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

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C。

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（）

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33ONS

【答案】C

【详解】A.由图像可知，运动员受到的最大支持力约为4”=42><6()N=252()N,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=L一吨=2520［：Oxl°m/s2=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/F=22X60X(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=4-〃侬=330N-S-60X10X(10.35-10.10)N-S=180N-S,根

据动量定理可得/合=切丫-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，=《=L5m/s,起跳后运动员重心上升的最大高度为〃=〜=o；m=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2%在随后的一段时间

内速度大小由2V增大到5%前后两段时间内，合外力对质点做功分别为W/和瓶，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.叱=3叱，I2<37,B.叱=3叱，I2>It

C.取=7叱，I2<3<D.吗=7%,Z2>Z,

【答案】D

1131121

【详解】根据动能定理可知叱=-m(2v)2--7W2=-mv2,叱=-m(5v)2--m(2v)2=—mv2,可得

乙乙乙乙乙乙

取=7叱，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

量变化量最大，因此冲量的大小范围是机3mvMI[M7mv,比较可得人之乙，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。。木栓质量为根，与方孔侧壁的动摩擦因数为〃。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，

贝。（）

A.进入过程，木料对木栓的合力的冲量为-/

T2

B.进入过程，木料对木栓的平均阻力大小约为一二+mg

2mAx

C.进入过程，木料和木栓的机械能共损失了2_+m且心

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〃（r十277rg2）

4mAx（cos3+//sin6）

【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线=上加F=」_,木栓进入过程根据动能定理有

22m

（mg-7）Ar=0-£k,解得平均阻力为J=—J+,故B正确；

2mAx

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

/2

f+mgAx〉Q=E损，故C错误；

D.对木栓的一个侧面受力分析如图

由于方孔侧壁弹力成线性变化，则有;（/sin〃+乐cosd）=；/，且根据B选项求得平均阻力

7=—J+"?g，又因为/=〃4，联立可得了二〃J+2"gA.,故口正确。

2mM4mAx(cos6+〃sinff)

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，出发点为无轴零点，拉力做的功卬与物体坐标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（）

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运动到尤=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，则拉力做的功为皿=小，可看出吟x图像的斜率代表拉力凡

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

AW

时，拉力为尸=---=6N,则此时拉力的功率尸=/切=12W,x=4m时物体的动能为E&=2J

Ax

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匹=8J,C正确；

D.根据卯一x图像可知在0—2m的过程中Fi=6N,2—m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%=^m/s,贝U从x=0

运动到尤=4的过程中，物体的动量最大为p=w=2伍g.m/s,D错误。

故选BC。

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-r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。~4时间内，返回舱重力的功率随时间减小

B.在。~4时间内，返回舱的加速度不变

C.在?时间内，返回舱的动量随时间减小

D.在时间内，返回舱的机械能不变

【答案】AC

【详解】A.重力的功率为P=，"gv,由图可知在07/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VI图像的斜率表示加速度可知在07/时间内返回舱的加速度减小，故B错误；

C.在力72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f273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AC。

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（）

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/=8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。=〃川可知，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，由尸=mg。，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“40kg,该机器人正在沿图

乙中A2C。由线给16号桌送餐，圆弧BC与直线A3、C。相切，A3段长度为5m,CO段长度为12m.圆弧

对应的圆心角为60。，机器人从A点由静止匀加速出发，到达B点时速率达到lm/s,接着以lm/s的速率

匀速通过BC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D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取lOm/s?。下列说法正确的是（）

A.从3点运动到C点过程中机器人的动量变化量为40kg-m/s

B.从A点运动到B点过程中机器人的加速度为O.lm/s?

C.圆弧的半径可以设计为0.45m

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8点运动到C点过程中机器人的速度变化量为Im/s,从而求出动量变

化量为A0=mAv=4Okg-m/s,故A正确；

B.从A点运动到B点过程中，有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=mE,解得/-0.5m,

r

所以圆弧BC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。==2m/Sz,则匀减速的时间为。=工=0.5s,

a

匀减速的位移为Ax=E=0.25m,故从C点开始匀速运动的时间为=包=lL75s,所以机器人从

2av

C点运动到。点的最短时间为f1nto=4+/2=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由后进入目标组织，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-K"/2

2

B.目标组织对针鞘做的总功为Kd2

C.运动心的过程中，针鞘克服阻力做功为K〃2（0.54+4）

D.运动心的过程中，针鞘动量变化量大小为局办

【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叫=-学4=-：k：，针鞘在目标组织前进右时，其受到软组织的阻力不变，

为力=Kd\,则在这段距离软组织对针鞘做的功为叱'==-K44，故软组织对针鞘做的总功为

w=-冏(4+0.54),故A错误;

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=K4,则在这段距目标组

织对针鞘做的总功为％=-与我心=-3K外,故B错误；

C.由AB分析，可知在运动42的过程中，针鞘克服阻力做功为

%=附+叫,=K4d2+：Kd；=Kd2（。54+4）,故c正确；

D,设针鞘质量为机,当其到达目标组织表面时的速度为也继续前进必减速至零，根据动能定理有

-%=-K4（O.5d,+4）=O-：w2,解得V陛叵后④，则动量变化量的大小为

2Vm

2==12Km（OSd?+4）,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.0〜3x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2a,x处甲的速度为片，乙的加速度为。，无处乙的速度为匕，

根据丫2=2办，解得：V]=2s/ax,%=y12axx处甲、乙的速度大小之比为匕：匕=3：1，A错误；

B.接下来的2%内，甲的加速度为。，乙的加速度为2a,设处甲的速度为匕，乙的速度为心，根据

v2-v^=2ax,解得：丫3=娓瓦,匕=灰石，动量。=加叭得2无处甲、乙的动量大小之比之比为2:3,

B错误；

2

C.设3x处甲的速度为内，乙的速度为外，根据F-"：=2"，动量％=而高，v6=Jl0ax，动能线=^mv,

得3尤处甲、乙的动能大小之比为8:15,C正确；

D.甲运动的时间％=区+以二乜=2"工一疝,乙运动的时间）=&+%二21=而晟+也显，0-3二甲、

2aaaalala

乙运动的时间之比为％4=（20-1）:（厢+垃），D错误;

故选c。

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（）

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;

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A„

12.（2024咛夏四川•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

蹦床作用力大小尸与时间，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

时蹦床水平。忽略空气阻力，重力加速度大小取lOm/s?。下列说法正确的是（）

A.t=0.15s时,

B.r=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t=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f=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f=L3s时，运动员恰好运动到最大高度处，f=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—（一mv）,其中Az=0.3s,代入数据可得b=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BD。

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。的足够长光滑斜面，一质量为心

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

2mgsin0

A.在0~4f。内一直沿斜面向下运动

B.在。~包内所受合外力的总冲量大小为零

C.在时动量大小是在九时的一半

D.在纽~3to内的位移大小比在3%~4to内的小

【答案】AD

【详解】根据图像可知当b=2〃2gsin6时，物块加速度为。=也登必士瞥的=3gsin6,方向沿斜面

m

向下；当尸=-2机gsin。时，物块加速度大小为。=包蟀堂二整、"=gsin，，方向沿斜面向上，作出

m

物块0~4/°内的图像

A.根据图像可知0~由。，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/合=3片。，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％时动量不是4时的一半，故C错误；

D.v-t图像与横轴围成的面积表示位移，故由图像可知2%~3%过程物体的位移小于%~%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。

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f=2s和f=6s时的速度相同

C.2~6s内，甲、乙两车的位移不同

D.f=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/2=%V2,h=

So-2=2N-s,乙车在0~6s内根据动量定理有4k=So-6=2N-s,则可知乙车在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，t=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=7加8,/8=弘~8=0,可知t=8s时乙车的速度为0,则f=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的物块在水平力厂的作用下由静止开始在水平地面上做直线

运动，尸与时间才的关系如图所示。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（）

FN

4

IA〃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.0~6s时间内厂对物块所做的功为40J

【答案】AD

【详解】物块与地面间的摩擦力为/=〃根g=2N

AC.对物块从0~3s内由动量定理可知(/-/)：=m匕，即(4-2)x3=lx%,得%=6m/s,3s时物块的动

量为。=根匕=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+/»=。-相匕，即

-(4+2)t=0-lx6,解得，=k，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(尸-7)%=3根］，即(4-2)%=gxl><62,得玉=9m,

3s~4s过程中，对物块由动能定理可得-(尸+/)赴=。-g"琢，即-(4+2)%=。-gxlx62,得％=3m,

4s〜6s物块开始反向运动，物块的加速度大小为。=£二2=2向$2,发生的位移为

m

2

x3=1x2x2m=4m<x1+x2,即6s时物块没有回到初始位置，故B错误；

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

故D正确。

故选AD。

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。若滑雪者从尸点由静止开始下滑，恰好到达2点。滑雪者现从A点由

静止开始下滑，从2点飞出。已知A、尸间的距离为％滑雪者与滑道间的动摩擦因数均为〃，重力加速度

为g,不计空气阻力。

(1)求滑雪者运动到P点的时间t；

20d

【答案】（1）

【详解】（1）滑雪者从A到P根据动能定理有机gdsin45。-〃》tgcos45。1=：机君-0

根据动量定理有｛mgsin450-"mgcos45")r=mvf-0

2y[2d

联立解得公vp=^^2gd(l-ju)

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；乙同学在离地为=0.7m处将排球垫起，垫起前后球的速度大小相等，方向相反。

已知排球质量根=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尤；

（2）排球被垫起前瞬间的速度大小丫及方向；

（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tan6=0.75；（3）/=6.0N-s

【详解】（1）设排球在空中飞行的时间为3则4

解得f=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%=g「

得。=6.0m/s；根据v=

得v=10.0m/s；设速度方向与水平方向夹角为。(如答图所示)

则有tan。=乜=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/=2mv=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】⑴210kg-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；=2g4

可解得匕=3m/s

所以与网接触的过程中，动量变化量则有AP=mAv=m[v2-(-V1)]=210kg-m/s

(2)对小明由动量定理，则有(F-mg)f=AP

可解得歹=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,舰载机的质量为相，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/=五（%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】⑴仙+小二直-玲⑵制吁％）+必3一卫

2L0—%"%

【详解】（1）舰载机做匀加速直线运动，设加速度为。，速度最大时弹射力最大，有4ax+片-公=3

舰载机相对航母做相对初速度为0、相对末速度为3-%）的匀加速直线运动，相对加速度为。，有

（V—v0）=2aL

解得耳皿=公+33一4

rndxD.1,v

（2）舰载机阻力的冲量为//=za=z加加=ZAAX=ML+W）

v-v2L

舰载机运动时间”一-n二——

av-v0

舰载机推力的冲量为A）=4%

由动量定理有//=mv-mvQ

解得扉=>“_%）+也3+%）-0叱

vv-v0

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，工作物质值气进入放电通道后被电离为次离子，再经电场加速喷出，形成推力。某次测试中，

值气被电离的比例为95%,敬离子喷射速度为L6xl0"m/s,推进器产生的推力为80mN。已知管离子的比荷

为7.3xl05C/kg；计算时，取流离子的初速度为零,忽略磁场对离子的作用力及粒子之间的相互作用，则（）

放电通道”>

gio---------------M

♦OXe+o>

G*

阳极阴极

A.次离子的加速电压约为175V

B.敬离子的加速电压约为700V

C.氤离子向外喷射形成的电流约为37A

D.每秒进入放电通道的债气质量约为5.3xl（y6kg

【答案】AD

_V2

【详解】AB.次离子经电场加速，根据动能定理有机。2一0,可得加速电压为0=五n175V

m

故A正确，B错误;

D.在4时间内，有质量为Am的氨离子以速度v喷射而出，形成电流为/,由动量定理可得FA?=Amv-0,

AmAm

进入放电通道的包气质量为A%,被电离的比例为〃，则有后=〃0联立解得

△t

~一«5.3xl0-6kg,故D正确；

△trjv

C.在Ar时间内，有电荷量为△。的次离子喷射出，则有整=［入卜,1=乎,联立解得

/=f-Y-V3.7A-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0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&〃，喷水速度"，则有△机=pSv加，表演者在空中，反冲作用

力为F,根据动量定理有必f=解得/=pSv2,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'Sv2。

故选A„

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U/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E,工作时，工作物质氤气进入放

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

〃=L8xl（T个，速度v=2xl（）4m/s,单个僦离子的质量为一=ZZxIO-kg,电子电荷量e=1.6xl（）T9C，

不计一切阻力，计算时取流离子的初速度为零，忽略离子之间的相互作用，则（）

放电通道听iiO*

V—+G,J7Gw

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蕾离子形成的电流约为29A

【答案】AC

【详解】AB.氤离子经电场加速，根据动能定理有=可得加速电压为［7=275V,选项A正确，

B错误；

C.根据动量定理可得户.加=加初，代入数据解得声=7.92x10-2N,约为0.08N,选项C正确；

D.单台霍尔推进器向外喷射僦离子形成的电流/=些=上=xl.6xlOT9人合29A,选项口错误。

AfAr1

故选AC。

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2处，速度瞬间变为零，之后沿斜面流下。

已知水的密度为夕，重力加速度为g,不计空气阻力，则（）

p

A.水流单位时间撞到3处的体积。=2Su

B.水流在8处的速度腺=4

C.水流对3处的冲击力尸=/?Sv2

D.空中水的质量根=1竺匕

g

【答案】D

【详解】A.设水从水平喷水口尸喷水到撞到3处的时间为f,这段时间水的体积为V=故水流单

位时间撞到3处的体积为。=上=Sv,故A错误；

t

B.因水柱恰好能垂直撞到倾角为30。的斜面AC上的B处，根据速度的分解与合成有"川山30。=心解得

水流在2处的速度方=2丫，故B错误；

C.由题知，水柱撞到8处速度瞬间变为零，设碰撞时间为4,则水柱的质量为加=Q。加=/5丫加，根

据动量定理得-/加=。-加力，解得斜面对水流的冲击力为尸=2pSv2,根据牛顿第三定律可知，水流对

8处的冲击力为尸'=20SF,故c错误；

D.因水流在2处的速度VB=2V,则此时竖直方向的速度为j=吐8$30。=后v,则水流从尸到3处的

时间为/=乜=叵故空中水的质量加=7.0=走回二，故D正确。

ggg

故选D。

题型四动量守恒定律的理解和应用

24.（2024•甘肃•高考真题）（多选）电动小车在水平面内做匀速圆周运动，下列说法正确的是（）

A.小车的动能不变B.小车的动量守恒

C.小车的加速度不变D.小车所受的合外力一定指向圆心

【答案】AD

【详解】A.做匀速圆周运动的物体速度大小不变，故动能不变，故A正确；

B.做匀速圆周运动的物体速度方向时刻在改变，故动量不守恒，故B错误；

C.做匀速圆周运动的物体加速度大小不变，方向时刻在改变，故C错误；

D.做匀速圆周运动的物体所受的合外力一定指向圆心，故D正确。

故选ADo

25.（2024•江苏镇江•模拟预测）如图，A、B两物体的质量之比为心：砥=1：2,它们原来静止在平板车C

上，A、B两物体间有一根被压缩了的水平轻质弹簧，A、B两物体与平板车上表面间的动摩擦因数相同，

水平地面光滑。当弹簧突然释放后，A、B两物体被弹开（A、B两物体始终不滑出平板车），则有（）

AB

I⑹IC

z/z/z/z//////////////////

A.A、B系统动量守恒

B.A、B、C及弹簧整个系统机械能守恒

C.A、B在小车C上滑动过程中小车一直处于静止

D.A、B、C组成的系统动量守恒

【答案】D

【详解】A.在弹簧释放的过程中，因心:，%=1:2,由摩擦力公式4=〃稣=〃咫，可知A、B两物体

所受的摩擦力大小不相等，故A、B两物体组成的系统合外力不为零，A、B两物体组成的系统动量不守

恒，故A错误；

BC.A物体对小车向左的滑动摩擦力小于B对小车向右的滑动摩擦力，在A、B两物体相对小车停止运

动之前，小车所受的合外力向右，小车将向右运动，因存在摩擦力做负功，最终整个系统将静止，则系

统的机械能减为零，不守恒，故BC错误；

D.A、B、C组成的系统所受合外力为零，系统的动量守恒，故D正确。

故选D。

26.（2024•山西朔州•模拟预测）如图是老师在课堂上做的一个演示实验，将中间开孔的两块圆饼状磁铁用

一根木棒穿过，手拿住木棒（保持水平），此时两磁铁保持静止。当手突然释放，让木棒和磁铁一起自由下

落时（不计空气阻力），发现两块磁铁向中间靠拢并吸在一起了，下列说法正确的是（）

A.放手下落过程中，磁铁受滑动摩擦力作用

B.放手下落过程中，磁铁的运动轨迹是一条直线

C.放手下落过程中，两个磁铁水平方向动量不守恒

D.放手下落过程中，磁铁和棒组成系统机械能不守恒

【答案】D

【详解】A.放手下落过程中，磁铁竖直方向只受重力作用，木棒与磁铁间没有弹力，所以不受摩擦力

作用，故A错误；

B.磁铁水平方向受相互吸引力作用，且引力不断增大，所以磁铁所受合力的方向与速度方向不在一条

直线上，磁铁做曲线运动，故B错误；

C.两个磁铁水平方向合力为零，所以水平方向动量守恒，故C错误；

D.放手下落过程中，两磁铁间的吸引力做正功，所以系统机械能不守恒，故D正确。

故选D。

题型五爆炸、反冲和人船模型

27.（2024•浙江•高考真题）如图所示，2023年12月9日“朱雀二号”运载火箭顺利将“鸿鹄卫星”等三颗卫星

送入距离地面约500km的轨道。取地球质量6.0xl0"kg,地球半径6.4x103]^,引力常量

n22

6.67xl0-N-m/kgo下列说法正确的是（）

A.火箭的推力是空气施加的B.卫星的向心加速度大小约8.4m/s?

C.卫星运行的周期约12hD.发射升空初始阶段，装在火箭上部的卫星处于失重状态

【答案】B

【详解】A.根据反冲现象的原理可知，火箭向后喷射燃气的同时，燃气会给火箭施加反作用力，即推

力，故A错误;

B.根据万有引力定律可知卫星的向心加速度大小为。=（=卷条"8.411通2,故B正确；

C.卫星运行的周期为7=2%侬①。1.6h，故C