高考物理一轮复习：动量定理
一、选择题
1．（2024高二下·西城期末）甲、乙两人静止在光滑的冰面上，甲推乙后，两人向相反方向滑去。若甲的质量大于乙的质量，则（ ）
A．甲推乙的过程中，甲对乙的作用力大于乙对甲的作用力
B．甲推乙的过程中，甲对乙的冲量小于乙对甲的冲量
C．分开后，甲的动量大于乙的动量
D．分开后，甲的动能小于乙的动能
【答案】D
【知识点】牛顿第三定律；动量定理；动量
【解析】【解答】A．甲对乙的作用力等于乙对甲的作用力，故A错误；
BC．系统动量守恒条件，故甲对乙的冲量与乙对甲的冲量等大反向，故分开后，甲的动量等于乙的动量，故BC错误；
D．动量大小相等，而甲的质量大于乙的质量，故甲的动能小于乙的动能，故D正确。
故选D。
【分析】根据牛顿第三定律可知，甲推乙的过程中，相互作用力大小相等，动量守恒，动量大小相等。
2．（2024高二下·佛山期末）2023年9月，杭亚会滑板男子碗池决赛，中国年仅15岁的小将陈烨以84.41分夺冠。如图所示，陈烨在比赛中腾空飞出碗池做斜抛运动，若忽略空气阻力，在腾空过程中，下列关于运动员和滑板构成的系统，说法正确的是（ ）
A．系统的动量守恒
B．系统的机械能先减小后增大
C．在最高点，系统的动量为0
D．系统的动量变化量的方向竖直向下
【答案】D
【知识点】动量守恒定律；机械能守恒定律；动量
【解析】【解答】A．在竖直方向上运动员和滑板所构成的系统所受合外力不为零，故运动员和滑板构成的系统动量不守恒，故A错误；
B．整个过程系统只有重力做功，系统的机械能守恒，故B错误；
C．在最高点，系统竖直方向的速度为0，水平方向的速度不为0，则在最高点系统的动量不为0，故C错误；
D．运动员在水平方向上不受外力作用，水平方向动量守恒，没有动量变化，所以系统的动量变化量为竖直方向动量变化量，方向竖直向下，故D正确；
故选D。
【分析】．整个过程系统只有重力做功，系统的机械能守恒，在最高点，系统竖直方向的速度为0，水平方向的速度不为0。
3．（2024高一下·重庆市期末）质量为m的物体静止在光滑水平面上，在水平力F的作用下，经t时间，其速度为v，动能为。若上述过程F不变，物体的质量变为，经过时间，以下说法正确的是（ ）
A．物体速度变为 B．物体动量增大了2倍
C．物体动能变为 D．物体动能变为
【答案】D
【知识点】动量定理；动量
【解析】【解答】AB．根据，即，物体的质量变为，经过时间，物体速度变为，动量为原来2倍，AB错误；
CD．根据，质量为原来一半，动量为原来2倍，故物体动能变为，C错误，D正确。
故选D。
【分析】由动量定理可得速度，结合动能与动量的关系式求解。
4．（2024高一下·重庆市期末）人们对手机的依赖性越来越强，有些人喜欢躺着看手机，经常出现手机砸伤眼睛的情况。若手机质量为150g，从离人眼约20cm的高度无初速掉落，砸到眼睛后手机未反弹，眼睛受到手机的冲击时间约为0.2s，取重力加速度。下列分析正确的是（ ）
A．手机砸到眼睛前瞬间动量大小约为
B．手机对眼睛的冲量大小约为
C．手机对眼睛的冲量方向竖直向上
D．手机对眼睛的作用力大小约为
【答案】D
【知识点】动量定理；动量；冲量
【解析】【解答】A．到达眼睛时的速度为
故A错误；
BC．动量变化为
解得
手机对眼睛的冲量大小约为， 方向竖直向下，故BC错误；
D．由冲量的定义
解得
则手机对眼睛的作用力大小约为，故D正确。
故选D。
【分析】选竖直向下为正方向，手机做自由落体运动，根据动量定理求解冲量。
5．（2024高一下·江岸期末）一物体静止在光滑水平面上，从t=0时刻起，受到如图所示的水平外力F，以向右运动为正方向，物体质量为2.5kg，则下列说法正确的是（ ）
A．第1s末物体的动量大小为5kg·m/s
B．前2.5s内物体所受合外力的冲量为零
C．第3s末水平外力F的功率为10W
D．前3s内物体的位移为2m
【答案】C
【知识点】动量定理
【解析】【解答】A.F-t图线与横轴所围区域的面积表示力的冲量，即
所以第1s末物体的速度大小为1m/s，物体的动量大小为2.5kg·m/s，故A错误；
B．由图可知，面积和为零，前2.0s内物体所受合外力的冲量为零，故B错误；
C.0~3s内，合力冲量等于物体动量变化，
所以3s末物体的速度大小为
所以第3s末水平外力F的功率为
故C正确；
D．第3s内物体做初速度为0的匀加速直线运动，位移为
根据运动的对称性可得，0~1s内与1s~2s内位移相同，由于0~1s内物体做加速度减小的加速运动，且1s末的速度为1m/s，所以0~1s内物体的位移大小
所以前3s内的位移大于2m，故D错误。
故选C。
【分析】F-t图线与横轴所围区域的面积表示力的冲量，合力冲量等于物体动量变化。
6．（2024高一下·东西湖期末）如图甲所示，水平传送带顺时针匀速转动，左端轻放一质量为2kg的小物块，可视为质点。小物块放上传送带时开始计时，其动量随时间的变化如图乙所示。已知重力加速度g=10m/s2，则该过程中传送带对小物块的冲量大小为（ ）
A．10N·s B．30N·s C．40N·s D．N·s
【答案】D
【知识点】动量定理；冲量
【解析】【解答】已知传送带对物块的冲量产生物块动量的变化，根据动量定理可得，传送带对小物块摩擦力的冲量为
根据冲量的表达式可以得出传送带在小物块支持力的冲量为
所以，根据矢量叠加原理可以得出传送带对小物块的冲量大小为
故选D。
【分析】利用动量定理可以求出传送带对物块摩擦力的冲量大小；结合支持力和时间可以求出支持力的冲量大小，再利用矢量叠加法则可以求出传送带对物块的冲量大小。
7．（2024高一下·重庆市期末）一质量为m的物体静止在光滑水平面上，从t=0时刻起，受到的水平外力F如图所示，以向右运动为正方向，则下列说法正确的是（ ）
A．前1 s内力F对物体的冲量为4 N·s
B．物体在t=1 s时和t=3 s时的动量相同
C．前2 s内力F对物体的冲量为0
D．t=2 s时物体回到出发点
【答案】B
【知识点】动量定理；冲量
【解析】【解答】A．根据冲量的表达式有
则图像与坐标轴围成的面积代表冲量的大小，则前1 s内力F对物体的冲量为
故A错误；
B．根据图像面积可以得出：力F对物体的冲量为
，根据物体的动量定理有
，根据物体的动量定理有
因为
所以物体在t=1s时和t=3s时的动量、相同，故B正确；
C．根据图像面积可以得出：前2s内力F对物体的冲量为
故C错误；
D．前两秒由于物体的速度方向一直不变，则物体一直在向前运动，故t=2s时物体没有回到出发点，故D错误。
故选B。
【分析】利用图像面积可以求出冲量的大小，结合动量定理可以求出动量的大小；利用速度的方向可以判别物体的运动情况。
8．（2024高一下·新疆维吾尔自治区期末）物体在水平地面上受到与水平方向成θ角的恒力F作用时间t，物体始终静止。则（ ）
A．F的冲量方向水平向右 B．F的冲量大小为Ftcosθ
C．物体所受摩擦力的冲量为0 D．物体所受合力的冲量为0
【答案】D
【知识点】冲量
【解析】【解答】A．冲量为矢量，F的冲量方向跟F的方向相同，A错误；
B．F的冲量大小为Ft，不是 Ftcosθ ，B错误；
C．摩擦力的冲量不为零，C错误；
D．合力为零，故合力的冲量为零，D正确。
故选D。
【分析】冲量为矢量，F的冲量方向跟F的方向相同。力的冲量不为零。
9．（2024高三上·湖北月考）如今网上购物非常流行，快递公司把邮件送到家里，消费者足不出户就可以购买到想要的商品。如图是某快递公司分拣邮件的倾斜传输装置：传送带A、B间长度为L =10m，倾角为θ =30°，正以恒定速率v =5m/s顺时针运转。现将一质量为m =1kg的邮件（可视为质点）轻放在传送带底端A点，则邮件从A运动到B过程中，传送带对邮件的冲量大小为（已知邮件与传送带之间的动摩擦因数为 μ =，重力加速度g =10m/s2）（ ）
A．5N·s B．20N·s C．15N·s D．N·s
【答案】D
【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型；冲量
【解析】【解答】邮件轻放在传送带上时，受力分析如图所示
支持力
摩擦力
根据牛顿第二定律得沿斜面方向
可知，邮件上升的加速度为
当邮件与传送带速度相同时，由
得
则相对位移为
之后邮件与传送带保持相对静止，以速度v =5m/s匀速上升到B点，有
此阶段的摩擦力
邮件从A运动到B过程中，支持力的冲量
方向垂直斜面向上；
摩擦力的冲量
方向沿斜面向上；
由矢量合成可得传送带对邮件的冲量大小
故选D。
10．（2024高一下·惠山期末）在短道速滑接力赛中，“接棒”运动员甲在“交棒”运动员乙前面向前滑行，追上时乙猛推甲一把，使甲获得更大的速度向前冲出。不计阻力，则( )
A．乙对甲的冲量与甲对乙的冲量大小相等
B．甲的动量变化一定比乙的动量变化快
C．甲的动量变化量与乙的动量变化量大小不等
D．甲的速度变化量与乙的速度变化量大小相等
【答案】A
【知识点】动量定理；动量；冲量
【解析】【解答】A．根据牛顿第三定律可以得出：甲对乙的作用力与乙对甲的作用力大小相等、方向相反，再根据冲量的定义式有
则甲对乙的冲量与乙对甲的冲量大小相等，方向相反，故A正确；
B．根据动量定理有
则动量变化率大小为F，则甲和乙动量的变化率大小为二者的相互作用力，大小相等，则甲的动量变化与乙的动量变化一样快，故B错误；
C．由于甲乙冲量大小相等，方向相反，则根据
可以得出：甲、乙的动量变化一定大小相等，方向相反。故C错误；
D．由于甲乙动量变化量相等，由于甲、乙的质量大小关系未知，所以不能比较甲的速度变化量与乙的速度变化量大小。故D错误。
故选A。
【分析】利用牛顿第三定律可以判别甲乙作用力大小相等方向相反，根据冲量的表达式可以判别冲量大小相等方向相反，根据动量定理可以比较动量变化率和动量变化量的大小；由于动量变化量相等，未知甲乙质量不能比较速度变化量的大小。
11．（2024·北京）将小球竖直向上抛出，小球从抛出到落回原处的过程中，若所受空气阻力大小与速度大小成正比，则下列说法正确的是（ ）
A．上升和下落两过程的时间相等
B．上升和下落两过程损失的机械能相等
C．上升过程合力的冲量大于下落过程合力的冲量
D．上升过程的加速度始终小于下落过程的加速度
【答案】C
【知识点】竖直上抛运动；冲量
【解析】【解答】 D.小球上升过程中受到向下的空气阻力，满足mg+kv=ma上，下落过程中受到向上的空气阻力，满足mg-kv=ma下，由牛顿第二定律可知上升过程所受合力（加速度）总大于下落过程所受合力（加速度），故D错误；
C.小球运动的整个过程中，空气阻力做负功，由动能定理可知小球落回原处时的速度小于抛出时的速度，所以上升过程中小球动量变化的大小大于下落过程中动量变化的大小，由动量定理可知，上升过程合力的冲量大于下落过程合力的冲量，故C正确；
A.上升与下落经过同一位置时的速度，上升时更大，所以上升过程中平均速度大于下落过程中的平均速度，所以上升过程所用时间小于下落过程所用时间，故A错误；
B.经同一位置，上升过程中所受空气阻力大于下落过程所受阻力，由功能关系可知，上升过程机械能损失大于下落过程机械能损失，故B错误。
故选：C
【分析】D.根据上升和下降两个过程中的受力情况结合牛顿第二定律分析加速度的情况；
C.根据阻力的做功情况判断上下经过同一位置的速度变化情况，结合动量定理分析冲量大小；
A.根据上升和下降的平均速度分析运动时间的关系；
B.根据功能关系分析机械能的损失情况。
12．（2024高一下·东西湖期末）某同学利用自制的实验装置来研究反冲现象。在实验中，取一辆玩具小车，在小车的左侧立一电动风扇，并将小车轻放于阻力较小的水平桌面上。如图甲所示，打开风扇后观察到小车向左运动。继续进行了如下实验步骤（每次实验前，小车与空气均静止）：
①如图乙所示，取一适当大小的硬纸盒立于小车的右侧，打开风扇，观察小车的运动情况；
②如图丙所示，将该硬纸盒调转方向，立于小车的右侧，打开风扇，再次观察小车的运动情况。
你认为下列现象中，最有可能出现的是（ ）
A．乙中的小车向左运动 B．乙中的小车向右运动
C．丙中的小车向左运动 D．丙中的小车向右运动
【答案】D
【知识点】牛顿第三定律；动量定理
【解析】【解答】AB．在图乙中，设风扇给空气的平均作用力为，根据动量定理，则对空气有
解得风扇给空气的平均作用力为：
由牛顿第三定律可知，空气对风扇和小车的平均作用力大小与风扇给空气的平均作用力大小相等，方向向左，当空气吹到纸盒时，其水平方向速度变为零，设纸盒对空气的平均作用力为，根据空气的动量定理有
解得纸盒对空气的平均作用力为：
由牛顿第三定律可知，空气对纸盒和小车的平均作用力大小与纸盒给空气的平均作用力大小相等，方向向右，由于小车受到空气的作用力大小相等，方向相反，则在水平方向小车受力平衡，而小车初始时静止，所以乙图中小车最有可能静止，故AB错误；
CD．根据前面的分析可以得出空气对风扇和小车的平均作用力大小为，方向向左；在图丙中，当空气吹到纸盒时，其水平方向速度大小不变，方向相反，设纸盒对空气的平均作用力为，根据空气的动量守恒定律有
解得纸盒对空气的作用力大小为：
方向向左；
由牛顿第三定律可知，空气对纸盒和小车的平均作用力大小与纸盒给空气的平均作用力大小相等，方向向右。由于小车受到空气向左和向右的作用力后，合力方向向右则小车总体受到水平向右的力，所以小车最有可能向右运动，故C错误，D正确。
故选D。
【分析】根据动量守恒定律可以求出风扇和纸盒对空气的平均作用力，利用牛顿第三定律可以判别小车受到空气的作用力大小及方向，利用小车合力的方向可以判别小车运动的方向。
二、多项选择题
13．（2024高一下·泸州期末）如图所示，轻杆的一端固定在通过O点的水平转轴上，另一端固定一个小球，现在使轻杆绕O点在竖直平面内沿顺时针方向做匀速圆周运动，其中A点为最高点、B点为最低点，下列说法中正确的是（ ）
A．小球经过A点时，对杆的作用力一定竖直向下
B．小球经过B点时，对杆的作用力一定竖直向下
C．从A点到B点的过程，小球合外力做功为零
D．从A点到B点的过程，小球合外力的冲量为零
【答案】B,C
【知识点】竖直平面的圆周运动；动能定理的综合应用；冲量
【解析】【解答】A．则当小球速度较小时
当小球速度较大时
当小球速度满足
则杆对小球无作用力，故A错误；
B．根据
知小球对杆的作用力竖直向下，故B正确；
C．小球做匀速圆周运动，故动能变化量为0，则合外力做功为0，故C正确；
D．根据
可知合外力的冲量不为0，故D错误。
故选BC。
【分析】小球经过A点时，合外力提供向心力，小球做匀速圆周运动，合外力提供向心力。根据动能定理可知，合外力做功等于动能的改变。
14．（2024高三下·江海月考）质量为m的子弹以速度射穿静止在光滑水平面上质量也为m的木块，设子弹穿过木块的时间为t，木块对子弹的阻力恒为f，则子弹穿过木块的瞬间（ ）
A．木块的速度为 B．木块的速度为
C．子弹的速度为 D．子弹的速度为
【答案】A,D
【知识点】动量定理
【解析】【解答】AB．根据题意，有
解得
故A正确，B错误；
CD．对子弹
得
故C错误，D正确。
故选AD。
【分析】对木块由动量定理求解速度，对子弹，由动量定理或者动量守恒定律求解速度。
15．（2024·浙江）如图所示，一根固定的足够长的光滑绝缘细杆与水平面成θ角。质量为m、电荷量为+q的带电小球套在细杆上。小球始终处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中。磁场方向垂直细杆所在的竖直面，不计空气阻力。小球以初速度v0沿细杆向上运动至最高点，则该过程（ ）
A．合力冲量大小为mv0cosθ
B．重力冲量大小为 mv0sinθ
C．洛伦兹力冲量大小为
D．若v0=，弹力冲量为零
【答案】C,D
【知识点】牛顿第二定律；冲量；洛伦兹力的计算；带电粒子在重力场、电场及磁场混合场中的运动
【解析】【解答】A. 由动量定理可知，故合力的冲量大小为，A不符合题意；
B. 由牛顿第二定律有可知上滑加速度大小为，则小球上滑所用的时间，重力G的冲量大小为，B不符合题意；
C. 小球做匀加速直线运动，速度，故洛伦兹力大小，可知洛伦兹力随时间线性变化，故洛伦兹力的冲量为，C符合题意；
D. 若小球，则0时刻小球所受洛伦兹力大小为，小球垂直杆方向所受合力为零，可得，弹力为，则小球在整个减速过程FN图像与t轴围成面积为零，冲量为零，D符合题意。
故答案为：CD
【分析】根据牛顿第二定律可得出小球做匀变速直线运动的加速度大小；利用洛伦兹力的表达式，结合小球速度随时间变化的关系式可得到洛伦兹力的大小，根据冲量的表达式可得出小球所受力的冲量。
16．（2024·贵州） 如图，间距为L的两根金属导轨平行放置并固定在绝缘水平桌面上，左端接有一定值电阻R，导轨所在平面存在磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场。质量为m的金属棒置于导轨上，在水平拉力作用下从静止开始做匀加速直线运动，一段时间后撤去水平拉力，金属棒最终停在导轨上。已知金属棒在运动过程中，最大速度为v，加速阶段的位移与减速阶段的位移相等，金属棒始终与导轨垂直且接触良好，不计摩擦及金属棒与导轨的电阻，则（ ）
A．加速过程中通过金属棒的电荷量为
B．金属棒加速的时间为
C．加速过程中拉力的最大值为
D．加速过程中拉力做的功为
【答案】A,B
【知识点】动量定理；法拉第电磁感应定律；导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的动力学问题
【解析】【解答】A.对金属棒的加速过程，由动量定理可得
解得
A符合题意；
B.设加速阶段的位移与减速阶段的位移均为x，根据电流的定义式
法拉第成感应定律
和闭合电路欧姆定律
可得
可知加速过程中通过金属棒的电荷量等于减速过程中通过金属棒的电荷量，由
解得
对金属棒加速的过程，由位移公式可得
可得加速时间为
B符合题意；
C.金属棒在水平拉力作用下从静止开始做匀加速直线运动，加速过程中，由
可知，金属棒产生的感应电动势逐渐增大，则感应电流逐渐增大，由安培力公式
可知，导体棒受到的安培力逐渐增大，加速度不变，因此拉力逐渐增大，当撤去拉力的瞬间，拉力最大，由牛顿第二定律可得
其中
联立解得
C不符合题意；
D.加速过程中拉力对金属棒做正功，安培力对金属棒做负功，由动能定理可知，合外力的功
可得
因此加速过程中拉力做的功大于，D不符合题意。
故答案为：AB。
【分析】对导体棒的匀加速运动过程应用动量定理，结合电流的定义式，求解加速运动通过金属棒的电荷量；根据匀变速直线运动的位移规律列式求解加速运动的时间；根据牛顿第二定律结合匀变速公式计算加速过程中的最大拉力；根据动能定理分析加速过程中拉力做的功。
17．（2024高二下·佛山期末）如图所示，倾角为37°的斜面上有两个质量均为1kg的货物P、Q，P、Q与斜面间的动摩擦因数分别为、，P沿斜面向下运动，Q沿斜面向上运动，已知P、Q碰撞前瞬间，P的速度大小为4m/s，Q的速度为零，碰撞时间极短，碰后瞬间Q的速度大小为3m/s，重力加速度，下列说法正确的是（ ）
A．P、Q发生的是弹性碰撞
B．P、Q碰后瞬间P的动量大小为
C．P、Q碰后到P停下的过程中，P、Q系统动量守恒
D．P、Q碰后到P停下的过程中，两者位移之比为
【答案】B,D
【知识点】动量守恒定律；牛顿运动定律的综合应用；动量；碰撞模型
【解析】【解答】A．碰撞过程，系统动量守恒，
即P、Q发生的是非弹性碰撞。故A错误；
B．P、Q碰后瞬间P的动量大小为
故B正确；
C．系统所受合力不为零，所以P、Q系统动量不守恒。故C错误；
D．P、Q碰后到P停下的过程中，
根据
解得
此时二者的位移分别为
，
可得两者位移之比为
故D正确。
故选BD。
【分析】撞过程，系统动量守恒，弹性碰撞，碰撞过程动能守恒，动量等于质量乘以速度，系统所受合力不为零，所以P、Q系统动量不守恒。
三、非选择题
18．（2024高一下·新疆维吾尔自治区期末）在冰壶比赛中，冰壶甲以速度v1正碰静止的冰壶乙，碰后冰壶甲的速度变为，方向不变，已知冰壶质量均为m，碰撞过程时间为t，求：
①正碰后冰壶乙的速度v；
②碰撞过程中冰壶乙受到的平均作用力大小为F．
【答案】①②
【知识点】动量定理；碰撞模型
【解析】【解答】①由动量守恒定律有
解得
②冰壶乙在碰撞过程由动量定理有
解得
【分析】 ①由动量守恒定律求解正碰后冰壶乙的速度；
②冰壶乙在碰撞过程由动量定理求解平均作用力大小。
19．（2024高二下·运城期末）如图所示，一个质量的蹦床运动员，从离水平网面高处自由下落，着网后沿竖直方向蹦回到离水平网面高处。已知运动员与网接触的时间为，重力加速度取。
（1）求运动员与网接触的这段时间内动量的变化量；
（2）求网对运动员的平均作用力大小。
【答案】解：（1）设运动员触网前的速度大小为，下落过程有
解得
设运动员触网后的速度大小为，上升过程有
解得
以竖直向上为正方向，触网过程中动量的变化量为
方向竖直向上。
（2）触网过程中，根据动量定理可得
解得
【知识点】动量定理；机械能守恒定律；动量
【解析】【分析】（1）求出下落过程的末速度以及上升的初速度，结合动量定理求解 这段时间内动量的变化量 （2）根据动量定理，合力冲量等于物体动量变化量求解网对运动员的平均作用力大小。
20．（2024高二下·常州期末）如题1图，A、B两个物体在光滑的水平面上正碰，碰撞时间不计，其x-t图像如题2图所示，以向右为正方向，物体A质量m1=1kg。
（1）求物体A在碰撞过程中的动量变化量Δp1；
（2）求物体B的质量m2；
（3）通过计算判断两个物体的碰撞是弹性碰撞还是非弹性碰撞。
【答案】解：（1）由图可知，物体A碰前速度，碰后速度，则物体A在碰撞过程中的动量变化量为
（2）由图可知，物体B在碰前静止，碰后速度为，由动量守恒定律得
解得
（3）两物体组成的系统在碰撞过程中损失的机械能为
所以碰撞过程是非弹性碰撞。
【知识点】动量守恒定律；运动学 S-t 图象；动量；碰撞模型
【解析】【分析】（1）A在碰撞过程中的动量变化量等于碰撞前后动量的差值；
（2）由图可知，物体B在碰前静止，由动量守恒定律求解物体B的质量；
（3）两物体组成的系统在碰撞过程中机械能不守恒所以碰撞过程是非弹性碰撞。
21．（2024高二下·阜阳期末）如图所示，质量为M的滑块套在光滑的水平杆上，长为L的轻杆一端连着质量为m的小球，另一端与滑块上面的活动饺链相连，不计一切靡擦，重力加速度，已知：，，，。
（1）若滑块锁定，在杆的中点处施加一大小恒定方向始终垂直于杆的力，杆转过时撤去拉力，小球恰好到达最高点，求拉力的大小。
（2）若滑块解除锁定，给小球一个竖直向上的速度，求小球通过最高点时的速度大小，以及此时小球对杆的作用力。
（3）在满足（2）的条件下，试求小球到最高点时滑块的位移大小。
【答案】解：（1）由于施加的为大小恒定方向始终垂直于杆的力，由动能定理得
代入数据解得
（2）到最高点时设小球速度为，滑块速度为，水平方向动量守恒，则有
系统机械能守恒则有
代入数据则有
，，
由向心力表达式可得
代入数据则有
方向竖直向下
根据牛顿第三定律可知小球对杆的作用力
方向竖直向上
（3）设小球到达最高点时小球向右移动位移大小为，滑块向左移动位移大小为，根据动量守恒有
则
所以
且
解得
代入数据
【知识点】动量定理；碰撞模型
【解析】【分析】（1）施加的为大小恒定方向始终垂直于杆的力，由动能定理求解拉力大小；
（2）水平方向动量守恒，系统机械能守恒，由向心力表达式可得小球对杆的作用力；
（3）根据动量守恒以及总位移为L得到，滑块的位移大小。
22．（2024高二下·阜阳期末）如图所示，两根相距L的平行光滑金属导轨水平固定在磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中。长为L质量为m、电阻为r的金属杆ab垂直置于两导轨上并与导轨保持良好接触，与导轨间无摩擦，导轨之间接有开关S。开始时开关S断开，金属杆ab在水平向右的恒力F作用下由静止开始运动，导轨足够长且电阻不计。经过一段时间再将S闭合。
（1）若从开关S闭合开始计时，请你定性画出金属杆的速度随时间变化的可能图像。（不要求写出运算过程）
（2）开关S闭合，ab速度稳定时撤去外力F，求撤去力F后ab杆的位移大小。
【答案】解：（1）分析可知最终为匀速状态，则有三种情况
（2）由题意可知稳定时金属棒处于匀速状态，则有
，，
解得
由动量定理得
即
解得
【知识点】动量定理；电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】（1）最终为匀速状态，有三种情况；
（2）由题意可知稳定时金属棒处于匀速状态，由动量定理求解撤去力F后ab杆的位移大小。
23．（2024高一下·闵行月考） 如图甲是我国首艘“海上飞船”——翔州1号。该飞艇在平静的水面由静止开始在水平面上沿直线运动，若运动过程中受到的阻力不变，水平方向的动力F随运动时间t的变化关系如图乙所示。后，“翔州1号”以的速度做匀速直线运动。求：
（1）飞艇所受阻力的大小，求内阻力的冲量；
（2）内，飞艇所受合外力冲量的大小和飞艇的质量；
（3）描述内飞艇的运动，求这个过程中合外力对飞艇所做的功。
【答案】（1）解：设“翔州1号”飞艇所受阻力为，当飞艇做匀速运动时，此时牵引力大小等于阻力大小，由图乙可得
另设100s内阻力的冲量大小为，则可得
（2）解：取动力的方向为正方向，有
根据动量定理有
代入数据得
（3）解：根据牛顿第二定律有
其中为恒力，而动力逐渐减小，为变力，可知加速度逐渐减小，因此，在内飞艇做加速度减小的加速运动，根据动能定理，可得在此过程中合外力做的功为
【知识点】动量定理；牛顿第二定律；动能定理的综合应用；冲量
【解析】【分析】（1）当物体做匀速直线运动时，物体处于平衡状态，此时牵引力大小等于阻力大小，根据题意及图乙确定物体所受阻力的大小，再根据冲量的定义进行解答；
（2）F-t图像与时间轴所围面积表示该力在该段时间内的冲量。明确50s内物体的受力情况，再根据图乙及冲量的定义确定合外力冲量的大小，明确0-50s内飞艇的初末速度，再根据动量定理确定飞艇的质量；
（3）由图乙可知50s内牵引力不断减小，而阻力不变，则飞艇在50s内做非匀变速运动。故根据动能定理确定50s内合外力对飞艇的做功大小。
24．（2024高二下·龙马潭期中）质量为m的质点P在时刻由静止开始做直线运动，其合外力随时间t按图示曲线变化。求：
（1）时间内合力的冲量；
（2）时质点的动能。
【答案】（1）解：图线与横轴所围区域的面积表示力的冲量，在0~t0时间内合力的冲量
（2）解：时间内根据动量定理
又
联立可得
【知识点】动量定理；动能；冲量
【解析】【分析】（1） 图线与横轴所围区域的面积表示合力的冲量，求出图像面积即可；
（2）根据动量定理求解速度大小，由动能表达式求解动能。
25．（2024高三下·南昌模拟） 如图所示，光滑水平面上固定一倾角的斜面，斜面的长度，质量为的足够长的木板左端与斜面底端平滑连接（木板与斜面不粘连）。一个质量为的滑块（可视为质点）从斜面的顶端由静止开始下滑，到达斜面底端时的速度大小为，接着立即以该速度大小沿水平方向滑上长木板。已知滑块与斜面间的动摩擦因数为，滑块与长木板间的动摩擦因数为，g取。求：
（1）滑块到达斜面底端时的速度大小以及滑块在斜面上运动的过程中斜面对滑块支持力的冲量；
（2）滑块与木板最终达到的共同速度v的大小以及滑块相对于长木板滑动的距离x。
【答案】（1）滑块在斜面上下滑时，以滑块为研究对象，有
解得
滑块在斜面上做匀变速直线运动，有
解得
，
斜面对滑块支持力的冲量为
解得
，方向垂直于斜面向上
（2）滑块与木板最终达到的共同速度，根据动量守恒可得
解得
滑块与木板相互作用的过程中，根据能量守恒可得
解得
【知识点】冲量；动量与能量的综合应用一板块模型
【解析】【分析】（1）由牛顿第二定律和匀变速直线运动公式，计算滑块到达斜面底端时的速度大小；根据冲量的定义式I=Ft，求解滑块在斜面上运动的过程中斜面对滑块支持力的冲量；（2）对滑块在木板上的滑动过程，以滑块和木板为研究对象，由动量守恒定律求解二者的共同速度；再由功能关系计算滑块相对于长木板滑动的距离。
1 / 1高考物理一轮复习：动量定理
一、选择题
1．（2024高二下·西城期末）甲、乙两人静止在光滑的冰面上，甲推乙后，两人向相反方向滑去。若甲的质量大于乙的质量，则（ ）
A．甲推乙的过程中，甲对乙的作用力大于乙对甲的作用力
B．甲推乙的过程中，甲对乙的冲量小于乙对甲的冲量
C．分开后，甲的动量大于乙的动量
D．分开后，甲的动能小于乙的动能
2．（2024高二下·佛山期末）2023年9月，杭亚会滑板男子碗池决赛，中国年仅15岁的小将陈烨以84.41分夺冠。如图所示，陈烨在比赛中腾空飞出碗池做斜抛运动，若忽略空气阻力，在腾空过程中，下列关于运动员和滑板构成的系统，说法正确的是（ ）
A．系统的动量守恒
B．系统的机械能先减小后增大
C．在最高点，系统的动量为0
D．系统的动量变化量的方向竖直向下
3．（2024高一下·重庆市期末）质量为m的物体静止在光滑水平面上，在水平力F的作用下，经t时间，其速度为v，动能为。若上述过程F不变，物体的质量变为，经过时间，以下说法正确的是（ ）
A．物体速度变为 B．物体动量增大了2倍
C．物体动能变为 D．物体动能变为
4．（2024高一下·重庆市期末）人们对手机的依赖性越来越强，有些人喜欢躺着看手机，经常出现手机砸伤眼睛的情况。若手机质量为150g，从离人眼约20cm的高度无初速掉落，砸到眼睛后手机未反弹，眼睛受到手机的冲击时间约为0.2s，取重力加速度。下列分析正确的是（ ）
A．手机砸到眼睛前瞬间动量大小约为
B．手机对眼睛的冲量大小约为
C．手机对眼睛的冲量方向竖直向上
D．手机对眼睛的作用力大小约为
5．（2024高一下·江岸期末）一物体静止在光滑水平面上，从t=0时刻起，受到如图所示的水平外力F，以向右运动为正方向，物体质量为2.5kg，则下列说法正确的是（ ）
A．第1s末物体的动量大小为5kg·m/s
B．前2.5s内物体所受合外力的冲量为零
C．第3s末水平外力F的功率为10W
D．前3s内物体的位移为2m
6．（2024高一下·东西湖期末）如图甲所示，水平传送带顺时针匀速转动，左端轻放一质量为2kg的小物块，可视为质点。小物块放上传送带时开始计时，其动量随时间的变化如图乙所示。已知重力加速度g=10m/s2，则该过程中传送带对小物块的冲量大小为（ ）
A．10N·s B．30N·s C．40N·s D．N·s
7．（2024高一下·重庆市期末）一质量为m的物体静止在光滑水平面上，从t=0时刻起，受到的水平外力F如图所示，以向右运动为正方向，则下列说法正确的是（ ）
A．前1 s内力F对物体的冲量为4 N·s
B．物体在t=1 s时和t=3 s时的动量相同
C．前2 s内力F对物体的冲量为0
D．t=2 s时物体回到出发点
8．（2024高一下·新疆维吾尔自治区期末）物体在水平地面上受到与水平方向成θ角的恒力F作用时间t，物体始终静止。则（ ）
A．F的冲量方向水平向右 B．F的冲量大小为Ftcosθ
C．物体所受摩擦力的冲量为0 D．物体所受合力的冲量为0
9．（2024高三上·湖北月考）如今网上购物非常流行，快递公司把邮件送到家里，消费者足不出户就可以购买到想要的商品。如图是某快递公司分拣邮件的倾斜传输装置：传送带A、B间长度为L =10m，倾角为θ =30°，正以恒定速率v =5m/s顺时针运转。现将一质量为m =1kg的邮件（可视为质点）轻放在传送带底端A点，则邮件从A运动到B过程中，传送带对邮件的冲量大小为（已知邮件与传送带之间的动摩擦因数为 μ =，重力加速度g =10m/s2）（ ）
A．5N·s B．20N·s C．15N·s D．N·s
10．（2024高一下·惠山期末）在短道速滑接力赛中，“接棒”运动员甲在“交棒”运动员乙前面向前滑行，追上时乙猛推甲一把，使甲获得更大的速度向前冲出。不计阻力，则( )
A．乙对甲的冲量与甲对乙的冲量大小相等
B．甲的动量变化一定比乙的动量变化快
C．甲的动量变化量与乙的动量变化量大小不等
D．甲的速度变化量与乙的速度变化量大小相等
11．（2024·北京）将小球竖直向上抛出，小球从抛出到落回原处的过程中，若所受空气阻力大小与速度大小成正比，则下列说法正确的是（ ）
A．上升和下落两过程的时间相等
B．上升和下落两过程损失的机械能相等
C．上升过程合力的冲量大于下落过程合力的冲量
D．上升过程的加速度始终小于下落过程的加速度
12．（2024高一下·东西湖期末）某同学利用自制的实验装置来研究反冲现象。在实验中，取一辆玩具小车，在小车的左侧立一电动风扇，并将小车轻放于阻力较小的水平桌面上。如图甲所示，打开风扇后观察到小车向左运动。继续进行了如下实验步骤（每次实验前，小车与空气均静止）：
①如图乙所示，取一适当大小的硬纸盒立于小车的右侧，打开风扇，观察小车的运动情况；
②如图丙所示，将该硬纸盒调转方向，立于小车的右侧，打开风扇，再次观察小车的运动情况。
你认为下列现象中，最有可能出现的是（ ）
A．乙中的小车向左运动 B．乙中的小车向右运动
C．丙中的小车向左运动 D．丙中的小车向右运动
二、多项选择题
13．（2024高一下·泸州期末）如图所示，轻杆的一端固定在通过O点的水平转轴上，另一端固定一个小球，现在使轻杆绕O点在竖直平面内沿顺时针方向做匀速圆周运动，其中A点为最高点、B点为最低点，下列说法中正确的是（ ）
A．小球经过A点时，对杆的作用力一定竖直向下
B．小球经过B点时，对杆的作用力一定竖直向下
C．从A点到B点的过程，小球合外力做功为零
D．从A点到B点的过程，小球合外力的冲量为零
14．（2024高三下·江海月考）质量为m的子弹以速度射穿静止在光滑水平面上质量也为m的木块，设子弹穿过木块的时间为t，木块对子弹的阻力恒为f，则子弹穿过木块的瞬间（ ）
A．木块的速度为 B．木块的速度为
C．子弹的速度为 D．子弹的速度为
15．（2024·浙江）如图所示，一根固定的足够长的光滑绝缘细杆与水平面成θ角。质量为m、电荷量为+q的带电小球套在细杆上。小球始终处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中。磁场方向垂直细杆所在的竖直面，不计空气阻力。小球以初速度v0沿细杆向上运动至最高点，则该过程（ ）
A．合力冲量大小为mv0cosθ
B．重力冲量大小为 mv0sinθ
C．洛伦兹力冲量大小为
D．若v0=，弹力冲量为零
16．（2024·贵州） 如图，间距为L的两根金属导轨平行放置并固定在绝缘水平桌面上，左端接有一定值电阻R，导轨所在平面存在磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场。质量为m的金属棒置于导轨上，在水平拉力作用下从静止开始做匀加速直线运动，一段时间后撤去水平拉力，金属棒最终停在导轨上。已知金属棒在运动过程中，最大速度为v，加速阶段的位移与减速阶段的位移相等，金属棒始终与导轨垂直且接触良好，不计摩擦及金属棒与导轨的电阻，则（ ）
A．加速过程中通过金属棒的电荷量为
B．金属棒加速的时间为
C．加速过程中拉力的最大值为
D．加速过程中拉力做的功为
17．（2024高二下·佛山期末）如图所示，倾角为37°的斜面上有两个质量均为1kg的货物P、Q，P、Q与斜面间的动摩擦因数分别为、，P沿斜面向下运动，Q沿斜面向上运动，已知P、Q碰撞前瞬间，P的速度大小为4m/s，Q的速度为零，碰撞时间极短，碰后瞬间Q的速度大小为3m/s，重力加速度，下列说法正确的是（ ）
A．P、Q发生的是弹性碰撞
B．P、Q碰后瞬间P的动量大小为
C．P、Q碰后到P停下的过程中，P、Q系统动量守恒
D．P、Q碰后到P停下的过程中，两者位移之比为
三、非选择题
18．（2024高一下·新疆维吾尔自治区期末）在冰壶比赛中，冰壶甲以速度v1正碰静止的冰壶乙，碰后冰壶甲的速度变为，方向不变，已知冰壶质量均为m，碰撞过程时间为t，求：
①正碰后冰壶乙的速度v；
②碰撞过程中冰壶乙受到的平均作用力大小为F．
19．（2024高二下·运城期末）如图所示，一个质量的蹦床运动员，从离水平网面高处自由下落，着网后沿竖直方向蹦回到离水平网面高处。已知运动员与网接触的时间为，重力加速度取。
（1）求运动员与网接触的这段时间内动量的变化量；
（2）求网对运动员的平均作用力大小。
20．（2024高二下·常州期末）如题1图，A、B两个物体在光滑的水平面上正碰，碰撞时间不计，其x-t图像如题2图所示，以向右为正方向，物体A质量m1=1kg。
（1）求物体A在碰撞过程中的动量变化量Δp1；
（2）求物体B的质量m2；
（3）通过计算判断两个物体的碰撞是弹性碰撞还是非弹性碰撞。
21．（2024高二下·阜阳期末）如图所示，质量为M的滑块套在光滑的水平杆上，长为L的轻杆一端连着质量为m的小球，另一端与滑块上面的活动饺链相连，不计一切靡擦，重力加速度，已知：，，，。
（1）若滑块锁定，在杆的中点处施加一大小恒定方向始终垂直于杆的力，杆转过时撤去拉力，小球恰好到达最高点，求拉力的大小。
（2）若滑块解除锁定，给小球一个竖直向上的速度，求小球通过最高点时的速度大小，以及此时小球对杆的作用力。
（3）在满足（2）的条件下，试求小球到最高点时滑块的位移大小。
22．（2024高二下·阜阳期末）如图所示，两根相距L的平行光滑金属导轨水平固定在磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中。长为L质量为m、电阻为r的金属杆ab垂直置于两导轨上并与导轨保持良好接触，与导轨间无摩擦，导轨之间接有开关S。开始时开关S断开，金属杆ab在水平向右的恒力F作用下由静止开始运动，导轨足够长且电阻不计。经过一段时间再将S闭合。
（1）若从开关S闭合开始计时，请你定性画出金属杆的速度随时间变化的可能图像。（不要求写出运算过程）
（2）开关S闭合，ab速度稳定时撤去外力F，求撤去力F后ab杆的位移大小。
23．（2024高一下·闵行月考） 如图甲是我国首艘“海上飞船”——翔州1号。该飞艇在平静的水面由静止开始在水平面上沿直线运动，若运动过程中受到的阻力不变，水平方向的动力F随运动时间t的变化关系如图乙所示。后，“翔州1号”以的速度做匀速直线运动。求：
（1）飞艇所受阻力的大小，求内阻力的冲量；
（2）内，飞艇所受合外力冲量的大小和飞艇的质量；
（3）描述内飞艇的运动，求这个过程中合外力对飞艇所做的功。
24．（2024高二下·龙马潭期中）质量为m的质点P在时刻由静止开始做直线运动，其合外力随时间t按图示曲线变化。求：
（1）时间内合力的冲量；
（2）时质点的动能。
25．（2024高三下·南昌模拟） 如图所示，光滑水平面上固定一倾角的斜面，斜面的长度，质量为的足够长的木板左端与斜面底端平滑连接（木板与斜面不粘连）。一个质量为的滑块（可视为质点）从斜面的顶端由静止开始下滑，到达斜面底端时的速度大小为，接着立即以该速度大小沿水平方向滑上长木板。已知滑块与斜面间的动摩擦因数为，滑块与长木板间的动摩擦因数为，g取。求：
（1）滑块到达斜面底端时的速度大小以及滑块在斜面上运动的过程中斜面对滑块支持力的冲量；
（2）滑块与木板最终达到的共同速度v的大小以及滑块相对于长木板滑动的距离x。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】牛顿第三定律；动量定理；动量
【解析】【解答】A．甲对乙的作用力等于乙对甲的作用力，故A错误；
BC．系统动量守恒条件，故甲对乙的冲量与乙对甲的冲量等大反向，故分开后，甲的动量等于乙的动量，故BC错误；
D．动量大小相等，而甲的质量大于乙的质量，故甲的动能小于乙的动能，故D正确。
故选D。
【分析】根据牛顿第三定律可知，甲推乙的过程中，相互作用力大小相等，动量守恒，动量大小相等。
2．【答案】D
【知识点】动量守恒定律；机械能守恒定律；动量
【解析】【解答】A．在竖直方向上运动员和滑板所构成的系统所受合外力不为零，故运动员和滑板构成的系统动量不守恒，故A错误；
B．整个过程系统只有重力做功，系统的机械能守恒，故B错误；
C．在最高点，系统竖直方向的速度为0，水平方向的速度不为0，则在最高点系统的动量不为0，故C错误；
D．运动员在水平方向上不受外力作用，水平方向动量守恒，没有动量变化，所以系统的动量变化量为竖直方向动量变化量，方向竖直向下，故D正确；
故选D。
【分析】．整个过程系统只有重力做功，系统的机械能守恒，在最高点，系统竖直方向的速度为0，水平方向的速度不为0。
3．【答案】D
【知识点】动量定理；动量
【解析】【解答】AB．根据，即，物体的质量变为，经过时间，物体速度变为，动量为原来2倍，AB错误；
CD．根据，质量为原来一半，动量为原来2倍，故物体动能变为，C错误，D正确。
故选D。
【分析】由动量定理可得速度，结合动能与动量的关系式求解。
4．【答案】D
【知识点】动量定理；动量；冲量
【解析】【解答】A．到达眼睛时的速度为
故A错误；
BC．动量变化为
解得
手机对眼睛的冲量大小约为， 方向竖直向下，故BC错误；
D．由冲量的定义
解得
则手机对眼睛的作用力大小约为，故D正确。
故选D。
【分析】选竖直向下为正方向，手机做自由落体运动，根据动量定理求解冲量。
5．【答案】C
【知识点】动量定理
【解析】【解答】A.F-t图线与横轴所围区域的面积表示力的冲量，即
所以第1s末物体的速度大小为1m/s，物体的动量大小为2.5kg·m/s，故A错误；
B．由图可知，面积和为零，前2.0s内物体所受合外力的冲量为零，故B错误；
C.0~3s内，合力冲量等于物体动量变化，
所以3s末物体的速度大小为
所以第3s末水平外力F的功率为
故C正确；
D．第3s内物体做初速度为0的匀加速直线运动，位移为
根据运动的对称性可得，0~1s内与1s~2s内位移相同，由于0~1s内物体做加速度减小的加速运动，且1s末的速度为1m/s，所以0~1s内物体的位移大小
所以前3s内的位移大于2m，故D错误。
故选C。
【分析】F-t图线与横轴所围区域的面积表示力的冲量，合力冲量等于物体动量变化。
6．【答案】D
【知识点】动量定理；冲量
【解析】【解答】已知传送带对物块的冲量产生物块动量的变化，根据动量定理可得，传送带对小物块摩擦力的冲量为
根据冲量的表达式可以得出传送带在小物块支持力的冲量为
所以，根据矢量叠加原理可以得出传送带对小物块的冲量大小为
故选D。
【分析】利用动量定理可以求出传送带对物块摩擦力的冲量大小；结合支持力和时间可以求出支持力的冲量大小，再利用矢量叠加法则可以求出传送带对物块的冲量大小。
7．【答案】B
【知识点】动量定理；冲量
【解析】【解答】A．根据冲量的表达式有
则图像与坐标轴围成的面积代表冲量的大小，则前1 s内力F对物体的冲量为
故A错误；
B．根据图像面积可以得出：力F对物体的冲量为
，根据物体的动量定理有
，根据物体的动量定理有
因为
所以物体在t=1s时和t=3s时的动量、相同，故B正确；
C．根据图像面积可以得出：前2s内力F对物体的冲量为
故C错误；
D．前两秒由于物体的速度方向一直不变，则物体一直在向前运动，故t=2s时物体没有回到出发点，故D错误。
故选B。
【分析】利用图像面积可以求出冲量的大小，结合动量定理可以求出动量的大小；利用速度的方向可以判别物体的运动情况。
8．【答案】D
【知识点】冲量
【解析】【解答】A．冲量为矢量，F的冲量方向跟F的方向相同，A错误；
B．F的冲量大小为Ft，不是 Ftcosθ ，B错误；
C．摩擦力的冲量不为零，C错误；
D．合力为零，故合力的冲量为零，D正确。
故选D。
【分析】冲量为矢量，F的冲量方向跟F的方向相同。力的冲量不为零。
9．【答案】D
【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型；冲量
【解析】【解答】邮件轻放在传送带上时，受力分析如图所示
支持力
摩擦力
根据牛顿第二定律得沿斜面方向
可知，邮件上升的加速度为
当邮件与传送带速度相同时，由
得
则相对位移为
之后邮件与传送带保持相对静止，以速度v =5m/s匀速上升到B点，有
此阶段的摩擦力
邮件从A运动到B过程中，支持力的冲量
方向垂直斜面向上；
摩擦力的冲量
方向沿斜面向上；
由矢量合成可得传送带对邮件的冲量大小
故选D。
10．【答案】A
【知识点】动量定理；动量；冲量
【解析】【解答】A．根据牛顿第三定律可以得出：甲对乙的作用力与乙对甲的作用力大小相等、方向相反，再根据冲量的定义式有
则甲对乙的冲量与乙对甲的冲量大小相等，方向相反，故A正确；
B．根据动量定理有
则动量变化率大小为F，则甲和乙动量的变化率大小为二者的相互作用力，大小相等，则甲的动量变化与乙的动量变化一样快，故B错误；
C．由于甲乙冲量大小相等，方向相反，则根据
可以得出：甲、乙的动量变化一定大小相等，方向相反。故C错误；
D．由于甲乙动量变化量相等，由于甲、乙的质量大小关系未知，所以不能比较甲的速度变化量与乙的速度变化量大小。故D错误。
故选A。
【分析】利用牛顿第三定律可以判别甲乙作用力大小相等方向相反，根据冲量的表达式可以判别冲量大小相等方向相反，根据动量定理可以比较动量变化率和动量变化量的大小；由于动量变化量相等，未知甲乙质量不能比较速度变化量的大小。
11．【答案】C
【知识点】竖直上抛运动；冲量
【解析】【解答】 D.小球上升过程中受到向下的空气阻力，满足mg+kv=ma上，下落过程中受到向上的空气阻力，满足mg-kv=ma下，由牛顿第二定律可知上升过程所受合力（加速度）总大于下落过程所受合力（加速度），故D错误；
C.小球运动的整个过程中，空气阻力做负功，由动能定理可知小球落回原处时的速度小于抛出时的速度，所以上升过程中小球动量变化的大小大于下落过程中动量变化的大小，由动量定理可知，上升过程合力的冲量大于下落过程合力的冲量，故C正确；
A.上升与下落经过同一位置时的速度，上升时更大，所以上升过程中平均速度大于下落过程中的平均速度，所以上升过程所用时间小于下落过程所用时间，故A错误；
B.经同一位置，上升过程中所受空气阻力大于下落过程所受阻力，由功能关系可知，上升过程机械能损失大于下落过程机械能损失，故B错误。
故选：C
【分析】D.根据上升和下降两个过程中的受力情况结合牛顿第二定律分析加速度的情况；
C.根据阻力的做功情况判断上下经过同一位置的速度变化情况，结合动量定理分析冲量大小；
A.根据上升和下降的平均速度分析运动时间的关系；
B.根据功能关系分析机械能的损失情况。
12．【答案】D
【知识点】牛顿第三定律；动量定理
【解析】【解答】AB．在图乙中，设风扇给空气的平均作用力为，根据动量定理，则对空气有
解得风扇给空气的平均作用力为：
由牛顿第三定律可知，空气对风扇和小车的平均作用力大小与风扇给空气的平均作用力大小相等，方向向左，当空气吹到纸盒时，其水平方向速度变为零，设纸盒对空气的平均作用力为，根据空气的动量定理有
解得纸盒对空气的平均作用力为：
由牛顿第三定律可知，空气对纸盒和小车的平均作用力大小与纸盒给空气的平均作用力大小相等，方向向右，由于小车受到空气的作用力大小相等，方向相反，则在水平方向小车受力平衡，而小车初始时静止，所以乙图中小车最有可能静止，故AB错误；
CD．根据前面的分析可以得出空气对风扇和小车的平均作用力大小为，方向向左；在图丙中，当空气吹到纸盒时，其水平方向速度大小不变，方向相反，设纸盒对空气的平均作用力为，根据空气的动量守恒定律有
解得纸盒对空气的作用力大小为：
方向向左；
由牛顿第三定律可知，空气对纸盒和小车的平均作用力大小与纸盒给空气的平均作用力大小相等，方向向右。由于小车受到空气向左和向右的作用力后，合力方向向右则小车总体受到水平向右的力，所以小车最有可能向右运动，故C错误，D正确。
故选D。
【分析】根据动量守恒定律可以求出风扇和纸盒对空气的平均作用力，利用牛顿第三定律可以判别小车受到空气的作用力大小及方向，利用小车合力的方向可以判别小车运动的方向。
13．【答案】B,C
【知识点】竖直平面的圆周运动；动能定理的综合应用；冲量
【解析】【解答】A．则当小球速度较小时
当小球速度较大时
当小球速度满足
则杆对小球无作用力，故A错误；
B．根据
知小球对杆的作用力竖直向下，故B正确；
C．小球做匀速圆周运动，故动能变化量为0，则合外力做功为0，故C正确；
D．根据
可知合外力的冲量不为0，故D错误。
故选BC。
【分析】小球经过A点时，合外力提供向心力，小球做匀速圆周运动，合外力提供向心力。根据动能定理可知，合外力做功等于动能的改变。
14．【答案】A,D
【知识点】动量定理
【解析】【解答】AB．根据题意，有
解得
故A正确，B错误；
CD．对子弹
得
故C错误，D正确。
故选AD。
【分析】对木块由动量定理求解速度，对子弹，由动量定理或者动量守恒定律求解速度。
15．【答案】C,D
【知识点】牛顿第二定律；冲量；洛伦兹力的计算；带电粒子在重力场、电场及磁场混合场中的运动
【解析】【解答】A. 由动量定理可知，故合力的冲量大小为，A不符合题意；
B. 由牛顿第二定律有可知上滑加速度大小为，则小球上滑所用的时间，重力G的冲量大小为，B不符合题意；
C. 小球做匀加速直线运动，速度，故洛伦兹力大小，可知洛伦兹力随时间线性变化，故洛伦兹力的冲量为，C符合题意；
D. 若小球，则0时刻小球所受洛伦兹力大小为，小球垂直杆方向所受合力为零，可得，弹力为，则小球在整个减速过程FN图像与t轴围成面积为零，冲量为零，D符合题意。
故答案为：CD
【分析】根据牛顿第二定律可得出小球做匀变速直线运动的加速度大小；利用洛伦兹力的表达式，结合小球速度随时间变化的关系式可得到洛伦兹力的大小，根据冲量的表达式可得出小球所受力的冲量。
16．【答案】A,B
【知识点】动量定理；法拉第电磁感应定律；导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的动力学问题
【解析】【解答】A.对金属棒的加速过程，由动量定理可得
解得
A符合题意；
B.设加速阶段的位移与减速阶段的位移均为x，根据电流的定义式
法拉第成感应定律
和闭合电路欧姆定律
可得
可知加速过程中通过金属棒的电荷量等于减速过程中通过金属棒的电荷量，由
解得
对金属棒加速的过程，由位移公式可得
可得加速时间为
B符合题意；
C.金属棒在水平拉力作用下从静止开始做匀加速直线运动，加速过程中，由
可知，金属棒产生的感应电动势逐渐增大，则感应电流逐渐增大，由安培力公式
可知，导体棒受到的安培力逐渐增大，加速度不变，因此拉力逐渐增大，当撤去拉力的瞬间，拉力最大，由牛顿第二定律可得
其中
联立解得
C不符合题意；
D.加速过程中拉力对金属棒做正功，安培力对金属棒做负功，由动能定理可知，合外力的功
可得
因此加速过程中拉力做的功大于，D不符合题意。
故答案为：AB。
【分析】对导体棒的匀加速运动过程应用动量定理，结合电流的定义式，求解加速运动通过金属棒的电荷量；根据匀变速直线运动的位移规律列式求解加速运动的时间；根据牛顿第二定律结合匀变速公式计算加速过程中的最大拉力；根据动能定理分析加速过程中拉力做的功。
17．【答案】B,D
【知识点】动量守恒定律；牛顿运动定律的综合应用；动量；碰撞模型
【解析】【解答】A．碰撞过程，系统动量守恒，
即P、Q发生的是非弹性碰撞。故A错误；
B．P、Q碰后瞬间P的动量大小为
故B正确；
C．系统所受合力不为零，所以P、Q系统动量不守恒。故C错误；
D．P、Q碰后到P停下的过程中，
根据
解得
此时二者的位移分别为
，
可得两者位移之比为
故D正确。
故选BD。
【分析】撞过程，系统动量守恒，弹性碰撞，碰撞过程动能守恒，动量等于质量乘以速度，系统所受合力不为零，所以P、Q系统动量不守恒。
18．【答案】①②
【知识点】动量定理；碰撞模型
【解析】【解答】①由动量守恒定律有
解得
②冰壶乙在碰撞过程由动量定理有
解得
【分析】 ①由动量守恒定律求解正碰后冰壶乙的速度；
②冰壶乙在碰撞过程由动量定理求解平均作用力大小。
19．【答案】解：（1）设运动员触网前的速度大小为，下落过程有
解得
设运动员触网后的速度大小为，上升过程有
解得
以竖直向上为正方向，触网过程中动量的变化量为
方向竖直向上。
（2）触网过程中，根据动量定理可得
解得
【知识点】动量定理；机械能守恒定律；动量
【解析】【分析】（1）求出下落过程的末速度以及上升的初速度，结合动量定理求解 这段时间内动量的变化量 （2）根据动量定理，合力冲量等于物体动量变化量求解网对运动员的平均作用力大小。
20．【答案】解：（1）由图可知，物体A碰前速度，碰后速度，则物体A在碰撞过程中的动量变化量为
（2）由图可知，物体B在碰前静止，碰后速度为，由动量守恒定律得
解得
（3）两物体组成的系统在碰撞过程中损失的机械能为
所以碰撞过程是非弹性碰撞。
【知识点】动量守恒定律；运动学 S-t 图象；动量；碰撞模型
【解析】【分析】（1）A在碰撞过程中的动量变化量等于碰撞前后动量的差值；
（2）由图可知，物体B在碰前静止，由动量守恒定律求解物体B的质量；
（3）两物体组成的系统在碰撞过程中机械能不守恒所以碰撞过程是非弹性碰撞。
21．【答案】解：（1）由于施加的为大小恒定方向始终垂直于杆的力，由动能定理得
代入数据解得
（2）到最高点时设小球速度为，滑块速度为，水平方向动量守恒，则有
系统机械能守恒则有
代入数据则有
，，
由向心力表达式可得
代入数据则有
方向竖直向下
根据牛顿第三定律可知小球对杆的作用力
方向竖直向上
（3）设小球到达最高点时小球向右移动位移大小为，滑块向左移动位移大小为，根据动量守恒有
则
所以
且
解得
代入数据
【知识点】动量定理；碰撞模型
【解析】【分析】（1）施加的为大小恒定方向始终垂直于杆的力，由动能定理求解拉力大小；
（2）水平方向动量守恒，系统机械能守恒，由向心力表达式可得小球对杆的作用力；
（3）根据动量守恒以及总位移为L得到，滑块的位移大小。
22．【答案】解：（1）分析可知最终为匀速状态，则有三种情况
（2）由题意可知稳定时金属棒处于匀速状态，则有
，，
解得
由动量定理得
即
解得
【知识点】动量定理；电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】（1）最终为匀速状态，有三种情况；
（2）由题意可知稳定时金属棒处于匀速状态，由动量定理求解撤去力F后ab杆的位移大小。
23．【答案】（1）解：设“翔州1号”飞艇所受阻力为，当飞艇做匀速运动时，此时牵引力大小等于阻力大小，由图乙可得
另设100s内阻力的冲量大小为，则可得
（2）解：取动力的方向为正方向，有
根据动量定理有
代入数据得
（3）解：根据牛顿第二定律有
其中为恒力，而动力逐渐减小，为变力，可知加速度逐渐减小，因此，在内飞艇做加速度减小的加速运动，根据动能定理，可得在此过程中合外力做的功为
【知识点】动量定理；牛顿第二定律；动能定理的综合应用；冲量
【解析】【分析】（1）当物体做匀速直线运动时，物体处于平衡状态，此时牵引力大小等于阻力大小，根据题意及图乙确定物体所受阻力的大小，再根据冲量的定义进行解答；
（2）F-t图像与时间轴所围面积表示该力在该段时间内的冲量。明确50s内物体的受力情况，再根据图乙及冲量的定义确定合外力冲量的大小，明确0-50s内飞艇的初末速度，再根据动量定理确定飞艇的质量；
（3）由图乙可知50s内牵引力不断减小，而阻力不变，则飞艇在50s内做非匀变速运动。故根据动能定理确定50s内合外力对飞艇的做功大小。
24．【答案】（1）解：图线与横轴所围区域的面积表示力的冲量，在0~t0时间内合力的冲量
（2）解：时间内根据动量定理
又
联立可得
【知识点】动量定理；动能；冲量
【解析】【分析】（1） 图线与横轴所围区域的面积表示合力的冲量，求出图像面积即可；
（2）根据动量定理求解速度大小，由动能表达式求解动能。
25．【答案】（1）滑块在斜面上下滑时，以滑块为研究对象，有
解得
滑块在斜面上做匀变速直线运动，有
解得
，
斜面对滑块支持力的冲量为
解得
，方向垂直于斜面向上
（2）滑块与木板最终达到的共同速度，根据动量守恒可得
解得
滑块与木板相互作用的过程中，根据能量守恒可得
解得
【知识点】冲量；动量与能量的综合应用一板块模型
【解析】【分析】（1）由牛顿第二定律和匀变速直线运动公式，计算滑块到达斜面底端时的速度大小；根据冲量的定义式I=Ft，求解滑块在斜面上运动的过程中斜面对滑块支持力的冲量；（2）对滑块在木板上的滑动过程，以滑块和木板为研究对象，由动量守恒定律求解二者的共同速度；再由功能关系计算滑块相对于长木板滑动的距离。
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