第26讲 动量和动量定理（复习讲义）（黑吉辽专用）（教师版）

第26讲动量动量定理目录01TOC\o"1-3"\h\u考情解码·命题预警 202体系构建·思维可视 303核心突破·靶向攻坚 4考点一动量冲量 4知识点动量和冲量 4考向1动量 5考向2恒力的冲量计算 12考向3变力的冲量计算 16考点二动量定理 20知识点1动量定理 20知识点2应用动量定理处理“流体模型” 21考向1动量定理解释缓冲现象 22考向2动量定理解决流体问题 23考向3动量定理解决蹦极类问题 26考向4动量定理的其他应用 2804真题溯源·考向感知 31考点要求考察形式2025年2024年2023年动量冲量选择题非选择题北京卷T19,10分\\动量定理选择题非选择题广东卷T10,6分\考情分析：1．动量与动量定理在浙江选考物理中占据重要地位，是考查学生对物体运动及相互作用理解深度的关键知识点2．从命题思路上看，试题情景为动量和动量定理与其他知识板块的融合会更加深入，可能与力学、电磁学、热学等知识进行跨模块考查，如在电磁感应现象中，结合安培力作用考查导体棒运动过程中的动量变化，全面考查学生对物理知识的综合运用能力。复习目标：目标一：理解动量、冲量的定义、物理意义及矢量特性，能够准确运用公式p=mv、I=Ft进行计算，清晰区分动量与动能、冲量与功等易混淆概念。目标二：动量定理与牛顿运动定律、动能定理、能量守恒定律等知识的内在联系，构建完整的力学知识网络。考点一动量冲量知识点动量和冲量1.动量（1）定义：物理学中把质量和速度的乘积mv定义为物体的动量，用字母p表示。（2）表达式：p＝mv。（3）单位：kg·m/s。（4）标矢性：动量是矢量，其方向和速度的方向相同。2.冲量（1）定义：力与力的作用时间的乘积叫作力的冲量。定义式：I＝FΔt。（2）单位：冲量的单位是牛秒，符号是N·s。（3）标矢性：冲量是矢量，恒力冲量的方向与恒力的方向相同。3.动量的理解（1）动量是状态量：动量是描述物体运动状态的物理量，是针对某一时刻或位置而言的。（2）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＝mvEk＝12mv标矢量矢量标量变化因素合力的冲量合力所做的功大小关系p＝2Ek＝p联系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；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；③都是状态量，与某一时刻或某一位置相对应4.冲量的理解与计算（1）冲量是过程量，其与力作用的过程相对应，表示力对时间的累积。（2）冲量的四种计算方法公式法利用定义式I＝FΔt计算冲量，此法仅适用于恒力的冲量图像法利用F-t图像计算，F-t图线与横轴围成的面积表示冲量，此法既可以计算恒力的冲量，也可以计算变力的冲量平均力法若方向不变的力大小随时间均匀变化，则力F在某段时间t内的冲量I＝F1＋F22·Δt，F1、动量定理法对于变力的冲量，不能直接用I＝FΔt求解，可以求出该力作用下物体动量的变化量，由I＝Δp求变力的冲量考向1动量冲量例1（24-25高三上·辽宁锦州·期末）2024年6月25日，嫦娥六号返回器正式进入轨道，带回1935.3g月球样品。嫦娥六号在第二次近月制动后，绕月球近似做匀速圆周运动，在此期间下列物理量不变的是（）A．动能 B．动量C．线速度 D．向心加速度【答案】A【详解】做匀速圆周运动的物理，线速度大小不变，方向改变，则动能不变，动量改变，向心加速度大小不变，方向改变。故选A。例2（2025·辽宁锦州·一模）下列物理量中的负号表示大小的是（）A．加速度为 B．动量为C．电场强度为 D．电势能为【答案】D【详解】A．加速度为，负号表示方向，故A错误；B．动量为，负号表示方向，故B错误；C．电场强度为，负号表示方向，故C错误；D．电势能为，表示电势能比零势能位置低5J，负号表示大小，故D正确。故选D。例3（24-25高三上·黑龙江佳木斯·期中）如图，在竖直平面内，一半径为R的光滑圆弧轨道ABC和水平轨道PA在A点相切，BC为圆弧轨道的直径，O为圆心，OA和OB之间的夹角为α，，一质量为m的小球沿水平轨道向右运动，经A点沿圆弧轨道通过C点，落至水平轨道；在整个过程中，除受到重力及轨道作用力外，小球还一直受到一水平恒力的作用，已知小球在C点所受合力的方向指向圆心，且此时小球对轨道的压力恰好为零。重力加速度大小为g。（提示：可以尝试把小球所受合力看作新的重力）求：（1）水平恒力的大小和小球到达C点时速度的大小；（2）小球到达A点时动量的大小；【答案】（1），；（2）【详解】（1）设水平恒力的大小为，小球到达C点时所受合力的大小为F。由力的合成法则有①②设小球到达C点时的速度大小为v，由牛顿第二定律得③由①②③式联立解得④⑤（2）设小球到达A点的速度大小为，作，交PA于D点，由几何关系得⑥⑦由动能定理有⑧由④⑤⑥⑦⑧式解得，小球在A点的动量大小为⑨【变式训练1】（23-24高三上·辽宁沈阳·阶段练习）铅球被掷出后，在空中运动的轨迹如图所示。a、b、c、d、e为轨迹上5个点，c为轨迹的最高点，ab与bc的高度差相同。cd与de的水平距离相同。不计空气阻力，下列说法正确的是（

）A．铅球从a点到b点和从b点到c点，速率的变化量相同B．铅球从a点到b点和从b点到c点，速度的平方变化量相同C．铅球从c点到d点动量的变化量小于从d点到e点动量的变化量D．铅球从c点到d点动量的变化量大于从d点到e点动量的变化量【答案】B【详解】A．设ab与bc的高度差为，可得铅球从a点到b点，速率变化量为铅球从b点到c点，速率变化量为故A错误；B．铅球从a点到b点有铅球从b点到c点有故铅球从a点到b点和从b点到c点，速度的平方变化量相同，故B正确；CD．铅球从c点到d点、d点到e点动量的变化量为cd与de的水平距离相同，铅球水平方向做匀速直线运动，可知铅球从c点到d点、d点到e点运动时间相等，故铅球从c点到d点动量的变化量等于从d点到e点动量的变化量，故CD错误。故选B。【变式训练2】（2025·黑龙江·模拟预测）滑板运动是一项青春、时尚、绿色，阳光的体育运动。如图所示，跳台的斜面AB长为L，斜面倾角为θ。一质量为m的滑板运动员（视为质点）从斜面顶端A点水平跃出，刚好落在斜面底端B点。已知重力加速度为g，则（）A．运动员离开A点时的速度大小为B．运动员离开A点时的速度大小为C．从A点到B点运动员动量的变化量大小为D．从A点到B点运动员动量的变化量大小为【答案】BD【详解】AB．运动员离开A点后做平抛运动，有联立解得A错误，B正确；CD．由动量定理知运动员动量的变化量大小为C错误，D正确。故选BD。【变式训练3】（2025·黑龙江大庆·一模）第二十四届冬奥会于2022年2月4日至20日在北京举行，跳台滑雪是冬奥会的重要项目之一。如图所示，某次比赛中，质量为m的运动员（包括滑雪板）以大小为的初速度从跳台顶端水平飞出，经过一段时间后落在倾斜赛道上，赛道的倾角为θ，空气阻力忽略不计，运动员（包括滑雪板）可视为质点。求：（I）运动员在空中运动的过程的动量变化量大小；（2）运动员在空中运动的过程中距倾斜赛道最远时的速度大小。

【答案】（1）；（2）【详解】（1）运动员在空中运动的过程，由平抛运动规律可知，水平方向的位移大小竖直方向的位移大小由几何关系有则落至斜面时，运动员竖直方向的分速度大小该过程中，运动员的动量变化量大小解得（2）运动员在空中运动过程中，距倾斜赛道最远时的速度方向与倾斜赛道平行，有解得考向2恒力的冲量计算例1从离地高为h处水平抛出一个质量为m的小球，小球从抛出点到落地点的位移大小为5ℎ，重力加速度为gA．小球抛出的初速度大小为gℎB．小球落地前瞬间的速度大小为5gℎC．小球在空中运动的过程，动能的变化量为mghD．小球在空中运动的过程，重力的冲量大小为m【答案】C【详解】AB．小球做平抛运动，竖直方向有ℎ=12解得t=2ℎg小球从抛出点到落地点的位移大小为5ℎ，则小球的水平位移为则小球抛出的初速度大小为v小球落地前瞬间的速度大小为v=故AB错误；C．根据动能定理可得，小球在空中运动的过程，动能的变化量为Δ故C正确；D．小球在空中运动的过程，重力的冲量大小为I故D错误。故选C。例2（2024·辽宁阜新·模拟预测）用一小型电动机竖直向上提升质量为m的重物，电动机的输出功率恒定，重物向上加速运动的v-t图像如图所示，v0为上升过程的最大速度。重力加速度为g，加速上升过程中，重力的冲量大小为I，不计空气阻力，则下列说法正确的是（）A．重物加速上升的时间为B．重物加速上升过程中吊索对重物拉力的冲量大小等于mv0C．电动机的输出功率P=mgv0D．当重物速度为时，重物加速度大小等于2g【答案】AC【详解】A．由题意可知，重物加速上升的时间为故A正确；B．重物加速上升过程中根据动量定理，吊索对重物拉力的冲量大小为故B错误；C．当匀速运动时，拉力F等于重物的重力，电动机的输出功率故C正确；D．重物速度为时，拉力由F1-mg=ma解得a=g故D错误。故选AC。例3（2024·辽宁·三模）如图所示，水平虚线下方空间存在竖直向上的匀强电场。两个带正电的小球A、B用长度为L的轻质绝缘细杆相连，小球A的质量为m，电荷量为q，小球B的质量为m，电荷量为2q，小球A到虚线的初始高度为L。已知细杆始终保持竖直，重力加速度为g，匀强电场的电场强度大小为，两小球可视为质点，不计空气阻力和两小球之间的库仑力。现将小球A、B由静止释放，求：（1）小球A进入电场后，小球B未进入电场区域时，细杆中的作用力大小；（2）小球A由静止释放后，向下运动的最大距离；（3）小球B每次在电场区域运动的过程中，细杆对小球B的冲量。【答案】（1）；（2）；（3），方向竖直向下【详解】（1）小球A进入电场后，小球B未进入电场区域时，以小球A、B为整体，根据牛顿第二定律解得加速度为对小球B，根据牛顿第二定律解得细杆中的作用力大小为（2）假设小球B也会进入电场区域，设小球A下落的最大距离为x，则从两小球由静止释放至运动到最低点的过程中，由动能定理有解得假设成立，小球A由静止释放后，向下运动的最大距离为。（3）设小球B进入电场瞬间速度大小为，从静止释放到小球B进入电场区域瞬间，有小球进入电场区域后，整体分析，有设此时细杆对小球的作用力为，对小球B分析有根据运动的对称性可知小球在电场中运动的时间为所以小球每次在电场区域中运动的过程中，细杆对小球的冲量大小方向竖直向下。【变式训练1】（2024·黑龙江·三模）如图所示，长为L的轻质细绳一端与带孔小球P连接，另一端与木块Q连接，小球P穿在光滑的固定水平杆（足够长）上，小球P与木块Q的质量均为。t=0时刻，给木块Q一水平向右的瞬时冲量，使其获得的初速度，则从t=0时刻至Q再次运动到P正下方的过程中，下列说法正确的是（）A．绳对P先做正功后做负功B．绳对P的冲量大小为C．木块Q运动到最右侧时的速度大小为0D．木块Q再次运动到P正下方时，P的速度大小为【答案】D【详解】A．从时刻至Q再次运动到P正下方的过程中，细绳一直处于向右倾斜状态，故绳对P一直做正功，A错误BD．从时刻至Q再次运动到P正下方的过程中，由动量守恒有由能量守恒有联立解得对P由动量定理可得由受力分析可知重力与支持力不相等，故B错误；D正确；C．木块Q运动到最右侧时，具有和P相同的水平速度，由动量守恒有解得C错误。故选D。【变式训练2】（2025·辽宁沈阳·二模）一水平传送带长m，以恒定速率m/s沿顺时针方向匀速转动。在传送带左端每隔1s轻放一个相同的小物块，小物块的质量kg，与传送带间的动摩擦因数，忽略小物块的尺寸，取m/s2，从第1个小物块到达传送带最右端开始计时，下列说法正确的是（）A．每个小物块在传送带上运动的时间为10sB．计时开始时刻，第8个小物块刚放上传送带C．计时后1s内，传送带对所有小物块摩擦力的总冲量大小为N·sD．计时后1s内，所有小物块对传送带的摩擦力做的总功为J【答案】BD【详解】A．小物块在传送带上先做匀加速直线运动，加速度大小为：则小物块做匀加速直线运动的时间为：小物块做匀加速直线运动的位移为：则小物块在传送带上做匀速直线运动的时间为：故每个小物块在传送带上运动的时间为：t=t1+t2=4s+3s=7s故A错误；B．结合前面分析可知，第1个小物块到达传送带最右端时所花时间为7s，由题知，在传送带左端每隔1s轻放一个相同的小物块，则计时开始时刻，第8个小物块刚放上传送带，故B正确；CD．结合前面分析可知，计时后1s内只有5~8四个物块在皮带上做匀加速直线运动，摩擦力相同，则由动量定理可得，计时后1s内，传送带对所有小物块摩擦力的总冲量大小为：I=4m•at'=4×2×1×1N•s=8N•s所有小物块对传送带的摩擦力做的总功为：W=-4μmg•vt=-4×0.1×2×10×4×1J=-32J故C错误，D正确。故选BD。【变式训练3】（多选）（24-25高三上·黑龙江哈尔滨·阶段练习）如图甲所示，水平皮带逆时针匀速转动，一质量为的小物块（可视为质点）以某一速度从皮带的最左端滑上皮带。取向右为正方向，以地面为参考系，从小物块滑上皮带开始计时，其运动的图像如图乙所示，g取。则（）A．0~4.0s内摩擦力对小物块的冲量大小为，方向水平向左B．4.5s时小物块回到皮带最左端C．物块与皮带间由于摩擦产生的热量D．0~4.0s内皮带多消耗的电能为3J【答案】BCD【详解】A．物块从左端滑上皮带，受到向左的滑动摩擦力作用，做匀减速直线运动，根据速度时间图像的斜率表示加速度，有解得由图可知，3.0s~4.0s物块与皮带的速度相等，为1m/s，对皮带静止，物块不受摩擦力作用，故0~4.0s内摩擦力对小物块的冲量大小等于0~3.0s内摩擦力对小物块的冲量大小方向水平向左，故A错误；B．由图知，物块从左端滑上皮带经2.0s速度向右减到0，则位移为2.0s后物块向右做初速度为零的匀加速直线运动，加速度为位移为之后，物块相对皮带静止，向左做匀速直线运动，则位移为则匀速运动的时间为故小物块回到皮带最左端的时间为故B正确；C．由图可知，物块与皮带在0-2.0s的相对位移为物块与皮带在2.0s-3.0s的相对位移为物块与皮带在3.0s-4.0s相对静止，相对位移为0，故物块与皮带间由于摩擦产生的热量故C正确；D．根据能量守恒定律，可知0~4.0s内皮带多消耗的电能等于物块动能的变化量加上摩擦产生的热量，则有代入数据解得故D正确。故选BCD。考向3变力的冲量计算例1（24-25高三上·黑龙江哈尔滨·阶段练习）如图所示，ad、bd、cd是竖直面内三根固定的光滑细杆，a、b、c、d位于同一圆周上，a点为圆周的最高点，d点为最低点。每根杆上都套着一个完全相同的小滑环（图中未画出），三个滑环分别从a、b、c点无初速度释放，下列关于它们下滑过程的说法中正确的是（）A．重力对各环的冲量中a的最大 B．弹力对各环的冲量中c的最大C．合力对各环的冲量大小相等 D．各环的动能增量相等【答案】B【详解】A．设任一细杆与竖直方向的夹角为α，环运动的时间为t，圆周的直径为D。则环的加速度大小为由位移公式得可得所以三个环的运动时间相同，根据由于三个环的重力相等，运动时间相同，所以重力对各环的冲量相等，故A错误；B．弹力对环的冲量为c环所在细杆与竖直方向的夹角最大，所以弹力对c环的冲量最大，故B正确；C．根据a环所在细杆与竖直方向的夹角最小，则合力对a环的冲量最大，故C错误；D．根据动能定理可得由于重力对a环做功最多，则a环动能的增量最大，故D错误。故选B。例2（24-25高三上·辽宁·期中）汽车的安全气囊是有效保护乘客的装置。如图甲所示，在安全气囊的性能测试中，可视为质点的头锤从离气囊表面高度为H处做自由落体运动，与正下方的气囊发生碰撞。以头锤到气囊表面为计时起点，气囊对头锤竖直方向作用力F随时间t的变化规律，可近似用图乙所示的图像描述。已知头锤质量M=30kg，H=3.2m，重力加速度取g=10m/s2，未计空气阻力。则（）A．碰撞过程中F的冲量大小为660NsB．碰撞过程中头锤所受合力的冲量方向竖直向下C．碰撞过程中头锤所受合力的冲量大小为360N·sD．碰撞结束后头锤上升的最大高度为0.2m【答案】D【详解】A．由图像可知碰撞过程中F的冲量大小为=×0.1×6600N·s=330N·s方向竖直向上，故A错误；BC．碰撞过程中头锤所受合力的冲量大小为=300N·s方向竖直向上，故BC错误；D．头锤落到气囊上时的速度大小为=8m/s与气囊作用过程由动量定理得解得v=2m/s则上升的最大高度为=0.2m故D正确。故选D。【变式训练1】（24-25高三上·辽宁·期中）一质量的物块静止在粗糙的水平地面上，物块与水平地面间的动摩擦因数为，时刻给物块施加一水平向右的外力，并于撤去外力，力随时间的变化情况如图所示，可认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，忽略空气阻力，取，则下列说法中错误的是（）A．内的冲量为B．内摩擦力的冲量为C．末物块的速度大小为D．末物块的速度最大【答案】B【详解】A．图像与时间轴围成的面积表示冲量，内的冲量为故A正确，不符合题意；B．滑动摩擦力的大小为由图可知4s末外力达到4N，在这之前物块所受摩擦力为静摩擦力，大小与外力相等，小于4N，所以内摩擦力的冲量小于，故B错误，符合题意；C．从4s末到5s末，对物块由动量定理得则故C正确，不符合题意；D．由图可知末物块的所受外力为4N，此后外力小于滑动摩擦力，物块做减速运动，所以6s末物块速度最大，故D正确，不符合题意。故选B。【变式训练2】（2024·黑龙江·一模）原地纵跳摸高是常见的体能测试项目。在某次摸高测试中，一同学从如图A所示的静止下蹲状态向上跃起，脚刚离开地面时如图B所示，身体运动到最高点时位置如图C所示，三幅图代表同一竖直线上的三个位置，不计空气阻力，关于该同学测试的全过程，下列说法正确的是（）A．从A到B的运动过程中，地面对脚的支持力始终大于该同学的重力B．从A到B的运动过程中，地面对脚的支持力的冲量为零C．该同学在C图位置的机械能大于在A图位置的机械能D．从A到C的过程中，地面对脚的支持力冲量大于该同学的重力冲量【答案】C【详解】AB．运动员从用力蹬地到刚离开地面的起跳过程，先向上加速，地面支持力大于重力；当地面支持力等于重力时速度最大；之后脚与地面作用力逐渐减小，运动员开始减速；当脚与地面作用力为零时，离开地面。此过程地面对脚的支持力的冲量不为零，AB错误；B．蹬地起跳过程中运动员消耗体内化学能转化为机械能，B图位置的机械能大于在A图位置的机械能，从B到C的运动过程中机械能守恒，则该同学在C图位置的机械能大于在A图位置的机械能，C正确；D．从A到C的过程中，应用动量定理有所以地面对脚的支持力冲量等于该同学的重力冲量，D错误。故选C。【变式训练3】（24-25高三上·吉林长春·阶段练习）光滑水平面上，小物块在水平力F作用下运动，运动过程中速度v与位置坐标x的关系如图所示，所受空气阻力f与速度v的关系满足f=0.5v，小物块从x=-5m到x=5m的运动过程中（）A．做匀变速直线运动B．阻力f功率的最大值为8WC．全过程阻力的冲量为D．阻力做功为W=5J【答案】BC【详解】A．根据图像可知在-5m到0时物块向正方向减速，加速度方向为负方向；在0到5m时物块向正方向加速，加速度方向为正方向，所以加速度有变化，不是做匀变速直线运动，A错误；B．根据题意可知阻力f功率为所以阻力f功率的最大值为B正确；C．在0到5m过程中阻力的冲量为所以全过程的阻力的冲量为C正确；D．全过程中阻力做负功，其中在0到5m时为根据对称性可得全过程中阻力做功为D错误。故选BC。考点二动量定理知识点1动量定理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.表达式：I＝p'－p或F（t'－t）＝mv'－mv。3.矢量性：冲量的方向与合力的方向相同。4.动量定理的理解（1）动量定理反映了力的冲量与动量变化之间的因果关系，即合力的冲量是原因，物体的动量变化是结果。（2）动量定理中的冲量是所受合力的冲量，既是各力冲量的矢量和，也是合力在不同阶段冲量的矢量和。（3）动量定理的表达式是矢量式，等号包含了大小相等、方向相同两方面的含义。（4）由FΔt＝p'－p，得F＝p'－pΔt5.用动量定理解释生活现象（1）Δp一定时，F的作用时间越短，力越大；作用时间越长，力越小。（2）F一定时，力的作用时间越长，Δp越大；作用时间越短，Δp越小。分析问题时，要明确哪个量一定，哪个量变化。6.用动量定理解题的基本思路（1）确定研究对象。研究对象一般仅限于单个物体。（2）对物体进行受力分析，求合冲量。可先求每个力的冲量，再求各力冲量的矢量和；或先求合力，再求其冲量。（3）抓住过程的初、末状态，选好正方向，确定各动量和冲量的正负号。（4）根据动量定理列方程，如有必要还需要补充其他方程，最后代入数据求解。对过程较复杂的运动，可分段用动量定理，也可对整个过程用动量定理。知识点2应用动量定理处理“流体模型”类型流体类：液体流、气体流等，通常已知密度ρ微粒类：电子流、光子流、尘埃等，通常给出单位体积内粒子数n分析步骤①构建“柱状”模型：沿流速v的方向选取一小段柱体，其横截面积为S②微元研究小段柱体的体积ΔV＝vSΔt小段柱体质量m＝ρΔV＝ρvSΔt小段柱体粒子数N＝nvSΔt小段柱体动量p＝mv＝ρv2SΔt③列出方程，应用动量定理FΔt＝Δp研究点拨考向1动量定理解释缓冲现象例1（辽宁·期末）体操运动员在空中完成动作后，落回地面时，为防止受伤，脚掌着地后屈膝下蹲，这样做的目的是（

）A．延长脚掌触地到身体完全静止的时间，增大地面对脚的作用力B．延长脚掌触地到身体完全静止的时间，减小地面对脚的作用力C．缩短脚掌触地到身体完全静止的时间，增大地面对脚的作用力D．缩短脚掌触地到身体完全静止的时间，减小地面对脚的作用力【答案】B【详解】脚掌着地后屈膝下蹲，延长脚掌触地到身体完全静止的时间，根据动量定理可知减小地面对脚的作用力。故选B。【变式训练1】（2024·黑龙江·模拟预测）如图为运动员的索降示意图，质量为m的运动员双手抓握绳索从高处由静止开始匀加速下降，下降高度为h，双脚触地同时松手，后用时t速度减为零，脚对地面的平均压力为，取地面为重力势能的零势能面，重力加速度为g，运动员可视为质点。下列说法正确的是（）A．人加速下降的时间为B．人落地时的速度大小为C．人的重力势能等于动能时，两者一定都是D．k可能为【答案】AB【详解】B．设竖直向下为正方向，根据动量定理可得解得人落地时的速度大小为故B正确；A．根据平均速度计算可得解得故A正确；C．根据解得根据动能定理，当人的重力势能等于动能时，从此位置到落到地面过程中，可得故C错误；D．从开始到人的重力势能等于动能时，根据动能定理解得解得故D错误。故选AB。【变式训练2】安全带是汽车行驶过程中生命安全的保障带。如图，在汽车正面碰撞测试中，汽车以72km/hA．两次碰撞过程中，汽车和假人的动量变化量不同B．安全带的作用是延长冲击力作用时间，减小冲击力大小C．安全带的作用是减小假人受到的冲量D．无论是否使用安全带，假人受到的冲量相同【答案】BD【详解】A．碰撞过程中，无论是否使用安全带，汽车和假人的动量变化量是相同的，故A错误；CD．假人的初动量为p=m末动量都为0，根据动量定理有I=0−m所以无论是否使用安全带，假人受到的冲量相同，故C错误，D正确；B．使用安全带时，假人用时0.8s停下；不使用安全带时，用时0.2s停下，可知安全带的作用是延长冲击力作用时间；由动量的定义I=Ft可知，冲量相同时，延长力的作用时间可以减小冲击力的大小，故B正确。故选BD。考向2动量定理解决流体模型例1（24-25高三上·辽宁沈阳·期中）雨打芭蕉是中国古代文学中常见的抒情意象，为估算雨滴撞击芭蕉叶产生的平均压强p，小华同学将一圆柱形的量杯置于院中，测得一段时间t内杯中水面上升的高度为h，查询得知当时雨滴下落的速度为v，水的密度为ρ。设雨滴竖直下落到水平的芭蕉叶上后以原来的速率竖直反弹。则由于雨滴撞击而产生的平均压强p为（）A． B． C． D．【答案】B【详解】单位时间内在芭蕉叶上取的面积上，时间内降落的雨水质量为设雨水受到的撞击力为F，根据动量定理解得根据牛顿第三定律可知，芭蕉叶上的面积受到的撞击力的大小为因此平均压强为故选B。【变式训练1】5．（24-25高三上·黑龙江·阶段练习）水平桌面上有四个质量均为m的小车，模型简化如图所示，其中1号小车有动力。小车从静止开始以额定功率P行驶，达到最大速度匀速运动。若1号小车运动过程受到前方阻力作用，为了研究方便假设小车碰到空气前，空气的速度为零，碰到空气后，空气速度立即与小车相同，已知空气密度为，小车迎风截面积（垂直运动方向上的投影面积）为S，不计其他阻力（2，3，4号车的阻力都不计）。当小车由静止达到最大速度三分之一时，1号车对2号车的力为（）A． B．C． D．【答案】D【详解】根据题意，设列车的最大速度为，列车对空气的阻力为，由动量定理有解得当牵引力等于阻力时，列车速度最大，则有联立解得当列车由静止开始以额定功率运行到速度为最大速度的时，阻力为此时，牵引力为1号车厢对2号车厢的作用力大小为，对2号、3号、4号车厢整体，由牛顿第二定律有对4节车厢整体，由牛顿第二定律有联立解得故选D。【变式训练2】（2024·辽宁·一模）2023年7月27日，我国在西昌卫星发射中心使用长征二号丁运载火箭，采用“一箭三星”方式，成功将遥感三十六号卫星发射升空。已知火箭的总质量为m，发动机点火瞬间，从火箭尾部竖直向下喷出高温高压气体的密度为，相对地面的速度为v。尾部喷口的横截面面积为S，重力加速度为g。不考虑火箭由于喷气带来的质量变化，下列说法正确的是（）A．发动机点火瞬间，喷出的气体对火箭的推力大小为B．发动机点火瞬间，喷出的气体对火箭的推力大小为C．发动机点火瞬间，火箭的加速度大小为D．发动机点火瞬间，火箭的加速度大小为【答案】BD【详解】AB．根据题意，对时间内喷出的气体，由动量定理有又有联立解得由牛顿第三定律可知，喷出的气体对火箭的推力大小为故A错误，B正确；CD．根据题意，由牛顿第二定律有解得故C错误，D正确。故选BD。考向3动量定理解决蹦极类问题例1（黑龙江绥化·期中）蹦极是一项广受年轻人喜爱的极限运动，如图所示为蹦极爱好者将一端固定的弹性长绳绑在踝关节处，从几十米高处跳下，若蹦极爱好者质量为60kg，弹性绳绷紧后至蹦极爱好者运动至最低点所用时间为1s，弹性绳的平均作用力为1800N，重力加速度g取，则弹性绳原长为（）A．25m B．20m C．18m D．16m【答案】B【详解】设弹性绳原长为L，弹性绳产生弹力后，根据动量定理蹦极爱好者的平均加速度为得自由落体阶段解得故选B。【变式训练1】蹦床运动是运动员在一张绷紧的弹性网上蹦跳、翻滚并做各种空中动作的运动项目。质量为50kg的运动员，从离水平网面3.2m高处由静止自由下落，着网后沿竖直方向蹦回离水平网面5.0m高处。已知运动员与网接触的时间为0.6s，取重力加速度大小，则网对运动员的平均作用力大小为（）A．1000N B．1500N C．2000N D．2500N【答案】C【详解】设运动员接触网面时速度大小为，则解得设运动员离开网面时的速度大小为，则解得取竖直向上方向为正方向，由动量定理得解得故选C。【变式训练2】现代人越来越依赖手机，有些人喜欢躺着刷手机，经常出现手机掉落伤眼睛或者额头的情况。若有一款手机质量为200g，从离人额头为20cm的高度无初速掉落，磕到额头后手机的反弹忽略不计，额头受到手机的冲击时间为0.04s，则手机对额头平均作用力的大小为（）（取重力加速度）A．8N B．10N C．12N D．14N【答案】C【详解】对手机受力分析如图取向下为正方向，手机碰前速度碰撞过程由动量定理有求得额头对手机平均作用力的大小根据牛顿第三定律知手机对额头平均作用力的大小为12N。故选C。考向4动量定理的其他应用例1水平面上有质量相等的a、b两个物体，水平推力F1、F2分别作用在a、b上。一段时间后撤去推力，物体继续运动一段距离后停下。两物体的v—­t图线如图所示，图中AB∥CD。则整个过程中（）A．F1的冲量等于F2的冲量B．F1的冲量大于F2的冲量C．摩擦力对a物体的冲量等于摩擦力对b物体的冲量D．合力对a物体的冲量等于合力对b物体的冲量【答案】D【详解】C．题图中，AB与CD平行，说明撤去推力后两物体的加速度相同，而撤去推力后物体受到的合力等于摩擦力，根据牛顿第二定律可知，两物体受到的摩擦力大小相等，但a运动的总时间小于b运动的总时间，根据I=ft可知，摩擦力对a物体的冲量小于摩擦力对b物体的冲量，故C错误；AB．根据动量定理，对整个过程研究得FF由题图可知t则有F即F1的冲量小于F2的冲量，故AB错误；D．根据动量定理可知，合力的冲量等于物体动量的变化量，a、b两个物体动量的变化量都为零，则合力的冲量都为零，故D正确。故选D。【变式训练1】（多选）如图（a），水平地面上固定有一倾角为θ的足够长光滑斜面，一质量为m的滑块锁定在斜面上。t=0时解除锁定，同时对滑块施加沿斜面方向的拉力F，F随时间t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（）A．在0~4tB．在0~4tC．在t0时动量大小是在2D．在2t0~3【答案】AD【详解】根据图像可知当F=2mgsina=方向沿斜面向下；当F=−2mgsina=方向沿斜面向上，作出物块0~4t0内的A．根据图像可知0~4tB．根据图像可知0~4tI故B错误；C．根据图像可知t0时物块速度大于2t0时物块的速度，故tD．v−t图像与横轴围成的面积表示位移，故由图像可知2t0~3故选AD。1．（2025·浙江·高考真题）高空抛物伤人事件时有发生，成年人头部受到的冲击力，就会有生命危险。设有一质量为的鸡蛋从高楼坠落，以鸡蛋上、下沿接触地面的时间差作为其撞击地面的时间，上、下沿距离为，要产生的冲击力，估算鸡蛋坠落的楼层为（）A．5层 B．8层 C．17层 D．27层【答案】C【详解】鸡蛋触地后匀减速至静止，位移s=5cm=0.05m。匀减速平均速度为，故撞击时间根据动量定理代入数据解得由自由落体公式得高度每层楼高约3m，对应楼层数为层。故选C。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·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。4．（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。5．（2025·广东·高考真题）如图所示，无人机在空中作业时，受到一个方向不变、大小随时间变化的拉力。无人机经飞控系统实时调控，在拉力、空气作用力和重力作用下沿水平方向做匀速直线运动。已知拉力与水平面成30°角，其大小F随时间t的变化关系为F=F0－kt（F≠0，F0、k均为大于0的常量），无人机的质量为m，重力加速度为g。关于该无人机在0到T时间段内（T是满足F>0的任一时刻），下列说法正确的有（

）A．受到空气作用力的方向会变化B．受到拉力的冲量大小为C．受到重力和拉力的合力的冲量大小为D．T时刻受到空气作用力的大小为【答案】AB【详解】AD．无人机经飞控系统实时调控，在拉力、空气作用力和重力作用下沿水平方向做匀速直线运动，则无人机受到空气作用力与重力和拉力的合力等大反向，随着F的减小重力和拉力的合力如图可知无人机受到空气作用力的大小和方向均会改变，在T时刻有，F=F0－kT解得故A正确、D错误；B．由于拉力F随时间t均匀变化，则无人机在0到T时间段内受到拉力的冲量大小为F—t图像与坐标轴围成的面积为，故B正确；C．将拉力分解为水平和竖直方向，则无人机受重力和拉力的合力在水平方向有无人机受重力和拉力的合力在竖直方向有0到T时间段内无人机受重力和拉力的合力在水平方向的冲量为0到T时间段内无人机受重力和拉力的合力在竖直方向的冲量为则0到T时间段内无人机受到重力和拉力的合力的冲量大小为故C错误。故选AB。6．（2025·陕晋青宁卷·高考真题）如图，与水平面成夹角且固定于O、M两点的硬直杆上套着一质量为的滑块，弹性轻绳一端固定于O点，另一端跨过固定在Q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OQ，PQ为且垂直于OM。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F的大小与其伸长量x满足。，g取，。则滑块（）A．与杆之间的滑动摩擦力大小始终为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D．从释放到静止克服滑动摩擦力做功为【答案】AC【详解】A．根据题意，设滑块下滑后弹性轻绳与PQ间夹角为时，对滑块进行受力分析，如图所示在垂直杆方向有由胡克定律结合几何关系有联立解得可知，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故A正确；B．下滑与上滑过程中所受滑动摩擦力的方向