新高考物理二轮复习题型分类精讲精练专题17 动量 动量定理-（精讲）（2份，原卷版+解析版）

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考点梳理1 动量、冲量的理解
母题考点一 动量、冲量的理解
举一反三
【练1】（2025·江苏徐州·一模）2024年8月10日，中国运动员宋佳媛荣获巴黎奥运会田径女子铅球决赛铜牌，若她将同一铅球（可看作质点）从空中同一位置A点先后两次抛出，第一次抛出时铅球在空中运动的轨迹如图中1所示，第二次抛出时铅球在空中运动的轨迹如图中2所示，两轨迹的交点为B，不计空气阻力。关于两次抛出，下列说法正确的是（ ）
A．铅球第一次被抛出时在空中运动的时间较短
B．铅球第一次被抛出时在A点重力的瞬时功率较小
C．铅球第二次被抛出时在最高点的动量较大
D．铅球第二次被抛出时重力的冲量较大
【答案】C
【详解】A．铅球被抛出后做斜抛运动，由斜抛运动规律，知铅球在空中运动的时间，由题图可知铅球第一次被抛出时运动的高度更高，故铅球第一次被抛出时在空中运动的时间较长，A错误；
B．重力功率
由知，铅球在A点时
故铅球第一次被抛出时在A点重力的瞬时功率较大，B错误；
C．铅球在最高点时，动量
铅球在水平方向做匀速直线运动，则，由题图可知，则
故铅球第二次被抛出时在最高点的动量较大，C正确；
D．重力冲量，结合A选项分析可知铅球第二次被抛出时重力的冲量较小，D错误。
故选C。
【练2】（2025·浙江温州·一模）如图所示，足够长光滑细杆一端固定在竖直圆环最高点，可绕点自由转动。当细杆与竖直方向夹角为时，穿过细杆的小圆环从点静止释放沿杆下滑到竖直圆环上点，此过程中下列说法正确的是（ ）
A．增大夹角，小圆环下滑的加速度增加
B．增大夹角θ，小圆环受到的支持力减小
C．减小夹角θ，合外力对小圆环做的功增加
D．减小夹角θ，小圆环重力的冲量增加
【答案】C
【详解】A．小圆环下滑的加速度
可知增大夹角，小圆环下滑的加速度减小，故A错误；
B．小圆环受到的支持力
可知，增大夹角θ，小圆环受到的支持力增加，故B错误；
C．合外力对小圆环做的功
则减小夹角θ，合外力对小圆环做的功增加，故C正确；
D．小圆环下滑的时间
重力的冲量
可知减小夹角θ，小圆环重力的冲量不变，故D错误。
故选C。
【练3】（2025·甘肃张掖·模拟预测）一同学将排球自O点垫起，排球竖直向上运动，随后下落回到O点。设排球在运动过程中所受空气阻力大小和速度大小成正比。则该排球（ ）
A．回到O点瞬间的速度最大
B．达到最高点时加速度为零
C．下落过程中加速度逐渐变大
D．上升过程中重力的冲量小于下落过程中重力的冲量
【答案】D
【详解】A．排球上升和下落过程中，空气阻力始终做负功，机械能持续减少。初始垫起时速度最大，回到O点时速度小于初始速度，因此回到O点速度并非最大，故A错误；
B．最高点排球速度为零，空气阻力f=kv=0，此时仅受重力，加速度为g，故B错误；
C．下落时速度逐渐增大，阻力f=kv随之增大
根据牛顿第二定律可得，加速度
随着v增大，a逐渐减小，故C错误；
D．上升过程加速度为
下落过程中加速度
上升过程的平均加速度大小大于下落过程的平均加速度大小，所以上升用时短，而重力冲量为mgt，因此上升重力的冲量小于下降时重力的冲量，故D正确。
故选D。
考点梳理2 动量定理的理解及应用
母题考点二 动量定理的理解及应用
举一反三
【练1】（2025·河北保定·一模）如图甲所示，一运动员在练习投冰壶，开始时冰壶静止在发壶区固定位置，运动员对冰壶施加一个水平推力，作用一段时间后撤去。若运动员施加的水平推力第一次为F₁，第二次为 F₂，两次冰壶恰好能停在冰面上的同一位置，两次冰壶运动的动能Eₖ随位移x 的变化图像如图乙所示，下列说法正确的是（ ）
A．F₁ 做的功等于 F₂ 做的功
B．F₁ 的平均功率等于 F₂ 的平均功率
C．F₁ 的冲量大于 F₂ 的冲量
D．两次运动中摩擦力的冲量相等
【答案】AC
【详解】A．根据动能定理 可知，图线的斜率等于冰壶所受的合外力，冰壶的最大动能对应撤去水平推力的时刻，撤去推力后两图线的斜率相同，即摩擦力相同，撤去推力前第一次图线的斜率小，可知 F₁ 小于F₂，由两次运动的整个过程动能变化量均为零，可知合外力做功为零，即F₁、F₂做的功等于整个过程克服摩擦力做的功，而摩擦力大小及冰壶的位移均相同，故F₁、F₂ 做的功相等，A项正确；
B．由图乙可知撤去F₁ 时冰壶的动能小，即最大速度小，加速过程的平均速度小，由平均功率 可知，F₁ 的平均功率小于 F₂ 的平均功率，B项错误；
CD．两次冰壶的整个运动过程动量变化量为零，即合外力冲量等于零，所以 F₁、F₂的冲量大小等于摩擦力的冲量大小，因两次运动的位移相同，而第一次撤去外力时冰壶的速度小，可知第一次运动的时间大于第二次运动的时间，故第一次运动中摩擦力的冲量大于第二次运动中摩擦力的冲量，即F₁ 的冲量大于F₂ 的冲量，C项正确，D项错误。
故选AC。
【练2】（2025·河北唐山·模拟预测）如图所示，四个相等质量的质点由三根不可伸长的绳子依次连接，置于光滑水平面上，三根绳子形成半个正六边形保持静止。今有一冲量作用在质点A，并使这个质点速度变为u，方向沿绳向外，则此瞬间质点D的速度为（ ）

A．B．C．D．
【答案】C
【详解】B球：，
C球：，
D球：
联立以上各式，解得
故选C。
【练3】（2025·河北秦皇岛·模拟预测）某运动员从高台上跳下，跳下前双臂下垂，与不采取任何措施相比，下列做法可以减小脚底接触地面时速度的有（不计空气阻力）（ ）
A．在跳出前将双臂举过头顶，落地前瞬间将手快速挥下
B．跳出后在空中将双臂举过头顶，落地前瞬间将手快速挥下
C．以一定的初速度向前水平跳出
D．在身上固定铅块增大惯性后跳出
【答案】AB
【详解】A．运动员从高台跳下，不计空气阻力，落地速度由竖直方向的下落高度和挥手时上肢对下肢的作用力决定，自由落体时，有
一方面，跳出前举臂会略微提高重心，导致实际下落高度增大，从而增大整体落地速度；另一方面，落地前瞬间将手快速挥下，此时上肢对下肢的作用力向上，可以减小脚底触地速度。总的来说，可以减小脚底触地速度，故A正确；
B．跳出后在空中将双臂举过头顶，此过程不影响人重心的落地速度。落地前瞬间将手快速挥下，上肢对下肢有向上的作用力，该作用力可以减小脚底触地速度，故B正确；
C．以一定的初速度向前水平跳出时，则落地时合速度，即增大脚底触地速度，故C错误；
D．增大物体惯性（质量）不影响自由下落的速度，故D错误。
故选AB。
考点梳理3 应用动量定理巧解两类“柱状”模型
母题考点三 应用动量定理巧解两类“柱状”模型
举一反三
【练1】（2025·海南·模拟预测）喷砂是一种常用表面处理工艺，如图所示，液体喷砂机将含有石英砂、金刚砂、铁砂等细小颗粒的磨浆通过喷枪高速喷射到工件表面，用以去除锈迹、污垢等。设某液体喷砂机喷枪口的半径为，密度为的磨浆以恒定的速度从喷枪口喷出，垂直打到工件表面后速度变为0，若磨浆对工件表面的冲击力大小为，下列说法正确的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】根据牛顿第三定律可知磨浆对工件冲击力的大小等于工件对磨浆的冲击力，磨浆垂直射向竖直墙壁后速度变为0，以磨浆为对象，由动量定理可得
联立解得
则。
故选A。
【练2】（2025·河北·模拟预测）如图所示，一个沙漏装置挂在弹簧测力计下方，从出口至底部的高度为（足够大），沙子的总质量为。近似认为沙子从出口下落的初速度为0。沙子随时间均匀漏下，忽略空气阻力，不计沙子间的相互影响。沙子与容器底部碰撞的总时间为，重力加速度为，下列说法正确的是（ ）
A．出口下方范围内沙子数与范围内沙子数相等
B．沙子落到容器底部变为静止的过程中，动量变化量的方向向下
C．容器底部受到的平均冲击力
D．从沙子开始下落到全部落到底部的过程中，弹簧测力计示数先变大后变小
【答案】C
【详解】A．由自由落体规律可知，沙子下落的高度越大，速度越大，故出口下方越靠近出口，沙子的速度越小，则出口下方范围内沙子下落时间大于出口下方范围内沙子下落时间，由于沙子随时间均匀漏下，所以出口下方范围内沙子数比范围内沙子数多，故A错误；
B．质量为的沙子落到容器底部时的速度大小设为（方向向下），则沙子落到容器底部变为静止的过程中，动量变化量为
可知动量变化量的方向向上，故B错误；
C．因为足够大，忽略沙漏底部沙子的高度，由动量定理可得
其中为极短时间内落到瓶底的沙子的质量，则有
求和可得
又
联立可得
故C正确；
D．由于足够大，一开始沙子从出口逐渐下落过程，逐渐离开出口的沙子处于失重状态，弹簧测力计示数会变小；之后沙子落到底部的过程，逐渐落到底部的沙子处于超重状态，弹簧测力计示数会变大，所以从沙子开始下落到全部落到底部的过程中，弹簧测力计示数先变小后变大，故D错误。
故选C。
【练3】（2025·陕西西安·模拟预测）如图所示，某航拍小型飞机有四个相同的风扇，每个风扇的半径均为R，当它在无风的天气悬停时，每个风扇都呈水平状态，风扇吹出的空气速度大小都等于v，吹出的空气流动方向相同。已知空气的平均密度为，则风扇悬停时，不考虑其他位置空气流动的影响，求：
(1)单位时间内每个风扇吹出的空气的质量；
(2)无人机的总重力；
(3)每个风扇对空气做功的功率。
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）单位时间内被每个螺旋桨推动的空气质量为
（2）根据动量定理可得
解得每个螺旋桨对空气的作用力为
根据牛顿第三定律可知，空气对每个螺旋的作用力大小为
根据平衡条件可得无人机的总重力为
（3）每个风扇对空气做功的功率为
模拟演练
1．（2025·浙江嘉兴·一模）在地面上一小球以初速度3m/s竖直上抛，落地速度为2.6m/s。若小球运动过程中受到的空气阻力与速率成正比，则小球在空中运动的时间为（ ）
A．0.60sB．0.56sC．0.52sD．0.50s
【答案】B
【详解】由题意，取竖直向下为正方向，对小球利用动量定理有
由于
可得，故选B。
2．（2025·湖北武汉·一模）如图所示，在平面内的第一象限中有一圆形磁场区域（未画出），磁场方向垂直于纸面，磁感应强度大小为。一质量为、电荷量为的带正电的粒子，从轴上的点以速度沿轴正方向进入第一象限，从某点进入磁场后穿出磁场，再经过轴上的点与轴正方向成角离开第一象限。不计粒子重力，下列说法正确的是（ ）
A．粒子在磁场中运动，洛伦兹力的冲量为零
B．粒子在磁场中运动，洛伦兹力做功为零
C．粒子在磁场中运动的最长时间为
D．圆形磁场区域的最小半径为
【答案】BCD
【详解】A．由于粒子进入磁场和离开磁场时的速度方向不同，故动量发生了变化。根据动量定理可知，合外力的冲量等于动量的变化量，所以洛伦兹力的冲量不为零，故A错误；
B．粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，故洛伦兹力的方向始终与粒子的速度方向垂直，所以洛伦兹力做功为零，故B正确；
C．粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，即
可得粒子做圆周运动的半径
根据周期与速度的关系式可得粒子做圆周运动的周期为
粒子在磁场中运动的轨迹对应的圆心角越大，运动时间越长。根据几何关系可知，粒子在磁场中运动的最大圆心角为，则粒子在磁场中运动的最长时间为，故C正确；
D．粒子在磁场中运动的轨迹为一段圆弧，圆形磁场区域的最小半径应对应着以粒子运动轨迹的弦长为直径的圆。根据几何关系，粒子运动轨迹的弦长为
则圆形磁场区域的最小半径为，故D正确。
故选BCD。
3．（2025·江西新余·模拟预测）如图所示，质量的小球从距地面高处静止释放，下落过程中小球所受空气阻力与其速度大小v成正比，比例系数为k。测得小球经t=1.45s时间落地，落地速度大小为。重力加速度g取10m/s2，则比例系数k的值约为（ ）
A．B．3.6kg/sC．2kg·m/sD．3.6kg·m/s
【答案】B
【详解】由于空气阻力与速度大小成正比，在极短时间内，由动量定理有
在整个过程中有
解得
代入数值得
故选B。
4．（2025·江苏徐州·一模）如图所示，竖直圆弧轨道的半径。现有一质量的小球从A点无初速度释放，运动到B点过程中克服摩擦力做功，然后它从B点水平飞离轨道，落到水平面上的P点。已知P、B两点间的高度差，小球运动过程中可视为质点，且不计空气阻力，重力加速度g取。
(1)求小球运动至B点时对轨道的压力。
(2)假设小球每次与地面发生碰撞时机械能损失75%，且碰撞前后速度方向与地面的夹角相等，求小球相邻两次反弹过程中水平位移之比。
(3)在第（2）问的条件下，假设小球第一次与地面碰撞的时间为，求地面对小球的动摩擦因数。
【答案】(1)3.6N，方向竖直向下
(2)4
(3)0.154
【详解】（1）小球从A点运动至B点过程中，由动能定理有
代入数据解得
小球在B点受到的重力与支持力的合力提供向心力，由牛顿第二定律得
代入数据解得
由牛顿第三定律得，小球在B点时对轨道的压力大小为，方向竖直向下。
（2）由题意知小球每次与地面发生碰撞机械能损失75%，且
则小球碰撞后的速度为碰撞前速度的，碰撞前后速度方向与地面的夹角相等，则碰撞后竖直方向的分速度大小为碰撞前竖直方向分速度大小的，所以第一次碰撞后上升到最高点的时间等于从B点到落地的时间的，反弹后的水平速度也变为原来的，小球从B点飞出时的速度为，设运动至地面的时间为t，则从B点飞出到落地的水平位移
第一次反弹至落地的水平位移
第二次反弹至落地的水平位移
……
第n次反弹至落地的水平位移
则小球相邻两次反弹过程中水平位移之比为
（3）取竖直向上为正方向，小球第一次落地为平抛运动，竖直方向上做自由落体运动，竖直方向分速度大小
对小球落地后与地面接触过程，竖直方向上由动量定理得
解得
水平方向上由动量定理得
解得
则地面对小球的动摩擦因数为
5．（2025·湖南长沙·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
【详解】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之间的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。
6．（2025·陕西西安·模拟预测）甲乙两车在平直公路上同向运动，如图1为甲车的v-t图像，如图2为乙车受到的合外力随时间变化的图像，t=0时刻乙车从静止出发，t=1s时两车相遇。两个汽车的质量相同，均为1×103kg，重力加速度g=10m/s2，在0~4s内关于两车的运动，下列说法正确的是（ ）
A．甲车的动量变化量小于乙车的动量变化量
B．t=0时刻，甲车在乙车前方5m处
C．甲车的合外力做的功大于乙车的合外力做功
D．两车相距最远15m
【答案】AD
【详解】A．由图可知，4s时甲车的速度大小为30m/s，所以0~4s甲车的动量变化量为
根据动量定理可得，故A正确；
B．由图可知，甲车的初速度大小为10m/s，加速度大小为
0~1s内甲车的位移大小为
乙车的加速度大小为
0~1s内乙车的位移大小为
所以t=0时刻，两车间的距离为
且乙车在甲车前方，故B错误；
C．根据动能定理可得，，故C错误；
D．两车速度相等时，相距最远，即
解得
此时二者间距离为，故D正确。
故选AD。
7．（2025·广东佛山·模拟预测）悬浮床是一种基于气体流动悬浮原理设计的医疗设备，通过向床内充入高压气体，使重症烧伤患者的身体悬浮在空中，从而减少创面受压，促进创面愈合。人体下方的床板源源不断的往上喷出气体，设气体遇到人体后速度大小变为原本的十分之一，方向向下。已知人体质量为M，喷出气体的速率为v，重力加速度为g，则t时间内喷出气体的质量为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【详解】设极短时间内喷出气体的质量为，以喷出气体为对象，根据动量定理可得
又
联立可得
根据
可得t时间内喷出气体的质量为
故选D。
8．（2025·北京海淀·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
【详解】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。
9．（2025·北京西城·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
【详解】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。
10．（2025·安徽淮北·模拟预测）小强同学设计了如图所示的装置，台秤上方固定了一个沙箱，沙箱开口距秤盘的高度为，当沙箱阀门打开时沙子从静止开始下落，沙子与秤盘的碰撞时间极短且不反弹（忽略二阶小量）。当台秤的示数为1kg时，阀门在电机控制下立即关闭。已知沙子的流量，取重力加速度大小10m/s²，忽略空气阻力及沙子在秤盘内堆积的高度，下列说法正确的是（ ）
A．阀门关闭瞬间，空中沙子的质量为0.01kg
B．沙子落到秤盘上的速度为2m/s
C．沙子与秤盘碰撞时对秤盘冲击力为0.2N
D．稳定后（空中的沙子全部落入秤盘），台秤示数为1kg
【答案】BCD
【详解】A．根据
解得
故阀门关闭瞬间，空中沙子的质量为
故A错误；
B．根据
解得沙子落到秤盘上的速度为
故B正确；
C．规定向下为正方向，沙子与秤盘碰撞过程有
其中
联立解得秤盘对沙子的作用力
根据牛顿第三定律可知沙子与秤盘碰撞时对秤盘冲击力为0.2N，故C正确；
D．关闭阀门时，秤示数为1kg，此时，结合上述可知，秤上沙子质量为
则当空中沙子全部落入盘中后，沙子的总质量
故D正确。
故选BCD。
11．（2025·江苏泰州·模拟预测）某网球以大小为的速度竖直向上抛出，落回出发点的速度大小为。网球的速度随时间变化关系如图所示，若空气阻力大小与网球速率成正比，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．下降过程中网球处于超重状态
B．网球上升过程受阻力的冲量大于下降过程受阻力的冲量
C．网球上升过程克服阻力做功等于下降过程克服阻力做功
D．网球从抛出到落回出发点所用的时间
【答案】D
【详解】A．下降过程中网球加速度向下，处于失重状态，故A错误；
BD．因空气阻力大小与网球速率成正比，设空气阻力大小卫
其中为比例系数，设是一段极短的时间，空气阻力的冲量大小为
两边对时间求和得
因网球上升过程与下降过程位移大小相等，由该式可知，网球上升过程受阻力的冲量大小等于下降过程受阻力的冲量大小，又因上升过程与下降过程空气阻力方向相反，故整个过程中空气阻力的冲量为零，设向上为正方向，根据动量定理有
求得，故B错误，D正确；
C．网球上升过程和下降过程经过同一位置的过程中，重力不做功，空气阻力做负功，故下降过程经过某位置时的速度小于上升过程中经过该位置的速度，下降过程经过某位置时的空气阻力小于上升过程中经过该位置时的空气阻力，因网球上升过程与下降过程位移大小相等，故网球上升过程克服阻力做功大于下降过程克服阻力做功，故C错误。
故选D。
12．（24-25高二下·湖南长沙·期末）如图，两个半径都为R，质量均为m的匀质球竖直倚靠墙壁，已知所有水平面和球面均光滑，且运动过程中两个球的球心始终在同一竖直平面内，初始时刻两个球均静止，水平面足够长，重力加速度为g，则：
(1)若给A球向左的初速度，落地时A球速度与初速度方向夹角的余弦值为多少？
(2)若给A球向左的初速度，落地时A球速度与初速度方向夹角的余弦值为多少？
(3)若B球受到轻微向左扰动，求全过程中竖直墙壁对A球的冲量大小。
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）当A球获得初速度时，若恰好做平抛运动，则有
解得
若给A球向左的初速度，则A球做平抛运动，设末速度为，由动能定理可得
解得
则落地时A球速度与初速度方向夹角的余弦值为
（2）若给A球向左的初速度，则A球首先做圆周运动，随后与B球分离，设二者分离时，圆心连线与竖直方向夹角为，此时A球速度为，如图所示
根据动能定理可得
此时二者接触但无弹力，A球重力分力提供向心力，则有
联立解得，
此时A球速度水平分量
此后A 球做斜抛运动直到落地，设落地速度为，根据功能定理可得
解得
故落地时夹角的余弦值为
（3）设二者分离时，圆心连线与竖直方向的夹角为γ，此时A球速度为，B球速度为，根据机械能守恒可得
此时，以B球为参考系，A球做圆周运动，且速度矢量满足如图关系
有
且相对速度为
此时A球重力分力提供向心力，则有
联立解得，
故墙壁对A球冲量大小为
13．（2025·陕西汉中·二模）风洞实验是了解飞行器空气动力学特性的一种空气动力实验方法。在风洞中将一质量为m的飞行器 （可视为质点）由静止释放，假设飞行器所受风洞阻力方向竖直向上，风洞阻力大小f与飞行器下降速率v的关系为f=kv，测出飞行器由静止下降h后做匀速直线运动，重力加速度大小为g。关于飞行器下降h的过程下列说法正确的是（ ）
A．飞行器的最大速率为B．风洞阻力对飞行器做功为
C．飞行器运动过程中机械能守恒D．飞行器运动时间为
【答案】AD
【详解】A．飞行器速度最大时加速度为零，则有
解得
故A正确；
B．对飞行器由动能定理得
解得
故B错误；
C．因风洞阻力会对飞行器做功，故飞行器运动过程中机械能不守恒，故C错误；
D．对飞行器由动量定理得
又
联立解得
故D正确。
故选AD。
14．（2025·宁夏银川·模拟预测）我国新能源汽车技术处于世界领先水平，2025年某企业有一款新上市的新能源汽车，在粗糙路面的启动阶段可看作初速度为零的匀加速直线运动。在启动阶段，则下列说法中正确的是（ ）
A．该车牵引力的冲量等于它动量的变化
B．开车时系好安全带能减小刹车时人的动量变化
C．该车的动量与它的加速度成正比
D．该车的动量与它经历的时间成正比
【答案】D
【详解】A．根据动量定理可知，合外力的冲量等于动量变化。汽车在粗糙路面的启动阶段可看作初速度为零的匀加速直线运动，汽车在运动方向受到牵引力和摩擦阻力作用，故牵引力的冲量等于动量变化加上摩擦力的冲量，故A错误；
B．动量变化由速度变化和质量决定，刹车时系安全带通过延长作用时间减小冲击力，但不改变动量变化的大小，故B错误；
CD．汽车在粗糙路面的启动阶段可看作初速度为零的匀加速直线运动，则有
则该车的动量为
由于加速度恒定不变，所以车的动量与时间成正比，不是与加速度成正比，故C错误，D正确。
故选D。
15．（2025·福建厦门·模拟预测）已知某花炮发射器能在内将花炮竖直向上发射出去，花炮的质量为、射出的最大高度，且花炮刚好在最高点爆炸为两块物块。假设爆炸前后花炮的总质量不变，爆炸后两物块的速度均沿水平方向，且两物块落地的水平位移比为1：4，忽略一切阻力及发射器大小，重力加速度。求：
(1)求花炮发射器发射花炮时，对花炮产生的平均作用力F的大小；
(2)爆炸后两物块的质量、的大小。
【答案】(1)
(2)，
【详解】（1）花炮发射后做竖直上抛运动，设发射时的初速度为，则有，解得
以向上的方向为正方向，对花炮，由动量定理可得
解得
（2）花炮爆炸时，动量守恒，由动量守恒定律可得
爆炸后两物块做平抛运动，水平方向做匀速运动，竖直方向做自由落体运动，两物块运动时间相同，则有
又，联立解得，
16．（2025·四川绵阳·模拟预测）如图所示是大型蒸汽打桩机示意图.桩（含桩帽）竖直轻轻放置到地面，桩依靠自重先向泥土中下沉，稳定后，将锤提升到桩的正上方，让锤从距离桩顶高度m处自由下落而击桩，锤反弹的速度大小m/s，此后锤再次被提起。已知锤的质量kg，桩的质量kg，桩所受泥土的阻力与桩沉入泥土深度的关系为，其中N/m，取重力加速度m/s²，求：
(1)桩依靠自重下沉至深度m时的加速度大小a；
(2)桩被锤击后瞬间的速度大小v2；若桩与锤打击时间为0.2s，则锤对桩的打击力F；
(3)桩被1次锤击后继续下沉，待桩静止时沉入泥土的总深度x。
【答案】(1)
(2)，
(3)
【详解】（1）对桩，根据牛顿第二定律，有
解得
（2）锤做自由下落的过程中，有
锤与桩发生碰撞时，规定竖直向下为正方向，锤与桩组成的系统动量守恒，有
解得
对锤，根据动量定理，有
由牛顿第三定律，得锤对桩的打击力
（3）在桩依靠自重下沉的过程中，下沉距离为，由动能定理有
解得
在锤撞击后，桩继续下沉，由动能定理有
解得
核心考点
TOC \ "1-3" \h \z \u \l "_Tc7473" 考点梳理1 动量、冲量的理解 PAGEREF _Tc7473 \h 1
\l "_Tc23634" 母题考点一 动量、冲量的理解 PAGEREF _Tc23634 \h 2
\l "_Tc28245" 考点梳理2 动量定理的理解及应用 PAGEREF _Tc28245 \h 6
\l "_Tc29829" 母题考点二 动量定理的理解及应用 PAGEREF _Tc29829 \h 7
\l "_Tc28157" 考点梳理3 应用动量定理巧解两类“柱状”模型 PAGEREF _Tc28157 \h 10
\l "_Tc23408" 母题考点三 应用动量定理巧解两类“柱状”模型 PAGEREF _Tc23408 \h 10
1．动量
(1)定义：物体的质量与速度的乘积。
(2)表达式：p＝mv。
(3)单位：kg·m/s。
(4)方向：动量的方向与速度的方向相同。
2．动量的变化量
(1)矢量：其方向与速度的改变量Δv的方向相同。
(2)Δp＝p′－p：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。
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．动能、动量、动量变化量的比较
动能
动量
动量变化量
定义
物体由于运动而具有的能量
物体的质量和速度的乘积
物体末动量与初动量的矢量差
定义式
Ek＝12mv2
p＝mv
Δp＝p′－p
标矢性
标量
矢量
矢量
特点
状态量
状态量
过程量
关联方程
Ek＝p22m，Ek＝12pv，p＝2mEk，p＝2Ekv
5．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，即力与时间是一次函数关系，则力F在某段时间t内的冲量I＝F1+F22t，其中F1、F2为该段时间内初、末两时刻力的大小。
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。
【母题1】（2025·北京·高考真题）北京谱仪是北京正负电子对撞机的一部分，它可以利用带电粒子在磁场中的运动测量粒子的质量、动量等物理量。
考虑带电粒子在磁感应强度为B的匀强磁场中的运动，且不计粒子间相互作用。
(1)一个电荷量为的粒子的速度方向与磁场方向垂直，推导得出粒子的运动周期T与质量m的关系。
(2)两个粒子质量相等、电荷量均为q，粒子1的速度方向与磁场方向垂直，粒子2的速度方向与磁场方向平行。在相同的时间内，粒子1在半径为R的圆周上转过的圆心角为，粒子2运动的距离为d。求：
a．粒子1与粒子2的速度大小之比；
b．粒子2的动量大小。
【答案】(1)
(2)a．；b．
【详解】（1）粒子速度方向与磁场垂直，做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力
解得轨道半径
圆周运动的周期
将R代入得
比例关系为
（2）a．由题意知粒子1做圆周运动，线速度
粒子2做匀速直线运动，速度
所以速度之比
即
b．对粒子1，由洛伦兹力提供向心力有
可得
粒子2的动量
结合前面的分析可得
1．对动量定理的理解
(1)FΔt＝p′－p是矢量式，两边不仅大小相等，而且方向相同。式中FΔt是物体所受的合力的冲量。
(2)FΔt＝p′－p除表明了两边大小、方向的关系外，还说明了两边的因果关系，即合力的冲量是动量变化的原因。
(3)由FΔt＝p′－p得F＝p'−pΔt＝ΔpΔt，即物体所受的合力等于物体的动量对时间的变化率。
(4)改变动量的冲量是这段时间内所有力的冲量的矢量和。
2．用动量定理解释两种现象
(1)Δp一定时，F的作用时间越短，力就越大；时间越长，力就越小。
(2)F一定，此时力的作用时间越长，Δp就越大；力的作用时间越短，Δp就越小。
3．动量定理的两个重要应用
(1)应用I＝Δp求变力的冲量。
(2)应用Δp＝FΔt求动量的变化量。
【母题2】（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。
应用动量定理巧解两类“柱状”模型
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
取极短的作用时间Δt，对应小柱体的体积ΔV＝vSΔt
流体类小柱体质量m＝ρΔV＝ρvSΔt
流体类小柱体动量p＝mv＝ρv2SΔt
微粒类小柱体粒子数N＝nvSΔt
③建立方程，应用动量定理FΔt＝Δp研究
【母题3】（2025·北京·高考真题）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。已知跑道的长度为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，
【详解】（1）根据动能定理
可得牵引力对飞机做的功
（2）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
（3）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