2026新高二物理暑假衔接2套（人教版）第22讲 专题十八 动量和动量定理（教师版）

复习专题十八动量和动量定理

——精剖细解细复习讲义

知识点1：动量

1、定义

物体质量和速度的乘积，用字母p表示。

2、表达式

p＝mv，国际单位是千克·米每秒，符号是kg·m/s。

3、性质

矢量性动量是矢量，既有大小又有方向。其方向与速度的方向一致。

相对性选取不同的参考系，同一物体的速度可能不同，物体的动量也就不同，即动量具有相对

性。物体的动量一般是指相对于地面的动量。

4、动量与动能的联系和区别

联系动量和动能都是描述物体运动状态的物理量，都是状态量，两者之间通过表达式p＝2mEk

p2

或Ek＝联系起来。

2m

区别动量是矢量，从运动物体的作用效果方面描述物体的状态；

动能是标量，从能量的角度描述物体的状态。

5、动量的变化量

物体在某段时间内末动量与初动量的矢量差称为动量的变化量，即Δp＝p′－p，为矢量，方向与

速度的变化量Δv相同。

计算方法：选定正方向，与正方向相同的动量取正，与正方向相反的动量取负，运算规则满足

平行四边形法则。

动量的定义、单位和矢量性

1．从空中某点同时以相同的速率向各个方向抛出相同的小球，不计空气阻力。下列说法正确的是

（）

A．各小球落地时动量相同

B．落地前各小球位于同一个球面上

C．落地前同一时刻各小球的动能相同

D．与水平方向成45°斜向上抛出的小球水平射程最远

【答案】D

【详解】A．动量是矢量，各小球落地时动量方向不同，故A错误；

B．根据斜抛运动规律可知，落地前各小球不是位于同一个球面上，故B错误；

C．竖直上抛的小球动能先减小，后增大，所以落地前同一时刻各小球的动能不相同，故C错误；

D．设与水平方向成角斜向上抛出的小球水平射程最远，根据斜抛运动规律有

2vsinv2sin2

xv·2t＝vcos0＝0

x0gg

可知当45时，水平射程最远，故D正确；

故选D。

2．下列说法正确的是（）

A．物体的动能不变，其动量也一定不变B．物体受恒力作用时，其动量一定变化

C．物体动量为零时，一定处于平衡状态D．物体做曲线运动时，其动量可以不变

【答案】B

【详解】A．动能为标量，动量为矢量，速度大小不变，方向改变时，其动能不变，动量发生变化，

故A错误；

B．物体受恒力作用时，根据动量定理可知，其动量一定变化，故B正确；

C．物体动量为零时，速度为零，但物体的合外力可能不为零，所以物体不一定处于平衡状态，如竖

直上抛到最高点的物体，故C错误；

D．做曲线运动的物体速度方向不断改变，故动量的方向不断改变，故D错误；

故选B。

计算物体的动量及动量的变化

3．下列说法中正确的是（）

A．若合力对物体不做功，则物体的动量一定不变

B．若合力对物体做功，则物体的动量一定改变

C．若合力对物体不做功，则物体的机械能一定不变

D．若合力对物体不做功，物体的动能可能改变

【答案】B

【详解】A．合外力对物体不做功，物体的动能不变，但是动量不一定不变，例如做匀速圆周运动

的物体，故A错误；

B．合外力对物体做功，则动能一定变化，即速度的大小一定变化，则物体的动量一定变化，故B

正确；

CD．由动能定理，合外力对物体不做功，动能一定不变，机械能可能改变，故CD错误。

故选B。

4．质量为m的钢球自高处落下，以速率v1碰到水平地面后，竖直向上弹回，碰撞时间为Δt，离地

的速率为v2不计空气阻力，在碰撞过程中（）

A．钢球的动量变化量方向向下，大小为mv1v2

B．钢球的动量变化量方向向上，大小为mv1v2

mvv

C．钢球所受合力的冲量方向向下，大小为12

t

mvv

D．钢球受地面的弹力大小为12

t

【答案】B

-

【详解】AB．以向上为正方向，则初动量为mv1，末动量为mv2，则动量变化量为

pp2p1mv2mv1mv1v2

正值表示方向向上，故A错误，B正确；

C．由动量定理，钢球所受合力的冲量与钢球的动量变化量大小相等，方向相同

I合pmv1v2

方向向上。C错误；

D．设钢球所受地面的弹力大小为F，由动量定理知

Fmgtmv2mv1mv1v2

解得

mvv

F12mg

t

D错误。

故选B。

动量和动能的区别于联系

5．下列说法正确的是（）

A．质点的速度发生变化，动能就发生变化B．合外力的冲量不为零，则质点动能一定变化

C．质点的动量发生变化，动能一定发生变化D．合力做功不为零，则质点动量一定变化

【答案】D

【详解】A．动能只与速度大小有关，速度是矢量，若速度大小不变，方向变化时，速度变化，而

动能不变，故A错误；

BC．合外力的冲量不为零，则动量发生变化，可能是改变质点的动量方向，动量大小不变，则由

p2

E

k2m

可知质点动能不发生变化，故B错误；

D．合力做功不为零，则速度的大小发生变化，由

pmv

可知质点动量一定变化，故D正确。

故选D。

6．关于合外力、合外力的功、动量、动能的一些说法，正确的是

A．合外力的功为零，则动量可能变化，动能一定不变．

B．合外力的功为零，则动能可能变化，动量一定不变．

C．合外力不为零，则合外力必做功，动能一定变化

D．合外力不为零，则物体一定做变速运动，其动能一定变化．

【答案】A

【详解】根据动能定理，合外力对质点做的功为零，则质点的动能一定不变，即速度大小不变，但

是可能速度的方向发生变化，则动量改变，A正确，B错误；合外力不为零，则合外力不一定做功，

动能也不一定变化，例如匀速圆周运动，选项C错误；合外力不为零，则物体一定做变速运动，但

是其动能不一定变化，例如匀速圆周运动，选项D错误；故选A.

【点睛】本题运用动能定理和动量定理分别分析动能和动量的变化问题，既要抓住两者的区别：动

能是标量，动量是矢量，还要会举例说明．

知识点2：动量定理

1、冲量

定义：力和力的作用时间的乘积。

表达式：I＝Ft，适用于求恒力的冲量，方向与力的方向相同，在国际单位制中，冲量的单位是

牛·秒，符号为N·s。

物理意义：反映力的作用对时间的累积效应。

对冲量的理解：

冲量是矢量，计算满足平行四边形法则；

冲量是力在一段时间内的积累，由力和时间共同决定，它是一个过程量，求解时一定要明确是

哪一个力在那一段时间内的积累；

由于力与时间均与参考系无关，则冲量与参考系无关，具有绝对性。

冲量与功的联系与区别

联系冲量是力对时间的累积效应，功是力对位移的累积效应，因此它们都是过程量。

区别冲量是力对时间的累积效应，具有绝对性；功是力对位移的累积效应，具有相对性。

2、动量定理

内容：物体所受合力的冲量等于物体动量的变化量。

表达式：F合·t＝Δp＝p′－p。

对动量定理的理解：

动量变化的原因：外力的冲量；

表达式是矢量式，动量变化量方向与合力的方向相同，可以在某一方向上用动量定理；

动量定理具有普遍性，即不论物体的运动轨迹是直线还是曲线，不论作用力是恒力还是变力，

不论几个力的作用时间是相同还是不同都适用；

动量定理的研究对象是一个质点或者是一个物体的系统；

动量定理中的冲量是合外力的冲量,而不是某一个力的冲量,它可以是合力的冲量,也可以是各力

冲量的矢量和,还可以是外力在不同阶段的冲量的矢量和；

由动量定理得：F合＝(p2－p1)/t即物体动量的变化率等于它受到的合力；

与牛顿第二定律的瞬时性不同，力在瞬间可产生加速度，但不能改变动量，只有作用一段时间

后才能改变物体的动量。

动量定理的应用：

解释现象物体的动量变化一定，当力的作用时间越短时，力就越大；当力的作用时间

越长时，力就越小；

作用力一定，力的作用时间越长，动量变化量越大；力的作用时间越短，动

量量变化越小。

求变力的冲量用I＝Δp求变力的冲量。

求动量的变化量用Δp＝F·Δt求恒力作用下的曲线运动中物体动量的变化量。

应用动量定理的解题思路：

应用动量定理解决流体问题等

解决这类问题等的持续作用时，需以“流体”等为研究对象，方法为：选取“柱状”模型，利

用微元法来求解，分析如下：

选取一小段时间内（Δt）的连续体为研究对象；

确定Δt内连续体的质量Δm与Δt的关系式，若连续体密度为ρ，则Δm＝ρΔV＝ρSvΔt；

分析连续体的受力情况和动量的变化情况；

应用动量定理列出数学表达式；

求解并分析和讨论结果。

冲量的定义、单位和矢量性

7．如图所示，质量为m的滑块沿倾角为θ的固定斜面向上滑动，经过时间t1，速度为零并又开始下

滑，经过时间t2回到斜面底端，滑块在运动过程中受到的摩擦力大小始终为Ff，重力加速度为g。

在整个运动过程中，下列说法正确的是（）

A．支持力对滑块的总冲量为mg(t1＋t2)cosθB．重力对滑块的总冲量为mg(t1＋t2)sinθ

C．合外力的冲量为0D．摩擦力的总冲量为Ff(t1＋t2)

【答案】A

【详解】A．将重力按照垂直斜面和平行于斜面分解，可得支持力

Nmgcos

则支持力对滑块的总冲量为

INNt1t2mgt1t2cos

方向垂直斜面向上，故A正确；

B．根据冲量的定义知，重力对滑块的总冲量为

IGmgt1t2

方向竖直向下，故B错误；

C．一开始小滑块的动量沿斜面向上，最后小滑块的动量沿斜面向下，根据动量定理可知

I合F合t1t2p

显然合外力的冲量不为0。故C错误；

D．小滑块向上滑动时摩擦力方向沿斜面向下，小滑块向下滑动时摩擦力方向沿斜面向上，以沿斜

面向上为正方向，则摩擦力的总冲量为

I摩Fft2Fft1

故D错误。

故选A。

8．下列说法正确的是（）

A．做匀速圆周运动的物体，其向心加速度不变

B．对于一质量不变做平抛运动的物体，在任意相等时间内合外力冲量相同

C．冲量的方向与动量的方向一致

D．开普勒对天体进行系统观测，获得了大量的精确资料，并发表了开普勒行星运动定律

【答案】B

【详解】A．做匀速圆周运动的物体，其向心加速度大小不变，方向时刻改变，A错误；

B．因为做平抛的物体的合外力为重力，当物体的质量不变时，根根冲量的公式可得

Imgt

故在任意相等时间内合外力冲量相同，B正确；

C．由定义可知，冲量的方向与动量的方向没有关系，C错误；

D．第谷对天体进行系统观测，获得了大量的精确资料，开普勒发表了开普勒行星运动定律，D错误。

故选B。

求恒力的冲量

9．如图甲所示，物块放置在光滑固定斜面上，t0时刻对物块施加一沿斜面向上的、按图乙所示规

律变化的作用力F，物块由静止开始运动，物块加速度大小a随时间t变化的图象如图丙所示，重力

加速度g10m/s2，则下列说法正确的是（）

A．斜面倾角的正弦值为0.6B．物块的质量为0.2kg

C．0~1s内，F的冲量大小为2N·sD．1s末物块的速度大小为2.5m/s

【答案】D

【详解】A．t0时，F0，设斜面倾角为θ，物块的质量为m，对物块由牛顿第二定律，有

mgsinma0

可得

sin0.5

故A错误。

B．t1s时，F2N，物块的加速度为0，对物块由牛顿第二定律，有

2Nmgsin0

解得

m0.4kg

故B错误；

C．Ft图线与横轴围成的面积大小等于力F的冲量大小，则0~1s内，F的冲量大小为

21

INs1Ns

2

故C错误；

D．at图线与横轴围成的面积大小等于物块的速度变化量大小，又物块初始时刻的速度等于零，

则1s末物块的速度大小为

51

vm/s2.5m/s

2

故D正确。

故选D。

10．重100N的物体静止在水平面上，物体与水平地面间的动摩擦因数为0.4，现用水平推力F30N

作用于物体上，在2s时间内，物体受到的推力F的冲量是（）

A．80NsB．60NsC．20NsD．0

【答案】B

【详解】推力F的冲量

IFt302Ns60Ns

故选B。

求变力的冲量

11．如图所示，箱子放在水平地面上，箱内有一质量为m的铁球以速度v向左壁碰去，来回碰几次

后停下来，而箱子始终静止，则整个过程中（）

A．铁球对箱子的冲量为零

B．铁球和箱子受到的冲量为零

C．箱子对铁球的冲量为mv，向右

D．地面摩擦力对箱子的冲量为mv，向右

【答案】D

【详解】C．铁球受到重力、箱子给它的支持力和摩擦力，根据动量定理，水平方向上，铁球动量的

变化量等于箱子对其水平方向的冲量

I水平0mvmv

负号表示方向向右；箱子对铁球的冲量等于水平方向的冲量mv（向右）与竖直方向支持力的冲量(未

知)的矢量和，方向斜向右上方，故C错误；

A．箱子在水平方向上受铁球的水平作用力与箱子对铁球的水平作用力始终等大反向，则铁球对箱

子水平方向冲量为向左的mv；而铁球对箱子还有竖直向下的压力，压力的冲量不为零，所以整个过

程中铁球对箱子的冲量不为零，故A错误；

B．整个过程中，铁球的动量发生了变化，受到的冲量不为零，而箱子始终静止，合力为零，受到的

冲量始终为零，故B错误；

D．箱子对铁球水平方向的冲量为mv，向右，根据牛顿第三定律，铁球对箱子的水平冲量为mv，向

左，又因为地面摩擦力与铁球对箱子的水平作用力等大反向，所以地面摩擦力对箱子的冲量为mv，

向右，故D正确。

故选D。

12．如图所示劲度系数为k的轻质弹簧一端与质量为m的物体相连，另一端固定在竖直墙壁上，弹

簧恰好水平且处于原长，此时弹簧的左端位于O点。水平面光滑，用水平外力F将物体缓慢向右推

动距离x（弹簧处于弹性限度内）至A点，现突然撤去外力F，物体通过O点时的速度大小为v，则

下列说法正确的是（）

1

A．外力F的最大值为kx

2

1

B．外力F做的功为mv2

2

C．物体从A点运动至O点的过程中，墙壁对弹簧的弹力产生的冲量为0

D．物体从A点运动至O点的过程中，弹簧对物体的弹力产生的冲量大小为2mv

【答案】B

【详解】A．由于外力F将物体缓慢右推，每一时刻都可认为是平衡的，当物体被推至A点时F最

大，由胡克定律可知

Fmaxkx

A错误；

B．由于在外力作用过程中，物体缓慢运动，外力F做的功等于弹簧弹性势能的增加量，撤去外力F

1

后，当物体运动到O点时，弹性势能全部转化为物体的动能，所以外力F做的功为mv2，B正确；

2

CD．物体从A点运动至O点的过程中，水平方向上物体仅受弹簧弹力作用，由动量定理可知，弹

簧对物体的弹力产生的冲量大小为mv，弹簧两端力的大小是相等的，所以物体从A点运动至O点

的过程中墙壁对弹簧的弹力产生的冲量大小也为mv，CD错误。

故选B。

利用F-t图像求冲量

13．某同学想研究物体间的摩擦力大小的特性。如图甲所示，物块和木板叠放在实验台上，物块用

一不可伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连，细绳水平，实验时，力传感器测定细绳的拉

力大小，另有速度传感器实时记录木板的速度大小。t0时，木板受到一个随时间均匀增大的水平

外力Fkt（k是常数）的作用在t=4s时撤去外力F。细绳对物块的拉力T随时间t变化的关系如图

乙所示，木板的速度v与时间t的关系如图丙所示。木板与实验台之间的摩擦可以忽略，物块的质量

m50g，重力加速度取g10m/s2。由题中数据可以得出（）

A．物块与木板间的动摩擦因数为0．04

B．0~2s内，细绳对物块拉力T的冲量大小为0.24Ns

C．2s~4s内，力F的冲量大小为0.32Ns

D．4s~5s内摩擦力对木板做功为0．064J

【答案】B

【详解】A．由图乙可知，2s后物块和木板发生相对滑动，物块受到滑动摩擦力及绳的拉力而平衡，

可得

Tmg

其中

T0.20N

解得物块与木板间的动摩擦因数为

=0．4

A错误；

B．0~2s内，细绳对物块拉力T的冲量大小等于图乙中图线下方的面积，即

1

I0.242Ns0.24Ns

2

B正确；

C．0~2s内，系统处于静止状态，外力F与细绳上拉力相等，结合图乙可得外力满足的关系式为

F0.12t

2s~4s内，力F的冲量大小为

0.1220.124

I2Ns0.72Ns

F2

C错误；

D．由图丙可得，4s~5s木板的位移为

0.320.12

s10.22m

2

摩擦力对木板做功为

Wfmgs0.044J

D错误。

故选B。

14．一物体受到方向不变的力F作用，其中力的大小随时间变化的规律如图所示，则力F在6s内的

冲量大小为（）

A．9NsB．13.5NsC．15.5NsD．18Ns

【答案】B

【详解】由公式

IFt

可知在F-t图像中，图线与坐标轴的面积为冲量的大小，所以

1

I3333Ns13.5Ns

2

故B正确，ACD错误。

故选B。

动量定理的内容和表达式

15．一质量为m的物体t=0时刻从静止开始所受的合力F随时间t的关系图像如图所示，则在t=t0

时刻物体的动能为（F0为已知量）（）

F2t2F2t2F2t2F2t2

A．00B．00C．00D．00

8m4m2mm

【答案】A

【详解】由图像可知，0至t0时间间隔内，对时间而言，合力F的平均值为0.5F0，由动量定理可得

0.5F0t0mv

物体的动能为

1F2t2

Emv200

k28m

故选A。

16．关于动量和动能，下列说法中正确的是（）

A．做变速运动的物体，动能一定不断变化

B．做变速运动的物体，动量不一定变化

C．合外力对物体做功为零，物体动能的增量可能不为零

D．合外力的冲量为零，物体动量的增量一定为零

【答案】D

【详解】A．做变速运动的物体，其速度可能大小不变而方向改变，所以动能不一定改变，故A错

误；

B．做变速运动的物体，其速度一定改变，则动量一定变化，故B错误；

C．合外力对物体做功为零，根据动能定理可得物体动能的增量一定为零，故C错误；

D．合外力的冲量为零，根据动量定理可得物体动量的增量一定为零，故D正确。

故选D。

用动量定理解释缓冲现象

17．如图所示，正面双手垫球是排球训练基本动作之一、某同学在一次训练中，排球由静止自由下

落0.8m，被双手重新垫起，离开手臂后竖直上升的高度仍为0.8m。已知排球与手臂的作用时间为

0.05s，排球质量为0.3kg，重力加速度g10m/s2，不计空气阻力，以竖直向下为正方向，则（）

A．排球与手臂作用过程的动能变化量为4.8J

B．排球与手臂作用过程的动量变化量为零

C．排球与手臂作用过程的动量变化量为2.4kg•m/s

D．排球与手臂间的平均作用力大小为51N

【答案】D

【详解】ABC.排球自由下落与手臂接触前、后瞬间的速度大小为

v1v22gh4m/s

动能为标量，故作用过程动能变化量为0，由于题中规定竖直向下为正方向，则作用过程的动量变

化量为

pm(v2)mv12.4kgm/s

故ABC错误；

D．设排球与手臂间的作用力大小为F，由动量定理有

(Fmg)tm(v2)mv1

解得

F51N

故D正确。

故选D。

18．某国产品牌汽车以网上直播的方式进行了一场正面100%碰撞测试。测试中汽车以50km/h的速

度撞上一面不会变形的刚性墙，并且安全气囊弹出，停下时的场景如图所示。下列说法正确的是

（）

A．安全气囊使驾驶员动能变化量减小

B．安全气囊使驾驶员动量变化量减小

C．安全气囊使驾驶员所受平均撞击力减小

D．安全气囊使驾驶员所受平均撞击力的冲量减小

【答案】C

【详解】A．驾驶员动能变化量为

1

E0mv2

k2

由此可知，有无安全气囊驾驶员动能变化量均相等，故A错误；

BCD．安全气囊使驾驶员动量变化量为

IFtp0mv

由此可知，动量变化量不变，驾驶员所受平均撞击力的冲量不变，但安全气囊使得驾驶员与车的接

触时间增大，从而减小平均撞击力，故BD错误，C正确。

故选C。

利用动量定理求蹦极类问题

19．2022年11月20日蹦床世锦赛在保加利亚结束，中国蹦床队夺得女子网上团体金牌。假设队员

胡译乘的质量为50kg，从离水平网面3.2m高处自由下落，着网后沿竖直方向蹦回到离水平网面5.0m

高处。已知运动员与网接触的时间为0.8s，g=10m/s2规定竖直向下为正方向，则下列说法正确的是

（）

A．运动员与网刚分离时的动量为5000kgm/s

B．运动员与网接触的这段时间内动量的改变量为900kgm/s

C．网对运动员的平均作用力大小1625N

D．从自由下落开始到蹦回离水平网面5.0m高处这一过程中运动员所受重力的冲量900N·s

【答案】C

【详解】A．设运动员与网刚分离时的速度大小为v2，则竖直向上运动的过程，有

2

v22gh2

解得

v2=10m/s

则运动员与网刚分离时的动量为

p2mv2=500kgm/s

故A错误；

B．设运动员自由下落着网时的速度大小为v1，则

v12gh1=8m/s

则运动员与网接触的这段时间内动量的改变量为

pmv2mv1900kgm/s

故B错误；

C．运动员与网接触的过程，由动量定理得

(Fmg)tp

解得网对运动员的平均作用力大小为

F1625N

故C正确；

D．从自由下落开始到蹦回离水平网面5.0m高处的过程中，有动量定理得

IGFt0

解得重力的冲量为

IG=1300Ns

故D错误。

故选C。

20．“守株待兔”是我们熟悉的寓言故事，它出自《韩非子》，原文为：宋人有耕田者。田中有株，

兔走触株，折颈而死。因释其耒而守株，翼复得兔。兔不可复得，而身为宋国笑。假设一只兔子质

量为2kg，受到惊吓后从静止开始沿水平道路匀加速直线运动，经过1.2s速度大小达到9m/s后匀速

奔跑，撞树后被水平弹回，反弹速度大小为1m/s，设兔子与树的作用时间为0.05s，下列说法正确的

是（）

20

A．加速过程中兔子的加速度为m/s2

3

B．加速过程中兔子的加速度为160m/s2

C．撞树过程中树对兔子的平均作用力大小为320N

D．撞树过程中树对兔子的平均作用力大小为400N

【答案】D

【详解】AB．兔子经过1.2s速度由零达到9m/s，根据加速度公式可知

v

a==7.5m/s2

t

故AB错误；

CD．撞树过程中，撞树前的动量大小

p=mv=2×9kg·m/s=18kg·m/s

以撞树前兔子的速度方向为正方向，兔子撞树后的动量

p′=mv′=2×（-1）kg·m/s=-2kg·m/s

兔子撞树过程动量变化量

Δp=p′-p=-2kg•m/s-18kg•m/s=-20kg•m/s

由动量定理得

Ft=Δp=-20N•s

则兔子受到平均作用力大小为

F=400N

故C错误，D正确。

故选D。

动量定理与v-t图像结合的问题

21．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，一段时间后搬去

推力，物体继续运动一段距离后停下，两物体的vt图像如图所示，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．合外力对a物体的冲量等于合外力对b物体的冲量

【答案】D

【详解】ABC．由题图可知，AB//CD，由v−t图像斜率表示加速度可知，说明推力撤去后两物体的

加速度相等，推力撤去后物体的合力等于摩擦力，由牛顿第二定律可知，两物体受摩擦力大小相等，

a物体的运动时间小于b物体的时间，由

IFft

可知摩擦力对a物体的冲量大小小于摩擦力对b物体的冲量大小，对整个过程中，由动量定理可得

F1t1FftOB0

F2t2FftOD0

又

tOBtOD

则有

F1t1F2t2

即F1的冲量小于F2的冲量，ABC错误；

D．由动量定理可知，合外力的冲量等于物体动量的变化量，a、b两个物体的动量变化量都是零，

所以合外力对a物体的冲量等于合外力对b物体的冲量，D正确。

故选D。

22．一质量为m的物体在水平恒力F的作用下沿水平面运动，在t0时刻撤去力F，其v-t图像如图

所示。已知物体与水平面间的动摩擦因数为μ，则物体在运动过程中（）

1

A．摩擦力做功为mv2B．物体速度变化为零，所以F平均功率为零

20

3

C．F做功WmgvtD．F=2μmg

200

【答案】C

【详解】对0t0过程和03t0过程，由动量定理

Ft0mgt0mv0

（）

Ft0mg3t00

解得

F3mg

速度图线与横轴所围面积为位移则

1

x3vt

200

解得

3

mgxmgvt

200

由动能定理可得

Wmgx0

解得

3

Wmgvt

200

F在这段时间内做功不为零，所以平均功率也不为0，故C正确，ABD错误。

故选C。

用动量定理解决流体问题

23．如图所示，一游客通过控制喷水装置悬浮在空中．假设游客和装置的总质量为60kg，水喷出

时的速度约为30m/s，重力加速度g取10m/s2，则每秒钟喷出水的质量约为（）

A．1.5kgB．10kgC．30kgD．20kg

【答案】D

【详解】每秒钟内，喷出水的动量变化量等于人和装置对水的作用力的冲量，由动量定理得

mvMgt

解得

m20kg

故D正确。

故选D。

24．如图所示，质量为M的直20武装直升机旋翼有4片桨叶，桨叶旋转形成的圆面面积为S。已

知空气密度为，重力加速度大小为g。当直升机悬停空中时，发动机输出的机械功率为P，桨叶旋

转推动空气，空气获得的速度为v0，则单位时间内桨叶旋转推动空气的质量可表示为（）

2222

22MgMg

A．Sv0B．2Sv0C．D．

P2P

【答案】D

【详解】AB．设在时间t内通过面积S的空气质量为m，则

ΔmSv0Δt

解得

m

Sv

t0

故AB错误；

CD．发动机输出的机械功率

12

mv0

P2

t

对空气根据动量定理有

Fmgtmv0

对直升机根据平衡知识

FMg

考虑

Mgmg

联立解得

mM2g2

t2P

故C错误，D正确。

故选D。

多选题

25．如图所示，长度为l的传送带水平固定放置，在电机的带动下以恒定的速度运行，把一个质量

为m的小物块（视为质点）轻轻地放到传送带上，物块由传送带的最左端运动到最右端的过程中，

前一半时间t做匀加速直线运动，后一半时间t做匀速直线运动。重力加速度为g，下列说法正确的

是（）

2ml2

A．物块获得的最大动能为

9t2

3l

B．物块与传送带之间的动摩擦因数为

2gt2

2ml

C．整个过程中摩擦力的冲量为

3t

4ml2

D．整个过程中，电机因放上物块而多消耗的电能为

9t2

【答案】ACD

【详解】A．设传送带的速度为v，由初速度为0的匀加速直线运动规律以及匀速直线运动规律可得

v

tvtl

2

解得

2l

v

3t

则物块获得的最大动能为

12ml2

Emv2

k29t2

A正确；

B．由牛顿第二定律及加速度的定义式可得

fv

ag

mt

解得物块与传送带之间的动摩擦因数为

2l

3gt2

B错误；

C．由动量定理可得整个过程中摩擦力的冲量为

2ml

Imv

3t

C正确；

D．物块与传送带之间的摩擦生热为

v

Qmgvtt

2

结合

2l2l

，v

3gt23t

联立解得

2ml2

Q

9t2

因电机多消耗的电能为

4ml2

EEQ

k9t2

D正确。

故选ACD。

26．一质量为1kg的物块在合外力F的作用下从静止开始沿直线运动。F随时间t变化的图线如图所

示，则下列说法正确的是（）

A．t2s时物块的速度为2m/sB．t2s时物块的速度为4m/s

C．t=4s物块的动量为6kgm/sD．t=4s时物块的动量为2kgm/s

【答案】AD

【详解】AB.由动量定理可得

Ftmv2

当t2s时物块的速度为

12

vm/s=2m/s

21

故A正确，B错误；

CD.0~4s内，由动量定理可得

（）

I4FΔt1222kgm/s2kgm/s

故C错误，D正确。

故选AD。

27．一个质量为60kg的端床运动员，从离水平网面某高处自由下落，着网后沿竖直方向端回到空中。

用摄像机录下运动过程，从自由下落开始计时，取竖直向下为正方向，用计算机作出vt图像如图

2

所示，其中0~t1和t2~t3为直线，t21.6s，不计空气阻力，取重力加速度g10m/s。从自由下落

开始到蹦至离水平网面最高处的过程中，下列说法正确的是（）

A．网对运动员的平均作用力大小为1950NB．运动员动量的变化量为1080kgm/s

C．弹力的冲量大小为480NsD．运动员所受重力的冲量大小为1560Ns

【答案】AD

【详解】A．由自由落体运动可知

8

ts0.8s

110

在时间内，网对运动员有作用力，根据动量定理得

t1~t2

mgFt2t1mv2mv1

其中，v18m/s，v210m/s，得

F1950N

网对运动员的平均作用力大小为1950N，A正确；

B．从自由下落开始到蹦至离水平网面最高处的过程中，运动员动量的变化量为0，B错误；

C．弹力的冲量大小为

IFt2t11560Ns

C错误；

D．运动员所受重力的冲量大小与弹力对运动员的冲量大小相等，即1560Ns，D正确。

故选AD。

解答题

28．小夏老师用玩具手枪以初速度v0竖直向上发射了一颗橡胶弹丸，若弹丸在运动过程中受到的空

气阻力与其速率成正比（f=kv），弹丸运动的速率随时间变化的规律如图所示，t1时刻到达最高点，

再次回落到发射点时，速率为v1，已知重力加速度为g。

（1）假设弹丸的质量为m，求出常数k；

（2）求弹丸在空中运动的最大加速度amax；

（3）求弹丸从最高点回落到射出点的时间t2。

mgv0v0v1

【答案】（1）；（2）1g；（3）t1

v1v1g

【详解】（1）由于速率随时间变化的图像的斜率的绝对值表示加速度大小，根据图像可知，弹丸回

到发射点时，弹丸的合力为0，则有

mg-kv1=0

解得

mg

k