1.2 动量定理及其应用（重难点专练）物理粤教版选择性必修第一册

**基本信息** 以动量定理理解为基础，通过多过程分段/全过程处理、变质量流体模型建构，形成“概念-方法-应用”三层递进的专项训练体系，培养物理观念与科学思维。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |动量定理的理解|9题（含缓冲现象解释、多过程选择）|定量计算四步法（确定对象→受力分析→列方程求解）；矢量性与相对性应用|从定理内容、表达式到研究对象、矢量性等理解，结合生活现象解释，形成概念认知→应用计算的逻辑链| |多过程问题|7题（含v-t图像分析、蹦极过程计算）|分段处理（按合外力变化节点）；全过程处理（直接求总冲量）|基于单过程动量定理，拓展到多阶段受力变化场景，体现过程分析与简化计算的科学推理| |连续变质量问题|6题（含蜂鸟悬停、风力发电机等流体问题）|流体模型选取（极短时间小柱体）；质量计算（m=ρSvΔt）|通过建构流体模型，将变质量问题转化为动量定理应用，培养模型建构能力|

1.2 动量定理及其应用 题型01 动量定理的理解 题型02 多过程问题 题型03 变质量问题 ▌题型01 动量定理的理解 1．AC 2．(1) (2) (3) 【详解】（1）小球与地面碰撞后的竖直速度满足，解得 小球与地面碰撞前的竖直速度满足，解得 小球从桌面飞出到落地所用时间，桌面与地面的高度 （2）小球从桌面飞出的水平速度 由弹簧与小球组成的系统机械能守恒，解得 （3）取向下为正，由动量定理可得，解得地面对球的平均作用力 由牛顿第三定律，接触过程中球对地面的平均压力 3．C 4．D 5．B 6．D 7．C 8．AD 9．ABD ▌题型02 多过程问题 10．ABC 11．D 12．D 13．D 14．(1) (2)， (3) 【详解】（1）夯杆加速上升阶段，根据牛顿第二定律 其中 解得 （2）方法一：夯杆加速上升的高度 在加速上升阶段，电动机对夯杆做的功 夯杆匀速上升阶段，电动机对夯杆做的功 每个打夯周期中，电动机对夯杆所做的功 方法二：根据动能定理，有 解得 夯杆加速上升的时间 摩擦产生的热量 解得 （3）夯杆落回坑底时，有 对夯杆，根据动量定理有 解得 15．D 16．(1)5.6m (2)4.8J (3)6.4m 【详解】（1）小物块先做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律有 则小物块从开始运动到离开平台有 解得 小物块从平台飞出后做平抛运动，竖直方向有 水平方向有 联立解得 （2）物块第一次落地时竖直分速度 从地面弹起后的最大高度为 则物块弹起至最大高度所用时间和弹起的初速度有， 解得弹起时竖直方向的初速度为 物块与地面接触的过程中根据动量定理，取竖直向上为正，在竖直方向有 解得 取水平向右为正，在水平方向有 又因 解得 综上，物块第一次与地面碰撞时损失的机械能 解得 （3）物体第二次落地时从地面弹起后的最大高度为 第二次弹起到最高点的时间和初速度满足， 解得弹起时竖直方向的初速度为 同理在竖直方向有 解得 在水平方向有 解得 即物体第二次落地后已经在水平方向上停止运动，并经一段时候静止在第二次落地的位置，所以有 解得 ▌题型03 连续变质量问题 17．A 18．C 19．C 20．B 21．ACD 22．D 2 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 1.2 动量定理及其应用 题型01 动量定理的理解 题型02 多过程问题 题型03 变质量问题 ▌题型01 动量定理的理解 1、动量定理 （1）内容：物体在一个过程中始末的动量变化量等于合外力的冲量； （2）表达式：或者； 2、动量定理的理解 （1）研究对象：单个物体或者多个物体组成的系统； （2）矢量式：包含了大小和方向的双重含义，需要选定正方向； （3）相对性：与参考系的选取有关； （4）普适性：对宏观物体、微观粒子的低速、高速运动均适用； 3、生活现象的解释 常用动量定理解释缓冲现象，轮渡码头上装有橡胶轮胎、跳远跳入沙坑均是为了在动量变化量相同的情况下，增大作用时间从而减小作用力； 4、 应用动量定理进行定量计算的步骤： （1） 确定研究对象：单个物体 （2） 明确运动过程，进行受力分析：先求每个力的冲量，然后求矢量和； （3） 列动量定理方程求解：明确初末动量，列动量变化量等于合外力冲量表达式 1．（多选）如图甲所示，一质量为的物块静置在水平地面上，现对物块施加水平方向的作用力，随时间变化关系的图像如图乙所示。物块与水平地面间的动摩擦因数为0.1，取重力加速度大小为10m/s，下列说法正确的是（    ） A．时物块的速度大小为 B．2s～3s内物块的动量变化量为 C．4s末，物块再次静止 D．0～4s内，合力的冲量大小为4N·s 2．如图，光滑水平桌面上有一轻质弹簧，其一端固定在墙上．用质量为m=0.2kg的小球压弹簧的另一端，使弹簧处于压缩状态。释放后，小球在弹簧作用下从静止开始在桌面上运动，与弹簧分离后，从桌面水平飞出。小球第一次落地点距桌面上其飞出点的水平距离为3m，小球与水平地面碰撞后瞬间，其平行于地面的速度分量与碰撞前瞬间相等；垂直于地面的速度分量大小变为碰撞前瞬间的，小球与地面碰撞后，弹起的最大高度为h=3.2m重力加速度大小为，忽略空气阻力，求： (1)桌面与地面的高度H； (2)释放前，弹簧存储的弹性势能； (3)小球第一次落地时与地面的接触时间为0.02s，求接触过程中球对地面的平均压力F。 3．2026米兰冬奥会单板滑雪大跳台比赛中，我国选手苏翊鸣斩获一枚铜牌。若将比赛中的运动员视作质量为m的质点，其从斜坡顶端飞出时，初速度大小为，与水平方向夹角为，最终落在斜坡上。忽略空气阻力，运动员在空中的运动过程可简化为斜抛运动，则运动员在空中运动的全过程中，下列说法正确的是（     ） A．运动员所受重力功率的大小一直增大 B．运动员机械能先减小后增加 C．运动员动量变化量的大小为 D．运动员动能增大 4．跳高比赛中在运动员落地位置放置厚海绵垫以保护运动员。一质量为的运动员在比赛时落地过程海绵垫与运动员的撞击时间约为，，下列说法正确的是（     ） A．海绵垫增大了运动员落地过程中的动量变化率 B．海绵垫减小了运动员落地过程中撞击力的冲量 C．落地过程中海绵垫对运动员的冲量与运动员对海绵垫的冲量相同 D．若运动员以的速度垂直落地，海绵垫对运动员的作用力约为 5．汽车安全性能是当今衡量汽车品质的重要指标。汽车碰撞试验是综合评价汽车安全性能最有效的方法。汽车发生碰撞时，关于安全气囊对驾驶员的保护作用，下列说法正确的是（     ） A．减小了碰撞时驾驶员的惯性 B．减小了驾驶员的动量变化率 C．减小了驾驶员的动量变化量 D．减小了驾驶员的合外力冲量 6．如图所示，一物块静止在水平地面上，t=0时，受到与水平方向成θ角的恒定拉力F；t=t1时，保证F大小不变，将F沿逆时针方向旋转，t=t2时F方向为竖直向上。已知在0~t2时间内，物块始终静止不动，下列说法正确的是（     ） A．0~t1，物块所受拉力F的冲量方向水平向右 B．0~t1，物块所受拉力F的冲量大小是Ft1cosθ C．0~t2，物块所受摩擦力的冲量大小为0 D．0~t2，物块所受合力的冲量大小为0 7．如图所示，把茶杯压在一张白纸上，第一次用水平力迅速将白纸从茶杯下抽出；第二次以较慢的速度将白纸从茶杯下抽出，下列说法中正确的是（　　） A．第二次拉动白纸过程中，纸对茶杯的作用力小 B．第一次拉动白纸过程中，纸对茶杯的作用力小 C．第二次拉出白纸过程中，茶杯增加的动量大一些 D．第一次拉出白纸过程中，茶杯增加的动量大一些 8．（2024-2025·广州市番禺区高二期末）（多选）电动餐桌就是在大圆桌面上安装一电动转盘，使用时转盘可以低速匀速旋转，方便用餐人员夹取食物菜肴。如图所示，一质量为m的盘子（可视为质点）随电动餐桌一起以角速度匀速转动，已知A、B与圆心O的距离均为r，。则关于盘子随餐桌从A转到B的过程中（　　）    A．餐桌对盘子做的功为零 B．餐桌对盘子做的功为 C．餐桌对盘子的摩擦力的冲量大小为零 D．餐桌对盘子的摩擦力的冲量大小为 9．（2024-2025·广州市第六中学）（多选）如图所示，两个质量相同的钢球从甲乙装置正上方同时释放，分别与甲乙装置底部发生碰撞，碰后两球沿竖直方向反弹且速度相同。甲装置底部为钢板，乙装置底部为泡沫，用压力传感器同时测出力随时间变化的曲线①和曲线②，下列说法正确的是（　　）    A．两小球到达底部时，动量相同 B．碰撞整个过程中，甲乙小球所受合力的冲量相同 C．曲线①代表乙装置碰撞情况，曲线②代表甲装置碰撞情况 D．曲线①与时间轴围成的面积小于曲线②与时间轴围成的面积 ▌题型02 多过程问题 对于该类问题，往往物体不同阶段受力的作用不同，合外力往往有改变，我们有两种分析思路： （1） 分段处理：找到每一个发生合外力变化的时间节点，对于每一段进行合外力冲量的计算，根据动量定理：进行求解； （2） 全过程处理：在全过程中，对于每个力的大小和作用时间进行冲量的分别计算，最终求矢量和代入进行求解； 如果没有中间量需要求解，直接计算全过程将极大简化计算； 10．（多选）在水平面上静置有质量之比的、两个物体，水平推力、分别作用在、上，一段时间后撤去推力，物体继续运动一段距离后停下。已知、与水平面间的动摩擦因数相同，且在运动过程中未相撞，、的图像如图所示，运动时间之比，则在整个运动过程中下列说法正确的是（     ） A．水平推力大小之比满足 B．水平推力对物体的冲量之比为 C．两水平推力对物体所做的功之比为 D．两个物体与水平面摩擦产生热量之比为 11．某质量为的无人潜航器（可视为质点）从空中由静止释放，下落一段时间后落入水中，一段时间内的速度-时间图像如图所示，已知重力加速度为。下列说法中正确的是（     ） A．潜航器在空中下落时只受重力作用 B．潜航器在空中下落时受到的空气阻力大小为 C．内潜航器受到水的作用力的冲量大小为 D．内潜航器受到水的作用力的冲量大小为 12．一质量为的运动员从离蹦床处自由下落，从运动员接触蹦床至离开蹦床共经历了，运动员离开蹦床后弹起的高度为，取，不计空气阻力。则在运动员接触蹦床到离开蹦床的时间内，运动员受到蹦床的平均作用力大小为（　　） A． B． C． D． 13．“蹦极”是一项专业的户外休闲运动，如图所示，质量为的运动员在某次蹦极运动中，从平台自由下落到最低点所用时为，弹性绳原长为。取重力加速度大小为，运动员可视为质点，不计空气阻力，运动员从平台上自由下落至到达最低点过程中，下列说法正确的是（　　 ） A．运动员的机械能一直不变 B．运动员的动量先不变再减小 C．弹性绳对运动员所做的功为 D．弹性绳对运动员弹力的冲量大小为 14．如图是建筑工地上常用的一种“深穴打夯机”示意图，电动机带动两个滚轮匀速转动将夯杆从深坑提上来，当夯杆底端刚到达坑口时，两个滚轮彼此分开，将夯杆释放，夯杆在自身重力作用下，落回深坑，夯实坑底。然后两个滚轮再次压紧，夯杆被提上来，如此周而复始（夯杆被滚轮提升过程中，经历匀加速和匀速运动过程）。已知两个滚轮边缘的线速度恒为，滚轮对夯杆的正压力，滚轮与夯杆间的动摩擦因数，夯杆质量，坑深，假定在打夯的过程中坑的深度变化不大，不计空气阻力，取。求： (1)夯杆被滚轮带动加速上升的过程中，加速度的大小； (2)每个打夯周期中，电动机对夯杆做的功以及滚轮与夯杆间因摩擦产生的热量； (3)若夯杆落回深坑时与坑底作用时间，且夯杆不反弹，则坑底对夯杆的平均作用力是多少。 15．弹弓是小朋友们特别喜爱的一种玩具。某次利用一弹弓竖直向上发射弹丸时，简化模型如下：原长为L的轻质弹性绳两端固定于相距为L的A、B两点，将质量为m的弹丸置于弹性绳的中点，随弹性绳竖直向下拉至C点，，并由静止释放，经时间t后弹丸离开弹性绳，此后弹丸继续上升的最大高度为h。重力加速度为g，不计空气阻力，下列说法正确的是（     ） A．弹性绳对弹丸的冲量大小为 B．弹性绳对弹丸的冲量大小为 C．弹性绳对弹丸的平均作用力大小为 D．弹性绳对弹丸的平均作用力大小为 16．一质量为0.1kg的小物块以9m/s的初速度从一平台左端水平向右运动，并最终落在地面上。该平台长8m，距离地面高度3.2m，物块与平台间的动摩擦因数为0.2，与地面的动摩擦因数为0.5.若物块每次落地后弹起的最大高度均为前一次最大高度的。物块视为质点，与地面碰撞时间极短，不考虑空气阻力，重力加速度取。 (1)求物块第一次落到地面时距平台右端的水平距离。 (2)求物块第一次与地面接触过程中损失的机械能。 (3)求物块最终停止运动时距平台右端的水平距离。 ▌题型03 连续变质量问题 流体类问题 （1） 对象选取：极短时间内流经某一截面的小柱体； （2） 质量和体积的计算：； （3） 注意：一定注重正方向的规定，这部分的主要难点是理解和应用物理过程 17．如图所示，蜂鸟可以通过快速拍打翅膀，使自己悬停在一朵花的前面。假设蜂鸟单个翅膀扇动空气的面积为S，翅膀扇动对空气的作用力效果与翅膀用速度ⅴ平推空气的效果相同。已知空气密度为，重力加速度大小为g，则（　　） A．单位时间内翅膀拍动空气的质量为 B．单位时间内翅膀拍动空气的质量为 C．蜂鸟的质量为 D．蜂鸟的质量为 18．我国“天宫”空间站在距地面约400 km的轨道上运行，该高度处仍存在相对地心静止的稀薄气体，会对空间站产生阻力，空间站可通过持续开启发动机以维持原有速度大小不变。已知空间站垂直速度方向的横截面积为S，气体密度均匀、大小为ρ，空间站速度为v，若气体与空间站前端碰撞后共速，则空间站克服气体阻力做功的功率为（     ） A．ρSv B．ρSv2 C．ρSv3 D．2ρSv3 19．（2025-2026广东深圳中学）2026年6号台风“蔷薇”在西北太平洋洋面上生成，预计将向偏北转北偏西方向移动，强度逐渐增强，并向台湾岛以东洋面靠近，其中心附近最大风力8级（约），中心最低气压998百帕。假如你身处其中正面迎风（假设空气吹到人身上后速度瞬间减为零，空气密度为），人体迎风面积约为，估算你受到的风力大约为（     ） A． B． C． D． 20．在海口某学校科技节活动中，高二年级开展的水火箭制作和发射比赛现场吸引了众多师生围观。水火箭原理如图甲所示，发射时利用压缩空气把水从火箭尾部的喷嘴向下高速喷出，火箭受到反冲作用而高速升空。右图是某同学发射水火箭的精彩瞬间，若发射过程中水火箭将壳内0.5kg的水以相对地面30m/s的速度在0.5s时间内快速喷出，则火箭箭体受到的推力约为（　　） A．15N B．25N C．30N D．35N 21．（2025-2026江门市高三上学期10月调研）（多选）某地一个风力发电机的叶片转动时可形成半径为R的圆面，某时间内该地区的风速为v，风向恰好跟圆面垂直，冲击叶片后的速度为零，已知空气的密度为，发电机将空气的动能转化为电能的效率为，则下列说法正确的是（　　） A．单位时间内冲击发电机的气流的动能为 B．单位时间内冲击发电机的气流的动量为 C．发电机的功率为 D．气流对叶片的作用力为 22．2025年6月，贵州榕江遭遇特大洪水期间，无人机突破交通受阻的困境，参与救助受困群众，为受困群众搭建“生命桥”。一架无人机质量为，螺旋桨转动能使面积为的空气以速度向下运动。已知空气密度为，重力加速度为，则该无人机能携带货物的最大质量为（　　） A． B． C． D． 2 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 1.2 动量定理及其应用 题型01 动量定理的理解 题型02 多过程问题 题型03 变质量问题 ▌题型01 动量定理的理解 1、动量定理 （1）内容：物体在一个过程中始末的动量变化量等于合外力的冲量； （2）表达式：或者； 2、动量定理的理解 （1）研究对象：单个物体或者多个物体组成的系统； （2）矢量式：包含了大小和方向的双重含义，需要选定正方向； （3）相对性：与参考系的选取有关； （4）普适性：对宏观物体、微观粒子的低速、高速运动均适用； 3、生活现象的解释 常用动量定理解释缓冲现象，轮渡码头上装有橡胶轮胎、跳远跳入沙坑均是为了在动量变化量相同的情况下，增大作用时间从而减小作用力； 4、 应用动量定理进行定量计算的步骤： （1） 确定研究对象：单个物体 （2） 明确运动过程，进行受力分析：先求每个力的冲量，然后求矢量和； （3） 列动量定理方程求解：明确初末动量，列动量变化量等于合外力冲量表达式 1．（多选）如图甲所示，一质量为的物块静置在水平地面上，现对物块施加水平方向的作用力，随时间变化关系的图像如图乙所示。物块与水平地面间的动摩擦因数为0.1，取重力加速度大小为10m/s，下列说法正确的是（    ） A．时物块的速度大小为 B．2s～3s内物块的动量变化量为 C．4s末，物块再次静止 D．0～4s内，合力的冲量大小为4N·s 【答案】AC 【详解】A．物块所受的摩擦力大小为 因图像与横轴围成的面积表示力的冲量，在内根据动量定理可得 可得时物块的速度大小为，故A正确； B．在内根据动量定理可得物块的动量变化量为，故B错误； CD．在内，合力的冲量为 根据动量定理可知，在内物块的动量变化为0，由于初动量为0，所以在时的动量为0，即4s末，物块再次静止，故C正确，D错误。 故选AC。 2．如图，光滑水平桌面上有一轻质弹簧，其一端固定在墙上．用质量为m=0.2kg的小球压弹簧的另一端，使弹簧处于压缩状态。释放后，小球在弹簧作用下从静止开始在桌面上运动，与弹簧分离后，从桌面水平飞出。小球第一次落地点距桌面上其飞出点的水平距离为3m，小球与水平地面碰撞后瞬间，其平行于地面的速度分量与碰撞前瞬间相等；垂直于地面的速度分量大小变为碰撞前瞬间的，小球与地面碰撞后，弹起的最大高度为h=3.2m重力加速度大小为，忽略空气阻力，求： (1)桌面与地面的高度H； (2)释放前，弹簧存储的弹性势能； (3)小球第一次落地时与地面的接触时间为0.02s，求接触过程中球对地面的平均压力F。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）小球与地面碰撞后的竖直速度满足，解得 小球与地面碰撞前的竖直速度满足，解得 小球从桌面飞出到落地所用时间，桌面与地面的高度 （2）小球从桌面飞出的水平速度 由弹簧与小球组成的系统机械能守恒，解得 （3）取向下为正，由动量定理可得，解得地面对球的平均作用力 由牛顿第三定律，接触过程中球对地面的平均压力 3．2026米兰冬奥会单板滑雪大跳台比赛中，我国选手苏翊鸣斩获一枚铜牌。若将比赛中的运动员视作质量为m的质点，其从斜坡顶端飞出时，初速度大小为，与水平方向夹角为，最终落在斜坡上。忽略空气阻力，运动员在空中的运动过程可简化为斜抛运动，则运动员在空中运动的全过程中，下列说法正确的是（     ） A．运动员所受重力功率的大小一直增大 B．运动员机械能先减小后增加 C．运动员动量变化量的大小为 D．运动员动能增大 【答案】C 【详解】A．运动员在空中做斜抛运动，竖直方向做匀变速直线运动，竖直分速度先向上减小到零再向下增大，根据重力的瞬时功率公式有 可知运动员所受重力功率的大小先减小后增大，故A错误； B．忽略空气阻力，运动员在空中运动的全过程中只有重力做功，机械能守恒，可知运动员的机械能保持不变，故B错误； C．运动员在空中做斜抛运动，设飞行时间为，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做竖直上抛运动，设水平位移为，竖直位移为，根据运动学公式分别有， 由于运动员最终落在斜面上，根据几何关系有 联立解得 根据动量定理有 解得 可知运动员动量变化量的大小为，故C正确； D．设运动员下落的高度为，根据几何关系有 解得 根据动能定理有 解得 可知运动员动能增大，故D错误。 故选C。 4．跳高比赛中在运动员落地位置放置厚海绵垫以保护运动员。一质量为的运动员在比赛时落地过程海绵垫与运动员的撞击时间约为，，下列说法正确的是（     ） A．海绵垫增大了运动员落地过程中的动量变化率 B．海绵垫减小了运动员落地过程中撞击力的冲量 C．落地过程中海绵垫对运动员的冲量与运动员对海绵垫的冲量相同 D．若运动员以的速度垂直落地，海绵垫对运动员的作用力约为 【答案】D 【详解】A．运动员从接触海绵垫到静止的动量变化量大小一定，海绵垫延长了碰撞时间，由，可知动量变化率减小，故A错误； B．取竖直向上为正方向，设海绵垫对运动员的平均作用力为，由动量定理得 故海绵垫对运动员的冲量为 海绵垫延长了作用时间，冲量增大，故B错误； C．海绵垫对运动员的作用力与运动员对海绵垫的作用力大小相等、方向相反，作用时间相同，故两个力的冲量大小相等、方向相反，并不相同，故C错误； D．取竖直向上为正方向，设海绵垫对运动员的平均作用力为，由动量定理得 解得，故D正确。 故选D。 5．汽车安全性能是当今衡量汽车品质的重要指标。汽车碰撞试验是综合评价汽车安全性能最有效的方法。汽车发生碰撞时，关于安全气囊对驾驶员的保护作用，下列说法正确的是（     ） A．减小了碰撞时驾驶员的惯性 B．减小了驾驶员的动量变化率 C．减小了驾驶员的动量变化量 D．减小了驾驶员的合外力冲量 【答案】B 【详解】A．惯性的大小仅由物体的质量决定，安全气囊不能改变驾驶员的质量，因此不能改变驾驶员的惯性，故A错误； C．汽车发生碰撞过程中，驾驶员的初速度和末速度是一定的，质量不变，根据 可知驾驶员的动量变化量是一定的，故C错误； B．根据动量定理 可得，即动量变化率等于物体受到的平均合外力。安全气囊的作用是延长了驾驶员与车体作用的时间，在不变的情况下，减小了驾驶员受到的平均作用力，即减小了驾驶员的动量变化率，故B正确。 D．根据动量定理 由于驾驶员的动量变化量一定，所以驾驶员受到的合外力冲量也是一定的，故D错误； 故选B。 6．如图所示，一物块静止在水平地面上，t=0时，受到与水平方向成θ角的恒定拉力F；t=t1时，保证F大小不变，将F沿逆时针方向旋转，t=t2时F方向为竖直向上。已知在0~t2时间内，物块始终静止不动，下列说法正确的是（     ） A．0~t1，物块所受拉力F的冲量方向水平向右 B．0~t1，物块所受拉力F的冲量大小是Ft1cosθ C．0~t2，物块所受摩擦力的冲量大小为0 D．0~t2，物块所受合力的冲量大小为0 【答案】D 【详解】A．内拉力方向不变，拉力的冲量方向与拉力方向相同，即与水平方向成角斜向右上，不是水平向右，故A错误； B．内拉力大小和方向均不变，拉力冲量大小为 只是拉力冲量的水平分量大小，不是拉力冲量大小，故B错误； C．物块始终静止，水平方向上静摩擦力与拉力的水平分力平衡，内摩擦力大小为 方向水平向左，因此摩擦力在内已有非零冲量，故内摩擦力的冲量大小不为0，故C错误； D．已知内物块始终静止，动量变化量为0，根据动量定理有 故物块所受合力的冲量大小为0，故D正确。 故选D。 7．如图所示，把茶杯压在一张白纸上，第一次用水平力迅速将白纸从茶杯下抽出；第二次以较慢的速度将白纸从茶杯下抽出，下列说法中正确的是（　　） A．第二次拉动白纸过程中，纸对茶杯的作用力小 B．第一次拉动白纸过程中，纸对茶杯的作用力小 C．第二次拉出白纸过程中，茶杯增加的动量大一些 D．第一次拉出白纸过程中，茶杯增加的动量大一些 【答案】C 【详解】AB．两次拉动中，茶杯和纸之间均发生相对滑动，因此受到的均为滑动摩擦力，因压力不变，则由可知，两次拉动时纸给茶杯的摩擦力相同，AB错误； CD．第二次慢拉动白纸过程中，摩擦力作用时间长，则产生的冲量较大，根据动量定理可知，茶杯增加的动量大一些。C正确，D错误。 故选C。 8．（2024-2025·广州市番禺区高二期末）（多选）电动餐桌就是在大圆桌面上安装一电动转盘，使用时转盘可以低速匀速旋转，方便用餐人员夹取食物菜肴。如图所示，一质量为m的盘子（可视为质点）随电动餐桌一起以角速度匀速转动，已知A、B与圆心O的距离均为r，。则关于盘子随餐桌从A转到B的过程中（　　）    A．餐桌对盘子做的功为零 B．餐桌对盘子做的功为 C．餐桌对盘子的摩擦力的冲量大小为零 D．餐桌对盘子的摩擦力的冲量大小为 【答案】AD 【详解】AB．依题意，盘子随餐桌做匀速圆周运动，其速率保持不变，由动能定理可知 故A正确；B错误； CD．A、B两点速度方向如图甲所示，    则有 由于摩擦力是变力，由动量定理得 将方向平移到B点，如图乙所示，解得 故C错误；D正确。 故选AD。 9．（2024-2025·广州市第六中学）（多选）如图所示，两个质量相同的钢球从甲乙装置正上方同时释放，分别与甲乙装置底部发生碰撞，碰后两球沿竖直方向反弹且速度相同。甲装置底部为钢板，乙装置底部为泡沫，用压力传感器同时测出力随时间变化的曲线①和曲线②，下列说法正确的是（　　）    A．两小球到达底部时，动量相同 B．碰撞整个过程中，甲乙小球所受合力的冲量相同 C．曲线①代表乙装置碰撞情况，曲线②代表甲装置碰撞情况 D．曲线①与时间轴围成的面积小于曲线②与时间轴围成的面积 【答案】ABD 【详解】A．由图甲可知，两球下落高度相同，由可知 则两球到达底部时的速度相同，由于两球质量相同，所以两小球到达底部时，动量相同，故A正确； B．由题意可知，两球与装置底部碰撞后反弹的速度相同，根据两球碰撞前的速度也相同，则两球碰撞过程中动量变化相同，由动量定理可知，碰撞整个过程中，甲乙小球所受合力的冲量相同，故B正确； C．甲装置底部为钢板，乙装置底部为泡沫，则与甲装置底部碰撞过程作用时间较小，作力较大，故C错误； D．由于两球碰撞过程中动量变化量相同，由动量定理 可知 图像所围面积表示支持力的冲量所以曲线①与时间轴围成的面积小于曲线②与时间轴围成的面积，故D正确。 故选ABD。 ▌题型02 多过程问题 对于该类问题，往往物体不同阶段受力的作用不同，合外力往往有改变，我们有两种分析思路： （1） 分段处理：找到每一个发生合外力变化的时间节点，对于每一段进行合外力冲量的计算，根据动量定理：进行求解； （2） 全过程处理：在全过程中，对于每个力的大小和作用时间进行冲量的分别计算，最终求矢量和代入进行求解； 如果没有中间量需要求解，直接计算全过程将极大简化计算； 10．（多选）在水平面上静置有质量之比的、两个物体，水平推力、分别作用在、上，一段时间后撤去推力，物体继续运动一段距离后停下。已知、与水平面间的动摩擦因数相同，且在运动过程中未相撞，、的图像如图所示，运动时间之比，则在整个运动过程中下列说法正确的是（     ） A．水平推力大小之比满足 B．水平推力对物体的冲量之比为 C．两水平推力对物体所做的功之比为 D．两个物体与水平面摩擦产生热量之比为 【答案】ABC 【详解】A．根据动量定理可知， 解得，故A正确； B．根据动量定理可知， 解得，故B正确； C．由于两物体动摩擦因数相同，撤去推力后加速度均为，对应图像减速段斜率相同，故两物体最大速度相等。根据动能定理可得， 解得，故C正确； D．两个物体与水平面摩擦产生热量之比为，故D错误。 故选ABC。 11．某质量为的无人潜航器（可视为质点）从空中由静止释放，下落一段时间后落入水中，一段时间内的速度-时间图像如图所示，已知重力加速度为。下列说法中正确的是（     ） A．潜航器在空中下落时只受重力作用 B．潜航器在空中下落时受到的空气阻力大小为 C．内潜航器受到水的作用力的冲量大小为 D．内潜航器受到水的作用力的冲量大小为 【答案】D 【详解】AB．由图可知在0~t0时间段内潜航器加速度小于g，故下落时还受到阻力作用；在内对潜航器分析，根据动量定理可得 解得，故AB错误； CD．内对潜航器分析，根据动量定理可得 解得，故D正确，C错误。 故选D。 12．一质量为的运动员从离蹦床处自由下落，从运动员接触蹦床至离开蹦床共经历了，运动员离开蹦床后弹起的高度为，取，不计空气阻力。则在运动员接触蹦床到离开蹦床的时间内，运动员受到蹦床的平均作用力大小为（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】运动员自由下落过程，由运动学公式 代入， 解得接触蹦床时速度大小，方向向下。 运动员竖直上抛过程，由运动学公式 代入 解得离开蹦床时速度大小，方向向上。 取向上为正方向，对接触蹦床的过程用动量定理，合外力冲量等于动量变化，即 代入， 解得 故选D。 13．“蹦极”是一项专业的户外休闲运动，如图所示，质量为的运动员在某次蹦极运动中，从平台自由下落到最低点所用时为，弹性绳原长为。取重力加速度大小为，运动员可视为质点，不计空气阻力，运动员从平台上自由下落至到达最低点过程中，下列说法正确的是（　　 ） A．运动员的机械能一直不变 B．运动员的动量先不变再减小 C．弹性绳对运动员所做的功为 D．弹性绳对运动员弹力的冲量大小为 【答案】D 【来源】广东惠州市2025-2026学年高一下学期期末物理试卷 【详解】A．运动员从平台上自由下落至到达最低点过程中，弹性绳对运动员的弹力做负功，运动员的机械能减小，故A错误； B．运动员从平台上自由下落至到达最低点过程中，运动员速度先增大后减小，动量先增大后减小，故B错误； C．运动员从平台上自由下落至到达最低点过程中，根据动能定理 可得弹性绳对运动员所做的功为，其中运动员下落的高度，则弹性绳对运动员做负功，功的大小比大，故C错误； D．运动员从平台上自由下落至到达最低点过程中，根据动量定理 可知弹性绳对运动员弹力的冲量为，则弹性绳对运动员弹力的冲量大小为，故D正确。 故选D。 14．如图是建筑工地上常用的一种“深穴打夯机”示意图，电动机带动两个滚轮匀速转动将夯杆从深坑提上来，当夯杆底端刚到达坑口时，两个滚轮彼此分开，将夯杆释放，夯杆在自身重力作用下，落回深坑，夯实坑底。然后两个滚轮再次压紧，夯杆被提上来，如此周而复始（夯杆被滚轮提升过程中，经历匀加速和匀速运动过程）。已知两个滚轮边缘的线速度恒为，滚轮对夯杆的正压力，滚轮与夯杆间的动摩擦因数，夯杆质量，坑深，假定在打夯的过程中坑的深度变化不大，不计空气阻力，取。求： (1)夯杆被滚轮带动加速上升的过程中，加速度的大小； (2)每个打夯周期中，电动机对夯杆做的功以及滚轮与夯杆间因摩擦产生的热量； (3)若夯杆落回深坑时与坑底作用时间，且夯杆不反弹，则坑底对夯杆的平均作用力是多少。 【答案】(1) (2)， (3) 【详解】（1）夯杆加速上升阶段，根据牛顿第二定律 其中 解得 （2）方法一：夯杆加速上升的高度 在加速上升阶段，电动机对夯杆做的功 夯杆匀速上升阶段，电动机对夯杆做的功 每个打夯周期中，电动机对夯杆所做的功 方法二：根据动能定理，有 解得 夯杆加速上升的时间 摩擦产生的热量 解得 （3）夯杆落回坑底时，有 对夯杆，根据动量定理有 解得 15．弹弓是小朋友们特别喜爱的一种玩具。某次利用一弹弓竖直向上发射弹丸时，简化模型如下：原长为L的轻质弹性绳两端固定于相距为L的A、B两点，将质量为m的弹丸置于弹性绳的中点，随弹性绳竖直向下拉至C点，，并由静止释放，经时间t后弹丸离开弹性绳，此后弹丸继续上升的最大高度为h。重力加速度为g，不计空气阻力，下列说法正确的是（     ） A．弹性绳对弹丸的冲量大小为 B．弹性绳对弹丸的冲量大小为 C．弹性绳对弹丸的平均作用力大小为 D．弹性绳对弹丸的平均作用力大小为 【答案】D 【详解】AB．弹丸离开弹性绳继续上升到最高点的时间为 弹丸从发射至运动到最高点，根据动量定理 解得弹性绳对弹丸的冲量大小，故AB错误； CD．弹性绳对弹丸的平均作用力大小为，故C错误，D正确。 故选D。 16．一质量为0.1kg的小物块以9m/s的初速度从一平台左端水平向右运动，并最终落在地面上。该平台长8m，距离地面高度3.2m，物块与平台间的动摩擦因数为0.2，与地面的动摩擦因数为0.5.若物块每次落地后弹起的最大高度均为前一次最大高度的。物块视为质点，与地面碰撞时间极短，不考虑空气阻力，重力加速度取。 (1)求物块第一次落到地面时距平台右端的水平距离。 (2)求物块第一次与地面接触过程中损失的机械能。 (3)求物块最终停止运动时距平台右端的水平距离。 【答案】(1)5.6m (2)4.8J (3)6.4m 【详解】（1）小物块先做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律有 则小物块从开始运动到离开平台有 解得 小物块从平台飞出后做平抛运动，竖直方向有 水平方向有 联立解得 （2）物块第一次落地时竖直分速度 从地面弹起后的最大高度为 则物块弹起至最大高度所用时间和弹起的初速度有， 解得弹起时竖直方向的初速度为 物块与地面接触的过程中根据动量定理，取竖直向上为正，在竖直方向有 解得 取水平向右为正，在水平方向有 又因 解得 综上，物块第一次与地面碰撞时损失的机械能 解得 （3）物体第二次落地时从地面弹起后的最大高度为 第二次弹起到最高点的时间和初速度满足， 解得弹起时竖直方向的初速度为 同理在竖直方向有 解得 在水平方向有 解得 即物体第二次落地后已经在水平方向上停止运动，并经一段时候静止在第二次落地的位置，所以有 解得 ▌题型03 连续变质量问题 流体类问题 （1） 对象选取：极短时间内流经某一截面的小柱体； （2） 质量和体积的计算：； （3） 注意：一定注重正方向的规定，这部分的主要难点是理解和应用物理过程 17．如图所示，蜂鸟可以通过快速拍打翅膀，使自己悬停在一朵花的前面。假设蜂鸟单个翅膀扇动空气的面积为S，翅膀扇动对空气的作用力效果与翅膀用速度ⅴ平推空气的效果相同。已知空气密度为，重力加速度大小为g，则（　　） A．单位时间内翅膀拍动空气的质量为 B．单位时间内翅膀拍动空气的质量为 C．蜂鸟的质量为 D．蜂鸟的质量为 【答案】A 【详解】AB．设经过时间，一对翅膀用速度ⅴ平推空气扫过空气的体积为 一对翅膀平推空气扫过空气的质量为 翅膀扇动对空气的作用力效果与翅膀用速度ⅴ平推空气的效果相同，一对翅膀拍动空气的质量也为， 在单位时间内，一对翅膀拍动空气的质量为，故A正确，B错误； CD．蜂鸟悬停在空中，一对翅膀受到空气的作用力等于蜂鸟的重量，可得 根据牛顿第三定律得，一对翅膀对空气的作用力 翅膀扇动对空气的作用力效果与翅膀用速度ⅴ平推空气的效果相同，翅膀平推空气后空气速度由0变为v，根据动量定理得 代入、得 解得，故C错误，D错误。 故选A。 18．我国“天宫”空间站在距地面约400 km的轨道上运行，该高度处仍存在相对地心静止的稀薄气体，会对空间站产生阻力，空间站可通过持续开启发动机以维持原有速度大小不变。已知空间站垂直速度方向的横截面积为S，气体密度均匀、大小为ρ，空间站速度为v，若气体与空间站前端碰撞后共速，则空间站克服气体阻力做功的功率为（     ） A．ρSv B．ρSv2 C．ρSv3 D．2ρSv3 【答案】C 【详解】取极短时间内与空间站碰撞的气体为研究对象，该部分气体的体积为内空间站扫过的气柱体积，质量 气体碰撞后与空间站共速为，根据动量定理 代入解得空间站对气体的作用力 根据牛顿第三定律，气体对空间站的阻力大小 空间站克服阻力做功的功率 故选C。 19．（2025-2026广东深圳中学）2026年6号台风“蔷薇”在西北太平洋洋面上生成，预计将向偏北转北偏西方向移动，强度逐渐增强，并向台湾岛以东洋面靠近，其中心附近最大风力8级（约），中心最低气压998百帕。假如你身处其中正面迎风（假设空气吹到人身上后速度瞬间减为零，空气密度为），人体迎风面积约为，估算你受到的风力大约为（     ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】时间内，撞击人体的空气质量为 根据动量定理可得 联立可得 可知受到的风力大约为。 故选C。 20．在海口某学校科技节活动中，高二年级开展的水火箭制作和发射比赛现场吸引了众多师生围观。水火箭原理如图甲所示，发射时利用压缩空气把水从火箭尾部的喷嘴向下高速喷出，火箭受到反冲作用而高速升空。右图是某同学发射水火箭的精彩瞬间，若发射过程中水火箭将壳内0.5kg的水以相对地面30m/s的速度在0.5s时间内快速喷出，则火箭箭体受到的推力约为（　　） A．15N B．25N C．30N D．35N 【答案】B 【详解】 对喷出的水列动量定理 解得 根据牛顿第三定律得，水对火箭的作用力，火箭箭体受到的推力大小约为25N。 故选B。 21．（2025-2026江门市高三上学期10月调研）（多选）某地一个风力发电机的叶片转动时可形成半径为R的圆面，某时间内该地区的风速为v，风向恰好跟圆面垂直，冲击叶片后的速度为零，已知空气的密度为，发电机将空气的动能转化为电能的效率为，则下列说法正确的是（　　） A．单位时间内冲击发电机的气流的动能为 B．单位时间内冲击发电机的气流的动量为 C．发电机的功率为 D．气流对叶片的作用力为 【答案】ACD 【详解】AB．单位时间内冲击风力发电机叶片圆面的气流的体积为 单位时间内冲击发电机的气流的质量为 则单位时间内冲击发电机的气流的动能为 单位时间内冲击发电机的气流的动量为，故A正确，B错误； C．风力发电机发电的电功率，故C正确； D．对单位时间内冲击发电机的气流，根据动量定理有 根据牛顿第三定律有，气流对叶片的作用力 解得，故D正确。 故选ACD。 22．2025年6月，贵州榕江遭遇特大洪水期间，无人机突破交通受阻的困境，参与救助受困群众，为受困群众搭建“生命桥”。一架无人机质量为，螺旋桨转动能使面积为的空气以速度向下运动。已知空气密度为，重力加速度为，则该无人机能携带货物的最大质量为（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】设时间t内，螺旋桨使质量 的空气竖直向下运动，由动量定理，有 空气对无人机的作用力 该无人机能携带货物的最大质量为，故选D。 2 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $