2025年高考物理二轮复习：动量定理、动量守恒定律（练习）（解析版）

专题07动量定理动量守恒定律

目录

01模拟基础练......................................................2

题型一动量和冲量的理解...........................................2

题型二动量定理的理解和应用.....................................10

题型三动量定理在流体模型中的应用...............................17

题型四动量守恒定律的理解和应用.................................20

题型五爆炸、反冲和人船模型.....................................22

02重难创新练.....................................................26

题型六碰撞问题.................................................26

题型七"滑块一弹簧"模型.......................................40

题型八"滑块一斜（曲）面"模型....................................45

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题型一动量和冲量的理解

1.（2024・北京・高考真题）将小球竖直向上抛出，小球从抛出到落回原处的过程中，若所受空气阻力大小与

速度大小成正比，则下列说法正确的是（）

A.上升和下落两过程的时间相等

B.上升和下落两过程损失的机械能相等

C.上升过程合力的冲量大于下落过程合力的冲量

D.上升过程的加速度始终小于下落过程的加速度

【答案】C

【详解】D.小球上升过程中受到向下的空气阻力，下落过程中受到向上的空气阻力，由牛顿第二定律

可知上升过程所受合力（加速度）总大于下落过程所受合力（加速度），D错误；

C.小球运动的整个过程中，空气阻力做负功，由动能定理可知小球落回原处时的速度小于抛出时的速

度，所以上升过程中小球动量变化的大小大于下落过程中动量变化的大小，由动量定理可知，上升过程

合力的冲量大于下落过程合力的冲量，C正确；

A.上升与下落经过同一位置时的速度，上升时更大，所以上升过程中平均速度大于下落过程中的平均

速度，所以上升过程所用时间小于下落过程所用时间，A错误；

B.经同一位置，上升过程中所受空气阻力大于下落过程所受阻力，由功能关系可知，上升过程机械能

损失大于下落过程机械能损失，B错误。

故选Co

2.（2023•河北•高考真题）某科研团队通过传感器收集并分析运动数据，为跳高运动员的技术动作改进提供

参考。图为跳高运动员在起跳过程中，其单位质量受到地面的竖直方向支持力随时间变化关系曲线。图像

中10.10s至10.35s内，曲线下方的面积与阴影部分的面积相等。已知该运动员的质量为60kg,重力加速度g

取lOm/s?。下列说法正确的是（）

2/50

A.起跳过程中运动员的最大加速度约为42m/s2

B.起跳后运动员重心上升的平均速度大小约为3m/s

C.起跳后运动员重心上升的最大高度约为0.45m

D.起跳过程中运动员所受合力的冲量大小约为330NS

【答案】C

【详解】A.由图像可知，运动员受到的最大支持力约为&ax=42x60N=2520N,根据牛顿第二定律可

知，起跳过程中运动员的最大加速度约为勺<=>"一=252°二°X1°m/s?=32m/s2,故A错误；

BCD.根据尸T图像可知,起跳过程中支持力的冲量为%=22x60程10.35-10.10)N-s=330N-s,起跳

过程中运动员所受合力的冲量大小约为/合=4rW=330N-s-60x10x(10.35-10.10)N-s=180N-s,根

据动量定理可得心=mv-0,解得起跳离开地面瞬间的速度为v=3m/s,则起跳后运动员重心上升的平

均速度为v=：=L5m/s,起跳后运动员重心上升的最大高度为6=4=丁-工111=0.45m,故BD错误，

22g2x10

C正确。

故选c。

3.(2022•湖北•高考真题)一质点做曲线运动，在前一段时间内速度大小由v增大到2v,在随后的一段时间

内速度大小由2V增大到5v。前后两段时间内，合外力对质点做功分别为电和%2，合外力的冲量大小分别

为//和/2。下列关系式一定成立的是()

A.%=3%,I2<3/jB.%=3%,12>11

C.%=7%,I2<3/jD.%=7所，I2>It

【答案】D

【详解】根据动能定理可知所=；加(丫)；机/=^加2,可得

22-5,=lm(5v)2,1OT(2V)=

%=7%,由于速度是矢量，具有方向，当初、末速度方向相同时，动量变化量最小，方向相反时，动

3/50

量变化量最大，因此冲量的大小范围是,3mv<I2<7mv,比较可得AN/—一定成立。

故选D。

4.（2024•广西•高考真题）（多选）如图，坚硬的水平地面上放置一木料，木料上有一个竖直方向的方孔，

方孔各侧壁完全相同。木栓材质坚硬，形状为正四棱台，上下底面均为正方形，四个侧面完全相同且与上

底面的夹角均为6。木栓质量为根，与方孔侧壁的动摩擦因数为4。将木栓对准方孔，接触但无挤压，锤子

以极短时间撞击木栓后反弹，锤子对木栓冲量为/,方向竖直向下。木栓在竖直方向前进了Ax的位移，未

到达方孔底部。若进入的过程方孔侧壁发生弹性形变，弹力呈线性变化，最大静摩擦力约等于滑动摩擦力,

则（）

A.进入过程，木料对木栓的合力的冲量为-/

/2

B.进入过程，木料对木栓的平均阻力大小约为上—+%g

2mAx

T1

C.进入过程，木料和木栓的机械能共损失了「+

2m

D.木栓前进Ax后木料对木栓一个侧面的最大静摩擦力大小约为-+2sgAx）

4mAx（cos6+〃sin0）

【答案】BD

【详解】A.锤子撞击木栓到木栓进入过程，对木栓分析可知合外力的冲量为0,锤子对木栓的冲量为/,

由于重力有冲量，则木料对木栓的合力冲量不为故A错误；

B.锤子撞击木栓后木栓获得的动能为稣=上比木栓进入过程根据动能定理有

k22m

（mg-/）Ax=0-£k,解得平均阻力为7+机g,故B正确；

C.木栓进入过程损失的动能与重力势能，一部分转化为系统内能另一部分转化为木栓的弹性势能

——+mg\x>Q=E^,故C错误；

2m

D.对木栓的一个侧面受力分析如图

4/50

由于方孔侧壁弹力成线性变化，则有;（/sinO+入cosO）=；7,且根据B选项求得平均阻力

f=-^+mg,又因为/=〃反，联立可得/=〃（/、2.gAx）,故D正确。

2mAx47MAy（cos6+〃sinO'）

故选BDo

5.（2023•全国•高考真题）（多选）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，拉力做的功配与物体坐标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=lm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

【答案】BC

【详解】由于拉力在水平方向，则拉力做的功为少=网，可看出用一X图像的斜率代表拉力尸。

AB.在物体运动的过程中根据动能定理有彳-〃根=，则x=1m时物体的速度为v/=2m/s,x=1m

\w

时，拉力为F=-----=6N,则此时拉力的功率P=/盯=12W,x=4m时物体的动能为耳=2J

Ax

A错误、B正确；

C.从x=0运动到I=2m,物体克服摩擦力做的功为叼冽gx=8J,C正确；

D.根据W—x图像可知在0—2m的过程中Fi=6N,2—4m的过程中F2=3N,由于物体受到的摩擦力恒

为/=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％=用B，则从x=0

5/50

运动到x=4的过程中，物体的动量最大为p=%v=2&kg.m/s,D错误。

故选BCo

6.（2022•湖南•高考真题）（多选）神舟十三号返回舱进入大气层一段时间后，逐一打开引导伞、减速伞、

主伞，最后启动反冲装置，实现软着陆。某兴趣小组研究了减速伞打开后返回舱的运动情况，将其运动简

化为竖直方向的直线运动，其V—图像如图所示。设该过程中，重力加速度不变，返回舱质量不变，下列

说法正确的是（）

A.在0〜4时间内，返回舱重力的功率随时间减小

B.在。〜。时间内，返回舱的加速度不变

c.在彳〜q时间内，返回舱的动量随时间减小

D.在％~，3时间内，返回舱的机械能不变

【答案】AC

【详解】A.重力的功率为尸=小犯，由图可知在0〜〃时间内，返回舱的速度随时间减小，故重力的功率

随时间减小，故A正确；

B.根据3图像的斜率表示加速度可知在0〜力时间内返回舱的加速度减小，故B错误；

C.在〃〜力时间内由图像可知返回舱的速度减小，故可知动量随时间减小。故C正确；

D.在打〜4时间内，由图像可知返回舱的速度不变，则动能不变，但由于返回舱高度下降，重力势能减

小，故机械能减小，故D错误。

故选ACo

7.（2025・重庆•模拟预测）如图所示，在一项户外竞技娱乐活动中，选手以一定的初速度起跳后，直接跳到

对面平台上，忽略空气阻力，关于选手从离地到着地前的整个过程。则（）

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A.选手重力的冲量为零

B.选手的动量先减小后增大

C.选手的机械能先增大后减小

D.选手重力的功率先增大后减小

【答案】B

【详解】A.重力为恒力，根据/=A可知，恒力在一段时间内的冲量一定不为零，故A错误；

B.选手的速度先减小后增大，根据P=可知，选手的动量先减小后增大，故B正确；

C.选手从离地到着地前的整个过程，仅有重力做功，选手的机械能守恒，故C错误；

D.选手竖直方向的速度与先减小后增大，由？=加8%,可知，选手重力的功率先减小后增大，故D错

误。

故选B。

8.（2025・甘肃・模拟预测）（多选）图甲是正在送餐的“机器人服务员”，其质量片40kg,该机器人正在沿图

乙中48CD由线给16号桌送餐，圆弧3c与直线42、CD相切，段长度为5m,CD段长度为12m.圆

弧5C对应的圆心角为60。，机器人从/点由静止匀加速出发，到达8点时速率达到lm/s,接着以lm/s的

速率匀速通过8C段，通过C点后仍以lm/s的速率运动到某位置才开始做匀减速直线运动，最终修在16

号桌旁的。点。已知餐盘与水平托盘间的动摩擦因数〃=02,餐盘与托盘之间未发生相对滑动，最大静摩

擦力等于滑动摩擦力，g^l0m/s2=下列说法正确的是（）

：H：:同：：0：

D

A/：0：:同：：同：：回：

甲乙

A.从8点运动到C点过程中机器人的动量变化量为40kg•m/s

B.从N点运动到B点过程中机器人的加速度为O.lm/s?

C.圆弧3C的半径可以设计为0.45m

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D.机器人从C点运动到D点的最短时间为12.25s

【答案】ABD

【详解】A.根据矢量三角形，从B点运动到C点过程中机器人的速度变化量为lm/s,从而求出动量变

化量为必v=40kg-m/s,故A正确；

B.从A点运动到8点过程中，有丫2=2。F相，解得机器人的加速度为4=01m/s2,故B正确；

C.餐盘与托盘之间恰好不发生相对滑动时，最大静摩擦力提供向心力有〃加g=m2，解得「=0.5m,

r

所以圆弧2C的半径不可以小于0.5m,不可以设计为0.45m,故C错误；

D.机器人以Im/s的速度匀减速至。点的最大加速度为a=〃g=2m/Sz,则匀减速的时间为:=上=0.5s,

a

匀减速的位移为Ax=2=0.25m,故从C点开始匀速运动的时间为/2=反上=11.75$,所以机器人从

2av

C点运动到D点的最短时间为八n=%+=12.25S,故D正确。

故选ABDo

9.（2024•广东深圳•二模）活检针可用于活体组织取样，如图所示。取样时，活检针的针鞘被瞬间弹射，开

始进入组织。在软组织中运动距离力后进入目标组织，继续运动力后停下来。若两段运动中针鞘只受到组

织的阻力。已知该阻力与针鞘在组织中的长度成正比，比例系数为K,则（）

A.软组织对针鞘做的总功为-KJ/

B.目标组织对针鞘做的总功为K42

C.运动办的过程中，针鞘克服阻力做功为（0.5办+办）

D.运动力的过程中，针鞘动量变化量大小为国心

【答案】C

【详解】A.由题知，针鞘在软组织前进4时，其受到软组织的阻力由零变为＜=K4,则在这段距离软

组织对针鞘做的功为/=-乎4=-：依:，针鞘在目标组织前进4时，其受到软组织的阻力不变，

为f\=Kd\,则在这段距离软组织对针鞘做的功为w；=-ftd2=-Kd1d2,故软组织对针鞘做的总功为

W=-Kdl(d2+0.5dl),故A错误;

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B.由题知，针鞘在目标组织前进时，其受到目标组织的阻力由零变为力=母2,则在这段距目标组

织对针鞘做的总功为%=-»步出=-*后,故B错误；

C.由AB分析，可知在运动心的过程中，针鞘克服阻力做功为

|2=Kd,d2+=Kd2（0.5/2+dx）,故C正确；

D.设针鞘质量为加，当其到达目标组织表面时的速度为V,继续前进办减速至零，根据动能定理有

2

-^=-Kd2（O.5d2+d^=Q-^mv,解得J竺出出曲,则动量变化量的大小为

2vm

Ap=mv=个2Km（0.5d/dj,因针鞘质量加未知，故无法求出其动量变化量的大小，故D错误。

故选C。

10.（2024•山西太原•二模）为测试甲、乙两电动汽车的直线加速性能，甲、乙从同一地点由静止出发，第

一个x内甲、乙加速度之比为2:1,接下来的2x内，甲的加速度变为原来的一半，乙的加速度变为原来的

两倍。甲、乙质量之比为2:3,下列说法正确的是（）

A.x处甲、乙的速度大小之比为2:1

B.2x处甲、乙的动量大小之比为3:2

C.3x处甲、乙的动能大小之比为8:15

D.0~3尤甲、乙运动的时间之比为2:6

【答案】C

【详解】A.设第一个x内甲的加速度为2”，x处甲的速度为匕，乙的加速度为。，x处乙的速度为V?，

根据旷2=2办，解得：=14ax,v2=42axx处甲、乙的速度大小之比为巧：v?=C：1，A错误；

B.接下来的2x内，甲的加速度为。，乙的加速度为2a,设2x处甲的速度为V3,乙的速度为匕，根据

2

v=2ax,解得：v3=yj6ax,v4=4hax,动量。=加"，得2x处甲、乙的动量大小之比之比为2:3,

B错误；

C.设3尤处甲的速度为匕，乙的速度为%，根据v?-说=2办，动量%=而•，匕=而加，动能纥=；加干，

得3x处甲、乙的动能大小之比为8:15,C正确；

D.甲运动的时间4=4+之二21=疝,乙运动的时间％=2+%二以=+,0~3x甲、

2aaaa2a2a

乙运动的时间之比为44=（2拒-1）：（而+血），D错误；

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故选Co

题型二动量定理的理解和应用

11.（2022•山东•高考真题）我国多次成功使用“冷发射”技术发射长征十一号系列运载火箭。如图所示，发

射舱内的高压气体先将火箭竖直向上推出，火箭速度接近零时再点火飞向太空。从火箭开始运动到点火的

过程中（）

高

压

气

体

A.火箭的加速度为零时，动能最大

B.高压气体释放的能量全部转化为火箭的动能

C.高压气体对火箭推力的冲量等于火箭动量的增加量

D.高压气体的推力和空气阻力对火箭做功之和等于火箭动能的增加量

【答案】A

【详解】A.火箭从发射舱发射出来，受竖直向下的重力、竖直向下的空气阻力和竖直向上的高压气体

的推力作用，且推力大小不断减小，刚开始向上的时候高压气体的推力大于向下的重力和空气阻力之和,

故火箭向上做加速度减小的加速运动，当向上的高压气体的推力等于向下的重力和空气阻力之和时，火

箭的加速度为零，速度最大，接着向上的高压气体的推力小于向下的重力和空气阻力之和时，火箭接着

向上做加速度增大的减速运动，直至速度为零，故当火箭的加速度为零时，速度最大，动能最大，故A

正确；

B.根据能量守恒定律，可知高压气体释放的能量转化为火箭的动能、火箭的重力势能和内能，故B错

误；

C.根据动量定理，可知合力冲量等于火箭动量的增加量，故C错误；

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D.根据功能关系，可知高压气体的推力和空气阻力对火箭做功之和等于火箭机械能的增加量，故D错

误。

故选Ao

12.（2024•宁夏四川・高考真题）（多选）蹦床运动中，体重为60kg的运动员在/=0时刚好落到蹦床上，对

蹦床作用力大小F与时间/的关系如图所示。假设运动过程中运动员身体始终保持竖直，在其不与蹦床接触

B./=0.30s时，运动员的速度大小为10m/s

C.f=1.00s时，运动员恰好运动到最大高度处

D.运动员每次与蹦床接触到离开过程中对蹦床的平均作用力大小为4600N

【答案】BD

【详解】A.根据牛顿第三定律结合题图可知f=0.15s时，蹦床对运动员的弹力最大，蹦床的形变量最大,

此时运动员处于最低点，运动员的重力势能最小，故A错误；

BC.根据题图可知运动员从/=0.30s离开蹦床到t=2.3s再次落到蹦床上经历的时间为2s,根据竖直上抛

运动的对称性可知，运动员上升时间为1s,则在/=1.3s时，运动员恰好运动到最大高度处，t=0.30s时

运动员的速度大小v=10xlm/s=10m/s,故B正确，C错误；

D.同理可知运动员落到蹦床时的速度大小为10m/s,以竖直向上为正方向，根据动量定理

F-At-mg-At=mv-（-mv）,其中加=0.3s,代入数据可得尸=4600N,根据牛顿第三定律可知运动员每

次与蹦床接触到离开过程中对蹦床的平均作用力大小为4600N,故D正确。

故选BDo

13.（2024・福建•高考真题）（多选）如图（a）,水平地面上固定有一倾角为6的足够长光滑斜面，一质量为

加的滑块锁定在斜面上。/=0时解除锁定，同时对滑块施加沿斜面方向的拉力尸，尸随时间1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g,则滑块（）

11/50

F

2mgsin0

-2mgsin0

A.在0〜4/o内一直沿斜面向下运动

B.在0〜4%内所受合外力的总冲量大小为零

C.在办时动量大小是在％时的一半

D.在修〜3to内的位移大小比在“〜包内的小

【答案】AD

【详解】根据图像可知当尸=2加gsinS时，物块加速度为。=网郅堂±驾蛇=3gsinO,方向沿斜面

向下；当户=-2加gsing时，物块加速度大小为。=网登蛇二些理2=gsin6,方向沿斜面向上，作出

物块0〜4环内的V—，图像

->

t/s

A.根据图像可知0〜4%,物体一直沿斜面向下运动，故A正确；

B.根据图像可知0〜%,物块的末速度不等于0,根据动量定理/合=切片0,故B错误；

C.根据图像可知%时物块速度大于九时物块的速度，故力时动量不是4时的一半，故C错误；

D.Vy图像与横轴围成的面积表示位移，故由图像可知2t0〜3%过程物体的位移小于%〜4/0的位移，

故D正确。

故选AD。

14.（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，甲车的速度一时间图像如图（a）所示，乙车所受合外力一时间图像如图（b）所示。

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则（）

图（a）图（b）

A.0〜2s内，甲车的加速度大小逐渐增大

B.乙车在/=2s和/=6s时的速度相同

C.2〜6s内，甲、乙两车的位移不同

D./=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=12=

So-2=2N-S,乙车在0〜6s内根据动量定理有〃=/6=SO~6=2N-S,贝I］可知乙车在f=2S和，=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，f=8s时甲车的速度为0,则f=8s时，甲车的动能为0；乙车在0〜8s内根据动

量定理有/8=加丫8,/8=q~8=0,可知f=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BCo

15.（2022•全国•高考真题）（多选）质量为1kg的物块在水平力尸的作用下由静止开始在水平地面上做直线

运动，尸与时间/的关系如图所示。已知物块与地面间的动摩擦因数为0.2,重力加速度大小取g=10m/s2。

则（）

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FN

4

IAt/S

024

-4

A.4s时物块的动能为零

B.6s时物块回到初始位置

C.3s时物块的动量为12kg-m/s

D.。〜6s时间内尸对物块所做的功为40J

【答案】AD

【详解】物块与地面间的摩擦力为/=〃"g=2N

AC.对物块从0~3s内由动量定理可知（尸-/居=加匕，即（4-2）x3=lxv3,得匕=6m/s,3s时物块的动

量为。=机丫3=6kg-m/s,设3s后经过时间t物块的速度减为0,由动量定理可得-（尸+/>=0-狒丫3，即

-（4+2）/=0-lx6,解得f=ls,所以物块在4s时速度减为0,则此时物块的动能也为0,故A正确，C

错误；

B.0~3s物块发生的位移为x/,由动能定理可得仍-/居=；加4，即（4-2）%=gxlx62,得再=9m,

3s~4s过程中，对物块由动能定理可得-（尸+/）工2=0-，即-（4+2）3=0-5X1x6~,得Xz=3m,

4s~6s物块开始反向运动，物块的加速度大小为。=d=2m/s2,发生的位移为

m

2

x3=^-x2x2m=4m<Xj+x2,即6s时物块没有回到初始位置，故B错误；

D.物块在6s时的速度大小为丫6=2x2m/s=4m/s,0~6s拉力所做的功为沙=（4x9-4x3+4x4）J=40J

故D正确。

故选ADo

16.（2023•江苏•高考真题）（删减）如图所示，滑雪道AB由坡道和水平道组成，且平滑连接，坡道倾角均

为45。。平台BC与缓冲坡CD相连。若滑雪者从P点由静止开始下滑，恰好到达2点。滑雪者现从/点由

静止开始下滑，从8点飞出。已知N、P间的距离为d,滑雪者与滑道间的动摩擦因数均为M,重力加速度

为g,不计空气阻力。

C1）求滑雪者运动到P点的时间/;

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2y[2d

【答案】（1）t=

g(l’

【详解】（1）滑雪者从/到尸根据动能定理有机g/sin45°-〃％gcos45°d=；机v；-0

根据动量定理有（用gsin45°-〃"?gcos45）t=-0

联立解得，=J，4=J后gd（1-〃）

17.（2022•北京•高考真题）体育课上，甲同学在距离地面高4=2.5m处将排球击出，球的初速度沿水平方

向，大小为%=8.0m/s；乙同学在离地区=0-7m处将排球垫起，垫起前后球的速度大小相等，方向相反。

已知排球质量机=0.3kg,取重力加速度g=10m/s2。不计空气阻力。求：

（1）排球被垫起前在水平方向飞行的距离X；

（2）排球被垫起前瞬间的速度大小v及方向；

（3）排球与乙同学作用过程中所受冲量的大小/。

【答案】（1）x=4.8m；（2）v=10.0m/s,方向与水平方向夹角tan。=0.75；（3）7=6.0N-s

【详解】（1）设排球在空中飞行的时间为3则

解得/=0.6s；则排球在空中飞行的水平距离x=vot=4.8m

（2）乙同学垫起排球前瞬间排球在竖直方向速度的大小％=军

得0=6.0111/5；根据v=

15/50

得v=10.0m/s；设速度方向与水平方向夹角为6(如答图所示)

则有tan。=上=0.75

%

(3)根据动量定理，排球与乙同学作用过程中所受冲量的大小/=2znv=6.0N.s

18.(2024•江苏淮安•一模)质量为30kg的小明从离水平网面0.8m高处自由下落，着网后沿竖直方向蹦回

到水平网面0.45m高处，已知小明与网接触的时间为0.35s,g取lOm/s?,求:

(1)小明与网接触的这段时间内动量的变化量的大小；

(2)网对小明的平均作用力大小。

【答案】(l)210kg-m/s(2)900N

【详解】(1)在小明下落没接触到网的过程中，根据运动学公式，则有v；=2g4

可解得匕=4m/s

在小明离开网向上减速的过程中，根据运动学公式，则有v；=2g%

可解得刈=3m/s

所以与网接触的过程中，动量变化量则有AP=mAv=制匕-(-匕)]=210kg♦m/s

(2)对小明由动量定理，则有(尸-mg)/=AP

可解得尸=900N

19.(2024•河南信阳•一模)近年来我国在电磁弹射应用领域取得突破性进展，在“福建号”航母上装备了电

磁弹射器来弹射舰载机。“福建号”航母上的水平直线电磁弹射器轨道长度为L,在飞行训练时“福建号”匀速

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航行的速度为%,沿航向方向弹射新型舰载机歼―35,舰载机的质量为机，离开弹射器轨道末端的起飞速

度为v,弹射过程中舰载机的阻力与速率成正比，即/=H"为定值），舰载机发动机提供恒定的推力

弹射器弹射力随速度变化，使舰载机做匀加速直线运动，求：

（1）弹射器最大弹射力大小。

（2）弹射一架舰载机过程中弹射器的弹射力的冲量大小。

【答案】（1）H+9二立一片⑵虫…。）+乜3-迎

2L°ifv-vo

【详解】（1）舰载机做匀加速直线运动，设加速度为0,速度最大时弹射力最大，有4^+々＞-如=机”

舰载机相对航母做相对初速度为0、相对末速度为（V-%）的匀加速直线运动，相对加速度为。，有

2

（v-v0）=2aL

解得心=人+见匕置-%

mdx21,v

（2）舰载机阻力的冲量为//=£m/=2五加=2爪=左（£+即）

v一%2L

舰载机运动时间t=--=——

av-v0

舰载机推力的冲量为4=片，

由动量定理有IF+/（）-//=mv-mv0

解得IF=m（v-v0）+竺邑

v"%

题型三动量定理在流体模型中的应用

20.（2022・福建•高考真题）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，工作物质抗气进入放电通道后被电离为流离子，再经电场加速喷出，形成推力。某次测试中，

款气被电离的比例为95%,债离子喷射速度为1.6xuTni/s,推进器产生的推力为80mN。已知债离子的比荷

为7.3x105c/kg；计算时，取很离子的初速度为零，忽略磁场对离子的作用力及粒子之间的相互作用，则

()

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放电通道O*

x°6E

公书。-----------------

=QXe+

6

阳极阴极

A.蕾离子的加速电压约为175V

B.流离子的加速电压约为700V

C.沆离子向外喷射形成的电流约为37A

D.每秒进入放电通道的敬气质量约为5.3xl0-6kg

【答案】AD

_V2

【详解】AB.债离子经电场加速，根据动能定理有加。2-0,可得加速电压为0=*；"175V

24一7

m

故A正确，B错误;

D.在加时间内，有质量为Am的值离子以速度v喷射而出，形成电流为/,由动量定理可得FM=Amv-0,

Aw?

进入放电通道的债气质量为加。,被电离的比例为〃,则有后=联立解得

°=—»5.3xl0-6kg,故D正确；

Nt77V

C.在加时间内，有电荷量为A。的值离子喷射出，则有=］，1=学,联立解得

\m）Nt

一用2卜"A,故C错误。

故选ADo

21.（2024・贵州六盘水•模拟预测）如图所示是乘客玩喷水飞行器上下翻腾的精彩画面。喷水飞行背包通过

长软管吸水，然后把水从两个喷水口喷出。已知水的密度为小每个喷水口横截面积为S,水喷出瞬间相对

喷水口的速度为v,重力加速度为g,则每股喷出水流对飞行背包的作用力约为（）

A.pSv2B.gSvC.pSvD.pSvg

【答案】A

【详解】设时间加内喷出的水的质量为Am,喷水速度v,则有△机=0SvAt,表演者在空中，反冲作用力

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为R根据动量定理有%f=解得尸upSv2,根据牛顿第三定律可知，每股喷出水流对飞行背包的

作用力约为pSf。

故选Ao

22.（2025・广西•模拟预测）（多选）中国空间站天和核心舱配备了四台国产化的以/J100霍尔推进器，其

简化的工作原理如图所示。放电通道两端的电极A、B间存在一加速电场£,工作时，工作物质掠气进入放

电通道后立即被电离为一价偏离子，再经电场加速喷出，形成推力。单台推进器每秒喷出的一价债离子数

“=1.8x1019个，速度v=2xl（）4m/s,单个汽离子的质量为加=Z^xlO^kg,电子电荷量e=1.6xl（）T9c，

不计一切阻力，计算时取债离子的初速度为零，忽略离子之间的相互作用，则（）

放电通道所，：G*

+

I°°O>XeO*£G*

西上O-----------------------------------►：

工ric°c@*

uoo*b；

©*G*

AB

A.A、B两电极间的加速电压为275V

B.A、B两电极间的加速电压为375V

C.单台霍尔推进器产生的平均推力大小约为0.08N

D.单台霍尔推进器向外喷射包离子形成的电流约为29A

【答案】AC

【详解】AB.流离子经电场加速，根据动能定理有加丫2,可得加速电压为t7=275V,选项A正确，

B错误；

C.根据动量定理可得后加=〃机丫，代入数据解得声=7.92xlO"N,约为0.08N,选项C正确；

D.单台霍尔推进器向外喷射氤离子形成的电流/=&=唯=L8X1031.6x10-A。2.9A，选项D错误。

NtA,1

故选ACo

23.（2024•浙江杭州•一模）某水流造景设施的截面如图所示，水平喷水口尸横截面积为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NC上的2处，速度瞬间变为零，之后沿斜面流

下。已知水的密度为。，重力加速度为g,不计空气阻力，