2027届高考物理一轮复习讲义 重难突破10 动量和动量定理及其应用

该高中物理高考复习讲义围绕动量和动量定理核心考点，按动量、冲量、动量定理及缓冲、流体应用的逻辑层次展开，通过考点梳理、重难诠释、考向分类训练等环节，帮助学生构建知识体系，突破矢量运算、图像分析等难点。 讲义突出科学思维与物理观念培养，如流体问题采用微元法建模，缓冲现象结合生活实例分析，通过选择、多选分层练习和真题演练，提升学生模型建构与科学推理能力。为教师提供系统复习框架，助力高效把控节奏，提升学生应考能力。

重难突破10　动量和动量定理及其应用 1. 理解动量、冲量的概念及其矢量性，掌握动量变化量 Δp 的矢量运算，明确动量与动能的区别和联系。 2. 掌握动量定理的内容、表达式及其矢量性，理解它与牛顿第二定律的关系，会用 F-t 图像求冲量。 3. 能运用动量定理分析平均作用力、缓冲现象以及水流、气流等流体连续冲击问题，并处理多过程与图像综合题。 【思维导图】 考点一　动量与动量的变化量 1．动量：物体的质量与速度的乘积叫动量，p=mv。动量是矢量，方向与瞬时速度方向相同；它是状态量，国际单位为 kg·m/s。 2．动量的变化量：，是矢量，运算遵循平行四边形（三角形）定则；在一维情况下先规定正方向，再用带正负号的代数方法计算。 3．动量与动能的关系：动量是矢量、动能是标量，二者大小满足 ，即 。速度大小不变而方向改变时（如匀速圆周运动），动能不变但动量时刻在变。 动量与动能的比较 比较项 动量 p=mv 动能 Ek=½mv² 性质 矢量，有方向 标量，无方向、恒非负 变化原因 由合外力的冲量引起 由合外力做的功引起 二者关系 重难诠释　①动量是矢量，计算动量变化一定要考虑方向；Δp 是末动量与初动量的矢量差，不是两者大小相减。②一维问题先规定正方向，同向取正、反向取负，Δp=p′−p 带符号计算。③动量变了动能不一定变（匀速圆周运动动量方向时刻变、动能不变）；动能变了动量一定变。④p=mv 中的 v 是相对同一惯性参考系（通常取地面）的瞬时速度。 考点二　冲量 1．冲量：力与力作用时间的乘积叫这个力的冲量，恒力冲量 I=Ft。冲量是矢量，方向由力的方向决定（恒力）；它是过程量，描述力对时间的积累，单位 N·s，且 1 N·s=1 kg·m/s。 2．恒力的冲量用 I=Ft 计算；变力的冲量不能直接用 Ft，可用 F-t 图像中图线与 t 轴围成的面积表示，也可由动量定理间接求出。 3．合冲量：物体受多个力作用时，合外力的冲量等于各力冲量的矢量和（一维为代数和），也等于合外力乘以作用时间。 重难诠释　①冲量是矢量，恒力冲量方向与力同向；变力冲量的方向与动量变化量方向一致。②冲量讲“时间积累”，只要力作用了一段时间就有冲量；力很大但作用时间极短，冲量也可能很小。③F-t 图像面积要带正负号，t 轴下方为负冲量。④冲量与功不同：冲量是矢量、对应时间，功是标量、对应位移；物体受力不一定做功，但受力且持续一段时间就一定有冲量。 考点三　动量定理 1．内容：物体所受合外力的冲量等于物体在这段时间内动量的变化量，这就是动量定理。 2．表达式：，变力作用时 F 取合外力对时间的平均值；也可写成 ，即力等于动量的变化率，是牛顿第二定律的另一种表达形式。 3．矢量性：合外力冲量的方向与动量变化量 Δp 的方向一致；一维问题先定正方向再带符号列式，二维问题可沿两个互相垂直的方向分别列动量定理方程。 4．适用范围：既适用于恒力也适用于变力，既适用于直线运动也适用于曲线运动，既适用于宏观物体也适用于微观粒子，比牛顿第二定律适用面更广。 重难诠释　①动量定理是矢量式，等号两边方向必须一致，列式前先规定正方向，这是它与动能定理（标量式）最大的不同。②式中 F 是研究对象所受的“合外力”（或平均合外力），不是某个接触力；求接触力时常需结合受力分析，如 F合=F接触−mg（或 +mg）。③碰撞、冲击等变力问题中 F 应理解为平均作用力。④动量定理可以分方向列两个方程，动能定理不能分方向。 考点四　用动量定理分析平均力与缓冲问题 1．由 可知：当动量变化量 Δp 一定时，延长作用时间 Δt 可减小平均冲击力；缩短作用时间则增大冲击力。 2．缓冲实例：安全气囊、跳高海绵垫、跳远落地弯腿、易碎品衬泡沫、汽车保险杠等，都是通过延长作用时间来减小冲击力；锤子打铁、冲床冲压则是利用极短时间获得很大的力。 3．求平均作用力的步骤：选取研究过程、规定正方向，对过程列 F合·t=Δp，再结合受力分析求出所需接触力，注意力的方向与正负号。 重难诠释　①“缓冲”的本质是 Δp 不变、增大作用时间 t 从而减小平均力，并不是动量变化变小。②求冲击力时注意重力是否计入：碰撞、打击作用时间极短、冲击力远大于重力时重力可忽略；竖直下落且作用时间不极短的过程，重力不能漏。③求出的平均力是对时间的平均值，方向与 Δp 相同。④“物体受到的平均作用力”与“物体对接触面的平均作用力”是一对相互作用力，大小相等、方向相反。 考点五　流体与连续作用问题 1．模型特点：水流、气流、粒子流、传送带落料、火箭喷气等连续质量作用问题，不能对整体直接列式，需取一小段时间 Δt 内的质量微元 Δm 作为研究对象。 2．微元质量：密度为 ρ、截面积为 S、以速度 v 流动的流体，（若给出质量流量 qm，则 Δm=qmΔt）。 3．对微元用动量定理：流体垂直冲击固定面后沿原方向速度变为 0 时，平均冲击力 ；若流体被等速反弹，动量变化加倍，。流体受到的力与它对壁面的冲击力是一对相互作用力。 重难诠释　①流体问题三步：取 Δt 内的微元 Δm→确定微元初、末动量（速度大小与方向）→对微元列动量定理。②务必看清流体碰壁后是“停下（速度为0）”还是“反弹（速度反向）”，反弹时 Δp 是原来的两倍。③动量定理求出的是“壁面对流体”的力，流体对壁面的冲击力大小相等、方向相反，注意题目问的是哪一个。④流体若沿壁面散开，则只在垂直壁面方向上动量发生变化，只对该方向列式。 考点六　动量定理综合：多过程与图像 1．多过程问题：可对每一段分别用动量定理（各段冲量对应各段 Δp），也可对全程一次性列式——全过程各力冲量的代数和（一维）等于全过程动量的变化量。 2．与图像结合：F-t 图像与 t 轴围成的面积表示冲量，也就是该段时间内动量的变化量；结合 v-t 图像可确定初、末动量。 3．动量定理与动能定理的选择：涉及“力与时间”、冲量、平均作用力、碰撞冲击时用动量定理；涉及“力与位移”、做功、速度与位移关系时用动能定理。 动量定理与动能定理的比较 比较项 动量定理 动能定理 表达式 F合·t=Δp（矢量式） W合=ΔEk（标量式） 积累角度 力对时间的积累 力对空间（位移）的积累 方向性 矢量，可分方向列式 标量，不能分方向 典型情景 碰撞、冲击、平均力、流体 变力做功、曲线、多过程 重难诠释　①涉及时间、平均力、冲量时优先动量定理，涉及位移、功、速度—位移关系时优先动能定理，二者常结合使用。②对全程用动量定理时，每个力的冲量=力×它“实际作用的时间”，只在部分时间作用的力不要乘全程时间。③F-t 图像面积的正负、突变对应动量变化的正负与突变。④动量定理是矢量方程（可正交分解），动能定理是标量方程，方向处理方式不同，切勿混用。 考向1　动量与动量变化量的矢量计算 一．选择题（共7小题） 1．（2026春•九龙坡区校级月考）一质量为2kg的物体在水平拉力的作用下，由静止开始在水平地面上沿x轴运动，出发点为x轴零点，拉力做的功W与物体坐标x的关系如图所示。物体与水平地面间的动摩擦因数为0.2，重力加速度大小取10m/s2。下列说法正确的是（　　） A．在x＝1m时，拉力的功率为6W B．在x＝4m时，物体的动能为4J C．从x＝0m运动到x＝4m，物体克服摩擦力做的功为12J D．从x＝0m运动到x＝4m的过程中，物体的动量最大为4kg•m/s 【解答】解：A、在0～2m范围内，结合W﹣x图像斜率的物理意义为对应过程的拉力大小，可得，解得：F1＝6N，物体与接触面间的滑动摩擦力为f＝μmg＝0.2×2×10N，解得：f＝4N，根据牛顿第二定律可得F1﹣f＝ma1，解得：，当物体运动到x＝1m位置时，由匀变速直线运动速度—位移关系可得此时物体的速度为，解得：，对应拉力的瞬时功率为P＝F1v1，解得：，故A错误； B、当物体运动到x＝4m位置时，根据动能定理有W﹣fx＝Ek﹣0，结合图像可知该过程外力总做功为W＝18J，代入解得：Ek＝2J，故B错误； C、物体从x＝0m运动到x＝4m的过程中，滑动摩擦力大小恒为4N，因此物体克服摩擦力做的功为Wf＝f•x＝4×4J，解得：Wf＝16J，故C错误； D、由于0～2m内的拉力F1＝6N＞f，物体沿运动方向做加速直线运动；在2～4m范围内，由W﹣x图像斜率可得该段拉力为，解得：F2＝3N＜f，物体沿运动方向做减速直线运动，因此物体在x＝2m位置时速度达到最大值，对应动量也为最大值，对0到2m过程由动能定理可得，代入数据解得：vmax＝2m/s，因此物体的最大动量为pmax＝mvmax，解得：pmax＝4kg•m/s，故D正确； 故选：D。 2．（2026•莆田模拟）质量为1kg的物块在水平力F的作用下由静止开始在水平地面上做直线运动，F与时间t的关系如图所示。已知物块与地面间的动摩擦因数为0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2，则物块（　　） A．1s时加速度为10m/s2 B．2s时速度为20m/s C．2～4s内位移为4m D．3s时动量为2kg•m/s 【解答】解：A．0～2s内F的表达式为F＝5+5t（单位：N），已知物块与地面间的动摩擦因数为0.5，滑动摩擦力f＝μmg，解得f＝5N， t＝1s时，F＝10N，根据牛顿第二定律，故A错误； B．以F方向为正方向，对0～2s用动量定理IF﹣ft＝mv2﹣0 F的冲量IF是F﹣t图面积，即 解得v2＝10m/s，故B错误； C．2s后F＝﹣3N（方向与运动方向相反），物体运动方向仍为正方向，摩擦力也与运动方向相反，合力F合＝﹣3N﹣5N＝﹣8N 加速度 物体从v2＝10m/s减速到0需要的时间 即t＝3.25s时物体已经静止，3.25s后位移为0。2～4s位移等于2～3.25s的匀减速位移，故C错误； D．从2s到3s经过Δt′＝1s，速度v3＝v2+a1Δt′＝10m/s﹣8×1m/s＝2m/s 动量p＝mv3＝1×2kg•m/s＝2kg•m/s，故D正确。 故选：D。 3．（2026•四川）2026年2月，我国某科创团队发布全球首款速度达到10m/s的全尺寸人形机器人，该机器人体重75kg；2025年1月，该团队发布的四足机器人体重38kg。若两款机器人均以10m/s的速度同方向运动，则二者的动量大小之差为（　　） A．1850kg•m/s B．750kg•m/s C．370kg•m/s D．37kg•m/s 【解答】解：动量定义式p＝mv，代入数据可得两款机器人动量大小分别为p1＝750kg•m/s，p2＝380kg•m/s，差值Δp＝（750﹣380）kg•m/s＝370kg•m/s，故C正确，ABD错误。 故选：C。 4．（2026春•乌兰察布校级期末）如图所示，羽毛球是十分普及的体育运动，假设羽毛球飞来的速度为30m/s，运动员将羽毛球以70m/s的速度反向击回，羽毛球的质量为10g，则羽毛球动量的变化量（　　） A．大小为0.4kg•m/s，方向与羽毛球飞来的方向相同 B．大小为0.4kg•m/s，方向与羽毛球飞来的方向相反 C．大小为1.0kg•m/s，方向与羽毛球飞来的方向相反 D．大小为1.0kg•m/s，方向与羽毛球飞来的方向相同 【解答】解：设球被反向击回的方向为正方向，由题可知羽毛球的质量m＝10g，初速度v1＝﹣30m/s，反向击回的速度v2＝70m/s， 羽毛球的初动量p1＝mv1 反向击回的动量p2＝mv2 故羽毛球动量的变化量Δp＝p2﹣p1 代入数据解得Δp＝1.0kg•m/s 方向与羽毛球飞来的方向相反。 故C正确，ABD错误。 故选：C。 5．（2026春•丽水期末）如图所示，一架救援直升机悬停在离地高度H＝27m处，通过轻质缆绳竖直向下释放一名总质量m＝60kg的救援人员。救援人员由静止开始先匀加速下降到某一高度，随后立即匀减速下降，至地面时速度恰好为零。已知匀加速、匀减速所用的时间均为t＝3s，空气阻力忽略不计，重力加速度g＝10m/s2。关于救援人员，下列说法正确的是（　　） A．全程的平均速度为9m/s B．加速下降阶段缆绳拉力大小为420N C．减速阶段加速度大小为6m/s2 D．减速阶段动量的变化量为270kg•m/s 【解答】解：根据匀变速直线运动规律，设过程最大速度为v，总位移，解得最大速度v＝9m/s。 A．全程平均速度，故A错误； BC．根据题意可知加速、减速过程中的加速度大小均为 加速阶段，由牛顿第二定律mg﹣T＝ma1 解得加速下降阶段缆绳拉力大小为T＝420N，故B正确，C错误； D．取向下为正方向，减速阶段初速度v＝9m/s，末速度0。减速阶段动量变化量Δp＝0﹣mv，解得Δp＝﹣540kg•m/s，故D错误。 故选：B。 6．（2026春•西岗区校级期末）2026年4月9日，“吴越杯”足球联赛首轮战罢，绍兴队2比2逼平宁波队，金华队4比0完胜舟山队。某次运动员斜向上踢出足球，在空中运动的轨迹如图所示，下列说法正确的是（　　） A．足球在运动过程中，任意相等时间内动量的变化量相同 B．足球运动到最高点时，动能最小，加速度方向竖直向下 C．足球运动到最高点时，重力的瞬时功率等于零 D．足球在运动过程中，足球在相同高度的两个位置具有相同的动能 【解答】解：A、足球受重力、空气阻力，合外力为变力，相等时间冲量不等，根据动量定理可知动量变化量不同，故A错误； B、存在空气阻力，最高点合外力斜向下，加速度斜向下，故B错误； C、最高点竖直分速度vy＝0，重力瞬时功率P＝mgvy＝0，故C正确； D、空气阻力持续做负功，同一高度上升、下落过程机械能不等，重力势能相等，动能不同，故D错误。 故选：C。 7．（2026春•兴庆区校级期末）质量为2kg的物体，速度由向东的1m/s变为向西的2m/s，下列说法正确的是（　　） A．物体的动量变化量的方向向东 B．物体的动量变化量的大小为2 kg•m/s C．物体的动量变化量的大小为6 kg•m/s D．物体的动能变化量为1 J 【解答】解：ABC、取向东为正方向，已知物体质量m＝2kg，初速度v1＝1m/s，末速度v2＝﹣2m/s，则初动量p1＝mv1＝2×1＝2kg•m/s，末动量p2＝mv2＝2×（﹣2）＝﹣4kg•m/s，所以动量变化量为：Δp＝p2﹣p1＝﹣4kg•m/s﹣2kg•m/s＝﹣6kg•m/s，则动量变化量的大小为6kg•m/s，负号表示方向向西，故AB错误，C正确； D、物体动能的变化量为：，故D错误。 故选：C。 二．多选题（共1小题） （多选）8．（2026春•修文县校级期中）一质量为1kg的物体在水平拉力的作用下，由静止开始在水平地面上沿x轴运动，出发点为x轴零点，拉力做的功W与物体坐标x的关系如图所示。物体与水平地面间的动摩擦因数为0.4，重力加速度大小取10m/s2。下列说法正确的是（　　） A．在x ＝ 1m时，拉力的功率为6W B．在x ＝ 4m时，物体的动能为2J C．从x ＝ 0运动到x ＝ 2m，物体克服摩擦力做的功为8J D．从x ＝ 0运动到x ＝ 4的过程中，物体的动量最大为2kg•m/s 【解答】解：由于拉力在水平方向，则拉力做的功为W ＝ Fx，则在W—x图像的斜率代表拉力F。 AB、在物体运动的过程中，结合动能定理 则x ＝ 1m时物体的速度为 v1＝ 2m/s，x＝1m时，拉力为 代入数据可得F＝6N 则此时拉力的功率P＝Fv1 代入数据可得P＝12W，x＝4m时物体的动能为 代入数据可得Ek＝ 2J，A错误、B正确； C、从x ＝ 0运动到x ＝ 2m，物体克服摩擦力做的功为Wf＝ μmgx 代入数据可得W＝ 8J，故C正确； D、根据W—x图像可知在0—2m的过程中F1＝ 6N，2—4m的过程中F2＝3N，由于物体受到的摩擦力恒为f ＝ 4N，则物体在x＝2m处速度最大，且根据选项AB分析可知此时的速度 则从x ＝ 0运动到x ＝ 4的过程中，物体的动量最大为p＝mv 代入数据可得p，故D错误。 故选：BC。 声明：试题解析著作权属所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2026/9/8 19:33:46；用户：李陆敏；邮箱：orFmNtzVrcH7gw1f524IhJ2j63fs@weixin.jyeoo.com；学号：50207874 考向2　冲量的理解与 F-t 图像 一．选择题（共7小题） 1．（2026•廊坊校级开学）关于做匀速圆周运动的物体，下列说法正确的是（　　） A．做匀速圆周运动的物体一定处于平衡状态 B．做匀速圆周运动的物体所受合外力的冲量不变 C．做匀速圆周运动的物体所受合外力一定不做功 D．做匀速圆周运动的物体在任意相等时间内通过的位移相同 【解答】解：A．匀速圆周运动的物体始终存在指向圆心的向心加速度，合外力不为零，不属于平衡状态，故A错误； B．匀速圆周运动的合外力始终指向圆心，方向时刻在变化，因此合外力的冲量方向改变，冲量是变化的，故B错误； C．匀速圆周运动的合外力始终沿半径指向圆心，与物体的瞬时速度方向（沿圆周切线方向）始终垂直，因此合外力一定不做功，故C正确； D．位移是矢量，相等时间内匀速圆周运动物体通过的弧长大小相等，但位移的方向会随运动位置改变，因此位移并不相等，故D错误。 故选：C。 2．（2026•模拟）如图所示，一物体放在光滑水平地面上，受到与水平方向成θ角的恒定拉力F作用，时间t内，物体向前移动的距离为l。不计空气阻力，下列说法正确的是（　　） A．物体所受重力的冲量为零 B．物体所受拉力F的冲量大小为Ftcosθ C．物体所受合力的冲量大小为Ft D．合力对物体所做的功为Flcosθ 【解答】解：A．根据冲量定义式I＝Ft，可知重力的冲量大小为mgt，不为0，故A错误； B．根据冲量定义式可知拉力F的冲量大小为Ft，与夹角无关，故B错误； C．物体在光滑水平面上运动，竖直方向合力为零，水平方向合力为Fcosθ，则合力的冲量大小为Ftcosθ，故C错误； D．物体所受合力大小为Fcosθ，方向与位移方向相同，可知合力做功为Flcosθ，故D正确。 故选：D。 3．（2026春•承德期末）如图所示，一位同学拉着行李箱沿着平直道路前行。现简化为如下模型：质量为m的行李箱，受到与水平方向夹角为θ的拉力F作用，沿水平方向做匀速直线运动的时间为t。下列说法正确的是（　　） A．行李箱所受拉力F的冲量大小是Ftcosθ B．行李箱所受摩擦力的冲量大小为零 C．行李箱所受拉力F的冲量方向水平向右 D．行李箱所受合外力的冲量大小为零 【解答】解：AC、行李箱所受拉力F的冲量大小IF＝Ft，方向与F的方向相同，与水平方向夹角为θ斜向上，AC错误； B、行李箱做匀速直线运动，水平方向所受合力为零，根据平衡条件可知，行李箱所受摩擦力大小为f＝Fcosθ 故摩擦力的冲量大小为If＝ft＝Ftcosθ，故B错误； D、行李箱做匀速直线运动，行李箱所受合力为零，故根据冲量的定义式可知，行李箱所受合外力的冲量大小为零，故D正确。 故选：D。 4．（2026春•合肥校级期末）合肥四中四维节中，某小组进行了水火箭制作与发射比赛，如图甲是水火箭的设计图，图乙是水火箭发射后的速度随时间变化的图像（不考虑空气阻力，火箭从地面静止竖直上升，t1时刻水火箭中的水恰好喷完）。则（　　） A．t1时刻，水火箭到达最高点 B．0～t1时间内，水火箭处于超重状态 C．0～t1时间内和t1～t3时间内重力对水火箭做功相等 D．向下喷水的过程中，水火箭对水向下的冲量大于水对它向上的冲量 【解答】解：A．由图像可知，在0∼t2内火箭速度始终为正，火箭继续上升；t2时速度为零，火箭到达最高点，故A错误； B．根据v﹣t图像的斜率表示加速度，在0∼t1内，图线斜率为正，火箭加速度方向向上，处于超重状态，故B正确； C．根据v﹣t图像与横坐标围成的面积表示位移，在t1∼t3内，图像位于时间轴上、下两部分的面积相等，火箭的位移为零，重力做功为零；在0∼t1内火箭向上运动，重力做负功，两段时间内重力做功不相等，故C错误； D．水火箭对水的作用力与水对水火箭的作用力是一对作用力与反作用力，在任一时刻大小相等、方向相反，且作用时间相同，因此两力的冲量大小相等、方向相反，故D错误。 故选：B。 5．（2026秋•如皋市校级月考）如图所示，一个人通过长为L的杆推半径为r的转盘，推杆的力的大小始终为F，方向与推杆始终垂直，转盘绕其中心轴匀速转动一周时间为t，转动一周的过程中，推力所做功为W、冲量为I，则（　　） A．W＝2Fπr B．W＝0 C．I＝Ft D．I＝0 【解答】解：AB、由题意可知推力F的方向始终与瞬时速度方向在一条直线上，故F做的功等于F的大小乘路程，故 W＝F•2π（r+L），故AB错误； CD、根据动量定理可知，一圈下来动量不变，动量变化量为零，则一圈下来外力冲量为零，故C错误，D正确。 故选：D。 6．（2025秋•济宁校级月考）一质量为2kg的物块静止在水平面上，物块与地面间的摩擦因数为0.1。t＝0时刻，对物块施加一水平外力F，使物块做直线运动。F随时间t变化的关系如图所示，重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是（　　） A．t＝2s时物块的速率为2m/s B．0﹣5s内F的冲量大小为9.5N•s C．0∼3s内物块的动量变化量大小为9kg•m/s D．0∼9s内物块先加速后减速 【解答】解：A、滑动摩擦力的大小为f＝μmg，解得f＝2N，2s内由动量定理有Ft﹣ft＝mv，结合图像解得v＝1m/s，故A错误； C、0∼3s内，根据动量定理可知，物块的动量变化量大小为Δp＝Ft'﹣ft'，解得Δp＝3kg•m/s，故C错误； B、图像与坐标轴围成的面积表示F的冲量，0﹣5s内F的冲量大小为，故B错误； D、0～5s内，F＞f，物块加速运动；5s后，F＜f，物块做减速运动。由于0～9s内，，则9s时物体速度为0，故D正确。 故选：D。 7．（2026春•咸阳期末）冰壶比赛是冬奥会上一个备受关注的项目。运动员需要先给冰壶一个初速度，使冰壶沿着冰面达到指定区域。若某次比赛过程冰面可视为光滑，质量为5kg的冰壶（可视为质点）静止于光滑水平面上，从t＝0时刻开始，冰壶受到运动员的水平外力F作用，外力F随时间t变化的关系如图所示，则冰壶第2s末的速度大小为（　　） A．0.4m/s B．0.6m/s C．1m/s D．0.8m/s 【解答】解：根据F﹣t图像与横轴围成的面积表示力F的冲量，由图可知，0～2s内水平外力F的冲量为IF＝3×1N•s+1×1N•s＝4N•s。在0～2s内，取水平外力方向为正方向，根据动量定理得：IF＝mv2﹣0，解得冰壶第2s末的速度大小为v2＝0.8m/s，故ABC错误，D正确。 故选：D。 二．多选题（共1小题） （多选）8．（2026春•株洲期末）如图甲所示，一滑块置于足够长的木板上，木板放置在水平地面上。已知滑块和木板的质量均为1kg，滑块与木板间的动摩擦因数为0.3，木板与水平地面间的动摩擦因数为0.1。现在木板上施加一个F＝kt（N）的变力作用，从t＝0时刻开始计时，木板所受摩擦力的合力随时间变化的关系如图乙所示，已知t1＝5s。设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，重力加速度g取10m/s2，则下列说法正确的是（　　） A．k＝0.6 B．t1∼t2时间内滑块速度变化量为Δv＝22.5m/s C．0∼t2，滑块的位移大小为337.5m D．当t＝15s时，长木板的加速度大小为2m/s2 【解答】解：A．由图乙可知0～t1时间内，长木板与滑块均保持静止状态，对整体，根据平衡条件可得F＝kt1＝μ2•2mg＝2N 解得k0.4，故A错误； B．由图乙可知t1～t2时间内，长木板与滑块保持相对静止一起做加速运动，在t2时刻两者刚好要发生相对滑动，此时对滑块根据牛顿第二定律有μ1mg＝mam， 对木板根据牛顿第二定律有kt2﹣Ff2＝mam，又Ff2＝5N 解得，t220s t1～t2时间内，木板所受摩擦力的合力从2N均匀增大到5N，所以滑块所受摩擦力从0均匀增大到3N，摩擦力的平均值 ， 以摩擦力方向为正方向，对滑块应用动量定理 解得Δv22.5m/s，故B正确； C．t1～t2时间，滑块做加速度逐渐增大的加速运动，滑块的速度—时间关系如图所示， 该时间内的位移 0～t1时间内，滑块与木板一起静止不动，所以在0～t2时间内，滑块位移等于x2，故C错误； D．t＝15s时，F﹣Ff＝ma，F＝kt＝0.4×15N＝6N，Ff＝4N 解得加速度a2m/s2，故D正确。 故选：BD。 声明：试题解析著作权属所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2026/9/8 19:35:42；用户：李陆敏；邮箱：orFmNtzVrcH7gw1f524IhJ2j63fs@weixin.jyeoo.com；学号：50207874 考向3　动量定理的理解与基本应用 一．选择题（共10小题） 1．（2026秋•如皋市校级月考）如图所示，在天花板上的O点系一根细绳，细绳的下端系一小球。将小球拉至细绳处于水平的位置，由静止释放小球，不计阻力，小球从位置A开始沿圆弧运动到悬点的正下方的B点的运动过程中，下面说法正确的是（　　） A．小球受到的向心力在逐渐变小 B．重力对小球做功的平均功率为零 C．重力对小球做功的瞬时功率先增大后减小 D．由于细线的拉力方向始终与小球的速度方向垂直，所以拉力对小球的冲量为零 【解答】解：A、小球向下摆动的过程中，速度越来越大，向心力，可知向心力逐渐变大，故A错误； B、小球从A到B过程中，重力做功不为零，则重力做功的平均功率不为零，故B错误； C、小球在A位置，速度为零，重力瞬时功率为零，在B点，重力方向与速度方向垂直，则重力瞬时功率为零，可知在A到B的过程中，重力的功率先增大后减小，故C正确； D、小球动量的变化量水平向右，由动量定理知合力的冲量水平向右，而重力的冲量竖直向下，则细线拉力的冲量不为零，故D错误。 故选：C。 2．（2026秋•郴州月考）跳台滑雪是一项极富有挑战性的运动。运动简化过程如图所示，运动员起跳瞬间速度大小为v1，方向与水平方向的夹角为α，着陆瞬间速度大小为v2，方向与水平方向的夹角为β。运动员与滑雪板的总质量为m，所受空气阻力与速度大小成正比，比例系数为k，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（　　） A．起跳点A到着陆点C的水平距离 B．运动员在空中运动时加速度大小不变 C．在运动过程中运动员先处于失重状态后处于超重状态 D．从起跳点A到着陆点C运动员的重力势能减少量等于 【解答】解：A.取运动员与滑雪板为研究对象，水平方向向右为正。由动量定理，水平方向合外力冲量等于水平动量的变化量，有 m（v2cosβ﹣v1cosα）＝Ix 由于空气阻力大小为kv且方向与速度相反，其水平分量满足 Fx＝﹣kvx 按水平位移把全过程的水平阻力冲量相加，得到 Ix＝﹣kx 联立以上关系并整理得 故A正确； B.运动员在空中受重力和空气阻力作用，合力方程为 F合＝mg﹣kv 由于速度大小和方向均随运动改变，空气阻力矢量改变，合力及由牛顿第二定律确定的加速度也随之改变，故B错误； C.运动员在空中未与跳台或地面接触，支持力为零，视重为零，整个空中阶段均为完全失重，故C错误； D.从A到C，重力做功等于重力势能减少量，空气阻力做负功。由动能定理有 空气阻力始终与速度反向，所以空气阻力功Wf为负值，因此重力做功为 由于减去负的空气阻力功会增加一个正量，重力势能减少量大于动能增加量，故D错误。 故选：A。 3．（2026•黑龙江开学）如图所示为传接篮球时，接球运动员手触碰到篮球后双手回收至胸前的情景。双手回收至胸前的目的是（　　） A．减小了篮球与手的作用时间 B．减小篮球动量的变化量 C．减小篮球动量的变化率 D．减小接球时篮球所受力的冲量 【解答】解：A、由动量定理，篮球接球前后的初、末动量由运动状态决定，动量变化量一定。双手回收至胸前会延长篮球与手的作用时间，故A错误； B、篮球接球前后的运动状态不变，动量变化量不因双手回收而减小，故B错误； D、由动量定理，篮球所受冲量等于动量的变化量；接球前后的动量变化量一定，所以冲量不变，故D错误； C、由冲量与平均作用力的关系，篮球受到的平均作用力满足 双手回收使作用时间增大，而篮球所受冲量不变，因此动量变化率减小，故C正确。 故选：C。 4．（2026•浙江开学）如图所示，足球队队员训练时在水平地面上踢出一个质量为m的足球。足球以初速度大小v1、与水平地面成θ1角斜向上方飞出。足球在空中运动时受到空气阻力的作用，空气阻力大小满足f＝kv，其中k为常数，v为足球的瞬时速度大小，阻力的方向始终与速度方向相反。足球最终以速度大小v2、与水平方向成θ2角斜向下击中球门上边框。已知球门上边框距地面的高度为h，地表重力加速度为g。下列说法正确的是（　　） A．整个过程中球位移不可求 B．球在空中运动的时间为t C．阻力做功的平均功率与足球质量m成正比 D．平均速度为 【解答】解：B.取竖直向上为正方向，足球的竖直初速度为vy1＝v1sinθ1，方向竖直向上，竖直末速度为vy2＝﹣v2sinθ2，方向竖直向下。对足球竖直方向的运动应用动量定理可得mgt﹣fy•Δt＝m（﹣v2sinθ2）﹣m（v1sinθ1），阻力竖直分量的冲量fy•Δt＝kvy•Δt＝kh，联立可得运动时间，故B正确。 A.取水平初速度方向为正方向，对足球水平方向的运动应用动量定理，有﹣fx•Δt＝m（v2cosθ2）﹣m（v1cosθ1），阻力水平分量的冲量fx•Δt＝kvx•Δt＝kx，解得水平位移为。已知足球竖直位移大小为h，可得合位移，说明足球的位移是可以求解的，故A错误。 C.对取足球运动的整个过程，由动能定理有，可得足球克服阻力做的功。则克服阻力做功的平均功率，可知阻力做功的平均功率与足球质量m不成正比，故C错误。 D.平均速度的定义为合位移与总运动时间的比值，即，故D错误。 故选：B。 5．（2026•观山湖区校级开学）在贵州“村超”足球比赛中，某球员将足球斜向上踢出，不计空气阻力。足球在空中飞行过程中（　　） A．经过最高点时动量为零 B．重力的冲量方向始终竖直向下 C．动量的变化率逐渐增大 D．水平方向的动量大小逐渐减小 【解答】解：A．足球做斜抛运动，在最高点时竖直方向速度为0，但水平方向仍有速度，根据动量定义p＝mv可知动量不为零，故A错误； B．根据冲量定义I＝Ft可知，重力冲量方向始终竖直向下，故B正确； C．根据动量定理，动量的变化率，足球运动过程中不计空气阻力，合外力等于恒定的重力，因此动量变化率恒定不变，故C错误； D．足球水平方向不受外力，水平分速度保持恒定，根据px＝mvx，可知水平方向动量大小恒定，故D错误。 故选：B。 6．（2026春•汾阳市期末）抛绣球是我国的传统活动节目，核心寓意是传递爱情、祈求丰收和传承文化，象征情感联结、吉祥祝福与民族精神。某次将绣球斜向上抛出后，在空中先后经过a和b两点，运动轨迹如图所示，其中虚线为绣球运动轨迹的对称线，a和b在空中恰好关于虚线对称，不计空气阻力，下列说法正确的是（　　） A．绣球在a和b两点的动量相同 B．绣球从a到b的过程中，动量变化量的方向竖直向下 C．绣球经过最高点时动量为零 D．绣球从a到b的过程中，重力的冲量为0 【解答】解：A、由图可知，绣球做斜抛运动，虚线为轨迹的对称线，a、b两点关于虚线对称，因此两点高度相同，速度大小相等，但竖直方向速度方向相反，水平方向速度方向相同。 动量是矢量，a、b两点速度方向不同，故动量不同，故A错误； B、根据题意分析可知，绣球从a到b的过程中只受重力作用，由动量定理可知，动量变化量方向与重力方向相同，竖直向下，故B正确； C、根据题意分析可知，绣球经过最高点时竖直方向速度为零，但水平方向速度不为零，所以动量不为零，故C错误； D、根据题意分析可知，绣球从a到b的过程中所用时间不为零，重力冲量大小为IG＝mgt，方向竖直向下，不为0，故D错误。 故选：B。 7．（2026春•承德期末）某质量为m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v﹣时间t图像如图所示，已知重力加速度为g。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 【解答】解：AB、根据题意分析可知，由图有在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0∼t0内对潜航器分析，取竖直向下为正方向，根据动量定理可得（mg﹣f1）t0＝mv0﹣0 解得，故AB错误； CD、根据题意分析可知，内对潜航器分析，取竖直向下为正方向，根据动量定理可得 解得，故D正确，C错误。 故选：D。 8．（2025秋•济宁月考）如图所示，某次跳跃中蹦床运动员从距离水平网面h高处自由下落，着网后沿竖直方向蹦回到距离水平网面h高处，双脚与网面间的作用时间为t，网面对他的平均冲击力大小为F1；在另一次跳跃中，该运动员从距离水平网面4h高处自由下落，着网后沿竖直方向蹦回到距离水平网面4h高处，双脚与网面间的作用时间仍为t，网面对他的平均冲击力大小为F2。不计空气阻力，则（　　） A． B． C． D． 【解答】解：根据题意分析可知，设第一次跳跃中脚着网瞬间的速度大小为v，取竖直向上为正方向，根据动量定理得（F1﹣G）•t＝mv﹣（﹣mv） 同理在第二次跳跃中有（F2﹣G）•t＝2mv﹣（﹣2mv） 则F2﹣G＝2（F1﹣G） 所以F2＝2F1﹣G＜2F1，即，故C正确，ABD错误。 故选：C。 9．（2026春•沧县校级期末）玻璃杯从同一高度落下，掉在石头上比掉在草地上容易碎，这是由于玻璃杯与石头撞击的过程中（　　） A．玻璃杯的动量变化量更大 B．玻璃杯受到的冲量更大 C．玻璃杯的动量变化率更大 D．玻璃杯受到的阻力冲量小于重力冲量 【解答】解：A、玻璃杯从同一高度下落，做自由落体运动，由v﹣x公式可知，落地前速度，初动量为mv，撞击后末动量为0，两次动量变化量Δp大小均为mv，大小相等，故A错误； B、根据动量定理得I＝Δp，两种情况下玻璃杯动量变化量相等，则玻璃杯受到的合冲量大小相等，故B错误； C、动量变化率为，掉在石头上撞击作用时间Δt更短，Δp相同，因此动量变化率更大，由动量定理可知合外力更大，玻璃杯更易碎裂，故C正确； D、取向上为正方向，由动量定理得I阻﹣I重＝Δp＝mv＞0，可得I阻＝I重+mv＞I重，即阻力冲量大于重力冲量，故D错误。 故选：C。 10．（2026•怀化一模）如图所示在倾角为30°的斜面体上，ABCD面虚线左侧粗糙右侧光滑，绳子一端连接小球，另一端与固定点O连接。为了让小球在ABCD面内做圆周运动，给小球一个水平向左的速度v0（未知）恰好使OE段无张力。当小球运动到G点时绳子突然断裂，之后小球做类斜抛运动，E、F点为圆周运动的最高点和最低点且F在BC上。绳子长度L为0.2m，小球质量为1kg，运动到G点时速度为1m/s，G点与圆心O的连线与EF的夹角为60°，重力加速度取10m/s2，则（　　） A．从E到G动量变化量为 B．从E到G摩擦力做的功为2J C．小球在G点时重力的功率 D．小球在类斜抛运动过程中离BC边的最大距离为 【解答】解：A、小球在E点时，由重力沿斜面方向的分力提供向心力，由牛顿第二定律可得：，，由几何关系可知，v0与G点的速度vG的夹角为120°，则速度变化量为：，从E到G的动量变化量为：，故A错误； B、小球在E点和G点的速度大小相等，动能变化量为0，由动能定理可得：WG+Wf＝0，解得：，故B错误； C、小球在G点时沿斜面垂直于BC方向的速度为 小球在G点时竖直方向的速度为 小球在G点时重力的功率，故C正确； D、小球沿斜面垂直于BC方向的速度为0时，离BC边的距离最大，沿斜面垂直于BC方向的加速度为： 由匀变速直线运动速度与位移的关系，可得从G点沿斜面垂直于BC方向上升的最大距离为： 由几何关系，可得离BC边的最大距离为：，故D错误。 故选：C。 考向4　平均作用力与缓冲问题 一．选择题（共8小题） 1．（2026春•三明期末）高空坠物极易对行人造成伤害。若一鸡蛋从居民楼的30层坠下，与地面的撞击时间约为2ms，则该鸡蛋对地面产生的冲击力约为（　　） A．10N B．102N C．103N D．104N 【解答】解：根据题意分析可知，鸡蛋质量约为m＝50g＝0.05kg，每层楼高度约为3m，30层楼的鸡蛋下落高度约为h≈3×29≈90m，重力加速度取g＝10m/s2 下落过程仅重力做功，由动能定理 代入数据解得落地速度 规定向上为正方向，撞击过程鸡蛋受重力mg和地面支持力N，撞击时间t＝2ms＝2×10﹣3s，初动量为﹣mv、末动量为0，由动量定理：（N﹣mg）t＝0﹣（﹣mv） 由于撞击时间极短，N≫mg，重力可忽略，因此 代入数值解得N≈1060.66N≈103N， 根据牛顿第三定律，鸡蛋对地面的冲击力大小等于N，约为103N，故C正确，ABD错误。 故选：C。 2．（2026春•葫芦岛期末）质量为425克的足球以大小为30m/s的水平速度撞在竖直墙上，被水平弹回的速度大小为18m/s，假设足球与墙碰撞时作用时间为0.05s，则足球与该墙作用时所受的水平作用力大小为（　　） A．102N B．153N C．255N D．408N 【解答】解：规定足球入射的速度方向为正方向，足球质量m＝425g＝0.425kg，初速度v1＝30m/s，被弹回的末速度v2＝﹣18m/s，作用时间Δt＝0.05s 水平方向足球仅受墙的作用力，根据动量定理FΔt＝mv2﹣mv1 联立解得F＝﹣408N 负号表示作用力方向与入射速度方向相反，作用力大小为408N。 故ABC错误，D正确。 故选：D。 3．（2026春•向阳区校级期末）如图所示，一同学拍质量为0.5kg篮球，某次篮球刚到达地面时的速度大小为6m/s，与水平地面撞击后以大小为4m/s的速度反弹，已知篮球与地面碰撞的作用时间为0.25s，重力加速度大小为10m/s2，则篮球与地面碰撞过程中地面对篮球平均作用力的大小为（　　） A．20N B．25N C．9N D．4N 【解答】解：以竖直向上为正方向，对篮球，根据动量定理得 代入数据解得25N，故B正确，ACD错误。 故选：B。 4．（2026•内乡县校级模拟）排球运动员在进行垫球训练时，将质量为m的排球竖直向上垫起，排球离开手臂后竖直向上运动高度h后再落回手臂，运动员每次都在同一位置将排球向上垫起后排球又落回原位。已知排球上升阶段所用时间为t1，下降阶段所用时间为t2，空气阻力大小恒定为f，每次垫球过程人的重心和动作保持相同，排球击出和下落到手臂时手臂在同一高度。下列说法正确的是（　　） A．排球上升阶段所用时间t1小于下降阶段所用时间t2 B．排球上升过程中所受合力的冲量方向竖直向下，下落过程中所受合力的冲量方向竖直向上 C．每一次排球从最低点开始垫起到落至最低点的过程中，重力做功的平均功率为 D．每一次排球从最低点垫起后到落至最低点垫起前的过程中，排球机械能变化量为2fh 【解答】解：A．上升过程中重力和阻力的方向都向下，根据牛顿第二定律可得mg+f＝ma1 下降过程中，重力方向向下，阻力方向向上，根据牛顿第二定律可得mg﹣f＝ma2 可得a1＞a2 根据可知两个过程运动位移相同条件下，且a1＞a2，故t1＜t2，故A正确； B．排球上升过程中所受合力竖直向下，下降过程中合力也竖直向下，故两个运动过程合力的冲量方向都竖直向下，故B错误； C．每一次排球从最低点开始垫起到落至最低点的过程中，重力做的总功为零，重力做功的平均功率为零，故C错误； D．每一次排球从最低点垫起后到落至最低点垫起前的过程中，排球机械能变化量为ΔE＝﹣2fh，故D错误。 故选：A。 5．（2026春•吉林期末）如图所示，为建筑工人利用铁锤打夯的场景，120kg的铁锤从1.8m高处自由下落，打在水泥柱上，撞击后铁锤速度变为零，铁锤撞击的时间是0.05s，已知重力加速度g取10m/s2，撞击时，铁锤对水泥柱的平均冲击力大小为（　　） A．14400N B．15600N C．12000N D．1200N 【解答】解：铁锤落地前，由自由落体运动规律有：v2＝2gh，解得撞击前速度大小为： 碰撞过程中取竖直向上为正方向，设水泥柱对铁锤的平均作用力为F，由动量定理得（F﹣mg）t＝mv 解得15600N 由牛顿第三定律可知铁锤对水泥柱的平均冲击力大小为15600N，故B正确，ACD错误。 故选：B。 6．（2026春•桃城区校级期末）某学生研发了一款手机壳如图所示，从外观上可以看到这个手机壳长有8个触角，当手机坠落时，接触地面瞬间8个触角会瞬间弹出来，起到很好的缓冲作用。若研究缓冲效果的实验中，总质量为250g的手机从离地面1.8m高处跌落，平摔在地面上，手机壳撞击地面的时间为0.008s，手机的速度减为零，不计空气阻力，取重力加速度大小g＝10m/s2，下列说法正确的是（　　） A．手机壳使得手机撞击地面的时间缩短 B．手机壳的缓冲作用减少了手机落地过程的动量变化量 C．手机从开始掉落到恰好静止的过程中重力冲量的大小为1.52N•s D．手机从开始掉落到恰好静止的过程中地面对手机的平均作用力大小为7.5N 【解答】解：AB.以竖直向上为正方向，则手机撞击地面的过程中，根据动量定理可得： F•Δt＝Δp＝0﹣m（﹣v）＝mv， 因为手机下落的高度不变，则手机落地时的速度v不变，因此动量变化量Δp不变，又因为手机壳使得手机撞击地面的时间Δt延长，所以F减小、地面对手机的平均作用力减小，即保护器的缓冲作用是减小了手机落地过程受到的平均作用力，故AB错误； C.由自由落体运动规律可知： ， 手机从开始掉落到恰好静止的过程用时： t＝t1+Δt， 则重力冲量大小为： IG＝mgt， 联立解得： IG＝1.52N•s，故C正确； D.手机从开始掉落到恰好静止的过程中，手机的动量变化量为零，即合力的冲量为零，所以地面对手机的冲量与重力的冲量等大、反向，即： IG＝FΔt， 解得地面对手机的平均作用力大小为： F＝190N，故D错误。 故选：C。 7．（2026春•北碚区校级月考）如图所示，学生练习用头颠球。某一次足球静止自由下落80cm，被重新顶起，离开头部后竖直上升的最大高度仍为80cm。已知足球与头部的作用时间为0.1s，足球的质量为0.4kg，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力，下列说法正确的是（　　） A．头部对足球的平均作用力为足球重力的8倍 B．足球下落到与头部刚接触时动量大小为3.2kg•m/s C．足球与头部作用过程中动量变化量大小为3.2kg•m/s D．足球从最高点下落至重新回到最高点的过程中重力的冲量为0 【解答】解：A、设足球自由下落到人头顶前瞬时速度大小为v，根据自由落体运动公式有v2＝2gh 代入数据可得v＝4m/s 同理可得足球被重新顶起的速度大小v＝4m/s 对足球，在与人头部作用过程中，规定竖直向上为正方向，由动量定理得（F﹣mg）Δt＝mv﹣（﹣mv） 代入数据可得F＝36N 足球的重力G＝mg 故头部对足球的平均作用力为足球重力的9倍，故A错误； B、规定向下为正方向，足球下落到与头部刚接触时动量大小p＝mv＝0.4×4kg•m/s＝1.6kg•m/s，故B错误； C、规定末速度方向为正，足球与头部作用过程中动量变化量大小为Δp＝mv−（−mv）＝2mv＝2×0.4×4kg•m/s＝3.2kg•m/s，故C正确； D、足球下落时间 同理上升时间t2＝0.4s 足球从最高点下落至重新回到最高点的过程中重力的冲量大小为IG＝mg（t1+Δt+t2） 代入数据可得IG＝3.6N•s，故D错误。 故选：C。 8．（2026春•番禺区校级期末）如图甲所示为蹦床运动员比赛的场景，图乙为某运动员完成比赛后落在蹦床上一段时间内与蹦床间的作用力随时间的变化规律，已知该运动员的质量为m＝50kg，重力加速度为g＝10m/s2，不计空气阻力。从t＝0时刻开始，下列说法正确的是（　　） A．该运动员第一次离开蹦床后，上升的最大高度为12.8m B．1.0s～2.6s的时间内，该运动员动量的变化量为0 C．3.0s～3.8s的时间内，该运动员重力的冲量为0 D．该运动员第二次与蹦床作用时的平均作用力大小为2000N 【解答】解：A．由图乙可知，运动员第一次离开蹦床后，在空中运动的时间为2.6s﹣1.0s＝1.6s，根据对称性可知运动员上升的时间为t1＝0.8s，则上升的最大高度为，故A错误； B．1.0s～2.6s的时间内，运动员所受合力不为零，根据动量定理可知，该运动员动量的变化量不为0，故B错误； C．3.0s∼3.8s的时间内，运动员重力的冲量为IG＝mgt2＝50×10×0.8N•s＝400N•s，故C错误； D．运动员第二次离开蹦床在空中运动的时间为0.8s，上升的时间为t3＝0.4s，离开蹦床的速度方向竖直向上，大小为v3＝gt3＝4m/s 对运动员与蹦床相互作用的过程，由动量定理得Ft4﹣mgt4＝mv3﹣（﹣mv2） 代入t4＝0.4s，解得F＝2000N，故D正确。 故选D。 考向5　流体（水流、气流）冲击模型 一．选择题（共6小题） 1．（2026春•三明期末）生活中我们常用高压水枪清洗汽车。如图，水流以速度v近距离垂直冲洗车身。约的水流垂直车身弹回，其速度大小约为，约的水流冲击车身后无反弹顺车流下。已知水枪出水口直径为D，水的密度为ρ，则水流对车身的平均冲击力约为（　　） A． B． C． D． 【解答】解：根据题意分析可知，出水口横截面积，t时间内流出水的体积为：V＝Svt t时间内流出水的质量为： 规定水流初速度方向为正方向，的水流冲击后垂直方向速度变为0，末动量为0；的水流弹回的速度大小为、方向反向，速度为，末动量为。 可得动量变化量为： 设车身对水的平均作用力为F，方向与初速度方向相反，由动量定理得：﹣Ft＝Δp 代入Δp得： 将代入得： 根据牛顿第三定律，水流对车身的平均冲击力大小等于，故C正确，ABD错误。 故选：C。 2．（2025秋•济宁校级月考）喷泉水柱从横截面积为S＝0.001m2的喷口持续以速度v0＝10m/s竖直向上喷出，在喷口正上方h＝3.2m处固定一水平挡板，从喷泉喷出的水都能打到挡板上。已知水的密度ρ＝1.0×103kg/m3，重力加速度g取10m/s2。水柱冲击到水平挡板后，水在竖直方向的速度变为零，在水平方向朝四周均匀散开，忽略空气阻力。设水柱对水平挡板的冲击力大小为F，则（　　） A．F＝80N B．F＝60N C．F＝40N D．F＝20N 【解答】解：设水柱到达挡板时速度为v，由竖直上抛运动公式可得，解得：v＝6m/s，方向竖直向上。 设挡板对水的作用力大小为F，取极短时间Δt，喷出的水质量为Δm＝ρv0SΔt； 因水的流量恒定，在Δt时间内冲击挡板的水的质量同样为Δm，对该部分水应用动量定理，有FΔt＝Δm•v，代入数据解得：F＝60N。 依据牛顿第三定律，水柱对挡板的冲击力大小也为60N，故B正确，ACD错误。 故选：B。 3．（2026•北京校级三模）翡翠湖公园有一水流造景设施的截面如图所示，水平喷水口P横截面积为S、喷水的流速恒定为v，从P喷出的水柱恰好能垂直撞到倾角为30°的斜面AC上的B处，速度瞬间变为零，之后沿斜面流下。已知水的密度为ρ，重力加速度为g，不计空气阻力，则（　　） A．水流单位时间撞到B处的体积Q＝2Sv B．水流在B处的速度 C．水流对B处的冲击力F＝4ρSv2 D．空中水的质量 【解答】解：A、水流单位时间撞到B处的体积等于水流单位时间通过水平喷水口的体积，所以水流单位时间撞到B处的体积为 Q＝Sv，故A错误； B、水流从P到B做平抛运动，平抛初速度为 v，由于水柱恰好能垂直撞到斜面，几何关系可知在B的速度方向与水平方向成 60°，则有：，故B错误； C、设Δt 时间内有质量为Δm的水撞击斜面，设该过程斜面给水的支持力为FN，规定vB方向为正方向，由动量定理可得：﹣FN•Δt＝0﹣Δm•vB，因为 Δm＝ρSv•Δt，联立解得：，根据牛顿第三定律可得，水流对B处的冲击力的大小为：，故C错误；D、结合B选项分析，由平抛规律可得水流在B的竖直方向的分速度为：，故平抛运动时间为：，所以空中水的质量为：，故D正确。 故选：D。 4．（2026春•武昌区校级月考）如图所示，返回舱接近地面时，相对地面竖直向下的速度为v，此时反推发动机点火，在极短时间Δt内，竖直向下喷出相对地面速度为u、体积为V的气体，辅助返回舱平稳落地。已知喷出气体的密度为ρ，喷出气体所受重力忽略不计，则喷气过程返回舱受到的平均反冲力大小为（　　） A． B． C． D． 【解答】解：Δt时间内喷出的气体的质量为：m＝ρV 以喷出的气体为研究对象，设气体受到的平均冲力为F，取向下为正方向，喷出气体所受重力忽略不计，根据动量定理有： FΔt＝mu﹣mv 解得： 根据牛顿第三定律可知喷气过程返回舱受到的平均反冲力大小为F′，故A正确，BCD错误。 故选：A。 5．（2026春•松原校级期末）如图所示，某遥控“直升机”玩具总质量为m，内部电池电动势为E，电路总电阻为R，机翼长为r（机翼尖端离转轴的距离），无风环境下，先控制直升机从地面起飞竖直上升，经过时间t到达h高处后一直保持悬停，悬停阶段机翼旋转使得机翼下方空间形成稳定的竖直向下的气流（忽略侧逸空气），空气密度为ρ，重力加速度为g，该“直升机”（　　） A．工作时的电流为 B．竖直上升阶段的耗电平均功率为 C．悬停时机翼下方气流速度大小为 D．悬停时电源消耗的电能全部转化为电路焦耳热 【解答】解：AD、直升机的电机属于非纯电阻用电器，工作时电能除了转化为电路的焦耳热，还会转化为空气的动能等其他形式的能量，不满足纯电阻电路的欧姆定律，因此工作电流不等于，故AD错误； B、竖直上升阶段，直升机的耗电平均功率不仅需要克服重力做功，还需要转化为空气的动能，电路产生的焦耳热等额外能量，因此耗电平均功率大于，故B错误。 C．悬停时直升机受力平衡，气流对直升机的作用力等于直升机重力mg，根据牛顿第三定律，直升机对气流的作用力也等于mg。取单位时间内被机翼推动的空气为研究对象，这部分空气的质量为Δm＝ρV＝ρSv•Δt 其中气流的横截面积S＝πr2，v为气流的速度 对这部分空气根据动量定理有mg•Δt＝Δm•v 将Δm＝ρπr2v•Δt代入上式，可得mg•Δt＝ρπr2v•Δt•v 整理得，故C正确； 故选：C。 6．（2025秋•日照期末）冲牙器通过喷出高压水流来冲洗牙齿。如图所示喷嘴直径为d的冲牙器，工作时喷出的水柱速度为v，水柱冲击到牙齿表面后散开，从而起到洗牙的作用。已知水的密度为ρ，水柱冲到牙齿后速度减为零，不考虑水柱扩散效应，水柱横截面比牙齿小得多。下列说法正确的是（　　） A．单位时间内喷出水的质量为ρπdv B．单位时间内喷出水的动能为 C．水柱对牙齿的平均冲击力大小为 D．水柱对牙齿表面产生的压强为 【解答】解：A、将单位时间内的水看作一个圆柱体，则，故A错误； C、取极短时间Δt内的水为研究对象，以初速度方向为正方向，设牙齿对水柱平均作用力为F，由动量定理可得﹣F•Δt＝0﹣Δt•m•v 解得，结合牛顿第三定律可得，水柱对牙齿的平均冲击力大小为，故C正确； B、单位时间内喷出水的动能为Ek，故B错误； D、水柱对牙齿表面产生的压强为，故D错误。 故选：C。 一．选择题（共10小题） 1．（2026•平顶山模拟）用某电钻给固定的物体钻孔，已知该过程电钻所受阻力Ff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，t＝0时刻为起始位置。下列说法正确的是（　　） A．0∼t0内，电钻与物体间阻力对电钻做的功为Ff0t0 B．0∼t0内，阻力对电钻的冲量的大小为Ff0t0 C．0∼t0内，电钻运动的加速度大小为 D．0∼t0内，电钻运动的平均速度大小为 【解答】解：A．F﹣x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，所以阻力做负功，由图（b）可知，0∼t0内，电钻与物体间阻力对电钻做的功为，故A错误； B．Ff﹣t图像与横轴所围成的面积表示阻力冲量的大小，由图可得0∼t0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Ff∝t，Ff∝x，则有x∝t，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。 2．（2026•怀化一模）如图所示在倾角为30°的斜面体上，ABCD面虚线左侧粗糙右侧光滑，绳子一端连接小球，另一端与固定点O连接。为了让小球在ABCD面内做圆周运动，给小球一个水平向左的速度v0（未知）恰好使OE段无张力。当小球运动到G点时绳子突然断裂，之后小球做类斜抛运动，E、F点为圆周运动的最高点和最低点且F在BC上。绳子长度L为0.2m，小球质量为1kg，运动到G点时速度为1m/s，G点与圆心O的连线与EF的夹角为60°，重力加速度取10m/s2，则（　　） A．从E到G动量变化量为 B．从E到G摩擦力做的功为2J C．小球在G点时重力的功率 D．小球在类斜抛运动过程中离BC边的最大距离为 【解答】解：A、小球在E点时，由重力沿斜面方向的分力提供向心力，由牛顿第二定律可得：，，由几何关系可知，v0与G点的速度vG的夹角为120°，则速度变化量为：，从E到G的动量变化量为：，故A错误； B、小球在E点和G点的速度大小相等，动能变化量为0，由动能定理可得：WG+Wf＝0，解得：，故B错误； C、小球在G点时沿斜面垂直于BC方向的速度为 小球在G点时竖直方向的速度为 小球在G点时重力的功率，故C正确； D、小球沿斜面垂直于BC方向的速度为0时，离BC边的距离最大，沿斜面垂直于BC方向的加速度为： 由匀变速直线运动速度与位移的关系，可得从G点沿斜面垂直于BC方向上升的最大距离为： 由几何关系，可得离BC边的最大距离为：，故D错误。 故选：C。 3．（2026•内乡县校级模拟）排球运动员在进行垫球训练时，将质量为m的排球竖直向上垫起，排球离开手臂后竖直向上运动高度h后再落回手臂，运动员每次都在同一位置将排球向上垫起后排球又落回原位。已知排球上升阶段所用时间为t1，下降阶段所用时间为t2，空气阻力大小恒定为f，每次垫球过程人的重心和动作保持相同，排球击出和下落到手臂时手臂在同一高度。下列说法正确的是（　　） A．排球上升阶段所用时间t1小于下降阶段所用时间t2 B．排球上升过程中所受合力的冲量方向竖直向下，下落过程中所受合力的冲量方向竖直向上 C．每一次排球从最低点开始垫起到落至最低点的过程中，重力做功的平均功率为 D．每一次排球从最低点垫起后到落至最低点垫起前的过程中，排球机械能变化量为2fh 【解答】解：A．上升过程中重力和阻力的方向都向下，根据牛顿第二定律可得mg+f＝ma1 下降过程中，重力方向向下，阻力方向向上，根据牛顿第二定律可得mg﹣f＝ma2 可得a1＞a2 根据可知两个过程运动位移相同条件下，且a1＞a2，故t1＜t2，故A正确； B．排球上升过程中所受合力竖直向下，下降过程中合力也竖直向下，故两个运动过程合力的冲量方向都竖直向下，故B错误； C．每一次排球从最低点开始垫起到落至最低点的过程中，重力做的总功为零，重力做功的平均功率为零，故C错误； D．每一次排球从最低点垫起后到落至最低点垫起前的过程中，排球机械能变化量为ΔE＝﹣2fh，故D错误。 故选：A。 4．（2026•碑林区校级模拟）如图所示，质量为m的物块静止在光滑的水平面上，对其水平向右的作用力为F，F的大小与时间t成正比，比例系数为k。则t0时刻物块的动能为（　　） A． B． C． D． 【解答】解：F的大小与时间t成正比，比例系数为k，可得F＝kt 作出对应的F﹣t图像如图所示 当t＝t0时，F的大小为F0＝kt0 根据F﹣t图像与时间轴围成的面积表示冲量，可得 对物块，以速度方向为正方向，根据动量定理有I＝mv﹣0 物块的动能为 联立解得，故A正确，BCD错误。 故选：A。 5．（2026•原平市校级模拟）飞机在跑道上加速滑跑时受到的空气阻力与速度的大小关系是f＝kv，k为常量，v是飞机的运动速度。一架小型飞机质量为m，在平直跑道上由静止开始在恒定牵引力作用下加速运动，经时间t，滑行x后达到最大速度。若不计飞机轮胎与地面间的滚动摩擦，则此过程中（　　） A．飞机的最大速度是 B．飞机速度最大时牵引力的功率是 C．飞机的速度达到最大速度的一半时，飞机受到的空气阻力大小是 D．飞机的速度达到最大速度的一半时，飞机的加速度大小是 【解答】解：A．最大速度vm时加速度为0，飞机恒定牵引力F，阻力f＝kv，故F＝kvm 以运动方向为正方向，对运动过程用动量定理Ft﹣Σf•Δt＝mvm，其中Σf•Δt＝Σkv•Δt＝kx 即Ft﹣kx＝mvm，整理得，故A错误； B．最大速度时牵引力功率 代入vm，可得，故B正确； C．速度为最大速度一半时，，又阻力f＝kv 解得，故C错误； D．速度为最大速度一半时，根据牛顿第二定律F﹣kv＝ma 解得 代入vm整理得，故D错误。 故选：B。 6．（2026•山东模拟）如图所示，水平面由光滑部分和粗糙部分组成。物块A静止在光滑水平面上的O点，物块B静止在粗糙水平面上，A、B之间用轻弹簧连接。将物块A拉至N点由静止释放，物块A在光滑水平面上的MN之间往复运动，物块B始终处于静止状态。下列过程中，摩擦力对B的冲量为零的过程是（　　） A．物块A由N运动到M的过程 B．物块A由N运动到O的过程 C．物块A由O运动到M的过程 D．物块A由M运动到O的过程 【解答】解：ABC、物块B始终处于静止状态，在水平方向上，B物块仅受摩擦力和弹力，摩擦力与弹力始终等大反向，O为弹簧原长位置，结合对称性，物块A由N运动到O的过程和物块A由O运动到M的过程，弹力对B的冲量等大反向，总冲量为0，摩擦力对B冲量为0，故A正确，BC错误； D、物块A由M运动到O的过程，B受到的弹力始终向左，则摩擦力始终向右，摩擦力冲量不为零，故D错误。 故选：A。 7．（2026•河北模拟）如图所示，倾角为θ的足够长斜面固定在水平面上，物体A、B叠放，相同的物体B、C用绷紧的轻绳连接，由静止释放后，物体开始运动，物体A、B始终保持相对静止。已知A、B、C的质量均为m，A、B间的动摩擦因数为μ0，B、C与斜面间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　） A．绳上张力大小与μ有关 B．两动摩擦因数一定满足μ0＜μ C．相同时间内三者的动量变化量不同 D．A、B间作用力一定小于mg 【解答】解：A、若没有中间的细绳，则根据mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma 代入数据可得C的加速度为a＝gsinθ﹣μgcosθ 同理AB的加速度也为a＝gsinθ﹣μgcosθ 则当有细绳连接BC时，三者一起沿斜面下滑时，加速度相等，细绳的张力为零，张力大小与μ无关，故A错误； B、对A进行受力分析，则ma＝mgsinθ﹣f 代入数据可得f＝μmgcosθ≤fm＝μ0mgcosθ，即μ0≥μ，故B错误； C、三者的加速度相同，则所受的合外力相同，结合动量定理，Ft＝Δp，相同时间内三者的动量变化量相同，故C错误； D、A、B间作用力等于B对A的支持力和摩擦力的合力即 因gsinθ＞a，代入数据可得2gsinθ﹣a＞0 则F＜mg，即A、B间作用力一定小于mg，故D正确。 故选：D。 8．（2026•靖边县校级模拟）如图所示，铅球比赛时，某同学先后两次将同一铅球从同一位置斜向上抛出，两次铅球在空中上升的最大高度相同，第二次的成绩较好，不计空气阻力，铅球可视为质点，下列说法正确的是（　　） A．第二次铅球在空中运动过程中，重力的冲量大 B．第二次铅球在空中运动过程中，重力做功多 C．第二次铅球落地时，重力的瞬时功率大 D．第二次铅球落地时，铅球的动能大 【解答】解：A、由图可知，两次铅球在空中上升的最大高度相同，则铅球运动时间相等，根据IG＝mgt可知，重力的冲量相同，故A错误； B、抛出和落地高度相同，重力做功只看高度差，两次重力做功都是0，故B错误； C、由于铅球上升的高度相同，则落地时竖直速度相同，根据PG＝mgvy可知，重力的瞬时功率相等，故C错误； D、由于第一次铅球的水平位移较小，则第一次抛出时，铅球水平方向速度较小，而竖直方向速度相等，所以第一次抛出时初速度较小，运动过程中重力做功相等，所以第一次铅球落地时速度较小，动能较小，第二次铅球落地时，铅球的动能较大，故D正确。 故选：D。 9．（2026•陕西模拟）如图所示，倾斜的硬直杆固定在水平面上，与水平面的夹角为37°，一质量为m的物块（视为质点）套在杆上以速度v0匀速下滑，重力加速度为g，sin37°＝0.6、cos37°＝0.8，则一段时间t内，下列说法正确的是（　　） A．物块与杆之间的动摩擦因数为0.6 B．摩擦生热为0.8mgv0t C．支持力的冲量大小为0.8mgt D．摩擦力的冲量大小为0.8mgt 【解答】解：A、对物块进行受力分析，由平衡条件FN＝mgcos37°＝0.8mg，f＝mgsin37°＝0.6mg，由滑动摩擦力f＝μFN， 解得：μ＝0.75，故A错误； B、根据功能关系可知摩擦生热为Q＝fx＝fv0t＝0.6mgv0t，故B错误； C、支持力的冲量大小为：，故C正确； D、摩擦力的冲量大小为：If＝ft＝0.6mgt，故D错误。 故选：C。 10．（2026•合肥模拟）如图甲所示，质量为m，长为L的均匀软绳用细线悬挂在O1点，软绳下端刚好与地面接触。剪断细线，软绳自由下落，落地后速度立刻变为零，图乙中，质量也为m的小球用细线悬挂在O2点，小球离地面高度为L，小球可以看成质点，剪断细线后小球自由下落，并与地面发生弹性碰撞。不考虑部分软绳落地后引起的落点的变化，空气阻力不计，重力加速度为g，小球与地面碰撞的时间，则从细线断开到软绳全部落至地面过程中，地面对软绳的冲量大小和地面对小球的平均作用力大小分别为（　　） A．，21mg B． C．，11mg D． 【解答】解：由自由落体运动规律得： 解得绳整体下落的总时间为： 从细线断开至软绳全部落地过程中，对软绳应用动量定理，取竖直向下为正方向，有： mgt﹣I地＝0，解得地面对软绳的冲量大小为：。 设小球落地前瞬时速度大小为 v，根据机械能守恒有： ，解得： 小球与地面发生弹性碰撞，故碰撞后速度大小不变、方向反向，对碰撞过程应用动量定理，取竖直向上为正方向，设地面对小球的平均作用力大小为F，有：（F﹣mg）Δt＝2mv，解得：F＝21mg，故D正确，ABC错误。 故选：D。 2 学科网（北京）股份有限公司 $ 重难突破10　动量和动量定理及其应用 1. 理解动量、冲量的概念及其矢量性，掌握动量变化量 Δp 的矢量运算，明确动量与动能的区别和联系。 2. 掌握动量定理的内容、表达式及其矢量性，理解它与牛顿第二定律的关系，会用 F-t 图像求冲量。 3. 能运用动量定理分析平均作用力、缓冲现象以及水流、气流等流体连续冲击问题，并处理多过程与图像综合题。 【思维导图】 考点一　动量与动量的变化量 1．动量：物体的质量与速度的乘积叫动量，p=mv。动量是矢量，方向与瞬时速度方向相同；它是状态量，国际单位为 kg·m/s。 2．动量的变化量：，是矢量，运算遵循平行四边形（三角形）定则；在一维情况下先规定正方向，再用带正负号的代数方法计算。 3．动量与动能的关系：动量是矢量、动能是标量，二者大小满足 ，即 。速度大小不变而方向改变时（如匀速圆周运动），动能不变但动量时刻在变。 动量与动能的比较 比较项 动量 p=mv 动能 Ek=½mv² 性质 矢量，有方向 标量，无方向、恒非负 变化原因 由合外力的冲量引起 由合外力做的功引起 二者关系 重难诠释　①动量是矢量，计算动量变化一定要考虑方向；Δp 是末动量与初动量的矢量差，不是两者大小相减。②一维问题先规定正方向，同向取正、反向取负，Δp=p′−p 带符号计算。③动量变了动能不一定变（匀速圆周运动动量方向时刻变、动能不变）；动能变了动量一定变。④p=mv 中的 v 是相对同一惯性参考系（通常取地面）的瞬时速度。 考点二　冲量 1．冲量：力与力作用时间的乘积叫这个力的冲量，恒力冲量 I=Ft。冲量是矢量，方向由力的方向决定（恒力）；它是过程量，描述力对时间的积累，单位 N·s，且 1 N·s=1 kg·m/s。 2．恒力的冲量用 I=Ft 计算；变力的冲量不能直接用 Ft，可用 F-t 图像中图线与 t 轴围成的面积表示，也可由动量定理间接求出。 3．合冲量：物体受多个力作用时，合外力的冲量等于各力冲量的矢量和（一维为代数和），也等于合外力乘以作用时间。 重难诠释　①冲量是矢量，恒力冲量方向与力同向；变力冲量的方向与动量变化量方向一致。②冲量讲“时间积累”，只要力作用了一段时间就有冲量；力很大但作用时间极短，冲量也可能很小。③F-t 图像面积要带正负号，t 轴下方为负冲量。④冲量与功不同：冲量是矢量、对应时间，功是标量、对应位移；物体受力不一定做功，但受力且持续一段时间就一定有冲量。 考点三　动量定理 1．内容：物体所受合外力的冲量等于物体在这段时间内动量的变化量，这就是动量定理。 2．表达式：，变力作用时 F 取合外力对时间的平均值；也可写成 ，即力等于动量的变化率，是牛顿第二定律的另一种表达形式。 3．矢量性：合外力冲量的方向与动量变化量 Δp 的方向一致；一维问题先定正方向再带符号列式，二维问题可沿两个互相垂直的方向分别列动量定理方程。 4．适用范围：既适用于恒力也适用于变力，既适用于直线运动也适用于曲线运动，既适用于宏观物体也适用于微观粒子，比牛顿第二定律适用面更广。 重难诠释　①动量定理是矢量式，等号两边方向必须一致，列式前先规定正方向，这是它与动能定理（标量式）最大的不同。②式中 F 是研究对象所受的“合外力”（或平均合外力），不是某个接触力；求接触力时常需结合受力分析，如 F合=F接触−mg（或 +mg）。③碰撞、冲击等变力问题中 F 应理解为平均作用力。④动量定理可以分方向列两个方程，动能定理不能分方向。 考点四　用动量定理分析平均力与缓冲问题 1．由 可知：当动量变化量 Δp 一定时，延长作用时间 Δt 可减小平均冲击力；缩短作用时间则增大冲击力。 2．缓冲实例：安全气囊、跳高海绵垫、跳远落地弯腿、易碎品衬泡沫、汽车保险杠等，都是通过延长作用时间来减小冲击力；锤子打铁、冲床冲压则是利用极短时间获得很大的力。 3．求平均作用力的步骤：选取研究过程、规定正方向，对过程列 F合·t=Δp，再结合受力分析求出所需接触力，注意力的方向与正负号。 重难诠释　①“缓冲”的本质是 Δp 不变、增大作用时间 t 从而减小平均力，并不是动量变化变小。②求冲击力时注意重力是否计入：碰撞、打击作用时间极短、冲击力远大于重力时重力可忽略；竖直下落且作用时间不极短的过程，重力不能漏。③求出的平均力是对时间的平均值，方向与 Δp 相同。④“物体受到的平均作用力”与“物体对接触面的平均作用力”是一对相互作用力，大小相等、方向相反。 考点五　流体与连续作用问题 1．模型特点：水流、气流、粒子流、传送带落料、火箭喷气等连续质量作用问题，不能对整体直接列式，需取一小段时间 Δt 内的质量微元 Δm 作为研究对象。 2．微元质量：密度为 ρ、截面积为 S、以速度 v 流动的流体，（若给出质量流量 qm，则 Δm=qmΔt）。 3．对微元用动量定理：流体垂直冲击固定面后沿原方向速度变为 0 时，平均冲击力 ；若流体被等速反弹，动量变化加倍，。流体受到的力与它对壁面的冲击力是一对相互作用力。 重难诠释　①流体问题三步：取 Δt 内的微元 Δm→确定微元初、末动量（速度大小与方向）→对微元列动量定理。②务必看清流体碰壁后是“停下（速度为0）”还是“反弹（速度反向）”，反弹时 Δp 是原来的两倍。③动量定理求出的是“壁面对流体”的力，流体对壁面的冲击力大小相等、方向相反，注意题目问的是哪一个。④流体若沿壁面散开，则只在垂直壁面方向上动量发生变化，只对该方向列式。 考点六　动量定理综合：多过程与图像 1．多过程问题：可对每一段分别用动量定理（各段冲量对应各段 Δp），也可对全程一次性列式——全过程各力冲量的代数和（一维）等于全过程动量的变化量。 2．与图像结合：F-t 图像与 t 轴围成的面积表示冲量，也就是该段时间内动量的变化量；结合 v-t 图像可确定初、末动量。 3．动量定理与动能定理的选择：涉及“力与时间”、冲量、平均作用力、碰撞冲击时用动量定理；涉及“力与位移”、做功、速度与位移关系时用动能定理。 动量定理与动能定理的比较 比较项 动量定理 动能定理 表达式 F合·t=Δp（矢量式） W合=ΔEk（标量式） 积累角度 力对时间的积累 力对空间（位移）的积累 方向性 矢量，可分方向列式 标量，不能分方向 典型情景 碰撞、冲击、平均力、流体 变力做功、曲线、多过程 重难诠释　①涉及时间、平均力、冲量时优先动量定理，涉及位移、功、速度—位移关系时优先动能定理，二者常结合使用。②对全程用动量定理时，每个力的冲量=力×它“实际作用的时间”，只在部分时间作用的力不要乘全程时间。③F-t 图像面积的正负、突变对应动量变化的正负与突变。④动量定理是矢量方程（可正交分解），动能定理是标量方程，方向处理方式不同，切勿混用。 考向1　动量与动量变化量的矢量计算 一．选择题（共7小题） 1．（2026春•九龙坡区校级月考）一质量为2kg的物体在水平拉力的作用下，由静止开始在水平地面上沿x轴运动，出发点为x轴零点，拉力做的功W与物体坐标x的关系如图所示。物体与水平地面间的动摩擦因数为0.2，重力加速度大小取10m/s2。下列说法正确的是（　　） A．在x＝1m时，拉力的功率为6W B．在x＝4m时，物体的动能为4J C．从x＝0m运动到x＝4m，物体克服摩擦力做的功为12J D．从x＝0m运动到x＝4m的过程中，物体的动量最大为4kg•m/s 2．（2026•莆田模拟）质量为1kg的物块在水平力F的作用下由静止开始在水平地面上做直线运动，F与时间t的关系如图所示。已知物块与地面间的动摩擦因数为0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2，则物块（　　） A．1s时加速度为10m/s2 B．2s时速度为20m/s C．2～4s内位移为4m D．3s时动量为2kg•m/s 3．（2026•四川）2026年2月，我国某科创团队发布全球首款速度达到10m/s的全尺寸人形机器人，该机器人体重75kg；2025年1月，该团队发布的四足机器人体重38kg。若两款机器人均以10m/s的速度同方向运动，则二者的动量大小之差为（　　） A．1850kg•m/s B．750kg•m/s C．370kg•m/s D．37kg•m/s 4．（2026春•乌兰察布校级期末）如图所示，羽毛球是十分普及的体育运动，假设羽毛球飞来的速度为30m/s，运动员将羽毛球以70m/s的速度反向击回，羽毛球的质量为10g，则羽毛球动量的变化量（　　） A．大小为0.4kg•m/s，方向与羽毛球飞来的方向相同 B．大小为0.4kg•m/s，方向与羽毛球飞来的方向相反 C．大小为1.0kg•m/s，方向与羽毛球飞来的方向相反 D．大小为1.0kg•m/s，方向与羽毛球飞来的方向相同 5．（2026春•丽水期末）如图所示，一架救援直升机悬停在离地高度H＝27m处，通过轻质缆绳竖直向下释放一名总质量m＝60kg的救援人员。救援人员由静止开始先匀加速下降到某一高度，随后立即匀减速下降，至地面时速度恰好为零。已知匀加速、匀减速所用的时间均为t＝3s，空气阻力忽略不计，重力加速度g＝10m/s2。关于救援人员，下列说法正确的是（　　） A．全程的平均速度为9m/s B．加速下降阶段缆绳拉力大小为420N C．减速阶段加速度大小为6m/s2 D．减速阶段动量的变化量为270kg•m/s 6．（2026春•西岗区校级期末）2026年4月9日，“吴越杯”足球联赛首轮战罢，绍兴队2比2逼平宁波队，金华队4比0完胜舟山队。某次运动员斜向上踢出足球，在空中运动的轨迹如图所示，下列说法正确的是（　　） A．足球在运动过程中，任意相等时间内动量的变化量相同 B．足球运动到最高点时，动能最小，加速度方向竖直向下 C．足球运动到最高点时，重力的瞬时功率等于零 D．足球在运动过程中，足球在相同高度的两个位置具有相同的动能 7．（2026春•兴庆区校级期末）质量为2kg的物体，速度由向东的1m/s变为向西的2m/s，下列说法正确的是（　　） A．物体的动量变化量的方向向东 B．物体的动量变化量的大小为2 kg•m/s C．物体的动量变化量的大小为6 kg•m/s D．物体的动能变化量为1 J 二．多选题（共1小题） （多选）8．（2026春•修文县校级期中）一质量为1kg的物体在水平拉力的作用下，由静止开始在水平地面上沿x轴运动，出发点为x轴零点，拉力做的功W与物体坐标x的关系如图所示。物体与水平地面间的动摩擦因数为0.4，重力加速度大小取10m/s2。下列说法正确的是（　　） A．在x ＝ 1m时，拉力的功率为6W B．在x ＝ 4m时，物体的动能为2J C．从x ＝ 0运动到x ＝ 2m，物体克服摩擦力做的功为8J D．从x ＝ 0运动到x ＝ 4的过程中，物体的动量最大为2kg•m/s 考向2　冲量的理解与 F-t 图像 一．选择题（共7小题） 1．（2026•廊坊校级开学）关于做匀速圆周运动的物体，下列说法正确的是（　　） A．做匀速圆周运动的物体一定处于平衡状态 B．做匀速圆周运动的物体所受合外力的冲量不变 C．做匀速圆周运动的物体所受合外力一定不做功 D．做匀速圆周运动的物体在任意相等时间内通过的位移相同 2．（2026•模拟）如图所示，一物体放在光滑水平地面上，受到与水平方向成θ角的恒定拉力F作用，时间t内，物体向前移动的距离为l。不计空气阻力，下列说法正确的是（　　） A．物体所受重力的冲量为零 B．物体所受拉力F的冲量大小为Ftcosθ C．物体所受合力的冲量大小为Ft D．合力对物体所做的功为Flcosθ 3．（2026春•承德期末）如图所示，一位同学拉着行李箱沿着平直道路前行。现简化为如下模型：质量为m的行李箱，受到与水平方向夹角为θ的拉力F作用，沿水平方向做匀速直线运动的时间为t。下列说法正确的是（　　） A．行李箱所受拉力F的冲量大小是Ftcosθ B．行李箱所受摩擦力的冲量大小为零 C．行李箱所受拉力F的冲量方向水平向右 D．行李箱所受合外力的冲量大小为零 4．（2026春•合肥校级期末）合肥四中四维节中，某小组进行了水火箭制作与发射比赛，如图甲是水火箭的设计图，图乙是水火箭发射后的速度随时间变化的图像（不考虑空气阻力，火箭从地面静止竖直上升，t1时刻水火箭中的水恰好喷完）。则（　　） A．t1时刻，水火箭到达最高点 B．0～t1时间内，水火箭处于超重状态 C．0～t1时间内和t1～t3时间内重力对水火箭做功相等 D．向下喷水的过程中，水火箭对水向下的冲量大于水对它向上的冲量 5．（2026秋•如皋市校级月考）如图所示，一个人通过长为L的杆推半径为r的转盘，推杆的力的大小始终为F，方向与推杆始终垂直，转盘绕其中心轴匀速转动一周时间为t，转动一周的过程中，推力所做功为W、冲量为I，则（　　） A．W＝2Fπr B．W＝0 C．I＝Ft D．I＝0 6．（2025秋•济宁校级月考）一质量为2kg的物块静止在水平面上，物块与地面间的摩擦因数为0.1。t＝0时刻，对物块施加一水平外力F，使物块做直线运动。F随时间t变化的关系如图所示，重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是（　　） A．t＝2s时物块的速率为2m/s B．0﹣5s内F的冲量大小为9.5N•s C．0∼3s内物块的动量变化量大小为9kg•m/s D．0∼9s内物块先加速后减速 7．（2026春•咸阳期末）冰壶比赛是冬奥会上一个备受关注的项目。运动员需要先给冰壶一个初速度，使冰壶沿着冰面达到指定区域。若某次比赛过程冰面可视为光滑，质量为5kg的冰壶（可视为质点）静止于光滑水平面上，从t＝0时刻开始，冰壶受到运动员的水平外力F作用，外力F随时间t变化的关系如图所示，则冰壶第2s末的速度大小为（　　） A．0.4m/s B．0.6m/s C．1m/s D．0.8m/s 二．多选题（共1小题） （多选）8．（2026春•株洲期末）如图甲所示，一滑块置于足够长的木板上，木板放置在水平地面上。已知滑块和木板的质量均为1kg，滑块与木板间的动摩擦因数为0.3，木板与水平地面间的动摩擦因数为0.1。现在木板上施加一个F＝kt（N）的变力作用，从t＝0时刻开始计时，木板所受摩擦力的合力随时间变化的关系如图乙所示，已知t1＝5s。设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，重力加速度g取10m/s2，则下列说法正确的是（　　） A．k＝0.6 B．t1∼t2时间内滑块速度变化量为Δv＝22.5m/s C．0∼t2，滑块的位移大小为337.5m D．当t＝15s时，长木板的加速度大小为2m/s2 考向3　动量定理的理解与基本应用 一．选择题（共10小题） 1．（2026秋•如皋市校级月考）如图所示，在天花板上的O点系一根细绳，细绳的下端系一小球。将小球拉至细绳处于水平的位置，由静止释放小球，不计阻力，小球从位置A开始沿圆弧运动到悬点的正下方的B点的运动过程中，下面说法正确的是（　　） A．小球受到的向心力在逐渐变小 B．重力对小球做功的平均功率为零 C．重力对小球做功的瞬时功率先增大后减小 D．由于细线的拉力方向始终与小球的速度方向垂直，所以拉力对小球的冲量为零 2．（2026秋•郴州月考）跳台滑雪是一项极富有挑战性的运动。运动简化过程如图所示，运动员起跳瞬间速度大小为v1，方向与水平方向的夹角为α，着陆瞬间速度大小为v2，方向与水平方向的夹角为β。运动员与滑雪板的总质量为m，所受空气阻力与速度大小成正比，比例系数为k，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（　　） A．起跳点A到着陆点C的水平距离 B．运动员在空中运动时加速度大小不变 C．在运动过程中运动员先处于失重状态后处于超重状态 D．从起跳点A到着陆点C运动员的重力势能减少量等于 3．（2026•黑龙江开学）如图所示为传接篮球时，接球运动员手触碰到篮球后双手回收至胸前的情景。双手回收至胸前的目的是（　　） A．减小了篮球与手的作用时间 B．减小篮球动量的变化量 C．减小篮球动量的变化率 D．减小接球时篮球所受力的冲量 4．（2026•浙江开学）如图所示，足球队队员训练时在水平地面上踢出一个质量为m的足球。足球以初速度大小v1、与水平地面成θ1角斜向上方飞出。足球在空中运动时受到空气阻力的作用，空气阻力大小满足f＝kv，其中k为常数，v为足球的瞬时速度大小，阻力的方向始终与速度方向相反。足球最终以速度大小v2、与水平方向成θ2角斜向下击中球门上边框。已知球门上边框距地面的高度为h，地表重力加速度为g。下列说法正确的是（　　） A．整个过程中球位移不可求 B．球在空中运动的时间为t C．阻力做功的平均功率与足球质量m成正比 D．平均速度为 5．（2026•观山湖区校级开学）在贵州“村超”足球比赛中，某球员将足球斜向上踢出，不计空气阻力。足球在空中飞行过程中（　　） A．经过最高点时动量为零 B．重力的冲量方向始终竖直向下 C．动量的变化率逐渐增大 D．水平方向的动量大小逐渐减小 6．（2026春•汾阳市期末）抛绣球是我国的传统活动节目，核心寓意是传递爱情、祈求丰收和传承文化，象征情感联结、吉祥祝福与民族精神。某次将绣球斜向上抛出后，在空中先后经过a和b两点，运动轨迹如图所示，其中虚线为绣球运动轨迹的对称线，a和b在空中恰好关于虚线对称，不计空气阻力，下列说法正确的是（　　） A．绣球在a和b两点的动量相同 B．绣球从a到b的过程中，动量变化量的方向竖直向下 C．绣球经过最高点时动量为零 D．绣球从a到b的过程中，重力的冲量为0 7．（2026春•承德期末）某质量为m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v﹣时间t图像如图所示，已知重力加速度为g。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 8．（2025秋•济宁月考）如图所示，某次跳跃中蹦床运动员从距离水平网面h高处自由下落，着网后沿竖直方向蹦回到距离水平网面h高处，双脚与网面间的作用时间为t，网面对他的平均冲击力大小为F1；在另一次跳跃中，该运动员从距离水平网面4h高处自由下落，着网后沿竖直方向蹦回到距离水平网面4h高处，双脚与网面间的作用时间仍为t，网面对他的平均冲击力大小为F2。不计空气阻力，则（　　） A． B． C． D． 9．（2026春•沧县校级期末）玻璃杯从同一高度落下，掉在石头上比掉在草地上容易碎，这是由于玻璃杯与石头撞击的过程中（　　） A．玻璃杯的动量变化量更大 B．玻璃杯受到的冲量更大 C．玻璃杯的动量变化率更大 D．玻璃杯受到的阻力冲量小于重力冲量 10．（2026•怀化一模）如图所示在倾角为30°的斜面体上，ABCD面虚线左侧粗糙右侧光滑，绳子一端连接小球，另一端与固定点O连接。为了让小球在ABCD面内做圆周运动，给小球一个水平向左的速度v0（未知）恰好使OE段无张力。当小球运动到G点时绳子突然断裂，之后小球做类斜抛运动，E、F点为圆周运动的最高点和最低点且F在BC上。绳子长度L为0.2m，小球质量为1kg，运动到G点时速度为1m/s，G点与圆心O的连线与EF的夹角为60°，重力加速度取10m/s2，则（　　） A．从E到G动量变化量为 B．从E到G摩擦力做的功为2J C．小球在G点时重力的功率 D．小球在类斜抛运动过程中离BC边的最大距离为 考向4　平均作用力与缓冲问题 一．选择题（共8小题） 1．（2026春•三明期末）高空坠物极易对行人造成伤害。若一鸡蛋从居民楼的30层坠下，与地面的撞击时间约为2ms，则该鸡蛋对地面产生的冲击力约为（　　） A．10N B．102N C．103N D．104N 2．（2026春•葫芦岛期末）质量为425克的足球以大小为30m/s的水平速度撞在竖直墙上，被水平弹回的速度大小为18m/s，假设足球与墙碰撞时作用时间为0.05s，则足球与该墙作用时所受的水平作用力大小为（　　） A．102N B．153N C．255N D．408N 3．（2026春•向阳区校级期末）如图所示，一同学拍质量为0.5kg篮球，某次篮球刚到达地面时的速度大小为6m/s，与水平地面撞击后以大小为4m/s的速度反弹，已知篮球与地面碰撞的作用时间为0.25s，重力加速度大小为10m/s2，则篮球与地面碰撞过程中地面对篮球平均作用力的大小为（　　） A．20N B．25N C．9N D．4N 4．（2026•内乡县校级模拟）排球运动员在进行垫球训练时，将质量为m的排球竖直向上垫起，排球离开手臂后竖直向上运动高度h后再落回手臂，运动员每次都在同一位置将排球向上垫起后排球又落回原位。已知排球上升阶段所用时间为t1，下降阶段所用时间为t2，空气阻力大小恒定为f，每次垫球过程人的重心和动作保持相同，排球击出和下落到手臂时手臂在同一高度。下列说法正确的是（　　） A．排球上升阶段所用时间t1小于下降阶段所用时间t2 B．排球上升过程中所受合力的冲量方向竖直向下，下落过程中所受合力的冲量方向竖直向上 C．每一次排球从最低点开始垫起到落至最低点的过程中，重力做功的平均功率为 D．每一次排球从最低点垫起后到落至最低点垫起前的过程中，排球机械能变化量为2fh 5．（2026春•吉林期末）如图所示，为建筑工人利用铁锤打夯的场景，120kg的铁锤从1.8m高处自由下落，打在水泥柱上，撞击后铁锤速度变为零，铁锤撞击的时间是0.05s，已知重力加速度g取10m/s2，撞击时，铁锤对水泥柱的平均冲击力大小为（　　） A．14400N B．15600N C．12000N D．1200N 6．（2026春•桃城区校级期末）某学生研发了一款手机壳如图所示，从外观上可以看到这个手机壳长有8个触角，当手机坠落时，接触地面瞬间8个触角会瞬间弹出来，起到很好的缓冲作用。若研究缓冲效果的实验中，总质量为250g的手机从离地面1.8m高处跌落，平摔在地面上，手机壳撞击地面的时间为0.008s，手机的速度减为零，不计空气阻力，取重力加速度大小g＝10m/s2，下列说法正确的是（　　） A．手机壳使得手机撞击地面的时间缩短 B．手机壳的缓冲作用减少了手机落地过程的动量变化量 C．手机从开始掉落到恰好静止的过程中重力冲量的大小为1.52N•s D．手机从开始掉落到恰好静止的过程中地面对手机的平均作用力大小为7.5N 7．（2026春•北碚区校级月考）如图所示，学生练习用头颠球。某一次足球静止自由下落80cm，被重新顶起，离开头部后竖直上升的最大高度仍为80cm。已知足球与头部的作用时间为0.1s，足球的质量为0.4kg，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力，下列说法正确的是（　　） A．头部对足球的平均作用力为足球重力的8倍 B．足球下落到与头部刚接触时动量大小为3.2kg•m/s C．足球与头部作用过程中动量变化量大小为3.2kg•m/s D．足球从最高点下落至重新回到最高点的过程中重力的冲量为0 8．（2026春•番禺区校级期末）如图甲所示为蹦床运动员比赛的场景，图乙为某运动员完成比赛后落在蹦床上一段时间内与蹦床间的作用力随时间的变化规律，已知该运动员的质量为m＝50kg，重力加速度为g＝10m/s2，不计空气阻力。从t＝0时刻开始，下列说法正确的是（　　） A．该运动员第一次离开蹦床后，上升的最大高度为12.8m B．1.0s～2.6s的时间内，该运动员动量的变化量为0 C．3.0s～3.8s的时间内，该运动员重力的冲量为0 D．该运动员第二次与蹦床作用时的平均作用力大小为2000N 考向5　流体（水流、气流）冲击模型 一．选择题（共6小题） 1．（2026春•三明期末）生活中我们常用高压水枪清洗汽车。如图，水流以速度v近距离垂直冲洗车身。约的水流垂直车身弹回，其速度大小约为，约的水流冲击车身后无反弹顺车流下。已知水枪出水口直径为D，水的密度为ρ，则水流对车身的平均冲击力约为（　　） A． B． C． D． 2．（2025秋•济宁校级月考）喷泉水柱从横截面积为S＝0.001m2的喷口持续以速度v0＝10m/s竖直向上喷出，在喷口正上方h＝3.2m处固定一水平挡板，从喷泉喷出的水都能打到挡板上。已知水的密度ρ＝1.0×103kg/m3，重力加速度g取10m/s2。水柱冲击到水平挡板后，水在竖直方向的速度变为零，在水平方向朝四周均匀散开，忽略空气阻力。设水柱对水平挡板的冲击力大小为F，则（　　） A．F＝80N B．F＝60N C．F＝40N D．F＝20N 3．（2026•北京校级三模）翡翠湖公园有一水流造景设施的截面如图所示，水平喷水口P横截面积为S、喷水的流速恒定为v，从P喷出的水柱恰好能垂直撞到倾角为30°的斜面AC上的B处，速度瞬间变为零，之后沿斜面流下。已知水的密度为ρ，重力加速度为g，不计空气阻力，则（　　） A．水流单位时间撞到B处的体积Q＝2Sv B．水流在B处的速度 C．水流对B处的冲击力F＝4ρSv2 D．空中水的质量 4．（2026春•武昌区校级月考）如图所示，返回舱接近地面时，相对地面竖直向下的速度为v，此时反推发动机点火，在极短时间Δt内，竖直向下喷出相对地面速度为u、体积为V的气体，辅助返回舱平稳落地。已知喷出气体的密度为ρ，喷出气体所受重力忽略不计，则喷气过程返回舱受到的平均反冲力大小为（　　） A． B． C． D． 5．（2026春•松原校级期末）如图所示，某遥控“直升机”玩具总质量为m，内部电池电动势为E，电路总电阻为R，机翼长为r（机翼尖端离转轴的距离），无风环境下，先控制直升机从地面起飞竖直上升，经过时间t到达h高处后一直保持悬停，悬停阶段机翼旋转使得机翼下方空间形成稳定的竖直向下的气流（忽略侧逸空气），空气密度为ρ，重力加速度为g，该“直升机”（　　） A．工作时的电流为 B．竖直上升阶段的耗电平均功率为 C．悬停时机翼下方气流速度大小为 D．悬停时电源消耗的电能全部转化为电路焦耳热 6．（2025秋•日照期末）冲牙器通过喷出高压水流来冲洗牙齿。如图所示喷嘴直径为d的冲牙器，工作时喷出的水柱速度为v，水柱冲击到牙齿表面后散开，从而起到洗牙的作用。已知水的密度为ρ，水柱冲到牙齿后速度减为零，不考虑水柱扩散效应，水柱横截面比牙齿小得多。下列说法正确的是（　　） A．单位时间内喷出水的质量为ρπdv B．单位时间内喷出水的动能为 C．水柱对牙齿的平均冲击力大小为 D．水柱对牙齿表面产生的压强为 一．选择题（共10小题） 1．（2026•平顶山模拟）用某电钻给固定的物体钻孔，已知该过程电钻所受阻力Ff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，t＝0时刻为起始位置。下列说法正确的是（　　） A．0∼t0内，电钻与物体间阻力对电钻做的功为Ff0t0 B．0∼t0内，阻力对电钻的冲量的大小为Ff0t0 C．0∼t0内，电钻运动的加速度大小为 D．0∼t0内，电钻运动的平均速度大小为 2．（2026•怀化一模）如图所示在倾角为30°的斜面体上，ABCD面虚线左侧粗糙右侧光滑，绳子一端连接小球，另一端与固定点O连接。为了让小球在ABCD面内做圆周运动，给小球一个水平向左的速度v0（未知）恰好使OE段无张力。当小球运动到G点时绳子突然断裂，之后小球做类斜抛运动，E、F点为圆周运动的最高点和最低点且F在BC上。绳子长度L为0.2m，小球质量为1kg，运动到G点时速度为1m/s，G点与圆心O的连线与EF的夹角为60°，重力加速度取10m/s2，则（　　） A．从E到G动量变化量为 B．从E到G摩擦力做的功为2J C．小球在G点时重力的功率 D．小球在类斜抛运动过程中离BC边的最大距离为 3．（2026•内乡县校级模拟）排球运动员在进行垫球训练时，将质量为m的排球竖直向上垫起，排球离开手臂后竖直向上运动高度h后再落回手臂，运动员每次都在同一位置将排球向上垫起后排球又落回原位。已知排球上升阶段所用时间为t1，下降阶段所用时间为t2，空气阻力大小恒定为f，每次垫球过程人的重心和动作保持相同，排球击出和下落到手臂时手臂在同一高度。下列说法正确的是（　　） A．排球上升阶段所用时间t1小于下降阶段所用时间t2 B．排球上升过程中所受合力的冲量方向竖直向下，下落过程中所受合力的冲量方向竖直向上 C．每一次排球从最低点开始垫起到落至最低点的过程中，重力做功的平均功率为 D．每一次排球从最低点垫起后到落至最低点垫起前的过程中，排球机械能变化量为2fh 4．（2026•碑林区校级模拟）如图所示，质量为m的物块静止在光滑的水平面上，对其水平向右的作用力为F，F的大小与时间t成正比，比例系数为k。则t0时刻物块的动能为（　　） A． B． C． D． 5．（2026•原平市校级模拟）飞机在跑道上加速滑跑时受到的空气阻力与速度的大小关系是f＝kv，k为常量，v是飞机的运动速度。一架小型飞机质量为m，在平直跑道上由静止开始在恒定牵引力作用下加速运动，经时间t，滑行x后达到最大速度。若不计飞机轮胎与地面间的滚动摩擦，则此过程中（　　） A．飞机的最大速度是 B．飞机速度最大时牵引力的功率是 C．飞机的速度达到最大速度的一半时，飞机受到的空气阻力大小是 D．飞机的速度达到最大速度的一半时，飞机的加速度大小是 6．（2026•山东模拟）如图所示，水平面由光滑部分和粗糙部分组成。物块A静止在光滑水平面上的O点，物块B静止在粗糙水平面上，A、B之间用轻弹簧连接。将物块A拉至N点由静止释放，物块A在光滑水平面上的MN之间往复运动，物块B始终处于静止状态。下列过程中，摩擦力对B的冲量为零的过程是（　　） A．物块A由N运动到M的过程 B．物块A由N运动到O的过程 C．物块A由O运动到M的过程 D．物块A由M运动到O的过程 7．（2026•河北模拟）如图所示，倾角为θ的足够长斜面固定在水平面上，物体A、B叠放，相同的物体B、C用绷紧的轻绳连接，由静止释放后，物体开始运动，物体A、B始终保持相对静止。已知A、B、C的质量均为m，A、B间的动摩擦因数为μ0，B、C与斜面间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　） A．绳上张力大小与μ有关 B．两动摩擦因数一定满足μ0＜μ C．相同时间内三者的动量变化量不同 D．A、B间作用力一定小于mg 8．（2026•靖边县校级模拟）如图所示，铅球比赛时，某同学先后两次将同一铅球从同一位置斜向上抛出，两次铅球在空中上升的最大高度相同，第二次的成绩较好，不计空气阻力，铅球可视为质点，下列说法正确的是（　　） A．第二次铅球在空中运动过程中，重力的冲量大 B．第二次铅球在空中运动过程中，重力做功多 C．第二次铅球落地时，重力的瞬时功率大 D．第二次铅球落地时，铅球的动能大 9．（2026•陕西模拟）如图所示，倾斜的硬直杆固定在水平面上，与水平面的夹角为37°，一质量为m的物块（视为质点）套在杆上以速度v0匀速下滑，重力加速度为g，sin37°＝0.6、cos37°＝0.8，则一段时间t内，下列说法正确的是（　　） A．物块与杆之间的动摩擦因数为0.6 B．摩擦生热为0.8mgv0t C．支持力的冲量大小为0.8mgt D．摩擦力的冲量大小为0.8mgt 10．（2026•合肥模拟）如图甲所示，质量为m，长为L的均匀软绳用细线悬挂在O1点，软绳下端刚好与地面接触。剪断细线，软绳自由下落，落地后速度立刻变为零，图乙中，质量也为m的小球用细线悬挂在O2点，小球离地面高度为L，小球可以看成质点，剪断细线后小球自由下落，并与地面发生弹性碰撞。不考虑部分软绳落地后引起的落点的变化，空气阻力不计，重力加速度为g，小球与地面碰撞的时间，则从细线断开到软绳全部落至地面过程中，地面对软绳的冲量大小和地面对小球的平均作用力大小分别为（　　） A．，21mg B． C．，11mg D． 2 学科网（北京）股份有限公司 $