第25讲 动量和动量定理 （专项训练）（湖南专用）（教师版）

第25讲动量和动量定理目录TOC\o"1-2"\h\u01课标达标练 1题型01动量和冲量 1题型02用动量定理的理解及应用 7题型03应用动量定理处理“流体模型” 1602核心突破练 2403真题溯源练 3001动量和冲量1.（2025·山东聊城·二模）开有凹槽的斜面固定在地面上，斜面与水平轨道OA平滑连接，OA长度为6r。槽内上端紧挨放置四个半径均为r的相同小球，各球编号如图所示。将四个小球由静止同时释放，小球落地后均静止，不计一切摩擦。各小球在运动过程中，下列说法正确的是（

）A．球4的机械能守恒 B．球1处在OA段时动量不变C．四个球最终的落地点各不相同 D．四个小球中球1离开轨道时的速度最小【答案】B【详解】A．4个小球都在斜面上运动时，只有重力做功，整个系统的机械能守恒，球4在水平轨道上运动时，斜面上的小球仍在加速，后面的球对球4球做功，球4的机械能不守恒，故A错误；B．球1处在OA段时,做匀速运动，根据p=mv可知球1动量不变，故B正确；CD．由于2、3、4三个球在水平轨道OA运动时，斜面上的小球与水平轨道OA上小球间会有相互作用，所以2、3、4三个球在水平面均做加速运动，离开A点时，球4的速度最小，水平射程最小；3、2、1三个球一起在水平轨道OA上运动时不再加速，3、2、1离开水平轨道OA的速度相等，水平射程相同，所以4个球的落点球4单落一个点，3、2、1三个球的落点相同，故CD错误。故选B。2.（2025·山东枣庄·三模）我国神话故事中哪吒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．任意时间内燃气对飞行器的冲量与飞行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．飞行器在下降过程，可能速度减小，其动量不一定越来越大，故C错误；D．燃气对飞行器的冲量与飞行器对燃气的冲量方向不同，故D错误。故选B。3.（（2025·北京海淀·一模）如图所示，物体在与水平方向夹角为θ、大小为F的拉力作用下，从静止开始沿水平地面向右做匀加速直线运动，物体和地面之间的动摩擦因数为μ。在物体运动时间为t的过程中（）A．仅改变θ，拉力对物体做的功不变B．仅改变μ，合力对物体做的功不变C．仅改变拉力大小F，物体受到重力的冲量不变D．仅改变拉力大小F，物体受到摩擦力的冲量不变【答案】C【详解】AB．对物体受力分析，根据牛顿第二定律可得F其中F联立解得a=x=拉力对物体所做的功为W合力对物体所做的功W可见，若θ改变，则拉力所做的功随之改变，若μ改变，合力所做的功也会改变，AB错误；C．根据冲量的定义可知，重力的冲量I由于重力的大小不变，作用时间不变，故重力的冲量不变，C正确；D．拉力的大小改变，结合上述分析可知，物体所受摩擦力的大小发生改变，而作用时间不变，因此摩擦力的冲量发生改变，D错误。故选C。4．（2025·山东菏泽·一模）某地人们在夜间燃放高空礼花来渲染节日气氛。高空礼花弹到达最高点时炸开，爆炸后大量小弹丸向各个方向射出。忽略空气阻力。对这些小弹丸在空中的运动，下列说法正确的是（）A．小弹丸在空中的位移均相同B．小弹丸在空中的速度变化率均相同C．小弹丸在空中的动量变化量均相同D．小弹丸在空中的动能变化量均相同【答案】B【详解】A．礼花弹在最高点炸开，小弹丸在空中做平抛运动，竖直位移相同，水平位移不同，所以空中的位移不相同，故A错误；B．小弹丸在空中运动，仅受重力，加速度恒定，所以速度变化率相同，故B正确；C．小弹丸在空中相等时间内的动量变化量相同，不知道运动时间的关系，无法确定动量变化量关系，故C错误；D．小弹丸在空中相等下落高度内的动能变化量相同，不知道下降高度的关系，无法确定动能变化量大小关系，故D错误。故选B。5．（2025·安徽·一模）如图所示，质量相等的光滑小环a、b、c分别套在三个滑道顶端，其中a的滑道是倾角为45°的斜杆，b的滑道为底边切线水平的凹弧形杆，c的滑道为底边切线竖直的凸弧形杆，三个滑道固定在同一水平地面上，它们的高度和长度均相等。同时由静止释放三个小环，不计空气阻力，小环的大小可以忽略不计，下列说法正确的是（）A．三个小环落地前，总是处在同一高度B．小环a落地时间最短C．小环a和小环c落地时重力的功率相等D．在小环从释放到落地的过程中，滑道对小环b支持力的冲量比对小环a的大【答案】D【详解】AB．三个滑道高度相同，长度相等，作出各自的v-t图像如图所示由图可知，三个小环落地的时间满足故AB错误；C．三个小环落地时速度大小相等，方向不同，所以重力的功率不相等，故C错误；D．三个小环落地时动量的大小相等、小环a、b的矢量图如图所示由图可知故D正确。故选D。03动量定理的理解及应用6．（2025·海南·三模）如图所示为某款运动跑鞋宣传图，图片显示：“该款鞋鞋底采用EVA材料，能够有效吸收行走或运动时的冲击力，保护双脚免受伤害”。对于该款鞋，下列说法正确的是（）A．缩短双脚与鞋底的冲击时间，从而减小合力对双脚的冲量B．延长双脚与鞋底的冲击时间，从而减小合力对双脚的冲量C．延长双脚与鞋底的冲击时间，从而减小鞋底对双脚的平均冲击力D．缩短双脚与鞋底的冲击时间，从而减小鞋底对双脚的平均冲击力【答案】C【详解】AB．由动量定理可知，无论是缩短还是延长双脚与鞋底的冲击时间，合力对双脚的冲量都保持不变。故AB错误；CD．由可知，延长双脚与鞋底的冲击时间，可以减小鞋底对双脚的平均冲击力。故C正确，D错误。故选C。7．．安全气囊（2025·贵州·模拟预测）投壶是春秋战国时期流行的一种游戏，规则是参与游戏的人需要在一定距离外把小球投进壶里。如图所示，画中人先后从同一位置投射出两个相同的小球，第一次初速度v1水平，第二次初速度vA．运动时间相同 B．动量变化率相同C．速度变化量相同 D．动能变化量相同【答案】BD【详解】A．两次小球运动的竖直高度相同，但是第二次有竖直向下的分速度，可知第二次时间较短，选项A错误；B．根据动量定理mgt=ΔC．根据Δv=gD．根据动能定理，两次重力做功相同，均为mgh，则两次动能变化量相同，选项D正确。故选BD。8.（2025·广东·模拟预测）如图（a）所示，轻质弹簧上端固定，下端连接质量为m的小球，构成竖直方向的弹簧振子。取小球平衡位置为x轴原点，竖直向下为x轴正方向，设法让小球在竖直方向振动起来后，小球在一个周期内的振动曲线如图（b）所示，若时刻弹簧弹力为0，重力加速度为g，则有（）A．0时刻弹簧弹力大小为B．弹簧劲度系数为C．时间段，回复力冲量为0D．时间段，小球动能与重力势能之和不变【答案】AC【详解】B．小球平衡位置为x轴原点，竖直向下为x轴正方向，时刻弹簧弹力为0，位移大小为A，有可得劲度系数为故B错误；A．0时刻在正的最大位移处，弹簧的伸长量为2A，则弹力大小为故A正确；C．时间段，小球从从最高点振动到达最低点，回复力在前时间沿正方向，在后时间沿负方向，两段时间的回复力平均值大小相等，则由可知回复力冲量为0，故C正确；D．时间段，小球从最高点振动到达最低点，根据能量守恒定律可知弹簧的弹性势能和小球的机械能相互转化，因弹簧的弹性势能一直增大，则小球动能与重力势能之和减小，故D错误。故选AC。9.（2025·陕西汉中·二模）风洞实验是了解飞行器空气动力学特性的一种空气动力实验方法。在风洞中将一质量为m的飞行器（可视为质点）由静止释放，假设飞行器所受风洞阻力方向竖直向上，风洞阻力大小f与飞行器下降速率v的关系为f=kv，测出飞行器由静止下降h后做匀速直线运动，重力加速度大小为g。关于飞行器下降h的过程下列说法正确的是（）A．飞行器的最大速率为 B．风洞阻力对飞行器做功为C．飞行器运动过程中机械能守恒 D．飞行器运动时间为【答案】AD【详解】A．飞行器速度最大时加速度为零，则有解得故A正确；B．对飞行器由动能定理得解得故B错误；C．因风洞阻力会对飞行器做功，故飞行器运动过程中机械能不守恒，故C错误；D．对飞行器由动量定理得又联立解得故D正确。故选AD。10.有关高楼坠物的事故报道屡屡见诸报端，一次次事故引发全民关注这“悬在城市上空的痛”，关于坠物，以下说法正确的是（）A．坠物下落过程处于超重状态B．坠物对被砸物体的作用力等于其重力C．被砸物体很危险是因为坠物的动量变化很大D．被砸物体很危险是因为坠物的动量变化很快【答案】D【详解】A．坠物下落过程加速度向下，坠物处于失重，故A错误；B．坠物与被砸物体接触后做减速运动，具有向上得加速度，所以坠物对被砸物体的作用力大于其重力，故B错误；CD．根据动量定理可知被砸物体很危险是因为坠物的动量变化很快，故C错误，D正确。故选D。11（025·湖北·二模）如图（a）所示，为“蹦极”的简化情景：某人用弹性橡皮绳拴住身体从高空P处自由下落。质量为60kg的人可看成质点，从P点由静止下落到最低点所用时间为9s，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力。第一次下落过程中橡皮绳弹力A．1800 kg⋅mC．7200 kg⋅m【答案】B【详解】人下落整个过程，根据动量定理有mgt−解得I图像中阴影部分的面积表示橡皮绳弹力的冲量大小，可知，阴影部分面积大小I故选B。12．（2025·福建福州·三模）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。已知该运动员质量为60kg，重力加速度g取10m/s2。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40m/s2B．起跳离开地面瞬间运动员的速度大小约为5m/sC．起跳后运动员重心上升的平均速度大小约为2.5m/sD．起跳过程中运动员所受合力的冲量大小约为150N·S【答案】D【详解】A．由图像可知，运动员受到的最大支持力约为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，故A错误；BD．图像与时间轴围成的面积代表冲量，起跳过程中支持力的冲量为则起跳过程中运动员所受合力的冲量大小约为且由动量定理，有可得，故B错误，D正确；C．起跳后运动员做竖直上抛运动，则重心上升的平均速度大小约为，故C错误。故选D。13．（2025·重庆·三模）（多选）如图1所示，足够长的水平地面上，一同学坐在木箱中，受到水平向右的拉力F作用从静止开始运动，拉力F的冲量I随时间t变化的关系如图2所示。整个过程中，该同学和木箱始终保持相对静止。已知该同学和木箱的总质量为50kg，木箱与水平地面间的动摩擦因数μ=0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取，不计空气阻力，则（）A．t=2s时刻，该同学的速度大小为8m/sB．0~2s内，该同学的位移大小为4mC．t=8s时刻，该同学还在继续向右运动D．0~8s内，木箱克服地面摩擦力做功为1200J【答案】BD【详解】A．根据可知I-t图像的斜率表示拉力的大小，则拉力在0~2s内该同学和木箱一起向右做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有解得加速度则在t=2s时刻该同学的速度大小为故A错误；B．在0~2s内，该同学的位移故B正确；C．2s后，可知I-t图像的斜率表示拉力的大小，则拉力该同学和木箱一起向右做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律有解得加速度设经时间停止运动，则有其v-t图像如图所示由图可知在t=8s时刻该同学静止不动，故C错误；D．0~8s内，木箱的位移木箱克服地面摩擦力做功故D正确。故选BD。03应用动量定理处理“流体模型”14.（2025·福建宁德·三模）温福高铁宁德段正在加速建设中，宁德山区雾气重，假设列车在水平长直轨道上运行时，列车周围空气静止，车头前方的空气与水雾碰到车头后速度变为与列车速度相同，空气密度为，空气中单位体积内有颗小水珠，每颗小水珠的质量为，车头的横截面积为，列车以速度匀速运行。则列车因与空气和水珠冲击而受到的阻力约为（）A． B． C． D．【答案】B【详解】在时间∆t内车头遇到的水珠的质量遇到空气的质量对这些水珠及空气的整体研究，由动量定理解得由牛顿第三定律可知列车因与空气和水珠冲击而受到的阻力约为故选B。15.（2025·山东泰安·模拟预测）我国研制的离子推进器工作原理是将氙离子加速后高速喷出产生推力。已知推进器工作时喷出的氙离子形成的电流为，每个氙离子的质量为，电荷量为，喷出时的速率为。则该推进器产生的推力大小为（）A． B． C． D．【答案】B【详解】根据电流的定义式可得单位时间内喷出来的离子数每个离子的动量为单位时间内喷出的离子的总动量所以推进器的推力，故B符合题意。故选B。16.（2025·陕西宝鸡·三模）如图所示，由高压水枪中竖直向上喷出的水柱，将一个开口向下的小铁盒顶在空中。已知密度为ρ的水柱以恒定速率从水枪中持续喷出，向上运动并以速率冲击小铁盒，且冲击小铁盒时水柱横截面积为S，并以速率v竖直返回（不考虑水之间的碰撞）。水与铁盒作用时这部分水所受重力可忽略不计，则水对铁盒的平均作用力大小为（

）A． B． C． D．【答案】A【详解】在∆t时间内打到盒子上的水的质量向下为正，则根据动量定理解得根据牛顿第三定律可知水对铁盒的平均作用力大小为故选A。（2025·河南·模拟预测）如图所示，两个可视为质点的带电物块在绝缘水平地面上均向右做匀变速直线运动.下列说法正确的是（

）A．两物块的速度可能不相等B．两物块的加速度可能不相等C．两物块的动量一定不相等D．两物块与地面之间的动摩擦因数一定不相等【答案】D【详解】AB．两物块均做匀变速直线运动，受到的合力不变，库仑力不变，则两物块之间的距离不变，两物块的速度与加速度均相等，故AB错误；CD．取向右为正方向，设两物块间的库仑力为F，对物块1有F−对物块2有−F−可解得μ可知两物块的质量可能相等，与地面之间的动摩擦因数一定不相等，则两物块的动量可能相等，故C错误，D正确。故选D。（2025·北京房山·一模）“蹦极”运动中，长弹性绳的一端固定，另一端绑在人身上，人从几十米高处跳下。将蹦极过程简化为人沿竖直方向的运动。从绳恰好伸直，到人第一次下降至最低点的过程中，若不计空气阻力，下列说法正确的是（）A．人的加速度一直在减小B．绳对人的拉力始终做负功，人的动能一直减小C．人下降到最低点时，人的重力势能全部转化为人的动能D．人的动量最大时，绳对人的拉力等于人所受的重力【答案】D【详解】A．当绳对人的拉力等于人所受的重力时，人的速度最大，加速度为零，所以人的加速度先减小后增大，A错误；B．绳的拉力对人做负功，但开始时重力做功大于绳的拉力做功，故人的运动开始过程是增大的，当弹力等于重力时，人的速度最大即动能最大，接下来速度减小，动能减小；B错误；C．人下降到最低点时，速度为零，动能为零，则人的重力势能全部转化为绳的弹性势能，C错误；D．当绳对人的拉力等于人所受的重力时，人的速度最大，人的动量最大，D正确。故选D。（2025·天津宁河·一模）如图所示，某同学把压在水杯下的纸水平抽出，重复操作，将水杯压在纸的同一位置，以更快的速度水平抽出，两次过程中水杯均未滑出桌面，则在第二次的抽出过程中（

）A．水杯受到的摩擦力与第一次相等B．水杯动能变化量比第一次的大C．水杯动量变化量比第一次的大D．水杯动量变化量与对应时间的比值与第一次相等【答案】AD【详解】A．分析可知，两次过程，水杯受到的摩擦力均为为滑动摩擦力且不变，故A正确；BC．第二次快拉动白纸过程中，摩擦力作用时间短，则产生的冲量较小，根据动量定理可知，茶杯增加的动量小一些，根据动能与动量关系有E由于第二次动量小，故第二次动能小，故BC错误；D．动量变化量与对应时间的比值等于物体受到的合力，两次过程，水杯的合力均为滑动摩擦力且不变，则水杯动量变化量与对应时间的比值与第一次相等，故D正确。故选AD。（2025·广东深圳·一模）一根柔软的粗绳静止盘放在水平面上，绳的总长为l，总质量为m。现拉住绳的一端，用大小为F=mg的恒力竖直向上拉动，从拉力开始作用到绳的下端到离开地面的高度为l的过程中，不计绳子间的摩擦，忽略绳子的摆动，下列说法中正确的有（）A．绳的机械能变化量为2mgl B．绳的机械能变化量为1.5mglC．绳的动量变化量为mgl D．绳的动量变化量为【答案】AC【详解】AB．从拉力开始作用于细绳的一端到细绳另一端离开地面有动能定理Fl−解得v=当细绳下端离开地面后因F=mg可知细绳向上匀速运动，则当细绳下端离开地面l时机械能变化量等于力F做功，即∆E=F∙2l=2mgl选项A正确,B错误；CD．绳的动量变化量为：Δp=mv-0解得动量变化量为Δ故C正确，D错误。故选AC。（2025·陕西西安·模拟预测）如图所示，一木块固定在地面上，一颗子弹以初速度v0射入木块并嵌在其中，子弹在木块中受到的阻力大小与子弹的速度大小成正比，子弹在木块中运动的距离为LA．2v022L B．2v0【答案】D【详解】对子弹的运动选取非常小的一段时间，根据动量定理有m即m对全程进行求和，可得m即k=子弹刚到达木块时，速度最大，阻力最大且F=k由牛顿第二定律有F=ma，解得a=故选D。（2025·辽宁沈阳·模拟预测）如图，一足够大的水平圆盘以角速度ω绕过圆心的竖直轴匀速转动。圆盘上距轴R处的P点有一质量为m的小物体随圆盘一起转动。某时刻圆盘突然停止转动，小物体由P点滑至圆盘上的某点Q处（图中未画出）停止。下列说法正确的是（）A．圆盘停止转动前，小物体所受摩擦力大小为mRωB．圆盘停止转动前，小物体在圆周运动一个周期内所受摩擦力的冲量大小为2πmRωC．圆盘停止转动后，直至停止运动，小物体在此滑动过程中所受摩擦力的冲量大小为mRωD．圆盘停止转动后，小物体沿过P点的圆盘半径方向向外做离心运动【答案】C【详解】A．圆盘停止转动前，物体随圆盘做匀速圆周运动，摩擦力沿圆盘面指向中心轴提供向心力，物体的速度沿圆周切线方向，所以摩擦力的方向与其速度方向垂直，根据牛顿第二定律可得向心力大小为FnB．圆盘停止转动前，小物体运动一圈的过程中由动量定理可得IfC．由动量定理可得I即小物体整个滑动过程所受摩擦力的冲量大小为mωR，故C正确；D．圆盘停止转动后，物块沿切线方向运动，故D错误。故选C。（2025·广东·模拟预测）蹴鞠最早出现在我国春秋时期，蹴鞠的球门称为“鞠城”。如图，现将鞠在鞠城中央的正前方O点斜向上踢出，第一次击中横梁中央A点，第二次击中A点右侧的B点，两次击中时速度均沿水平方向，忽略空气对鞠的作用力，下列说法正确的是（）A．第一次的踢出速度比第二次的大B．第一次踢出时的速度与水平方向的夹角比第二次小C．鞠从踢出到击中A点的动能变化量比从踢出到击中B点的大D．鞠从踢出到击中A、B两点的动量变化量相同【答案】D【详解】A．本题利用逆向思维法将斜抛运动转换为从A、B点射出的平抛运动，可以方便解题，竖直位移相等的情况下，根据t=2ℎB．竖直位移相等的情况下，第一次水平位移小，则位移偏向角大，因速度偏向角的正切等于位移偏向角正切的2倍，则速度偏向角也大，故第一次踢出速度与水平方向夹角比第二次大，B项错误；C．两次飞行过程中，合外力做功即重力做功相同，即动能变化量相同，C项错误；D．由于飞行时间相同，则合外力冲量即重力冲量相同，根据动量定理可知，鞠的动量变化量相同，D项正确。故选D。（2025·陕西安康·模拟预测）无人机在应急救援中的应用已广泛普及。在一次无人机落水救援演习中，为争取救援时间，岸上的救援人员先通过操纵无人机将救生圈送向“落水者”。如图1所示，竖直绳子的一端系于救生圈上，另一端系于无人机上。无人机悬停于“落水者”附近的水面上方由静止释放救生圈，救生圈下降过程中通过无人机上的力传感器得到绳子上的拉力随时间变化的图像如图2所示。已知救生圈的质量为2.5kg，重力加速度g取10m/s2A．17.5W B．37.5W C．462.5W D．587.5W【答案】B【详解】由题图2可知，0~2s内，救生圈向下做匀加速直线运动，2~2.5s内，救生圈做匀速直线运动，2.5s后做匀减速直线运动，以向下为正方向，设t=2s时救生圈的速度为解得v=1.5则救生圈重力瞬时功率的最大值P故选B。（2025·甘肃白银·模拟预测）跳绳是很多小孩喜欢的运动项目，如图所示，质量为30kg的小孩1分钟完成了60次跳跃，小孩始终沿竖直方向运动，每次在空中的时间相等，每次脚与地面作用的时间均为0.8s，不计空气阻力，重力加速度g=10m/sA．小孩每次跳跃在空中滞留的时间为0.2sB．小孩离地时的速度大小为10m/sC．跳绳过程中地面对小孩的平均作用力大小为375ND．每跳一次小孩消耗的能量为10J【答案】AC【详解】A．一分钟跳60个，则每次跳跃用时1s，每次脚与地面的接触时间为0.8s，则在空中滞留的时间为1s-0.8s=0.2s，故A正确；B．由运动的对称性可知从小孩离地至上升到最高点的时间为0.1s，显然小孩离地时的速度大小v0C．规定竖直向下为正方向，由动量定理可知mg−F解得F=375ND．每次起跳小孩获得的初动能Ek故选AC。10.（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H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h，油的密度为，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B．单位时间倒入壶中油的质量为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．设时间内倒入壶中油的质量为，油到达壶口时的速度为，则有，根据机械能功守恒，则有联立解得故单位时间内落入壶中油的质量为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。11.（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m=1kg的小球以初速度v0=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OP=5m，OP与水平方向的夹角为θ=37°，sin37°=0.6，重力加速度g取10m/s2。求：(1)小球到P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】(1)2(2)16N∙s(3)0.6m【详解】（1）根据题意可知小球做类平抛运动，设经过时间t运动到P点，则OP=L水平向右做匀速直线运动，则Lcosθ=代入数据得t=1竖直向上做初速度为零的匀加速直线运动L代入数据得a=6到P点时竖直方向的速度v小球在P点时的速度v=（2）设恒定风力为F，竖直方向根据牛顿第二定律得F−mg=ma代入数据得F=16小球从O到P的过程中恒定风力的冲量I=Ft=16（3）小球的运动可以分解为沿OP方向和垂直OP方向，如图所示垂直OP方向的初速度v垂直OP方向的加速度a设垂直OP方向的速度减为0时的位移为x，则x=小球从O到P的过程中离OP的最远距离0.6m。12.（2025·重庆·三模）如图，在某次高空作业平台测试中，平台缆绳断裂后向下坠落。已知下落过程中两侧制动装置对平台施加的滑动摩擦力共为f=15000N，平台刚接触缓冲轻弹簧时速度为v=3m/s，此后经t=0.1s平台停止运动，轻弹簧被压缩了x=0.3m。若平台的质量为m=1200kg，g取10m/s²，不考虑空气阻力。求：(1)平台刚接触轻弹簧时加速度大小；(2)轻弹簧的最大弹性势能；(3)下落过程中轻弹簧对平台的冲量。【答案】(1)a=2.5m/s2(2)E(3)I弹【详解】（1）根据牛顿第二定律可得f−mg=ma代入数据，解得a=2.5（2）根据能量守恒可知mgx+代入数据，解得E（3）取竖直向上为正方向，根据动量定理可得I代入数据，解得I方向与正方向相同，竖直向上。1．（2025·浙江·高考真题）有一离地面高度、质量为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v成正比，比例系数，重力加速度，则它降落到地面的时间约为（）A． B． C． D．【答案】B【详解】沙尘颗粒开始时速度较小时，阻力较小，可知…………①沙尘颗粒速率增大，阻力增大，加速度减小，当时，沙尘颗粒速度达到最大且稳定，此时速度满足…………②解得由动量定理可得即则沙尘下落时间为由于，则故选B。2．（2025·湖北·高考真题）一个宽为L的双轨推拉门由两扇宽为的门板组成。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． C． D．【答案】B【详解】设拉力为，作用时间为，撤去外力后运动的时间为，运动过程的最大速度为，则由动量定理，有得撤销拉力后，有得对于全过程，有得对于全过程有故运动的总时间可知当越大时，越小，当时，取最小值。则则故选B。3．（2025·四川·高考真题）如图所示，真空中固定放置两块较大的平行金属板，板间距为d，下极板接地，板间匀强电场大小恒为E。现有一质量为m、电荷量为q（）的金属微粒，从两极板中央O点由静止释放。若微粒与极板碰撞前后瞬间机械能不变，碰撞后电性与极板相同，所带电荷量的绝对值不变。不计微粒重力。求：(1)微粒第一次到达下极板所需时间；(2)微粒第一次从上极板回到O点时的动量大小。【答案】(1)(2)【详解】（1）由牛顿第二定律由运动学公式联立可得微粒第一次到达下极板所需的时间为（2）微粒第一次到达下极板时的速度大小为由于微粒与极板碰撞前后瞬间机械能不变，碰撞后电性与极板相同，所带电荷量的绝对值不变，设微粒碰后第一次到达上极板时的速度大小为，满足代入解得同理可得微粒第一次从上极板回到O点时的速度大小为，满足代入解得故微粒第一次从上极板回到O点时的动量大小为4．（2025·甘肃·高考真题）如图1所示，细杆两端固定，质量为m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F作用在物块上，F随时间t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，θ=30°。求：(1)t=6s时F的大小，以及t在0~6s内F的冲量大小。(2)t在0~6s内，摩擦力f随时间t变化的关系式，并作出相应的f−t图像。(3)t=6s时，物块的速度大小。【答案】(1)，(2)见解析(3)【详解】（1）由图2可知F随时间线性变化，根据数学知识可知所以当t=6s时，0~6s内F的冲量为F−t图围成的面积，即（2）由于初始时刻。物块刚好能静止在细杆上，则有即在垂直杆方向，当时，则0−4s，垂直杆方向摩擦力在4−6s内，垂直杆方向摩擦力相应的f−t图像如图（3）在0~6s内沿杆方向根据动量定理有在0~6s内摩擦力的冲量为f−t图围成的面积，则联立有可得5．（2025·河北·高考真题）如图，一长为2m的平台，距水平地面高度为1.8m。质量为0.01kg的小物块以3m/s的初速度从平台左端水平向右运动。物块与平台、地面间的动摩擦因数均为0.2。物块视为质点，不考虑空气阻力，重力加速度g取10m/s2。(1)求物块第一次落到地面时距平台右端的水平距离。(2)若物块第一次落到地面后弹起的最大高度为0.45m，物块从离开平台到弹起至最大高度所用时间共计1s。求物块第一次与地面接触过程中，所受弹力冲量的大小，以及物块弹离地面时水平速度的大小。【答案】(1)0.6m；(2)IN=0.1N·s；vx′=0【详解】（1）小物块在平台做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律有a=μg则小物块从开始运动到离开平台有小物块从平台飞出后做平抛运动有，x=vxt1联立解得x=0.6m（2）物块第一次落到地面后弹起的最大高度为0.45m，则物块弹起至最大高度所用时间和弹起的初速度有，vy2=gt2则物块与地面接触的时间Δt=t－t1－t2=0.1s物块与地面接触的过程中根据动量定理，取竖直向上为正，在竖直方向有IN－mgΔt=mvy2－m(－vy1)，vy1=gt1解得IN=0.1N·s取水平向右为正