2026年高考物理一轮讲义+练习(黑吉辽蒙专用)第26讲动量动量定理(专项训练)(全国通用)(学生版+解析)

这是一份2026年高考物理一轮讲义+练习(黑吉辽蒙专用)第26讲动量动量定理(专项训练)(全国通用)(学生版+解析)，共84页。试卷主要包含了可视为质点等内容，欢迎下载使用。
目录
TOC \ "1-2" \h \u \l "_Tc17943" 01 课标达标练
\l "_Tc22251" 题型01 动量的定义、单位和矢量性
\l "_Tc2717" 题型02 计算物体的动量及动量的变化
\l "_Tc1965" 题型03 冲量的定义、单位和矢量性
题型04 动量定理的内容
\l "_Tc20184" 02 核心突破练
\l "_Tc5699" 03 真题溯源练
01 动量的定义、单位和矢量性
1．（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。
2．（23-24高一下·辽宁沈阳·期中）如图，A、B两个相同小球等高，且都可视为质点，A小球无初速度自由下落，B小球无初速度沿光滑固定斜面下滑，不计空气阻力，两者同时开始运动，直到它们刚要落地过程中，下列说法正确的是（ ）
A．动量的变化量相同 B．动能的变化量相同
C．落地瞬间，A和B两小球的动量相同 D．落地瞬间，A和B两小球重力的瞬时功率相等
【答案】B
【详解】B．设斜面高度为h，根据动能定理
可知两小球动能的变化量相同，故B正确；
C．根据动能定理
可知落地瞬间，A和B两小球速度大小相等，方向不同，根据
可知落地瞬间，A和B两小球的动量不同，故C错误；
A．释放时A和B两小球的动量相同为零，落地瞬间，A和B两小球的动量不同，故两小球动量的变化量不同，故A错误；
D．落地瞬间，两小球重力的瞬时功率
可得
故落地瞬间，A和B两小球重力的瞬时功率不同，故D错误。
故选B。
02 计算物体的动量及动量的变化
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
4．（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
①
②
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
④
⑤
（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
⑥
⑦
由动能定理有
⑧
由④⑤⑥⑦⑧式解得，小球在A点的动量大小为
⑨
03 冲量的定义、单位和矢量性
5．（2025·黑龙江吉林·模拟预测）荡秋千是中华大地上很多民族共有的游艺竞技项目，据现有文献记载，它源自先秦。如图所示，某同学正在表演荡秋千，她站在秋千上并保持姿势不变，可视为质点处理，空气阻力、绳和踏板的质量忽略不计。则当她由最高点向最低点摆动过程中（ ）
A．在最高点时，该同学的速度为零，处于平衡状态
B．绳的拉力始终与运动方向垂直，所以绳的拉力的冲量为零
C．在最低点时，该同学处于超重状态
D．该同学所受重力的功率一直增大
【答案】C
【详解】A．在最高点时，该同学的速度为零，但是合力沿切线方向，不为零，故A错误；
B．该过程中，绳的拉力虽然始终与运动方向垂直，但根据冲量的定义可知，绳的拉力的冲量不为零，故B错误；
C．在最低点时，加速度方向向上，合力向上，支持力大于重力，处于超重状态，故C正确；
D．根据，在最高点时，速度为0，重力的功率为0，在最低点时，重力与速度方向垂直，功率为0，可知该过程中，重力的功率先增大后减小，故D错误；
故选C。
6．（24-25高二上·黑龙江·开学考试）如图甲所示，质量为1kg的物块静止放在水平地面上，现对物块施加 水平向右的外力F，F随时间变化的关系如图乙所示。已知物块与水平地面间的动摩擦因数为0.3，接触面间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小。下列说法正确的是（ ）
A．0~6s内，物块受到的支持力冲量为0B．0~2s内，物块受到的合力冲量大小为1.5N·s
C．0~2s内，物块受到的摩擦力冲量大小为6N·sD．6s末，物块的动量大小为12kg·m/s
【答案】B
【详解】A．根据
可知0~6s内，物块受到的支持力冲量不为0，故A错误；
B．物块与水平地面间的最大静摩擦力为
由图像可知，在内物块处于静止状态，在时物块开始运动，则0~2s内，物块受到的合力冲量大小为
故B正确；
C．在内物块受到静摩擦力作用，则0~2s内，物块受到的摩擦力冲量大小为
故C错误；
D．在时物块开始运动，则1~6s内，对物块根据动量定理可得
其中
，
解得6s末，物块的动量大小为
故D错误。
故选B。
7．（24-25高一下·黑龙江·期末）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．飞行器在上升过程中，其动量一定越来越小
B．飞行器水平加速飞行时，需水平向后喷射燃气
C．某段时间飞行器在空中悬停，重力的冲量为零
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大小相等
【答案】D
【详解】A．飞行器在上升过程，可能速度增大，其动量不一定越来越小，故A错误；
B．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，所以需斜向下喷射燃气，故B错误；
C．某段时间飞行器在空中悬停，重力的冲量大小，故C错误；
D．燃气对飞行器的冲量与飞行器对燃气的冲量大小相等，故D正确。
故选D。
04 动量定理的内容
8．（24-25高一下·黑龙江哈尔滨·期末）如图所示，静止叠放在光滑水平面上，足够长。现用水平恒力拉，使从静止开始做匀加速直线运动，与发生相对滑动且间有摩擦力。以地面为参考系，则在向前运动一段距离的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．对的摩擦力的冲量等于A的动量变化量
B．对的摩擦力对做正功
C．间产生的热量等于摩擦力对做功的大小
D．外力做功等于增加的动能之和
【答案】A
【详解】A．对A进行受力分析，如图所示
由动量定理有，A正确；
B．根据牛顿第三定律，由上问可知，对的摩擦力水平向左，对做负功，B错误；
C．间产生的热量
摩擦力对做功的大小，二者不相等，C错误；
D．根据功能关系，D错误。
故选A。
9．（2025·黑龙江大庆·模拟预测）如图所示，“套圈”活动中，某同学将相同套环分两次从同一位置水平抛出，分别套中Ⅰ、Ⅱ号物品．若套环可近似视为质点，不计空气阻力，则（ ）
A．套中Ⅰ号物品，套环被抛出的速度较大
B．套中Ⅰ号物品，重力对套环做功较大
C．两套环动量变化方向相同
D．两套环都做变加速曲线运动
【答案】BC
【详解】A．根据平抛运动规律，水平方向和竖直方向的位移公式为，
可得
套中Ⅰ号物品时x位移较小，h下落高度较大，可知套环被抛出的速度v0一定较小，故A错误；
B．根据重力做功表达式W=mgh可知，套中Ⅰ号物品时h下落高度较大，重力对套环做功较大，故B正确；
C．根据动量定理有
可知两套环动量变化方向都是竖直向下，故C正确；
D．两套环都只受重力作用，加速度恒定不变，做匀变速曲线运动，故D错误；
故选BC。
10．（24-25高一下·辽宁大连·期末）如图所示，匀速转动半径为R的雨伞，使伞边缘在竖直面内做圆周运动。伞边缘最低点b距地面高度为h，伞边缘上a、c两点与伞中心高度相同。设从a、b、c三点飞出的水滴质量均为m，速度大小与伞边缘处相同，从b点飞出的水滴，其水平位移大小为x。重力加速度为g，不计空气阻力。则（ ）
A．从a、c两点飞出的水滴，落地时重力的瞬时功率相等
B．从a、c两点飞出的水滴，自飞出到落地过程中的动量变化相同
C．雨伞转动的角速度大小等于
D．从b点飞出的水滴，落地时的动能等于
【答案】AD
【详解】A．从a、c两点飞出的水滴，下落高度相同，根据动能定理可得
可得
可知落地时的速度大小相等，且落地时的速度方向均竖直向下，根据
可知落地时重力的瞬时功率相等，故A正确；
B．从a、c两点飞出的水滴，其中a点处水滴做竖直上抛，c点处水滴做竖直下抛，下落高度相同，所以两水滴在空中运动时间不相等，根据动量定理可得
可知自飞出到落地过程中的动量变化不相同，故B错误；
C．设雨伞转动的角速度大小为，则b点飞出的水滴的初速度大小为
根据平抛运动规律有，
联立解得，，故C错误；
D．从b点飞出的水滴，根据动能定理可得
解得落地时的动能为，故D正确。
故选AD。
11．（24-25高一下·辽宁葫芦岛·期中）一个质量为的羽毛球以大小为15m/s的速度飞来，羽毛球运动员以大小为25m/s的速度反向将其击回，羽毛球作用在球拍上的时间为0.02s，忽略羽毛球受到的重力和空气阻力的影响。下列说法正确的是（ ）
A．羽毛球被球拍击打前后的动量变化量大小为0.1kg·m/s
B．羽毛球被球拍击打前后的动量变化量大小为0.2kg·m/s
C．球拍对羽毛球的平均作用力大小为10N
D．球拍对羽毛球的平均作用力大小为5N
【答案】BC
【详解】AB．以羽毛球被击回的速度方向为正方向，则羽毛球被球拍击打前后的动量变化量为，故A错误，B正确；
CD．根据动量定理可得
解得球拍对羽毛球的平均作用力大小为，故C正确，D错误。
故选BC。
12．（24-25高一下·辽宁大连·期中）跳床运动可以提高身体的灵活性，如图所示，体重为的运动员从跳床上方处从静止开始下落，与跳床接触时间后以速度竖直向上运动，重力加速度大小为。所有物理量的单位都采用国际单位制，不计空气阻力，则运动员与跳床接触时受到跳床的平均作用力大小为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【详解】由，解得运动员下落到跳床的速度大小为
以竖直向上为正方向，对运动员与跳床的作用过程由动量定理得
解得运动员与跳床接触时受到跳床的平均作用力大小为，故选B。
13．（24-25高一下·吉林·期中）篮球运动员站在某点做接球训练时，篮球迎面飞来，运动员接触篮球后，向后掣肘，最终稳稳接住篮球，则下列说法正确的是（ ）
A．与手臂不动接球相比，运动员向后掣肘接球时，篮球的动量变化更小
B．与手臂不动接球相比，运动员向后掣肘接球，手掌受到篮球的冲击力更小
C．与手臂不动接球相比，运动员向后掣肘接球，篮球重力的冲量相同
D．若接球过程中，篮球所受合外力的冲量大小为I，则运动员所受合外力的冲量大小也一定是I
【答案】B
【详解】A．篮球的动量变化等于末动量减初动量。无论是否缓冲，篮球最终静止，动量变化相同，A错误。
B．根据动量定理，冲量相同（动量变化相同），缓冲延长作用时间，平均冲击力减小，B正确。
C．重力冲量为，缓冲时接球时间更长，重力冲量更大，C错误。
D．篮球与运动员的相互作用力冲量大小相等，但合外力冲量包含其他力（如重力），不一定相等，D错误。
故选B。
14．（24-25高二上·黑龙江·期末）我国“祝融号”火星探测器质量达240kg，着陆火星时，经历了气动减速、伞降减速和动力减速后，在距离火星高度约99m处进行悬停，挑选相对平坦的区域进行降落。在最后的落“火”瞬间，竖直向下的速度约为3.6m/s，用0.2s触地停稳。已知火星表面附近的重力加速度约为，根据上述材料求解：
(1)如果将探测器从悬停到着陆的过程视为做匀加速直线运动，试求该下降过程经历的时间和加速度大小；
(2)在触地瞬间，着陆平台对祝融号火星车的平均冲击力大小。
【答案】(1)，
(2)
【详解】（1）已知从悬停到落“火”瞬间做匀加速直线运动，初速度为零，末速度为，位移为
根据
可得
根据
可得
（2）触地过程，取向下为正方向，根据动量定理，有
可得
15．（24-25高一下·辽宁沈阳·期中）如图所示，某学生练习用头颠球。某一次足球静止自由下落80cm，被重新顶起，离开头部后竖直上升的最大高度仍为80cm。已知足球与头部的作用时间为0.1s，足球的质量为0.4kg，重力加速度g取10，不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．足球下落到与头部刚接触时动量大小为16kg·m/s
B．足球与头部作用过程中动量变化量大小为0
C．足球从最高点下落至重新回到最高点的过程中重力的冲量大小为3.2N·s
D．头部对足球的平均作用力为36N
【答案】D
【详解】A．足球静止自由下落的高度为
由
可得与头部刚接触时的速度为
足球下落到与头部刚接触时动量大小为
故A错误；
B．足球离开头部后竖直上升的最大高度仍为
则足球离开头部的速度大小也为，方向向上；以向上为正方向，则足球与头部作用过程中动量变化量大小为
故B错误；
C．根据对称性可知，足球下落和上升所用时间相等，由
解得
即足球下落和上升所用时间都为0.4s，则足球从最高点下落至重新回到最高点的过程中重力的冲量大小为
故C错误；
D．足球与头部作用过程，以向上为正方向，根据动量定理可得
代入数据解得头部对足球的平均作用力为
故D正确。
故选D。
16．（24-25高一下·黑龙江牡丹江·期末）如图所示是一个蹦床，一名质量为30kg的学生从离水平网面0.20m的高处自由下落，着网后沿竖直方向蹦回到离水平网面1.25m的高处。已知该学生从下落到返回最高点的整个过程所用时间为1.2s，不计空气阻力，重力加速度。求：
(1)该同学刚接触网时和离开网时的动量；
(2)网对该同学的平均作用力大小；
(3)网对该同学做功为多少。
【答案】(1)60kg·m/s，方向竖直向下；150kg·m/s，方向竖直向上
(2)720N
(3)315J
【详解】（1）该同学接触网前瞬间的速度为
解得
该同学接触网时的动量大小
方向竖直向下。
该同学离开网瞬间的速度为
解得v2=5m/s
该同学离开网时的动量大小
方向竖直向上。
（2）该同学下落时间为
该同学上升时间为
该同学接触网的时间
设网对该同学的平均作用力大小为F，由动量定理，有
解得F=720N
（3）网对该同学做功，根据动能定理得
解得W=315J
17．（24-25高二上·江苏泰州·阶段练习）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，，重力加速度大小取。求：
(1)碰撞过程中F的冲量大小和方向；
(2)碰撞结束后头锤上升的最大高度。
【答案】(1)，竖直向上
(2)0.128m
【详解】（1）图像与坐标轴围成的面积表示冲量，由图像可知碰撞过程中F的冲量大小为
方向与F的方向相同，均为竖直向上；
（2）设头锤落到气囊上时的速度大小为，由自由落体运动公式得
以竖直向上为正方向，头锤与气囊作用过程，由动量定理得
设上升的最大高度为h，由动能定理得
解得
18．（23-24高一下·吉林白城·阶段练习）质量的物体从静止开始做直线运动，物体所受合外力F随时间t变化的图像如图所示，在内，下列说法中正确的是（ ）
A．物体在内动量均匀增加，在内动量均匀减小
B．内力F的冲量为
C．末物体的速度最大
D．末物体速度为，在末速度为
【答案】D
【详解】A．由图可知，物体在内所受合力逐渐增大，则物体做加速度增大的加速运动，物体速度不是均匀增大，则动量不是均匀增加，在内物体所受合力先正向减小再反向增大，则物体先做加速度减小的加速运动，再做加速度增大的减速运动，则在内动量不是均匀减小，故A错误；
B．根据图像的性质可知，图像与时间轴所围成的面积表示冲量，则内力F的冲量为
故B错误；
CD．根据图像的性质及动量定理可知，时，物体具有正向的最大速度，最大速度为
时，物体具有反向的最大速度，最大速度为
可知，时，物体的速度最大，故C错误，D正确。
故选D。
19．（24-25高二上·辽宁丹东·期末）有些船和码头常悬挂一些老旧轮胎，主要的用途是减轻船舶靠岸时码头与船体的撞击。以下情境中蕴含的物理原理与之不同的是（ ）
A．跳高时运动员过杆后需落在软垫上B．走路被石头绊倒时，身体向前倾
C．易碎物品运输时要用柔软材料包装D．砸钉子要用铁锤，镶瓷砖要用橡皮锤
【答案】B
【详解】悬挂旧轮胎，可以增加轮船与码头接触时的相互作用时间，根据动量定理，可以减小冲击力，起到缓冲的作用，跳高时运动员过杆后需落在软垫上、易碎物品运输时要用柔软材料包装、砸钉子要用铁锤，镶瓷砖要用橡皮锤蕴含的物理原理都是动量定理，与船和码头常悬挂一些老旧轮胎的原理相同，走路被石头绊倒时，身体向前倾蕴含的物理原理是惯性。
故选B。
20．（2025·辽宁·二模）如图甲所示，长、质量的木板b静止在地面上，质量的物块a（可视为质点）静止在木板的右端，a与b之间、b与地面之间的动摩擦因数分别为。时刻对b施加一水平向右、大小为F的力，F随时间t变化的关系图像如图乙所示，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取。下列说法中正确的是（ ）
A．内摩擦力对b的冲量为0
B．时，a的速度大小为
C．时，a脱离木板
D．内，地面对b的摩擦力的冲量为
【答案】B
【详解】A．根据题意可知，木板b与地面间的最大静摩擦力为
结合图乙可知，内，木板b与地面间摩擦力为静摩擦力，大小等于外力，则内摩擦力对b的冲量为
故A错误；
BCD．由图乙可知，后，外力保持不变，大小为，由牛顿第二定律，对物块a有
其中
解得
对、整体，由牛顿第二定律有
当最大时，有
即当外力时，、发生相对滑动，通过分析可知，、未发生相对滑动，则a不能脱离木板，后，、整体开始相对地面滑动，则内地面对b的摩擦力的冲量为
则内，地面对b的摩擦力的冲量为
内，对、整体，由动量定理有
解得
即时，、的速度为。
故B正确，CD错误。
故选B。
21．（24-25高一下·辽宁·期末）如图，总质量为m的嫦娥六号探测器，竖直向下喷出密度为ρ、横截面积为S的气体，悬停在月表上空。若月球表面的重力加速度大小为g，近似认为喷射气体的重力忽略不计，探测器的质量保持不变，则探测器喷出气体的速度大小为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】设 Δt时间内喷出气体的质量为Δm，
根据动量定理得
根据平衡条件得
解得
故选A。
22．（24-25高二上·黑龙江牡丹江·阶段练习）静止在光滑水平面上的物体，受到水平拉力F的作用，拉力F随时间t的变化如图所示，则（ ）
A．4s内物体的位移为零B．4s内拉力对物体做功不为零
C．4s末物体的速度为零D．4s内拉力对物体冲量不为零
【答案】C
【详解】AC．F为物体所受合外力，由图像可知，物体先向负方向做匀加速直线运动，后向负方向做匀减速直线运动，4s时速度减为零。所以物体位移为负方向且不为零，故A错误，C正确；
BD．物体的初末速度为零，根据动能定理，合外力的功等于动能的变化量，所以4s内拉力对物体做功为零；根据动量定理，合外力的冲量等于动量的变化量，所以4s内拉力冲量为零。故BD错误。
故选C 。
23．（24-25高二上·黑龙江佳木斯·阶段练习）关于动量、冲量、动量的变化量、动能，下列说法中正确的是（ ）
A．物体动量为零时，一定处于平衡状态
B．从同一高度释放的两个完全相同鸡蛋，掉在水泥地上的鸡蛋动量比掉在海绵上的鸡蛋的动量变化大。所以前者容易碎
C．人从高处跳下时，总有一个屈膝的动作，是为了减小地面对人的冲量
D．质量一定的物体，动量增大2倍，其动能增大4倍
【答案】D
【详解】A．物体动量为零时，不一定处于平衡状态，例如上抛物体到达最高点时，故A错误；
B．鸡蛋从同一高度下落，落地前的速度大小相等，故落地前的动量相等，而最后的速度均为零；故说明动量的变化一定相等；由动量定理可知冲量也一定相等；但由于掉在水泥地上的时间较短，则说明鸡蛋掉在水泥地上动量变化较快，从而导致冲击力较大；使鸡蛋易碎；故B错误；
C．人从高处跳下时，总有一个屈膝的动作，是为了增加着地时间，减小地面对人的冲击力，不会减小地面对人的冲量，故C错误；
D．质量一定的物体，动量增大2倍，根据
则说明速度增大2倍，所以其动能
增大4倍，故D正确。
故选D。
24．（23-24高三上·辽宁·阶段练习）如图（a）所示，一倾角的足够长的斜面固定在水平地面上，质量的滑块在斜面上足够高的位置由静止释放，并沿斜面向下加速运动。从释放时刻起，用平行斜面向上的拉力F作用在滑块上，拉力F随时间t变化的图像如图（b）所示，2s时滑块速度达到最大。已知重力加速度g取，，。求：
（1）滑块与斜面的动摩擦因数和滑块的最大速度的大小；
（2）经过多长时间滑块到达最低点。
【答案】（1）0.25，；（2）
【详解】（1）根据题意可知，时下滑速度最大，则物块合外力为0，由图（b）可知此时
由平衡条件有
代入数据得
从释放到的过程，沿斜面方向由动量定理有
解得
（2）设经过滑块到达最低点，此时滑块速度为0，沿斜面方向由动量定理有
由图像可知
所以时刻
解得
25．（2025·吉林松原·模拟预测）2024年巴黎奥运会，我国运动员取得优异的成绩。单杠项目中单臂大回环是一项难度极高的体操动作，要求运动员仅用一只手抓住单杠，并完成一个完整的大回环动作，即身体围绕单杠做360度的旋转。已知运动员的质量，做圆周运动时其重心到单杠的距离，单手抓住单杠，伸展身体，其重心以单杠为轴做圆周运动，当运动员重心通过单杠正上方点时，速率，完成一次大回环动作改用双手握杠，下杠时由点转至点时脱离单杠，重心经过最高点，最后落到地面，点为落地时的重心位置。脱离单杠后运动员在空中运动的时间为，两点的高度差为，两点间的水平距离为，落地到完全静止用时。取，在同一竖直平面，忽略空气阻力，不考虑体能的消耗与转化。求：
(1)运动员单臂大回环通过单杠正上方点时，单臂承受的弹力大小；
(2)运动员从点运动至点过程中合外力对运动员做的功；
(3)运动员落地时，双脚受到的平均弹力大小。
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）若运动员在点处不受单杠作用力，则有
解得临界速度
根据题意运动员重心通过单杠正上方点时，速率，小于临界速度，则可知点处运动员受单杠的弹力方向竖直向上，由牛顿第二定律有
解得
（2）运动员由运动至点为斜抛运动，运动过程及分速度情况如图所示，
该过程中水平分速度即为最高点点处速度，则由解得
从到过程中时间
对运动员由到点在竖直方向上做匀变速运动分析有
解得
则有空中飞行时间
由点处速度分解情况可知
运动员由到由动能定理得
解得
（3）运动员运动至点处的竖直速度
即大小为，方向向下，规定竖直向下为正方向，对运动员落地过程由动量定理可得
解得
26．（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。
27．（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。
28．（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，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
由几何关系可得
此时
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
解得
此时
此时
则滑块静止，故从释放到静止，滑块的位移为，故C正确；
D．从释放到静止，设克服滑动摩擦力做功为，由能量守恒定律有
解得
故D错误。
故选AC。
29．（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
30．（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，在水平方向有，
解得vx′ = －1m/s
但由于vx′减小为0将无相对运动和相对运动的趋势，故vx′ = 0