动量 动量定理（3大考点）解析版-2026年高考物理一轮复习

动量动量定理(3大考点)

本讲要点,、

一、考点精讲练

考点01；动量和冲量(必备知识+2例+2变式+能力提升)

考点02：动量定理的理解及应用(必备知识+2例+2变式+能力提升)

考点03：用动量定理处理“流体类”问题(必备知识+2例+2变式)

二、巩固提升(精选15道题)

考点一J动量和冲置

1.动量

(1)定义：物体的质量和速度的乘积.

(2)表达式：p=mv,单位为kgm；So

(3)方向：动量是矢量，其方向与速度的方向相同。

2.动量变化量

(1)动量的变化量Ap等于末动量p'减去初动量p的矢量运算，也称为动量的增量，即△p=p：p。

(2)动量的变化量Ap也是矢量，其方向与速度的改变量Av的方句相同，运用矢量法则计算。

3.冲量

(1)定义：力与力的作用时间的乘积。

(2)公式:I=FAto

(3)单位：Ns。

(4)方向：冲量是矢量，其方向与力的方向相同。

【例1-1】(2025•浙江金华・三模)下图是我们在学习平抛运动中做过的实验，A、B是两个完全相同的钢球。

若忽略空气阻力，当小锤完成敲击后，下列对两小球的判断错误的是()

1/31

A.从敲击后到两个钢球落地，两个钢球的动能增量相同

B.从敲击后到两个钢球落地，两个钢球的重力冲量相同

C.两个钢球落地时的重力功更不相同

D.两个钢球落地时的动量不相同

【答案】C

【详解】A.从敲击后到两个钢球落地，根据动能定理可得4廓=mg/i

由于两球质量相同，下落高度相同，所以两个钢球的动能增量相同，故A正确，不满足题意要求；

B.从敲击后到两个钢球落地，竖直方向有

可知两个钢球下落时间相等，根据卜=mgt

可知两个钢球的重力冲量相同，故B正确，不满足题意要求；

C.根据尸G=rngvy=mg.gt

可知两个钢球落地时的重力功率相同，故C错误，满足题意要求：

D.由于落地时，A球具有一定的水平分速度，所以两个钢球落地时的速度大小不相等，方向不相同，则两

个钢球落地时的动量不相同，故D正确，不满足题意要求。

故选C。

【例1-2】（2025・云南•模拟预测）质量为1kg的某种海鸟可以像标枪一样一头扎入水中捕鱼，假设其在空

中的俯冲可以看作自由落体运动，进入水中后可以看作匀减速直线运动，其IT图像如图所示，自由落体运

动的时间为。=0.6s,整个过程的运动时间为*i，最大速度为喋=6m/s,重力加速度g取10m/s2,下列说法

A.0~。内，海鸟动量变化量的大小为10kg・m/s

B.整个过程中，海鸟下落的高度为6m

C.订〜时间内，海鸟所受的阻力是重力的2.5倍

D.八〜%1时间内，海鸟的加速度大小为20m/s2

【答案】C

2/31

【详解】A.0~。内，海鸟动量变化量的大小为Ap=mAu=6kg-m/s,故A错误；

B.nT图像与横轴围成的面积表示位移，可知整个过程中，海鸟下落的高度为h=、m1£i=；x6x£x0.6

m=3m,故B错误；

CD.乙〜法时间内，海鸟的加速度大小为。=穿="=15m/s2

根据牛顿第二定律可得/-mg=ma

工=巴丝吧=s

」付mgmg2

故h〜*1时间内，海鸟所受的阻力是重力的2.5倍，故C正确，D错误。

故选C。

【变式1-1】（2025•浙江绍兴•模激预测）2024年春，中国航天科技集团801所研制的50kW级双环嵌套式

霍尔推力器，成功实现点火并稳定运行，标志着我国已跻身全球嵌套式霍尔电推进技术领先行列。嵌套式

霍尔推力楷小用传统的化学推进剂，而是使用等离子体推进剂，它的一个显著优点是“比冲”高。比冲（specific

impulse）是航天学家为了衡量火箭引擎燃料利用效率引入的一个物理量，英文缩写为，sp,是单位质量的推

进剂产生的冲量，其单位是（）

A.m/sB.m/s2C.m2/sD.kg-m/s

【答案】A

【详解】比冲是单位质量的推进剂产生的冲量，即/sp=5

n।JXZJNskcm/s,,,

则其单位~而一=m/s,故选Ao

【变式1-2］（2024,重庆•高考真题）活检针可用于活体组织取样，如图所示。取样时，活检针的针芯和针

鞘被瞬间弹出后仅受阻力。针鞘质量为m,针鞘在软组织中运动距离由后进入目标组织，继续运动心后停

下来。若两段运动中针鞘整体受到阻力均视为恒力。大小分别为入、&，则针鞘（）

3/31

B.到达目标组织表面时的动能为尸0/

c.运动心过程中，阻力做功为(B+B)心

D.运动d2的过程中动量变化量大小为JmF2d2

【答案】A

【详解】A.根据动能定理有Fid14-尸2d2=

解得〃=回亘函，故A正确；

7m

B.针鞘到达目标组织表面后，继续前进d2减速至零，有&.故B错误;

C.针鞘运动心的过程中，克服阻力做功为产品，故C错误；

D.针鞘运动小的过程中，动量变化量大小Ap=同a=j2mF2d2

故D错误。故选A。

【解题能力提升】

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1.动量与动能的比较

动量动能

物理意义描述机械运动状态的物理量

定义式p=mv反="必

标矢性矢量标量

变化因素合外力的冲量合外力所做的功

大小关系p=12mEk外2m

变化量kp=Ft\E^=Fl

(1)都是相对量，与参考系的选取有关，通常选取地面为参考系

联系(2)若物体的动能发生变化，则动量一定也发生变化；但动量发生变

化时动能不一定发生变化

2.冲量的计算

(I)恒力的冲量:直接用定义式/=8计算。

(2)变力的冲量

①平均值法:方向不变的变力的冲量，若力的大小随时间均匀变化，即力为时间的•次函数，则力/在某段

时间，内的冲量/=丑产3其中K、&为该段时间内初、末两时刻力的大小。

②图像法:作出厂一/变化图线，图线与/轴所围的面积即为变力的冲量。如图所示。

③动量定理法:对于易确定始、末时刻动量的情况，求出该力作用下物体动量的变化量，再由动量定理/二

△p求解。

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考点二动■定理的理解及应用

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(r-O=/«v-/HV或I=p'-po

3.对动量定理的理解：

(1)公式中的产是研究对象所受的所有外力的合力.它可以是恒力，也可以是变力。当合外力为变力时，F

是合外力作用时间的平均值。

(2).々=〃。〃是矢量式，两边不仅大小相等，而且方向相同。

(3)动量定理中的冲量可以是合外力的冲量，可以是各个力冲量的矢量和，也可以是外力在不同阶段冲量的

矢量和。

(4)H=p<〃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。

(5)由Ft=p'-p得尸=/=?,即物体所受的合外力等于物体动晟的变化率。

(6)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求解。

【例2-1】(2025・湖北•高考真题)一个宽为心的双轨推拉门由两扇宽为与的门板组成。门处于关闭状态，其

俯视图如图(a)所示。某同学用与门板平行的水平恒定拉力作用在一门板上，一段时间后撤去拉力，该门

板完全运动到另一边，且恰好不与门框发生碰撞，其俯视图如图(b)所示。门板在运动过程中受到的阻力

与其重力大小之比为〃，重力加速度大小为g,若要门板的整个运动过程用时尽量短，则所用时间趋近于

()

A.—B.

【答案】B

【详解】设拉力为凡作用时间为门，撤去外力后AB运动的时间为以，48运动过程的最大速度为力〃，则由

动量定理，有(尸一卬ng)ti=m1vl

撤销拉力后,有田rigL2=〃ivm

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得。=含

对于全过程，有尸£1=〃771gt

得八詈

对于全过程有彳=等

故A3运动的总时间

1

mvmvm+%=%L

F—

[img.Rmgt同林

4mg9t-Kngt-tjngt2

ti

可知当亡2越大时，亡越小，当方=1时，t取最小值。

则垢汕2=—

则，min=

故选B。

【例2-2】(2025・甘肃•高考真题)如图1所示，细杆两端固定，质量为/〃的物块穿在细杆上。初始时刻。

物块刚好能静止在细杆上。现以水平向左的力厂作用在物块上，尸随时间/的变化如图2所示,开始滑动瞬

间的滑动摩擦力等于最大静摩擦力。细杆足够长，重力加速度为g,%30。。

F/NA

图2

求:

(l)/=6s时尸的大小，以及t在0~6s内F的冲量大小。

(2),在0~6s内，摩擦力/随时间，变化的关系式，并作出相应的//图像。

(3)i=6s时，物块的速度大小。

【答案】(1/=剋磐，噂£

(2)见解析

(3)v=y.9

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【详解】（1）由图2可知/随时间线性变化，根据数学知识可知/=曾红

4

所以当/=6s时，尸二犯警

0~6s内F的冲量为F-t图围成的面积，BP/=1x苧mgx6=竽mg

（2）由于初始时刻。物块刚好能静止在细杆上，则有mgsin3（T=〃7ngeos300

即4=tan30°=当

在垂直杆方向，当Fsin。=zngcosO时，t=4s

则0-4s>垂直杆方向Fsin。+N=mgeosO

摩擦力f=nN=拳（苧mg一卷mg。=（0<t<4）

在4-6s内，垂直杆方向Fsin。=ingcosd+N

摩擦力/=〃N=氨普mgt—争ng）=（4<t<6）

相应的尸/图像如图

/A

（3）在0~6s内沿杆方向根据动量定理有/FCOS。-I{+mgs\n0xt=mv

在。~6s内摩擦力的冲量为f-t图围成的面积，则/f=Txx4+1x^mgx2=^mg

联立有苧mg-cos30°+3mg=mv

可得u=为

【变式2-1】（2025•浙江•高考真题）有一离地面高度20m、质量为2x10-13kg稳定竖直降落的沙尘颗粒,

在其降落过程中受到的阻力与速率y成正比，比例系数1x10-9kg/s,重力加速度g=lOm/s?,则它降落

到地面的时间约为（）

A.0.5hB.3hC.28hD.166h

【答案】B

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【详解】沙尘颗粒开始时速度较小时，阻力较小，可知

mg—kv=ma...........①

沙尘颗粒速率增大，阻力增大，加速度减小，当Q=0时，沙尘颗粒速度达到最大且稳定，此时速度满足

mg=kvm...........②

解得

=2x10-3m/s

由动量定理可得

—kvt=mv

即

mQt—kh=mv

则沙尘下落时间为

kh+mv

t=

mg

由于?nu«k/i,则

kh

tx——=104s«3h

mg

故选Bo

【变式2-2](2025•海南•三模)如图所示，风洞实验室可以产生竖直向上的恒定风力。在风洞中O点将一

个质量为〃片1kg的小球以初速度匕尸4m/s水平向右抛出，一段时间后小球经过右上方的P点。已知

。尸=5m,。尸与水平方向的夹角为的37。,sin37°=0.6,重力加速度g取lOm/s2。求：

。皿「风一……

⑴小球到。点时的速度大小；

(2)小球从O到P的过程中恒定风力的冲量大小;

(3)小球从O到P的过程中到OP的最远距离。

【答案】(l)2VHm/s

(2)16N-s

(3)0.6m

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【详解】(1)根据题意可知小球做类平抛运动，设经过时间，运动到尸点，则。P=L

水平向右做匀速直线运动，则Leos。=vot

代入数据得£=1s

竖直向上做初速度为零的匀加速直线运动Lsin。=\at2

代入数据得Q=6m/s2

到P点时竖直方向的速度为=al=6rn/s

小球在尸点时的速度u=J%+诒=2gm/s

(2)设恒定风力为凡竖直方向根据牛顿第二定律得『一mg=ma

代入数据得尸=16N

小球从0到P的过程中恒定风力的冲量/=球=16N・s

(3)小球的运动可以分解为沿。P方向和垂直OP方向，如图所示

rniiiiini

'mg\

\\

垂直。尸方向的初速度%=v0sin9

垂直OP方向的加速度的=QCOS。

设垂直0P方向的速度减为0时的位移为x,则x=#=0.6m

小球从O到P的过程中离OP的最远距离0.6m。

【解题能力提升】

1.用动量定理解释现象

分析问题时，要把哪个量一定，哪个量变化搞清楚。

(1)△〃一定时，尸的作用时间越短，力就越大；作用时间越长，力就越小，

(2)F•定，此时力的作用时间越长，就越大；力的作用时间越短，Ap就越小。

2.应用动量定理解题的一般思路

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考点三用动■定理处理“流体类”问题

流体类：液体流、气体流等，通常已知密度。

研究对象

微粒类：电子流、光子流、尘埃等，通常给出单位体积内粒子数〃

①构建“柱状”模型：沿流速『的方向选取一小段柱体，其横截面枳为

S

小段柱体的体积△V=vS^t

小段柱体质量m=PV=PvSkt

分析步骤②微元

研究

小段柱体粒子数QnvS't

小段柱体动量p=mv=pt

③列出方程，应用动量定理厂A£=4°研究

【例3-2】（2021・湖北•高考真题）抗口战争时期，我军缴获不少敌军武器武装自己，其中某轻机枪子弹弹

头质量约8g,出膛速度大小约750m/s。某战士在使用该机枪连续射击1分钟的过程中，机枪所受子弹的

平均反冲力大小约12N,则机枪在这1分钟内射出子弹的数量约为（)

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A.40B.80C.120D.160

【答案】C

【分析】本题考查动量定理。

【详解】设1分钟内射出的子弹数量为〃，则对这〃颗子弹由动量定理得

Ft=nmvo

代入数据解得

n=120

故选C。

【例3-2】（2025•北京•高考真题）关于飞机的运动，研究下列问题。

⑴质量为〃，的飞机在水平跑道上由静止开始做加速直线运动，当位移为x时速度为\，。在此过程中，飞机

受到的平均阻力为/,求牵引力对飞机做的功W.

⑵6机准备起飞,在跑道起点由静止开始做匀加速百线运动.跑道卜存在这样一个位置，飞机一旦赭过该

位置就不能放弃起飞，否则将会冲出跑道。已知跑道的长度为，飞机加速时加速度大小为由，减速时最

大加速度大小为。2。求该位置距起点的距离d。

⑶无风时，飞机以速率〃水平向前匀速飞行，相当于气流以速率〃相对飞机向后运动。气流掠过飞机机翼,

方向改变，沿机翼向后下方运动，如图所示。请建立合理的物理模型，论证气流对机翼竖直向上的作用力

大小厂与〃的关系满足尸“〃气并确定。的值。

【答案】=

⑵d=第

（3）沦证见解析，a=2

【详解】（1）根据动能定理“一/>=%1"2

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可得牵引力对飞机做的功w=5nM+fx

（2）加速过程，设起飞速度为小，根据速度位移关系*1=2QR

减速过程，根据速度位移关系*=2a2a—d）

联立解得4=偌

（3）在无风的情况下，飞机以速率。水平飞行时，相对飞机的气流速率也为u，并且气流掠过机翼改变方

向，从而对机翼产生升力。根据升力公式，升力与气流的动量变化有关，根据动量定理F-At=Ap

可得F/

又Ap=mAv,m=pSAv-At

联立可得F=pSLv2

又Auocu

可知Foc〃2

即a=2

【变式3-1】（2025•河北•模拟预测）如图所示，一个沙漏装置挂在弹簧测力计下方，从出口至底部的高度

为，（足够大），沙子的总质量为加。近似认为沙子从出口下落的初速度为0。沙子随时间均匀漏下，忽略

空气阻力，不计沙子间的相互影响。沙子与容器底部碰撞的总时间为3重力加速度为g,下列说法正确的

是（）

A.出口下方0—2cm范围内沙子数与2-4cm范围内沙子数相等

B.沙子落到容器底部变为静止的过程中，动量变化量的方向向下

C.容器底部受到的平均冲击刀尸x四手

D.从沙了•开始下落到全部落到底部的过程中，弹簧测力计示数先变大后变小

【答案】C

【详解】A.由自由落体规律可知，沙子下落的高度越大，速度越大，故出口下方越靠近出口，沙子的速度

越小，则出口下方0—2cm范围内沙子下落时间大于出口下方2-4cm范围内沙子下落时间，由于沙子随时

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间均匀漏下，所以出口下方0—2cm范围内沙子数比2-4cm范围内沙子数多，故A错误；

B.质量为Am的沙子落到容器底部时的速度大小设为u（方向向卜.），则沙子落到容器底部变为静止的过程

中，动景变化量为Ap=0—Amv=—Amv

可知动量变化量的方向向上，故B错误；

C.因为H足够大，忽略沙漏底部沙子的高度，由动量定理可得-=

其中&九为极短时间At内落到瓶底的沙子的质量，则有FAt«Amv

求知可得Ft工mv

又v=J2gH

联立可得F工四段

故C正确；

D.由于“足够大，一开始沙子从出口逐渐下落过程，逐渐离开出口的沙子处于失重状态，弹簧测力计示数

会变小；之后沙子落到底部的过程，逐渐落到底部的沙子处于超重状态，弹簧测力计示数会变大，所以从

沙子开始下落到全部落到底部的过程中，弹簧测力计示数先变小后变大，故D错误。

故选Co

【变式37】（2025•北京西城•一模）火箭的飞行应用了反冲原理，借助喷出燃气的反冲作用获得推力。已

知某火箭与其所载燃料的初始总质量为在£=0时刻，火箭由静止出发，竖直向上运动，如图1所示。

火箭持续均匀向下喷射燃气，在任意的极短时间4内，喷射燃气的质量均为A〃J，喷出的燃气相对火箭的

速度恒为〃。在极短时间内，火箭喷出的燃气的重力远小于火箭的推力，火箭速度的变化量远小于燃气速度

的变化量。不计空气阻力，重力加速度的大小g视为不变。

⑴求火箭速度大小为v的瞬间受到燃气推力的大小据此判断火箭在竖直上升阶段受到燃气的推力是否

变化。

⑵若火箭在竖直上升阶段，可使用的燃料质量为〃?，求该阶段火箭可获得的最大加速度的大小斯,。

⑶测得火箭在竖直上升阶段，看随时间/变化的图像是一条直线，如图2所示，〃为火箭加速度的大小。

已知直线的纵截距为儿斜率的绝对值为〃，为明确其物理意义，请推导从〃的表达式。

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【答案】（1管，不变

，-、Amu

_g

c，1,MAt

(3)K=78=加

【详解】（1）在火箭速度大小为V的瞬间，以极短时间内喷射出的燃气为研究对象

设燃气受到火箭对其作用力的大小为产，规定竖直向下为正方向，根据动量定理有尸'位=Am（u-v）-A

m(—v)

得昨嘤

根据牛顿第三定律，此时火箭受到推力的大小F=F=誓

可知推力尸的大小不变，火箭受到推力的方向竖直向上，则火箭在竖直上升阶段，受到燃气的推力不变。

（2）质量为用的燃料燃尽时，火箭的加速度最大，根据牛顿第二定律am二笔警二肃不一。

（3）在/时刻，火箭及火箭内剩余燃料的质量m'=M一等£

根据牛顿第二定律有F-m1g=rrJa

得」_=如_1.£

TG+.9uAmu

mlj11MAt

则(k=7b=—

1.（2025・浙江•高考真题）有一离地面高度20m、质量为2X10-13kg稳定竖直降落的沙尘颗粒，在其降落

过程中受到的阻力与速率y成正比，比例系数1x10-9kg/s,重力加速度g=10m/s2,则它降落到地面的

时间约为（）

A.0.5hB.3hC.28hD.166h

【答案】B

【详解】沙尘颗粒开始时速度较小时，阻力较小，可知

mg—kv=ma.............①

沙尘颗粒速率增大，阻力增大，加速度减小，当a=0时，沙尘颗粒速度达到最大且稳定，此时速度满足

mg=kvm.............②

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解得

—3

vin=2x10m/s

由动量定理可得

m.Qt—kvt=mv

即

m9t—kh=mv

则沙尘下落时间为

kh+mv

t=----------

mg

由于则

kh.

tu----=104sn3h

mg

故选B。

2.（2025•江苏徐州•二模）如图所示，将一小物块（可视为质点）放置在足够长的固定光滑斜面上，用沿

着斜面向上的拉力作用在物块上，拉力的功率P恒定，使物块口静止开始斜向上运动，已知运动过程中物

块的动量最大为p,重力加速度为g,根据已知条件，则（）

A.可求出物块的质量

B.可求出拉力的最小值

C.可求出斜面倾角的正弦值

D.若撤去拉力，不可求出物块的加速度

【答案】C

【详解】ABC.设物块的质量为m,斜面倾角为仇拉力的大小为凡拉力的功率P恒定，则有尸=Fu

物块受到拉力、重力和斜面对它的支持力，由牛顿第二定律可知，物块的加速度大小为。=勺誓=

m

P-mgi^sinO

mv

当。=0时，b最大，F有最小值，此时物块做匀速直线运动，有Knin=M9Sin。

结合P=KninZnax可得。=m^Vmaxsin0

由题意得P=

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联立解得斜面倾角的正弦值.sin。=亲

但无法求出物块的质量、拉力的最小值，故AB错误，C正确；

D.若撤去拉力，物块只受重力和斜面对它的支持力，由牛顿第二定律可知，物块加速度大小a'=W"=g

sinB=；,故D错误。

故选C。

3.（多选）（2023•福建•高考真题）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。

贝IJ（）

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=皿2,，2=SO~2=2NS

乙车在0~6s内根据动量定理有

八'6'^6~^0-6~2N-S

则可知乙车在/=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时牛车的速度为。，则/=8$时・，甲车的动能为0；乙车在0~8s内根据动量

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定理有

h=niVfi，=0

可知/=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

4.（2025•重庆•三模）《卖油翁》是宋代文学家欧阳修创作的一则写事明理的寓言故事，说明了熟能生巧

的道理。如图所示，油从距离地面高度为，的地方倒出，油束刚好充满钱孔倒入壶内，钱孔的横截面积为

S,油壶的高度为爪油的密度为p,重力加速度为g。若油倒入瓶底四处散开，没有飞溅。下列说法正确的

是（）

A.单位时间倒入壶中油的质量为pS,2g（H—/i）

B.单位时间倒入壶中油的质量为pj2g（H—九）

C.在动量减小阶段，后落入壶内的油，动量变化更多

D.在动量减小阶段，任何时候落入壶内的油，动量变化都一样多

【答案】A

【详解】AB.设At时间内倒入壶中油的质量为m,油到达壶口时的速度为口则有m=p-AV,AV=S-vAt

根据机械能功守恒，则有/=zng（H—h）

联立解得m=pSj2g（，一①々

故单位时间内落入壶中油的质量为Am=^=pSj2g（H一h）

A正确，B错误；

CD,随着油面的上升，后落入壶内的油到达油面的速度逐渐减小，因此在动量减小阶段，其动量的变化更

少，CD错误。

故选A。

5.（多选）（2023•新课标卷•高考.真题）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

18/31

面上沿X轴运动，出发点为X轴零点，拉力做的功力与物体坐标》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】由干抖力在水平方向,则抖力做的功为

W=Fx

可看出W-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

1_

W—nmgx=-mvl

则x=1m时物体的速度为

力=2m/sx=1m时，拉力为

F=—=6N

△%

则此时拉力的功率

P=12W.v=4m时物体的动能为

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=fimgx=8J

C正确；

D.根据田一工图像可知在0-2m的过程中F/=6N,2-4m的过程中巳=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

v2=Vfim/s

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则从x=0运动到x=4的过程中，物体的动量最大为

p=mv=2&kg•m/s

D错误。

故选BCo

6.（2025•山东枣庄•三模）我国神话故事中哪旺脚踩风火轮在天空中来去自由，现在人类穿上涡喷飞翼飞

行器（简称飞行器）也能像哪吒一样，在高空中自由地完成上升、下降、悬停、平飞和翻转等动作，如图

所示。飞行器主要由微型喷气发动机和操纵系统组成，下列说法正确的是（）

A.飞行器水平加速飞行时，需水平向后喷射燃气

B.某段时间飞行器在空中悬停，重力的冲量不为零

C.飞行器在下降过程中，其动量一定越来越大

D.任意时间内燃气对K行器囱冲量与方亍器对燃气的冲量始终相同

【答案】B

【详解】A.飞行器水平加速飞行时，合力沿水平方向，即燃气对飞行器的作用力与飞行器重力的合力沿水

平方向，所以需向斜向下喷射燃气，故A错误；

B.某段时间飞行器在空中悬停，重力的冲量/=

不为零，故B正确：

C.匕行器在下降过程，可能速度减小，其动量不一定越来越大，故C错误；

D.燃气对K行器的冲量与匕行器对燃气的冲量方向不同，故D错误。

故选Bo

7.（2025•贵州黔南•模拟预测）弓和弩是冷兵器时代常用的武器，弓多抛射（发射速度斜向上），弩多平

射（发射速度水平）。如果在同一高度分别用弓、弩发射质量相同的弓箭和弩筋（均可视为质点），射出

时速度大小相等且落在同•水平地面上，如图所示。不计空气阻力，从射出到落地前瞬间的过程中，与弩

箭相比，弓箭（）

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/弓箭

发射点•—►弩箭

A.动量变化量一定较大B.水平位移一定较大

C.落地前瞬间的速度一定较大D.重力做功的平均功率一定较大

【答案】A

【详解】A.设发射点离地高度为九，由题知，弩箭做平抛运动，则在竖直方向上有八二］诏

解得八=拎

而弓箭做斜抛运动，在竖直方向二先向上做匀减速运动，再向下做自由落体运动，故其运动的时间以＞£1

根据加速度的定义式有9=与

可得Au=gt

则动量的变化量为Ap=mAv=mgt

两箭的质量相同，因£2＞匕，所以弓箭的动量变化量大于弩箭的动量变化量，故A正确；

B.在水平方向上，弩箭做匀速直线运动，则有打=为公

弓箭水平方向也做匀速直线运动Q=Vxt2

弓箭做斜抛运动，则其水平方向的分速度以＜%

又七＞）

故无法确定两箭水平位移的大小，故B错误：

C.根据机械能守恒定律有5n诏+7?ig/i=jnv2

解得落地速度为“二J谎+2gh

可知两箭的落地速度大小相等，故C错误：

D.重力做功为WG=mgh

则重力做功的平均功率为

因两箭的重力做功相同，但以＞“，所以弓箭重力做功的平均功率一定较小，故D错误。

故选A,.

8.（多选）（2023・重庆•高考真题）某实验小组测得在竖直方向飞行的无人机飞行高度y随时间，的变化曲

线如图所示，E、F、M、N为曲线上的点，EF.段可视为两段直线，其方程分别为y=4亡-26和

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y=-2t+140o无人机及其载物的总质量为2kg,取竖直向上为正方向。则（)

A.段无人机的速度大小为4m/s

B.EM段无人机的货物处于失重状态

C.W段无人机和装载物总动量变化量大小为4kg・m/s

D.A/N段无人机机械能守恒

【答案】AB

【详解】A.根据小段方程

y=4t—26

可知EF段无人机的速度大小为

△y

v=—=4m/s

故A正确:

B.根据y-t图像的切线斜率表示无人机的速度，可知段无人机先向上做减速运动，后向下做加速运动,

加速度方向一直向下，则无人机的货物处于失重状态，故B正确;

C.根据段方程

y=-2t+140

可知MN段无人机的速度为

少==-2m/s

则有

Ap=7711/—mv=2x（—2）kg-m/s—2x4kg-m/s=-12kg-m/s

可知产N段无人机和装载物总动量变化量大小为12kg-m/s,故C错误：

D.段无人机向下做匀速直线运动，动能不变，重力势能减少，无人机的机械能不守恒，故D错误。

故选AB-

9.（2025♦江苏苏州•模拟预测）图甲是某科技馆的一件名为“最速降线”的展品，在高度差一定的不同光滑

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轨道中，小球滚下用时最短的轨道叫做最速降线轨道。轨道I的末端与水平面相切，如图乙所示，将相同

的小球。和6分别从I、H两轨道的起点M同时静止释放，则小球a先到达终点N：并且发现小球a从I

轨道的不同位置静止释放，到达末端的时间都相同。现将小球”和〃同时从起点M静止释放，下列说法正

确的是（）

A.小球a沿I轨道运动到N点的速度大

B.从起点到终点,两球的动昼变化量相同

C.若在两球释放的同时，将小球c平抛恰好也落在N点，三个球相比仍是。先到达

D.若轨道不光滑且与两球滑动摩擦因数相同，小球a沿I轨道运动到N点的速度小

【答案】D

【详解】A、对小球，由A/到N过程，根据动能定理可得）1潴=mg/iMN

故小球沿两轨道运动到N点时的速度大小相等，A错误：

B、由于两小球到达N点时速度方向不同，故从起点到终点，两球的动量变化量不同，故B错误：

C、由于小球。从I轨道的不同位置静止释放，到达末端的时间都相同，故小球。在I轨道的运动可视为一

个摆长特别大的单摆运动的一部分，小球a从"到N运动时间％=孑=赤

小球b从M到N的运动时间为6则有390也0生2=2RsinO

解得〃=2

若在两球释放的同时，将小球c平抛恰好也落在N点，则有1•£C2=2R（1—COS。）

解得〃=2严引画

其中。为丽所对的圆周角，由于R很大，小球〃做单摆运动，故0V5。，故可知tcVJV生，即三个球相

比，。先到达N点，故C错误；

D、若轨道不光滑且与两球滑动摩擦因数相同，由于小球。运动过程克服阻力做功更多，因此小球。沿I轨

道运动到N点的速度小，故D正确。

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故选Do

10.（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〃增大到2n在随后的一段时

间内速度大小由五，增大到5、，。前后两段时间内，合外力对质点做功分别为必和啊,合外力的冲量大小分

别为//和心。下列关系式一定成立的是（)

A.检=3%，12<3/1B.IV2=31VPf2>/i

C.Wz=7Wi，12<3人D.IV2=7%,/2>/i

【答案】D

【详解】根据动能定理可知

113

=-?n（2v）2--mv2=-mv2-

乙乙乙

1121

W=—m（5v'）2——m（2v）2=—mv2

24/>L

可得

IV2=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，动量变化量最大,

因此冲量的大小范围是

mv</i<3mv

3771V</2<77HV

比较可得

，2Nh

一定成立。

故选Do

11.（多选）（2024•安徽•高考真题）一倾角为30。足够大的光滑斜面固定于水平地面上，在斜面上建立

直角坐标系，如图（1）所示。从£=0开始，将一可视为质点的物块从。点由静止释放，同时对物块施加

沿x轴正方向的力力和尸2,其大/.、与时间/的关系如图（2）所示。已知物块的质量为1.2kg,重力加速度g

取10m/s2,不计空气阻力。则（）

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A.物块始终做匀变速曲线运动

B.t=ls时，物块的y坐标值为2.5m

C.t=ls时，物块的加速度大小为5Vim/s2

D.t=2s时，物块的速度大小为10立m/s

【答案】BD

【详解】A.根据图像可得Fi=4—t,F2=3t,故两力的合力为

F=4+2t(N)

物块在y轴方向受到的力不变为mgsin30。，x轴方向的力在改变，合力在改变，故物块做的不是匀变速曲

线运动，故A错误；

B.在y轴方向的加速度为

mgsin30°

2o

ay=-----------=gsin30°=5m/s

故t=ls时，物块的y坐标值为

2

y=-ayt=2.5m

故B正确：

C.£=ls时，F=6N,故此时加速度大小为

22222

a=Jax+ay=J+5rr/s=572m/s

故C错误；

D.对x轴正方向，对物块根据动量定理

Ft=mvx—0

由于少与时间/成线性关系故可得

(4+2X0)+(4+2X2)

----------------------------------x2=1.2v

乙x

解得

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vx=lOm/s

此时y轴方向速度为

vy=gsin30°-t=5x2m/s=lOm/s

故此时物块的速度大小为

v=Ju』+vy2=10V2m/s

故D正确。

故选BD.

12.（多选）（2025・陕晋青宁卷•高考真题）如图，与水平面成53。夹角且固定于。、M两点的硬直杆上套

着一质量为1kg的滑块，弹性轻绳一端固定于。点，另一端跨过固定在。处的光滑定滑轮与位于直杆上P

点的滑块拴接，弹性轻绳原长为。。，尸。为1.6m且垂直于OW。现将滑块无初速度释放，假设最大静摩擦

力与滑动摩擦力相等。滑块与杆之间的动摩擦因数为0.16,弹性轻绳.上弹力少的大小与其伸长量x满足

F=kxok=10N/m,g取lOm/s?,sin53。=0.8。则滑块（）

A.与杆之间的滑动摩擦力大小始终为1.6N

B.下滑与上滑过程中所受滑动摩擦力的冲量相同

C.从释放到静止的位移大小为0.64m

D.从释放到静止克服滑动摩擦力做功为2.56J

【答案】AC

【详解】A.根据题意，设滑块下滑后弹性轻绳与尸。间夹角为。时，对滑块进行受力分析，如图所示

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在垂直杆方|可有FTCOS。=mgcos53。+FN

由胡克定律结合几何关系有FT=瑞

联立解得FN=k-PQ-m^cos53c=ION

可知，滑块与杆之间的弹力不变，则滑块与杆之间的滑动摩擦力大小始终为/'=〃FN=L6N

故A正确；

B.下滑与上滑过程中所受滑动摩擦力的方向不同，冲量是矢量，则下滑与.上滑过程中所受滑动摩擦力的冲

量不相同，故B错误；

C.设滑块从释放到静止运动的位移为X,滑块开始向下做加速度减小的减速运动，当沿着杆方向合力为0

时，滑块速度最大，之后滑块继续向下做加速度增大的减速运动，当速度为为0时，有

mgsin53°・x=fx+；k(PQ2+-ykPQ2

由九何关系可得％=1.28m

此时MJPQ2+/.、募定=12.8N>mgsin53。+f

则滑块会继续向上滑动，做加速度减小的加速运动。当滑块速度再次为0时，有夫(PQ2+%2)—9[PQ2+

(x-%i)2]=mgsin53°Xi+/%1

解得打=0.64m

止匕时=%—%1=0.64m

此时AJPQ2+/2再芸=6.4N=mgsin53。-f

则滑块静止，故从释放到静止，滑块的位移为%'=0.64m,故C正确；

D.从释放到静止，设克服滑动摩擦力做功为必，由能量守恒定律有mgsin53OT'=*(PQ2+x，2—pQ2)+

Wf