2027高考物理复习题型精讲及课时精练专题30 动量 动量定理（教师版）

专题30动量动量定理

题型一对动量、冲量的理解........................................................................................................................2

题型二动量定理的理解及应用....................................................................................................................11

题型三应用动量定理处理“流体类”问题................................................................................................16

题型四动量定理与图像问题结合................................................................................................................26

课时精练..........................................................................................................................................................35

【基础回顾】

一、动量

1．动量

(1)定义：运动物体的质量和速度的乘积。

(2)公式：p＝mv。

(3)单位：千克米每秒，符号是kg·m/s。

(4)矢量性：方向与速度的方向相同，运算遵循平行四边形定则。

2．动量变化量

(1)定义：物体在某段时间内末动量和初动量的矢量差(也是矢量)。

(2)动量变化量的计算

①动量始终保持在一条直线上时的运算：选定一个正方向，动量、动量的变化量用带正、

负号的数值表示，Δp＝p′－p。

②当初、末动量不在一条直线上时，用平行四边形定则或三角形定则计算，如图所示。

二、动量定理

1．冲量

(1)定义：力与力的作用时间的乘积。

(2)公式：I＝FΔt。

(3)单位：牛顿秒，符号是N·s。

(4)矢量性：方向与_力的方向__相同。

(5)物理意义：反映力的作用对时间的积累效应。

2．动量定理

(1)内容：物体在一个过程始末的动量变化量等于它在这个过程中所受合力的冲量。

(2)表达式：mv′－mv＝F合t或p′－p＝F合t。

题型一对动量、冲量的理解

1．动能、动量、动量变化量的比较

动能动量动量变化量

特点状态量状态量过程量

2

p12Ek

关联方程Ek＝，Ek＝pv，p＝2mEk，p＝

2m2v

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

联系

时动能不一定发生变化

2．冲量的计算

(1)恒力的冲量：直接用定义式I＝Ft计算。

(2)变力的冲量

①平均力法：若力的大小随时间均匀变化且力的方向不变，即力与时间是一次函数关系，

F1＋F2

则力F在某段时间t内的冲量I＝t，其中F1、F2为该段时间内初、末两时刻力的大小。

2

②F－t图像法：在F－t图像中，图线与t轴所围的“面积”即为变力的冲量。如图所示。

③动量定理法：对于已知始、末时刻动量的情况，可用动量定理求解，即通过求动量变

化量间接求出冲量。

【例题精讲】

1．下列说法正确的是（）

A．一对相互作用力的总冲量一定为零

B．一对相互作用的摩擦力的总功一定为零

C．物体动量变化量为负，则物体动量大小在减小

D．力冲量的正负表示方向，力做功的正负表示大小

【答案】A

【详解】A．相互作用力总等大反向，同时存在，根据冲量的定义，可知一对相互作用力的冲量大小相等，

方向相反，故总冲量一定为零，故A正确；

B．相互作用力发生的位移不一定相同，故一对相互作用的摩擦力的总功不一定为零，故B错误；

C．动量变化量是矢量，负号代表与规定的正方向相反，并不代表动量在减小，故C错误；

D．冲量是矢量，正负表示方向，功的正负表示力作用的效果，正功表示动力做功，负功表示阻力做功，

故D错误。

故选A。

2．水平抛出一石子，忽略空气阻力，在石子运动过程中，下列说法中正确的个数为（）

①石子运动的时间与抛出时的速度大小有关

②石子可能垂直落在水平地面上

③石子的速度变化率恒定

④在相同时间内，石子速度变化量相同

⑤在相同时间内，石子动量变化量相同

⑥在相同时间内，石子动能变化量相同

⑦在相同时间内，石子重力做功的平均功率相同

A．7个B．5个C．3个D．1个

【答案】C

【详解】①石子做平抛运动，设石子离地面的高度为ℎ，根据平抛运动规律，石子在竖直方向做自由落体

1

运动，则有ℎ=푔푡2

2

2ℎ

解得푡=

푔

可知石子运动的时间与抛出时的速度大小无关，故错误；

②石子做平抛运动，石子落地时有水平速度，故石子不可能垂直落在水平地面上，故错误；

Δ푣

石子做平抛运动的加速度为重力加速度푔，根据加速度定义式有푔=

③Δ푡

Δ푣

可知石子的速度变化率等于重力加速度푔，即石子的速度变化率恒定，故正确；

Δ푡

Δ푣

石子做平抛运动的加速度为重力加速度푔，根据加速度定义式有푔=

④Δ푡

可得Δ푣=푔Δ푡

可知在相同时间Δ푡内，石子速度变化量Δ푣相同，故正确；

Δ푣

根据Δ푝=푚Δ푣，푔=

⑤Δ푡

可得Δ푝=푚푔Δ푡

可知在相同时间Δ푡内，石子动量变化量Δ푝相同，故正确；

⑥根据动能定理有Δ퐸k=푚푔Δℎ

根据平抛运动在竖直方向做自由落体运动的规律，可知在相同时间Δ푡内，竖直方向的位移变化量Δℎ不同，

故在相同时间Δ푡内，石子动能变化量Δ퐸k不相同，故错误；

푚푔Δℎ

⑦根据푃=

Δ푡

因在相同时间Δ푡内，竖直方向的位移变化量Δℎ不同，故在相同时间Δ푡内，石子重力做功的平均功率푃不相

同，故错误。

故③④⑤正确，即3个正确；①②⑥⑦错误，即4个错误。

故选C。

3．某“失重”餐厅的传菜装置如图所示，运送菜品的小车沿等螺距轨道向下匀速率运动，该轨道各处弯曲程

度相同，在此过程中，小车（）

A．机械能保持不变B．所受合力不为零

C．处于失重状态D．动量保持不变

【答案】B

【详解】A．小车沿等螺距轨道向下匀速率运动，速度大小不变，动能不变，小车高度减小，即重力势能

减小，可知小车的机械能减小，故A错误；

B．根据上述可知，小车沿轨道方向的合力为0，轨道对小车的指向图中轴心的作用力提供圆周运动的向心

力，即小车的合力不为零，合力方向总指向图中轴心，故B正确；

C．由于小车沿等螺距轨道向下做匀速率运动，沿轨道方向的速度大小不变，即小车沿轨道方向的合力为

0，即沿轨道方向的加速度为0，又由于该轨道各处弯曲程度相同，则轨道对小车的指向图中轴心的作用力

提供圆周运动的向心力，该作用力方向沿水平方向，可知小车的加速度方向沿水平方向，小车不存在竖直

方向的加速度，即小车既不处于超重，又不处于失重，故C错误；

D．小车做螺旋运动，速度大小不变，方向改变，根据动量表达式有푝=푚푣，可知小车的动量大小不变，

动量的方向发生变化，即动量发生了变化，故D错误。

故选B。

4．如图所示为2026年春晚节目《武BOT》机器人表演时的情景。机器人在水平地面加速奔跑过程中，下

列说法正确的是（）

A．机器人所受的合力为零

B．机器人所受重力的冲量不为零

C．地面对机器人的支持力做正功

D．机器人所受地面的作用力方向竖直向上

【答案】B

【详解】A．机器人做加速运动，加速度不为零，根据牛顿第二定律，机器人所受合力不为零，故A错误；

B．冲量定义为퐼=퐹푡

重力不为零，加速过程的时间不为零，因此重力的冲量퐼=푚푔푡≠0

故B正确；

C．地面对机器人的支持力方向竖直向上，机器人的位移沿水平方向，支持力方向与位移方向垂直，因此

支持力不做功，故C错误；

D．地面对机器人的作用力包含两个部分：竖直向上的支持力，以及水平向前提供加速度的静摩擦力，因

此地面作用力的合力方向斜向前上方，不是竖直向上，故D错误。

故选B。

5．如图所示，物块在恒定拉力F作用下沿固定斜面向上加速运动，则（）

A．支持力的冲量等于零B．拉力F的冲量沿斜面向上

C．拉力F的冲量等于物块的动量变化量D．物块动量变化量的方向沿斜面向上

【答案】D

【详解】．根据퐼=퐹Δ푡可知，支持力的冲量不等于零，错误；

A퐹NNA

B．拉力F的冲量沿力F的方向斜向上，B错误；

C．根据动量定理可知，合外力的冲量等于物块的动量变化量，C错误；

D．物块沿斜面向上加速运动，则合外力方向沿斜面向上，根据动量定理可知，动量变化量的方向沿斜面

向上，D正确。

故选D。

6．萍乡市上栗县是“中国烟花爆竹之乡”，现有上栗县生产的某烟花筒，结构如图1所示。其工作原理为：

点燃引线，引燃发射药燃烧发生爆炸，礼花弹获得一个竖直方向的初速度并同时点燃延期引线，当礼花弹

到最高点时，延期引线点燃礼花弹并炸开形成漂亮的球状礼花。现假设某礼花弹在最高点炸开成a、b两

部分，速度均为水平方向。炸开后a、b的轨迹图如图2所示。不计空气阻力，则（）

A．炸开后a、b处于最高点时，a、b两部分的动能之比为1∶3

B．炸开后a、b处于最高点时，a、b两部分的动量大小之比为1∶3

C．从炸开到两部分落地的过程中，a、b两部分所受重力的冲量之比为3∶2

D．a、b两部分落地时的重力功率之比为1∶2

【答案】A

푥푎1

【详解】AB．a、b两部分水平方向做匀速运动，水平位移之比=，竖直高度相等

푥푏3

1

根据ℎ=푔푡2可得运动时间相等

2

푣푎0푥푎1

根据푥=푣푡可得水平速度大小之比等于水平位移大小之比，即==

0푣푏0푥푏3

a、b两部分在最高点炸裂时，由动量守恒可得푝푎=푚푎푣푎0=푚푏푣푏0=푝푏

푝2

根据动量与动能关系퐸=

k2푚

퐸푘푎푚푏푣푎01

可得===，故A正确，B错误；

퐸푘푏푚푎푣푏03

C．根据퐼=푚푔푡

퐼푎푚푎

可得a、b两部分所受重力的冲量之比==3:1，故C错误；

퐼푏푚푏

D．根据功率公式푃퐺=푚푔푣푦

二者的竖直速度大小相等，可得a、b落地时的重力功率之比等于质量之比，即3:1，故D错误。

故选A。

7．如图，质量为푚的带电小球，只在重力作用下由静止从空间的푀点自由下落，经时间푡到达正下方的푁点

푡

时，突然加上一个大小未知的竖直向上的匀强电场，在电场力和重力作用下，又经带电小球恰好又通过푀

2

点。重力加速度为푔，在此运动过程中（）

9푚푔푡

．小球电场力的冲量大小为

A2

3푔푡

．小球返回到푀点的速度大小为

B2

7푚푔2푡2

C．小球的机械能增加了

2

D．小球在푀点的电势能大于它在푁点的电势能

【答案】A

【详解】A．由题意可知，小球从N点向下匀减速至速度减为0，后反向匀加速通过M点，所以电场力方

1푡1푡2

向竖直向上。以竖直向下为正，由运动学公式可得ℎ=푔푡2，ℎ=푔푡·−푎，ℎ+ℎ=0

12222212

解得加速度的大小푎=8푔

所以电场力퐹=푚푔+푚푎=9푚푔

9푚푔푡

则电场力的冲量大小퐼=，故正确；

2A

푎푡8푔푡

．返回到M点的速度大小为푣=−푣+=−푔푡+=3푔푡，故错误；

B푀N22B

19푚푔2푡2

C．小球从M再回到M点，重力势能不变，机械能增加量为Δ퐸=Δ퐸=푚푣2=，故C错误；

K2푀2

D．因为从N点到M点，电场力对小球做正功，电势能减小，故小球在M点的电势能小于它在N点的电

势能，故D错误。

故选A。

8．（多选）如图，倾角为37°足够长的光滑绝缘斜面处于匀强磁场中，磁场方向垂直纸面，磁感应强度为

푚푔

。可视为质点的小球质量为，带电量为，以平行于斜面的初速度从斜面底端点向上滑行，

Bm+푞휐0=푞퐵O

一段时间后小球从C点（图上未标出）离开斜面。已知sin37°=0.6，重力加速度为g，整个运动过程中小

球带电量保持不变，下列分析正确的是（）

A．磁场方向垂直纸面向里

3휐2

．O与C间距离为0

B10푔

27푚휐

．小球离开斜面之前的过程中斜面对小球弹力的冲量大小为0

C10

23휐2

．小球离开斜面后相对O点能够上升的最大高度为0

D50푔

【答案】BC

푚푔

【详解】．小球在点受到洛伦兹力的大小，方向垂直斜面，如果垂直斜面向

AO퐹=푞휐0퐵=푞⋅푞퐵⋅퐵=푚푔

上，有퐹>푚푔cos37∘

则小球开始时就会离开斜面，而小球一段时间后才离开斜面，说明小球开始时所受洛伦兹力垂直斜面向下，

且小球是在下滑过程中离开斜面的，所以由左手定则可知，磁场方向垂直纸面向外，故A错误；

B．若小球至某位置时离开斜面。离开斜面前满足푚푔sin37°=푚푎

得푎=푔sin37°

加速度恒定，小球向上做匀减速直线运动；离开斜面瞬间满足푞휐퐵=푚푔cos37°

푚푔cos37°4

得휐==휐

푞퐵50

由匀变速直线运动规律得−휐=휐0−푎푡

2

3휐0휐+(−휐)3휐

可得푡=，푥=0푡=0，故B正确；

푔210푔

C．上行过程垂直斜面方向上由平衡条件可得퐹N1=푞휐上퐵+푚푔cos37°

此过程中弹力的冲量为퐼1=∑(푞휐上퐵+푚푔cos37°)Δ푡=(푚푔cos37°)푡1+푞퐵푥1

同理可得下行过程弹力冲量为퐼2=∑(−푞휐下퐵+푚푔cos37°)Δ푡=(푚푔cos37°)푡2−푞퐵푥2

全程弹力冲量为퐼=퐼1+퐼2=(푚푔cos37°)(푡1+푡1)−푞퐵(푥1−푥2)

3휐3휐2

根据选项的分析可知푡+푡=푡=0，푥−푥=푥=0

B12푔1210푔

27푚휐

联立得퐼=0，故正确；

10C

112

．小球离开斜面后做曲线运动，从离开斜面至到达到最高点的过程中由功能关系可得푚푔ℎ=푚휐2−푚휐′

Dm22

′

在水平方向上由动量定理可得∑푞휐푦퐵Δ푡=푞퐵ℎm=푚휐cos37°−푚휐

6휐2

联立可得ℎ=0

m25푔

21휐2

离开斜面后相对푂点能够上升的最大高度퐻=ℎ+푥sin37°=0，故错误。

m50푔D

故选BC。

9．（多选）雨滴在下落过程中所受的阻力是随速度变化而变化的。某物理兴趣小组的同学在AI工具的帮助

下了解到，较小的雨滴（半径小于0.1mm）在初始加速下落阶段所受的空气阻力仅与雨滴的速率푣成正比，

而与雨滴的质量无关，即푓=푘푣(푘>0)；当阻力增大至与重力平衡时，雨滴达到收尾速度，此时雨滴受到

的空气阻力将与速率的平方成正比，即푓=푘′푣2(푘′>0)。该小组的同学尝试通过实验验证雨滴在下落过程

中的动力学关系。他们在足够深的竖直圆筒内注满一定浓度的液体模拟高空中的空气，用质量分别为푚1和

푚2的甲、乙两球模拟雨滴，将两球从液面处同时由静止释放，用速度传感器得到两球的푣−푡图像如图所示，

经时间푡0两球的速度都已达到各自的稳定值푣1和푣2。下列判断正确的是（）

A．푚1>푚2

B．0~푡0时间内两球下落的高度相等

C．0~푡0时间内乙球所受“空气阻力”的冲量更大

D．0~푡0时间内两球间距增大，且增大得越来越快

【答案】AD

【详解】A．当两球的速度达到稳定值时有푚푔−푘′푣2=0

由图像可知푣1＞푣2，所以m1＞m2，故A正确；

B．푣−푡图线与坐标轴围成的面积表示位移，所以由푣−푡图像可知，0~t0时间内两球下落的高度满足h1＞h2，

故B错误；

C．在极短时间Δt内f可视为恒力，则有Δ퐼f=푘푣Δ푡=푘Δ푥

将Δ퐼f在0~t0时间内累积有퐼f=푘푥

由图像可知，0~t0时间内乙的位移较小，则“空气阻力”的冲量应较小，故C错误；

D．由푣−푡图像面积差的变化可知，0~t0时间内两球间距增大，且相同时间内面积差越来越大，故D正确。

故选AD。

10．（多选）如图甲所示，质量为2kg的薄木板B静止在光滑的水平地面上，质量为1kg的物块A静止在B

的右端。t=0时刻起，对B施加一水平向右的作用力F，其大小随时间t变化关系如图乙所示，t=3s时撤去

F。已知A与B之间的动摩擦因数为0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，A始终未脱离B，取g=10m/s2。

下列说法正确的是（）

A．t=2.5s时A与B未发生相对滑动

B．0~2s内摩擦力对A的冲量大小为4kg⋅m/s

C．t=2s时，B的速度大小为2m/s

D．t=3s时，A的速度大小为4m/s

【答案】CD

【详解】A．AB恰发生相对滑动时，对A分析휇푚A푔=푚A푎0

2

解得a0=2m/s

此时对AB整体퐹0=(푚A+푚B)푎0

解得F0=6N

则此时t=2s，即当t=2.5s时A与B已经发生相对滑动，故A错误；

1

．内摩擦力对的冲量大小为퐼=휇푚푔푡=2kg⋅m/s，故错误；

B0~2sA푓2A2B

1

．内整体一起加速运动，加速度从零均匀增加到2，则t时，的速度大小为푣=×2×2m/s

C0~2s2m/s=2sB22

=2m/s，故C正确；

2

D．从2s~3s滑块A做匀加速运动，加速度为a0=2m/s，可知t=3s时，A的速度大小为푣3=푣2+푎0Δ푡=(2+2

×1)m/s=4m/s，故D正确。

故选CD。

题型二动量定理的理解及应用

1.对动量定理的理解

(1)动量定理的表达式是矢量式，列式时要注意各个量与规定的正方向之间的关系(即要注

意各个量的正、负)。

(2)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。

(3)应用动量定理可以只研究一个物体，也可以研究几个物体组成的系统。

(4)当用动量定理研究系统时，初态的动量p是系统各部分动量之和，末态的动量p′也

是系统各部分动量之和。

(5)对系统各部分的动量进行描述时，应该选取同一个参考系，不然求和无实际意义。

【例题精讲】

1．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퐼=푚푣−푚푣0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퐼=퐹Δ푡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。

2．如图甲所示，在拉力传感器的下端竖直悬挂一个弹簧振子，拉力传感器可以实时测量弹簧弹力大小。

图乙是小球简谐运动时传感器示数随时间变化的图像，푡=0时小球处于平衡位置，已知重力加速度푔=10

m/s2，下列说法正确的是（）

A．小球的质量为0.8kg，振动的周期为8s

B．0~2s内，小球受回复力的冲量大小为0

C．3s~4s和4s~5s内，小球受回复力的冲量相同

D．1s~3s内，小球受回复力的冲量大小为0

【答案】D

【详解】A．根据图乙可知푡=0时小球处于平衡位置，此时弹簧的弹力等于小球的重力。t=1s时，弹簧弹

力最大，为퐹max=16N，小球位于最低点；t=3s时，弹簧弹力最小，为퐹min=0，小球位于最高点。

퐹+퐹

由对称性可知，푚푔=maxmin=8N

2

弹簧振子完成一次全振动时间，即振动周期푇=2×(3−1)s=4s

故A错误；

B．小球受到的合外力提供回复力，0~2s内，小球从平衡位置向下运动到最低点后又回到平衡位置，初速

度和末速度不为零且大小相等，而方向相反，则速度变化量不为零，根据动量定理可知回复力的冲量大小

不为0，故B错误。

C．在简谐运动中，回复力퐹回是变力，3s-4s内小球从正向最大位移处向平衡位置运动，回复力方向指向平

衡位置(负方向)；4s-5s内小球从平衡位置向负向最大位移处运动，回复力方向指向平衡位置(正方向)。冲

量是矢量，3s-4s和4s-5s内回复力方向不同，所以小球受回复力的冲量方向不同，冲量不相同，故C错误。

D．1s-3s内，1s和3s时小球的速度大小相等均为零，根据动量定理퐼=Δ푝=푚푣末−푚푣初

即小球受回复力的冲量大小为0，故D正确。

故选D。

3．新能源电动汽车具有使用成本低、节约能源、减少废气排放等诸多优点。某次新能源汽车性能测试中，

汽车沿水平方向由静止开始做直线运动，传感器采集的水平牵引力随时间变化的数据如图所示。已知汽车

质量为2000kg，18s后汽车开始做匀速运动，设汽车所受阻力恒定。则汽车在18s后匀速运动的速度为

（）

A．24m/sB．36m/sC．54m/sD．72m/s

【答案】B

【详解】由于18s后汽车开始做匀速运动，所以汽车所受阻力为푓=1×103N

在0-18s的过程中，由动量定理可得：퐹1푡1+퐹2푡2−푓(푡1+푡2)=푚푣−0

33

其中퐹1=7×10N，퐹2=4×10N，可得18s后匀速运动的速度为36m/s。

正确答案：B

4．如图所示，有一段截面积为S的弯曲水管被固定在水平地面上，转弯处偏离原方向θ角。若管内水流

速度大小为v，水的密度为ρ，管内壁光滑，则水流对转弯处冲击力的大小为（）

휃휃휃2휌푆푣2

A．휌푆푣2sinB．2휌푆푣2sinC．휌푆푣2sin2D．

222sin휃

【答案】B

【详解】弯水管出口、入口处Δ푡时间内水的质量Δ푚=휌푆푣Δ푡

动量变化如图所示

휃휃

则Δ푝=2Δ푚⋅푣⋅sin=2휌푆푣2Δ푡sin

22

Δ푝휃

故弯管对水的作用力大小为퐹==2휌푆푣2sin

Δ푡2

휃

根据牛顿第三定律，水流对弯管的作用力大小也为2휌푆푣2sin。

2

故选B。

5．某研究机构利用力传感器研究蹦床过程。传感器采集了某运动员在一次蹦床过程中对蹦床的压力随时

间变化的关系，利用计算机绘制出图像如图所示。运动员视为质点，不考虑空气阻力，重力加速度푔=10

m/s2。则1.0∼1.9s时间内图线与横轴围成的阴影面积约为（）

A．240N⋅sB．720N⋅sC．960N⋅sD．1620N⋅s

【答案】C

【详解】根据图像判断，运动员的重力퐺=800N

1

运动员在1.9∼2.5s时间段内做竖直上抛运动，离开蹦床时速度푣=푔(2.5s−1.9s)=3m/s

02

在1.0∼1.9s时间内根据动量定理有퐼−퐺푡=푚푣0

解得퐼=960N⋅s

故选C。

6．排球比赛中，甲同学在ℎ1=2.2m处将排球以푣0=8m/s水平击出，乙同学在离地ℎ2=0.4m处将排球垫

起，排球被垫起后以原速率反弹，方向与垫球前瞬间的速度方向相反。已知푔=10m/s2，排球的质量为260

g，不计空气阻力，则关于此排球的运动下列说法正确的是（）

A．排球被甲同学击出后在空中飞行时间为6s

B．排球击出点与垫球点的水平距离为2.88m

C．排球被乙同学垫起过程中所受合力的冲量大小为5.2N⋅s

D．排球被乙同学垫起过程中所受合力做功为130J

【答案】C

【详解】A．排球被甲同学击出后做平抛运动，由

1

ℎ−ℎ=푔푡2

122

得

푡=0.6s

故A错误；

B．排球击出点与垫球点的水平距离

푥=푣0푡=4.8m

故B错误；

C．排球被垫起前瞬间竖直方向的分速度大小

푣푦=푔푡=6m/s

垫球时的速度大小

푣=22=10m/s

푣0+푣y

则排球被乙同学垫起过程中所受合力的冲量大小

퐼=2푚푣=5.2N⋅s

故C正确；

D．排球被乙同学垫起过程中速率不变，动能不变，由动能定理知所受合力做功为0，故D错误。

故选C。

7．蹦床运动中，体重为60kg的运动员在t=0时刚好落到蹦床上，对蹦床作用力大小F与时间t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

加速度取10m/s2。下列说法正确的是（）

A．t=0.15s时运动员的机械能最大

B．t=0.30s时运动员的速度大小为20m/s

C．t=1.30s时运动员距蹦床的高度为5m

D．0-0.30s内，运动员对蹦床的平均作用力大小为4000N

【答案】C

【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，

机械能最小，故A错误；

BC．根据题图可知运动员从t=0.30s离开蹦床到t=2.30s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t=1.30s时，运动员恰好运动到最大高度处，t=0.30s时运动

员的速度大小为

푣=푔푡=10m/s

1

ℎ=푔푡2=5

2m

故C正确，B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

퐹Δ푡−푚푔Δ푡=푚푣−(−푚푣)

其中

Δ푡=0.3

代入数据可得

퐹=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错误。

故选C。

8．（多选）如图为一根弹性轻绳，它的一端固定在O点，让该轻绳自然下垂时，其末端刚好位于P点。现

在轻绳末端系一质量为m的小球（可视为质点），将小球从A点静止释放，小球沿直线运动，经P点后到

达最低点B。整个过程中弹性绳始终在弹性限度内，不计空气阻力，重力加速度大小为g。若小球从A点

运动到B点的时间为t，下列说法正确的是（）

A．小球在P点时速度最大

B．小球从P点到B点的过程中，弹性绳的弹性势能一直增大

C．小球从A点到B点，重力势能减少量大于轻绳弹性势能增加量

D．小球从A点到B点，小球所受轻绳拉力的冲量大小为mgt

【答案】BD

【详解】A．小球的平衡位置在P点下方，P点到平衡位置，小球加速度仍向下，仍会继续加速，故P点

速度并非最大，而是在平衡位置处速度才是最大值，故A错误；

B．从P点到B点过程中，弹性绳被拉长，形变一直增大，则弹性势能增大，故B正确；

C．从A点到B点，根据能量守恒，小球重力势能减少量等于弹性势能增加量，故C错误；

D．从A点到B点，根据动量定理，有

푚푔푡−퐼퐹=0−0

可得小球所受轻绳拉力的冲量大小为

퐼퐹=푚푔푡

故D正确。

故选BD。

9．（多选）如图甲所示，足够长的光滑斜面上固定有物块a、b，物块相互接触但不粘连，斜面与水平面之

间的夹角α=30°。t=0时刻，将a、b解除固定，同时分别对a、b施加沿斜面向上的力F1、F2，力F1、F2

2

随时间t变化的关系如图乙所示。已知a、b的质量分别为m1=1kg，m2=2kg，取重力加速度g=10m/s。

下列说法正确的是（）

A．t=1s时，a对b的作用力大小为8N

B．t=3.5s时，a对b的作用力大小为零

C．0~5s时间内，a对b的作用力的冲量大小为25N·s

D．0~5s时间内，a、b组成的系统的机械能增加量为90J

【答案】AC

【详解】B．设푡0时刻，a对b的作用力大小为零，分别对a，b由牛顿第二定律得퐹1−푚1푔sin훼=푚1푎，퐹2

−푚2푔sin훼=푚2푎

2

解得푡0=5s，푎=1m/s，故B错误；

C．在0~5s时间内，퐹1+퐹2恒定为18N，因此a和b向上做匀加速直线运动，푡=5s时，a、b的速度大

小均为푣=푎푡=5m/s

0~5s时间内，对b由动量定理得퐼F2−(푚2푔sin훼)푡+퐼=푚2푣

由题图乙面积代表冲量，可得퐼F2=35N⋅s，解得퐼=25N⋅s，故C正确；

A．푡=1s时，力퐹2的大小为퐹=4N，퐹−푚2푔sin훼+퐹N=푚2푎

解得퐹N=8N，故A正确；

125

D．0∼5s时间内，a、b运动的位移大小为푥=푎푡2=m

22

1

a、b组成的系统的机械能增加量为Δ퐸=(푚+푚)푔푥sin훼+(푚+푚)푣2

12212

解得Δ퐸=225J，故D错误。

故选AC。

10．（多选）两个质量相同的物体푃、푄并排静止在水平面上，与水平面间的动摩擦因数分别为휇1、휇2，用

同向水平拉力퐹1、퐹2分别作用于物体푃和푄上，一段时间后撤去，两物体各自滑行一段距离后停止运动。

物体푃、푄运动的速度-时间图像分别如图中图线①、②所示，已知拉力퐹1、퐹2分别撤去后，物体做减速运

动过程的速度-时间图像彼此平行（相关数据已在图中标出）。由图中信息可以得出（）

A．两个拉力之比为퐹1:퐹2=8:3

B．两个物体푃、푄与水平面间的动摩擦因数之比为휇1:휇2=3:2

．两个拉力对物体푃、푄的冲量之比为퐼:퐼=2:3

C퐹1퐹2

．两个拉力对物体푃、푄所做的功之比为푊:푊=9:4

D퐹1퐹2

【答案】AC

【详解】A．因为两物体做减速时，速度与时间图像彼此平行，说明两物体所受摩擦力相同，大小均为푓=푚

푎减

2

由速度与时间图像求得加速度大小푎减=1ms

物体做加速运动时，根据速度与时间图像，P的加速度为3ms2，Q的加速度为0.5ms2，对P进行受力分析

퐹1−푓=푚푎1

对Q进行受力分析퐹2−푓=푚푎2

3푚

所以퐹:퐹=4푚:=8:3

122

A正确；

B．因为摩擦力大小相同，即휇1푚푔=휇2푚푔

解得휇1:휇2=1:1

B错误；

．对P运动的全过程列动量定理퐼−휇푚푔푡=0

CF111

对Q运动的全过程列动量定理퐼−휇푚푔푡=0

F222

解得퐼:퐼=푡:푡=4:6=2:3

F1F212

C正确；

3

．P加速运动的位移푥=m

D12

Q加速运动的位移푥2=4m

퐹所做功푊=퐹푥

1F111

퐹所做功푊=퐹푥

2F222

所以푊:푊=1:1

F1F2

D错误。

故选AC。

题型三应用动量定理处理“流体类”问题

应用动量定理处理“流体类”问题

流体类：液体流、气体流等，通常已知密度ρ

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n

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S.

小段柱体的体积ΔV＝vSΔt

②微元小段柱体质量m＝ρΔV＝ρvSΔt

分析步骤

研究小段柱体粒子数N＝nvSΔt

小段柱体动量p＝mv＝ρv2SΔt

③列出方程，应用动量定理FΔt＝Δp研究

【例题精讲】

1．高压水枪在清洗地面等场景中应用广泛．某高压水枪枪口横截面积为2.0×10−5 m2，已知水的密度为

1.0×103 kg/m3，若喷水时枪口处水速100 m/s，则枪口每秒喷出的水为（）

A．0.1 kgB．0.2 kgC．1.0 kgD．2.0 kg

【答案】D

【详解】ABCD．单位时间高压水枪喷出水的质量为

3−5

푚=휌푣1푆=1.0×10×100×2.0×10=2.0kg

故选D。

2．在海口某学校科技节活动中，高二年级开展的水火箭制作和发射比赛现场吸引了众多师生围观。水火

箭原理如图甲所示，发射时利用压缩空气把水从火箭尾部的喷嘴向下高速喷出，火箭受到反冲作用而高速

升空。右图是某同学发射水火箭的精彩瞬间，若发射过程中水火箭将壳内0.5kg的水以相对地面30m/s的

速度在0.5s时间内快速喷出，则火箭箭体受到的推力约为（）

A．15N

B．150N

C．25N

D．300N

【答案】C

【详解】设水火箭对水的作用力为퐹，根据动量定理可知，퐹푡+푚푔푡=푚푣

根据牛顿第三定律，解得火箭箭体受到的推力퐹′=퐹=25N。

故选C。

3．离子推进器是用电场将等离子加速后喷出而获得前进动力的，如图所示：进入电离室的气体被电离成

正离子，而后飘入电极퐴、퐵之间的匀强电场（离子初速度忽略不计），퐴、퐵间电压为푈，使正离子加速形

成离子束。已知每个正离子质量为푚，电荷量为푞，单位时间内飘入的正离子数目为푛，则在加速过程中推

进器获得恒定的推力퐹为（）

푛

．푚푞푈．푛푚푞푈．푛2푚푞푈．2푛푚푞푈

A2BCD

【答案】C

【详解】设Δ푡时间喷出粒子的质量为푚0，离子推进器对其的平均推力大小为F，规定向右为正方向，对

푚0，根据动量定理有퐹Δ푡=푚0푣

其中푚0=푛Δ푡푚

1

根据动能定理有푞푈=푚푣2

2

联立解得퐹=푛2푚푞푈

根据牛顿第三定律可知，引擎获得的推力为푛2푚푞푈。

故选C。

4．如图风光互补环保路灯的主要构件有：风力发电机、单晶硅太阳能板、额定电压48V容量200Ah的储

能电池、功率60W的LED灯。已知该路灯平均每天照明10h，1kg标准煤完全燃烧可发电2.8kW⋅h，排放

二氧化碳2.6kg。设风恰好与发电机叶片转动平面垂直，则（）

휌푣π푑2

A．若空气密度为휌，风速为푣，叶片长为푑，则单位时间内通过转动圆面的空气质量为

4

B．风力发电机的叶片受到风的平均冲击力大小与风速成正比

C．路灯正常运行1年，可减少二氧化碳排放量约为203kg

D．储能电池充满电后，即使连续三周无风且阴雨，路灯也能正常工作

【答案】C

【详解】A．单位时间内Δ푡=1，流过叶片转动圆面的空气可看作柱体，则空气柱长度为푣⋅Δ푡=푣

叶片长为转动半径푑，转动圆面积푆=휋푑2

单位时间空气质量Δ푚=휌⋅푉=휌⋅푆⋅푣=휌푣휋푑2，故A错误；

Δ푝Δ푚⋅푣휌푆푣Δ푡⋅푣

．根据动量定理，风对叶片的平均冲击力퐹====휌푆푣2

BΔ푡Δ푡Δ푡

冲击力与风速平方成正比，不是与风速成正比，故B错误；

C．已知LED路灯的功率푃=60W=0.06kW，一年消耗电能푊=0.06kW×10h×365=219kW⋅h

219

需要燃煤的质量푚=kg≈78.2kg

煤2.8

对应排放二氧化碳质量푚=78.2×2.6kg≈203kg

CO2

即一年可减少约203kg二氧化碳排放，故C正确；

D．储能电池充满电总能量퐸总=48V×200Ah=9600W⋅h

路灯每天消耗电能푊天=60W×10h=600W⋅h

9600W⋅h

可正常工作天数푛==16

600W⋅h

三周为21天，16<21，因此无法满足三周工作，故D错误。

故选C。

5．在研究城市交通拥堵问题时，常引入车流量Q、车流密度ρ和车流速度v三个物理量进行研究。已知

车流量是指单位时间内通过车道某一横截面的车辆数，车流密度是指单位长度路段内的车辆数，车流速度

是指车辆行驶的速度。在平直单排车道内，驾驶员会根据车流密度自动调整车速，车速与车流密度满足的

푣0

规律为푣=푣−휌，车辆首尾相接排队时，车流密度达到最大值휌，푣为道路允许行驶的最大速度。

0휌maxmax0

下列说法正确的是（）

푣

．车流量可表示为

AQ푄=휌

1

．车流量Q的最大值为푣휌

B40max

C．当车流密度ρ达到最大值휌max时，车流量Q最大

D．车流量Q越大的路段，车流速度v越大

【答案】B

【详解】A．首先根据定义推导三个物理量的核心关系：单位时间内车辆前进距离为푣，单位长度路段车辆

数为휌，因此单位时间通过横截面的车辆数（车流量）푄=휌푣，故A错误；

푣0

B．将푣=푣−휌代入푄=휌푣

0휌max

푣0

得푄=푣휌−휌2

0휌max

这是开口向下的二次函数，顶点对应最大值

휌휌푣

maxmax0휌max21

当휌=时取得最大值푄max=푣0⋅−⋅()=푣0휌max，故B正确；

22휌max24

C．当휌=휌max时，代入速度公式得푣=0，此时푄=휌max⋅0=0，为最小值，故C错误；

D．푄是휌和푣的乘积，푄较大可能是휌大、푣小的情况，并非푄越大푣一定越大，故D错误。

故选B。

6．消防水龙头的喷嘴每秒钟内流出的水量푄=6×10−3m3，已知喷嘴的横截面积푆=3×10−4m2，水的密

度휌=1.0×103kg/m3，消防员将喷嘴方向调整为与水平面夹角휃=53°，水柱在最高处正好到达着火位置，

设水在最高点与着火物撞击后速度变为零，忽略空气阻力，g取10m/s2，cos53°=0.6，则水在最高点对着

火物的冲击力为（）

A．72NB．96NC．120ND．144N

【答案】A

Δ푚

【详解】计算单位时间喷出的水的质量=휌푄=1.0×103kg/m3×6×10−3m3/s=6kg/s。

Δ푡

푄6×10−3

根据流量公式푄=푆푣，得喷嘴出水初速度푣===20m/s

00푆3×10−4

斜抛运动到最高点时，竖直速度减为0，水平速度푣푥=푣0cos53°=20×0.6=12m/s

取푣푥方向为正方向，撞击后水速度为0，因撞击时间极短忽略重力冲量，着火物对水的作用力퐹，对Δ푡时间

内撞击的水应用动量定理−퐹Δ푡=0−Δ푚푣푥

Δ푚

解得퐹=푣=6×12=72N。

Δ푡푥

根据牛顿第三定律，水对着火物的冲击力大小等于72N

故选A。

7．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푣0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．휌푆푣0(푣0+푣)B．휌푆(푣+푣0)C．휌푆(푣−푣0)D．휌푆푣0(푣−푣0)

【答案】A

【详解】在∆t时间内打到盒子上的水的质量Δ푚=휌푆푣0Δ푡

向下为正，则根据动量定理퐹Δ푡=Δ푚푣−(−Δ푚푣0)

解得퐹=휌푆푣0(푣0+푣)

′

根据牛顿第三定律可知水对铁盒的平均作用力大小为퐹=퐹=휌푆푣0(푣0+푣)

故选A。

8．（多选）霍尔推进器工作原理简化如图所示，放电通道两端的电极A、B间存在一加速电场퐸。工作时，

工作物质氙气进入放电通道后被电离为氙离子，再经电场加速喷出，形成推力。若某次试验中有96.0%的

푞

氙气被电离，氙离子从右端喷出电场的速度푣=2.0×104m/s，其比荷푘==8.0×105C/kg。氙离子进入

푚

通道的初速度视为0，忽略重力及阻力。当推进器产生的推力达到96.0毫牛时（1毫牛=10−3牛顿），下列

判断正确的是（）

A．每秒进入放电通道的氙气质量为4.8×10−6kg

B．每秒进入放电通道的氙气质量为5.0×10−6kg

C．氙离子向外喷射形成的电流为3.84A

D．氙离子向外喷射形成的电流为4.00A

【答案】BC

【详解】AB．设每秒喷出的氙离子质量为푚1，根据动量定理，在时间푡=1s内，电场力对氙离子产生的冲

量转化为氙离子的动量变化퐹⋅푡=푚1⋅푡⋅푣−0

−6

由此可得每秒喷出的氙离子质量为푚1=4.8×10kg/s

푚

每秒进入放电通道的氙气质量为푀=1=5.0×10−6kg/s，故错误，正确；

96.0%AB

푞