第23讲 动量、冲量和动量定理（专项训练）（福建专用）2027年高考物理一轮复习讲练测

**基本信息** 以“概念辨析-定理应用-图像结合-多过程综合”为逻辑主线，通过“得分速记”提炼矢量处理、图像面积分析等方法，构建动量定理专项突破体系。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |动量和冲量理解|8题|矢量性分析、状态量与过程量区分|从动量瞬时性、冲量时间性到两者对比，建立概念关联| |动量定理应用|14题|受力分析→初末状态→正方向设定→全程列式|从定理公式推导到单/多过程应用，强化规律迁移| |图像结合|8题|F-t图像面积求冲量、v-t图像分析动量变化|融合运动图像与动量定理，培养科学推理能力| |多过程问题|10题|过程拆解、临界状态分析|联动电磁感应等模型，提升综合应用与模型建构能力|

第23讲 动量、冲量和动量定理（专项训练） 模拟·基础演练 《1》参考答案 题号 2 4 5 6 7 9 10 11 12 13 答案 B B AD AC BD AD BC BD BD BD 题号 14 16 17 18 19 20 21 22 23 24 答案 BC BD AC D A B B AC ABD ABC 题号 25 26 27 28 29 30 31 32 35 36 答案 AD AD BD BD BC ABC AD CD D AC 题号 37 38 39 40 41 42 43 44 45 46 答案 C CD AB B B D BC AD AD B 1．(1) (2) (3) 【详解】（1）排球离开手臂后，从最高点自由下落，得 由竖直上抛运动的对称性可知 得 （2）排球与手臂接触、分离的速度大小都相同 以竖直向上为正方向 得 （3）以竖直向上为正方向，在排球与手臂作用过程中 得 2．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．(1) (2) (3) 【详解】（1）足球由静止竖直下落，满足 将代入，解得 （2）球与脚接触瞬间，速度大小满足 解得 球离开脚瞬间，速度大小满足 解得 以竖直向上为正方向，足球的动量变化量大小为 （3）足球与脚接触过程中，设脚对球平均作用力的大小为，根据动量定理有 代入数据，解得 4．B 【详解】A．动量是矢量，手掌做匀速率圆周运动，速度方向不断改变，因此手掌动量发生变化，故A错误； B．动能是标量，大小为，手掌匀速率运动，速度大小不变，因此动能不变，故B正确； C．机械能=动能+重力势能，手掌从P到Q动能不变，高度升高，重力势能增大，因此总机械能增大，不守恒，故C错误； D．根据动能定理，手掌动能变化为0，重力对手掌做负功，因此提线的拉力必须做正功，才能使总功为0，故提线对手掌做功，故D错误。 故选B。 5．AD 【详解】A．撤去外力后A受到的弹簧弹力冲量与弹簧对B的弹力冲量等大反向，0到时间内，根据动量定理有 方向水平向右，故A正确； C．B运动后，当A、B速度相等时弹簧形变量（伸长或压缩量）最大，此时A、B的速度不为零，A、B的动能不为零，由能量守恒定律可知，弹簧形变量最大时，A、B的动能与弹簧的弹性势能之和与撤去外力时弹簧的弹性势能相等，则弹簧的形变量最大时弹簧的弹性势能小于撤去外力时弹簧的弹性势能，弹簧的形变量最大时弹簧的形变量小于撤去外力时弹簧的形变量x，故C错误； BD．图像与坐标轴所围成面积的大小等于物体速度的变化量，因时刻A的速度为零，时刻A的速度大小 时刻A的速度大小 B的速度大小 由图（b）图像可知，时刻A的加速度为零，此时弹簧恢复原长，B开始离开墙壁，到时刻两者加速度均达到最大，此时弹簧伸长量达到最大，两者速度相同，即 则有 时间内，A、B组成的系统动量守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律可得 结合 联立得 故D正确，B错误。 故选AD。 6．AC 【详解】A．瞬时冲量等于滑块获得的初动量，由乙图知时滑块初速度，因此，故A正确； BC．滑块在长木板上运动过程，两者组成系统的动量守恒，设长木板质量为M，则有 代入乙图数据，解得 滑块在长木板上运动过程，对于任意一个极短时间均满足 累积得，其中 代入数据可得 对木板由动量定理可得 即 联立解得，，故B错误，C正确； D．在共速前滑块速度始终大于长木板，相对位移持续增加，之后一起共速运动，因此最大相对位移为，故D错误。 故选AC。 7．BD 【详解】A．桨对水的力和水对桨的力是一对作用力与反作用力，根据牛顿第三定律，二者大小始终相等，A错误； BD．v−t图像的面积表示位移，分阶段计算的位移 ， ， 则第1s的位移 ，划桨加速度 末速度 位移 ，加速度大小，末速度 位移 则第2s的位移 所以第2s的位移比第1s的位移大0.6 m，BD正确； C．根据动量定理，第1s内的合力的冲量 第2s内的合力的冲量 所以第2s内的合力的冲量等于第1s内的合力的冲量，C错误。 故选BD。 8．(1) (2) (3) (4) 【详解】（1）光线垂直射入左侧棱镜直角边，方向不变，射到斜面上。由几何关系，等腰直角三角形斜面倾角为，法线与水平方向夹角为，故入射角，恰好发生全反射，则临界角 根据全反射临界角公式 解得 （2）设在极短时间内，射入光子总能量为 由题公式可知，这些光子的总动量大小为 入射光水平向右，出射光竖直向上。在水平方向上，光子动量由变为，变化量大小为 方向向左。根据动量定理，棱镜对光子的水平作用力 方向向左。由牛顿第三定律，组合体受到光压力的水平分量 方向向右。 （3）当激光功率为时，光压力水平分量 同理，竖直方向光子动量由变为，光子受竖直向上力，则组合体受光压力竖直分量，方向向下。对组合体受力分析，竖直方向平衡：支持力 水平方向恰好开始运动时，光压力水平分量等于最大静摩擦力 联立得 解得 （4）由第（3）问结论可知 当功率为时，光压力水平分量，竖直分量。滑动摩擦力 组合体所受合外力 代入（在范围内） 得 做出合力与位移关系图像如下 图像面积代表合外力的功，所以当时，合外力总功为零，物体末动能为零。且，之后停止运动。由题中公式可知 所以最大距离为。 9．AD 【详解】A．通过空白区域时感应电动势为 感应电流为 安培力为 由动量定理得 解得定值电阻的阻值，故A正确； B．金属杆每次在空白区域运动，由牛顿第二定律得 可知金属杆做加速度减小的减速运动，则平均速度 由，可得金属杆每次在空白区域运动的时间，故B错误； C．金属杆每次通过阴影区域过程中，流过定值电阻的电荷量为，故C错误； D．金属杆每次通过阴影区域过程中，做匀加速运动，则 由牛顿第二定律得 解得，故D正确。 故选AD。 10．BC 【详解】AB．杆从静止到达到速度，两杆组成的系统动量守恒，有 解得 此时回路中产生的电动势为 回路中的电流大小为 杆所受的安培力大小为 两杆都做匀速直线运动，则，故A错误，B正确； C．在0~T时间内，设通过 ab杆的平均电流为，对 ab杆应用动量定理得 则通过杆横截面的电荷量为，故C正确； D．根据电流的定义式有 结合C项解得，故D错误； 故选BC。 11．BD 【详解】A．初始阶段速度向右，受向左摩擦力，速度向左，受向右摩擦力，两摩擦力大小相等方向相反；、受到的安培力等大反向，故系统的总合外力为零，动量守恒。减速为零后反向向右运动过程中，因两棒速度均向右，摩擦力都向左，安培力等大反向，系统的总合外力大小为 故两棒向右运动过程中合外力冲量不为零，系统动量不守恒，故A错误； B．时间内，由动量定理可知导体棒的速度变化满足 导体棒的速度变化满足 两式联立可得 代入数据解得时刻导体棒的速度为，故B正确； C． ​时刻、棒的速度均向右，设速度大小分别为和，则回路的感应电动势 棒的安培力大小为 代入数据整理得 因时刻棒的加速度为零，合力为零，对有 联立解得 时间内，由动量定理可知导体棒的速度变化满足 导体棒的速度变化满足 两式相减并化简得 代入数据解得，故C错误； D．时间内流过两棒的电荷量满足 整理得位移差 代入数据解得，故D正确。 故选BD。 12．BD 【详解】A．由动量定理，对小球有，变形得 对小球有，变形得 图像斜率的绝对值为，由图可知的斜率绝对值大于的斜率绝对值，即，可得，故A正确。 B．当时，共速，设共同速度为。由动量定理得， 联立消去得 整理得，故B正确。 C．从开始运动到，共速时，对由动量定理得 球的动能变化量 因，则，故C错误。 D．，共速时弹簧压缩量最大，弹性势能最大。由能量守恒定律得 结合动量守恒， 代入化简得，故D正确。 故选BD。 13．BD 【详解】A．在滑块P下降直至最低点的过程中，弹簧经历了从拉伸到原长再到压缩的过程，因此P、Q系统受到弹簧的作用力先做正功，后做负功，P、Q组成的系统机械能先增大后减小，故A错误； B．由几何关系可知，P落地前瞬间弹簧的压缩量为，因弹簧的弹性势能与弹簧的形变量有关，因此系统初末状态的弹性势能相等，P、Q系统的初始状态的机械能与末状态的机械能相等；滑块P落地瞬间沿轻杆方向的速度为0，可知滑块Q的瞬时速度为0，滑块P减少的重力势能全部转化为滑块P的动能，由动能定理 解得，故B正确； C．P速度最大时，加速度为0，此时滑块P在竖直方向上受力平衡，故轻杆对P的作用力的竖直向上分量大小为，根据牛顿第三定律可推得滑块Q受到轻杆的作用力的竖直向下分量大小也为，因滑块Q在竖直方向上受力平衡，地面对Q的支持力等于，故C错误； D．从P释放到弹簧恢复原长时，由几何关系可知，此时轻杆与水平方向夹角为，设此时滑块P、Q的速度大小分别为和，两滑块沿轻杆方向的速度大小相等，满足 化简得 由动量定理可知P、Q所受的合力冲量大小等于P、Q的动量变化量，因此P所受的合力冲量小于Q所受的合力冲量，故D正确。 故选BD。 14．BC 【详解】A．由图像可知，时间内该同学在空中，时刻着地时速度为 时间内，支持力小于重力，合力向下，该同学接触地面继续向下加速，可知该同学的最大速度大于，故A错误； B．由图像可知，时间内，该同学所受地面支持力小于重力，则加速度方向向下，由于时刻处于静止，所以时间内，该同学向上减速运动，则时刻，该同学速度方向竖直向上，故B正确； C．时间内，题图乙中图像与横轴围成的面积为在时间内地面对该同学的冲量；则从时间内，根据动量定理可得 可得图乙中图像与横轴围成的面积为，故C正确； D．时间内该同学做自由落体运动，则箱子的高度为 则时间内该同学的机械能减少了，故D错误。 故选BC。 15．(1) (2)， 【详解】（1）花炮发射后做竖直上抛运动，设发射时的初速度为，则有，解得 以向上的方向为正方向，对花炮，由动量定理可得 解得 （2）花炮爆炸时，动量守恒，由动量守恒定律可得 爆炸后两物块做平抛运动，水平方向做匀速运动，竖直方向做自由落体运动，两物块运动时间相同，则有 又，联立解得， 16．BD 【详解】A．以水平向右为正方向，由题图乙知，元件C与A碰前速度为，碰后速度为，C与A碰撞过程动量守恒，由动量守恒定律有 解得 故A错误； B．由题图乙知，3s末A和C的速度为，由动量定理可知，1s到3s过程中柔性机械臂对元件A、C的冲量为 解得 方向向左，则柔性机械臂对元件B的冲量大小为，方向向右，所以1s到3s的时间内，墙壁对B的冲量大小为，方向向左，故B正确； C．元件B离开墙壁后，A、B、C三者共速时柔性机械臂的弹性势能最大，规定水平向左为正方向，根据动量守恒定律有， 得 由系统机械能守恒定律有 解得 故C错误； D．规定水平向左为正方向，元件B离开墙壁后，系统动量守恒、机械能守恒，当柔性机械臂的弹性势能再次为0时，元件B的速度最大，根据系统动量守恒有 由系统机械能守恒定律有 解得B的最大速度为 故D正确。 故选BD。 17．AC 【详解】A．小球抛出上升过程和下降过程，由牛顿第二定律有,, 则小球刚抛出时空气阻力最大，加速度最大，有, 小球落地前已经匀速运动，有, 联立解得 故A正确； B．由题意可得，阻力与速率的关系为 故阻力的冲量大小为 因为上升过程和下降过程位移大小相同，则上升和下降过程阻力的冲量大小相等，故B错误； CD．取向上为正方向，上升的加速度为 取极短时间，速度变化，有 又 上升全程有 则 设小球的初速度为，满足 而小球的末速度为，则有 联立可得 故C正确，D错误。 故选AC。 18．D 【详解】空气阻力大小与速度大小成正比，设空气阻力为 下落过程由牛顿第二定律可得，故随着速度增大，加速度越来越小，下落时做加速度逐渐减小的加速运动 与地面碰撞后上升阶段，由牛顿第二定律可得，故随着速度减小，加速度越来越小，上升时做加速度逐渐减小的减速运动。 设小球下落高度为，上升高度为，则下落时空气阻力冲量的大小为 上升时空气阻力冲量的大小为 规定向下为正方向，由动量定理，下落时 上升时，故。 故选D。 19．A 【详解】A．由图可知，时和物体的速度都为，根据动能定理可知 根据动量定理可知，故A正确； B．由图可知，时物体的速度都为，时物体的速度为0，根据动能定理可知 根据动量定理可知 即在内，力做了的负功，动量减少了，故B错误； C．由图像可知，第1s内和第2s内的速度方向都沿正方向，方向相同，v-t图像的斜率表示加速度，即速度的变化率，结合图像可知，第1s内，物体沿正方向做匀减速运动，加速度方向为负方向，第2s内沿正方向做匀加速运动加速度的方向为正方向，即第1s内和第2s内物体的速度方向相同，速度的变化率方向不同，故C错误； D．根据动量定理可知，动量的变化率即为物体所受的合外力，结合牛顿第二定律可知，第3s内和第4s内物体沿正方向做匀减速运动，速度方向和加速度的方向相同，加速度的大小相等，因此合外力的大小和方向均相同，即第3s内和第4s内动量的变化率大小相同，方向也相同，故D错误。 故选A。 20．B 【详解】AB．由于，可知撤去外力后，两物体减速时的加速度相同，根据牛顿第二定律可知，由于两物体的质量相等，故两物体受到的摩擦力相等，结合图像可知，甲物体的位移小于乙物体的位移，故摩擦力对甲物体做的功小于对乙物体所做的功；根据动能定理可知，故做的功小于做的功，故A错误，B正确； CD．由题可知，摩擦力对乙物体的作用时间大于对甲物体的作用时间，结合上述分析可知，两物体受到的摩擦力大小相等，根据可知，甲物体摩擦力的冲量小于乙物体摩擦力的冲量；结合动量定理可知 故的冲量大小小于的冲量大小，故CD错误。 故选B。 21．B 【详解】A．由图乙可知，第内、第内物块的位移分别为， 则前2s内拉力做的功为 故A错误； B．图甲中图像与时间轴所包围的面积表示拉力的冲量，故前4s内拉力的冲量为 故B正确； CD．由题意可知，物块所受的滑动摩擦力大小为 假设前4s内物块一直在运动，设物块在4s末的速度为，由动量定理得 得 说明在4s前速度已经减为零，速度减为零后保持静止，故CD错误。 故选B。 22．AC 【详解】A．因为两物体做减速时，速度与时间图像彼此平行，说明两物体所受摩擦力相同，大小均为 由速度与时间图像求得加速度大小 物体做加速运动时，根据速度与时间图像，的加速度为，的加速度为，对进行受力分析 对进行受力分析 所以 A正确； B．因为摩擦力大小相同，即 解得 B错误； C．对运动的全过程列动量定理 对运动的全过程列动量定理 解得 C正确； D．加速运动的位移 加速运动的位移 所做功 所做功 所以 D错误。 故选AC。 23．ABD 【详解】A．从t=0开始，根据水平推力F=kt 可知F不断增大，物体对墙壁的压力不断增大，则物体受到的滑动摩擦力f作用，则有 可知f与t成正比；当物体的滑动摩擦力大小大于重力时，物体开始做减速运动，直到停止运动，所以f=mg时物体的速度最大。由对称性可知，物体的加速度为g，即此时的摩擦力为2mg，此时物体处于静止状态，即使推力增大，也不会影响物体的静摩擦力大小，所以摩擦力最大值为2mg，故A正确； B．当时，根据牛顿第二定律得 结合 解得 当a=0时，解得 当，物体在做减速运动时，根据牛顿第二定律得 结合 解得 当时，解得 则知是向下倾斜的直线，故B正确； C．物体先加速后减速，图象切线斜率先增大后减小，故C错误； D．物体的加速度先减小后反向增大，故v-t图中的切线斜率先减小后增大，最大速度设为，此时有 解得 从内，根据动量定理有 因为f与t成正比，且t=0时f=0，则f的平均值为 联立解得 故D正确。 故选ABD。 24．ABC 【详解】AD．由题图知，平行于，说明撤去推力后两物体的加速度相同，而撤去推力后物 体的合力等于摩擦力，根据牛顿第二定律可知, 解得 根据图像可知， 解得 故A正确，D错误； B．根据动量定理有， 解得 故B正确； C．根据动能定理可得，,， 解得 故C正确。 故选ABC。 25．AD 【详解】A．由题意得1s后物块从平台飞出后，受竖直方向的恒定重力和水平方向随时间变化的电场力，故为非匀变速曲线运动，故A正确； B．水平平台给物块的最大静摩擦力等于电场力时，即 =2N 带入题中数据解得 故当E增加到2×106V/m时，结合图乙可知0.2s时物块才开始向右运动，即0～0.2s时间内，物块处于静止状态.0.2~1s时间内，设1s末脱离平台时的速度为，由动量定理 电场力的冲量等于0.2~1s时间内图线与坐标轴所围的面积乘以电荷量，即 0.2~1s时间内摩擦力冲量等于摩擦力乘该段时间，即 联立解得=3.2m/s 故B错误； C．假设物块在0.2~1s时间内物块做匀加速直线运动，该时间内的位移=1.28m 则克服摩擦力做功 实际上物块做加速度增加的变加速运动，位移小于1.28m，故克服安培力做功的值小于2.56J，动能增加量 =5.12J 根据能量守恒得可知，电场力做功的值等于克服摩擦力做功与动能增量之和，故电场力做功小于7.68J，故0~1s内物块的电势能减少量小于7.68J，故C错误； D．设3s末物块的水平速度为，竖直速度为，在水平方向由动量定理得 由图线与坐标轴所围的面积可得=10N·s 联立解得=13.2m/s 竖直方向由运动学公式得=20m/s 则物块落地时的速度≈24m/s 故D正确。 故选AD 。 26．AD 【详解】A．滑块刚接触地面时感应电动势最大 根据闭合电路的欧姆定律可得滑块K的线圈中最大感应电流的大小，故A正确； B．由，，， 可得若缓冲装置向下移动距离H后速度减为v，则此过程中每个缓冲线圈中通过的电量，故B错误； C．设每个缓冲线圈产生的焦耳热为Q，由动能定理得 解得，故C错误； D．根据题意可知有台减速装置，规定竖直向下为正，根据动量定理可知 其中电荷量 解得，故D正确。 故选AD。 27．BD 【详解】A．线框从释放到线框下边进入区域Ⅰ过程中，由动能定理得 解得 线框下边进入区域Ⅰ后切割磁感线，动生电动势 感应电流 此时线框受到的安培力 线框进入区域Ⅰ做匀速直线运动，沿斜面方向受力平衡得 解得，故A错误； B．线框上边缘离开区域Ⅰ到线框下边缘进入区域Ⅱ的过程中，由动能定理得 解得 线框下边进入区域Ⅱ后切割磁感线，动生电动势 感应电流 此时线框受到的安培力 代入A选项求得的磁感应强度，可得 根据牛顿第二定律可得，线框下边刚进入区域Ⅱ的加速度大小为，故B正确； C．线框从进入区域Ⅱ到离开区域Ⅱ，由能量守恒得 解得，故C错误； D．设线框从进入区域Ⅱ到离开区域Ⅱ过程中的速度为，安培力 由动量定理得 通过微元法，将运动过程划分为很多个微小段，每一段近似做匀速直线运动，求得位移再加起来，可得整个过程 联立得 代入A选项求得的磁感应强度，可得 解得，故D正确。 故选BD。 28．BD 【详解】A．时间内，物块和斜面体组成的系统在的作用下做变加速运动，以水平向右为正方向，因此有，又 联立有 画图像如图所示，阴影部分面积即为在时间内产生的冲量，有 又因为在光滑水平面上，在时间内产生的冲量即为动量改变量，有解得 做的功为动能改变量，故A错误； B．隔离物块进行受力分析，物块一直有沿斜面向下的运动趋势，故受到垂直于斜面向上的支持力，沿斜面向上的摩擦力，竖直向下的重力(如下图中（1）所示）。在发生相对运动前，支持力与摩擦力的水平分量的合力提供加速度，在将要发生相对滑动时，摩擦力等于最大静摩擦力，列受力方程，在水平方向，竖直方向 两式相除解得 又，故，故B正确； C．时间内物块受到重力和斜面体作用力的合力的冲量即为物块动量改变量，即 又， 解得 该合冲量方向水平向右，而重力冲量方向竖直向下，因此斜面作用力的冲量一定大于合力冲量，故C错误； D．若把此随时间变化的力改为水平向左，此时物块相对斜面体有向右运动的趋势（惯性），即沿斜面方向有向上运动的趋势，此时摩擦力方向沿斜面向下(如下图中（2）所示），在将要发生相对滑动时，依旧有摩擦力等于最大静摩擦力，此时列受力方程，在水平方向，竖直方向 两式相除解得 此时解得，故 又，故 ， 因此，故D正确。 故选BD。 29．BC 【详解】A．设磁感应强度为，线框电阻为，根据 由于线框进、出磁场的两个过程磁通量变化量大小相等，则两个过程通过线框横截面的电荷量相等，故A错误； B．将线框的运动分解为水平方向和竖直方向两个分运动，可知线框竖直方向做自由落体运动，线框在进、出磁场的两个过程水平方向均做减速运动，则线框进入磁场过程所用时间小于线框离开磁场过程所用时间，竖直方向根据 可知线框进入磁场过程竖直方向的速度变化量小于线框离开磁场过程竖直方向的速度变化量；水平方向根据动量定理可得 由于线框进、出磁场的两个过程通过线框横截面的电荷量相等，则线框进、出磁场的两个过程水平方向的速度变化量相等，根据 可知线框进入磁场过程中速度变化量小于线框离开磁场过程中速度变化量，故B正确； C．线框产生的热量等于克服安培力做的功，根据 由于线框进入磁场过程的水平速度大于离开磁场过程的水平速度，则线框进入磁场过程受到的安培力大于离开磁场过程受到的安培力，又两个过程线框通过的水平位移相同，则线框进入磁场过程克服安培力做的功大于离开磁场过程克服安培力做的功，可知线框飞出磁场过程中线框产生的热量少于线框进入磁场过程中线框产生的热量，故C正确； D．由于线框竖直方向做自由落体运动，且线框进入磁场过程所用时间小于线框离开磁场过程所用时间，则线框进入磁场过程下落高度小于线框离开磁场过程下落高度，根据可知线框进入磁场过程重力做的功小于线框离开磁场过程重力做的功，故D错误。 故选BC。 30．ABC 【详解】A．线框边刚进入磁场时，产生的感应电动势为 此时电路中的感应电流为 所以此时两端的电势差为，故A正确； B．线框边刚进入磁场时，对线框进行受力分析，列牛顿第二定律方程有 解得此时线框的加速度大小为，故B正确； C．对线框边刚进入磁场到速度减为零的过程列动量定理方程有 其中 联立解得该过程所用的时间为，故C正确； D．对线框边刚进入磁场到速度减为零的过程列动能定理方程有 解得该过程克服安培力做的功为 则根据功能关系可知，该过程线框产生的焦耳热为，故D错误。 故选ABC。 31．AD 【详解】A．闭合开关后电路中有电流，金属杆在安培力的作用下向右运动，金属杆切割磁感线产生感应电动势，方向与电源电动势方向相反 当两者大小相等时，电流为0，金属杆达到最大速度，此时 可得，故A正确； B．对金属杆应用动量定理 又 可得，故B错误； C．电源提供的电能，故C错误； D．根据能量守恒定律 动能 解得，故D正确。 故选AD。 32．CD 【详解】AB．由图可知，碰撞前杯盖甲（包含硬币）的动量大小为，碰撞后杯盖乙（包含硬币）的动量大于，而碰撞过程系统动量守恒，说明碰撞后杯盖甲反弹，因此杯盖甲内有一个硬币，杯盖乙内有两个硬币，碰撞后杯盖甲（包含硬币）的动量大小为，根据动量守恒可知碰撞后杯盖乙（包含硬币）的动量大小为，图像的斜率 所以图像的斜率表示合外力。所以，在内，杯盖甲（包含硬币）所受的摩擦力大小，故AB错误； CD．设杯盖质量为，硬币质量为，则 在内，杯盖乙（包含硬币）所受的摩擦力大小 联立解得，，故CD正确。 故选CD。 重难·创新演练 1． B 调平螺丝 / 0.260/0.26 【详解】[1]使用气垫导轨时，需要先接通气泵喷出气体形成气垫，再放置滑块，避免滑块和导轨直接接触摩擦损坏器材。 故选B。 [2]滑块从右向左运动时，依次通过两个光电门的时间 滑块向左减速，导轨未水平，需要调节调平螺丝使气垫导轨右侧升高。 [3]轻推滑块1后，碰撞前滑块1经过光电门1，速度 碰撞后，滑块2碰后向左运动，先经过光电门2，速度 滑块1继续向左，后经过光电门2，速度 验证系统动量守恒，需满足 代入速度整理得表达式 化简得 [4]代入，，碰前滑块1的速度为 代入，碰前滑块1的动量为 2．(1) (2) (3) 【详解】（1）电场力F=Eq，小球到达C点时所受合力的大小为F，指向圆心O。由力的合成法则有 所以 （2）设小球到达C点时的速度大小为，由向心力公式得 解得 A到C， 解得 小球在A点的动量大小为 （3）小球离开C点后在竖直方向上做初速度不为零，加速度大小为重力加速度的匀加速运动。水平方向做匀变速直线运动， y方向上， 解得 x方向上， 球落地点与A距离为 3．D 【详解】AB．由图可知甲车初速度为 5s减速为0，则甲车加速度为 合外力大小为 由图可知乙车做5m/s的匀速直线运动，故AB错误； CD．当甲乙车速度相等时，两车恰好不撞，则有 解得 位移间的关系为 解得 故C错误，D正确。 故选D。 4．AC 【详解】A．根据题意可知，流水做匀速圆周运动，所以水流所受合力方向指向圆心O，则流水的加速度方向指向圆心O，故A正确； B．由于，则向心加速度大小为 根据加速度的定义式有 可得流水速度改变量的大小为 故B错误； C．依题意，极短时间内水流的距离 横截面积 可得内水流的质量为 则通过观测截面水的动量改变量大小为 故C正确； D．根据牛顿第二定律可得 水流与外侧河堤作用的面积 则外侧河堤受到的流水冲击产生的压强为 故D错误。 故选AC。 5．C 【详解】B．圆环做平抛运动，竖直方向上根据 可得 大人和小孩抛出圆环的高度之比为，则运动时间之比为，故B正确； A．圆环在水平方向上有 可得 大人和小孩抛出圆环水平位移相等，则平抛初速度之比为时间的反比，即为，故A正确； C．圆环落地时重力的瞬时功率为 则落地时重力的瞬时功率之比等于时间之比，为，故C错误； D．根据 则大人和小孩抛出的圆环在空中运动过程中动量的变化量之比为等于时间之比，为，故D正确。 本题选错误的，故选C。 6．CD 【详解】Ａ．小物块的动量大小不变，方向变化，所以动量变化，故A错误； B．小物块做圆周运动，受到的合力是向心力，大小不变，方向变化，故B错误； C．小物块受力如下 小物块速度大小不变，则有 小物块下滑过程中，减小，所以摩擦力减小，故C正确； D．小物块重力的功率 可知，小物块重力的功率不断减小，故D正确。 故选CD。 7．AB 【详解】A．在t=4s时，加速度为a=2m/s2，则拉力F=mg+ma=12N 选项A正确； B．根据Δv=aΔt 可知a-t图象中，图象与坐标轴围成的面积表示速度的增量，则在t=4s时，物体的速度 在t=4s时，物体克服重力做功的功率为 选项B正确； C． 在0~4s时间内，物体的动量改变量的大小为 选项C错误； D． 在0~4s时间内，根据动能定理得 整理得 选项D错误。 故选AB 8．B 【详解】AC．设倾斜雪坡的倾角为，两名运动员在空中运动的时间分别为、，初速度分别为、，在空中下落的高度为 则可知两名运动员在空中下落的高度比为 水平位移为 而雪坡倾角的正切值 可得 由此可得 故AC错误 B．将运动员在空中运动至离坡面最大距离处的运动分解为沿坡面和垂直坡面两个方向，沿坡面方向做匀加速直线运动，垂直坡面做匀减速直线运动，运动员在空中到破面的最远距离为 解得 故B正确； D．运动员在空中运动过程中受到的合外力为重力，方向不变，根据动量定理 可知甲、乙在空中运动过程中动量改变量的方向相同，故D错误。 故选B。 9．B 【详解】A．在此过程的这段时间中，重力不为零，时间不为零，所以重力的冲量不为0，故A错误； C．初速度方向竖直向下，末速度方向竖直向上，初、末状态速度的方向发生了变化，所以速度变化量不为0，故C错误； B．足球刚接触脚与刚离开脚时重心在同一高度，则此过程中，足球重力做的功为0，故B正确； D．此过程中动量变化量不为0，根据动量定理可知所受合力冲量不为0，故D错误。 故选B。 10．D 【详解】A．水球所受弹力是由于球拍发生形变产生的，而不是水球自身形变产生的，故A错误。 B．在击球过程中，由于存在外力作用(如航天员的握力等)，水球与球拍组成的系统动量不守恒，故B错误。 CD．根据牛顿第三定律，球拍对水球的冲量大小等于水球对球拍的冲量大小，因为它们是相互作用力的冲量，大小相等，方向相反，故C错误，D正确。 故选D。 真题·实战演练 1．BC 【详解】A．由题知甲车的速度一时间图像如图（a）所示，则根据图（a）可知0 ~ 2s内，甲车做匀加速直线运动，加速度大小不变，故A错误； B．由题知乙车所受合外力一时间图像如图（b）所示，则乙车在0 ~ 2s内根据动量定理有 I2 = mv2，I2 = S0 ~ 2 = 2N·s 乙车在0 ~ 6s内根据动量定理有 I6 = mv6，I6 = S0 ~ 6 = 2N·s 则可知乙车在t = 2s和t = 6s时的速度相同，故B正确； C．根据图（a）可知，2 ~ 6s内甲车的位移为0；根据图（b）可知，2 ~ 6s内乙车一直向正方向运动，则2 ~ 6s内，甲、乙两车的位移不同，故C正确； D．根据图（a）可知，t = 8s时甲车的速度为0，则t = 8s时，甲车的动能为0；乙车在0 ~ 8s内根据动量定理有 I8 = mv8，I8 = S0 ~ 8 = 0 可知t = 8s时乙车的速度为0，则t = 8s时，乙车的动能为0，故D错误。 故选BC。 2．AD 【详解】根据图像可知当时，物块加速度为 方向沿斜面向下；当时，物块加速度大小为 方向沿斜面向上，作出物块内的图像 A．根据图像可知，物体一直沿斜面向下运动，故A正确； B．根据图像可知，物块的末速度不等于0，根据动量定理 故B错误； C．根据图像可知时物块速度大于时物块的速度，故时动量不是时的一半，故C错误； D．图像与横轴围成的面积表示位移，故由图像可知过程物体的位移小于的位移，故D正确。 故选AD。 3．AD 【详解】AB．氙离子经电场加速，根据动能定理有 可得加速电压为 故A正确，B错误； D．在时间内，有质量为的氙离子以速度喷射而出，形成电流为，由动量定理可得 进入放电通道的氙气质量为，被电离的比例为，则有 联立解得 故D正确； C．在时间内，有电荷量为的氙离子喷射出，则有， 联立解得 故C错误。 故选AD。 4．B 【详解】设空气的密度为，风迎面垂直吹向一固定的交通标志牌的横截面积为，在时间的空气质量为 假定台风迎面垂直吹向一固定的交通标志牌的末速度变为零，对风由动量定理有 可得 10级台风的风速，16级台风的风速，则有 故选B。 1 / 19 学科网（北京）股份有限公司 $ 第23讲 动量、冲量和动量定理（专项训练） 目 录 研判·考情前瞻 2 巩固·知识解构 2 知识点1 对动量和冲量的理解 2 知识点2 动量定理的理解和应用 3 模拟·基础演练 4 题型01 动量和冲量的理解 4 题型02 动量定理的理解和应用 12 题型03 动量定理和图像问题的结合 20 题型04 应用动量定理处理分析多过程问题 28 重难·创新演练 38 真题·实战演练 47 研判·考情前瞻 核心考点 2026年 2025年 2024年 动量与冲量的矢量性辨析及基础计算 多选题 T7（6 分） 动量定理的理解与单 / 多过程应用 计算题 T14（12 分） 动量定理与动力学、能量的综合应用 考情分析 1.基础题侧重对动量、冲量矢量性的辨析、动量定理核心内涵的理解，常结合 v-t、F-t 图像命题，考查学生对动量变化与力的时间积累关系的本质理解； 2.综合题常结合斜面、板块、传送带、电磁感应等模型，联动牛顿运动定律、动能定理、动量守恒定律进行多过程综合考查，重点检验学生对运动过程的拆解能力、动量定理的规范列式能力，以及多物理规律的联动应用能力，是力学综合题的核心命题方向之一。 复习目标 1.精准掌握动量、冲量的矢量性特征，熟练区分恒力冲量与变力冲量的计算方法，能快速辨析动量、冲量、动量定理相关的基础概念，规避矢量性、适用条件等易错点。 2.深化对动量定理的理解，熟练掌握单过程、多过程动量定理的列式规范，能结合 F-t、v-t 图像快速分析动量变化与冲量的对应关系，提升基础题型的解题准确率与速度。 3.吃透动量定理与动力学、能量的综合应用模型，能精准拆解复杂多过程运动，熟练联动牛顿运动定律、动能定理、动量守恒定律解决力学综合压轴题，提升综合分析与计算能力。 巩固·知识解构 知识点1 对动量和冲量的理解 1.对动量的理解 (1)动量的两性 ①瞬时性：动量是描述物体运动状态的物理量，是针对某一时刻或位置而言的。 ②相对性：动量的大小与参考系的选取有关，通常是指相对地面的动量。 2.对冲量的理解 (1)冲量的两性 ①时间性：冲量不仅与力有关，还与力的作用时间有关，恒力的冲量等于该力与该力的作用时间的乘积。 ②矢量性：对于方向恒定的力来说，冲量的方向与力的方向一致；对于作用时间内方向变化的力来说，冲量的方向与相应时间内物体动量改变量的方向一致。 (2)作用力和反作用力的冲量：一定等大、反向，但与作用力和反作用力做的功之间并无必然联系。 (3)冲量与功的比较 冲量 功 定义 作用在物体上的力和力的作用时间的乘积 作用在物体上的力和物体在力的方向上的位移的乘积 单位 N· s J 公式 I＝Ft(F为恒力) W＝Flcos α(F为恒力) 标矢性 矢量 标量 意义 ①表示力对时间的累积 ②是动量变化的量度 ①表示力对空间的累积 ②是能量变化多少的量度 都是过程量，都与力的作用过程相联系 ✨得分速记： 动量、冲量均为矢量，解题必先规定正方向。动量(p=mv)，状态量，只与瞬时速度、质量有关，速度反向则动量正负翻转；冲量(I=Ft)，过程量，对应力作用的完整时间段。恒力冲量直接相乘，变力冲量借助 F-t 图像面积求解。动量定理核心：合外力总冲量等于动量变化，不用分析复杂加速度，多过程可全程列式。计算优先统一正负，避免矢量运算符号出错。区分动量（瞬时状态）与冲量（时间累积），选择题常以此设置陷阱，计算题规范写出初末动量、总冲量再列定理式。 知识点2 动量定理的理解和应用 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．对动量定理的理解 (1)Ft＝p′－p是矢量式，两边不仅大小相等，而且方向相同．式中Ft是物体所受的合外力的冲量． (2)Ft＝p′－p除表明两边大小、方向的关系外，还说明了两边的因果关系，即合外力的冲量是动量变化的原因． (3)由Ft＝p′－p，得F＝＝，即物体所受的合外力等于物体动量的变化率． (4)当物体运动包含多个不同过程时，可分段应用动量定理求解，也可以全过程应用动量定理． ✨得分速记 解题基本思路 (1)确定研究对象． (2)对物体进行受力分析．可先求每个力的冲量，再求各力冲量的矢量和——合力的冲量；或先求合力，再求其冲量． (3)抓住过程的初、末状态，选好正方向，确定各动量和冲量的正负号． (4)根据动量定理列方程，如有必要还需要补充其他方程，最后代入数据求解． 模拟·基础演练 考查重点：动量与动量定理兼顾选择、计算两类题型。基础重点为动量、冲量矢量判断，F-t 图像求冲量；核心大题侧重多过程动量定理列式，常结合板块、斜面模型。高频考动量变化矢量运算，区分状态量动量与过程量冲量。综合题会联动动能定理、牛顿定律联立求解，注重正负方向设定，多设置符号易错陷阱，压轴计算题常以全过程动量定理简化复杂分段分析。 ⏳题型01 动量和冲量的理解 1．（2026·福建泉州·模拟预测）某同学练习排球垫球时，排球每次都在同一位置与手臂接触、分离，排球每次竖直上升后又落回原位置。已知排球质量，每次垫球时排球与手臂接触时间为，重力加速度g取，不计空气阻力，求： (1)排球离开手臂后在空中的飞行时间； (2)排球每次与手臂作用过程的动量变化量大小； (3)排球与手臂平均作用力的大小。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）排球离开手臂后，从最高点自由下落，得 由竖直上抛运动的对称性可知 得 （2）排球与手臂接触、分离的速度大小都相同 以竖直向上为正方向 得 （3）以竖直向上为正方向，在排球与手臂作用过程中 得 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·福建厦门·模拟预测）4月19日，2026年福建省城市足球联赛揭幕战打响，厦门队以战胜对手，夺得开门红。如图所示，一足球运动员在某次颠球练习中，足球由静止竖直下落后与脚接触，经离开脚后沿竖直方向向上运动，上升到达最高点。已知足球质量，重力加速度大小取，不计空气阻力，求： (1)足球由静止竖直下落所用时间； (2)足球与脚接触过程中，足球动量变化量的大小； (3)足球与脚接触过程中，脚对球平均作用力的大小。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）足球由静止竖直下落，满足 将代入，解得 （2）球与脚接触瞬间，速度大小满足 解得 球离开脚瞬间，速度大小满足 解得 以竖直向上为正方向，足球的动量变化量大小为 （3）足球与脚接触过程中，设脚对球平均作用力的大小为，根据动量定理有 代入数据，解得 4．（2026·福建泉州·三模）泉州提线木偶戏是入选国家级非物质文化遗产的传统戏剧。如图所示，木偶在提线作用下，其手掌在竖直面内由位置沿圆弧线匀速率运动到位置，在此过程中（   ） A．手掌的动量不变 B．手掌的动能不变 C．手掌的机械能守恒 D．提线对手掌不做功 【答案】B 【详解】A．动量是矢量，手掌做匀速率圆周运动，速度方向不断改变，因此手掌动量发生变化，故A错误； B．动能是标量，大小为，手掌匀速率运动，速度大小不变，因此动能不变，故B正确； C．机械能=动能+重力势能，手掌从P到Q动能不变，高度升高，重力势能增大，因此总机械能增大，不守恒，故C错误； D．根据动能定理，手掌动能变化为0，重力对手掌做负功，因此提线的拉力必须做正功，才能使总功为0，故提线对手掌做功，故D错误。 故选B。 5．（2025·福建福州·模拟预测）（多选）如图（a），质量分别为mA、mB的A、B两物体用轻弹簧连接构成一个系统，外力F作用在A上，系统静止在光滑水平面上（B靠墙面），此时弹簧形变量为x。撤去外力并开始计时，A、B两物体运动的a-t图像如图（b）所示，S1表示0到t1时间内A的a-t图线与坐标轴所围面积大小，S2、S3分别表示t1到t2时间内A、B的a-t图线与坐标轴所围面积大小。A在t1时刻的速度为v0。下列说法正确的是 （     ） A．0到t1时间内，墙对B的冲量等于mAv0 B．mA：mB=S2：S3 C．B运动后，弹簧的最大形变量等于x D．S1 —S2=S3 【答案】AD 【详解】A．撤去外力后A受到的弹簧弹力冲量与弹簧对B的弹力冲量等大反向，0到时间内，根据动量定理有 方向水平向右，故A正确； C．B运动后，当A、B速度相等时弹簧形变量（伸长或压缩量）最大，此时A、B的速度不为零，A、B的动能不为零，由能量守恒定律可知，弹簧形变量最大时，A、B的动能与弹簧的弹性势能之和与撤去外力时弹簧的弹性势能相等，则弹簧的形变量最大时弹簧的弹性势能小于撤去外力时弹簧的弹性势能，弹簧的形变量最大时弹簧的形变量小于撤去外力时弹簧的形变量x，故C错误； BD．图像与坐标轴所围成面积的大小等于物体速度的变化量，因时刻A的速度为零，时刻A的速度大小 时刻A的速度大小 B的速度大小 由图（b）图像可知，时刻A的加速度为零，此时弹簧恢复原长，B开始离开墙壁，到时刻两者加速度均达到最大，此时弹簧伸长量达到最大，两者速度相同，即 则有 时间内，A、B组成的系统动量守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律可得 结合 联立得 故D正确，B错误。 故选AD。 6．（2026·福建福州·模拟预测）（多选）如图甲所示，质量为的滑块静止在静置于光滑水平地面的长木板的左端，给滑块施加一水平瞬时冲量I，同时立即受到一个方向竖直向上、大小与滑块速度成正比的力F作用（即，其中）从滑块滑上长木板开始计时，滑块与长木板运动的速度-时间图像如图乙所示。滑块可视为质点，滑块与长木板之间的动摩擦因数，重力加速度g取。则（     ） A． B．滑块位移4.4m C．长木板位移0.9m D．滑块与长木板的最大相对位移为3.5m 【答案】AC 【详解】A．瞬时冲量等于滑块获得的初动量，由乙图知时滑块初速度，因此，故A正确； BC．滑块在长木板上运动过程，两者组成系统的动量守恒，设长木板质量为M，则有 代入乙图数据，解得 滑块在长木板上运动过程，对于任意一个极短时间均满足 累积得，其中 代入数据可得 对木板由动量定理可得 即 联立解得，，故B错误，C正确； D．在共速前滑块速度始终大于长木板，相对位移持续增加，之后一起共速运动，因此最大相对位移为，故D错误。 故选AC。 7．（2026·福建厦门·模拟预测）（多选）图甲所示是单人划龙舟运动。一名龙舟队员进行单人划龙舟练习，他每次划桨用时0.7 s，回桨用时0.3 s。划桨时能沿运动方向对龙舟提供恒定的推力，回桨时龙舟不受推力，龙舟在运动方向上受到的阻力恒为。某次练习时，龙舟的速度随时间变化的图像如图乙所示，下列说法正确的是（     ） A．在0-0.7 s内，桨对水的力大于水对桨的力 B．2 s时，龙舟的速度为1.2 m/s C．第2 s内的合力的冲量大于第1 s内的合力的冲量 D．第2 s的位移比第1 s的位移大0.6 m 【答案】BD 【详解】A．桨对水的力和水对桨的力是一对作用力与反作用力，根据牛顿第三定律，二者大小始终相等，A错误； BD．v−t图像的面积表示位移，分阶段计算的位移 ， ， 则第1s的位移 ，划桨加速度 末速度 位移 ，加速度大小，末速度 位移 则第2s的位移 所以第2s的位移比第1s的位移大0.6 m，BD正确； C．根据动量定理，第1s内的合力的冲量 第2s内的合力的冲量 所以第2s内的合力的冲量等于第1s内的合力的冲量，C错误。 故选BD。 8．（2026·福建三明·二模）某科研小组为了研究光压，设计了如下的假想实验。如图，在真空环境中，两相同材质的全反射棱镜（截面为等腰直角三角形）拼接固连成一方形组合体，两棱镜间有真空间隙，棱镜的折射率为n，与地面的动摩擦因数为μ，组合体总质量为m。一束功率恒为P0的水平激光束，垂直射入左侧棱镜后在棱镜的斜面上恰好发生全反射，出射光的功率仍为P0。已知真空中光速为c，重力加速度大小为g，一个光子动量p与其能量ε的关系为不考虑光子的康普顿效应影响。求： (1)棱镜的折射率n； (2)组合体受到光压力的水平分量大小； (3)组合体恰好开始向右运动时激光的最小功率P1； (4)控制激光的发射功率P随组合体的位移x按以下规律变化，其中常数项，，组合体从开始运动到第一次速度减为零的过程中向右运动的最大距离是多少？ 【答案】(1) (2) (3) (4) 【详解】（1）光线垂直射入左侧棱镜直角边，方向不变，射到斜面上。由几何关系，等腰直角三角形斜面倾角为，法线与水平方向夹角为，故入射角，恰好发生全反射，则临界角 根据全反射临界角公式 解得 （2）设在极短时间内，射入光子总能量为 由题公式可知，这些光子的总动量大小为 入射光水平向右，出射光竖直向上。在水平方向上，光子动量由变为，变化量大小为 方向向左。根据动量定理，棱镜对光子的水平作用力 方向向左。由牛顿第三定律，组合体受到光压力的水平分量 方向向右。 （3）当激光功率为时，光压力水平分量 同理，竖直方向光子动量由变为，光子受竖直向上力，则组合体受光压力竖直分量，方向向下。对组合体受力分析，竖直方向平衡：支持力 水平方向恰好开始运动时，光压力水平分量等于最大静摩擦力 联立得 解得 （4）由第（3）问结论可知 当功率为时，光压力水平分量，竖直分量。滑动摩擦力 组合体所受合外力 代入（在范围内） 得 做出合力与位移关系图像如下 图像面积代表合外力的功，所以当时，合外力总功为零，物体末动能为零。且，之后停止运动。由题中公式可知 所以最大距离为。 ⏳题型02 动量定理的理解和应用 9．（2026·福建厦门·模拟预测）（多选）如图1所示，两条固定在同一水平面内的光滑平行金属导轨处在大小为、方向竖直向上的匀强磁场中，导轨左端接有一定值电阻。两导轨间交替分布有边长为的正方形区域（图中阴影和空白区域）。一质量为的细直金属杆沿导轨水平向右运动，当金属杆通过阴影区域时，受到一沿导轨方向的水平外力作用；通过空白区域时，无水平外力。金属杆的速度大小与时间的关系如图2所示。已知，金属杆始终与导轨垂直并接触良好，导轨间距为，导轨和金属杆电阻不计，忽略空气阻力。若金属杆在各阴影区域内运动的时间均相同，则（     ） A．定值电阻的阻值 B．金属杆每次在空白区域运动的时间为 C．金属杆每次通过阴影区域过程中，通过定值电阻的电荷量为 D．金属杆每次通过阴影区域过程中，与之间的关系为 【答案】AD 【详解】A．通过空白区域时感应电动势为 感应电流为 安培力为 由动量定理得 解得定值电阻的阻值，故A正确； B．金属杆每次在空白区域运动，由牛顿第二定律得 可知金属杆做加速度减小的减速运动，则平均速度 由，可得金属杆每次在空白区域运动的时间，故B错误； C．金属杆每次通过阴影区域过程中，流过定值电阻的电荷量为，故C错误； D．金属杆每次通过阴影区域过程中，做匀加速运动，则 由牛顿第二定律得 解得，故D正确。 故选AD。 10．（2026·福建福州·三模）（多选）如图，两根相距为的足够长的平行光滑导轨固定在同一水平面上，并处在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为，和两根金属杆静止在导轨上，与导轨构成矩形闭合回路。杆质量为，杆质量为，电阻均为，导轨的电阻忽略不计。从时刻开始，两杆分别受到平行于导轨方向相反、大小相等的恒力（大小未知）作用，分别向相反方向滑动。时，杆达到速度后，两杆都做匀速直线运动，下列说法正确的是（　　） A．恒力大小为 B．杆匀速运动时通过的电流大小为 C．在时间内，通过杆横截面的电荷量为 D．在时间内，两杆的相对位移大小为 【答案】BC 【详解】AB．杆从静止到达到速度，两杆组成的系统动量守恒，有 解得 此时回路中产生的电动势为 回路中的电流大小为 杆所受的安培力大小为 两杆都做匀速直线运动，则，故A错误，B正确； C．在0~T时间内，设通过 ab杆的平均电流为，对 ab杆应用动量定理得 则通过杆横截面的电荷量为，故C正确； D．根据电流的定义式有 结合C项解得，故D错误； 故选BC。 11．（2026·福建厦门·模拟预测）（多选）如图所示，相距的两平行金属导轨水平放置，两导体棒、放在导轨上，空间中存在方向竖直向下、磁感应强度大小的匀强磁场。时，导体棒、分别以、的速度相向运动，时刻棒的速度第一次为0，时刻棒的加速度第一次为0。已知两导体棒的质量均为、接入电路的电阻均为、与水平导轨间的动摩擦因数均为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。两导体棒在运动过程中不会相碰且始终与导轨垂直并接触良好，则（　　） A．导体棒、组成的系统，动量始终守恒 B．时刻导体棒的速度为 C．时间内，通过导体棒的电荷量为 D．时间内，两导体棒的位移之差为 【答案】BD 【详解】A．初始阶段速度向右，受向左摩擦力，速度向左，受向右摩擦力，两摩擦力大小相等方向相反；、受到的安培力等大反向，故系统的总合外力为零，动量守恒。减速为零后反向向右运动过程中，因两棒速度均向右，摩擦力都向左，安培力等大反向，系统的总合外力大小为 故两棒向右运动过程中合外力冲量不为零，系统动量不守恒，故A错误； B．时间内，由动量定理可知导体棒的速度变化满足 导体棒的速度变化满足 两式联立可得 代入数据解得时刻导体棒的速度为，故B正确； C． ​时刻、棒的速度均向右，设速度大小分别为和，则回路的感应电动势 棒的安培力大小为 代入数据整理得 因时刻棒的加速度为零，合力为零，对有 联立解得 时间内，由动量定理可知导体棒的速度变化满足 导体棒的速度变化满足 两式相减并化简得 代入数据解得，故C错误； D．时间内流过两棒的电荷量满足 整理得位移差 代入数据解得，故D正确。 故选BD。 12．（2026·福建南平·二模）（多选）如图（a），质量分别为、的两个小球A、B拴接在一根轻弹簧的两端，并静止在光滑的水平地面上。给小球A一个水平向右的初速度压缩弹簧，此后小球A、B的速度与冲量大小的关系图像如图（b）所示，图中、已知，则（　　） A． B． C．从开始运动到A、B共速时B球的动能变化量为 D．A、B共速时弹簧的弹性势能最大，其最大值为 【答案】BD 【详解】A．由动量定理，对小球有，变形得 对小球有，变形得 图像斜率的绝对值为，由图可知的斜率绝对值大于的斜率绝对值，即，可得，故A正确。 B．当时，共速，设共同速度为。由动量定理得， 联立消去得 整理得，故B正确。 C．从开始运动到，共速时，对由动量定理得 球的动能变化量 因，则，故C错误。 D．，共速时弹簧压缩量最大，弹性势能最大。由能量守恒定律得 结合动量守恒， 代入化简得，故D正确。 故选BD。 13．（2026·福建泉州·二模）（多选）如图，水平地面上固定有一竖直杆，杆上套有一小滑块P；小滑块Q放在地面上，P、Q间用一长为的轻杆通过铰链连接，一水平轻弹簧右端固定，左端与Q连接。已知P、Q质量均为m，重力加速度大小为g。初始时轻杆竖直，弹簧的伸长量为。P由静止释放，整个运动过程中P、Q可视为质点，弹簧在弹性限度内，忽略一切摩擦，则在P下降过程中（   ） A．P、Q组成的系统机械能一直增大 B．P落地前瞬间速度大小为 C．P速度最大时，Q受到地面的支持力大于2mg D．从P释放到弹簧恢复原长时，P所受的合力冲量小于Q所受的合力冲量 【答案】BD 【详解】A．在滑块P下降直至最低点的过程中，弹簧经历了从拉伸到原长再到压缩的过程，因此P、Q系统受到弹簧的作用力先做正功，后做负功，P、Q组成的系统机械能先增大后减小，故A错误； B．由几何关系可知，P落地前瞬间弹簧的压缩量为，因弹簧的弹性势能与弹簧的形变量有关，因此系统初末状态的弹性势能相等，P、Q系统的初始状态的机械能与末状态的机械能相等；滑块P落地瞬间沿轻杆方向的速度为0，可知滑块Q的瞬时速度为0，滑块P减少的重力势能全部转化为滑块P的动能，由动能定理 解得，故B正确； C．P速度最大时，加速度为0，此时滑块P在竖直方向上受力平衡，故轻杆对P的作用力的竖直向上分量大小为，根据牛顿第三定律可推得滑块Q受到轻杆的作用力的竖直向下分量大小也为，因滑块Q在竖直方向上受力平衡，地面对Q的支持力等于，故C错误； D．从P释放到弹簧恢复原长时，由几何关系可知，此时轻杆与水平方向夹角为，设此时滑块P、Q的速度大小分别为和，两滑块沿轻杆方向的速度大小相等，满足 化简得 由动量定理可知P、Q所受的合力冲量大小等于P、Q的动量变化量，因此P所受的合力冲量小于Q所受的合力冲量，故D正确。 故选BD。 14．（2025·福建福州·模拟预测）（多选）如图甲所示，质量为m的同学直立于箱子上，时刻该同学从箱子上无初速度跳下，经曲腿缓冲一系列动作后，t7时刻起直立静止于地面上，该同学所受地面支持力大小F随时间t变化的关系如图乙所示，忽略空气阻力，该同学在空中始终处于直立状态，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　） A．该同学的最大速度为 B．t6时刻，该同学速度方向竖直向上 C．图乙中图像与横轴t1~t7围成的面积为 D．0~t7时间内该同学的机械能减少了 【答案】BC 【详解】A．由图像可知，时间内该同学在空中，时刻着地时速度为 时间内，支持力小于重力，合力向下，该同学接触地面继续向下加速，可知该同学的最大速度大于，故A错误； B．由图像可知，时间内，该同学所受地面支持力小于重力，则加速度方向向下，由于时刻处于静止，所以时间内，该同学向上减速运动，则时刻，该同学速度方向竖直向上，故B正确； C．时间内，题图乙中图像与横轴围成的面积为在时间内地面对该同学的冲量；则从时间内，根据动量定理可得 可得图乙中图像与横轴围成的面积为，故C正确； D．时间内该同学做自由落体运动，则箱子的高度为 则时间内该同学的机械能减少了，故D错误。 故选BC。 15．（2025·福建厦门·模拟预测）已知某花炮发射器能在内将花炮竖直向上发射出去，花炮的质量为、射出的最大高度，且花炮刚好在最高点爆炸为两块物块。假设爆炸前后花炮的总质量不变，爆炸后两物块的速度均沿水平方向，且两物块落地的水平位移比为1：4，忽略一切阻力及发射器大小，重力加速度。求： (1)求花炮发射器发射花炮时，对花炮产生的平均作用力F的大小； (2)爆炸后两物块的质量、的大小。 【答案】(1) (2)， 【详解】（1）花炮发射后做竖直上抛运动，设发射时的初速度为，则有，解得 以向上的方向为正方向，对花炮，由动量定理可得 解得 （2）花炮爆炸时，动量守恒，由动量守恒定律可得 爆炸后两物块做平抛运动，水平方向做匀速运动，竖直方向做自由落体运动，两物块运动时间相同，则有 又，联立解得， 16．（2025·福建三明·三模）（多选）如图甲，在智能机器人协作实验场中，元件A、B之间用智能柔性机械臂连接（机械臂可根据内置算法自动调整伸缩，模拟弹簧功能），放在光滑水平试验台上，B右侧与竖直挡板相接触。时刻，元件C以一定速度向右运动，时与元件A相碰（碰撞时间极短），并立即与A粘连且不再分开。C的运动情况由视觉追踪系统和惯性测量单元监测，并生成如图乙的图像，已知、，则（　　） A．元件C的质量为100 g B．1 s到3 s的时间内，墙壁对B的冲量大小为 C．元件B离开墙壁后，柔性机械臂的最大弹性势能为 D．元件B离开墙壁后，B的最大速度为 【答案】BD 【详解】A．以水平向右为正方向，由题图乙知，元件C与A碰前速度为，碰后速度为，C与A碰撞过程动量守恒，由动量守恒定律有 解得 故A错误； B．由题图乙知，3s末A和C的速度为，由动量定理可知，1s到3s过程中柔性机械臂对元件A、C的冲量为 解得 方向向左，则柔性机械臂对元件B的冲量大小为，方向向右，所以1s到3s的时间内，墙壁对B的冲量大小为，方向向左，故B正确； C．元件B离开墙壁后，A、B、C三者共速时柔性机械臂的弹性势能最大，规定水平向左为正方向，根据动量守恒定律有， 得 由系统机械能守恒定律有 解得 故C错误； D．规定水平向左为正方向，元件B离开墙壁后，系统动量守恒、机械能守恒，当柔性机械臂的弹性势能再次为0时，元件B的速度最大，根据系统动量守恒有 由系统机械能守恒定律有 解得B的最大速度为 故D正确。 故选BD。 ⏳题型03 动量定理和图像问题的结合 17．（2024·福建福州·一模）（多选）从地面上以一定初速度竖直向上抛出一质量为m的小球，其动能随时间的变化如图。已知小球受到的空气阻力与速率成正比。小球落地时的动能为，且落地前小球已经做匀速运动。重力加速度为g，则小球在整个运动过程中（　　） A．最大的加速度为5g B．球上升阶段阻力的冲量小于下落阶段阻力的冲量 C．小球上升的最大高度为 D．小球上升的最大高度为 【答案】AC 【详解】A．小球抛出上升过程和下降过程，由牛顿第二定律有，， 则小球刚抛出时空气阻力最大，加速度最大，有， 小球落地前已经匀速运动，有， 联立解得故A正确； B．由题意可得，阻力与速率的关系为 故阻力的冲量大小为 因为上升过程和下降过程位移大小相同，则上升和下降过程阻力的冲量大小相等，故B错误； CD．取向上为正方向，上升的加速度为 取极短时间，速度变化，有 又 上升全程有则 设小球的初速度为，满足 而小球的末速度为，则有 联立可得故C正确，D错误。 故选AC。 18．（2025·四川成都·一模）篮球从离地一定高度处静止释放，与地面碰撞后反弹上升到最高点的过程中，所受空气阻力大小与速度大小成正比，碰撞过程无能量损失，篮球在该过程中的图像可能是（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】空气阻力大小与速度大小成正比，设空气阻力为 下落过程由牛顿第二定律可得，故随着速度增大，加速度越来越小，下落时做加速度逐渐减小的加速运动 与地面碰撞后上升阶段，由牛顿第二定律可得，故随着速度减小，加速度越来越小，上升时做加速度逐渐减小的减速运动。 设小球下落高度为，上升高度为，则下落时空气阻力冲量的大小为 上升时空气阻力冲量的大小为 规定向下为正方向，由动量定理，下落时 上升时，故。 故选D。 19．（2025·四川内江·一模）某物体在运动过程中只受到力的作用，物体的速度随时间变化的图像如图所示。已知在时刻，物体的速度为零。则下列说法中正确的是（　　） A．在内，力所做的功等于零，冲量也等于零 B．在内，力所做的功等于零，冲量也等于零 C．第1s内和第2s内的速度方向相同，速度的变化率方向相同 D．第3s内和第4s内动量的变化率大小相同，方向相反 【答案】A 【详解】A．由图可知，时和物体的速度都为，根据动能定理可知 根据动量定理可知，故A正确； B．由图可知，时物体的速度都为，时物体的速度为0，根据动能定理可知 根据动量定理可知 即在内，力做了的负功，动量减少了，故B错误； C．由图像可知，第1s内和第2s内的速度方向都沿正方向，方向相同，v-t图像的斜率表示加速度，即速度的变化率，结合图像可知，第1s内，物体沿正方向做匀减速运动，加速度方向为负方向，第2s内沿正方向做匀加速运动加速度的方向为正方向，即第1s内和第2s内物体的速度方向相同，速度的变化率方向不同，故C错误； D．根据动量定理可知，动量的变化率即为物体所受的合外力，结合牛顿第二定律可知，第3s内和第4s内物体沿正方向做匀减速运动，速度方向和加速度的方向相同，加速度的大小相等，因此合外力的大小和方向均相同，即第3s内和第4s内动量的变化率大小相同，方向也相同，故D错误。 故选A。 20．水平推力、分别作用于水平地面上等质量的甲、乙两物体，一段时间后撤去推力，两物体继续运动一段距离后停止，甲、乙两物体的图像分别如图中、所示，图中。在整个运动过程（　　） A．做的功与做的功相等 B．两物体摩擦力做的功不相等 C．的冲量与的冲量大小相等 D．两物体摩擦力的冲量大小相等 【答案】B 【详解】AB．由于，可知撤去外力后，两物体减速时的加速度相同，根据牛顿第二定律可知，由于两物体的质量相等，故两物体受到的摩擦力相等，结合图像可知，甲物体的位移小于乙物体的位移，故摩擦力对甲物体做的功小于对乙物体所做的功；根据动能定理可知，故做的功小于做的功，故A错误，B正确； CD．由题可知，摩擦力对乙物体的作用时间大于对甲物体的作用时间，结合上述分析可知，两物体受到的摩擦力大小相等，根据可知，甲物体摩擦力的冲量小于乙物体摩擦力的冲量；结合动量定理可知 故的冲量大小小于的冲量大小，故CD错误。 故选B。 21．（2025·山西临汾·三模）一物块静止在粗糙水平地面上，0~4s内所受水平拉力随时间的变化关系图像如图甲所示，0~2s内速度—时间图像如图乙所示，取重力加速度g=10m/s2，关于物块的运动。下列说法正确的是（　　） A．前2s内拉力做的功为12J B．前4s内拉力的冲量为 C．前4s内物块一直在运动 D．物块在4s末减速为零 【答案】B 【详解】A．由图乙可知，第内、第内物块的位移分别为， 则前2s内拉力做的功为 故A错误； B．图甲中图像与时间轴所包围的面积表示拉力的冲量，故前4s内拉力的冲量为 故B正确； CD．由题意可知，物块所受的滑动摩擦力大小为 假设前4s内物块一直在运动，设物块在4s末的速度为，由动量定理得 得 说明在4s前速度已经减为零，速度减为零后保持静止，故CD错误。 故选B。 22．（2025·陕西咸阳·三模）（多选）两个质量相同的物体、并排静止在水平面上，与水平面间的动摩擦因数分别为、，用同向水平拉力、分别作用于物体和上，一段时间后撤去，两物体各自滑行一段距离后停止运动。物体、运动的速度-时间图像分别如图中图线①、②所示，已知拉力、分别撤去后，物体做减速运动过程的速度-时间图像彼此平行（相关数据已在图中标出）。由图中信息可以得出（   ） A．两个拉力之比为 B．两个物体、与水平面间的动摩擦因数之比为 C．两个拉力对物体、的冲量之比为 D．两个拉力对物体、所做的功之比为 【答案】AC 【详解】A．因为两物体做减速时，速度与时间图像彼此平行，说明两物体所受摩擦力相同，大小均为 由速度与时间图像求得加速度大小 物体做加速运动时，根据速度与时间图像，的加速度为，的加速度为，对进行受力分析 对进行受力分析 所以 A正确； B．因为摩擦力大小相同，即 解得 B错误； C．对运动的全过程列动量定理 对运动的全过程列动量定理 解得 C正确； D．加速运动的位移 加速运动的位移 所做功 所做功 所以 D错误。 故选AC。 23．（2024·湖北荆州·模拟预测）（多选）如图所示，把一质量为的物体用一水平方向的推力（为恒量，为时间）压在竖直的足够高的平整墙上，物体与墙壁间动摩擦因数为，从开始计时，静止释放此物体，则物体所受的摩擦力、加速度、位移和速度随变化的关系正确的是图中的（　　） A． B． C． D． 【答案】ABD 【详解】A．从t=0开始，根据水平推力F=kt 可知F不断增大，物体对墙壁的压力不断增大，则物体受到的滑动摩擦力f作用，则有 可知f与t成正比；当物体的滑动摩擦力大小大于重力时，物体开始做减速运动，直到停止运动，所以f=mg时物体的速度最大。由对称性可知，物体的加速度为g，即此时的摩擦力为2mg，此时物体处于静止状态，即使推力增大，也不会影响物体的静摩擦力大小，所以摩擦力最大值为2mg，故A正确； B．当时，根据牛顿第二定律得 结合 解得 当a=0时，解得 当，物体在做减速运动时，根据牛顿第二定律得 结合 解得 当时，解得 则知是向下倾斜的直线，故B正确； C．物体先加速后减速，图象切线斜率先增大后减小，故C错误； D．物体的加速度先减小后反向增大，故v-t图中的切线斜率先减小后增大，最大速度设为，此时有 解得 从内，根据动量定理有 因为f与t成正比，且t=0时f=0，则f的平均值为 联立解得 故D正确。 故选ABD。 24．（2024·广东肇庆·二模）（多选）在水平面上静置有质量相等的a、b两个物体，水平推力、分别作用在a、b上，一段时间后撤去推力，物体继续运动一段距离后停下，a、b在运动过程中未相撞，a、b的v-t图像如图所示，图中平行于，整个过程中a、b的最大速度相等，运动时间之比。则在整个运动过程中下列说法正确的是（　　） A．物体a、b受到的摩擦力大小相等 B．两水平推力对物体的冲量之比为 C．两水平推力对物体的做功之比为 D．两水平推力的大小之比为 【答案】ABC 【详解】AD．由题图知，平行于，说明撤去推力后两物体的加速度相同，而撤去推力后物 体的合力等于摩擦力，根据牛顿第二定律可知， 解得 根据图像可知， 解得 故A正确，D错误； B．根据动量定理有， 解得 故B正确； C．根据动能定理可得，，， 解得 故C正确。 故选ABC。 ⏳题型04 应用动量定理处理分析多过程问题 25．（2024·福建·二模）（多选）如图甲，一电量为q=1.0×10-6C、质量为m=1.0kg的带电物块（可视为质点）静置于动摩擦因数为0.2的绝缘水平平台上。t=0时刻在空间内加一水平向右的匀强电场，场强大小随时间变化如图乙所示。1s时物块恰好从平台右边缘飞出，3s时物块恰好落地。重力加速度大小g=10m/s2，下列说法正确的是（　　） A．1s后物块做非匀变速曲线运动 B．物块从平台飞出时的速度大小为3m/s C．0~1s内物块的电势能减少了7.68J D．物块落地时的速度大小约为24m/s 【答案】AD 【详解】A．由题意得1s后物块从平台飞出后，受竖直方向的恒定重力和水平方向随时间变化的电场力，故为非匀变速曲线运动，故A正确； B．水平平台给物块的最大静摩擦力等于电场力时，即=2N 带入题中数据解得 故当E增加到2×106V/m时，结合图乙可知0.2s时物块才开始向右运动，即0～0.2s时间内，物块处于静止状态.0.2~1s时间内，设1s末脱离平台时的速度为，由动量定理 电场力的冲量等于0.2~1s时间内图线与坐标轴所围的面积乘以电荷量，即 0.2~1s时间内摩擦力冲量等于摩擦力乘该段时间，即 联立解得=3.2m/s 故B错误； C．假设物块在0.2~1s时间内物块做匀加速直线运动，该时间内的位移=1.28m 则克服摩擦力做功 实际上物块做加速度增加的变加速运动，位移小于1.28m，故克服安培力做功的值小于2.56J，动能增加量=5.12J 根据能量守恒得可知，电场力做功的值等于克服摩擦力做功与动能增量之和，故电场力做功小于7.68J，故0~1s内物块的电势能减少量小于7.68J，故C错误； D．设3s末物块的水平速度为，竖直速度为，在水平方向由动量定理得 由图线与坐标轴所围的面积可得=10N·s 联立解得=13.2m/s 竖直方向由运动学公式得=20m/s 则物块落地时的速度≈24m/s 故D正确。 故选AD 。 26．（2023·福建·模拟预测）（多选）小红在查阅资料时看到了嫦娥五号的月球着落装置设计，她也利用所学知识设计了一个地球着落回收的电磁缓冲装置，其工作原理是利用电磁阻尼作用减缓返回舱和地面间的冲击力。如图甲所示，在返回舱的底盘安装有均匀对称的4台电磁缓冲装置，电磁缓冲结构示意图如图乙所示。在缓冲装置的底板上，沿竖直方向固定着两个光滑绝缘导轨、。导轨内侧，安装电磁铁（图中未画出），能产生垂直于导轨平面的匀强磁场，磁场的磁感应强度为B。导轨内的缓冲滑块K由高强度绝缘材料制成，滑块K上绕有闭合矩形线圈，线圈的总电阻为R，匝数为n，边长为L。假设整个返回舱以速度与地面碰撞后，滑块K立即停下，此后在线圈与轨道的磁场作用下使舱体减速，从而实现缓冲。返回舱质量为m，地球表面的重力加速度为g，一切摩擦阻力不计，缓冲装置质量忽略不计。则以下说法正确的是（　　）    A．滑块K的线圈中最大感应电流的大小 B．若缓冲装置向下移动距离H后速度减为v，则此过程中每个缓冲线圈中通过的电量 C．若缓冲装置向下移动距离H后速度减为v，则此过程中每个缓冲线圈中产生的焦耳热是 D．若要使缓冲滑块K实现缓冲，且缓冲时间约为t，则缓冲装置中的光滑导轨和长度至少 【答案】AD 【详解】A．滑块刚接触地面时感应电动势最大 根据闭合电路的欧姆定律可得滑块K的线圈中最大感应电流的大小，故A正确； B．由，，， 可得若缓冲装置向下移动距离H后速度减为v，则此过程中每个缓冲线圈中通过的电量，故B错误； C．设每个缓冲线圈产生的焦耳热为Q，由动能定理得 解得，故C错误； D．根据题意可知有台减速装置，规定竖直向下为正，根据动量定理可知 其中电荷量 解得，故D正确。 故选AD。 27．（2026·河北秦皇岛·二模）（多选）如图所示，水平地面固定有倾角光滑绝缘斜面，其上有两个相距3d宽度都为d的匀强磁场区域Ⅰ、Ⅱ，磁感应强度方向垂直斜面向上，大小相等，虚线为磁场边界，均与斜面底边平行，一质量为m、电阻为R、边长为d的正方形金属线框置于区域Ⅰ上方d处由静止释放，线框底边与磁场边界平行，线框进入区域Ⅰ做匀速直线运动，线框上边离开区域Ⅱ时的速度等于线框下边进入区域Ⅰ时的速度，下滑过程中线框形状不变，重力加速度为g，下列说法正确的是（     ） A．磁感应强度的大小为 B．线框下边刚进入区域Ⅱ的加速度大小为 C．线框从进入区域Ⅱ到离开区域Ⅱ产生的焦耳热为 D．线框从进入区域Ⅱ到离开区域Ⅱ的时间为 【答案】BD 【详解】A．线框从释放到线框下边进入区域Ⅰ过程中，由动能定理得 解得 线框下边进入区域Ⅰ后切割磁感线，动生电动势 感应电流 此时线框受到的安培力 线框进入区域Ⅰ做匀速直线运动，沿斜面方向受力平衡得 解得，故A错误； B．线框上边缘离开区域Ⅰ到线框下边缘进入区域Ⅱ的过程中，由动能定理得 解得 线框下边进入区域Ⅱ后切割磁感线，动生电动势 感应电流 此时线框受到的安培力 代入A选项求得的磁感应强度，可得 根据牛顿第二定律可得，线框下边刚进入区域Ⅱ的加速度大小为，故B正确； C．线框从进入区域Ⅱ到离开区域Ⅱ，由能量守恒得 解得，故C错误； D．设线框从进入区域Ⅱ到离开区域Ⅱ过程中的速度为，安培力 由动量定理得 通过微元法，将运动过程划分为很多个微小段，每一段近似做匀速直线运动，求得位移再加起来，可得整个过程 联立得 代入A选项求得的磁感应强度，可得 解得，故D正确。 故选BD。 28．（2026·湖南长沙·二模）（多选）如图所示，光滑水平面上有一倾角为质量为的斜面体，在水平向右的力的作用下，斜面体和其上一质量为的物块一起从静止开始向右运动，加速度与时间的关系为，其中为大于的常量。物块和斜面体之间动摩擦因数为，重力加速度为。时刻，物块和斜面体刚要发生相对运动，此时物块动能为，则（　　） A．时间内，做的功等于 B． C．时间内物块受到斜面体作用力的冲量为 D．若把此随时间变化的力方向改为水平向左，物块与斜面体开始相对运动时物块的动能 【答案】BD 【详解】A．时间内，物块和斜面体组成的系统在的作用下做变加速运动，以水平向右为正方向，因此有，又 联立有 画图像如图所示，阴影部分面积即为在时间内产生的冲量，有 又因为在光滑水平面上，在时间内产生的冲量即为动量改变量，有解得 做的功为动能改变量，故A错误； B．隔离物块进行受力分析，物块一直有沿斜面向下的运动趋势，故受到垂直于斜面向上的支持力，沿斜面向上的摩擦力，竖直向下的重力(如下图中（1）所示）。在发生相对运动前，支持力与摩擦力的水平分量的合力提供加速度，在将要发生相对滑动时，摩擦力等于最大静摩擦力，列受力方程，在水平方向，竖直方向 两式相除解得 又，故，故B正确； C．时间内物块受到重力和斜面体作用力的合力的冲量即为物块动量改变量，即 又， 解得 该合冲量方向水平向右，而重力冲量方向竖直向下，因此斜面作用力的冲量一定大于合力冲量，故C错误； D．若把此随时间变化的力改为水平向左，此时物块相对斜面体有向右运动的趋势（惯性），即沿斜面方向有向上运动的趋势，此时摩擦力方向沿斜面向下(如下图中（2）所示），在将要发生相对滑动时，依旧有摩擦力等于最大静摩擦力，此时列受力方程，在水平方向，竖直方向 两式相除解得 此时解得，故 又，故 ， 因此，故D正确。 故选BD。 29．（2025·甘肃天水·模拟预测）（多选）如图，竖直平面内有一宽度为的有界匀强磁场，一边长为的正方形线框以一定的初速度水平抛出，从右边界离开磁场，运动过程中线框不翻转。关于进、出磁场的两个过程，下列说法正确的是（　　） A．进入磁场过程中通过线框横截面的电荷量大 B．进入磁场过程中速度变化量小 C．进入磁场过程中线框产生的热量多 D．重力做的功相等 【答案】BC 【详解】A．设磁感应强度为，线框电阻为，根据 由于线框进、出磁场的两个过程磁通量变化量大小相等，则两个过程通过线框横截面的电荷量相等，故A错误； B．将线框的运动分解为水平方向和竖直方向两个分运动，可知线框竖直方向做自由落体运动，线框在进、出磁场的两个过程水平方向均做减速运动，则线框进入磁场过程所用时间小于线框离开磁场过程所用时间，竖直方向根据 可知线框进入磁场过程竖直方向的速度变化量小于线框离开磁场过程竖直方向的速度变化量；水平方向根据动量定理可得 由于线框进、出磁场的两个过程通过线框横截面的电荷量相等，则线框进、出磁场的两个过程水平方向的速度变化量相等，根据 可知线框进入磁场过程中速度变化量小于线框离开磁场过程中速度变化量，故B正确； C．线框产生的热量等于克服安培力做的功，根据 由于线框进入磁场过程的水平速度大于离开磁场过程的水平速度，则线框进入磁场过程受到的安培力大于离开磁场过程受到的安培力，又两个过程线框通过的水平位移相同，则线框进入磁场过程克服安培力做的功大于离开磁场过程克服安培力做的功，可知线框飞出磁场过程中线框产生的热量少于线框进入磁场过程中线框产生的热量，故C正确； D．由于线框竖直方向做自由落体运动，且线框进入磁场过程所用时间小于线框离开磁场过程所用时间，则线框进入磁场过程下落高度小于线框离开磁场过程下落高度，根据可知线框进入磁场过程重力做的功小于线框离开磁场过程重力做的功，故D错误。 故选BC。 30．（2026·贵州毕节·三模）（多选）列车的涡流制动装置俯视图可以简化为下图，固定在轨道面内的磁场I和Ⅱ的宽度均为，间距也为，磁感应强度大小均为，磁场左右边界均与水平直轨道垂直，安装在列车底部的线圈简化为单匝正方形线框，边与磁场边界平行。列车向右运动，边刚进入磁场时的速度大小为，当边到达磁场Ⅱ右边界时速度恰好减为零。线框的边长为，总电阻为。列车的质量为，在制动过程中除安培力外的其它阻力恒为。下列说法正确的是（     ） A．线框边刚进入磁场时，两端的电势差为 B．线框边刚进入磁场时，加速度大小为 C．从线框边刚进入磁场到速度减为零，所用的时间为 D．从线框边刚进入磁场到速度减为零，线框产生的焦耳热为 【答案】ABC 【详解】A．线框边刚进入磁场时，产生的感应电动势为 此时电路中的感应电流为 所以此时两端的电势差为，故A正确； B．线框边刚进入磁场时，对线框进行受力分析，列牛顿第二定律方程有 解得此时线框的加速度大小为，故B正确； C．对线框边刚进入磁场到速度减为零的过程列动量定理方程有 其中 联立解得该过程所用的时间为，故C正确； D．对线框边刚进入磁场到速度减为零的过程列动能定理方程有 解得该过程克服安培力做的功为 则根据功能关系可知，该过程线框产生的焦耳热为，故D错误。 故选ABC。 31．（2026·四川绵阳·一模）（多选）如图所示为水平放置足够长的光滑平行导轨，电阻不计、间距为0.5 m，左端连接的电源电动势为10 V、内阻为2 Ω，质量为0.4 kg、长为0.5 m的金属杆垂直静置在导轨上，金属杆的电阻为3 Ω。整个装置处在磁感应强度大小为2 T、方向竖直向下的匀强磁场中，闭合开关，金属杆沿导轨做变加速运动直至达到最大速度，则下列说法正确的是（     ） A．金属杆的最大速度大小为10 m/s B．此过程中通过金属杆的电荷量为2 C C．此过程中电源提供的电能为20 J D．此过程中回路电阻产生的总热量为20 J 【答案】AD 【详解】A．闭合开关后电路中有电流，金属杆在安培力的作用下向右运动，金属杆切割磁感线产生感应电动势，方向与电源电动势方向相反 当两者大小相等时，电流为0，金属杆达到最大速度，此时 可得，故A正确； B．对金属杆应用动量定理 又 可得，故B错误； C．电源提供的电能，故C错误； D．根据能量守恒定律 动能 解得，故D正确。 故选AD。 32．（2026·重庆北碚·模拟预测）（多选）在完全相同的质量均为6g的两杯盖中分别随机固定1枚或2枚相同的硬币。两杯盖静止在足够大的粗糙水平面上，t=0时给杯盖甲一瞬时冲量，之后杯盖甲正碰杯盖乙，碰撞时间极短。碰撞前后甲、乙的动量大小随时间变化的图像如图所示，重力加速度g取，下列说法正确的是（　　） A．杯盖甲碰后速度方向不变 B．碰后杯盖乙所受摩擦力为0.07N C．每枚硬币的质量为6g D．杯盖与水平面间的动摩擦因数为0.5 【答案】CD 【详解】AB．由图可知，碰撞前杯盖甲（包含硬币）的动量大小为，碰撞后杯盖乙（包含硬币）的动量大于，而碰撞过程系统动量守恒，说明碰撞后杯盖甲反弹，因此杯盖甲内有一个硬币，杯盖乙内有两个硬币，碰撞后杯盖甲（包含硬币）的动量大小为，根据动量守恒可知碰撞后杯盖乙（包含硬币）的动量大小为，图像的斜率 所以图像的斜率表示合外力。所以，在内，杯盖甲（包含硬币）所受的摩擦力大小，故AB错误； CD．设杯盖质量为，硬币质量为，则 在内，杯盖乙（包含硬币）所受的摩擦力大小 联立解得，，故CD正确。 故选CD。 重难·创新演练 设题创新:福建高考动量定理命题创新，一是结合航天、碰撞等真实生活情境包装模型，弱化纯理论设问；二是融合 F-t、v-t 双图像综合分析，需要结合面积、斜率双重信息求冲量；三是跨模块综合，联动电磁感应、板块、曲线运动，用动量定理替代牛顿定律简化多过程；四是设问开放，不直接求速度，改为求作用力、作用时间，侧重逻辑推导，规避机械套公式。 1．（2026·广东深圳·一模）用气垫导轨、数字计时器、光电门、滑块、遮光片等器材验证动量守恒定律。 （1）将气垫导轨摆放在桌面上，然后________（填选项符号） A．将滑块放在气垫导轨上，再接通气泵    B．接通气泵，再将滑块放在气垫导轨上 （2）取一滑块置于气垫导轨上，轻推，使之从右向左依次通过两个光电门，遮光片遮光时间分别为＝0.012s，＝0.018s，则需调节________（填“固定支架”或“调平螺丝”）使气垫导轨右侧升高。再次轻推滑块，当＝时，说明气垫导轨已经调平； （3）测得滑块上遮光片的宽度均为d＝1.00cm，滑块1、2的质量分别为＝260.0g，＝165.0g； （4）将滑块1静置于OA之间，将滑块2静置于AB之间。轻推滑块1，两滑块发生碰撞，数字计时器连续记录下三个时间，依次为＝0.010s，＝0.009s，＝0.042s，如果表达式________（用给出的物理量符号表示）成立，则验证了系统动量守恒； （5）根据上述测得数据计算可得碰前滑块1的动量为＝________kg·m/s，碰后滑块1的动量，滑块2的动量； （6）将以上数据代入公式，计算出实验中的相对误差。 【答案】 B 调平螺丝 / 0.260/0.26 【详解】[1]使用气垫导轨时，需要先接通气泵喷出气体形成气垫，再放置滑块，避免滑块和导轨直接接触摩擦损坏器材。 故选B。 [2]滑块从右向左运动时，依次通过两个光电门的时间 滑块向左减速，导轨未水平，需要调节调平螺丝使气垫导轨右侧升高。 [3]轻推滑块1后，碰撞前滑块1经过光电门1，速度 碰撞后，滑块2碰后向左运动，先经过光电门2，速度 滑块1继续向左，后经过光电门2，速度 验证系统动量守恒，需满足 代入速度整理得表达式 化简得 [4]代入，，碰前滑块1的速度为 代入，碰前滑块1的动量为 2．（2025·福建福州·模拟预测）如图，在竖直平面内，有水平向右的匀强电场，一半径为的光滑绝缘圆弧轨道ABC和水平光滑绝缘轨道PA在A点相切。BC为圆弧轨道的直径。O为圆心，OA和OB之间的夹角为，，一质量为，带电量为的带正电小球沿水平轨道向右运动，经A点沿圆弧轨道恰好能通过C点，并飞出落至水平轨道；已知小球在B处速度最大，重力加速度大小为。求： (1)匀强电场的电场强度E； (2)小球到达A点时动量的大小； (3)小球从C点落至水平轨道的落地点与A之间的距离大小。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）电场力F=Eq，小球到达C点时所受合力的大小为F，指向圆心O。由力的合成法则有 所以 （2）设小球到达C点时的速度大小为，由向心力公式得 解得 A到C， 解得 小球在A点的动量大小为 （3）小球离开C点后在竖直方向上做初速度不为零，加速度大小为重力加速度的匀加速运动。水平方向做匀变速直线运动， y方向上， 解得 x方向上， 球落地点与A距离为 3．（2025·福建南平·模拟预测）甲、乙两车在同一平直公路上行驶。时，甲车司机发现乙车在正前方同方向行驶，立刻采取制动措施（不计反应时间）。甲车运动过程中的动量-时间（）图像如图（a）所示，乙车运动的位移-时间（）图像如图（b）所示，已知甲车的质量为，且甲车恰好未撞上乙车。则（　　） A．乙车做匀加速直线运动 B．甲车制动过程中所受合外力大小为 C．甲车恰好未撞上乙车的时刻为 D．时刻，甲、乙两车相距 【答案】D 【详解】AB．由图可知甲车初速度为 5s减速为0，则甲车加速度为 合外力大小为 由图可知乙车做5m/s的匀速直线运动，故AB错误； CD．当甲乙车速度相等时，两车恰好不撞，则有 解得 位移间的关系为 解得 故C错误，D正确。 故选D。 4．（2025·福建福州·三模）（多选）科学实践小组对福州内河调研发现，弯曲河道的外侧河堤会受到流水冲击产生的压强。如图所示，河流某弯道处可视为圆心为O，半径为R的圆弧的一部分。假设河床水平，河道在整个弯道处宽度L和水深H均保持不变，水的流动速度v大小恒定，，河水密度为ρ，忽略流水内部的相互作用力。取弯道某处一垂直于流速的观测截面，则在一段极短时间Δt内（     ） A．流水的加速度方向指向圆心O B．流水速度改变量的大小为 C．通过观测截面水的动量改变量大小为 D．外侧河堤受到的流水冲击产生的压强为 【答案】AC 【详解】A．根据题意可知，流水做匀速圆周运动，所以水流所受合力方向指向圆心O，则流水的加速度方向指向圆心O，故A正确； B．由于，则向心加速度大小为 根据加速度的定义式有 可得流水速度改变量的大小为 故B错误； C．依题意，极短时间内水流的距离 横截面积 可得内水流的质量为 则通过观测截面水的动量改变量大小为 故C正确； D．根据牛顿第二定律可得 水流与外侧河堤作用的面积 则外侧河堤受到的流水冲击产生的压强为 故D错误。 故选AC。 5．（2024·福建福州·二模）套圈是我国民众喜爱的传统游戏，小孩和大人在同一条竖直线上的不同高度分别水平抛出相同的圆环，结果恰好都套中前方同一物体，不计空气阻力。若大人和小孩抛出圆环的高度之比为，圆环及被套物体均可视为质点，则下列说法不正确的是（    ） A．大人和小孩抛出的圆环初速度之比为 B．大人和小孩抛出的圆环在空中飞行的时间之比为 C．大人和小孩抛出的圆环落地时重力的瞬时功率之比为2：1 D．大人和小孩抛出的圆环在空中运动过程中动量的变化量之比为 【答案】C 【详解】B．圆环做平抛运动，竖直方向上根据 可得 大人和小孩抛出圆环的高度之比为，则运动时间之比为，故B正确； A．圆环在水平方向上有 可得 大人和小孩抛出圆环水平位移相等，则平抛初速度之比为时间的反比，即为，故A正确； C．圆环落地时重力的瞬时功率为 则落地时重力的瞬时功率之比等于时间之比，为，故C错误； D．根据 则大人和小孩抛出的圆环在空中运动过程中动量的变化量之比为等于时间之比，为，故D正确。 本题选错误的，故选C。 6．（2024·福建·一模）（多选）如图是半径为R的半球形碗，一质量为m的小物块从碗口A点以大小不变的速度v沿着碗滑到碗底中心B点。则在该过程中（　　） A．小物块的动量不变 B．小物块受到的合外力不变 C．小物块受到的摩擦力不断减小 D．小物块重力的功率不断减小 【答案】CD 【详解】Ａ．小物块的动量大小不变，方向变化，所以动量变化，故A错误； B．小物块做圆周运动，受到的合力是向心力，大小不变，方向变化，故B错误； C．小物块受力如下 小物块速度大小不变，则有 小物块下滑过程中，减小，所以摩擦力减小，故C正确； D．小物块重力的功率 可知，小物块重力的功率不断减小，故D正确。 故选CD。 7．（2023·福建龙岩·模拟预测）（多选）如图甲所示，一质量为1kg的物体在t=0时受到拉力F的作用，由静止开始竖直向上做加速直线运动，其运动时的a-t图象如图乙所示，已知重力加速度，g=10m/s2，空气阻力忽略不计，下列说法正确的是（　　）    A．在t=4s时，拉力F为12N B．在t=4s时，物体克服重力做功的功率为60W C．在0~4s时间内，物体的动量改变量的大小为46kg. m/s D．在0~4s时间内，拉力F对物体做的功为18J 【答案】AB 【详解】A．在t=4s时，加速度为a=2m/s2，则拉力F=mg+ma=12N 选项A正确； B．根据Δv=aΔt 可知a-t图象中，图象与坐标轴围成的面积表示速度的增量，则在t=4s时，物体的速度 在t=4s时，物体克服重力做功的功率为选项B正确； C． 在0~4s时间内，物体的动量改变量的大小为 选项C错误； D． 在0~4s时间内，根据动能定理得 整理得 选项D错误。 故选AB 8．（2023·福建福州·二模）某次越野滑雪比赛中甲、乙两名运动员从同一倾斜直雪坡顶端水平滑出后落到该雪坡上时所用的时间之比为，忽略空气阻力，下列说法正确的是（　　） A．甲、乙在空中下降的高度之比为 B．甲、乙在空中到雪坡的最远距离之比为 C．甲、乙水平滑出的初速度大小之比为 D．甲、乙在空中运动过程中动量改变量的方向不同 【答案】B 【详解】AC．设倾斜雪坡的倾角为，两名运动员在空中运动的时间分别为、，初速度分别为、，在空中下落的高度为 则可知两名运动员在空中下落的高度比为 水平位移为 而雪坡倾角的正切值 可得 由此可得 故AC错误 B．将运动员在空中运动至离坡面最大距离处的运动分解为沿坡面和垂直坡面两个方向，沿坡面方向做匀加速直线运动，垂直坡面做匀减速直线运动，运动员在空中到破面的最远距离为 解得 故B正确； D．运动员在空中运动过程中受到的合外力为重力，方向不变，根据动量定理 可知甲、乙在空中运动过程中动量改变量的方向相同，故D错误。 故选B。 9．（2026·福建·模拟预测）如图所示，小福同学正在练习颠球，足球从某一高度下落到脚上，与脚发生相互作用后被弹起，已知足球刚接触脚与刚离开脚时重心在同一高度，则此过程中，足球（　　） A．重力的冲量为0 B．重力做的功为0 C．速度变化量为0 D．所受合力的冲量为0 【答案】B 【详解】A．在此过程的这段时间中，重力不为零，时间不为零，所以重力的冲量不为0，故A错误； C．初速度方向竖直向下，末速度方向竖直向上，初、末状态速度的方向发生了变化，所以速度变化量不为0，故C错误； B．足球刚接触脚与刚离开脚时重心在同一高度，则此过程中，足球重力做的功为0，故B正确； D．此过程中动量变化量不为0，根据动量定理可知所受合力冲量不为0，故D错误。 故选B。 10．（2026·福建龙岩·二模）在“天宫课堂”第四课期间，神舟十六号航天员做了一个“奇妙乒乓球”实验。如图所示，实验中航天员朱杨柱用水袋做了一颗水球，桂海潮手握球拍击打水球，水球被弹开。关于上述过程，下列说法正确的是（　　） A．水球所受弹力是由于水球发生形变产生的 B．击球时水球与球拍组成的系统动量守恒 C．球拍对水球的冲量大小大于水球对球拍的冲量大小 D．球拍对水球的冲量大小等于水球对球拍的冲量大小 【答案】D 【详解】A．水球所受弹力是由于球拍发生形变产生的，而不是水球自身形变产生的，故A错误。 B．在击球过程中，由于存在外力作用(如航天员的握力等)，水球与球拍组成的系统动量不守恒，故B错误。 CD．根据牛顿第三定律，球拍对水球的冲量大小等于水球对球拍的冲量大小，因为它们是相互作用力的冲量，大小相等，方向相反，故C错误，D正确。 故选D。 真题·实战演练 高频考点：高考动量、动量定理高频考点分三类：基础选择重点考查动量冲量矢量辨析、F-t 图像面积求变力冲量，判断正负方向；中档题型考查单段、多过程动量定理列式计算，区分状态量与过程量；计算大题高频结合板块、斜面、碰撞模型，联动动能定理联立求解。常设置矢量符号陷阱，多过程优先全程用动量定理简化运算，是力学综合题必考内容。 1．（2023·福建·高考真题）（多选）甲、乙两辆完全相同的小车均由静止沿同一方向出发做直线运动。以出发时刻为计时零点，甲车的速度—时间图像如图（a）所示，乙车所受合外力—时间图像如图（b）所示。则（   ） A．0 ~ 2s内，甲车的加速度大小逐渐增大 B．乙车在t = 2s和t = 6s时的速度相同 C．2 ~ 6s内，甲、乙两车的位移不同 D．t = 8s时，甲、乙两车的动能不同 【答案】BC 【详解】A．由题知甲车的速度一时间图像如图（a）所示，则根据图（a）可知0 ~ 2s内，甲车做匀加速直线运动，加速度大小不变，故A错误； B．由题知乙车所受合外力一时间图像如图（b）所示，则乙车在0 ~ 2s内根据动量定理有I2 = mv2，I2 = S0 ~ 2 = 2N·s 乙车在0 ~ 6s内根据动量定理有I6 = mv6，I6 = S0 ~ 6 = 2N·s 则可知乙车在t = 2s和t = 6s时的速度相同，故B正确； C．根据图（a）可知，2 ~ 6s内甲车的位移为0；根据图（b）可知，2 ~ 6s内乙车一直向正方向运动，则2 ~ 6s内，甲、乙两车的位移不同，故C正确； D．根据图（a）可知，t = 8s时甲车的速度为0，则t = 8s时，甲车的动能为0；乙车在0 ~ 8s内根据动量定理有 I8 = mv8，I8 = S0 ~ 8 = 0 可知t = 8s时乙车的速度为0，则t = 8s时，乙车的动能为0，故D错误。 故选BC。 2．（2024·福建·高考真题）（多选）如图（a），水平地面上固定有一倾角为的足够长光滑斜面，一质量为的滑块锁定在斜面上。时解除锁定，同时对滑块施加沿斜面方向的拉力，随时间的变化关系如图（b）所示，取沿斜面向下为正方向，重力加速度大小为，则滑块（　　） A．在内一直沿斜面向下运动 B．在内所受合外力的总冲量大小为零 C．在时动量大小是在时的一半 D．在内的位移大小比在内的小 【答案】AD 【详解】根据图像可知当时，物块加速度为 方向沿斜面向下；当时，物块加速度大小为 方向沿斜面向上，作出物块内的图像 A．根据图像可知，物体一直沿斜面向下运动，故A正确； B．根据图像可知，物块的末速度不等于0，根据动量定理 故B错误； C．根据图像可知时物块速度大于时物块的速度，故时动量不是时的一半，故C错误； D．图像与横轴围成的面积表示位移，故由图像可知过程物体的位移小于的位移，故D正确。 故选AD。 3．（2022·福建·高考真题）（多选）我国霍尔推进器技术世界领先，其简化的工作原理如图所示。放电通道两端电极间存在一加速电场，该区域内有一与电场近似垂直的约束磁场（未画出）用于提高工作物质被电离的比例。工作时，工作物质氙气进入放电通道后被电离为氙离子，再经电场加速喷出，形成推力。某次测试中，氙气被电离的比例为95%，氙离子喷射速度为，推进器产生的推力为。已知氙离子的比荷为；计算时，取氙离子的初速度为零，忽略磁场对离子的作用力及粒子之间的相互作用，则（　　） A．氙离子的加速电压约为 B．氙离子的加速电压约为 C．氙离子向外喷射形成的电流约为 D．每秒进入放电通道的氙气质量约为 【答案】AD 【详解】AB．氙离子经电场加速，根据动能定理有 可得加速电压为 故A正确，B错误； D．在时间内，有质量为的氙离子以速度喷射而出，形成电流为，由动量定理可得 进入放电通道的氙气质量为，被电离的比例为，则有 联立解得 故D正确； C．在时间内，有电荷量为的氙离子喷射出，则有， 联立解得 故C错误。 故选AD。 4．（2021·福建·高考真题）福建属于台风频发地区，各类户外设施建设都要考虑台风影响。已知10级台风的风速范围为，16级台风的风速范围为。若台风迎面垂直吹向一固定的交通标志牌，则16级台风对该交通标志牌的作用力大小约为10级台风的（　　） A．2倍 B．4倍 C．8倍 D．16倍 【答案】B 【详解】设空气的密度为，风迎面垂直吹向一固定的交通标志牌的横截面积为，在时间的空气质量为 假定台风迎面垂直吹向一固定的交通标志牌的末速度变为零，对风由动量定理有 可得 10级台风的风速，16级台风的风速，则有 故选B。 1 / 19 学科网（北京）股份有限公司 $ 第23讲 动量、冲量和动量定理（专项训练） 目 录 研判·考情前瞻 2 巩固·知识解构 2 知识点1 对动量和冲量的理解 2 知识点2 动量定理的理解和应用 3 模拟·基础演练 4 题型01 动量和冲量的理解 4 题型02 动量定理的理解和应用 7 题型03 动量定理和图像问题的结合 10 题型04 应用动量定理处理分析多过程问题 14 重难·创新演练 18 真题·实战演练 22 研判·考情前瞻 核心考点 2026年 2025年 2024年 动量与冲量的矢量性辨析及基础计算 多选题 T7（6 分） 动量定理的理解与单 / 多过程应用 计算题 T14（12 分） 动量定理与动力学、能量的综合应用 考情分析 1.基础题侧重对动量、冲量矢量性的辨析、动量定理核心内涵的理解，常结合 v-t、F-t 图像命题，考查学生对动量变化与力的时间积累关系的本质理解； 2.综合题常结合斜面、板块、传送带、电磁感应等模型，联动牛顿运动定律、动能定理、动量守恒定律进行多过程综合考查，重点检验学生对运动过程的拆解能力、动量定理的规范列式能力，以及多物理规律的联动应用能力，是力学综合题的核心命题方向之一。 复习目标 1.精准掌握动量、冲量的矢量性特征，熟练区分恒力冲量与变力冲量的计算方法，能快速辨析动量、冲量、动量定理相关的基础概念，规避矢量性、适用条件等易错点。 2.深化对动量定理的理解，熟练掌握单过程、多过程动量定理的列式规范，能结合 F-t、v-t 图像快速分析动量变化与冲量的对应关系，提升基础题型的解题准确率与速度。 3.吃透动量定理与动力学、能量的综合应用模型，能精准拆解复杂多过程运动，熟练联动牛顿运动定律、动能定理、动量守恒定律解决力学综合压轴题，提升综合分析与计算能力。 巩固·知识解构 知识点1 对动量和冲量的理解 1.对动量的理解 (1)动量的两性 ①瞬时性：动量是描述物体运动状态的物理量，是针对某一时刻或位置而言的。 ②相对性：动量的大小与参考系的选取有关，通常是指相对地面的动量。 2.对冲量的理解 (1)冲量的两性 ①时间性：冲量不仅与_______有关，还与力的_______有关，恒力的冲量等于该力与该力的作用时间的乘积。 ②矢量性：对于方向恒定的力来说，冲量的方向与力的方向一致；对于作用时间内方向变化的力来说，冲量的方向与相应时间内物体动量改变量的方向一致。 (2)作用力和反作用力的冲量：一定等大、反向，但与作用力和反作用力做的功之间并无必然联系。 (3)冲量与功的比较 冲量 功 定义 作用在物体上的力和力的作用时间的乘积 作用在物体上的力和物体在力的方向上的位移的乘积 单位 N· s J 公式 I＝Ft(F为恒力) W＝Flcos α(F为恒力) 标矢性 矢量 标量 意义 ①表示力对时间的累积 ②是动量变化的量度 ①表示力对空间的累积 ②是能量变化多少的量度 都是过程量，都与力的作用过程相联系 ✨得分速记： 动量、冲量均为矢量，解题必先规定正方向。动量(p=mv)，状态量，只与瞬时速度、质量有关，速度反向则动量正负翻转；冲量(I=Ft)，过程量，对应力作用的完整时间段。恒力冲量直接相乘，变力冲量借助 F-t 图像面积求解。动量定理核心：合外力总冲量等于动量变化，不用分析复杂加速度，多过程可全程列式。计算优先统一正负，避免矢量运算符号出错。区分动量（瞬时状态）与冲量（时间累积），选择题常以此设置陷阱，计算题规范写出初末动量、总冲量再列定理式。 知识点2 动量定理的理解和应用 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．对动量定理的理解 (1)Ft＝p′－p是矢量式，两边不仅大小相等，而且方向相同．式中Ft是物体所受的_______的冲量． (2)Ft＝p′－p除表明两边大小、方向的关系外，还说明了两边的因果关系，即合外力的冲量是动量变化的原因． (3)由Ft＝p′－p，得F＝＝，即物体所受的合外力等于物体动量的变化率． (4)当物体运动包含多个不同过程时，可分段应用动量定理求解，也可以全过程应用动量定理． ✨得分速记 解题基本思路 (1)确定研究对象． (2)对物体进行受力分析．可先求每个力的冲量，再求各力冲量的矢量和——合力的冲量；或先求合力，再求其冲量． (3)抓住过程的初、末状态，选好正方向，确定各动量和冲量的正负号． (4)根据动量定理列方程，如有必要还需要补充其他方程，最后代入数据求解． 模拟·基础演练 考查重点：动量与动量定理兼顾选择、计算两类题型。基础重点为动量、冲量矢量判断，F-t 图像求冲量；核心大题侧重多过程动量定理列式，常结合板块、斜面模型。高频考动量变化矢量运算，区分状态量动量与过程量冲量。综合题会联动动能定理、牛顿定律联立求解，注重正负方向设定，多设置符号易错陷阱，压轴计算题常以全过程动量定理简化复杂分段分析。 ⏳题型01 动量和冲量的理解 1．（2026·福建泉州·模拟预测）某同学练习排球垫球时，排球每次都在同一位置与手臂接触、分离，排球每次竖直上升后又落回原位置。已知排球质量，每次垫球时排球与手臂接触时间为，重力加速度g取，不计空气阻力，求： (1)排球离开手臂后在空中的飞行时间； (2)排球每次与手臂作用过程的动量变化量大小； (3)排球与手臂平均作用力的大小。 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·福建厦门·模拟预测）4月19日，2026年福建省城市足球联赛揭幕战打响，厦门队以战胜对手，夺得开门红。如图所示，一足球运动员在某次颠球练习中，足球由静止竖直下落后与脚接触，经离开脚后沿竖直方向向上运动，上升到达最高点。已知足球质量，重力加速度大小取，不计空气阻力，求： (1)足球由静止竖直下落所用时间； (2)足球与脚接触过程中，足球动量变化量的大小； (3)足球与脚接触过程中，脚对球平均作用力的大小。 4．（2026·福建泉州·三模）泉州提线木偶戏是入选国家级非物质文化遗产的传统戏剧。如图所示，木偶在提线作用下，其手掌在竖直面内由位置沿圆弧线匀速率运动到位置，在此过程中（   ） A．手掌的动量不变 B．手掌的动能不变 C．手掌的机械能守恒 D．提线对手掌不做功 5．（2025·福建福州·模拟预测）（多选）如图（a），质量分别为mA、mB的A、B两物体用轻弹簧连接构成一个系统，外力F作用在A上，系统静止在光滑水平面上（B靠墙面），此时弹簧形变量为x。撤去外力并开始计时，A、B两物体运动的a-t图像如图（b）所示，S1表示0到t1时间内A的a-t图线与坐标轴所围面积大小，S2、S3分别表示t1到t2时间内A、B的a-t图线与坐标轴所围面积大小。A在t1时刻的速度为v0。下列说法正确的是 （     ） A．0到t1时间内，墙对B的冲量等于mAv0 B．mA：mB=S2：S3 C．B运动后，弹簧的最大形变量等于x D．S1 —S2=S3 6．（2026·福建福州·模拟预测）（多选）如图甲所示，质量为的滑块静止在静置于光滑水平地面的长木板的左端，给滑块施加一水平瞬时冲量I，同时立即受到一个方向竖直向上、大小与滑块速度成正比的力F作用（即，其中）从滑块滑上长木板开始计时，滑块与长木板运动的速度-时间图像如图乙所示。滑块可视为质点，滑块与长木板之间的动摩擦因数，重力加速度g取。则（     ） A． B．滑块位移4.4m C．长木板位移0.9m D．滑块与长木板的最大相对位移为3.5m 7．（2026·福建厦门·模拟预测）（多选）图甲所示是单人划龙舟运动。一名龙舟队员进行单人划龙舟练习，他每次划桨用时0.7 s，回桨用时0.3 s。划桨时能沿运动方向对龙舟提供恒定的推力，回桨时龙舟不受推力，龙舟在运动方向上受到的阻力恒为。某次练习时，龙舟的速度随时间变化的图像如图乙所示，下列说法正确的是（     ） A．在0-0.7 s内，桨对水的力大于水对桨的力 B．2 s时，龙舟的速度为1.2 m/s C．第2 s内的合力的冲量大于第1 s内的合力的冲量 D．第2 s的位移比第1 s的位移大0.6 m 8．（2026·福建三明·二模）某科研小组为了研究光压，设计了如下的假想实验。如图，在真空环境中，两相同材质的全反射棱镜（截面为等腰直角三角形）拼接固连成一方形组合体，两棱镜间有真空间隙，棱镜的折射率为n，与地面的动摩擦因数为μ，组合体总质量为m。一束功率恒为P0的水平激光束，垂直射入左侧棱镜后在棱镜的斜面上恰好发生全反射，出射光的功率仍为P0。已知真空中光速为c，重力加速度大小为g，一个光子动量p与其能量ε的关系为不考虑光子的康普顿效应影响。求： (1)棱镜的折射率n； (2)组合体受到光压力的水平分量大小； (3)组合体恰好开始向右运动时激光的最小功率P1； (4)控制激光的发射功率P随组合体的位移x按以下规律变化，其中常数项，，组合体从开始运动到第一次速度减为零的过程中向右运动的最大距离是多少？ ⏳题型02 动量定理的理解和应用 9．（2026·福建厦门·模拟预测）（多选）如图1所示，两条固定在同一水平面内的光滑平行金属导轨处在大小为、方向竖直向上的匀强磁场中，导轨左端接有一定值电阻。两导轨间交替分布有边长为的正方形区域（图中阴影和空白区域）。一质量为的细直金属杆沿导轨水平向右运动，当金属杆通过阴影区域时，受到一沿导轨方向的水平外力作用；通过空白区域时，无水平外力。金属杆的速度大小与时间的关系如图2所示。已知，金属杆始终与导轨垂直并接触良好，导轨间距为，导轨和金属杆电阻不计，忽略空气阻力。若金属杆在各阴影区域内运动的时间均相同，则（     ） A．定值电阻的阻值 B．金属杆每次在空白区域运动的时间为 C．金属杆每次通过阴影区域过程中，通过定值电阻的电荷量为 D．金属杆每次通过阴影区域过程中，与之间的关系为 10．（2026·福建福州·三模）（多选）如图，两根相距为的足够长的平行光滑导轨固定在同一水平面上，并处在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为，和两根金属杆静止在导轨上，与导轨构成矩形闭合回路。杆质量为，杆质量为，电阻均为，导轨的电阻忽略不计。从时刻开始，两杆分别受到平行于导轨方向相反、大小相等的恒力（大小未知）作用，分别向相反方向滑动。时，杆达到速度后，两杆都做匀速直线运动，下列说法正确的是（　　） A．恒力大小为 B．杆匀速运动时通过的电流大小为 C．在时间内，通过杆横截面的电荷量为 D．在时间内，两杆的相对位移大小为 11．（2026·福建厦门·模拟预测）（多选）如图所示，相距的两平行金属导轨水平放置，两导体棒、放在导轨上，空间中存在方向竖直向下、磁感应强度大小的匀强磁场。时，导体棒、分别以、的速度相向运动，时刻棒的速度第一次为0，时刻棒的加速度第一次为0。已知两导体棒的质量均为、接入电路的电阻均为、与水平导轨间的动摩擦因数均为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。两导体棒在运动过程中不会相碰且始终与导轨垂直并接触良好，则（　　） A．导体棒、组成的系统，动量始终守恒 B．时刻导体棒的速度为 C．时间内，通过导体棒的电荷量为 D．时间内，两导体棒的位移之差为 12．（2026·福建南平·二模）（多选）如图（a），质量分别为、的两个小球A、B拴接在一根轻弹簧的两端，并静止在光滑的水平地面上。给小球A一个水平向右的初速度压缩弹簧，此后小球A、B的速度与冲量大小的关系图像如图（b）所示，图中、已知，则（　　） A． B． C．从开始运动到A、B共速时B球的动能变化量为 D．A、B共速时弹簧的弹性势能最大，其最大值为 13．（2026·福建泉州·二模）（多选）如图，水平地面上固定有一竖直杆，杆上套有一小滑块P；小滑块Q放在地面上，P、Q间用一长为的轻杆通过铰链连接，一水平轻弹簧右端固定，左端与Q连接。已知P、Q质量均为m，重力加速度大小为g。初始时轻杆竖直，弹簧的伸长量为。P由静止释放，整个运动过程中P、Q可视为质点，弹簧在弹性限度内，忽略一切摩擦，则在P下降过程中（   ） A．P、Q组成的系统机械能一直增大 B．P落地前瞬间速度大小为 C．P速度最大时，Q受到地面的支持力大于2mg D．从P释放到弹簧恢复原长时，P所受的合力冲量小于Q所受的合力冲量 14．（2025·福建福州·模拟预测）（多选）如图甲所示，质量为m的同学直立于箱子上，时刻该同学从箱子上无初速度跳下，经曲腿缓冲一系列动作后，t7时刻起直立静止于地面上，该同学所受地面支持力大小F随时间t变化的关系如图乙所示，忽略空气阻力，该同学在空中始终处于直立状态，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　） A．该同学的最大速度为 B．t6时刻，该同学速度方向竖直向上 C．图乙中图像与横轴t1~t7围成的面积为 D．0~t7时间内该同学的机械能减少了 15．（2025·福建厦门·模拟预测）已知某花炮发射器能在内将花炮竖直向上发射出去，花炮的质量为、射出的最大高度，且花炮刚好在最高点爆炸为两块物块。假设爆炸前后花炮的总质量不变，爆炸后两物块的速度均沿水平方向，且两物块落地的水平位移比为1：4，忽略一切阻力及发射器大小，重力加速度。求： (1)求花炮发射器发射花炮时，对花炮产生的平均作用力F的大小； (2)爆炸后两物块的质量、的大小。 16．（2025·福建三明·三模）（多选）如图甲，在智能机器人协作实验场中，元件A、B之间用智能柔性机械臂连接（机械臂可根据内置算法自动调整伸缩，模拟弹簧功能），放在光滑水平试验台上，B右侧与竖直挡板相接触。时刻，元件C以一定速度向右运动，时与元件A相碰（碰撞时间极短），并立即与A粘连且不再分开。C的运动情况由视觉追踪系统和惯性测量单元监测，并生成如图乙的图像，已知、，则（　　） A．元件C的质量为100 g B．1 s到3 s的时间内，墙壁对B的冲量大小为 C．元件B离开墙壁后，柔性机械臂的最大弹性势能为 D．元件B离开墙壁后，B的最大速度为 ⏳题型03 动量定理和图像问题的结合 17．（2024·福建福州·一模）（多选）从地面上以一定初速度竖直向上抛出一质量为m的小球，其动能随时间的变化如图。已知小球受到的空气阻力与速率成正比。小球落地时的动能为，且落地前小球已经做匀速运动。重力加速度为g，则小球在整个运动过程中（　　） A．最大的加速度为5g B．球上升阶段阻力的冲量小于下落阶段阻力的冲量 C．小球上升的最大高度为 D．小球上升的最大高度为 18．（2025·四川成都·一模）篮球从离地一定高度处静止释放，与地面碰撞后反弹上升到最高点的过程中，所受空气阻力大小与速度大小成正比，碰撞过程无能量损失，篮球在该过程中的图像可能是（　　） A． B． C． D． 19．（2025·四川内江·一模）某物体在运动过程中只受到力的作用，物体的速度随时间变化的图像如图所示。已知在时刻，物体的速度为零。则下列说法中正确的是（　　） A．在内，力所做的功等于零，冲量也等于零 B．在内，力所做的功等于零，冲量也等于零 C．第1s内和第2s内的速度方向相同，速度的变化率方向相同 D．第3s内和第4s内动量的变化率大小相同，方向相反 20．水平推力、分别作用于水平地面上等质量的甲、乙两物体，一段时间后撤去推力，两物体继续运动一段距离后停止，甲、乙两物体的图像分别如图中、所示，图中。在整个运动过程（　　） A．做的功与做的功相等 B．两物体摩擦力做的功不相等 C．的冲量与的冲量大小相等 D．两物体摩擦力的冲量大小相等 21．（2025·山西临汾·三模）一物块静止在粗糙水平地面上，0~4s内所受水平拉力随时间的变化关系图像如图甲所示，0~2s内速度—时间图像如图乙所示，取重力加速度g=10m/s2，关于物块的运动。下列说法正确的是（　　） A．前2s内拉力做的功为12J B．前4s内拉力的冲量为 C．前4s内物块一直在运动 D．物块在4s末减速为零 22．（2025·陕西咸阳·三模）（多选）两个质量相同的物体、并排静止在水平面上，与水平面间的动摩擦因数分别为、，用同向水平拉力、分别作用于物体和上，一段时间后撤去，两物体各自滑行一段距离后停止运动。物体、运动的速度-时间图像分别如图中图线①、②所示，已知拉力、分别撤去后，物体做减速运动过程的速度-时间图像彼此平行（相关数据已在图中标出）。由图中信息可以得出（   ） A．两个拉力之比为 B．两个物体、与水平面间的动摩擦因数之比为 C．两个拉力对物体、的冲量之比为 D．两个拉力对物体、所做的功之比为 23．（2024·湖北荆州·模拟预测）（多选）如图所示，把一质量为的物体用一水平方向的推力（为恒量，为时间）压在竖直的足够高的平整墙上，物体与墙壁间动摩擦因数为，从开始计时，静止释放此物体，则物体所受的摩擦力、加速度、位移和速度随变化的关系正确的是图中的（　　） A． B． C． D． 24．（2024·广东肇庆·二模）（多选）在水平面上静置有质量相等的a、b两个物体，水平推力、分别作用在a、b上，一段时间后撤去推力，物体继续运动一段距离后停下，a、b在运动过程中未相撞，a、b的v-t图像如图所示，图中平行于，整个过程中a、b的最大速度相等，运动时间之比。则在整个运动过程中下列说法正确的是（　　） A．物体a、b受到的摩擦力大小相等 B．两水平推力对物体的冲量之比为 C．两水平推力对物体的做功之比为 D．两水平推力的大小之比为 ⏳题型04 应用动量定理处理分析多过程问题 25．（2024·福建·二模）（多选）如图甲，一电量为q=1.0×10-6C、质量为m=1.0kg的带电物块（可视为质点）静置于动摩擦因数为0.2的绝缘水平平台上。t=0时刻在空间内加一水平向右的匀强电场，场强大小随时间变化如图乙所示。1s时物块恰好从平台右边缘飞出，3s时物块恰好落地。重力加速度大小g=10m/s2，下列说法正确的是（　　） A．1s后物块做非匀变速曲线运动 B．物块从平台飞出时的速度大小为3m/s C．0~1s内物块的电势能减少了7.68J D．物块落地时的速度大小约为24m/s 26．（2023·福建·模拟预测）（多选）小红在查阅资料时看到了嫦娥五号的月球着落装置设计，她也利用所学知识设计了一个地球着落回收的电磁缓冲装置，其工作原理是利用电磁阻尼作用减缓返回舱和地面间的冲击力。如图甲所示，在返回舱的底盘安装有均匀对称的4台电磁缓冲装置，电磁缓冲结构示意图如图乙所示。在缓冲装置的底板上，沿竖直方向固定着两个光滑绝缘导轨、。导轨内侧，安装电磁铁（图中未画出），能产生垂直于导轨平面的匀强磁场，磁场的磁感应强度为B。导轨内的缓冲滑块K由高强度绝缘材料制成，滑块K上绕有闭合矩形线圈，线圈的总电阻为R，匝数为n，边长为L。假设整个返回舱以速度与地面碰撞后，滑块K立即停下，此后在线圈与轨道的磁场作用下使舱体减速，从而实现缓冲。返回舱质量为m，地球表面的重力加速度为g，一切摩擦阻力不计，缓冲装置质量忽略不计。则以下说法正确的是（　　）    A．滑块K的线圈中最大感应电流的大小 B．若缓冲装置向下移动距离H后速度减为v，则此过程中每个缓冲线圈中通过的电量 C．若缓冲装置向下移动距离H后速度减为v，则此过程中每个缓冲线圈中产生的焦耳热是 D．若要使缓冲滑块K实现缓冲，且缓冲时间约为t，则缓冲装置中的光滑导轨和长度至少 27．（2026·河北秦皇岛·二模）（多选）如图所示，水平地面固定有倾角光滑绝缘斜面，其上有两个相距3d宽度都为d的匀强磁场区域Ⅰ、Ⅱ，磁感应强度方向垂直斜面向上，大小相等，虚线为磁场边界，均与斜面底边平行，一质量为m、电阻为R、边长为d的正方形金属线框置于区域Ⅰ上方d处由静止释放，线框底边与磁场边界平行，线框进入区域Ⅰ做匀速直线运动，线框上边离开区域Ⅱ时的速度等于线框下边进入区域Ⅰ时的速度，下滑过程中线框形状不变，重力加速度为g，下列说法正确的是（     ） A．磁感应强度的大小为 B．线框下边刚进入区域Ⅱ的加速度大小为 C．线框从进入区域Ⅱ到离开区域Ⅱ产生的焦耳热为 D．线框从进入区域Ⅱ到离开区域Ⅱ的时间为 28．（2026·湖南长沙·二模）（多选）如图所示，光滑水平面上有一倾角为质量为的斜面体，在水平向右的力的作用下，斜面体和其上一质量为的物块一起从静止开始向右运动，加速度与时间的关系为，其中为大于的常量。物块和斜面体之间动摩擦因数为，重力加速度为。时刻，物块和斜面体刚要发生相对运动，此时物块动能为，则（　　） A．时间内，做的功等于 B． C．时间内物块受到斜面体作用力的冲量为 D．若把此随时间变化的力方向改为水平向左，物块与斜面体开始相对运动时物块的动能 29．（2025·甘肃天水·模拟预测）（多选）如图，竖直平面内有一宽度为的有界匀强磁场，一边长为的正方形线框以一定的初速度水平抛出，从右边界离开磁场，运动过程中线框不翻转。关于进、出磁场的两个过程，下列说法正确的是（　　） A．进入磁场过程中通过线框横截面的电荷量大 B．进入磁场过程中速度变化量小 C．进入磁场过程中线框产生的热量多 D．重力做的功相等 30．（2026·贵州毕节·三模）（多选）列车的涡流制动装置俯视图可以简化为下图，固定在轨道面内的磁场I和Ⅱ的宽度均为，间距也为，磁感应强度大小均为，磁场左右边界均与水平直轨道垂直，安装在列车底部的线圈简化为单匝正方形线框，边与磁场边界平行。列车向右运动，边刚进入磁场时的速度大小为，当边到达磁场Ⅱ右边界时速度恰好减为零。线框的边长为，总电阻为。列车的质量为，在制动过程中除安培力外的其它阻力恒为。下列说法正确的是（     ） A．线框边刚进入磁场时，两端的电势差为 B．线框边刚进入磁场时，加速度大小为 C．从线框边刚进入磁场到速度减为零，所用的时间为 D．从线框边刚进入磁场到速度减为零，线框产生的焦耳热为 31．（2026·四川绵阳·一模）（多选）如图所示为水平放置足够长的光滑平行导轨，电阻不计、间距为0.5 m，左端连接的电源电动势为10 V、内阻为2 Ω，质量为0.4 kg、长为0.5 m的金属杆垂直静置在导轨上，金属杆的电阻为3 Ω。整个装置处在磁感应强度大小为2 T、方向竖直向下的匀强磁场中，闭合开关，金属杆沿导轨做变加速运动直至达到最大速度，则下列说法正确的是（     ） A．金属杆的最大速度大小为10 m/s B．此过程中通过金属杆的电荷量为2 C C．此过程中电源提供的电能为20 J D．此过程中回路电阻产生的总热量为20 J 32．（2026·重庆北碚·模拟预测）（多选）在完全相同的质量均为6g的两杯盖中分别随机固定1枚或2枚相同的硬币。两杯盖静止在足够大的粗糙水平面上，t=0时给杯盖甲一瞬时冲量，之后杯盖甲正碰杯盖乙，碰撞时间极短。碰撞前后甲、乙的动量大小随时间变化的图像如图所示，重力加速度g取，下列说法正确的是（　　） A．杯盖甲碰后速度方向不变 B．碰后杯盖乙所受摩擦力为0.07N C．每枚硬币的质量为6g D．杯盖与水平面间的动摩擦因数为0.5 重难·创新演练 设题创新:福建高考动量定理命题创新，一是结合航天、碰撞等真实生活情境包装模型，弱化纯理论设问；二是融合 F-t、v-t 双图像综合分析，需要结合面积、斜率双重信息求冲量；三是跨模块综合，联动电磁感应、板块、曲线运动，用动量定理替代牛顿定律简化多过程；四是设问开放，不直接求速度，改为求作用力、作用时间，侧重逻辑推导，规避机械套公式。 1．（2026·广东深圳·一模）用气垫导轨、数字计时器、光电门、滑块、遮光片等器材验证动量守恒定律。 （1）将气垫导轨摆放在桌面上，然后________（填选项符号） A．将滑块放在气垫导轨上，再接通气泵    B．接通气泵，再将滑块放在气垫导轨上 （2）取一滑块置于气垫导轨上，轻推，使之从右向左依次通过两个光电门，遮光片遮光时间分别为＝0.012s，＝0.018s，则需调节________（填“固定支架”或“调平螺丝”）使气垫导轨右侧升高。再次轻推滑块，当＝时，说明气垫导轨已经调平； （3）测得滑块上遮光片的宽度均为d＝1.00cm，滑块1、2的质量分别为＝260.0g，＝165.0g； （4）将滑块1静置于OA之间，将滑块2静置于AB之间。轻推滑块1，两滑块发生碰撞，数字计时器连续记录下三个时间，依次为＝0.010s，＝0.009s，＝0.042s，如果表达式________（用给出的物理量符号表示）成立，则验证了系统动量守恒； （5）根据上述测得数据计算可得碰前滑块1的动量为＝________kg·m/s，碰后滑块1的动量，滑块2的动量； （6）将以上数据代入公式，计算出实验中的相对误差。 2．（2025·福建福州·模拟预测）如图，在竖直平面内，有水平向右的匀强电场，一半径为的光滑绝缘圆弧轨道ABC和水平光滑绝缘轨道PA在A点相切。BC为圆弧轨道的直径。O为圆心，OA和OB之间的夹角为，，一质量为，带电量为的带正电小球沿水平轨道向右运动，经A点沿圆弧轨道恰好能通过C点，并飞出落至水平轨道；已知小球在B处速度最大，重力加速度大小为。求： (1)匀强电场的电场强度E； (2)小球到达A点时动量的大小； (3)小球从C点落至水平轨道的落地点与A之间的距离大小。 3．（2025·福建南平·模拟预测）甲、乙两车在同一平直公路上行驶。时，甲车司机发现乙车在正前方同方向行驶，立刻采取制动措施（不计反应时间）。甲车运动过程中的动量-时间（）图像如图（a）所示，乙车运动的位移-时间（）图像如图（b）所示，已知甲车的质量为，且甲车恰好未撞上乙车。则（　　） A．乙车做匀加速直线运动 B．甲车制动过程中所受合外力大小为 C．甲车恰好未撞上乙车的时刻为 D．时刻，甲、乙两车相距 4．（2025·福建福州·三模）（多选）科学实践小组对福州内河调研发现，弯曲河道的外侧河堤会受到流水冲击产生的压强。如图所示，河流某弯道处可视为圆心为O，半径为R的圆弧的一部分。假设河床水平，河道在整个弯道处宽度L和水深H均保持不变，水的流动速度v大小恒定，，河水密度为ρ，忽略流水内部的相互作用力。取弯道某处一垂直于流速的观测截面，则在一段极短时间Δt内（     ） A．流水的加速度方向指向圆心O B．流水速度改变量的大小为 C．通过观测截面水的动量改变量大小为 D．外侧河堤受到的流水冲击产生的压强为 5．（2024·福建福州·二模）套圈是我国民众喜爱的传统游戏，小孩和大人在同一条竖直线上的不同高度分别水平抛出相同的圆环，结果恰好都套中前方同一物体，不计空气阻力。若大人和小孩抛出圆环的高度之比为，圆环及被套物体均可视为质点，则下列说法不正确的是（    ） A．大人和小孩抛出的圆环初速度之比为 B．大人和小孩抛出的圆环在空中飞行的时间之比为 C．大人和小孩抛出的圆环落地时重力的瞬时功率之比为2：1 D．大人和小孩抛出的圆环在空中运动过程中动量的变化量之比为 6．（2024·福建·一模）（多选）如图是半径为R的半球形碗，一质量为m的小物块从碗口A点以大小不变的速度v沿着碗滑到碗底中心B点。则在该过程中（　　） A．小物块的动量不变 B．小物块受到的合外力不变 C．小物块受到的摩擦力不断减小 D．小物块重力的功率不断减小 7．（2023·福建龙岩·模拟预测）（多选）如图甲所示，一质量为1kg的物体在t=0时受到拉力F的作用，由静止开始竖直向上做加速直线运动，其运动时的a-t图象如图乙所示，已知重力加速度，g=10m/s2，空气阻力忽略不计，下列说法正确的是（　　）    A．在t=4s时，拉力F为12N B．在t=4s时，物体克服重力做功的功率为60W C．在0~4s时间内，物体的动量改变量的大小为46kg. m/s D．在0~4s时间内，拉力F对物体做的功为18J 8．（2023·福建福州·二模）某次越野滑雪比赛中甲、乙两名运动员从同一倾斜直雪坡顶端水平滑出后落到该雪坡上时所用的时间之比为，忽略空气阻力，下列说法正确的是（　　） A．甲、乙在空中下降的高度之比为 B．甲、乙在空中到雪坡的最远距离之比为 C．甲、乙水平滑出的初速度大小之比为 D．甲、乙在空中运动过程中动量改变量的方向不同 9．（2026·福建·模拟预测）如图所示，小福同学正在练习颠球，足球从某一高度下落到脚上，与脚发生相互作用后被弹起，已知足球刚接触脚与刚离开脚时重心在同一高度，则此过程中，足球（　　） A．重力的冲量为0 B．重力做的功为0 C．速度变化量为0 D．所受合力的冲量为0 10．（2026·福建龙岩·二模）在“天宫课堂”第四课期间，神舟十六号航天员做了一个“奇妙乒乓球”实验。如图所示，实验中航天员朱杨柱用水袋做了一颗水球，桂海潮手握球拍击打水球，水球被弹开。关于上述过程，下列说法正确的是（　　） A．水球所受弹力是由于水球发生形变产生的 B．击球时水球与球拍组成的系统动量守恒 C．球拍对水球的冲量大小大于水球对球拍的冲量大小 D．球拍对水球的冲量大小等于水球对球拍的冲量大小 真题·实战演练 高频考点：高考动量、动量定理高频考点分三类：基础选择重点考查动量冲量矢量辨析、F-t 图像面积求变力冲量，判断正负方向；中档题型考查单段、多过程动量定理列式计算，区分状态量与过程量；计算大题高频结合板块、斜面、碰撞模型，联动动能定理联立求解。常设置矢量符号陷阱，多过程优先全程用动量定理简化运算，是力学综合题必考内容。 1．（2023·福建·高考真题）（多选）甲、乙两辆完全相同的小车均由静止沿同一方向出发做直线运动。以出发时刻为计时零点，甲车的速度—时间图像如图（a）所示，乙车所受合外力—时间图像如图（b）所示。则（   ） A．0 ~ 2s内，甲车的加速度大小逐渐增大 B．乙车在t = 2s和t = 6s时的速度相同 C．2 ~ 6s内，甲、乙两车的位移不同 D．t = 8s时，甲、乙两车的动能不同 2．（2024·福建·高考真题）（多选）如图（a），水平地面上固定有一倾角为的足够长光滑斜面，一质量为的滑块锁定在斜面上。时解除锁定，同时对滑块施加沿斜面方向的拉力，随时间的变化关系如图（b）所示，取沿斜面向下为正方向，重力加速度大小为，则滑块（　　） A．在内一直沿斜面向下运动 B．在内所受合外力的总冲量大小为零 C．在时动量大小是在时的一半 D．在内的位移大小比在内的小 3．（2022·福建·高考真题）（多选）我国霍尔推进器技术世界领先，其简化的工作原理如图所示。放电通道两端电极间存在一加速电场，该区域内有一与电场近似垂直的约束磁场（未画出）用于提高工作物质被电离的比例。工作时，工作物质氙气进入放电通道后被电离为氙离子，再经电场加速喷出，形成推力。某次测试中，氙气被电离的比例为95%，氙离子喷射速度为，推进器产生的推力为。已知氙离子的比荷为；计算时，取氙离子的初速度为零，忽略磁场对离子的作用力及粒子之间的相互作用，则（　　） A．氙离子的加速电压约为 B．氙离子的加速电压约为 C．氙离子向外喷射形成的电流约为 D．每秒进入放电通道的氙气质量约为 4．（2021·福建·高考真题）福建属于台风频发地区，各类户外设施建设都要考虑台风影响。已知10级台风的风速范围为，16级台风的风速范围为。若台风迎面垂直吹向一固定的交通标志牌，则16级台风对该交通标志牌的作用力大小约为10级台风的（　　） A．2倍 B．4倍 C．8倍 D．16倍 1 / 19 学科网（北京）股份有限公司 $