專題07動量定理動量守恒定律

目錄

01模擬基礎練......................................................2

題型一動量和沖量的理解..........................................2

題型二動量定理的理解和應用......................................10

題型三動量定理在流體模型中的應用...............................17

題型四動量守恒定律的理解和應用..................................20

題型五爆炸、反沖和人船模型.....................................22

02重難創新練.....................................................26

題型六碰撞問題.................................................26

題型七"滑塊一彈簧"模型.......................................40

題型八"滑塊一斜（曲）面"模型....................................45

題型一動量和沖量的理解

1.（2024?北京?高考真題）將小球豎直向上拋出，小球從拋出到落回原處的過程中，若所受空氣阻力大小與

速度大小成正比，則下列說法正確的是（）

A.上升和下落兩過程的時間相等

B.上升和下落兩過程損失的機械能相等

C.上升過程合力的沖量大于下落過程合力的沖量

D.上升過程的加速度始終小于下落過程的加速度

【答案】C

【詳解】D.小球上升過程中受到向下的空氣阻力，下落過程中受到向上的空氣阻力，由牛頓第二定律

可知上升過程所受合力（加速度）總大于下落過程所受合力（加速度），D錯誤；

C.小球運動的整個過程中，空氣阻力做負功，由動能定理可知小球落回原處時的速度小于拋出時的速

度，所以上升過程中小球動量變化的大小大于下落過程中動量變化的大小，由動量定理可知，上升過程

合力的沖量大于下落過程合力的沖量，C正確；

A.上升與下落經過同一位置時的速度，上升時更大，所以上升過程中平均速度大于下落過程中的平均

速度，所以上升過程所用時間小于下落過程所用時間，A錯誤；

B.經同一位置，上升過程中所受空氣阻力大于下落過程所受阻力，由功能關系可知，上升過程機械能

損失大于下落過程機械能損失，B錯誤。

故選C。

2.（2023?河北?高考真題）某科研團隊通過傳感器收集并分析運動數據，為跳高運動員的技術動作改進提供

參考。圖為跳高運動員在起跳過程中，其單位質量受到地面的豎直方向支持力隨時間變化關系曲線。圖像

中10.10s至10.35s內，曲線下方的面積與陰影部分的面積相等。已知該運動員的質量為60kg,重力加速度g

取lOm/s?。下列說法正確的是（）

A.起跳過程中運動員的最大加速度約為42m/s2

B.起跳后運動員重心上升的平均速度大小約為3m/s

C.起跳后運動員重心上升的最大高度約為0.45m

D.起跳過程中運動員所受合力的沖量大小約為33ONS

【答案】C

【詳解】A.由圖像可知，運動員受到的最大支持力約為4”=42><6()N=252()N,根據牛頓第二定律可

知，起跳過程中運動員的最大加速度約為=L一噸=2520［：Oxl°m/s2=32m/s2,故A錯誤；

BCD.根據尸T圖像可知，起跳過程中支持力的沖量為/F=22X60X(10.35-10.10)N-S=330N-S,起跳

過程中運動員所受合力的沖量大小約為/合=4-〃儂=330N-S-60X10X(10.35-10.10)N-S=180N-S,根

據動量定理可得/合=切丫-0,解得起跳離開地面瞬間的速度為v=3m/s,則起跳后運動員重心上升的平

均速度為，=《=L5m/s,起跳后運動員重心上升的最大高度為〃=?=o；m=0.45m,故BD錯誤,

22g2x10

C正確。

故選C。

3.(2022?湖北?高考真題)一質點做曲線運動，在前一段時間內速度大小由v增大到2%在隨后的一段時間

內速度大小由2V增大到5%前后兩段時間內，合外力對質點做功分別為W/和瓶，合外力的沖量大小分別

為//和/2。下列關系式一定成立的是()

A.叱=3叱，I2<37,B.叱=3叱，I2>It

C.取=7叱，I2<3<D.嗎=7%,Z2>Z,

【答案】D

1131121

【詳解】根據動能定理可知叱=-m(2v)2--7W2=-mv2,叱=-m(5v)2--m(2v)2=—mv2,可得

乙乙乙乙乙乙

取=7叱，由于速度是矢量，具有方向，當初、末速度方向相同時，動量變化量最小，方向相反時，動

量變化量最大，因此沖量的大小范圍是機3mvMI[M7mv,比較可得人之乙，一定成立。

故選D。

4.（2024?廣西?高考真題）（多選）如圖，堅硬的水平地面上放置一木料，木料上有一個豎直方向的方孔，

方孔各側壁完全相同。木栓材質堅硬，形狀為正四棱臺，上下底面均為正方形，四個側面完全相同且與上

底面的夾角均為。。木栓質量為根，與方孔側壁的動摩擦因數為〃。將木栓對準方孔，接觸但無擠壓，錘子

以極短時間撞擊木栓后反彈，錘子對木栓沖量為/,方向豎直向下。木栓在豎直方向前進了Ax的位移，未

到達方孔底部。若進入的過程方孔側壁發生彈性形變，彈力呈線性變化，最大靜摩擦力約等于滑動摩擦力，

貝。（）

A.進入過程，木料對木栓的合力的沖量為-/

T2

B.進入過程，木料對木栓的平均阻力大小約為一二+mg

2mAx

C.進入過程，木料和木栓的機械能共損失了2_+m且心

2m

D.木栓前進Ax后木料對木栓一個側面的最大靜摩擦力大小約為〃（r十277rg2）

4mAx（cos3+//sin6）

【答案】BD

【詳解】A.錘子撞擊木栓到木栓進入過程，對木栓分析可知合外力的沖量為0,錘子對木栓的沖量為/,

由于重力有沖量，則木料對木栓的合力沖量不為故A錯誤；

B.錘子撞擊木栓后木栓獲得的動能為線=上加F=」_,木栓進入過程根據動能定理有

22m

（mg-7）Ar=0-￡k,解得平均阻力為J=—J+,故B正確；

2mAx

C.木栓進入過程損失的動能與重力勢能，一部分轉化為系統內能另一部分轉化為木栓的彈性勢能

/2

f+mgAx〉Q=E損，故C錯誤；

D.對木栓的一個側面受力分析如圖

由于方孔側壁彈力成線性變化，則有;（/sin〃+樂cosd）=；/，且根據B選項求得平均阻力

7=—J+"?g，又因為/=〃4，聯立可得了二〃J+2"gA.,故口正確。

2mM4mAx(cos6+〃sinff)

故選BDo

5.（2023?全國?高考真題）（多選）一質量為1kg的物體在水平拉力的作用下，由靜止開始在水平地面上沿x

軸運動，出發點為無軸零點，拉力做的功卬與物體坐標x的關系如圖所示。物體與水平地面間的動摩擦因

數為0.4,重力加速度大小取10m/s2。下列說法正確的是（）

B.在x=4m時，物體的動能為2J

C.從x=0運動到x=2m,物體克服摩擦力做的功為8J

D.從x=0運動到尤=4的過程中，物體的動量最大為2kg?m/s

【答案】BC

【詳解】由于拉力在水平方向，則拉力做的功為皿=小，可看出吟x圖像的斜率代表拉力凡

AB.在物體運動的過程中根據動能定理有W-〃叫x=,則x=1m時物體的速度為vi=2m/s,x=Im

AW

時，拉力為尸=---=6N,則此時拉力的功率尸=/切=12W,x=4m時物體的動能為E&=2J

Ax

A錯誤、B正確；

C.從x=0運動到x=2m,物體克服摩擦力做的功為匹=8J,C正確；

D.根據卯一x圖像可知在0—2m的過程中Fi=6N,2—m的過程中F2=3N,由于物體受到的摩擦力恒

為/=4N,則物體在x=2m處速度最大，且根據選項AB分析可知此時的速度%=^m/s,貝U從x=0

運動到尤=4的過程中，物體的動量最大為p=w=2伍g.m/s,D錯誤。

故選BC。

6.（2022?湖南?高考真題）（多選）神舟十三號返回艙進入大氣層一段時間后，逐一打開引導傘、減速傘、

主傘，最后啟動反沖裝置，實現軟著陸。某興趣小組研究了減速傘打開后返回艙的運動情況，將其運動簡

化為豎直方向的直線運動，其v-r圖像如圖所示。設該過程中，重力加速度不變，返回艙質量不變，下列

說法正確的是（）

A.在。~4時間內，返回艙重力的功率隨時間減小

B.在。~4時間內，返回艙的加速度不變

C.在?時間內，返回艙的動量隨時間減小

D.在時間內，返回艙的機械能不變

【答案】AC

【詳解】A.重力的功率為P=，"gv,由圖可知在07/時間內，返回艙的速度隨時間減小，故重力的功率

隨時間減小，故A正確；

B.根據VI圖像的斜率表示加速度可知在07/時間內返回艙的加速度減小，故B錯誤；

C.在力72時間內由圖像可知返回艙的速度減小，故可知動量隨時間減小。故C正確；

D.在f273時間內，由圖像可知返回艙的速度不變，則動能不變，但由于返回艙高度下降，重力勢能減

小，故機械能減小，故D錯誤。

故選AC。

7.（2025?重慶?模擬預測）如圖所示，在一項戶外競技娛樂活動中，選手以一定的初速度起跳后，直接跳到

對面平臺上，忽略空氣阻力，關于選手從離地到著地前的整個過程。則（）

A.選手重力的沖量為零

B.選手的動量先減小后增大

C.選手的機械能先增大后減小

D.選手重力的功率先增大后減小

【答案】B

【詳解】A.重力為恒力，根據/=8可知，恒力在一段時間內的沖量一定不為零，故A錯誤；

B.選手的速度先減小后增大，根據。=〃川可知，選手的動量先減小后增大，故B正確；

C.選手從離地到著地前的整個過程，僅有重力做功，選手的機械能守恒，故C錯誤；

D.選手豎直方向的速度與先減小后增大，由尸=mg。，可知，選手重力的功率先減小后增大，故D錯

誤。

故選B。

8.（2025?甘肅?模擬預測）（多選）圖甲是正在送餐的“機器人服務員”，其質量“40kg,該機器人正在沿圖

乙中A2C。由線給16號桌送餐，圓弧BC與直線A3、C。相切，A3段長度為5m,CO段長度為12m.圓弧

對應的圓心角為60。，機器人從A點由靜止勻加速出發，到達B點時速率達到lm/s,接著以lm/s的速率

勻速通過BC段，通過C點后仍以lm/s的速率運動到某位置才開始做勻減速直線運動，最終修在16號桌旁

的D點。已知餐盤與水平托盤間的動摩擦因數〃=02,餐盤與托盤之間未發生相對滑動，最大靜摩擦力等

于滑動摩擦力，g取lOm/s?。下列說法正確的是（）

A.從3點運動到C點過程中機器人的動量變化量為40kg-m/s

B.從A點運動到B點過程中機器人的加速度為O.lm/s?

C.圓弧的半徑可以設計為0.45m

D.機器人從C點運動到D點的最短時間為12.25s

【答案】ABD

【詳解】A.根據矢量三角形，從8點運動到C點過程中機器人的速度變化量為Im/s,從而求出動量變

化量為A0=mAv=4Okg-m/s,故A正確；

B.從A點運動到B點過程中，有解得機器人的加速度為4=01m/s2,故B正確；

C.餐盤與托盤之間恰好不發生相對滑動時，最大靜摩擦力提供向心力有〃加g=mE,解得/-0.5m,

r

所以圓弧BC的半徑不可以小于0.5m,不可以設計為0.45m,故C錯誤；

D.機器人以Im/s的速度勻減速至。點的最大加速度為。==2m/Sz,則勻減速的時間為。=工=0.5s,

a

勻減速的位移為Ax=E=0.25m,故從C點開始勻速運動的時間為=包=lL75s,所以機器人從

2av

C點運動到。點的最短時間為f1nto=4+/2=12.25s,故D正確。

故選ABDo

9.（2024?廣東深圳?二模）活檢針可用于活體組織取樣，如圖所示。取樣時，活檢針的針鞘被瞬間彈射，開

始進入組織。在軟組織中運動距離由后進入目標組織，繼續運動力后停下來。若兩段運動中針鞘只受到組

織的阻力。已知該阻力與針鞘在組織中的長度成正比，比例系數為K,則（）

A.軟組織對針鞘做的總功為-K"/2

2

B.目標組織對針鞘做的總功為Kd2

C.運動心的過程中，針鞘克服阻力做功為K〃2（0.54+4）

D.運動心的過程中，針鞘動量變化量大小為局辦

【答案】C

【詳解】A.由題知，針鞘在軟組織前進4時，其受到軟組織的阻力由零變為＜=K4,則在這段距離軟

組織對針鞘做的功為叫=-學4=-：k：，針鞘在目標組織前進右時，其受到軟組織的阻力不變，

為力=Kd\,則在這段距離軟組織對針鞘做的功為叱'==-K44，故軟組織對針鞘做的總功為

w=-冏(4+0.54),故A錯誤;

B.由題知，針鞘在目標組織前進&時，其受到目標組織的阻力由零變為力=K4,則在這段距目標組

織對針鞘做的總功為％=-與我心=-3K外,故B錯誤；

C.由AB分析，可知在運動42的過程中，針鞘克服阻力做功為

%=附+叫,=K4d2+：Kd；=Kd2（。54+4）,故c正確；

D,設針鞘質量為機,當其到達目標組織表面時的速度為也繼續前進必減速至零，根據動能定理有

-%=-K4（O.5d,+4）=O-：w2,解得V陛叵后④，則動量變化量的大小為

2Vm

2==12Km（OSd?+4）,因針鞘質量加未知，故無法求出其動量變化量的大小，故D錯誤。

故選C。

10.（2024?山西太原?二模）為測試甲、乙兩電動汽車的直線加速性能，甲、乙從同一地點由靜止出發，第

一個x內甲、乙加速度之比為2:1,接下來的2x內，甲的加速度變為原來的一半，乙的加速度變為原來的

兩倍。甲、乙質量之比為2:3,下列說法正確的是（）

A.x處甲、乙的速度大小之比為2:1

B.2x處甲、乙的動量大小之比為3:2

C.3x處甲、乙的動能大小之比為8:15

D.0?3x甲、乙運動的時間之比為2:6

【答案】C

【詳解】A.設第一個x內甲的加速度為2a,x處甲的速度為片，乙的加速度為。，無處乙的速度為匕，

根據丫2=2辦，解得：V]=2s/ax,%=y12axx處甲、乙的速度大小之比為匕：匕=3：1，A錯誤；

B.接下來的2%內，甲的加速度為。，乙的加速度為2a,設處甲的速度為匕，乙的速度為心，根據

v2-v^=2ax,解得：丫3=娓瓦,匕=灰石，動量。=加叭得2無處甲、乙的動量大小之比之比為2:3,

B錯誤；

2

C.設3x處甲的速度為內，乙的速度為外，根據F-"：=2"，動量％=而高，v6=Jl0ax，動能線=^mv,

得3尤處甲、乙的動能大小之比為8:15,C正確；

D.甲運動的時間％=區+以二乜=2"工一疝,乙運動的時間）=&+%二21=而晟+也顯，0-3二甲、

2aaaalala

乙運動的時間之比為％4=（20-1）:（廂+垃），D錯誤;

故選c。

題型二動量定理的理解和應用

11.（2022?山東?高考真題）我國多次成功使用“冷發射”技術發射長征十一號系列運載火箭。如圖所示，發射

艙內的高壓氣體先將火箭豎直向上推出，火箭速度接近零時再點火飛向太空。從火箭開始運動到點火的過

程中（）

A.火箭的加速度為零時，動能最大

B.高壓氣體釋放的能量全部轉化為火箭的動能

C.高壓氣體對火箭推力的沖量等于火箭動量的增加量

D.高壓氣體的推力和空氣阻力對火箭做功之和等于火箭動能的增加量

【答案】A

【詳解】A.火箭從發射艙發射出來，受豎直向下的重力、豎直向下的空氣阻力和豎直向上的高壓氣體

的推力作用，且推力大小不斷減小，剛開始向上的時候高壓氣體的推力大于向下的重力和空氣阻力之和，

故火箭向上做加速度減小的加速運動，當向上的高壓氣體的推力等于向下的重力和空氣阻力之和時，火

箭的加速度為零，速度最大，接著向上的高壓氣體的推力小于向下的重力和空氣阻力之和時，火箭接著

向上做加速度增大的減速運動，直至速度為零，故當火箭的加速度為零時，速度最大，動能最大，故A

正確；

B.根據能量守恒定律，可知高壓氣體釋放的能量轉化為火箭的動能、火箭的重力勢能和內能，故B錯

誤；

C.根據動量定理，可知合力沖量等于火箭動量的增加量，故C錯誤;

D.根據功能關系，可知高壓氣體的推力和空氣阻力對火箭做功之和等于火箭機械能的增加量，故D錯

誤。

故選A?

12.（2024嚀夏四川?高考真題）（多選）蹦床運動中，體重為60kg的運動員在”0時剛好落到蹦床上，對

蹦床作用力大小尸與時間，的關系如圖所示。假設運動過程中運動員身體始終保持豎直，在其不與蹦床接觸

時蹦床水平。忽略空氣阻力，重力加速度大小取lOm/s?。下列說法正確的是（）

A.t=0.15s時,

B.r=0.30s時,運動員的速度大小為10m/s

C.f=1.00s時,運動員恰好運動到最大高度處

D.運動員每次與蹦床接觸到離開過程中對蹦床的平均作用力大小為4600N

【答案】BD

【詳解】A.根據牛頓第三定律結合題圖可知t=0.15s時，蹦床對運動員的彈力最大，蹦床的形變量最大,

此時運動員處于最低點，運動員的重力勢能最小，故A錯誤;

BC.根據題圖可知運動員從f=0.30s離開蹦床到t=2.3s再次落到蹦床上經歷的時間為2s,根據豎直上拋

運動的對稱性可知，運動員上升時間為1s,則在f=L3s時，運動員恰好運動到最大高度處，f=0.30s時

運動員的速度大小v=10xlm/s=10m/s,故B正確，C錯誤;

D.同理可知運動員落到蹦床時的速度大小為10m/s,以豎直向上為正方向，根據動量定理

F-At—mg?At=mv—（一mv）,其中Az=0.3s,代入數據可得b=4600N,根據牛頓第三定律可知運動員每

次與蹦床接觸到離開過程中對蹦床的平均作用力大小為4600N,故D正確。

故選BD。

13.（2024?福建?高考真題）（多選）如圖（a）,水平地面上固定有一傾角為。的足夠長光滑斜面，一質量為心

的滑塊鎖定在斜面上。f=0時解除鎖定，同時對滑塊施加沿斜面方向的拉力歹，/隨時間f的變化關系如

圖（b）所示，取沿斜面向下為正方向，重力加速度大小為g,則滑塊（）

2mgsin0

A.在0~4f。內一直沿斜面向下運動

B.在。~包內所受合外力的總沖量大小為零

C.在時動量大小是在九時的一半

D.在紐~3to內的位移大小比在3%~4to內的小

【答案】AD

【詳解】根據圖像可知當b=2〃2gsin6時，物塊加速度為。=也登必士瞥的=3gsin6,方向沿斜面

m

向下；當尸=-2機gsin。時，物塊加速度大小為。=包蟀堂二整、"=gsin，，方向沿斜面向上，作出

m

物塊0~4/°內的圖像

A.根據圖像可知0~由。，物體一直沿斜面向下運動，故A正確；

B.根據圖像可知。~"。，物塊的末速度不等于0,根據動量定理/合=3片。，故B錯誤；

C.根據圖像可知時物塊速度大于九時物塊的速度，故％時動量不是4時的一半，故C錯誤；

D.v-t圖像與橫軸圍成的面積表示位移，故由圖像可知2%~3%過程物體的位移小于%~%的位移,

故D正確。

故選AD。

14.（2023?福建?高考真題）（多選）甲、乙兩輛完全相同的小車均由靜止沿同一方向出發做直線運動。以出

發時刻為計時零點，甲車的速度一時間圖像如圖（a）所示，乙車所受合外力一時間圖像如圖（b）所示。

則（）

圖（a）圖（b）

A.0~2s內，甲車的加速度大小逐漸增大

B.乙車在f=2s和f=6s時的速度相同

C.2~6s內，甲、乙兩車的位移不同

D.f=8s時，甲、乙兩車的動能不同

【答案】BC

【詳解】A.由題知甲車的速度一時間圖像如圖（a）所示，則根據圖（a）可知0~2s內，甲車做勻加速

直線運動，加速度大小不變，故A錯誤；

B.由題知乙車所受合外力一時間圖像如圖（b）所示，則乙車在0~2s內根據動量定理有/2=%V2,h=

So-2=2N-s,乙車在0~6s內根據動量定理有4k=So-6=2N-s,則可知乙車在f=2s和/'=6s

時的速度相同，故B正確；

C.根據圖（a）可知，2~6s內甲車的位移為0；根據圖（b）可知，2~6s內乙車一直向正方向運動，

則2~6s內，甲、乙兩車的位移不同，故C正確；

D.根據圖（a）可知，t=8s時甲車的速度為0,則f=8s時，甲車的動能為0；乙車在0~8s內根據動

量定理有/8=7加8,/8=弘~8=0,可知t=8s時乙車的速度為0,則f=8s時，乙車的動能為0,故D錯

誤。

故選BCo

15.（2022?全國?高考真題）（多選）質量為1kg的物塊在水平力廠的作用下由靜止開始在水平地面上做直線

運動，尸與時間才的關系如圖所示。已知物塊與地面間的動摩擦因數為0.2,重力加速度大小取g=10m/s2。

則（）

FN

4

IA〃S

024

-4

A.4s時物塊的動能為零

B.6s時物塊回到初始位置

C.3s時物塊的動量為12kg-m/s

D.0~6s時間內廠對物塊所做的功為40J

【答案】AD

【詳解】物塊與地面間的摩擦力為/=〃根g=2N

AC.對物塊從0~3s內由動量定理可知(/-/)：=m匕，即(4-2)x3=lx%,得%=6m/s,3s時物塊的動

量為。=根匕=6kg?m/s,設3s后經過時間t物塊的速度減為0,由動量定理可得-(尸+/?=。-相匕，即

-(4+2)t=0-lx6,解得，=k，所以物塊在4s時速度減為0,則此時物塊的動能也為0,故A正確，C

錯誤；

B.0?3s物塊發生的位移為x/,由動能定理可得(尸-7)%=3根］，即(4-2)%=gxl><62,得玉=9m,

3s~4s過程中，對物塊由動能定理可得-(尸+/)赴=。-g"琢，即-(4+2)%=。-gxlx62,得％=3m,

4s?6s物塊開始反向運動，物塊的加速度大小為。=￡二2=2向$2,發生的位移為

m

2

x3=1x2x2m=4m<x1+x2,即6s時物塊沒有回到初始位置，故B錯誤；

D.物塊在6s時的速度大小為為=2x2m/s=4m/s,6s拉力所做的功為W=(4x9-4x3+4x4)J=40J

故D正確。

故選AD。

16.(2023?江蘇?高考真題)(刪減)如圖所示，滑雪道AB由坡道和水平道組成，且平滑連接，坡道傾角均

為45。。平臺BC與緩沖坡CD相連。若滑雪者從尸點由靜止開始下滑，恰好到達2點。滑雪者現從A點由

靜止開始下滑，從2點飛出。已知A、尸間的距離為％滑雪者與滑道間的動摩擦因數均為〃，重力加速度

為g,不計空氣阻力。

(1)求滑雪者運動到P點的時間t；

20d

【答案】（1）

【詳解】（1）滑雪者從A到P根據動能定理有機gdsin45。-〃》tgcos45。1=：機君-0

根據動量定理有｛mgsin450-"mgcos45")r=mvf-0

2y[2d

聯立解得公vp=^^2gd(l-ju)

17.（2022?北京?高考真題）體育課上，甲同學在距離地面高4=2.5m處將排球擊出，球的初速度沿水平方

向，大小為%=8.0m/s；乙同學在離地為=0.7m處將排球墊起，墊起前后球的速度大小相等，方向相反。

已知排球質量根=0.3kg,取重力加速度g=10m/s2。不計空氣阻力。求：

（1）排球被墊起前在水平方向飛行的距離尤；

（2）排球被墊起前瞬間的速度大小丫及方向；

（3）排球與乙同學作用過程中所受沖量的大小/。

【答案】（1）x=4.8m；（2）v=10.0m/s,方向與水平方向夾角tan6=0.75；（3）/=6.0N-s

【詳解】（1）設排球在空中飛行的時間為3則4

解得f=0.6s；則排球在空中飛行的水平距離x=vot=4.8m

（2）乙同學墊起排球前瞬間排球在豎直方向速度的大小%=g「

得。=6.0m/s；根據v=

得v=10.0m/s；設速度方向與水平方向夾角為。(如答圖所示)

則有tan。=乜=0.75

%

(3)根據動量定理，排球與乙同學作用過程中所受沖量的大小/=2mv=6.0N-s

18.(2024?江蘇淮安?一模)質量為30kg的小明從離水平網面0.8m高處自由下落，著網后沿豎直方向蹦回

到水平網面0.45m高處，已知小明與網接觸的時間為0.35s,g取lOm/s?,求：

(1)小明與網接觸的這段時間內動量的變化量的大小；

(2)網對小明的平均作用力大小。

【答案】⑴210kg-m/s(2)900N

【詳解】(1)在小明下落沒接觸到網的過程中，根據運動學公式，則有v；=2g4

可解得匕=4m/s

在小明離開網向上減速的過程中，根據運動學公式，則有v；=2g4

可解得匕=3m/s

所以與網接觸的過程中，動量變化量則有AP=mAv=m[v2-(-V1)]=210kg-m/s

(2)對小明由動量定理，則有(F-mg)f=AP

可解得歹=900N

19.(2024?河南信陽?一模)近年來我國在電磁彈射應用領域取得突破性進展，在“福建號”航母上裝備了電磁

彈射器來彈射艦載機。“福建號”航母上的水平直線電磁彈射器軌道長度為L,在飛行訓練時“福建號”勻速航

行的速度為%,沿航向方向彈射新型艦載機殲-35,艦載機的質量為相，離開彈射器軌道末端的起飛速度

為v,彈射過程中艦載機的阻力與速率成正比，即/=五（%為定值），艦載機發動機提供恒定的推力”，

彈射器彈射力隨速度變化，使艦載機做勻加速直線運動，求：

（1）彈射器最大彈射力大小。

（2）彈射一架艦載機過程中彈射器的彈射力的沖量大小。

【答案】⑴仙+小二直-玲⑵制吁％）+必3一衛

2L0—%"%

【詳解】（1）艦載機做勻加速直線運動，設加速度為。，速度最大時彈射力最大，有4ax+片-公=3

艦載機相對航母做相對初速度為0、相對末速度為3-%）的勻加速直線運動，相對加速度為。，有

（V—v0）=2aL

解得耳皿=公+33一4

rndxD.1,v

（2）艦載機阻力的沖量為//=za=z加加=ZAAX=ML+W）

v-v2L

艦載機運動時間”一-n二——

av-v0

艦載機推力的沖量為A）=4%

由動量定理有//=mv-mvQ

解得扉=>“_%）+也3+%）-0叱

vv-v0

題型三動量定理在流體模型中的應用

20.（2022?福建?高考真題）我國霍爾推進器技術世界領先，其簡化的工作原理如圖所示。放電通道兩端電

極間存在一加速電場，該區域內有一與電場近似垂直的約束磁場（未畫出）用于提高工作物質被電離的比

例。工作時，工作物質值氣進入放電通道后被電離為次離子，再經電場加速噴出，形成推力。某次測試中，

值氣被電離的比例為95%,敬離子噴射速度為L6xl0"m/s,推進器產生的推力為80mN。已知管離子的比荷

為7.3xl05C/kg；計算時，取流離子的初速度為零,忽略磁場對離子的作用力及粒子之間的相互作用，則（）

放電通道”>

gio---------------M

?OXe+o>

G*

陽極陰極

A.次離子的加速電壓約為175V

B.敬離子的加速電壓約為700V

C.氤離子向外噴射形成的電流約為37A

D.每秒進入放電通道的債氣質量約為5.3xl（y6kg

【答案】AD

_V2

【詳解】AB.次離子經電場加速，根據動能定理有機。2一0,可得加速電壓為0=五n175V

m

故A正確，B錯誤;

D.在4時間內，有質量為Am的氨離子以速度v噴射而出，形成電流為/,由動量定理可得FA?=Amv-0,

AmAm

進入放電通道的包氣質量為A%,被電離的比例為〃，則有后=〃0聯立解得

△t

~一?5.3xl0-6kg,故D正確；

△trjv

C.在Ar時間內，有電荷量為△。的次離子噴射出，則有整=［入卜,1=乎,聯立解得

/=f-Y-V3.7A-故c錯誤。

故選ADo

21.（2024?貴州六盤水?模擬預測）如圖所示是乘客玩噴水飛行器上下翻騰的精彩畫面。噴水飛行背包通過

長軟管吸水，然后把水從兩個噴水口噴出。已知水的密度為0每個噴水口橫截面積為S,水噴出瞬間相對

噴水口的速度為v,重力加速度為g,則每股噴出水流對飛行背包的作用力約為（）

A.pSv2B.gSvC.pSvD.pSvg

【答案】A

【詳解】設時間加內噴出的水的質量為&〃，噴水速度"，則有△機=pSv加，表演者在空中，反沖作用

力為F,根據動量定理有必f=解得/=pSv2,根據牛頓第三定律可知，每股噴出水流對飛行背包

的作用力約為'Sv2。

故選A?

22.（2025?廣西?模擬預測）（多選）中國空間站天和核心艙配備了四臺國產化的U/J100霍爾推進器，其

簡化的工作原理如圖所示。放電通道兩端的電極A、B間存在一加速電場E,工作時，工作物質氤氣進入放

電通道后立即被電離為一價猷離子，再經電場加速噴出，形成推力。單臺推進器每秒噴出的一價低離子數

〃=L8xl（T個，速度v=2xl（）4m/s,單個僦離子的質量為一=ZZxIO-kg,電子電荷量e=1.6xl（）T9C，

不計一切阻力，計算時取流離子的初速度為零，忽略離子之間的相互作用，則（）

放電通道聽iiO*

V—+G,J7Gw

AB

A.A、B兩電極間的加速電壓為275V

B.A、B兩電極間的加速電壓為375V

C.單臺霍爾推進器產生的平均推力大小約為0.08N

D.單臺霍爾推進器向外噴射蕾離子形成的電流約為29A

【答案】AC

【詳解】AB.氤離子經電場加速，根據動能定理有=可得加速電壓為［7=275V,選項A正確，

B錯誤；

C.根據動量定理可得戶.加=加初，代入數據解得聲=7.92x10-2N,約為0.08N,選項C正確；

D.單臺霍爾推進器向外噴射僦離子形成的電流/=些=上=xl.6xlOT9人合29A,選項口錯誤。

AfAr1

故選AC。

23.（2024?浙江杭州?一模）某水流造景設施的截面如圖所示，水平噴水口P橫截面積為S、噴水的流速恒定

為v,從P噴出的水柱恰好能垂直撞到傾角為30。的斜面AC上的2處，速度瞬間變為零，之后沿斜面流下。

已知水的密度為夕，重力加速度為g,不計空氣阻力，則（）

p

A.水流單位時間撞到3處的體積。=2Su

B.水流在8處的速度腺=4

C.水流對3處的沖擊力尸=/?Sv2

D.空中水的質量根=1竺匕

g

【答案】D

【詳解】A.設水從水平噴水口尸噴水到撞到3處的時間為f,這段時間水的體積為V=故水流單

位時間撞到3處的體積為。=上=Sv,故A錯誤；

t

B.因水柱恰好能垂直撞到傾角為30。的斜面AC上的B處，根據速度的分解與合成有"川山30。=心解得

水流在2處的速度方=2丫，故B錯誤；

C.由題知，水柱撞到8處速度瞬間變為零，設碰撞時間為4,則水柱的質量為加=Q。加=/5丫加，根

據動量定理得-/加=。-加力，解得斜面對水流的沖擊力為尸=2pSv2,根據牛頓第三定律可知，水流對

8處的沖擊力為尸'=20SF,故c錯誤；

D.因水流在2處的速度VB=2V,則此時豎直方向的速度為j=吐8$30。=后v,則水流從尸到3處的

時間為/=乜=叵故空中水的質量加=7.0=走回二，故D正確。

ggg

故選D。

題型四動量守恒定律的理解和應用

24.（2024?甘肅?高考真題）（多選）電動小車在水平面內做勻速圓周運動，下列說法正確的是（）

A.小車的動能不變B.小車的動量守恒

C.小車的加速度不變D.小車所受的合外力一定指向圓心

【答案】AD

【詳解】A.做勻速圓周運動的物體速度大小不變，故動能不變，故A正確；

B.做勻速圓周運動的物體速度方向時刻在改變，故動量不守恒，故B錯誤；

C.做勻速圓周運動的物體加速度大小不變，方向時刻在改變，故C錯誤；

D.做勻速圓周運動的物體所受的合外力一定指向圓心，故D正確。

故選ADo

25.（2024?江蘇鎮江?模擬預測）如圖，A、B兩物體的質量之比為心：砥=1：2,它們原來靜止在平板車C

上，A、B兩物體間有一根被壓縮了的水平輕質彈簧，A、B兩物體與平板車上表面間的動摩擦因數相同，

水平地面光滑。當彈簧突然釋放后，A、B兩物體被彈開（A、B兩物體始終不滑出平板車），則有（）

AB

I⑹IC

z/z/z/z//////////////////

A.A、B系統動量守恒

B.A、B、C及彈簧整個系統機械能守恒

C.A、B在小車C上滑動過程中小車一直處于靜止

D.A、B、C組成的系統動量守恒

【答案】D

【詳解】A.在彈簧釋放的過程中，因心:，%=1:2,由摩擦力公式4=〃穌=〃咫，可知A、B兩物體

所受的摩擦力大小不相等，故A、B兩物體組成的系統合外力不為零，A、B兩物體組成的系統動量不守

恒，故A錯誤；

BC.A物體對小車向左的滑動摩擦力小于B對小車向右的滑動摩擦力，在A、B兩物體相對小車停止運

動之前，小車所受的合外力向右，小車將向右運動，因存在摩擦力做負功，最終整個系統將靜止，則系

統的機械能減為零，不守恒，故BC錯誤；

D.A、B、C組成的系統所受合外力為零，系統的動量守恒，故D正確。

故選D。

26.（2024?山西朔州?模擬預測）如圖是老師在課堂上做的一個演示實驗，將中間開孔的兩塊圓餅狀磁鐵用

一根木棒穿過，手拿住木棒（保持水平），此時兩磁鐵保持靜止。當手突然釋放，讓木棒和磁鐵一起自由下

落時（不計空氣阻力），發現兩塊磁鐵向中間靠攏并吸在一起了，下列說法正確的是（）

A.放手下落過程中，磁鐵受滑動摩擦力作用

B.放手下落過程中，磁鐵的運動軌跡是一條直線

C.放手下落過程中，兩個磁鐵水平方向動量不守恒

D.放手下落過程中，磁鐵和棒組成系統機械能不守恒

【答案】D

【詳解】A.放手下落過程中，磁鐵豎直方向只受重力作用，木棒與磁鐵間沒有彈力，所以不受摩擦力

作用，故A錯誤；

B.磁鐵水平方向受相互吸引力作用，且引力不斷增大，所以磁鐵所受合力的方向與速度方向不在一條

直線上，磁鐵做曲線運動，故B錯誤；

C.兩個磁鐵水平方向合力為零，所以水平方向動量守恒，故C錯誤；

D.放手下落過程中，兩磁鐵間的吸引力做正功，所以系統機械能不守恒，故D正確。

故選D。

題型五爆炸、反沖和人船模型

27.（2024?浙江?高考真題）如圖所示，2023年12月9日“朱雀二號”運載火箭順利將“鴻鵠衛星”等三顆衛星

送入距離地面約500km的軌道。取地球質量6.0xl0"kg,地球半徑6.4x103]^,引力常量

n22

6.67xl0-N-m/kgo下列說法正確的是（）

A.火箭的推力是空氣施加的B.衛星的向心加速度大小約8.4m/s?

C.衛星運行的周期約12hD.發射升空初始階段，裝在火箭上部的衛星處于失重狀態

【答案】B

【詳解】A.根據反沖現象的原理可知，火箭向后噴射燃氣的同時，燃氣會給火箭施加反作用力，即推

力，故A錯誤;

B.根據萬有引力定律可知衛星的向心加速度大小為。=（=卷條"8.411通2,故B正確；

C.衛星運行的周期為7=2%儂①。1.6h，故C