2026年高考物理一轮复习考点精讲精练(新高考通用)第23讲动量、冲量、动量定理及其应用(高效培优讲义)(学生版+解析)

这是一份2026年高考物理一轮复习考点精讲精练(新高考通用)第23讲动量、冲量、动量定理及其应用(高效培优讲义)(学生版+解析)，共4页。试卷主要包含了冲量的计算，动量定理的应用，图像中的动量、冲量问题，实验验证动量定理等内容，欢迎下载使用。
TOC \ "1-3" \h \z \u \l "_Tc206167438" 考情探究
\l "_Tc206167439" 知识梳理
\l "_Tc206167440" 探究核心考点
\l "_Tc206167442" 考点一 冲量的计算
\l "_Tc206167441" 考点二 动量定理的应用
\l "_Tc206167442" 考点三 图像中的动量、冲量问题
\l "_Tc206167443" 考点四 实验验证动量定理
\l "_Tc206167447" 三阶突破训练
\l "_Tc206167448" 基础过关
\l "_Tc206167449" 能力提升
\l "_Tc206167450" 真题感知
一、5年真题考点分布
二、命题规律及备考策略
【命题规律】本讲内容是新高考卷的常考内容。本类试题主要考查动量、冲量的理解及动量定理的应用。动量定理常与电磁感应知识综合。
【备考策略】1.理解、掌握动量、冲量的物理意义、大小计算、方向判断。
2.理解、掌握动量定理及其应用。
3.具备数形结合的思想意识。
【命题预测】本讲内容是新高考卷的必考内容，可选择、可计算。动量定理常与电磁感应知识综合。
一、动量和冲量
1．动量
(1)定义：物体的质量和速度的乘积．
(2)表达式：p＝mv.
(3)方向：与速度的方向相同．
2．动量的变化
(1)动量是矢量，动量的变化量Δp也是矢量，其方向与速度的改变量Δv的方向相同．
(2)动量的变化量Δp，一般用末动量p′减去初动量p进行矢量运算，也称为动量的增量．即Δp＝p′－p.
3．冲量
(1)定义：力与力的作用时间的乘积叫作力的冲量．
(2)公式：I＝FΔt.
(3)单位：N·s.
(4)方向：冲量是矢量，其方向与力的方向相同．
4．动量与动能的比较
5.冲量的计算方法
二、动量定理的理解和应用
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．公式：Ft＝mv′－mv或I＝p′－p.
3．对动量定理的理解
(1)动量定理中的冲量是合力的冲量，而不是某一个力的冲量，它可以是合力的冲量，可以是各力冲量的矢量和，也可以是外力在不同阶段冲量的矢量和．
(2)Ft＝p′－p是矢量式，两边不仅大小相等，而且方向相同．式中Ft是物体所受的合外力的冲量．
(3)Ft＝p′－p除表明两边大小、方向的关系外，还说明了两边的因果关系，即合外力的冲量是动量变化的原因．
(4)由Ft＝p′－p，得F＝eq \f(p′－p,t)＝eq \f(Δp,t)，即物体所受的合外力等于物体动量的变化率．
(5)当物体运动包含多个不同过程时，可分段应用动量定理求解，也可以全过程应用动量定理．
(6)当物体的动量变化量一定时，力的作用时间Δt越短，力F就越大，力的作用时间Δt越长，力F就越小。
(7)当作用力F一定时，力的作用时间Δt越长，动量变化量Δp越大，力的作用时间Δt越短，动量变化量Δp越小。如在恒力作用下运动的小车，时间越长，小车的速度越大，动量变化量越大。
三、应用动量定理处理“流体模型”的冲击力问题
考点一 冲量的计算
典例1．（2025·江苏省苏锡常镇·二模）冬奥会跳台滑雪比赛中，运动员在滑雪道上获得一定速度后从跳台a点水平飞出，在空中飞行一段距离后在斜坡b处着陆，如图所示。测得运动员在ab间飞行时间为2s，斜坡与水平方向的夹角为30°，运动员质量为50kg，不计空气阻力，g=10m/s²。求运动员
（1）在飞行过程中所受重力的冲量I的大小；
（2）在a处的速度v的大小。
【答案】（1）
（2）
【解析】
【小问1详解】
运动员重力的冲量为
小问2详解】
由平抛运动规律，竖直方向的位移为
水平方向的位移为
由几何关系可得
解得
典例2．（2025·辽宁省辽西重点高中·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
【解析】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。
典例3．（2025·湖南省怀化市·二模）（多选）如图甲，某轻弹簧两端系着质量均为的小球A、B。小球A用细线悬挂于天花板上，系统处于静止状态。将细线烧断，并以此为计时起点，A、B两小球运动的 图线如图乙所示（ 为小球的加速度， 为时间），两图线对应纵轴最小值均为表示到时间内A的 图线与横轴所围面积大小，当地重力加速度为 。下列说法正确的是（ ）
A. 从到时刻，弹簧对A球的冲量为
B. 时刻，弹簧弹性势能最大
C. 时刻，A、 B两小球的速度差最小
D. 时刻，B物体的速度大小为
【答案】AD
【解析】A．从图像可知从0到时刻两图线与时间轴所夹面积相等，即时刻两小球速度大小相等，由动量定理
得两球速度大小
设弹簧对球的冲量为，以球为对象有
则，故A正确；
B．时刻，两小球加速度大小相等，以小球 A、B整体为对象
得
设此时弹簧弹力，以小球A为研究对象有
则，即弹簧处于原长，弹性势能最小，故B错误；
C．从图乙可知，从0到时刻两者速度差一直在增大，时刻达到最大，故C错误；
D．从0到时刻，以A、B两球整体为对象
其中
化简得，故D正确。
故选AD。
跟踪训练1．（2025·湖南省永州市·三模）（多选）如图甲所示在倾角为的足够大的固定光滑斜面上，质量为的物块A与质量为的物块B通过一根轻绳绕过两个轻质定滑轮C、D相互连接，位置关系如图乙所示，从某时刻开始同时静止释放A和B，1s末还没有物块碰到滑轮，忽略滑轮与轻绳之间的摩擦，已知，下列说法正确的是（ ）
A. A和B具有相同的加速度
B. B在1s末的速度大小为
C. 滑轮D对轻绳的作用力大小为16N
D. 1s内绳对A的冲量大小为16
【答案】BD
【解析】A．A和B的加速度大小相等，但方向不同，加速度不同，故A错误；
B．根据题意，由牛顿第二定律有
解得
B在1s末的速度大小为
故B正确；
CD．设绳的弹力为，对物体B由牛顿第二定律有
解得
则滑轮D对轻绳的作用力大小为
1s内绳对A的冲量大小为
故C错误，D正确。
故选BD。
跟踪训练2．（2025·湖北省七市州·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处自由下落。质量为60kg的人可看成质点，从点由静止下落到最低点所用时间为9s，重力加速度取，不计空气阻力。第一次下落过程中橡皮绳弹力与时间的关系图像如图（b）所示，则图像中阴影部分的面积为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】人下落整个过程，根据动量定理有
解得
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
故选B。
跟踪训练3．（2025·江西省赣州市·二模）蹦床是一项运动员利用蹦床的反弹在空中表现杂技技巧的竞技运动。将运动员蹦床比赛时的运动看做竖直方向的直线运动，忽略空气阻力。用力传感器测出蹦床对运动员弹力的大小F，F随时间t的变化规律如图所示，重力加速度g取，则下列说法正确的是（ ）
A. 内，运动员处于失重状态
B. 运动员的最大加速度大小为
C. 内，蹦床给运动员的冲量大小为
D. 内，运动员重力势能与动能之和先增大后减小
【答案】C
【解析】A．题图可知0~3.6s内运动员静止在蹦床上且，图像内，弹力大于重力，运动员处于超重状态，故A错误；
B．由牛顿第二定律可知，运动员加速度大小
可知弹力F最大时加速度最大，结合图像弹力最大2500N，联立解得
故B错误；
C．当运动员离开蹦床时F=0，故0~8.4s时间内的6.8s~8.4s运动员离开蹦床做竖直上抛运动，共运动t=1.6s，由竖直上抛规律可知，运动员离开蹦床时与落回到蹦床时速度大小相等，方向相反，则运动员离开蹦床时速度大小
规定向上为正方向，内，由动量定理得
其中
联立解得蹦床给运动员的冲量大小
故C正确；
D．对运动员和蹦床构成的系统，只有重力与蹦床弹力做功，故系统机械能守恒，即运动员动能、运动员重力势能、蹦床弹性势能之和不变，图像可知内，弹力先增大后减小，可知蹦床弹性势能先增大后减小，故运动员重力势能与动能之和先减小后增大，故D错误。
故选C。
考点二 动量定理的应用
典例1．（2025·四川省成都市石室中学·一模）某同学利用所学知识测水龙头水流对地面的冲击速度，该同学先用大型容器接水， 2min接水108L。然后将质量为500g的杯子放在台秤上，水龙头开始往杯中注水，注至10s末时，台秤的读数为98.6N。假设水流垂直打在杯子底面后没有反弹，两次水龙头的水流是相同的，水的密度，。则注入杯中水流的速度大约是（ ）
A B. C. D.
【答案】A
【解析】根据题意，每秒流出水的体积为
则每秒时间内流入水的质量为
设水的流速为v，每秒时间内水对杯子底部的冲击力大小为F，则杯底对水的冲击力大小也为F，规定向上为正方向，根据动量定理有
则台秤的示数为
联立上式解得
故选A。
典例2．（2025·江西省宜春市·二模）气排球运动是一项集运动、休闲、娱乐为一体的群众性体育项目。已知球重0.125kg，某次比赛中运动员将一个速度为5m/s，方向与水平面成30°角飞来的气排球以等大反向的速度垫向队友。已知垫球处离地高度为1.5m，球与手作用时间为0.1s，网高1.9m，g取，空气阻力忽略不计，则以下说法正确的是（ ）
A. 运动员垫球过程中球的动量变化量大小为0
B. 运动员垫球过程中手对球的平均作用力大小为
C. 运动员垫球过程中手对球的平均作用力大小为12.5N
D. 队友可在球飞至最高点时将球直接扣杀过网
【答案】B
【解析】A．垫球过程中，球的动量变化量大小应为
故A错误；
BC．根据动量定理可知
方向与水平方向夹角为斜向上，如图所示
且根据几何关系可知
根据余弦定理，则有
故B正确，C错误；
D．垫出后，根据竖直方向运动特点有，最大高度
加上之前的1.5m，有
故无法直接扣球，故D错误。
故选B。
典例3．（2025·河南省名校联盟·三模）如图所示，光滑的水平轨道左右两端分别与倾角为和的光滑斜面平滑连接。初始时刻，质量的小球甲静止在距水平轨道高度的A处，质量的小球乙静止在距水平轨道高度的D处，两小球同时由静止释放。小球甲、乙同时在水平轨道内运动时，它们之间才存在相互排斥力，排斥力的大小（为两者的相对速度）。已知水平轨道足够长，不计空气阻力，重力加速度取。
（1）求甲、乙两小球刚进入水平轨道时的速度和的大小。
（2）若甲、乙两小球第一次在水平轨道上运动的过程中恰好不相碰，求水平轨道的长度。
（3）在水平轨道的基础上增加水平导轨的长度，使得小球甲第二次在水平轨道上运动的过程中与小球乙恰好不相碰，求此时水平轨道的最小长度。
【答案】（1），
（2）
（3）
【解析】
【小问1详解】
设两小球从斜面滑下的时间分别为和，加速度分别为和，由匀变速直线运动的位移与时间的关系有，
由匀变速直线运动的速度与时间的关系有，
由牛顿第二定律有，
解得，，。
【小问2详解】
由第一问可知，两小球同时进入水平轨道，均做减速运动，最终达到共同速度。设两小球的共同速度为，对两小球组成的系统，取水平向左为正方向，由动量守恒定律有
解得
两小球从进入水平轨道至恰好不相碰的过程，对小球甲，由动量定理有

又
解得
【小问3详解】
由第二问分析可知，两小球达到共同速度后一起向左做匀速直线运动，之后小球甲第二次返回水平面后经过一段时间两小球再次达到共同速度。当两小球第一次达到共同速度时，小球甲恰好回到左端的斜面底端，水平轨道的长度最小。设两小球第一次达到共同速度时，它们之间的距离为，有
设之后小球甲在斜面上滑的时间为，有
此过程中小球乙的位移
小球甲第二次到达斜面底端至两小球达到共同速度的过程中，设两小球第二次达到的共同速度为，对两小球组成的系统，取水平向左为正方向，由动量守恒定律有
解得
两小球从进入水平轨道至恰好不相碰的过程，对小球甲，由动量定理有
又，
解得。
跟踪训练1．（2025·北京市大兴一中·一模）构建物理模型是一种研究物理问题的科学思维方法。
（1）如图甲所示，一个质量为0.18kg的垒球，以25m/s的水平速度飞向球棒，被球棒击打后，反向水平飞回，速度的大小为45m/s。若球棒与垒球的作用时间为0.002s，求球棒对垒球的平均作用力大小F。
（2）我们一般认为，飞船在远离星球的宇宙深处航行时，其他星体对飞船的万有引力作用很微弱，可忽略不计。此时飞船将不受外力作用而做匀速直线运动。设想有一质量为M的宇宙飞船，正以速度在宇宙中飞行。如图乙所示，飞船可视为横截面积为S的圆柱体。某时刻飞船监测到前面有一片尘埃云，已知尘埃云分布均匀，密度为。
a、假设尘埃碰到飞船时，立即吸附在飞船表面，若不采取任何措施，飞船将不断减速。求飞船的速度由减小1%的过程中发生的位移大小x。
b、假设尘埃与飞船发生的是弹性碰撞，且不考虑尘埃间的相互作用。为了保证飞船能以速度匀速穿过尘埃云，在刚进入尘埃云时，飞船立即开启内置的离子加速器。已知该离子加速器是利用电场加速带电粒子，形成向外发射的高速（远大于飞船速度）粒子流，从而对飞行器产生推力。喷射粒子过程中，飞船的加速度很小，可视为惯性系。若发射的是一价阳离子，每个阳离子的质量为m，加速电压为U，元电荷为e。在加速过程中飞行器质量的变化可忽略，求单位时间内射出的阳离子数N。
【答案】（1）6300N
（2），
【解析】
【小问1详解】
以垒球飞向球棒的方向为正方向，垒球的初动量为
末动量为
由动量定理可得垒球与球棒之间的平均作用力为
解得平均作用力大小为F=6300N
【小问2详解】
[1]对飞船与尘埃云，以飞船的方向为正方向，由动量守恒定律可得
则
[2]设在很短时间内，与飞船碰撞的尘埃质量为，所受飞船的作用力为，飞船与尘埃发生的是弹性碰撞，由动量守恒定律
由能量守恒定律
联立解得：
由于M远大于，则解得碰后尘埃的速度为
对尘埃由动量定理：
且
则飞船所受阻力为
设一个阳离子在电场中加速后获得的速度为v，由动能定理
设单位时间内射出的离子数为N，则飞船受动力为F，由动量定理
飞船匀速运动，则由受力平衡
联立解得
跟踪训练2．（2025·陕西省宝鸡市·二模）假设儿童足球质量300g，某次儿童足球比赛时足球迎面飞来的速度为5m/s，脚与足球接触的时间大约为0.1s，若以相同的速率将球反向踢回，则此过程中足球（ ）
A. 动量变化量为0
B. 动量变化量为30kg·m/s
C. 受到脚的平均冲击力大小约为30N
D. 受到脚的平均冲击力大小约为15N
【答案】C
【解析】AB．设足球弹回的方向为正方向，则足球动量变化量为
选项AB错误；
CD．根据动量定理
可得受到脚的平均冲击力大小约为F=30N
选项C正确，D错误。
故选C。
跟踪训练3．（2025·山东省青岛市·三模）将小球以初速度竖直向上抛出，经过一段时间小球又落回抛出点，速度大小为v，运动过程中小球所受空气阻力大小与小球速率成正比，重力加速度为g，则小球在空中运动时间为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】设小球上升时间，下降时间为，上升下降总时间为，取向下方向为正方向。全过程根据动量定理有
由于上升的高度等于下降的高度，则有
根据题意有，
故得
联立解得
故选B。
考点三 图像中的动量、冲量问题
典例1．（2025·安徽省淮北市和淮南市·二模）（多选）如图甲所示，质量的物块被锁定在倾角、足够长的光滑斜面上，时刻解除锁定，并对物块沿斜面施加如图乙所示变化的力F，以沿斜面向上为正方向，下列说法正确的是（ ）
A. 时物体向下运动B. 0~2s时间内合外力冲量为0
C. 时物体恰好返回至出发位置D. 时物体动量是时物体动量的两倍
【答案】CD
【解析】AC． 0~1s时间内，物体沿斜面向上做匀加速直线运动，由牛顿第二定律
解得
0~1s时间内，位移
时速度
1~2s时间内，物体沿斜面向上做匀减速直线运动，由牛顿第二定律
解得
1~2s时间内，位移
0~2s时间内，位移
故时物体沿斜面向上运动，时物体恰好返回至出发位置
故A错误，C正确；
B．时，速度
由动量定理0~2s时间内合外力冲量等于动量的变化量
故B错误；
D．时动量
时，动量
负号表示方向，时物体的动量是时物体动量的两倍
故D正确。
故选CD。
典例2．（2025·北京市第三十五中学·三模） A、B两物体的质量之比，它们以相同的初速度在水平面上做匀减速直线运动，直到停止，其图像如图所示。则在此过程中，关于A、B两物体，下列说法错误的是（ ）
A. 摩擦力的冲量之比是
B. 摩擦力做功之比是
C. 它们所受摩擦力之比是
D. 它们与水平面之间的动摩擦因数之比是
【答案】C
【解析】A．A与B均只受摩擦力做匀减速直线运动，由动量定理，可得摩擦力的冲量之比，故A正确，不符题意；
B．由动能定理可知，可知克服摩擦力做功之比，故B正确，不符题意；
C．由，可知，由图像可知A与B的运动时间之比为1:2，则，故C错误，符合题意；
D．由摩擦力，可知，可得，故D正确，不符题意。
故选C。
跟踪训练1．（2025·湖南省长沙市南雅中学·三模）如图1所示，某同学将3本足够长厚度不一、长宽相同的字典A、B、C整齐叠放在水平桌面上，A字典的质量为3m、B字典的质量为2m、C字典的质量为m。已知所有接触面间的动摩擦因数均为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。现对B字典施加一水平方向的拉力F，F随时间t的变化关系如图2所示，则下列说法正确的是（ ）
A. t=5s时，C与地面出现相对运动
B. t=3s时，A、B出现相对运动
C. t=12s时，B字典的速度为4.9μg
D. t=12s时，B字典的速度为5.5μg
【答案】D
【解析】A．字典A、B之间，B、C之间，C与地面之间的最大静摩擦力分别为，，
由于
可知，C与地面间不可能有相对运动，故A错误；
B．若A、B刚出现相对运动，则A、B之间摩擦力恰好等于最大静摩擦力，则有 ，
解得F1=10μmg
根据图2可知，t=10s时，A、B出现相对运动，故B错误；
CD．若B、C刚出现相对运动，则B、C之间的摩擦力恰好等于最大静摩擦力，则有
根据图2可知，t=5s时，B、C出现相对运动，
结合上述可知，12s时间内，A、B先从5s开始一起相对静止加速运动到10s，10s开始，A、B出现相对运动，10s到12s内，两者仍然加速，5s-10s，对A、B整体进行分析，结图2，根据由动量定理有
解得
10s到12s，对B进行分析，结合图2，根据动量定理有
解得，故C错误，D正确。
故选D。
跟踪训练2．（2025·北京市海淀区·三模）一质量为m的小球从离地面上方高度为h处由静止释放，碰到地面后又以碰地前的原速率竖直向上弹起，然后上升至离地面高度为处时速度减为零，以上整个过程中小球运动的速度随时间变化的关系如图所示。若小球在空中运动过程中受到的空气阻力与其运动速率成正比，重力加速度大小为g，则下列说法中正确的是（ ）
A. 在时间内，小球的平均速度小于
B. 在时间内，小球克服阻力做功为
C. 小球在时间内重力的冲量小于在时间内重力的冲量
D. 小球在时间内阻力的冲量大小是时间内阻力冲量大小的3倍
【答案】D
【解析】A．图像的面积等于位移，则在时间内，小球的位移大于做匀加速直线运动的位移，可知平均速度大于，选项A错误；
B．由能量关系可知，在时间内，小球克服阻力做功为
选项B错误；
C．下降过程中
上升过程中
则
根据
小球下落过程时间大于上升过程的时间，则根据
IG=mgt
可知，在时间内重力的冲量大于在时间内重力的冲量，选项C错误；
D．根据
因下降的距离为上升距离的3倍，可知小球在时间内阻力的冲量大小是时间内阻力冲量大小的3倍，选项D正确。
故选D。
考点四 实验验证动量定理
典例1．（2025·四川省眉山市·一诊）某同学利用如图所示的装置“探究动量定理”。在水平气垫导轨上安装了两光电门1、2，滑块上固定一遮光条，滑块用细线绕过定滑轮和轻质动滑轮，与弹簧测力计相连。实验时测出遮光条的宽度，滑块和遮光条的总质量，相同的未知质量钩码若干，取重力加速度。多次改变钩码的个数，实验得到如下实验数据表格，回答以下问题。
（1）滑块通过光电门1时的速度大小_____（选用、、、表示）；
（2）第一次实验时，滑块从光电门1到光电门2的过程中所受合力的冲量大小_____（保留两位小数）；
（3）第一次实验中，滑块从光电门1到光电门2的过程中动量的变化量大小_____（保留两位小数）；
（4）本实验中滑块动量的变化和此段时间内所受合力冲量的相对误差。如果δ值在8%以内，可以得到结论：滑块动量的变化量等于其所受合力的冲量。根据第1组数据，计算出的相对误差_____%（保留一位有效数字）；
（5）当挂上两个钩码时，弹簧测力计示数为，由此可计算出每个钩码质量_____（保留两位小数）。
【答案】（1）
（2）0.14 （3）0.13
（4）
（5）0.02
【解析】
【小问1详解】
根据平均速度等于瞬时速度，则有遮光片通过光电门1时的速度大小
【小问2详解】
第一次实验时，滑块从光电门1到光电门2的过程中所受合力的冲量大小
【小问3详解】
遮光片通过光电门1时的速度大小
遮光片通过光电门2时的速度大小
滑块从光电门1到光电门2的过程中动量的变化量大小
【小问4详解】
根据第1组数据，计算出的相对误差
【小问5详解】
当挂上两个钩码时，遮光片通过光电门1时的速度大小
遮光片通过光电门2时的速度大小
加速度为
对钩码，根据牛顿第二定律，有
解得
m=0.02kg
1．（2025·云南省昆明市·一模）人在水平地面上原地起跳时，先屈腿下蹲，然后突然蹬地向上加速，人的重心由静止开始加速上升的过程中，下列说法正确的是（ ）
A. 地面对人的支持力等于人的重力
B. 地面对人的支持力大于人的重力
C. 地面对人的支持力对人做正功
D. 地面对人的支持力的冲量为0
【答案】B
【解析】AB．人的重心由静止开始加速上升的过程中，人的加速度方向向上，所受合力方向向上，则地面对人的支持力大于人的重力，故A错误，B正确；
C．该过程，由于支持力作用点没有发生位移，所以地面对人的支持力对人不做功，故C错误；
D．根据
可知地面对人的支持力的冲量不为0，故D错误。
故选B。
2．（2025·贵州省黔南州·三模） 如图所示，倾斜传送带与水平面夹角为，以的速度逆时针转动。某一时刻，一质量为m的小滑块从传送带顶端以初速度滑上传送带，初速度方向沿传送带向下，经时间t运动到传送带底端。已知小滑块与传送带之间的动摩擦因数为，且，重力加速度为g，不计空气阻力。小滑块从传送带顶端到底端的过程中，下列说法正确的是（ ）
A. 支持力的冲量为零B. 重力的冲量大小为
C. 重力的功率为D. 摩擦力对小滑块做的功为
【答案】D
【解析】A．支持力的冲量为
可知支持力的冲量不为零，故A错误；
B．重力的冲量大小为
故B错误。
C．重力的功率为
故C错误。
D．由于，可得
可知小滑块与传送带保持相对静止匀速下滑，运动的距离为
小滑块受到的摩擦力大小为
摩擦力对小滑块做的功为
故D正确。
故选D。
3．（2025·陕西省渭南市·二模）急行跳远起源于古希腊奥林匹克运动。如图所示，急行跳远由助跑、起跳、腾空与落地等动作组成，空气阻力不能忽略，下列说法正确的是（ ）
A. 助跑是为了增大运动员自身的惯性
B. 蹬地起跳时，运动员处于超重状态
C. 从腾空到落地，运动员所受重力的冲量为0
D. 从起跳后到最高点过程中，运动员重力势能的增加量大于其动能的减少量
【答案】B
【解析】A．惯性只与质量有关，助跑不能增大运动员自身的惯性，故A错误；
B．蹬地起跳时，运动员有竖直向上的加速度，处于超重状态，故B正确；
C．根据冲量的计算式可知从腾空到落地，运动员所受重力的冲量不为0，故C错误；
D．空气阻力不能忽略，则从起跳到最高点过程，运动员要克服空气阻力做功，有机械能损失，因此运动员重力势能的增加量小于其动能的减少量，故D错误。
故选B。
4．（2025·天津市耀华中学·二模）生活中人们经常用滑轮提升重物，如图所示，两人站在地上通过跨过两个固定定滑轮的轻绳拉动物体，使之匀速上升，已知悬挂重物的两侧绳子a和b与竖直方向的夹角始终相等，则在重物上升的过程中（ ）
A. 绳子a拉力逐渐变小
B. 人对地面的压力逐渐增大
C. 绳子a拉力对物体做功的瞬时功率保持不变
D. 两根绳子对物体拉力冲量始终相等
【答案】C
【解析】A．设连接重物的绳与竖直方向的夹角为θ，对重物，根据平衡条件可得
在重物上升的过程中，θ增大，csθ减小，则绳拉力F增大，故A错误；
B．由于绳拉力不断增大，则绳拉力在竖直方向的分力不断增大，所以地面对人的支持力不断减小，根据牛顿第三定律可知，人对地面的压力逐渐减小，故B错误；
C．绳子a拉力对物体做功的瞬时功率为
由此可知，拉力的功率保持不变，故C正确；
D．由于绳子拉力大小相等，方向不同，所以两根绳子对物体的拉力冲量不相等，故D错误。
故选C。
5．（2025·安徽省江南十校·一模）（多选）如图所示，图（1）、图（2）是一辆质量为m的公共汽车启动过程中和两个时刻的照片。到时间内汽车的运动可视为初速度为零的匀加速直线运动。图（3）是此过程中车内横杆上悬挂的拉手经放大后的图片。m、、、均为已知量，重力加速度大小为 g。根据上述信息并结合图片，可以得出的物理量有（ ）
A. 公共汽车车身的大致长度
B. 公共汽车所受牵引力的冲量大小
C. 到时间内公共汽车的平均速率
D. 到时间内合外力对公共汽车做的功
【答案】ACD
【解析】A．对拉手受力分析可知，公共汽车的加速度为
故到时刻间公共汽车产生的位移为
根据汽车实际位移与图片的比例关系，即可估算车身长度，故A正确；
B．公共汽车的在时刻的速度为
由动量定理可知：
由于公共汽车所受摩擦力f未知，无法求解牵引力的冲量大小，故B错误；
C．公共汽车做匀变速直线运动，根据
故C正确；
D．根据动能定理，到时间内合外力对公共汽车做的功
故D正确。
故选ACD。
6．（2025·北京市北京师范大学第二附属中学·第二次统练）如图所示，圆盘在水平面内以角速度ω绕中心轴匀速转动，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，小物体所受摩擦力的方向沿运动轨迹切线方向
B. 圆盘停止转动前，小物体运动一圈所受摩擦力的冲量大小为
C. 圆盘停止转动后，小物体沿圆盘半径方向运动
D. 圆盘停止转动后，小物体整个滑动过程所受摩擦力的冲量大小为
【答案】D
【解析】A．圆盘停止转动前，小物体随圆盘一起转动，小物体所受摩擦力提供向心力，方向沿半径方向，故A错误；
B．圆盘停止转动前，小物体所受摩擦力
根据动量定理得，小物体运动一圈所受摩擦力的冲量为
大小为0，故B错误；
C．圆盘停止转动后，小物体沿切线方向运动，故C错误；
D．圆盘停止转动后，根据动量定理可知，小物体整个滑动过程所受摩擦力的冲量为
大小为，故D正确。
故选D。
7．（2025·北京市北京师范大学第二附属中学·第二次统练）我国多次成功使用“冷发射”技术发射长征十一号系列运载火箭。如图所示，发射舱内的高压气体先将火箭竖直向上推出，火箭速度接近零时再点火飞向太空。从火箭开始运动到点火的过程中（ ）
A. 火箭的加速度为零时，动能最大
B. 高压气体释放的能量全部转化为火箭的动能
C. 高压气体对火箭推力的冲量等于火箭动量的增加量
D. 高压气体的推力和空气阻力对火箭做功之和等于火箭动能的增加量
【答案】A
【解析】A．火箭从发射舱发射出来，受竖直向下的重力、竖直向下的空气阻力和竖直向上的高压气体的推力作用，且推力大小不断减小，刚开始向上的时候高压气体的推力大于向下的重力和空气阻力之和，故火箭向上做加速度减小的加速运动，当向上的高压气体的推力等于向下的重力和空气阻力之和时，火箭的加速度为零，速度最大，接着向上的高压气体的推力小于向下的重力和空气阻力之和时，火箭接着向上做加速度增大的减速运动，直至速度为零，故当火箭的加速度为零时，速度最大，动能最大，故A正确；
B．根据能量守恒定律，可知高压气体释放的能量转化为火箭的动能、火箭的重力势能和内能，故B错误；
C．根据动量定理，可知合力冲量等于火箭动量的增加量，故C错误；
D．根据功能关系，可知高压气体的推力和空气阻力对火箭做功之和等于火箭机械能的增加量，故D错误。
故选A。
8．（2025·福建省·二模）水车作为农耕文化的重要组成部分，体现了中国古代劳动人民的创造力。如图所示为一种水车的原理简化图，水车竖直放置，其叶片与半径共线，水渠引出的水从一定高度以的速度水平流出，水的流量为，水流出后做平抛运动，某时刻水流均垂直冲击到与竖直面成60°的叶片上（叶片面积大于水流横截面积）。已知水流冲击叶片后速度变为零并从两侧流走，则水流对叶片的冲击力大小为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】水流出后做平抛运动，水流冲击叶片前瞬间的速度大小为
水的流量为Q=60kg/s，取极短时间，和叶片作用的水质量为
根据动量定理有
解得叶片对水的作用力大小为F=480N
根据牛顿第三定律可知水流对叶片的冲击力大小为480N。
故选B。
9．（2025·福建省宁德市·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
【解析】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。
10．（2025·甘肃省兰州市·一模）（多选）将一小球从足够高的地方由静止释放，其所受空气阻力大小与速度的平方成正比。小球从释放到落地前的过程中，下列说法正确的是（ ）
A. 加速度保持不变
B. 加速过程中小球处于失重状态
C. 动量的变化率变大
D. 机械能不断减小
【答案】BD
【解析】A．根据
可知，随速度的增加，加速度减小，选项A错误；
B．加速过程中，因加速度向下，则小球处于失重状态，选项B正确；
C．根据动量定理，动量的变化率等于合外力，即
可知，动量变化率变小，选项C错误；
D．因为由阻力做负功，则机械能不断减小，选项D正确。
故选BD。
11. （2025·广东省汕头市·二模）在江南水乡，撑篙行舟是一种传统的水上交通方式。如图所示，船夫使用一根竹篙倾斜撑向河底，就能让船夫和小船一起缓慢向右运动离岸。小船缓慢离岸的过程中，竹篙对河底力的作用点不变，对该过程分析正确的是（ ）
A. 竹篙对河底做正功B. 小船受到的合力向左
C. 小船受到船夫的摩擦力向右D. 船夫受到小船的支持力的冲量为零
【答案】C
【解析】A．竹篙对河底有力的作用，但河底在这个力的方向上没有发生位移，所以竹篙对河底不做功，故A 错误；
B．因为小船缓慢向右运动，处于平衡状态，根据平衡条件，物体处于平衡状态时合力为零，所以小船受到的合力为零，故B 错误；
C．船夫和小船一起缓慢向右运动，船夫相对小船有向右的运动趋势，所以小船对船夫的摩擦力向左，根据牛顿第三定律可知，小船受到船夫的摩擦力向右，故C正确；
D．根据
因船夫受到小船的支持力不零，运动的时间也不为零，故船夫受到小船的支持力的冲量不为零，故D错误。
故选C。
12. （2025·湖南省邵阳市·三模）打羽毛球是深受大众喜爱体育运动。如图所示是羽毛球从左往右飞行的轨迹图，图中A、B为同一轨迹上等高的两点，P为该轨迹的最高点，则羽毛球在该轨迹上运动时，下列说法正确的是（ ）
A. 在A、B两点的动能相等
B. AP段重力的冲量小于PB段重力的冲量
C. 整个飞行过程中经过P点时的速度最小
D. 在PB下落阶段，羽毛球加速度的竖直分量大于重力加速度值
【答案】B
【解析】A．羽毛球由A点运动到B点过程中，重力做功为零，空气阻力做负功，由动能定理可知，动能减小，所以羽毛球在A点的动能大于B点的动能，故A错误；
BD．羽毛球上升阶段竖直方向所受合力大于重力，竖直方向的加速度大于g，下落阶段竖直方向所受合力小于重力，竖直方向的加速度小于g，所以羽毛球AP段所用时间比PB段小，结合冲量的定义可知，AP段重力的冲量小于PB段重力的冲量，故B正确，D错误；
C．羽毛球经过P点时所受重力与空气阻力的合力与速度成钝角，说明速度正在减小，所以整个飞行过程中经过P点时的速度不是最小，故C错误；
故选B。
13. （2025·北京市第一零一中学·三模）如图所示，东风-17高超音速战略导弹，是世界上第一种正式装备服役的高超音速乘波器导弹，射程可达几千公里，具备高超音速突防能力，可借助空前的机动能力实现蛇形机动，规避拦截。已知东风-17质量为m，在一次试射机动变轨过程中，东风-17正在大气层边缘向东水平高速飞行，速度大小为12马赫（1马赫就是一倍音速，设为v），突然蛇形机动变轨，转成水平向东偏下37°角飞行，速度大小为15马赫。此次机动变轨过程中，下列说法正确的是（ ）
A. 合力对东风-17做功为81mv2
B. 合力对东风-17做功为40.5mv2
C. 合力对东风-17的冲量大小为15 mv，方向竖直向下
D. 合力对东风-17的冲量大小为12mv，方向竖直向上
【答案】B
【解析】AB．合力对东风-17做功为，A错误，B正确；
CD．合力对东风-17的冲量为，方向竖直向下，CD错误。
故选B。
14. （2025·北京市第一零一中学·三模）民航客机都有紧急出口，发生意外情况的飞机紧急着陆后，打开紧急出口，狭长的气囊会自动充气，生成一条连接出口与地面的斜面，人员可沿斜面滑行到地面。如图所示，若机舱口下沿距地面约，气囊所构成的斜面长度约为，一个质量为的人沿气囊滑下时所受的阻力是，取。求：
（1）人沿气囊滑下时加速度大小；
（2）人滑至气囊底端时的速度大小；
（3）人滑至气囊底端时重力的瞬时功率和该过程中重力的冲量大小。
【答案】（1）
（2）
（3），
【解析】
【小问1详解】
设斜面与水平面的夹角为，根据几何关系有
解得
设人沿气囊滑下时所受的阻力为，对人沿气囊滑下过程进行受力分析，列牛顿第二定律方程有
解得人沿气囊滑下时加速度大小为
【小问2详解】
由运动学公式
解得人滑至气囊底端时的速度大小为
【小问3详解】
由分析可知人滑至气囊底端时重力的瞬时功率为
设人沿气囊滑下所用的时间为，则
所以该过程中重力的冲量大小为
1．（2025·北京市东城区·一模）某人在室内以窗户为背景摄影时，恰好把窗外由该楼的楼顶自由落下的一个小石子拍摄在照片中，测得照片中石子运动痕迹的长度为。已知本次摄影的曝光时间是，实际长度为的窗框在照片中的长度为。重力加速度取，不计空气阻力。
（1）根据照片计算曝光时间内石子下落的实际距离；
（2）求曝光时间内，小石子运动的平均速度的大小；
（3）已知小石子的质量，估算小石子从楼顶下落至拍照时小石子所受重力的冲量的大小。
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
小问1详解】
根据照片尺寸与实际长度的比例关系
可得
【小问2详解】
曝光时间内，小石子运动的平均速度的大小
【小问3详解】
根据动量定理
2．（2025·宁夏回族自治区石嘴山市第三中学·三模）如图所示，固定在竖直面内半径为R的四分之一光滑圆弧最低点与水平传送带相切于B点，传送带左端与足够长光滑水平面相切于C点。传送带之间的距离为R，传送带始终以大小为的速度沿逆时针匀速转动。一质量为3m的物块Q静止在水平面C端，将质量为m的物块P在圆弧的最高点A由静止释放，P沿圆弧下滑并滑上传送带，运动到水平面上后与Q发生弹性碰撞，P与传送带间的动摩擦因数为0.4，不计物块的大小及空气阻力。重力加速度大小为g，求：
（1）物块P运动到圆弧最低点时对轨道的压力大小；
（2）P与Q碰撞过程中，P对Q的冲量大小；
（3）碰撞之后，P、Q间的最大距离。
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【小问1详解】
设P第一次滑上传送带时，物块P的速度大小为，根据机械能守恒定律有
解得
圆弧最低点时由牛顿第二定律得
解得
由牛顿第三定律得物块对轨道的压力
【小问2详解】
设物块在传送带上先减速后匀速，则匀减速运动的加速度大小
减速运动的距离
假设不成立，因此P第一次通过传送带一直做减速运动，设通过传送带的速度大小为，
解得
设Q，P碰撞后，P的速度大小为，Q的速度大小为，根据动量守恒定律有
根据能量守恒有
解得
碰撞过程中，Q对P的冲量大小
【小问3详解】
碰撞后P向左减速至速度为0过程位移
又
因此滑块P第二次在传送带上先减速再反向加速运动，运动的时间
最终Q、P共速，它们间的最远距离
3．（2025·山西省吕梁市·三模）如图所示，粗糙水平地面上静置一质量为1kg、长度为8m的“L”型长木板Q，质量为1kg的滑块P以6m/s的初速度从左端冲上长木板Q。已知地面与长木板Q之间的动摩擦因数为0.05，滑块P与长木板Q之间的动摩擦因数为0.15，滑块P与长木板Q的竖直挡板碰撞后粘在一起（忽略碰撞时间），长木板Q的竖直挡板厚度不计，滑块P可看成质点，重力加速度g取10m/s²，求：
（1）滑块P与长木板Q的竖直挡板碰撞前，长木板Q的加速度大小；
（2）滑块P与长木板Q的竖直挡板碰撞过程中，系统损失的机械能；
（3）从滑块P冲上长木板Q至碰撞结束瞬间，长木板Q对滑块P的冲量大小。
【答案】（1）m/s²
（2）J
（3）N·s
【解析】
【小问1详解】
（1）对长木板Q受力分析由牛顿第二定律可得
代入数据解得m/s²
【小问2详解】
对滑块P受力分析由牛顿第二定律可得
代入数据解得m/s²
碰前滑块P的位移
长木板Q位移
P、Q的位移关系为
解得s或s（舍）
碰前滑块P的速度
长木板Q速度
碰撞过程由动量守恒定律可得
代入数据解得
所以由于碰撞系统损失的机械能为
代入数据解得J
【小问3详解】
从滑块P冲上长木板Q至碰撞结束瞬间，长木板Q对滑块P水平方向的冲量大小
竖直方向的冲量大小
Q对P的冲量大小
联立解得N·s
4．（2025·浙江省北斗星盟·三模）如图所示，木板C静置于光滑水平地面上，中点处放置物块B。某时刻物块A以水平初速度从左端滑上木板。已知物块A、B均可视为质点，质量均为m，与木板间的动摩擦因数均为μ，木板的质量为2m，A、B间为弹性碰撞，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则（ ）
A. 若物块A、B不发生碰撞，则木板C长度的最大值为
B. 若物块A、B不从木板C的右端滑离，则木板C长度的最小值为
C. 若物块B恰好不滑离木板C，则物块A、B碰撞前后的两段时间内，摩擦力对木板C的冲量大小是相等的
D. 若物块A、B最终与木板C相对静止，则摩擦力对木板C的冲量大小与物块A、B在木板C上相对静止的位置有关
【答案】B
【解析】A．设木板长为L，恰好发生碰撞时，由
能量守恒有
联立解得
若物块A、B不发生碰撞，木板长的最小值为，故A错误；
B．由于AB质量相等且A、B的碰撞为弹性碰撞，则碰后不损耗能量，只是交换速度，故B到C右端恰好静止，则有
能量守恒有
联立解得
故B正确；
C．A碰B前，BC做一起做加速运动，A做减速运动，A碰B后，速度交换，AC一起做加速运动，B做减速运动，最终共速，速度时间图像如下
如图，由于前后两个阶段的相对位移即面积差要相同，知第二个阶段时间长，摩擦力的冲量大，故C错误；
D．只要相对静止，那么共速相等，由动量定理，知摩擦力对木板C的冲量大小是一定值，与相对静止的位置无关，故D错误。
故选B。
5．（2025·重庆市·一模）2024年11月12~17日，“第十五届中国国际航空航天博览会”在珠海国际航展中心举行。题图1为某飞机小队表演的精彩瞬间；题图2为其中一架飞机（可视为质点）攀升时的示意图，时刻，其速度大小为、方向与水平方向的夹角为θ，经过时间，沿直线飞行了距离x。该过程视为匀加速直线运动，空气提供的升力始终与速度方向垂直，飞机飞行时所受阻力大小，其中k（已知）为定值。已知飞机总质量为m，重力加速度为g，忽略飞行过程中的质量损失。求：
（1）该过程中，飞机飞行的加速度大小；
（2）时刻，飞机所受牵引力的大小；
（3）该段时间内，飞机所受牵引力的冲量。
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【小问1详解】
设该飞机的加速度大小为a，由位移—时间公式有
解得
【小问2详解】
设时刻，该飞机的速度大小为，所受牵引力大小为F，由
得
由牛顿第二定律有
解得：
【小问3详解】
由题知，牵引力
在极小时间内：
可得：
因此，该段时间内，牵引力的冲量
解得：，方向与速度方向相同
6．（2025·北京市北京师范大学第二附属中学·第二次统练）中国水力资源理论蕴藏量、技术可开发量、经济可开发量及已建和在建开发量均居世界首位，水力资源是中国能源资源的最重要的组成部分之一。在世界能源日益紧缺的大背景下，如何充分利用水能，同时更好地保护环境，实现可持续发展，已成为中国水电建设乃至能源战略调整的必然选择。
（1）2006年5月20日全线修建成功的三峡大坝在防洪、抗旱、发电等领域都起到了非常重要的作用。三峡电站是世界上装机容量最大的水电站。设通过大坝的，流量为Q（单位时间内流过的水的体积），水的密度为，三峡大坝平均水位差为H，不计上游水流速度，坝底涡轮机将机械能转化为电能的效率为，重力加速度为g。计算三峡电站的平均发电功率。
（2）水力资源丰富的也会导致我国南方在每年的汛期遭受洪涝灾害的困扰。为降低洪涝灾害所带来的损失，一个最简单的做法就是修建防洪堤坝。在河流转弯处，河水会对外侧河岸产生附加压强，因此转弯处的防洪堤坝需要修的更加牢固。下面我们对河流转弯处河水对外侧河岸产生的这一附加压强做一些定量研究。
①这一附加压强的产生是由于河水转弯动量变化引起的。我们首先来研究一个简单模型。质量为m的小球斜射到木板上，与木板发生完全弹性碰撞，即碰撞前后的速度大小都是v，如图所示。已知碰撞后的速度方向相对于碰撞前转过了角，碰撞过程中忽略小球所受重力。设小球与木板相互作用的时间为。求出碰撞前后木板对小球的平均作用力的大小。
②下面我们来研究河流转弯处河水对外侧河岸产生的这一附加压强。设水的密度为，由坝底到水面的高度为h，河宽为w。计算这一附加压强。设河流拐弯处可看作外侧半径为R的圆弧，河道宽度相等，流速v为定值。（提示：在非常小的情况下）
【答案】（1）；（2）①，②
【解析】（1）单位时间内流过的水的质量为
下落H所做的功为
得平均发电功率为
（2）①小球碰撞前后动量变化量为
由动量定理
FΔt=Δp
联立解得
②Δt时间内流过的水的质量为
Δm=ρvΔthw
这些水转过一个小角度Δθ的动量改变量为
设这些水受到的堤坝对它的作用力大小为F'，根据动量定理
F'Δt=Δp
可得
F'=ρv2hwΔθ
根据牛顿第三定律河水对堤坝的作用力大小
F=F'=ρv2hwΔθ
Δθ对应的外侧面积为
ΔS=RΔθh
河流转弯处河水对外侧河岸的附加压强为
7．（2025·广西南宁市·三模）电梯性能测试实验装置简化图如图所示，在某次实验中电梯缆绳发生断裂后向下坠落。已知下落过程两侧安全钳对电梯施加的滑动摩擦力共为，电梯刚接触井底缓冲弹簧时的速度为，此后经电梯停止运动，缓冲弹簧被压缩了。若电梯的质量为，重力加速度，不考虑空气阻力。求：
（1）电梯刚接触井底缓冲弹簧时的加速度大小；
（2）缓冲弹簧的最大弹性势能；
（3）下落过程中弹簧对电梯的冲量。
【答案】（1）
（2）
（3）6100N·s，方向竖直向上
【解析】
【小问1详解】
电梯刚接触井底缓冲弹簧时，弹簧弹力为零，以竖直向上为正方向，由牛顿第二定律，有：
解得：
【小问2详解】
由动能定理：
【小问3详解】
以竖直向下为正方向，由动量定理：
故弹力的冲量大小为6100N·s，方向竖直向上。
8．（2025·河南省郑州市登封市·一模）如图所示，两质量均为m的小球A、B皆可视为质点，位于距地面竖直高度h的同一点，让小球A自由下落，同时将B球以速度向竖直墙面水平抛出，B球到竖直墙距离为，B球与竖直墙壁相碰后，水平分速度大小不变，方向与原来相反，竖直分速度不变，不计空气阻力，两球落地前，下落说法正确的是（ ）
A. 当时，两小球恰好在地面相碰
B. 在下落的同一时刻，A球的重力功率小于B球的重力功率
C. 若A、B两球恰好在地面相碰，则墙壁对B小球做的功值为
D. 若A、B两球恰好在地面相碰，则墙壁对B小球的冲量大小为
【答案】D
【解析】A．由题知，B球与竖直墙壁相碰后可认为仍做平抛运动，由平抛运动规律得，竖直方向有
水平方向有
联立得
则B碰后反弹，所以当时两球恰好在地面相碰，故A错误；
B．在下落的同一时刻，A、B两球竖直方向的速度相同，根据
可知，A球的重力功率等于B球的重力功率，故B错误；
CD．由A分析知，当时两小球恰好在地面相碰，则墙壁对B球的作用力仅改变水平速度的方向，大小不变，即由变为，故墙壁对B小球做的功值为0，墙壁对B小球的冲量大小为
即墙壁对B小球的冲量大小为，C错误，D正确。
故选D。
9．（2025·河南省郑州市登封市·一模）由我国自主研发的嫦娥三号探测器经过一系列的变轨和姿态调整后，在距离月球表面100m处发动机向下喷气使其像直升机一样悬停一会，以选择合适的着陆地点．随后调节发动机喷气量，使探测器向下运动．当降到距离月球表面4m时，关闭发动机，在月球引力作用下，探测器以4m/s的速度垂直落到月球表面，靠着陆器的4个支架腿缓冲后实现软着陆．若已知月球表面的重力加速度约为地球表面重力加速度g的1/6， ．求：
(1) 探测器悬停在距离月球表面100m处时，探测器的总质量M=1200kg，开动的喷气发动机的推力大小；
(2) 当降到距离月球表面4m时，探测器的速度大小为多少(计算结果可用根号表示)；
(3) 若4个支架腿与月球表面接触后，缓冲2s探测器相对月球静止，此时探测器的总质量m=1080kg，则这个过程中，月球表面对探测器的平均作用力大小为多少．
【答案】（1）2000N（2） （3）3960N
【解析】(1)（由平衡条件得：开动的喷气发动机的推力大小为：
(2)
得：
(3) 取竖直向上为正方向，由动量定理可得：

解得：
10．（2025·河南省郑州市·二模）某自动秤米机的原理如图所示，阀门距秤盘的高度，当阀门打开时大米从静止开始下落，大米与秤盘的碰撞时间极短且不反弹（碰撞过程重力可忽略）。当秤米机的示数为1kg时，阀门在电机控制下立即关闭。已知大米的流量，取重力加速度大小，忽略空气阻力及大米在秤盘堆积的高度，求：
（1）大米落到秤盘前瞬间速度的大小，及阀门关闭瞬间空中大米的质量；
（2）大米与秤盘碰撞时对秤盘冲击力的大小；
（3）稳定后（空中的大米全部落入秤盘），秤米机的示数。
【答案】（1）2m/s，0.02kg
（2）
（3）1kg
【解析】
【小问1详解】
设每粒大米质量为，由机械能守恒
解得大米落入秤盘时的速度大小
阀门关闭，米在空中近似做自由落体运动，则有
解得
空中大米的质量
【小问2详解】
时间内，从阀门处下落的大米质量
令其落到秤上时受到的冲击力为，根据动量定理有
解得
根据牛顿第三定律可知，大米与秤盘碰撞时对秤冲击力
【小问3详解】
关闭阀门时，秤示数为1kg，此时，结合上述可知，秤上大米质量为
则当空中大米全部落入盘中后，大米的总质量
11. （2025·辽宁省鞍山市第一中学·三模）（多选）在一场冰上表演活动中，光滑的冰面上静止放置着一个质量为9m的冰车，冰车的左侧部分是一个半径为R的光滑四分之一圆弧轨道，轨道底部与冰面平滑连接。一位质量为m的花样滑冰运动员以水平速度冲向冰车并滑上轨道。已知运动员在轨道上升的高度小于R。运动员回到轨道底端时，此时冰车向前走的距离为L，则下列说法正确的是（ ）
A. 运动员在冰车轨道上运动过程中，冰车对冰面的压力始终等于
B. 运动员在轨道上升的最大高度为
C. 运动员再次滑回到轨道底端时，对轨道的冲量大于
D. 运动员在轨道上的运动时间为
【答案】BCD
【解析】A．运动员在竖直方向上有向下的分加速度，系统处于失重状态，故冰车对冰面的压力始终小于，故A错误；
B．运动员在轨道上升过程中，在水平方向上动量守恒，则
解得，运动员上升到最高点时运动员和冰车共速时的速度大小为
根据系统机械能守恒
解得
故B正确；
C．运动员再次滑回到轨道底端时，取水平向右为正方向，设运动员的速度为，冰车的速度为，在水平方向上动量守恒，则
根据系统机械能守恒
解得
根据动量定理可知，在水平方向上，运动员对轨道的冲量大小为
又因为运动员在竖直方向上对轨道的冲量不为零，所以运动员对轨道的冲量大于，故C正确；
D．根据运动员和冰车在水平方向上动量始终守恒，则在任意时刻均满足
两边同乘，则
有题意可知，
联立，解得
故D正确。
故选BCD。
12. （2025·内蒙古包头市·三模）（多选）如图所示，一弹性轻绳（绳的弹力与其伸长量成正比）左端固定在A点，自然长度等于AB。弹性绳跨过由固定轻杆OB固定的定滑轮连接一个质量为m的小球，小球穿过竖直固定的杆，初始时弹性绳ABC在一条水平线上，小球从C点由静止释放，当滑到E点时速度恰好为零，已知C、E两点间距离为h，D为CE的中点，小球在C点时弹性绳的拉力为，小球与杆之间的动摩擦因数为0.4，弹性绳始终处在弹性限度内，重力加速度为g。已知质点做简谐振动周期公式（m为质点质量，k为振动系数），下列说法正确的是（ ）
A. 对于由弹性绳和小球组成的系统，在CD阶段损失的机械能等于在DE阶段损失的机械能
B. 小球从C到E克服弹性绳弹力做功
C. 在E点给小球一个竖直向上的速度小球恰好能回到C点
D. 从C到E的过程中，弹性轻绳对小球的冲量为
【答案】AD
【解析】A．当小球运动到某点P点，弹性绳的伸长量是，小球受到如图所示的四个力作用
其中
将正交分解，则的水平分量为
小球水平方向平衡，则
又
的竖直分量为
从C到E的过程中，根据能量守恒可知
解得
由可知小球受到的摩擦力为恒力，则CD段与DE段摩擦力所做的功相同，则在DE段弹性绳和小球组成的系统机械能的减小量等于CD段弹性绳和小球组成的系统机械能的减小量，故A正确；
B．小球从C到E，根据动能定理有
解得克服弹性绳弹力做功为
故B错误；
C．对小球从C运动到E过程，应用动能定理得
若小球恰能从E点回到C点，应用动能定理得
联立求解得
故C错误；
D．从C到E的运动过程中，所受合力
可知恰好以D点为平衡位置的简谐运动，从C运动到E恰好为半个周期
弹性轻绳对小球水平冲量
竖直冲量与重力和摩擦力合力的冲量大小相等，为
又
弹性轻绳对小球冲量
故D正确。
故选AD。
13. （2025·北京市北京大学附属中学·三模）继嫦娥四号实现人类首次登陆月球背面、嫦娥五号实现中国首次月球采样返回任务之后，2024年6月2日，嫦娥六号实施了人类首次月球背面采样返回任务，如图1。
（1）嫦娥六号着陆器和上升器组合体实施动力下降时，大功率变推力主发动机开机。其间，组合体进行快速姿态调整，逐渐接近月表，在安全点上方（远小于月球半径）处悬停，检测月面障碍后，最终选定着陆点，迅速开始以较小的速度匀速竖直下降（不计加速时间和加速距离），刚接触月面时立即发动机关闭，利用缓冲系统保障组合体在时间内最终平稳着陆于月球背面南极－艾特肯盆地。已知月球表面附近的加速度为，组合体质量为，求：
a．从组合体开始匀速下落到关闭发动机期间，发动机对组合体做的功；
b．从关闭发动机到组合体最终平稳着陆，月面对组合体的平均冲击力的大小；
（2）由于月球在绕地球的运行过程中永远以同一面朝向地球，导致地球上的任何基站信号都无法直接穿透月球与月球背面的探测器建立联系。为给月背探测器提供通信支持，我国于2018年5月发射了中继星“鹊桥”，如图2所示。图中的点为地－月系统的一个拉格朗日点，在该点的物体可以和月球以相同的角速度绕地球做匀速圆周运动。若忽略除地球和月球外其他天体的影响，“鹊桥”的运动可简化为同时参与了以点为圆心的圆周运动和与月球一起绕地球的公转两个运动，以确保月背探测器和地球之间始终能够正常的进行通讯联系。设地球质量为，月球质量为，“鹊桥”质量为，地球中心和月球中心间的距离为，月球绕地心动。求：
a．推导并写出拉格朗日点到月球中心的距离为满足的关系式（已知远大于“鹊桥”到点的距离）；
b．有同学推测，在地球和月球球心所在直线上还有其他拉格朗日点，请在图3中用符号“*”标记出它们的大概位置，并直接写出它们到月球中心的距离应满足的关系式。
【答案】（1）a．；b．
（2）a．；
b．，，
【解析】
【小问1详解】
a．由动能定理
得
b．组合体为研究对象进行受力分析，选定向上为正方向，由动量定理
得到
【小问2详解】
a．设月球围绕地球做角速度为ω的圆周运动，由牛顿第二定律
“鹊桥”在地球和月球共同的万有引力作用下围绕地球以相同的角速度ω做圆周运动
二式联立可得l满足的关系式
b．可能的拉格朗日点还有两处，如图
其中应满足的关系式是
其中应满足的关系式是
14. （2025·北京市大兴精华学校·三模）两个相同小铁块A和B，分别从固定的、高度相同的光滑斜面和圆弧斜面的顶点滑到底部，如图所示。如果它们的初速度都为零，且下滑到底部的路程相同，则下列说法正确的是（ ）
A. 它们到达底部时速度相同
B. 它们到达底部过程中重力做功相同
C. 它们到达底部过程中重力的冲量相同
D. 整个过程中合外力的冲量相同
【答案】B
【解析】A．小铁块从顶点到底部过程，根据动能定理可得
可得小铁块到达底部的速度大小为
可知小铁块A和B到达底部时速度大小相等，方向不同，故A错误；
B．根据重力做功，可知它们到达底部过程中重力做功相同，故B正确；
C．重力的冲量为，由上述可知速度的大小相同，下滑到底部的路程相同，则运动时间不相同，故重力的冲量不同，故C错误；
D．根据动量定理可得
由于小铁块A和B到达的速度方向不同，可知整个过程中铁块的动量变化不相同，则合外力的冲量不同，故D错误。
故选B。
15. （2025·北京市大兴精华学校·三模）圆周运动是曲线运动的一种特例。由于其属于变加速曲线运动，在研究过程中我们经常用到的方法就是微元法。
（1）质点沿半径为、圆心为的圆周以恒定大小的速度运动，某时刻质点位于位置，经极短时间后运动到位置，如图1所示，试根据加速度的定义，推导质点在位置时的加速度的大小。
（2）物体做曲线运动的情况较复杂，一般的曲线运动可以分成很多小段，每小段都可以看成圆周运动的一部分，即把整条曲线用一系列不同半径的小圆弧来代替。如图2所示，曲线上点的曲率圆定义为通过点和曲线上紧邻点两侧的两点作一圆，在极限情况下，这个圆就叫作点的曲率圆，其半径叫作点的曲率半径，在分析物体经过曲线上某位置的运动时，就可以按其等效的圆周运动来分析和处理。将一物体沿与水平面成角的方向以速度抛出，如图3所示。已知重力加速度为，求其轨迹最高点处的曲率半径。
（3）《自然哲学的数学原理》中记载牛顿是这样研究匀速圆周运动的：如图4所示，质量为的小球沿正多边形的各边做速度大小恒为的运动，若正多边形的边数趋近于无穷大，则上述运动可看作匀速圆周运动，若其半径为，试用动量定理推导向心力表达式（当足够小时，有）。
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【小问1详解】
根据三角形相似可得
根据线速度定义式可得
根据加速度的定义式可得
联立可得
【小问2详解】
最高点处，根据向心力公式，解得曲率半径
【小问3详解】
如图所示
根据动量定理，当趋于无穷大时，有
联立解得
16. （2025·河南省安阳市·三模）如图甲所示，质量为的足够长木板A静止在光滑水平面上，A上静置一个质量的滑块B，B与A之间有摩擦。从时刻起在B上施加一个水平向右的拉力，且拉力与时间的关系为（式中物理量的单位均为国际单位）。A的动能与其位移的关系图像如图乙所示，时A的位移为，段的图线为曲线，段的图线为倾斜直线。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取。下列说法正确的是（ ）
A. B与A间的动摩擦因数为
B. 时，B的速度大小为
C. A的质量为
D. 第内，A的位移大小为
【答案】C
【解析】A．根据题意可知，在内B与A相对静止，后B与A相对滑动，内有
由于，所以由动量定理有
得
后A的动能改变量
与位移的关系为
可得
A受到的摩擦力
可得，故A错误；
C．由，，解得
或（舍去），故C正确；
B．将代入，可得，故B错误；
D．在第7s内，A做匀加速直线运动，则
解得
根据匀加速直线运动规律可得
第7s内，A的位移大小为，故D错误。
故选C。
17. （2025·广东省深圳市龙岗区华中师范大学附属中学·三模）如图所示（俯视图）的水平传送带由三段组成，段为直线，段边缘是圆心角为的圆弧，段上方有一光滑挡板，挡板与传送带中心线之间的夹角，物体碰到挡板瞬间，垂直挡板方向速度变为零，物块沿挡板匀速运动到工作台。一质量的物体由端轻放在传送带的中心线上，到达端时恰好与传送带共速，在段与传送带相对静止。已知传送带速率恒定，物体与传送带间的动摩擦因数段长，物块在段的时间，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度取，求：
（1）传送带的速率及物块与挡板作用后匀速运动的速度大小；
（2）物体从运动到的过程中，传送装置比空载时多做的功；
（3）物块从到的过程中，传送带对物块的冲量大小。
【答案】（1），
（2）
（3）
【解析】
【小问1详解】
物体在段，由牛顿第二定律有
解得
由运动学公式有
解得
传送带的速率
物块与挡板作用后瞬间的速度大小
【小问2详解】
物体从运动到的过程中，传送带的位移大小
由能量守恒定律可知，传送装置比空载时多做的功
【小问3详解】
物体从到的过程中，由动量定理有
重力的冲量大小
其矢量图如图所示，则传送带对物块的冲量大小
1．（2025年安徽卷第15题）如图，平行光滑金属导轨被固定在水平绝缘桌面上，导轨间距为L，右端连接阻值为R的定值电阻。水平导轨上足够长的矩形区域MNPQ存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B。某装置从MQ左侧沿导轨水平向右发射第1根导体棒，导体棒以初速度v0进入磁场，速度减为0时被锁定；从原位置再发射第2根相同的导体棒，导体棒仍以初速度v0进入磁场，速度减为0时被锁定，以此类推，直到发射第n根相同的导体棒进入磁场。已知导体棒的质量为m，电阻为R，长度恰好等于导轨间距，与导轨接触良好（发射前导体棒与导轨不接触），不计空气阻力、导轨的电阻，忽略回路中的电流对原磁场的影响。
求：
（1）第1根导体棒刚进入磁场时，所受安培力的功率；
（2）第2根导体棒从进入磁场到速度减为0的过程中，其横截面上通过的电荷量；
（3）从第1根导体棒进入磁场到第n根导体棒速度减为0的过程中，导轨右端定值电阻R上产生的总热量。
【答案】（1）
（2）
（3），n = 1，2，3，…
【解析】
【小问1详解】
第1根导体棒刚进入磁场时产生的感应电动势为E = BLv0
则此时回路的电流为
此时导体棒受到的安培力F安 = BIL
此时导体棒受安培力的功率
【小问2详解】
第2根导体棒从进入磁场到速度减为0的过程中，根据动量定理有
其中
解得
【小问3详解】
由于每根导体棒均以初速度v0进入磁场，速度减为0时被锁定，则根据能量守恒，每根导体棒进入磁场后产生的总热量均为
第1根导体棒进入磁场到速度减为0的过程中，导轨右端定值电阻R上产生的热量
第2根导体棒进入磁场到速度减为0的过程中，导轨右端定值电阻R上产生的热量
第3根导体棒进入磁场到速度减为0的过程中，导轨右端定值电阻R上产生的热量
第n根导体棒进入磁场到速度减为0的过程中，导轨右端定值电阻R上产生的热量
则从第1根导体棒进入磁场到第n根导体棒速度减为0的过程中，导轨右端定值电阻R上产生的总热量QR = QR1＋QR2＋QR3＋…＋QRn
通过分式分解和观察数列的“望远镜求和”性质，得出，n = 1，2，3，…
2．（2025年北京卷第19题）关于飞机的运动，研究下列问题。
（1）质量为m的飞机在水平跑道上由静止开始做加速直线运动，当位移为x时速度为v。在此过程中，飞机受到的平均阻力为f，求牵引力对飞机做的功W。
（2）飞机准备起飞，在跑道起点由静止开始做匀加速直线运动。跑道上存在这样一个位置，飞机一旦超过该位置就不能放弃起飞，否则将会冲出跑道。己知跑道的长度为L，飞机加速时加速度大小为，减速时最大加速度大小为。求该位置距起点的距离d。
（3）无风时，飞机以速率u水平向前匀速飞行，相当于气流以速率u相对飞机向后运动。气流掠过飞机机翼，方向改变，沿机翼向后下方运动，如图所示。请建立合理的物理模型，论证气流对机翼竖直向上的作用力大小F与u的关系满足，并确定的值。
【答案】（1）
（2）
（3）论证见解析，
【解析】
【小问1详解】
根据动能定理
可得牵引力对飞机做的功
【小问2详解】
加速过程，设起飞速度为，根据速度位移关系
减速过程，根据速度位移关系
联立解得
【小问3详解】
在无风的情况下，飞机以速率u水平飞行时，相对飞机的气流速率也为u，并且气流掠过机翼改变方向，从而对机翼产生升力。根据升力公式，升力与气流的动量变化有关，根据动量定理
可得
又，
联立可得
又
可知
即
3．（2025年甘肃卷第14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）
【解析】
小问1详解】
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
【小问2详解】
由于初始时刻。物块刚好能静止在细杆上，则有
即
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
【小问3详解】
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
4．（2025年广东卷第10题）（多选）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
【解析】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。
5．（2025年海南卷第12题）间距为L的金属导轨倾斜部分光滑，水平部分粗糙且平滑相接，导轨上方接有电源和开关，倾斜导轨与水平面夹角，处于垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，水平导轨处于垂直竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小均为，两相同导体棒、与水平导轨的动摩擦因数，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，两棒质量均，接入电路中的电阻均为，棒仅在水平导轨上运动，两导体棒在运动过程中始终与导轨垂直并接触良好，且不互相碰撞，忽略金属导轨的电阻，重力加速度为。
（1）锁定水平导轨上的棒，闭合开关，棒静止在倾斜导轨上，求通过棒的电流；断开开关，同时解除棒的锁定，当棒下滑距离为时，棒开始运动，求棒从解除锁定到开始运动过程中，棒产生的焦耳热；
（2）此后棒在下滑过程中，电流达到稳定，求此时、棒的速度大小之差；
（3）棒中电流稳定之后继续下滑，从棒到达水平导轨开始计时，时刻棒速度为零，加速度不为零，此后某时刻，棒的加速度为零，速度不为零，求从时刻到某时刻，、的路程之差。
【答案】（1），
（2）
（3）
【解析】
【小问1详解】
棒静止在倾斜导轨上，根据平衡条件可得，
解得通过棒的电流为
设当棒下滑距离为时速度为，棒开始运动时回路中的电流为，此时对cd棒有
同时有，
分析可知棒从解除锁定到开始运动过程中，棒产生的焦耳热与ab棒产生的焦耳热相等，整个过程根据能量守恒可得
联立解得棒产生的焦耳热为
【小问2详解】
分析可知棒在下滑过程中产生的电动势与cd棒在向左运动的过程中产生的电动势方向相反，故当电流达到稳定时，两棒的速度差恒定，故可知此时两棒的加速度相等，由于两棒受到的安培力大小相等，对两棒有，
同时有，
联立解得此时、棒的速度大小之差为
【小问3详解】
分析可知从开始到时刻，两棒整体所受的合外力为零，故该过程系统动量守恒，设时刻ab棒的速度为，可知
解得
设某时刻时，ab棒速度为，cd棒速度为，棒的加速度为零，可得①
其中
分析可知此时两导体棒产生的电动势方向相反，可得②
从时刻到某时刻间，对两棒分别根据动量定理有，
变式可得，
两式相加得③
同时有 ④
联立①②③④可得从到某时刻，、的路程之差为
6．（2025年河北卷第14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
【解析】
【小问1详解】
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
【小问2详解】
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－μNΔt = vx′－vx，IN = NΔt
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
7．（2025年湖北卷第7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
【解析】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。
8．（2025年湖南卷第9题）（多选）如图，关于x轴对称的光滑导轨固定在水平面内，导轨形状为抛物线，顶点位于O点。一足够长的金属杆初始位置与y轴重合，金属杆的质量为m，单位长度的电阻为。整个空间存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B。现给金属杆一沿x轴正方向的初速度，金属杆运动过程中始终与y轴平行，且与电阻不计的导轨接触良好。下列说法正确的是（ ）
A. 金属杆沿x轴正方向运动过程中，金属杆中电流沿y轴负方向
B. 金属杆可以在沿x轴正方向的恒力作用下做匀速直线运动
C. 金属杆停止运动时，与导轨围成的面积为
D. 若金属杆的初速度减半，则金属杆停止运动时经过的距离小于原来的一半
【答案】AC
【解析】A．根据右手定则可知金属杆沿x轴正方向运动过程中，金属杆中电流沿y轴负方向，故A正确；
B．若金属杆可以在沿x轴正方向的恒力F作用下做匀速直线运动，可知，
可得
由于金属杆运动过程中接入导轨中的长度L在变化，故F在变化，故B错误；
C．取一微小时间内，设此时金属杆接入导轨中的长度为，根据动量定理有
同时有
联立得
对从开始到金属杆停止运动时整个过程累积可得
解得此时金属杆与导轨围成的面积为
故C正确；
D．若金属杆的初速度减半，根据前面分析可知当金属杆停止运动时金属杆与导轨围成的面积为，根据抛物线的图像规律可知此时金属杆停止运动时经过的距离大于原来的一半，故D错误。
故选AC。
9．（2025年山东卷第18题）如图所示，平行轨道的间距为L，轨道平面与水平面夹角为α，二者的交线与轨道垂直，以轨道上O点为坐标原点，沿轨道向下为x轴正方向建立坐标系。轨道之间存在区域I、Ⅱ，区域I（−2L ≤ x < −L）内充满磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场；区域Ⅱ（x ≥ 0）内充满方向垂直轨道平面向上的磁场，磁感应强度大小B1 = k1t+k2x，k1和k2均为大于零的常量，该磁场可视为由随时间t均匀增加的匀强磁场和随x轴坐标均匀增加的磁场叠加而成。将质量为m、边长为L、电阻为R的匀质正方形闭合金属框epqf时放置在轨道上，pq边与轨道垂直，由静止释放。已知轨道绝缘、光滑、足够长且不可移动，磁场上、下边界均与x轴垂直，整个过程中金属框不发生形变，重力加速度大小为g，不计自感。
（1）若金属框从开始进入到完全离开区域I的过程中匀速运动，求金属框匀速运动的速率v和释放时pq边与区域I上边界的距离s；
（2）金属框沿轨道下滑，当ef边刚进入区域Ⅱ时开始计时（t = 0），此时金属框的速率为v0，若，求从开始计时到金属框达到平衡状态的过程中，ef边移动的距离d。
【答案】（1），
（2）
【解析】
【小问1详解】
金属框从开始进入到完全离开区域I的过程中，金属框只有一条边切割磁感线，根据楞次定律可得，安培力水平向左，则
切割磁感线产生的电动势
线框中电流
线框做匀速直线运动，则
解得金属框从开始进入到完全离开区域I的过程的速率
金属框开始释放到pq边进入磁场的过程中，只有重力做功，由动能定理可得
可得释放时pq边与区域I上边界的距离
【小问2详解】
当ef边刚进入区域Ⅱ时开始计时（t = 0），设线框ef边到O点的距离为s时，线框中产生的感应电动势，其中
此时线路中的感应电流
线框pq边受到沿轨道向上的安培力，大小为
线框ef边受到沿轨道向下的安培力，大小为
则线框受到的安培力
代入
化简得
当线框平衡时，可知此时线框速率为0。
则从开始计时到金属框达到平衡状态的过程中，根据动量定理可得
即
对时间累积求和可得
可得
10．（2025年陕晋宁青卷第7题）如图，光滑水平面上存在竖直向上、宽度d大于的匀强磁场，其磁感应强度大小为B。甲、乙两个合金导线框的质量均为m，长均为，宽均为L，电阻分别为R和。两线框在光滑水平面上以相同初速度并排进入磁场，忽略两线框之间的相互作用。则（ ）
A. 甲线框进磁场和出磁场的过程中电流方向相同
B. 甲、乙线框刚进磁场区域时，所受合力大小之比为
C. 乙线框恰好完全出磁场区域时，速度大小为0
D. 甲、乙线框从刚进磁场区域到完全出磁场区域产生的焦耳热之比为
【答案】D
【解析】A．根据楞次定律，甲线框进磁场的过程电流方向为顺时针，出磁场的过程中电流方向为逆时针，故A错误；
B．甲线框刚进磁场区域时，合力为，
乙线框刚进磁场区域时，合力为，
可知；
故B错误；
CD．假设甲乙都能完全出磁场，对甲根据动量定理有，
同理对乙有，
解得，
故甲恰好完全出磁场区域，乙完全出磁场区域时，速度大小不为0；由能量守恒可知甲、乙线框从刚进磁场区域到完全出磁场区域产生的焦耳热分别为，
即；
故C错误，D正确。
故选D。
11．（2025年陕晋宁青卷第10题）（多选）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
【解析】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
由平衡条件有
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，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，此时弹性轻绳与PQ间夹角为，由平衡条件有
解得
由几何关系可得
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
12．（2025年陕晋宁青卷第15题）如图，有两个电性相同且质量分别为m、的粒子A、B，初始时刻相距，粒子A以速度沿两粒子连线向速度为0的粒子B运动，此时A、B两粒子系统的电势能等于。经时间粒子B到达P点，此时两粒子速度相同，同时开始给粒子B施加一恒力，方向与速度方向相同。当粒子B的速度为时，粒子A恰好运动至P点且速度为0，A、B粒子间距离恢复为，这时撤去恒力。己知任意两带电粒子系统的电势能与其距离成反比，忽略两粒子所受重力。求：（m、、、均为己知量）
（1）粒子B到达P点时的速度大小；
（2）时间内粒子B的位移大小；
（3）恒力作用的时间。
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【小问1详解】
根据动量守恒定律，解得
【小问2详解】
两者共速时设间距为，根据能量守恒定律可知此时电势能为
根据题意电荷间的电势能与它们间的距离成反比，则
两者共速前的过程系统始终动量守恒，根据动量守恒则有
即有
根据位移关系可知
联立解得
【小问3详解】
对全过程，对系统根据动能定理
对全过程，根据动量定理
联立解得
13．（2025年四川卷第13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）
【解析】
【小问1详解】
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
【小问2详解】
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
14．（2025年云南卷第15题）如图所示，光滑水平面上有一个长为L、宽为d的长方体空绝缘箱，其四周紧固一电阻为R的水平矩形导线框，箱子与导线框的总质量为M。与箱子右侧壁平行的磁场边界平面如截面图中虚线PQ所示，边界右侧存在范围足够大的匀强磁场，其磁感应强度大小为B、方向竖直向下。时刻，箱子在水平向右的恒力F（大小未知）作用下由静止开始做匀加速直线运动，这时箱子左侧壁上距离箱底h处、质量为m的木块（视为质点）恰好能与箱子保持相对静止。箱子右侧壁进入磁场瞬间，木块与箱子分离；箱子完全进入磁场前某时刻，木块落到箱子底部，且箱子与木块均不反弹（木块下落过程中与箱子侧壁无碰撞）；木块落到箱子底部时即撤去F。运动过程中，箱子右侧壁始终与磁场边界平行，忽略箱壁厚度、箱子形变、导线粗细及空气阻力。木块与箱子内壁间的动摩擦因数为μ，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。
（1）求F的大小；
（2）求时刻，箱子右侧壁距磁场边界的最小距离；
（3）若时刻，箱子右侧壁距磁场边界的距离为s（s大于（2）问中最小距离），求最终木块与箱子的速度大小。
【答案】（1）
（2）
（3）见解析
【解析】
【小问1详解】
对木块与箱子整体受力分析由牛顿第二定律
对木块受力分析，水平方向由牛顿第二定律
竖直方向由平衡条件
联立可得
【小问2详解】
设箱子刚进入磁场中时速度为v，产生的感应电动势为
由闭合电路欧姆定律得，感应电流为
安培力大小为
联立可得
若要使两物体分离，此时有
其中
解得
由运动学公式
解得
故时刻，箱子右侧壁距磁场边界的最小距离为
【小问3详解】
水平方向由运动学公式
竖直方向有
其中
可得力F作用的总时间为
水平方向对系统由动量定理
其中
联立可得
当时，最终木块与箱子的速度大小为
当时，最终木块与箱子的速度大小为
15. （2025年重庆卷第10题）（多选）如图1所示，小明设计的一种玩具小车由边长为d的正方形金属框efgh做成，小车沿平直绝缘轨道向右运动，轨道内交替分布有边长均为d的正方形匀强磁场和无磁场区域，磁场区域的磁感应强度大小为B，方向竖直向上。gh段在磁场区域运动时，受到水平向右的拉力F = kv＋b（k > 0，b > 0），且gh两端的电压随时间均匀增加；当gh在无磁场区域运动时，F = 0。gh段速度大小v与运动路程S的关系如图2所示，图中为gh每次经过磁场区域左边界时速度大小，忽略摩擦力。则（ ）
A. gh在任一磁场区域的运动时间为B. 金属框的总电阻为
C. 小车质量为D. 小车的最大速率为
【答案】BC
【解析】由题知gh两端的电压随时间均匀增加，则说明gh在磁场中运动时做匀变速直线运动，设运动的速度为v有E = Bdv，，F安 = Bid，F－F安 = ma
联立有
B．由于gh在磁场中运动时做匀变速直线运动，则有，ma = b
解得，故B正确；
CD．gh在无磁场区域运动时，F = 0，根据动量定理有
gh在磁场中运动时做匀变速直线运动有
结合ma = b
解得，，故C正确，D错误；
A．由于gh在磁场中运动时做匀变速直线运动，则有vmax = v0＋at
解得，故A错误。
故选BC。
16. （2025年黑龙江、吉林、辽宁、内蒙古卷第14题）如图（a），固定在光滑绝缘水平面上的单匝正方形导体框，置于始终竖直向下的匀强磁场中，边与磁场边界平行，边中点位于磁场边界。导体框的质量，电阻、边长。磁感应强度B随时间t连续变化，内图像如图（b）所示。导体框中的感应电流I与时间t关系图像如图（c）所示，其中内的图像未画出，规定顺时针方向为电流正方向。
（1）求时边受到的安培力大小F；
（2）画出图(b)中内图像（无需写出计算过程）；
（3）从开始，磁场不再随时间变化。之后导体框解除固定，给导体框一个向右的初速度，求ad边离开磁场时的速度大小。
【答案】（1）0.015N
（2） （3）0.01m/s
【解析】
【小问1详解】
由法拉第电磁感应定律
由闭合电路欧姆定律可知，内线框中的感应电流大小为
由图（b）可知，时磁感应强度大小为
所以此时导线框的安培力大小为
【小问2详解】
内线框内的感应电流大小为，根据楞次定律及安培定则可知感应电流方向为顺时针，由图（c）可知内的感应电流大小为
方向为逆时针，根据欧姆定律可知内的感应电动势大小为
由法拉第电磁感应定律
可知内磁感应强度的变化率为
解得时磁感应强度大小为
方向垂直于纸面向里，故的磁场随时间变化图为
【小问3详解】
由动量定理可知
其中
联立解得经过磁场边界的速度大小为
17. （2024年辽宁卷第1题） 2024年5月3日，长征五号遥八运载火箭托举嫦娥六号探测器进入地月转移轨道，火箭升空过程中，以下描述其状态的物理量属于矢量的是（ ）
A. 质量B. 速率C. 动量D. 动能
【答案】C
【解析】矢量是既有大小，又有方向的物理量，所以动量是矢量，而质量、速率、动能只有大小没有方向，是标量。
故选C。
18. （2024·江苏卷·第13题）嫦娥六号在轨速度为v0，着陆器对应的组合体A与轨道器对应的组合体B分离时间为Δt，分离后B的速度为v，且与v0同向，A、B的质量分别为m、M。求：
（1）分离后A的速度v1；
（2）分离时A对B的推力大小。
【答案】（1），方向与v0相同；（2）
【解析】（1）组合体分离前后动量守恒，取v0的方向为正方向，有
(m＋M)v0 = Mv＋mv1
解得
方向与v0相同；
（2）以B为研究对象，对B列动量定理有
FΔt = Mv－Mv0
解得
19. （2024年全国甲卷第7题）（多选）蹦床运动中，体重为的运动员在时刚好落到蹦床上，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，重力加速度大小取。下列说法正确的是（ ）
A. 时，运动员的重力势能最大
B. 时，运动员的速度大小为
C 时，运动员恰好运动到最大高度处
D. 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
【答案】BD
【解析】A．根据牛顿第三定律结合题图可知时，蹦床对运动员的弹力最大，蹦床的形变量最大，此时运动员处于最低点，运动员的重力势能最小，故A错误；
BC．根据题图可知运动员从离开蹦床到再次落到蹦床上经历的时间为，根据竖直上抛运动的对称性可知，运动员上升时间为1s，则在时，运动员恰好运动到最大高度处，时运动员的速度大小
故B正确，C错误；
D．同理可知运动员落到蹦床时的速度大小为，以竖直向上为正方向，根据动量定理
其中
代入数据可得
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，故D正确。
故选BD。
20. （2023年新课标卷第6题）（多选）使甲、乙两条形磁铁隔开一段距离，静止于水平桌面上，甲的N极正对着乙的S极，甲的质量大于乙的质量，两者与桌面之间的动摩擦因数相等。现同时释放甲和乙，在它们相互接近过程中的任一时刻（ ）

A. 甲的速度大小比乙的大B. 甲的动量大小比乙的小
C. 甲的动量大小与乙的相等D. 甲和乙的动量之和不为零
【答案】BD
【解析】对甲、乙两条形磁铁分别做受力分析，如图所示

A．根据牛顿第二定律有
由于
m甲 > m乙
所以
a甲 < a乙
由于两物体运动时间相同，且同时由静止释放，可得
v甲 < v乙
A错误；
BCD．对于整个系统而言，由于μm甲g > μm乙g，合力方向向左，合冲量方向向左，所以合动量方向向左，显然甲的动量大小比乙的小，BD正确、C错误。
故选BD。
21. （2023年江苏卷第15题）如图所示，滑雪道AB由坡道和水平道组成，且平滑连接，坡道倾角均为45°。平台BC与缓冲坡CD相连。若滑雪者从P点由静止开始下滑，恰好到达B点。滑雪者现从A点由静止开始下滑，从B点飞出。已知A、P间的距离为d，滑雪者与滑道间的动摩擦因数均为，重力加速度为g，不计空气阻力。
（1）求滑雪者运动到P点的时间t；
（2）求滑雪者从B点飞出的速度大小v；
（3）若滑雪者能着陆在缓冲坡CD上，求平台BC的最大长度L。

【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】（1）滑雪者从A到P根据动能定理有
根据动量定理有
联立解得
（2）由于滑雪者从P点由静止开始下滑，恰好到达B点，故从P点到B点合力做功为0，所以当从A点下滑时，到达B点有
（3）当滑雪者刚好落在C点时，平台BC的长度最大；滑雪者从B点飞出做斜抛运动，竖直方向上有
水平方向上有
联立可得
22. （2023年福建卷第7题）（多选）甲、乙两辆完全相同的小车均由静止沿同一方向出发做直线运动。以出发时刻为计时零点，甲车的速度—时间图像如图（a）所示，乙车所受合外力—时间图像如图（b）所示。则（ ）
A. 0 ~ 2s内，甲车的加速度大小逐渐增大
B. 乙车在t = 2s和t = 6s时的速度相同
C. 2 ~ 6s内，甲、乙两车的位移不同
D. t = 8s时，甲、乙两车的动能不同
【答案】BC
【解析】A．由题知甲车的速度一时间图像如图（a）所示，则根据图（a）可知0 ~ 2s内，甲车做匀加速直线运动，加速度大小不变，故A错误；
B．由题知乙车所受合外力一时间图像如图（b）所示，则乙车在0 ~ 2s内根据动量定理有
I2 = mv2，I2 = S0 ~ 2 = 2N·s
乙车在0 ~ 6s内根据动量定理有
I6 = mv6，I6 = S0 ~ 6 = 2N·s
则可知乙车在t = 2s和t = 6s时的速度相同，故B正确；
C．根据图（a）可知，2 ~ 6s内甲车的位移为0；根据图（b）可知，2 ~ 6s内乙车一直向正方向运动，则2 ~ 6s内，甲、乙两车的位移不同，故C正确；
D．根据图（a）可知，t = 8s时甲车的速度为0，则t = 8s时，甲车的动能为0；乙车在0 ~ 8s内根据动量定理有
I8 = mv8，I8 = S0 ~ 8 = 0
可知t = 8s时乙车的速度为0，则t = 8s时，乙车的动能为0，故D错误。
故选BC。
5年考情
考题示例
考点分析
关联考点
2025年四川卷，第13题
2024年辽宁卷，第1题
动量的理解
匀变速直线运动规律
牛顿第二定律
静电力
2025年甘肃卷，第14题
2024年广东卷，第10题
2025年陕晋宁青卷，第10题
冲量的计算
二力合成，受力平衡
胡克定律，滑动摩擦力
能量守恒定律
2025年安徽卷，第15题
2025年北京卷，第19题
2025年海南卷，第12题
2025年河北卷，第14题
2025年湖北卷，第7题
2025年湖南卷，第9题
2025年山东卷，第18题
2025年陕晋宁青卷，第7题2025年陕晋宁青卷，第15题2025年云南卷，第15题
2025年重庆卷，第10题
2024年江苏卷，第13题
2023年新课标卷，第6题
2023年江苏卷，第15题
动量定理的应用
匀变速直线运动规律
受力平衡
平抛
牛顿第二定律
功
功率
动能定理
动量守恒定律
焦耳热
电动势
闭合电路欧姆定律
安培力
电磁感应
楞次定律
法拉第电磁感应定律
2025年甘肃卷，第14题
2025年重庆卷，第10题
2025年黑龙江、吉林、辽宁、内蒙古卷，第14题
2024年全国甲卷，第7题
2023年福建卷，第7题
图像问题
v-t图像
冲量计算
动量
动能
物理意义
描述机械运动状态的物理量
定义式
p＝mv
Ek＝eq \f(1,2)mv2
标矢性
矢量
标量
变化因素
合外力的冲量
合外力所做的功
大小关系
p＝eq \r(2mEk)
Ek＝eq \f(p2,2m)
变化量
Δp＝Ft
ΔEk＝Fl
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
公式法
I＝FΔt，此方法仅适用于求恒力的冲量，无需考虑物体的运动状态
图像法
F－t图像与t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
值法
若方向不变的变力大小随时间均匀变化，即力为时间的一次函数，则力F在某段时间t内的冲量I＝eq \f(F1＋F2,2)t
动量
定理法
根据物体动量的变化量，由I＝Δp求冲量，多用于求变力的冲量
研究
对象
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的方向选取一段小柱体，其横截面积为S
②微元
研究
小柱体的体积ΔV＝vSΔt
小柱体质量m＝ρΔV＝ρvSΔt
小柱体粒子数N＝nvSΔt
小柱体动量p＝mv＝ρv2SΔt
③列出方程，应用动量定理FΔt＝Δp研究
实验次数
钩码个数
光电门1遮光时间
光电门2遮光时间
经两光电门间的时间
弹簧测力计示数
1
1
0.120
0.060
1.460
0.099
2
2
0.080
0.040
1.001
0.200
3
3
0.070
0036
0.203
0.280