新高考物理一轮复习考点题型分类讲与练第33讲 动量 动量定理（2份，原卷版+解析版）

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考点01：动量和冲量（必备知识+2例+2变式+能力提升）
考点02：动量定理的理解及应用（必备知识+2例+2变式+能力提升）
考点03：用动量定理处理“流体类”问题（必备知识+2例+2变式）
二、 巩固提升（精选15道题）
动量和冲量
考点一
1.动量
(1)定义：物体的质量和速度的乘积。
(2)表达式：p＝mv，单位为kg·m/s。
(3)方向：动量是矢量，其方向与速度的方向相同。
2.动量变化量
(1)动量的变化量Δp等于末动量p'减去初动量p的矢量运算，也称为动量的增量，即Δp＝p'-p。
(2)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，运用矢量法则计算。
3.冲量
(1)定义：力与力的作用时间的乘积。
(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。
【例1-1】（2025·浙江金华·三模）下图是我们在学习平抛运动中做过的实验，A、B是两个完全相同的钢球。若忽略空气阻力，当小锤完成敲击后，下列对两小球的判断错误的是（ ）
A．从敲击后到两个钢球落地，两个钢球的动能增量相同
B．从敲击后到两个钢球落地，两个钢球的重力冲量相同
C．两个钢球落地时的重力功率不相同
D．两个钢球落地时的动量不相同
【答案】C
【详解】A．从敲击后到两个钢球落地，根据动能定理可得ΔEk=mgh
由于两球质量相同，下落高度相同，所以两个钢球的动能增量相同，故A正确，不满足题意要求；
B．从敲击后到两个钢球落地，竖直方向有h=12gt2
可知两个钢球下落时间相等，根据IG=mgt
可知两个钢球的重力冲量相同，故B正确，不满足题意要求；
C．根据PG=mgvy=mg⋅gt
可知两个钢球落地时的重力功率相同，故C错误，满足题意要求；
D．由于落地时，A球具有一定的水平分速度，所以两个钢球落地时的速度大小不相等，方向不相同，则两个钢球落地时的动量不相同，故D正确，不满足题意要求。
故选C。
【例1-2】（2025·云南·模拟预测）质量为1kg的某种海鸟可以像标枪一样一头扎入水中捕鱼，假设其在空中的俯冲可以看作自由落体运动，进入水中后可以看作匀减速直线运动，其v−t图像如图所示，自由落体运动的时间为t1=0.6s，整个过程的运动时间为53t1，最大速度为vm=6m/s，重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是（ ）
A．0~t1内，海鸟动量变化量的大小为10kg⋅m/s
B．整个过程中，海鸟下落的高度为6m
C．t1∼53t1时间内，海鸟所受的阻力是重力的2.5倍
D．t1∼53t1时间内，海鸟的加速度大小为20m/s2
【答案】C
【详解】A．0~t1内，海鸟动量变化量的大小为Δp=mΔv=6kg⋅m/s，故A错误；
B．v−t图像与横轴围成的面积表示位移，可知整个过程中，海鸟下落的高度为h=12vm⋅53t1=12×6×53×0.6m=3m，故B错误；
CD．t1∼53t1时间内，海鸟的加速度大小为a=ΔvΔt=vm23t1=15m/s2
根据牛顿第二定律可得f−mg=ma
可得fmg=mg+mamg=52
故t1∼53t1时间内，海鸟所受的阻力是重力的2.5倍，故C正确，D错误。
故选C。
【变式1-1】（2025·浙江绍兴·模拟预测）2024年春，中国航天科技集团801所研制的50kW级双环嵌套式霍尔推力器，成功实现点火并稳定运行，标志着我国已跻身全球嵌套式霍尔电推进技术领先行列。嵌套式霍尔推力器不用传统的化学推进剂，而是使用等离子体推进剂，它的一个显著优点是“比冲”高。比冲（specific impulse）是航天学家为了衡量火箭引擎燃料利用效率引入的一个物理量，英文缩写为Isp，是单位质量的推进剂产生的冲量，其单位是（ ）
A．m/sB．m/s2C．m2/sD．kg⋅m/s
【答案】A
【详解】比冲是单位质量的推进剂产生的冲量，即Isp=Im
则其单位N⋅skg=kg⋅m/skg=m/s，故选A。
【变式1-2】（2024·重庆·高考真题）活检针可用于活体组织取样，如图所示。取样时，活检针的针芯和针鞘被瞬间弹出后仅受阻力。针鞘质量为m，针鞘在软组织中运动距离d1后进入目标组织，继续运动d2后停下来。若两段运动中针鞘整体受到阻力均视为恒力。大小分别为F1、F2，则针鞘（ ）
A．被弹出时速度大小为2F1d1+F2d2m
B．到达目标组织表面时的动能为F1d1
C．运动d2过程中，阻力做功为(F1＋F2)d2
D．运动d2的过程中动量变化量大小为mF2d2
【答案】A
【详解】A．根据动能定理有F1d1+F2d2=12mv2
解得v=2F1d1+F2d2m，故A正确；
B．针鞘到达目标组织表面后，继续前进d2减速至零，有Ek = F2d2，故B错误；
C．针鞘运动d2的过程中，克服阻力做功为F2d2，故C错误；
D．针鞘运动d2的过程中，动量变化量大小Δp=2mEk=2mF2d2
故D错误。故选A。
【解题能力提升】
动量定理的理解及应用
考点二
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：F(t'-t)＝mv'-mv或I＝p'-p。
3.对动量定理的理解：
(1)公式中的F是研究对象所受的所有外力的合力。它可以是恒力，也可以是变力。当合外力为变力时，F是合外力作用时间的平均值。
(2)Ft＝p'-p是矢量式，两边不仅大小相等，而且方向相同。
(3)动量定理中的冲量可以是合外力的冲量，可以是各个力冲量的矢量和，也可以是外力在不同阶段冲量的矢量和。
(4)Ft＝p'-p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。
(5)由Ft＝p'-p得F＝p'−pt＝Δpt，即物体所受的合外力等于物体动量的变化率。
(6)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求解。
【例2-1】（2025·湖北·高考真题）一个宽为L的双轨推拉门由两扇宽为L2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μ，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．L2μgB．LμgC．2LμgD．2Lμg
【答案】B
【详解】设拉力为F，作用时间为t1，撤去外力后AB运动的时间为t2，AB运动过程的最大速度为vm，则由动量定理，有F−μmgt1=mvm
得t1=mvmF−μmg
撤销拉力后，有μmgt2=mvm
得t2=vmμg
对于全过程，有Ft1=μmgt
得F=μmgtt1
对于全过程有L2=vmt2
故AB运动的总时间
t=t1+t2=mvmF−μmg+vmμg=mvmμmgtt1−μmg+vmμg=vmμg⋅tt−t1=vmtμg⋅1t−t1=Lμgt2
可知当t2越大时，t越小，当t2=t时，t取最小值。
则tmin2=Lμg
则tmin=Lμg
故选B。
【例2-2】（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)F=33mg2，93mg2
(2)见解析
(3)v=172g
【详解】（1）由图2可知F随时间线性变化，根据数学知识可知F=3mg4t
所以当t=6s时，F=33mg2
0~6s内F的冲量为F−t图围成的面积，即I=12×332mg×6=932mg
（2）由于初始时刻。物块刚好能静止在细杆上，则有mgsin30∘=μmgcs30∘
即μ=tan30°=33
在垂直杆方向，当Fsinθ=mgcsθ时，t=4s
则0−4s，垂直杆方向Fsinθ+N=mgcsθ
摩擦力f=μN=3332mg−38mgt=12−18tmg 0≤t≤4
在4−6s内，垂直杆方向Fsinθ=mgcsθ+N
摩擦力f=μN=3338mgt−32mg=18t−12mg 4≤t≤6
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IFcsθ−If+mgsinθ×t=mv
在0~6s内摩擦力的冲量为f−t图围成的面积，则If=12×12mg×4+12×14mg×2=54mg
联立有932mg⋅cs30∘+3mg−54mg=mv
可得v=172g
【变式2-1】（2025·浙江·高考真题）有一离地面高度20m、质量为2×10−13kg稳定竖直降落的沙尘颗粒，在其降落过程中受到的阻力与速率v成正比，比例系数1×10−9kg/s，重力加速度g=10m/s2，则它降落到地面的时间约为（ ）
A．0.5hB．3hC．28hD．166h
【答案】B
【详解】沙尘颗粒开始时速度较小时，阻力较小，可知
mg−kv=ma…………①
沙尘颗粒速率增大，阻力增大，加速度减小，当a=0时，沙尘颗粒速度达到最大且稳定，此时速度满足
mg=kvm…………②
解得
vm=2×10−3m/s
由动量定理可得
mgt−kvt=mv
即
mgt−kh=mv
则沙尘下落时间为
t=kh+mvmg
由于mv≪kh，则
t≈khmg=104s≈3h
故选B。
【变式2-2】（2025·海南·三模）如图所示，风洞实验室可以产生竖直向上的恒定风力。在风洞中O点将一个质量为m=1kg的小球以初速度v0=4m/s水平向右抛出，一段时间后小球经过右上方的P点。已知OP=5m，OP与水平方向的夹角为θ=37°，sin37°=0.6，重力加速度g取10m/s2。求：
(1)小球到P点时的速度大小；
(2)小球从O到P的过程中恒定风力的冲量大小；
(3)小球从O到P的过程中到OP的最远距离。
【答案】(1)213m/s
(2)16N∙s
(3)0.6m
【详解】（1）根据题意可知小球做类平抛运动，设经过时间t运动到P点，则OP=L
水平向右做匀速直线运动，则Lcsθ= v0t
代入数据得t=1s
竖直向上做初速度为零的匀加速直线运动Lsinθ=12at2
代入数据得a=6m/s2
到P点时竖直方向的速度vy=at=6m/s
小球在P点时的速度v=v02+vy2=213m/s
（2）设恒定风力为F，竖直方向根据牛顿第二定律得F−mg=ma
代入数据得F=16N
小球从O到P的过程中恒定风力的冲量I=Ft=16N⋅s
（3）小球的运动可以分解为沿OP方向和垂直OP方向，如图所示
垂直OP方向的初速度v1=v0sinθ
垂直OP方向的加速度a1=acsθ
设垂直OP方向的速度减为0时的位移为x，则x=v122a1=0.6m
小球从O到P的过程中离OP的最远距离0.6m。
【解题能力提升】
用动量定理处理“流体类”问题
考点三
【例3-2】（2021·湖北·高考真题）抗日战争时期，我军缴获不少敌军武器武装自己，其中某轻机枪子弹弹头质量约8 g，出膛速度大小约750 m/s。某战士在使用该机枪连续射击1分钟的过程中，机枪所受子弹的平均反冲力大小约12 N，则机枪在这1分钟内射出子弹的数量约为（ ）
A．40B．80C．120D．160
【答案】C
【分析】本题考查动量定理。
【详解】设1分钟内射出的子弹数量为n，则对这n颗子弹由动量定理得
Ft=nmv0
代入数据解得
n=120
故选C。
【例3-2】（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a1，减速时最大加速度大小为a2。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F∝uα，并确定α的值。
【答案】(1)W=12mv2+fx
(2)d=a2La1+a2
(3)论证见解析，α=2
【详解】（1）根据动能定理W−fx=12mv2
可得牵引力对飞机做的功W=12mv2+fx
（2）加速过程，设起飞速度为vm，根据速度位移关系vm2=2a1d
减速过程，根据速度位移关系vm2=2a2(L−d)
联立解得d=a2La1+a2
（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F⋅Δt=Δp
可得F=ΔpΔt
又Δp=mΔv，m=ρSΔv⋅Δt
联立可得F=ρSΔv2
又Δv∝u
可知F∝u2
即α=2
【变式3-1】（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H（足够大），沙子的总质量为m。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t，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．出口下方0−2cm范围内沙子数与2−4cm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F≈m2gHt
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0−2cm范围内沙子下落时间大于出口下方2−4cm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0−2cm范围内沙子数比2−4cm范围内沙子数多，故A错误；
B．质量为Δm的沙子落到容器底部时的速度大小设为v（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Δp=0−Δmv=−Δmv
可知动量变化量的方向向上，故B错误；
C．因为H足够大，忽略沙漏底部沙子的高度，由动量定理可得FΔt−Δmg⋅Δt=Δmv
其中Δm为极短时间Δt内落到瓶底的沙子的质量，则有FΔt≈Δmv
求和可得Ft≈mv
又v=2gH
联立可得F≈m2gHt
故C正确；
D．由于H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。
【变式3-1】（2025·北京西城·一模）火箭的飞行应用了反冲原理，借助喷出燃气的反冲作用获得推力。已知某火箭与其所载燃料的初始总质量为M，在t=0时刻，火箭由静止出发，竖直向上运动，如图1所示。火箭持续均匀向下喷射燃气，在任意的极短时间Δt内，喷射燃气的质量均为Δm，喷出的燃气相对火箭的速度恒为u。在极短时间内，火箭喷出的燃气的重力远小于火箭的推力，火箭速度的变化量远小于燃气速度的变化量。不计空气阻力，重力加速度的大小g视为不变。
(1)求火箭速度大小为v的瞬间受到燃气推力的大小F，据此判断火箭在竖直上升阶段受到燃气的推力是否变化。
(2)若火箭在竖直上升阶段，可使用的燃料质量为m，求该阶段火箭可获得的最大加速度的大小am。
(3)测得火箭在竖直上升阶段，1a+g随时间t变化的图像是一条直线，如图2所示，a为火箭加速度的大小。已知直线的纵截距为b，斜率的绝对值为k，为明确其物理意义，请推导b、k的表达式。
【答案】(1)ΔmuΔt，不变
(2)Δmu(M-m)Δt−g
(3)k=1u，b=MΔtuΔm
【详解】（1）在火箭速度大小为v的瞬间，以极短时间∆t内喷射出的燃气为研究对象
设燃气受到火箭对其作用力的大小为F'，规定竖直向下为正方向，根据动量定理有F′Δt=Δm（u−v）−Δm(−v)
得 F′=ΔmuΔt
根据牛顿第三定律，此时火箭受到推力的大小F=F'=ΔmuΔt
可知推力F的大小不变，火箭受到推力的方向竖直向上，则火箭在竖直上升阶段，受到燃气的推力不变。
（2）质量为m的燃料燃尽时，火箭的加速度最大，根据牛顿第二定律am=F−(M−m)gM−m=Δmu(M−m)Δt−g
（3）在t时刻，火箭及火箭内剩余燃料的质量m′=M−ΔmΔtt
根据牛顿第二定律有F−m′g=m′a
得1a+g=MΔtuΔm−1u⋅t
则 k=1u，b=MΔtuΔm
巩固提升
1．（2025·浙江·高考真题）有一离地面高度20m、质量为2×10−13kg稳定竖直降落的沙尘颗粒，在其降落过程中受到的阻力与速率v成正比，比例系数1×10−9kg/s，重力加速度g=10m/s2，则它降落到地面的时间约为（ ）
A．0.5hB．3hC．28hD．166h
【答案】B
【详解】沙尘颗粒开始时速度较小时，阻力较小，可知
mg−kv=ma…………①
沙尘颗粒速率增大，阻力增大，加速度减小，当a=0时，沙尘颗粒速度达到最大且稳定，此时速度满足
mg=kvm…………②
解得
vm=2×10−3m/s
由动量定理可得
mgt−kvt=mv
即
mgt−kh=mv
则沙尘下落时间为
t=kh+mvmg
由于mv≪kh，则
t≈khmg=104s≈3h
故选B。
2．（2025·江苏徐州·二模）如图所示，将一小物块（可视为质点）放置在足够长的固定光滑斜面上，用沿着斜面向上的拉力作用在物块上，拉力的功率P恒定，使物块由静止开始斜向上运动，已知运动过程中物块的动量最大为p，重力加速度为g，根据已知条件，则（ ）
A．可求出物块的质量
B．可求出拉力的最小值
C．可求出斜面倾角的正弦值
D．若撤去拉力，不可求出物块的加速度
【答案】C
【详解】ABC．设物块的质量为m，斜面倾角为θ，拉力的大小为F，拉力的功率P恒定，则有P=Fv
物块受到拉力、重力和斜面对它的支持力，由牛顿第二定律可知，物块的加速度大小为a=F−mgsinθm=P−mgvsinθmv
当a=0时，v最大，F有最小值，此时物块做匀速直线运动，有Fmin=mgsinθ
结合P=Fminvmax可得P=mgvmaxsinθ
由题意得p=mvmax
联立解得斜面倾角的正弦值sinθ=Pgp
但无法求出物块的质量、拉力的最小值，故AB错误，C正确；
D．若撤去拉力，物块只受重力和斜面对它的支持力，由牛顿第二定律可知，物块加速度大小a′=mgsinθm=gsinθ=Pp，故D错误。
故选C。
3．（多选）（2023·福建·高考真题）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
【详解】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。
4．（2025·重庆·三模）《卖油翁》是宋代文学家欧阳修创作的一则写事明理的寓言故事，说明了熟能生巧的道理。如图所示，油从距离地面高度为H的地方倒出，油束刚好充满钱孔倒入壶内，钱孔的横截面积为S，油壶的高度为h，油的密度为ρ，重力加速度为g。若油倒入瓶底四处散开，没有飞溅。下列说法正确的是（ ）
A．单位时间倒入壶中油的质量为ρS2gH−h
B．单位时间倒入壶中油的质量为ρ2gH−h
C．在动量减小阶段，后落入壶内的油，动量变化更多
D．在动量减小阶段，任何时候落入壶内的油，动量变化都一样多
【答案】A
【详解】AB．设Δt时间内倒入壶中油的质量为m，油到达壶口时的速度为v，则有m=ρ·ΔV，ΔV=S·vΔt
根据机械能功守恒，则有12mv2=mg(H−h)
联立解得m=ρS2gH−h·Δt
故单位时间内落入壶中油的质量为Δm=mΔt=ρS2gH−h
A正确，B错误；
CD．随着油面的上升，后落入壶内的油到达油面的速度逐渐减小，因此在动量减小阶段，其动量的变化更少，CD错误。
故选A。
5．（多选）（2023·新课标卷·高考真题）一质量为1kg的物体在水平拉力的作用下，由静止开始在水平地面上沿x轴运动，出发点为x轴零点，拉力做的功W与物体坐标x的关系如图所示。物体与水平地面间的动摩擦因数为0.4，重力加速度大小取10m/s2。下列说法正确的是（ ）

A．在x = 1m时，拉力的功率为6W
B．在x = 4m时，物体的动能为2J
C．从x = 0运动到x = 2m，物体克服摩擦力做的功为8J
D．从x = 0运动到x = 4的过程中，物体的动量最大为2kg∙m/s
【答案】BC
【详解】由于拉力在水平方向，则拉力做的功为
W = Fx
可看出W—x图像的斜率代表拉力F。
AB．在物体运动的过程中根据动能定理有
W−μmgx=12mv2
则x = 1m时物体的速度为
v1= 2m/sx = 1m时，拉力为
F=ΔWΔx=6N
则此时拉力的功率
P = Fv1= 12Wx = 4m时物体的动能为
Ek= 2J
A错误、B正确；
C．从x = 0运动到x = 2m，物体克服摩擦力做的功为
Wf= μmgx = 8J
C正确；
D．根据W—x图像可知在0—2m的过程中F1= 6N，2—4m的过程中F2= 3N，由于物体受到的摩擦力恒为f = 4N，则物体在x = 2m处速度最大，且根据选项AB分析可知此时的速度
v2=8m/s
则从x = 0运动到x = 4的过程中，物体的动量最大为
p=mv=22kg⋅m/s
D错误。
故选BC。
6．（2025·山东枣庄·三模）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．飞行器水平加速飞行时，需水平向后喷射燃气
B．某段时间飞行器在空中悬停，重力的冲量不为零
C．飞行器在下降过程中，其动量一定越来越大
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始终相同
【答案】B
【详解】A．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，所以需向斜向下喷射燃气，故A错误；
B．某段时间飞行器在空中悬停，重力的冲量I=mgt
不为零，故B正确；
C．飞行器在下降过程，可能速度减小，其动量不一定越来越大，故C错误；
D．燃气对飞行器的冲量与飞行器对燃气的冲量方向不同，故D错误。
故选B。
7．（2025·贵州黔南·模拟预测）弓和弩是冷兵器时代常用的武器，弓多抛射（发射速度斜向上），弩多平射（发射速度水平）。如果在同一高度分别用弓、弩发射质量相同的弓箭和弩箭（均可视为质点），射出时速度大小相等且落在同一水平地面上，如图所示。不计空气阻力，从射出到落地前瞬间的过程中，与弩箭相比，弓箭（ ）
A．动量变化量一定较大B．水平位移一定较大
C．落地前瞬间的速度一定较大D．重力做功的平均功率一定较大
【答案】A
【详解】A．设发射点离地高度为h，由题知，弩箭做平抛运动，则在竖直方向上有h=12gt12
解得t1=2hg
而弓箭做斜抛运动，在竖直方向上先向上做匀减速运动，再向下做自由落体运动，故其运动的时间t2>t1
根据加速度的定义式有g=Δvt
可得Δv=gt
则动量的变化量为Δp=mΔv=mgt
两箭的质量相同，因t2>t1，所以弓箭的动量变化量大于弩箭的动量变化量，故A正确；
B．在水平方向上，弩箭做匀速直线运动，则有x1=v0t1
弓箭水平方向也做匀速直线运动x2=vxt2
弓箭做斜抛运动，则其水平方向的分速度vxt1
故无法确定两箭水平位移的大小，故B错误；
C．根据机械能守恒定律有12mv02+mgh=12mv2
解得落地速度为v=v02+2gh
可知两箭的落地速度大小相等，故C错误；
D．重力做功为WG=mgh
则重力做功的平均功率为P=WGt
因两箭的重力做功相同，但t2>t1，所以弓箭重力做功的平均功率一定较小，故D错误。
故选A。
8．（多选）（2023·重庆·高考真题）某实验小组测得在竖直方向飞行的无人机飞行高度y随时间t的变化曲线如图所示，E、F、M、N为曲线上的点，EF、MN段可视为两段直线，其方程分别为y=4t−26和y=−2t+140。无人机及其载物的总质量为2kg，取竖直向上为正方向。则（ ）

A．EF段无人机的速度大小为4m/s
B．FM段无人机的货物处于失重状态
C．FN段无人机和装载物总动量变化量大小为4kg∙m/s
D．MN段无人机机械能守恒
【答案】AB
【详解】A．根据EF段方程
y=4t−26
可知EF段无人机的速度大小为
v=ΔyΔt=4m/s
故A正确；
B．根据y−t图像的切线斜率表示无人机的速度，可知FM段无人机先向上做减速运动，后向下做加速运动，加速度方向一直向下，则无人机的货物处于失重状态，故B正确；
C．根据MN段方程
y=−2t+140
可知MN段无人机的速度为
v′=Δy′Δt′=−2m/s
则有
Δp=mv′−mv=2×(−2)kg⋅m/s−2×4kg⋅m/s=−12kg⋅m/s
可知FN段无人机和装载物总动量变化量大小为12kg∙m/s，故C错误；
D．MN段无人机向下做匀速直线运动，动能不变，重力势能减少，无人机的机械能不守恒，故D错误。
故选AB。
9．（2025·江苏苏州·模拟预测）图甲是某科技馆的一件名为“最速降线”的展品，在高度差一定的不同光滑轨道中，小球滚下用时最短的轨道叫做最速降线轨道。轨道Ⅰ的末端与水平面相切，如图乙所示，将相同的小球a和b分别从Ⅰ、Ⅱ两轨道的起点M同时静止释放，则小球a先到达终点N；并且发现小球a从Ⅰ轨道的不同位置静止释放，到达末端的时间都相同。现将小球a和b同时从起点M静止释放，下列说法正确的是（ ）
A．小球a沿Ⅰ轨道运动到N点的速度大
B．从起点到终点，两球的动量变化量相同
C．若在两球释放的同时，将小球c平抛恰好也落在N点，三个球相比仍是a先到达
D．若轨道不光滑且与两球滑动摩擦因数相同，小球a沿Ⅰ轨道运动到N点的速度小
【答案】D
【详解】A、对小球，由M到N过程，根据动能定理可得12mvN2=mghMN
故小球沿两轨道运动到N点时的速度大小相等，A错误；
B、由于两小球到达N点时速度方向不同，故从起点到终点，两球的动量变化量不同，故B错误；
C、由于小球a从Ⅰ轨道的不同位置静止释放，到达末端的时间都相同，故小球a在Ⅰ轨道的运动可视为一个摆长特别大的单摆运动的一部分，小球a从M到N运动时间ta=14T=π2Rg
小球b从M到N的运动时间为tb，则有12gsinθtb2=2Rsinθ
解得tb=2Rg
若在两球释放的同时，将小球c平抛恰好也落在N点，则有12g⋅tc2=2R1−csθ
解得tc=2R1−csθg
其中θ为MN所对的圆周角，由于R很大，小球a做单摆运动，故θ