动量定理解决微粒类问题 考点1：动量及冲量 1.动能、动量、动量变化量的比较 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＝ Δp＝ 标矢性 量 量 量 特点 状态量 状态量 过程量 关联 方程 Ek＝ ，Ek＝ ，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 发生变化；动量发生变化时动能 发生变化 2.冲量 (1)定义：力与力的作用时间的乘积叫作力的冲量。 (2)表达式：I＝ 。 (3)单位：冲量的单位是牛秒，符号是 。 (4)方向：冲量是 量，冲量的方向由力的方向决定。如果力的方向在作用时间内不变，冲量的方向就跟力的方向相同；如果力的方向在作用时间内发生变化，则冲量的方向只能由 的方向确定。 3.冲量的计算 恒力的冲量 直接用定义式I＝Ft计算。 变力的冲量 ①方向不变的变力的冲量，若力的大小随时间均匀变化，即力为时间的一次函数，则力F在某段时间t内的冲量I＝ ，其中F1、F2为该段时间内初、末两时刻力的大小。 ②作出F­t变化图线，图线与t轴所夹的 即为变力的冲量。如甲乙丙图所示。 ③对于易确定始、末时刻动量的情况，可用动量定理求解，即通过求Δp间接求出冲量。 ④对于变力的方向时刻改变的，先做矢量三角形求出Δp，再确定冲量的大小和方向，如下图所示，小球在水平面内绕圆心O做匀速圆周运动，合力的方向发生变化,冲量的方向与动量变化量的方向一致.由图可得,合力的冲量I = mv2-mv1 = mΔv 4.求合冲量的两种方法 ①分别求每一个力的冲量,再求各冲量的矢量和; ②如果各个力的作用时间相同,也可以先求合力,再用公式I合=FΔt 求解. 考向1：对动量及动量变化量的理解和计算 【针对训练1】（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 【针对训练2】（2026·吉林白山·一模）在足球场上，一质量为m=450g的足球朝运动员以的速度迎面而来，然后运动员将足球以v=30m/s的速度反方向踢回，规定足球被踢回的方向为正方向。则下列说法正确的是（　　） A．足球动量的变化量为4.5kg·m/s B．合外力对足球的冲量为22.5 N·s C．合外力对足球不做功 D．合外力对足球做功为2.25J 考向2：求恒力的冲量 【针对训练3】（多选）（2025·广东佛山·一模）某次军事演习中，特种部队使用无人机进行投弹训练。无人机在高度处以初速度向东水平发射10kg的炮弹。炮弹发射后受到水平向南的50N恒定风力作用。重力加速度，不计空气阻力。下列说法正确的是（　　） A．炮弹的运动为平抛运动 B．炮弹在空中运动的时间为4s C．落地速度大小为60m/s D．合力的冲量大小为 【针对训练4】（2026·河北·一模）如图所示为某餐厅的点餐、送餐机器人，质量。某次承载质量的餐盘（包括食物）在水平地面上以的速度匀速运动，某时刻机器人紧急制动，以的加速度做匀减速直线运动。已知餐盘与机器人水平台面间的动摩擦因数，餐盘没有从机器人上脱离，取重力加速度，忽略空气阻力，下列说法正确的是（　　） A．制动过程中餐盘的加速度大小为 B．制动0.1s内，餐盘与机器人之间因摩擦产生的总热量为0.5J C．制动0.1s内，地面对机器人的摩擦力的冲量大小为7N·s D．制动0.1s内，机器人对餐盘的冲量大小为1N·s 考向3：求变力的冲量 【针对训练5】（2026·辽宁·一模）如图所示，竖直平面内有一固定的半圆形光滑圆弧轨道ABC，圆心为O，直径AC水平，半径OB竖直。将一个小球P从圆弧轨道A处由静止释放，小球P从A沿轨道下滑到B点的过程中，下列说法正确的是（　　） A．小球处于失重状态 B．小球处于超重状态 C．轨道对小球弹力做的功为0 D．轨道对小球弹力的冲量为0 【针对训练6】（多选）（2023·江西南昌·二模）如图甲所示，质量为的物体静止在倾角为的固定斜面上，在沿斜面向上推力F作用下开始运动，推力F随时间t变化的关系如图乙所示（后无推力存在）。已知物体与斜面之间的动摩擦因数，重力加速度，则（    ） A．物体运动的时间为 B．时物体的速度达到最大 C．物体在运动过程中最大加速度为 D．在物体运动过程中推力的冲量为 【针对训练7】（多选）（2025·广东·高考真题）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时间段内（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会变化 B．受到拉力的冲量大小为 C．受到重力和拉力的合力的冲量大小为 D．T时刻受到空气作用力的大小为 考点2：动量定理及其应用 1.动量定理 (1)内容：物体所受合力的冲量等于物体动量的变化量． (2)表达式：F合·t＝Δp＝ . (3)矢量性：动量变化量方向与合力的方向相同，可以在某一方向上用动量定理． ①动量定理的研究对象是一个质点(或可视为一个物体的系统)． ②动量定理的表达式是 式，等号包含了大小相等、方向相同两方面的含义。在一维情况下，各个矢量必须选 。 ③动量定理不仅适用于恒定的力，也适用于随时间变化的力。这种情况下，动量定理中的力F应理解为变力在作用时间内的 值. ④动量定理中的冲量是合外力的冲量,而不是某一个力的冲量,它可以是合力的冲量,也可以是各力冲量的矢量和,还可以是外力在不同阶段的冲量的矢量和.合力是包括重力在内的所有外力的合力，合力的冲量不包括系统内力的冲量。 ⑤由Ft＝p′－p得F＝ ＝ ，即物体所受的合外力等于物体的动量对时间的 。 2.动量定理的三大应用 (1)用动量定理解释现象 ①物体的动量变化一定，此时力的作用时间越短，力就越 ；时间越长，力就越 ．如玻璃杯掉在水泥地上易碎,而掉在沙地上不易碎。 ②作用力一定，此时力的作用时间越长，动量变化越 ；力的作用时间越短，动量变化越 ． (2)应用I＝Δp求变力的冲量． (3)应用Δp＝F·Δt求恒力作用下的曲线运动中物体动量的变化量． 3.用动量定理解题的基本思路 4.应用动量定理处理多物体、多过程问题 1.动量定理适用于单个物体也适用于多个物体组成的系统． 2.动量定理不仅能处理单一过程，也能处理多过程．在多过程中外力的冲量是各个力冲量的矢量和．对过程较复杂的运动，可分段用动量定理，也可整个过程用动量定理．解决多物体多过程问题的一般思路： ①若物体（或系统）涉及速度和时间，应考虑用 ； ②若物体（或系统）涉及位移和时间，且受到恒力的作用，应考虑使用 ； ③若物体（或系统）涉及位移和速度，应考虑使用 ，尤其是关于曲线运动和变加速运动问题。 考向1：用动量定理解释生活现象 【针对训练8】（2025·广东深圳·模拟预测）有两个完全相同的铅球，从图甲中左、右两个圆筒的正上方相同高度处同时静止释放，两球分别与左、右两个筒的底部发生碰撞并反弹。其中左筒底部为一钢板，右筒底部为泡沫，左右两边的压力传感器测得球第一次碰撞中受到的撞击力随时间变化分别如图乙中的曲线①②，已知曲线①②与时间轴围成的面积相等。则第一次碰撞过程中（　　） A．左边小球所受重力的冲量大 B．两小球所受合外力的冲量相等 C．左边小球所受合外力的冲量大 D．右边小球动量变化大 【针对训练9】（2026·陕西宝鸡·一模）近两年推出的“智能防摔马甲”是一款专门为老年人研发的科技产品。该装置的原理是通过马甲内的传感器和微处理器精准识别穿戴者的运动姿态，在其失衡瞬间迅速打开安全气囊进行主动保护，能有效地避免摔倒带来的伤害。假设实验人员穿上“防摔马甲”，倒地时着地时间延长为未穿时的5倍。则人在着地过程中，穿上“防摔马甲”和未穿相比，下列判断正确的是（　　） A．人的动量变化量变为未穿时的5倍 B．人的动量变化率变为未穿时的 C．人所受合外力的冲量变为未穿时的 D．人所受合外力的冲量变为未穿时的5倍 考向2：动量定理的有关计算 【针对训练10】（2025·湖北·一模）2025年9月6日，在青岛举行的全国蹦床锦标赛上，朱雪莹勇夺桂冠。某次训练中，朱雪莹从最高点由静止落下，接触到网面的瞬时速度大小为10m/s，弹起后离开网面的瞬时速度大小为8m/s，她与网接触时间为0.6s。已知朱雪莹的质量约为50kg，重力加速度大小取10m/s2，则此过程中网对她的平均作用力大小约为（　　） A．2000N B．1667N C．1500N D．167N 【针对训练11】（2026·北京朝阳·二模）某同学为了探究排球在下落过程中所受的空气阻力，将一质量为m的排球放在运动传感器的正下方由静止释放，得到排球落地前下落的速度v随时间t的变化图像如图所示，t1时刻排球恰好落地。重力加速度为g。下列说法正确的是（　　） A．排球下落过程处于超重状态 B．排球下落的距离为 C．排球下落过程中所受空气阻力的大小为 D．排球下落过程中所受空气阻力冲量的大小为mv1 考点3：应用动量定理处理“流体问题”“粒子流问题” 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，液体流量Q（单位时间内流体的体积）等 分 析 步 骤 1 建立“柱状模型”，沿流速v的方向选取一段柱形流体，其横截面积为S 2 微元研究，作用时间Δt内的一段柱形流体的长度为Δl，对应的质量为Δm＝ 3 建立方程，应用动量定理研究这段柱状流体 2.微粒类柱状模型 微粒及 其特点 通常电子流、光子流、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，柱体的横截面积为S 2 微元研究，作用时间Δt内一段柱形流体的长度为Δl，对应的体积为ΔV＝Sv0Δt，则微元内的粒子数N＝ 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：动量定理解决流体类问题 【针对训练11】（2026·河北沧州·二模）2026年3月，长江发动机正式进入适航取证冲刺阶段，该发动机是国产大飞机C919的配套动力。某次测试时，将该发动机固定在测试台上进行静态实验，发动机向后喷射燃气的速度约为，产生的推力约为，则它在1s时间内喷射的燃气质量约为（　　） A．60kg B．240kg C．600kg D．2400kg 【针对训练12】（2026·山东临沂·二模）临沂城区滨河路、沂蒙路等路段骑行流量大，雨天自行车后轮甩出的泥水易打在挡泥板上。现某一物理兴趣小组研究挡泥板受到的冲击力：已知自行车后轮角速度为ω，轮子半径为R，泥水密度为ρ，挡泥板有效受力面积为S。泥水打到挡泥板后速度大小不变、方向反向（完全弹性碰撞），且单位时间内甩出的泥水在挡泥板处分布均匀，忽略重力影响。下列说法正确的是（　　） A．泥水滴甩出时的线速度大小为 B．单位时间内打在挡泥板上的泥水滴动量变化量大小为 C．挡泥板对泥水滴的平均作用力大小为 D．单位时间内打在挡泥板上的泥水滴总动能为 考向2：动量定理解决微粒类问题 【针对训练13】（2026·浙江金华·二模）离子推进器是用电场将等离子加速后喷出而获得前进动力的，如图所示：进入电离室的气体被电离成正离子，而后飘入电极之间的匀强电场（离子初速度忽略不计），间电压为，使正离子加速形成离子束。已知每个正离子质量为，电荷量为，单位时间内飘入的正离子数目为，则在加速过程中推进器获得恒定的推力为（　　） A． B． C． D． 【针对训练14】（2026·北京房山·二模）如图所示，某自动称米机阀门距秤盘的高度h=0.2 m，当阀门打开时大米从静止开始下落，大米与秤盘的碰撞时间极短且不反弹（碰撞过程重力可忽略）。当称米机的示数为1 kg时，阀门在电机控制下立即关闭。已知大米的流量（单位时间内流出的质量）Q=0.1 kg/s，重力加速度g取10 m/s2，忽略空气阻力及大米在秤盘堆积的高度，求： (1)大米落到秤盘前瞬间速度的大小v和阀门关闭瞬间空中大米的质量m。 (2)大米与秤盘碰撞时对秤盘冲击力的大小F。 (3)稳定后（空中的大米全部落入秤盘），称米机的示数M。 【真题1】（2026·江苏·高考真题）如图所示，水平面内一光滑小球沿正方形线框保持速率不变运行，a、b、c、d分别是各边中点，在拐点处小球所受合力的冲量大小和其动量大小的比值是（     ） A． B． C． D． 【真题2】（2026·四川·高考真题）2026年2月，我国某科创团队发布全球首款速度达到的全尺寸人形机器人、该机器人体重；2025年1月、该团队发布的四足机器人体重。若两款机器人均以的速度同方向运动，则二者的动量大小之差为（     ） A． B． C． D． 【真题3】（2025·湖北·高考真题）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． 【真题4】（2025·甘肃·高考真题）如图1所示，细杆两端固定，质量为m的物块穿在细杆上。初始时刻。物块刚好能静止在细杆上。现以水平向左的力F作用在物块上，F随时间t的变化如图2所示。开始滑动瞬间的滑动摩擦力等于最大静摩擦力。细杆足够长，重力加速度为g，θ=30°。 求： (1)t=6s时F的大小，以及t在0~6s内F的冲量大小。 (2)t在0~6s内，摩擦力f随时间t变化的关系式，并作出相应的f−t图像。 (3)t=6s时，物块的速度大小。 【真题5】（2025·贵州·高考真题）杵臼是我国古代加工谷物的重要工具，在《诗经·大雅》中有明确记载。使用杵臼的示意图如图（a）所示，舂捣臼中谷物时，手紧握质量为的石杵（石杵与谷物接触但未陷入），对其施加一竖直向上的恒力使其上升，作用一段时间后松手，松手后不考虑手与石杵的作用力。当石杵上升到最高点时，手再次紧握石杵并对其施加一竖直向下的作用力，其大小随下降距离的变化关系如图（b）所示，图中为的最大值。石杵接触谷物时松手，松手后不考虑手与石杵的作用力，再经过时间石杵静止，完成一次舂捣。已知，取重力加速度大小。求： (1)石杵上升的最大高度及上升过程所用的时间； (2)时间内石杵对谷物的平均作用力大小。 一、单选题 1．（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 2．（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 3．（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． 4．（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 5．（2026·广东江门·一模）如图所示为一架质量为M的6轴运送快递无人机，悬停时每个轴上的螺旋桨均竖直向下吹出最大速度为v的气流，每个螺旋桨产生气流的有效横截面积均为S，空气密度为ρ，重力加速度为g，则该无人机悬停时其载货质量的最大值为（　　） A． B． C． D． 6．（2026·湖南长沙·三模）完全相同的甲、乙两物体静止在水平地面上，分别同时受到大小相同的拉力和，方向均与水平方向成角，如图所示，甲做匀加速直线运动，乙保持静止。经过时间后同时撤掉，和。再经时间，甲刚好停止。在时间内，不计空气阻力，下列说法正确的是（    ） A．两物体所受拉力和的冲量相同 B．两物体所受摩擦力的冲量相同 C．甲物体所受合力的冲量大于乙物体所受合力的冲量 D．甲物体在时间内通过的位移大于时间内通过的位移 7．（2026·广西柳州·三模）消防水龙头的喷嘴每秒钟内流出的水量，已知喷嘴的横截面积，水的密度 ，消防员将喷嘴方向调整为与水平面夹角，水柱在最高处正好到达着火位置，设水在最高点与着火物撞击后速度变为零，忽略空气阻力，g取，cos53°=0.6，则水在最高点对着火物的冲击力为（　　） A．72N B．96N C．120N D．144N 8．（2026·河南平顶山·三模）用某电钻给固定的物体钻孔，已知该过程电钻所受阻力的大小与运动时间t、位移x的关系图像分别如图（a）、（b）所示，图中坐标均为已知量，时刻为起始位置。下列说法正确的是（    ） A．内，电钻与物体间阻力对电钻做的功为 B．内，阻力对电钻的冲量的大小为 C．内，电钻运动的加速度大小为 D．内，电钻运动的平均速度大小为 9．（2026·陕西西安·二模）如图所示，无风的天气里，无人机连同货物的总质量为，当无人机旋转的风扇在时间内竖直向下送出的空气质量为时，它刚好能够悬停在空中。已知重力加速度为，则无人机旋转的风扇竖直向下送出空气的速度为（　　） A． B． C． D． 10．（2026·北京东城·一模）冰壶比赛中，投掷冰壶运动员的队友，可以用毛刷在冰壶滑行前方来回摩擦冰面，减小冰面和冰壶之间的动摩擦因数以调节冰壶的运动。不摩擦冰面时，冰壶和冰面之间的动摩擦因数为0.02；摩擦冰面时，动摩擦因数变为原来的。第一次运动员以的速度投掷冰壶，直至冰壶静止；第二次运动员仍以的速度将冰壶投出，在冰壶自由滑行的距离后，其队友开始在冰壶滑行前方摩擦冰面，直至冰壶静止。冰壶质量为，取，不计空气阻力。下列说法正确的是（    ） A．第二次冰壶自投出至最终静止过程中的加速度为 B．第二次冰壶的动量变化量小于第一次冰壶的动量变化量 C．两次冰壶和冰面摩擦产生的热量都是 D．第二次冰壶运动的距离小于第一次冰壶运动的距离 二、多选题 11．（2026·山东烟台·二模）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，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 12．（2026·宁夏吴忠·一模）用起重机提升质量为200kg货物，取竖直向上为正方向，货物上升过程中的v-t图像如图所示，g取，则（   ） A．在到内拉力做功为 B．在到内动量的变化为 C．在到内合外力的冲量为零 D．在到内拉力的平均功率为2000W 13．（2026·广东广州·三模）坚硬的水平地面上放置一木料，木料上有一个竖直方向的方孔，方孔各侧壁完全相同。木栓材质坚硬，形状为正四棱台，上下底面均为正方形，四个侧面完全相同且与上底面的夹角均为θ。木栓质量为m，与方孔侧壁的动摩擦因数为μ。现用一锤子敲击木栓使其嵌入木料方孔：将木栓下底面对准方孔边缘，接触但无挤压，锤子敲击木栓后瞬间反弹，木栓所受的合力冲量为I，方向竖直向下。此后木栓获得一个向下的初速度开始嵌入方孔，最终嵌入深度为Δx，未到达方孔底部。若进入的过程方孔侧壁发生弹性形变，每个侧壁面的弹力大小与木栓的嵌入深度成正比，最大静摩擦力约等于滑动摩擦力，则（     ） A．锤子敲击木栓后，木栓获得的初速度为 B．木栓嵌入方孔过程中，木料对木栓的平均阻力大小 C．木栓嵌入方孔过程中，木料和木栓组成的系统机械能共损失了 D．木栓在方孔中静止后，木栓每个侧面所受的弹力为 三、解答题 14．（2026·重庆沙坪坝·模拟预测）如图甲所示，其为一种古法榨油：“撞木榨油”，其过程简化为撞木撞击木楔，木楔获得速度向里运动挤压胚饼，重复上述过程，撞击榨出油来。现有一长度的轻绳，上端固定于屋梁，下端悬挂一质量的撞木，可视为质点，如图所示。将撞木拉至轻绳与竖直方向成角的位置，由静止释放，运动至最低点时与质量的木楔发生正碰，撞击时间，撞木每次撞击结束后速度大小为撞击前0.9倍。撞木和木楔发生一次碰撞后，立刻将撞木拉到前一次释放的初始位置，木楔静止后，再次由静止释放撞木，进行下一次撞击，如此反复。木楔被撞后扎入胚饼里运动，同时向两侧挤压胚饼，运动过程中所受的阻力与它的位移关系如图丙所示。已知重力加速度,(, )，空气阻力忽略不计，求： (1)撞击前，撞木在最低点对轻绳的拉力大小； (2)碰撞过程中，若系统内力大于外力的十倍，可近似视为系统动量守恒。计算判断撞木与木楔的碰撞过程能否近似视为动量守恒； (3)已知木楔移动的位移时胚饼开始出油，则至少需撞击多少次木楔才开始出油。 学科网（北京）股份有限公司 $ 第10讲 动量和动量定理及其应用 【考点1：动量及冲量】 考向1：对动量及动量变化量的理解和计算 考向2：求恒力的冲量 考向3：求变力的冲量 【考点2：动量定理及其应用】 考向1：用动量定理解释生活现象 考向2：动量定理的有关计算 【考点3：应用动量定理处理“流体问题”“粒子流问题”】 考向1：动量定理解决流体类问题 考向2：动量定理解决微粒类问题 考点1：动量及冲量 1.动能、动量、动量变化量的比较 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，则动量一定发生变化；动量发生变化时动能不一定发生变化 2.冲量 (1)定义：力与力的作用时间的乘积叫作力的冲量。 (2)表达式：I＝FΔt。 (3)单位：冲量的单位是牛秒，符号是 N·s。 (4)方向：冲量是矢量，冲量的方向由力的方向决定。如果力的方向在作用时间内不变，冲量的方向就跟力的方向相同；如果力的方向在作用时间内发生变化，则冲量的方向只能由动量变化量的方向确定。 3.冲量的计算 恒力的冲量 直接用定义式I＝Ft计算。 变力的冲量 ①方向不变的变力的冲量，若力的大小随时间均匀变化，即力为时间的一次函数，则力F在某段时间t内的冲量I＝t，其中F1、F2为该段时间内初、末两时刻力的大小。 ②作出F­t变化图线，图线与t轴所夹的面积即为变力的冲量。如甲乙丙图所示。 ③对于易确定始、末时刻动量的情况，可用动量定理求解，即通过求Δp间接求出冲量。 ④对于变力的方向时刻改变的，先做矢量三角形求出Δp，再确定冲量的大小和方向，如下图所示，小球在水平面内绕圆心O做匀速圆周运动，合力的方向发生变化,冲量的方向与动量变化量的方向一致.由图可得,合力的冲量I = mv2-mv1 = mΔv 4.求合冲量的两种方法 ①分别求每一个力的冲量,再求各冲量的矢量和; ②如果各个力的作用时间相同,也可以先求合力,再用公式I合=FΔt 求解. 考向1：对动量及动量变化量的理解和计算 【针对训练1】（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。 【针对训练2】（2026·吉林白山·一模）在足球场上，一质量为m=450g的足球朝运动员以的速度迎面而来，然后运动员将足球以v=30m/s的速度反方向踢回，规定足球被踢回的方向为正方向。则下列说法正确的是（　　） A．足球动量的变化量为4.5kg·m/s B．合外力对足球的冲量为22.5 N·s C．合外力对足球不做功 D．合外力对足球做功为2.25J 【答案】B 【详解】A．题意可知v方向为正方向，则足球动量的变化量，故A错误； B．根据动量定理，合外力对足球的冲量等于动量变化量，即，故B正确； CD。合外力对足球做功等于动能变化量，即，故CD错误。 故选B。 考向2：求恒力的冲量 【针对训练3】（多选）（2025·广东佛山·一模）某次军事演习中，特种部队使用无人机进行投弹训练。无人机在高度处以初速度向东水平发射10kg的炮弹。炮弹发射后受到水平向南的50N恒定风力作用。重力加速度，不计空气阻力。下列说法正确的是（　　） A．炮弹的运动为平抛运动 B．炮弹在空中运动的时间为4s C．落地速度大小为60m/s D．合力的冲量大小为 【答案】BCD 【详解】A．平抛运动只受到重力作用，而炮弹受到水平方向上的风力以及竖直方向重力作用，故炮弹的运动不是平抛运动，故A错误； B．在竖直方向上，炮弹做自由落体运动，根据 解得，故B正确； C．竖直方向上末速度为 水平向东方向上不受外力，末速度为 水平向南方向上，末速度为 故落地速度大小为，故C正确； D．炮弹受到的合力为重力与风力的矢量和，其大小为 合力的冲量大小为，故D正确。 故选BCD。 【针对训练4】（2026·河北·一模）如图所示为某餐厅的点餐、送餐机器人，质量。某次承载质量的餐盘（包括食物）在水平地面上以的速度匀速运动，某时刻机器人紧急制动，以的加速度做匀减速直线运动。已知餐盘与机器人水平台面间的动摩擦因数，餐盘没有从机器人上脱离，取重力加速度，忽略空气阻力，下列说法正确的是（　　） A．制动过程中餐盘的加速度大小为 B．制动0.1s内，餐盘与机器人之间因摩擦产生的总热量为0.5J C．制动0.1s内，地面对机器人的摩擦力的冲量大小为7N·s D．制动0.1s内，机器人对餐盘的冲量大小为1N·s 【答案】C 【详解】A．机器人对餐盘的滑动摩擦力为 根据牛顿第二定律得，餐盘的加速度大小为，故A错误； B．制动0.1s内，餐盘的位移 机器人的位移 餐盘与机器人之间的相对位移为 餐盘与机器人之间因摩擦产生的总热量为，故B错误； C．对机器人进行受力分析，得 解得地面对机器人的摩擦力 制动0.1s内，地面对机器人的摩擦力的冲量大小为，故C正确； D．机器人对餐盘的支持力为 机器人对餐盘的作用力为 制动0.1s内，机器人对餐盘的冲量大小为，故D错误。 故选C。 考向3：求变力的冲量 【针对训练5】（2026·辽宁·一模）如图所示，竖直平面内有一固定的半圆形光滑圆弧轨道ABC，圆心为O，直径AC水平，半径OB竖直。将一个小球P从圆弧轨道A处由静止释放，小球P从A沿轨道下滑到B点的过程中，下列说法正确的是（　　） A．小球处于失重状态 B．小球处于超重状态 C．轨道对小球弹力做的功为0 D．轨道对小球弹力的冲量为0 【答案】C 【详解】AB．小球从A到B的过程中，小球竖直向下的速度先变大后变小，故小球竖直方向的加速度先向下后向上，故小球从A到B的过程中，先失重后超重，故AB错误； C．小球从A到B的过程中，轨道对小球的支持力始终与速度垂直，故轨道对小球弹力做的功为0，故C正确； D．小球在A处的动量为0，在B处的动量水平向右，整个运动过程中重力的冲量竖直向下，故轨道对小球的弹力有一个方向为右上方的冲量，故D错误。 故选C。 【针对训练6】（多选）（2023·江西南昌·二模）如图甲所示，质量为的物体静止在倾角为的固定斜面上，在沿斜面向上推力F作用下开始运动，推力F随时间t变化的关系如图乙所示（后无推力存在）。已知物体与斜面之间的动摩擦因数，重力加速度，则（    ） A．物体运动的时间为 B．时物体的速度达到最大 C．物体在运动过程中最大加速度为 D．在物体运动过程中推力的冲量为 【答案】CD 【详解】A．力F与t的关系式为 则由 可得物体运动的时间为 故A错误； B．合力为零时，速度最大，则有 可得 故B错误； C．刚运动时，合力沿斜面向上，为 8s时，合力为 即合力先从40N减为零，再增加到40N，所以合力最大值为40N，最大加速度为 故C正确； D．在物体运动过程中推力的冲量为 故D正确。 故选CD。 【针对训练7】（多选）（2025·广东·高考真题）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时间段内（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会变化 B．受到拉力的冲量大小为 C．受到重力和拉力的合力的冲量大小为 D．T时刻受到空气作用力的大小为 【答案】AB 【详解】AD．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，则无人机受到空气作用力与重力和拉力的合力等大反向，随着F的减小重力和拉力的合力如图 可知无人机受到空气作用力的大小和方向均会改变，在T时刻有，F = F0－kT 解得 故A正确、D错误； B．由于拉力F随时间t均匀变化，则无人机在0到T时间段内受到拉力的冲量大小为F—t图像与坐标轴围成的面积为，故B正确； C．将拉力分解为水平和竖直方向，则无人机受重力和拉力的合力在水平方向有 无人机受重力和拉力的合力在竖直方向有 0到T时间段内无人机受重力和拉力的合力在水平方向的冲量为 0到T时间段内无人机受重力和拉力的合力在竖直方向的冲量为 则0到T时间段内无人机受到重力和拉力的合力的冲量大小为 故C错误。 故选AB。 考点2：动量定理及其应用 1.动量定理 (1)内容：物体所受合力的冲量等于物体动量的变化量． (2)表达式：F合·t＝Δp＝p′－p. (3)矢量性：动量变化量方向与合力的方向相同，可以在某一方向上用动量定理． ①动量定理的研究对象是一个质点(或可视为一个物体的系统)． ②动量定理的表达式是矢量式，等号包含了大小相等、方向相同两方面的含义。在一维情况下，各个矢量必须选同一个正方向。 ③动量定理不仅适用于恒定的力，也适用于随时间变化的力。这种情况下，动量定理中的力F应理解为变力在作用时间内的平均值. ④动量定理中的冲量是合外力的冲量,而不是某一个力的冲量,它可以是合力的冲量,也可以是各力冲量的矢量和,还可以是外力在不同阶段的冲量的矢量和.合力是包括重力在内的所有外力的合力，合力的冲量不包括系统内力的冲量。 ⑤由Ft＝p′－p得F＝ ＝ ，即物体所受的合外力等于物体的动量对时间的变化率。 2.动量定理的三大应用 (1)用动量定理解释现象 ①物体的动量变化一定，此时力的作用时间越短，力就越大；时间越长，力就越小．如玻璃杯掉在水泥地上易碎,而掉在沙地上不易碎。 ②作用力一定，此时力的作用时间越长，动量变化越大；力的作用时间越短，动量变化越小． (2)应用I＝Δp求变力的冲量． (3)应用Δp＝F·Δt求恒力作用下的曲线运动中物体动量的变化量． 3.用动量定理解题的基本思路 4.应用动量定理处理多物体、多过程问题 1.动量定理适用于单个物体也适用于多个物体组成的系统． 2.动量定理不仅能处理单一过程，也能处理多过程．在多过程中外力的冲量是各个力冲量的矢量和．对过程较复杂的运动，可分段用动量定理，也可整个过程用动量定理．解决多物体多过程问题的一般思路： ①若物体（或系统）涉及速度和时间，应考虑用动量定理； ②若物体（或系统）涉及位移和时间，且受到恒力的作用，应考虑使用牛顿运动定律； ③若物体（或系统）涉及位移和速度，应考虑使用动能定理，尤其是关于曲线运动和变加速运动问题。 考向1：用动量定理解释生活现象 【针对训练8】（2025·广东深圳·模拟预测）有两个完全相同的铅球，从图甲中左、右两个圆筒的正上方相同高度处同时静止释放，两球分别与左、右两个筒的底部发生碰撞并反弹。其中左筒底部为一钢板，右筒底部为泡沫，左右两边的压力传感器测得球第一次碰撞中受到的撞击力随时间变化分别如图乙中的曲线①②，已知曲线①②与时间轴围成的面积相等。则第一次碰撞过程中（　　） A．左边小球所受重力的冲量大 B．两小球所受合外力的冲量相等 C．左边小球所受合外力的冲量大 D．右边小球动量变化大 【答案】C 【详解】A．甲左边装置底部为钢板，右边装置底部为泡沫，则小球与甲左边装置底部碰撞过程作用时间较小，重力冲量 为碰撞时间，由图乙可知：左球（钢板）碰撞时间右球（泡沫）碰撞时间，两球重力相等，可知左边小球所受重力的冲量小，A错误； BC．两小球所受合外力的冲量为支持力（撞击力）冲量与重力冲量的矢量和，合外力冲量的大小等于支持力（撞击力）冲量大小减去重力冲量大小，由题意知曲线①②与时间轴围成的面积相等，即支持力冲量相等，由于左边小球所受重力的冲量小，则左边小球所受合外力的冲量大，B错误，C正确； D．根据动量定理，动量变化量等于合外力的冲量，因此左球动量变化更大，D错误。 故选C 。 【针对训练9】（2026·陕西宝鸡·一模）近两年推出的“智能防摔马甲”是一款专门为老年人研发的科技产品。该装置的原理是通过马甲内的传感器和微处理器精准识别穿戴者的运动姿态，在其失衡瞬间迅速打开安全气囊进行主动保护，能有效地避免摔倒带来的伤害。假设实验人员穿上“防摔马甲”，倒地时着地时间延长为未穿时的5倍。则人在着地过程中，穿上“防摔马甲”和未穿相比，下列判断正确的是（　　） A．人的动量变化量变为未穿时的5倍 B．人的动量变化率变为未穿时的 C．人所受合外力的冲量变为未穿时的 D．人所受合外力的冲量变为未穿时的5倍 【答案】B 【详解】ACD．由于人从一定高度摔倒时，落地前的速度是一定的，着地后的速度为零，因此无论是否穿“防摔马甲”，动量的变化量不变，根据动量定理可知，即合外力的冲量也不变，故ACD错误； B．根据动量定理可得 解得 可知，动量的变化率即为物体受到的合外力，由于穿上“防摔马甲”后作用时间变为原来的5倍，则人受到的合外力变为原来的，也意味着人的动量变化率变为未穿时的，故B正确。 故选B。 考向2：动量定理的有关计算 【针对训练10】（2025·湖北·一模）2025年9月6日，在青岛举行的全国蹦床锦标赛上，朱雪莹勇夺桂冠。某次训练中，朱雪莹从最高点由静止落下，接触到网面的瞬时速度大小为10m/s，弹起后离开网面的瞬时速度大小为8m/s，她与网接触时间为0.6s。已知朱雪莹的质量约为50kg，重力加速度大小取10m/s2，则此过程中网对她的平均作用力大小约为（　　） A．2000N B．1667N C．1500N D．167N 【答案】A 【详解】以向上为正方向，接触网面时速度（向下），弹起后速度（向上）。动量变化 动量定理 解得 故选A。 【针对训练11】（2026·北京朝阳·二模）某同学为了探究排球在下落过程中所受的空气阻力，将一质量为m的排球放在运动传感器的正下方由静止释放，得到排球落地前下落的速度v随时间t的变化图像如图所示，t1时刻排球恰好落地。重力加速度为g。下列说法正确的是（　　） A．排球下落过程处于超重状态 B．排球下落的距离为 C．排球下落过程中所受空气阻力的大小为 D．排球下落过程中所受空气阻力冲量的大小为mv1 【答案】C 【详解】A．排球下落过程，加速下降，加速度方向竖直向下，处于失重状态，故A错误； B．由v-t图像与时间轴围成的面积表示位移，则排球下落的距离为，故B错误； C．由v-t图像可知，排球下落过程的加速度 根据牛顿第二定律有 解得排球下落过程中所受空气阻力的大小 故C正确； D．根据动量定理，排球下落过程中所受合力的冲量的大小为mv1 即 则空气阻力冲量的大小，故D错误。 故选C。 考点3：应用动量定理处理“流体问题”“粒子流问题” 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，液体流量Q（单位时间内流体的体积）等 分 析 步 骤 1 建立“柱状模型”，沿流速v的方向选取一段柱形流体，其横截面积为S 2 微元研究，作用时间Δt内的一段柱形流体的长度为Δl，对应的质量为Δm＝ρSvΔt 3 建立方程，应用动量定理研究这段柱状流体 2.微粒类柱状模型 微粒及 其特点 通常电子流、光子流、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，柱体的横截面积为S 2 微元研究，作用时间Δt内一段柱形流体的长度为Δl，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：动量定理解决流体类问题 【针对训练11】（2026·河北沧州·二模）2026年3月，长江发动机正式进入适航取证冲刺阶段，该发动机是国产大飞机C919的配套动力。某次测试时，将该发动机固定在测试台上进行静态实验，发动机向后喷射燃气的速度约为，产生的推力约为，则它在1s时间内喷射的燃气质量约为（　　） A．60kg B．240kg C．600kg D．2400kg 【答案】B 【详解】取内喷射的燃气为研究对象，燃气初始动量为0，喷出后动量为，发动机对燃气的作用力大小等于推力。根据动量定理 代入数据，解得 故选B。 【针对训练12】（2026·山东临沂·二模）临沂城区滨河路、沂蒙路等路段骑行流量大，雨天自行车后轮甩出的泥水易打在挡泥板上。现某一物理兴趣小组研究挡泥板受到的冲击力：已知自行车后轮角速度为ω，轮子半径为R，泥水密度为ρ，挡泥板有效受力面积为S。泥水打到挡泥板后速度大小不变、方向反向（完全弹性碰撞），且单位时间内甩出的泥水在挡泥板处分布均匀，忽略重力影响。下列说法正确的是（　　） A．泥水滴甩出时的线速度大小为 B．单位时间内打在挡泥板上的泥水滴动量变化量大小为 C．挡泥板对泥水滴的平均作用力大小为 D．单位时间内打在挡泥板上的泥水滴总动能为 【答案】C 【详解】A．泥水滴随后轮做圆周运动，甩出时线速度满足圆周运动线速度与角速度关系，故A错误； B．时间内打在挡泥板上的泥水质量 取泥水初速度方向为正方向，碰撞后速度反向大小不变，内动量变化量大小 则单位时间动量变化量大小为，故B错误； C．根据动量定理 代入得挡泥板对泥水滴的平均作用力大小，故C正确； D．单位时间内泥水总动能为，故D错误。 故选C。 考向2：动量定理解决微粒类问题 【针对训练13】（2026·浙江金华·二模）离子推进器是用电场将等离子加速后喷出而获得前进动力的，如图所示：进入电离室的气体被电离成正离子，而后飘入电极之间的匀强电场（离子初速度忽略不计），间电压为，使正离子加速形成离子束。已知每个正离子质量为，电荷量为，单位时间内飘入的正离子数目为，则在加速过程中推进器获得恒定的推力为（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】设时间喷出粒子的质量为，离子推进器对其的平均推力大小为F，规定向右为正方向，对，根据动量定理有 其中 根据动能定理有 联立解得 根据牛顿第三定律可知，引擎获得的推力为。 故选C。 【针对训练14】（2026·北京房山·二模）如图所示，某自动称米机阀门距秤盘的高度h=0.2 m，当阀门打开时大米从静止开始下落，大米与秤盘的碰撞时间极短且不反弹（碰撞过程重力可忽略）。当称米机的示数为1 kg时，阀门在电机控制下立即关闭。已知大米的流量（单位时间内流出的质量）Q=0.1 kg/s，重力加速度g取10 m/s2，忽略空气阻力及大米在秤盘堆积的高度，求： (1)大米落到秤盘前瞬间速度的大小v和阀门关闭瞬间空中大米的质量m。 (2)大米与秤盘碰撞时对秤盘冲击力的大小F。 (3)稳定后（空中的大米全部落入秤盘），称米机的示数M。 【答案】(1)， (2) (3) 【详解】（1）设每粒大米质量为，由机械能守恒 解得大米落入秤盘时的速度大小 阀门关闭，米在空中近似做自由落体运动，则有 解得 空中大米的质量。 （2）时间内，从阀门处下落的大米质量 令其落到秤上时受到的冲击力为，根据动量定理有 解得 根据牛顿第三定律可知，大米与秤盘碰撞时对秤盘冲击力 （3）关闭阀门时，秤示数为1kg，此时，结合上述可知，秤上大米质量为 则当空中大米全部落入盘中后，大米的总质量。 【真题1】（2026·江苏·高考真题）如图所示，水平面内一光滑小球沿正方形线框保持速率不变运行，a、b、c、d分别是各边中点，在拐点处小球所受合力的冲量大小和其动量大小的比值是（     ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】根据动量定理，小球在拐点处受到合力的冲量等于动量的变化量，即 设小球速率为v，动量大小 正方形相邻边方向垂直，小球拐弯前后速度大小均为v，方向夹角为，因此动量变化量的大小为： 可得 结合几何关系，选项中只有A符合。 故选A。 【真题2】（2026·四川·高考真题）2026年2月，我国某科创团队发布全球首款速度达到的全尺寸人形机器人、该机器人体重；2025年1月、该团队发布的四足机器人体重。若两款机器人均以的速度同方向运动，则二者的动量大小之差为（     ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】根据题意，由动量表达式可得，二者的动量大小之差为 故选C。 【真题3】（2025·湖北·高考真题）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 【详解】方法一：门板先在向右的外力作用下做匀加速直线运动，撤去外力后做匀减速直线运动，若外力比较大，加速时间很短，位移很小，可以忽略不计，此时门板的运动时间最短，撤去外力后根据牛顿第二定律有，设撤去外力后门板最短运动时是为t，运动的距离为，可得门板的最短时间趋近于。 故选B。 方法二：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。 【真题4】（2025·甘肃·高考真题）如图1所示，细杆两端固定，质量为m的物块穿在细杆上。初始时刻。物块刚好能静止在细杆上。现以水平向左的力F作用在物块上，F随时间t的变化如图2所示。开始滑动瞬间的滑动摩擦力等于最大静摩擦力。细杆足够长，重力加速度为g，θ=30°。 求： (1)t=6s时F的大小，以及t在0~6s内F的冲量大小。 (2)t在0~6s内，摩擦力f随时间t变化的关系式，并作出相应的f−t图像。 (3)t=6s时，物块的速度大小。 【答案】(1)， (2) (3) 【详解】（1）由图2可知F随时间线性变化，根据数学知识可知 所以当t=6s时， 0~6s内F的冲量为F−t图围成的面积，即 （2）由于初始时刻。物块刚好能静止在细杆上，则有 即 在垂直杆方向，当时， 则0−4s，垂直杆方向 摩擦力 在4−6s内，垂直杆方向 摩擦力 相应的f−t图像如图 （3）在0~6s内沿杆方向根据动量定理有 在0~6s内摩擦力的冲量为f−t图围成的面积，则 联立有 可得 【真题5】（2025·贵州·高考真题）杵臼是我国古代加工谷物的重要工具，在《诗经·大雅》中有明确记载。使用杵臼的示意图如图（a）所示，舂捣臼中谷物时，手紧握质量为的石杵（石杵与谷物接触但未陷入），对其施加一竖直向上的恒力使其上升，作用一段时间后松手，松手后不考虑手与石杵的作用力。当石杵上升到最高点时，手再次紧握石杵并对其施加一竖直向下的作用力，其大小随下降距离的变化关系如图（b）所示，图中为的最大值。石杵接触谷物时松手，松手后不考虑手与石杵的作用力，再经过时间石杵静止，完成一次舂捣。已知，取重力加速度大小。求： (1)石杵上升的最大高度及上升过程所用的时间； (2)时间内石杵对谷物的平均作用力大小。 【答案】(1)0.4m，0.8s (2)425N 【详解】（1）对石杵施加一竖直向上的恒力，当作用时间为的过程中的加速度 此时的速度v1=at1=1m/s 上升的位移 撤去F1后还能上升的高度 还能上升的时间 石杵上升的最大高度 上升过程所用的时间 （2）根据图像，石杵下落过程中F2对石杵做功为 当到达石杵接触谷物时由动能定理 解得v2 =4m/s 石杵与谷物作用的过程，对石杵由动量定理（向上为正） 解得F=425N 根据牛顿第三定律可知，石杵对谷物的平均作用力大小425N。 一、单选题 1．（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。 2．（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。 3．（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。 4．（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。 5．（2026·广东江门·一模）如图所示为一架质量为M的6轴运送快递无人机，悬停时每个轴上的螺旋桨均竖直向下吹出最大速度为v的气流，每个螺旋桨产生气流的有效横截面积均为S，空气密度为ρ，重力加速度为g，则该无人机悬停时其载货质量的最大值为（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】无人机在空中悬停时，六个相同的螺旋桨向下推动空气获得升力，根据平衡条件有 设时间内每个螺旋桨向下吹出的空气的质量为 对向下推动的空气由动量定理 且有 联立解得 故选C。 6．（2026·湖南长沙·三模）完全相同的甲、乙两物体静止在水平地面上，分别同时受到大小相同的拉力和，方向均与水平方向成角，如图所示，甲做匀加速直线运动，乙保持静止。经过时间后同时撤掉，和。再经时间，甲刚好停止。在时间内，不计空气阻力，下列说法正确的是（    ） A．两物体所受拉力和的冲量相同 B．两物体所受摩擦力的冲量相同 C．甲物体所受合力的冲量大于乙物体所受合力的冲量 D．甲物体在时间内通过的位移大于时间内通过的位移 【答案】B 【详解】A．的冲量方向不同，故和的冲量不相同，故A错误； B．拉力和的大小相同，作用时间t相同，因此水平方向的冲量相等，甲乙两物体在整个过程中的动量的变化量均为零，故两物体所受摩擦力的冲量也相同，故B正确； C．在时间内，两物体所受合力的冲量 故甲物体所受合力的冲量等于乙物体所受合力的冲量，故C错误； D．根据对称性，甲物体在时间内通过的位移等于时间内通过的位移，故D错误。 故选B。 7．（2026·广西柳州·三模）消防水龙头的喷嘴每秒钟内流出的水量，已知喷嘴的横截面积，水的密度 ，消防员将喷嘴方向调整为与水平面夹角，水柱在最高处正好到达着火位置，设水在最高点与着火物撞击后速度变为零，忽略空气阻力，g取，cos53°=0.6，则水在最高点对着火物的冲击力为（　　） A．72N B．96N C．120N D．144N 【答案】A 【详解】 计算单位时间喷出的水的质量。 根据流量公式，得喷嘴出水初速度 斜抛运动到最高点时，竖直速度减为0，水平速度 取方向为正方向，撞击后水速度为0，因撞击时间极短忽略重力冲量，着火物对水的作用力，对时间内撞击的水应用动量定理 解得。 根据牛顿第三定律，水对着火物的冲击力大小等于72N 故选A。 8．（2026·河南平顶山·三模）用某电钻给固定的物体钻孔，已知该过程电钻所受阻力的大小与运动时间t、位移x的关系图像分别如图（a）、（b）所示，图中坐标均为已知量，时刻为起始位置。下列说法正确的是（    ） A．内，电钻与物体间阻力对电钻做的功为 B．内，阻力对电钻的冲量的大小为 C．内，电钻运动的加速度大小为 D．内，电钻运动的平均速度大小为 【答案】D 【详解】A．已知力与位移的关系图像与横轴所围成的面积表示力做功的多少，由于电钻与物体间阻力的方向与电钻位移的方向相反，所以由图（b）可知，内，电钻与物体间阻力对电钻做的功为，故A错误； B．图像与横轴所围成的面积表示阻力冲量的大小，所以内阻力对电钻的冲量的大小为，故B错误； CD．对比（a）、（b）两图像可得， 则有 所以电钻做匀速运动，其平均速度为，故C错误，D正确。 故选D。 9．（2026·陕西西安·二模）如图所示，无风的天气里，无人机连同货物的总质量为，当无人机旋转的风扇在时间内竖直向下送出的空气质量为时，它刚好能够悬停在空中。已知重力加速度为，则无人机旋转的风扇竖直向下送出空气的速度为（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】要使无人机能在空中悬停，无人机竖直向下送出空气的反冲力大小应为，由牛顿第三定律可知，无人机对空气的作用力大小也为，设空气向下喷射的速度大小为，由动量定理可知 解得 故选C。 10．（2026·北京东城·一模）冰壶比赛中，投掷冰壶运动员的队友，可以用毛刷在冰壶滑行前方来回摩擦冰面，减小冰面和冰壶之间的动摩擦因数以调节冰壶的运动。不摩擦冰面时，冰壶和冰面之间的动摩擦因数为0.02；摩擦冰面时，动摩擦因数变为原来的。第一次运动员以的速度投掷冰壶，直至冰壶静止；第二次运动员仍以的速度将冰壶投出，在冰壶自由滑行的距离后，其队友开始在冰壶滑行前方摩擦冰面，直至冰壶静止。冰壶质量为，取，不计空气阻力。下列说法正确的是（    ） A．第二次冰壶自投出至最终静止过程中的加速度为 B．第二次冰壶的动量变化量小于第一次冰壶的动量变化量 C．两次冰壶和冰面摩擦产生的热量都是 D．第二次冰壶运动的距离小于第一次冰壶运动的距离 【答案】C 【详解】A．第二次冰壶运动分两个阶段，前10m不摩擦时加速度（减速），若后续有运动，有摩擦阶段加速度，第二次冰壶自投出至最终静止过程中的加速度为和，故A错误。 B．动量变化量，两次初速度、质量均相同，故动量变化量相等，故B错误； C．根据能量守恒，冰壶初动能全部转化为摩擦生热，初动能，两次末动能均为0，故摩擦生热均为40J，故C正确； D．第一次无摩擦时滑行由动能定理有 解得 第二次自由滑行任意小于的距离，摩擦冰面滑行距离为，根据动能定理有 可解得，则总滑行距离，即第二次冰壶运动的距离大于第一次冰壶运动的距离，故D错误。 故选C。 二、多选题 11．（2026·山东烟台·二模）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，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 【详解】AB．取竖直向上为正方向，根据动量定理，铁锤所受合力的冲量等于动量变化，则动量变化 因此合力冲量的大小为∣，故B正确，A错误； CD．对铁锤受力分析，打击过程中铁锤受竖直向下的重力、钉子对铁锤竖直向下的平均作用力，根据动量定理有 解得钉子对铁锤的作用力 根据牛顿第三定律，铁锤对钉子的平均作用力大小等于，故C正确，D错误。 故选BC。 12．（2026·宁夏吴忠·一模）用起重机提升质量为200kg货物，取竖直向上为正方向，货物上升过程中的v-t图像如图所示，g取，则（   ） A．在到内拉力做功为 B．在到内动量的变化为 C．在到内合外力的冲量为零 D．在到内拉力的平均功率为2000W 【答案】BC 【详解】A．内，由图可知 根据牛顿第二定律 可得，拉力 拉力做功，A错误； B．内，动量变化，B正确； C．根据动量定理，合外力冲量等于动量变化。 内，初动量为，末动量也为，动量变化，因此合外力冲量为，C正确； D．内，拉力 拉力做功 平均功率，D错误。 故选 BC。 13．（2026·广东广州·三模）坚硬的水平地面上放置一木料，木料上有一个竖直方向的方孔，方孔各侧壁完全相同。木栓材质坚硬，形状为正四棱台，上下底面均为正方形，四个侧面完全相同且与上底面的夹角均为θ。木栓质量为m，与方孔侧壁的动摩擦因数为μ。现用一锤子敲击木栓使其嵌入木料方孔：将木栓下底面对准方孔边缘，接触但无挤压，锤子敲击木栓后瞬间反弹，木栓所受的合力冲量为I，方向竖直向下。此后木栓获得一个向下的初速度开始嵌入方孔，最终嵌入深度为Δx，未到达方孔底部。若进入的过程方孔侧壁发生弹性形变，每个侧壁面的弹力大小与木栓的嵌入深度成正比，最大静摩擦力约等于滑动摩擦力，则（     ） A．锤子敲击木栓后，木栓获得的初速度为 B．木栓嵌入方孔过程中，木料对木栓的平均阻力大小 C．木栓嵌入方孔过程中，木料和木栓组成的系统机械能共损失了 D．木栓在方孔中静止后，木栓每个侧面所受的弹力为 【答案】AD 【详解】A．锤子撞击木栓，木栓所受的合力冲量为I，根据 解得，故A正确； B．锤子撞击木栓后木栓获得的动能为 木栓嵌入方孔过程根据动能定理 解得平均阻力大小，故B错误； C．木栓嵌入方孔过程，木栓的动能与重力势能，一部分转化为系统内能另一部分转化为木料的弹性势能。 故木料和木栓组成的系统机械能的损失 解得，故C错误； D．木栓嵌入方孔过程中，当嵌入深度为Δx时，木料对木栓的一个侧面的弹力和滑动摩擦力如图所示 由于方孔每个侧壁面的弹力大小与木栓的嵌入深度成正比，则木栓嵌入方孔过程，有 根据 联立解得木栓在方孔中嵌入深度为Δx时，木料对木栓每个侧面的弹力大小 木栓在方孔中此位置静止时，木料对木栓每个侧面的弹力不变，故D正确。 故选AD。 三、解答题 14．（2026·重庆沙坪坝·模拟预测）如图甲所示，其为一种古法榨油：“撞木榨油”，其过程简化为撞木撞击木楔，木楔获得速度向里运动挤压胚饼，重复上述过程，撞击榨出油来。现有一长度的轻绳，上端固定于屋梁，下端悬挂一质量的撞木，可视为质点，如图所示。将撞木拉至轻绳与竖直方向成角的位置，由静止释放，运动至最低点时与质量的木楔发生正碰，撞击时间，撞木每次撞击结束后速度大小为撞击前0.9倍。撞木和木楔发生一次碰撞后，立刻将撞木拉到前一次释放的初始位置，木楔静止后，再次由静止释放撞木，进行下一次撞击，如此反复。木楔被撞后扎入胚饼里运动，同时向两侧挤压胚饼，运动过程中所受的阻力与它的位移关系如图丙所示。已知重力加速度,(, )，空气阻力忽略不计，求： (1)撞击前，撞木在最低点对轻绳的拉力大小； (2)碰撞过程中，若系统内力大于外力的十倍，可近似视为系统动量守恒。计算判断撞木与木楔的碰撞过程能否近似视为动量守恒； (3)已知木楔移动的位移时胚饼开始出油，则至少需撞击多少次木楔才开始出油。 【答案】(1) (2)系统平均内力大于外力的十倍，可近似视为系统动量守恒 (3)3次 【详解】（1）撞木运动到最低点过程，根据动能定理有 根据牛顿第二定律有 联立解得， （2）规定向右为正方向，撞木每次撞击结束后速度大小为撞击前0.9倍，若系统动量守恒，有 代入， 解得 对木楔，由动量定理得平均内力（撞木对木楔的作用力）满足 解得 碰撞过程中，系统（撞木+木楔）水平方向的外力为木楔受到的阻力，由图丙可知初始阻力大小为 可知 因此假设成立，撞木与木楔的碰撞过程能近似视为动量守恒。 （3）由图像得阻力 木楔总位移为时，阻力做功大小等于图像的面积，即 每次碰撞木楔获得的动能为 设撞击次后木楔位移，则由动能定理可知 代入 解得， 故至少需撞击3次木楔，胚饼才开始出油。 学科网（北京）股份有限公司 $