動量與動量定理及其應(yīng)用-2025高考物理復(fù)習熱點題型講義

專題14動量與動量定理及其應(yīng)用

目錄

題型一動量和沖量的理解........................................................................1

類型1動量與動能的比較及換算..............................................................2

類型2對動量和沖量的定性分析..............................................................4

類型3恒力沖量的計算......................................................................7

類型3利用尸一/圖像求沖量................................................................13

題型二動量定理的理解和應(yīng)用..................................................................18

類型1用動量定理解釋生活中的現(xiàn)象........................................................18

類型2應(yīng)用動量定理求解瞬時平均力.........................................................19

題型三動量定理和圖像問題的結(jié)合..............................................................22

題型四應(yīng)用動量定理處理“流體模型”............................................................33

模型一流體類問題........................................................................34

模型二微粒類問題........................................................................37

題型五應(yīng)用動量定理處理分析多過程問題........................................................43

題型六動量定理與動能定理的類比及綜合應(yīng)用....................................................53

題型一動量和沖量的理解

【解題指導】1.動量與動能的比較

動量動能

物理意義描述機械運動狀態(tài)的物理量

定義式p=mvEk=~mv2

2

標矢性矢量標量

變化因素合外力的沖量合外力所做的功

Ek=4

大小關(guān)系p=\l2mEk

2m

變化量Ap=FtAEk=Fl

(1)都是相對量，與參考系的選取有關(guān)，通常選取地面為參考系

聯(lián)系(2)若物體的動能發(fā)生變化，則動量一定也發(fā)生變化；但動量發(fā)生變

化時動能不一定發(fā)生變化

2.沖量的計算方法

(1)恒力的沖量：直接用定義式/=月計算.

(2)變力的沖量

①作出尸一/圖線，圖線與/軸所圍的面積即為變力的沖量，如圖所示.

②對于易確定始、末時刻動量的情況，可用動量定理求解.

類型1動量與動能的比較及換算.

【例1】關(guān)于在恒定阻力作用下，做豎直上拋運動的物體，下列說法正確的是()

A/7

A.動能E隨時間t變化的快慢.隨時間均勻變化

kAt

B.動量p隨時間f變化的快慢學隨時間均勻增大

AF

C.重力勢能芍隨位移x變化的快慢一隨時間保持不變

Ax

D.機械能E隨位移x變化的快慢N竽F隨時間均勻減小

Ax

【答案】AC

【詳解】A.上升過程，有

v=v0—at

my2m

Ek=~-~(yo-+

可得

1,c,\

———77/(—2Vgf7+2/)

下降過程，有

v—at

E,=—mv,2=-ma'V

22

AE%

-----k-mat

AZ

AF

可知動能&隨時間,變化的快慢會隨時間均勻增大，故A正確;

B.根據(jù)動量定理可得

\p=mAv=ma\t

可得

Ap

——=ma

At

可知動量P隨時間，變化的快慢罟保持不變，故B錯誤;

c.根據(jù)重力勢能與重力做功的關(guān)系，可知重力勢能減少量為

AEp=mgAx

可得

j

Ax

可知重力勢能與隨位移X變化的快慢展保持不變‘故C正確;

D.根據(jù)功能關(guān)系有

Af=/Ax

所以

NE/

丁二j

Ax

可知機械能E隨位移x變化的快慢絲保持不變，故D錯誤。

Ax

故選ACo

【變式演練1】冬奧會速滑比賽中，甲、乙兩運動員的質(zhì)量分別為加和效，若他們的動能

相等，則甲、乙動量大小之比是（）

A.1:1B.m:MC.4m:4MD.瓜:品

【答案】C

【詳解】由動能表達式紜=；加聲和動量大小表達式？=加丫可得

p=^2mEk

二者動能相等，所以甲、乙動量大小之比為用:〃？，故ABD錯誤，C正確。

故選Co

【變式演練2】甲、乙兩人靜止在光滑的冰面上，甲推乙后，兩人向相反方向滑去。若甲的

質(zhì)量大于乙的質(zhì)量，則（）

A.甲推乙的過程中，甲對乙的作用力大于乙對甲的作用力

B.甲推乙的過程中，甲對乙的沖量小于乙對甲的沖量

C.分開后，甲的動量大于乙的動量

D.分開后，甲的動能小于乙的動能

【答案】D

【詳解】A.根據(jù)牛頓第三定律可知，甲推乙的過程中，甲對乙的作用力等于乙對甲的作用

力，故A錯誤；

BC.甲推乙的過程中，甲乙二人組成的系統(tǒng)在二者相互作用過程中不受外力，滿足系統(tǒng)動

量守恒條件，故甲對乙的沖量與乙對甲的沖量等大反向，故分開后，甲的動量等于乙的動量,

故BC錯誤；

D.根據(jù)

可知動量大小相等，而甲的質(zhì)量大于乙的質(zhì)量，故甲的動能小于乙的動能，故D正確。

故選D。

【變式演練3】質(zhì)量為切的物體靜止在光滑水平面上，在水平恒力廠的作用下，經(jīng)時間f

走過位移/,動量變?yōu)樾幽茏優(yōu)榉病Ｈ羯鲜鲞^程中尸不變，物體的質(zhì)量變?yōu)?小，下列說

法正確的是（）

A.經(jīng)過時間物體動量變?yōu)閜B.經(jīng)過時間,,物體動能變?yōu)橥?/p>

C.經(jīng)過位移/,物體動量變?yōu)?。D.經(jīng)過位移/,物體動能變?yōu)?瓦

【答案】A

【詳解】A.以初速度方向為正方向，根據(jù)動量定理，有

Ft=p

故/不變，物體的質(zhì)量變?yōu)?加，經(jīng)過時間物體動量變?yōu)椤?故A正確；

B.根據(jù)

動量為2，質(zhì)量變?yōu)?加，故動能變?yōu)楣蔅錯誤；

D.經(jīng)過位移/,根據(jù)動能定理，有

Fl=Ek

故尸不變，物體的質(zhì)量變?yōu)?m,經(jīng)過位移/,動能仍變?yōu)楣蔇錯誤;

C.根據(jù)

p=yl2mEk

動能為品，質(zhì)量變?yōu)?根，故動量變?yōu)閸u，故C錯誤。

故選Ao

類型2對動量和沖量的定性分析

【例2】如圖所示，顛球是足球運動中的一項基本功，若某次顛球中，顛出去的足球豎直向

上運動之后又落回到原位置，設(shè)整個運動過程中足球所受阻力大小不變。下列說法正確的是

()

A.球從顛出到落回的時間內(nèi)，重力的沖量為零

B.球從顛出到落回的時間內(nèi)，阻力的沖量為零

C.球上升階段與下降階段合外力的沖量大小相等

D.球上升階段動能的減少量大于下降階段動能的增加量

【答案】D

【詳解】AB.力和力的作用時間的乘積叫做力的沖量，重力的方向不變，故重力沖量的大

小不為零，由于上升階段足球的加速度較大，下降階段足球的加速度較小，由運動學規(guī)律知

上升階段的時間比下降階段的時間短，且整個過程中阻力的大小不變，故阻力的沖量也不為

0,故AB錯誤；

C.球上升時合力為重力加阻力，下降時合力為重力減阻力，故上升時合外力比下降時合外

力大，上升時加速度可大于下降時加速度。2,設(shè)上升階段球的初速度為%,末速度為0,則

動量的變化量大小

Np、=O-mvo=-mv0

下降階段初速度為0,由于上升時加速度比下降時加速度大，根據(jù)丫2=2依可知，其末速度

%

則動量的變化量大小A/??=/V。，則球上升階段動量的變化量大小大于下降階段動量的變化

量大小，由動量定理可知，球上升階段動量的變化量即球上升階段所受的合外力的沖量，球

下降階段動量的變化量即球下降階段所受的合外力的沖量，則球上升階段合外力的沖量大于

下降階段合外力的沖量，故C錯誤；

D.根據(jù)C分析，落回時的速度%小于上升時的速度1,根據(jù)動能定理，上升時的動能減

少量等于;加下降時的動能增加量等于g機%2,所以球上升階段動能的減少量大于下降

階段動能的增加量，故D正確。

故選D。

【變式演練1】從2023年起，每年的4月23日將被命名為世界乒乓球日。關(guān)于乒乓球運動,

下列說法正確的是（）

A.球拍對乒乓球的彈力越大，乒乓球的動量變化一定越大

B.球拍將飛來的乒乓球以原速率反向擊出的過程，乒乓球的動量和動能均保持不變

C.乒乓球被球拍擊打出的過程，球拍對乒乓球的沖量大小大于乒乓球?qū)η蚺牡臎_量大

小

D.一次擊球過程中，球拍對乒乓球的沖量大小等于乒乓球?qū)η蚺牡臎_量大小

【答案】D

【詳解】A.由動量定理有

小At

則有

瓜=包

BAZ

可知，乒乓球的動量變化量等于合外力的沖量，即乒乓球的動量變化量除了與力的大小方向

有關(guān)，還與力的作用時間有關(guān)，故A錯誤；

B.動量是矢量，既有大小又有方向，當球拍以原速率反向擊出的過程，乒乓球的速率不變,

但是方向發(fā)生了改變，因此乒乓球的動量發(fā)生了改變，故B錯誤；

CD.用球拍打擊球時，球拍對乒乓球的力與乒乓球?qū)η蚺牡牧κ且粚ο嗷プ饔昧?，大小?/p>

等、作用時間相同、沖量大小相等，故C錯誤，D正確。

故選Do

【變式演練2】風簸是用于篩選精谷粒和癟谷粒的農(nóng)用工具，在我國西漢時期就已廣泛使用。

谷粒從風簸上端的進谷口進入分離倉，分離倉右端有一鼓風機提供穩(wěn)定氣流，從而將谷物中

的癟谷粒。和精谷粒6分開。若所有谷粒進入分離倉時，豎直方向初速度為0,在水平方向

獲得的動量相同。之后所有谷粒受到氣流的水平作用力可視為恒力且相同。下圖中虛線分別

表示°、6谷粒的軌跡，居、居為相應(yīng)谷粒所受的合外力。下列四幅圖中可能正確的是（）

【答案】B

【詳解】

從力的角度看，水平方向的力相等，精谷粒方的重力大于癟谷粒。的重力，如圖所示從運動

上看，在水平方向獲得的動量相同

maVa=mbVb

精谷粒b的質(zhì)量大于癟谷粒。的質(zhì)量，精谷粒b的水平速度小于癟谷粒a的水平速度，而從

豎直方向上高度相同

,12

h=]gr

運動時間相等，水平方向勻加速直線運動

12

xb=vbt+—abt

水平方向的合外力相同，。的質(zhì)量小，加速度大，初速度大，時間相同，所以

Xa>Xb

故選Bo

【變式演練3】飛機沿某水平面內(nèi)的圓周勻速率地飛行了一周，已知飛機質(zhì)量為加，速率為

v,圓周運動半徑為R。下列說法正確的是()

A.飛機做勻速圓周運動，速率沒變，則所受合外力為零

B.飛機做勻速圓周運動，速率沒變，則動量守恒

C.飛機飛行時，速度的方向不斷變化，因此動量不守恒；飛行一周向心力的沖量大小

2

,LAv2nR4

1=r/Xt=m----------=2miv

nRv

D.飛機飛行時，速度的方向不斷變化，因此動量不守恒；飛行半周動量的改變量大小

為2mv

【答案】D

【詳解】A.飛機做勻速圓周運動，合力提供所需的向心力，故A錯誤；

BCD.飛機做勻速圓周運動，速度大小不變，方向時刻發(fā)生，則動量大小不變，方向時刻

發(fā)生，動量不守恒；飛行一周時，由于初、末動量剛好相同，動量變化為0,根據(jù)動量定理

可知，合力沖量為0,則向心力的沖量為0；飛行半周時，飛機的初、末動量大小相等，方

向剛好相反，則飛機的動量變化量大小為

Ap=mv-(—mv)=Imv

故BC錯誤，D正確。

故選D。

類型3恒力沖量的計算

【例3】如圖所示，物體靜止在水平地面上，受到與水平方向成e角、大小為尸的恒定拉力,

作用時間：，物體始終保持靜止。在這段時間》內(nèi)()

F

A.拉力對物體的沖量大小為為B.支持力對物體的沖量大小為零

C.摩擦力對物體的沖量大小為Acos?D.合力對物體的沖量為零

【答案】ACD

【詳解】A.根據(jù)沖量的概念可知，拉力對物體的沖量大小為

I產(chǎn)Ft

選項A正確；

B.根據(jù)沖量的概念可知，支持力和作用時間均不為零，可知支持力對物體的沖量大小不為

零，選項B錯誤；

C.摩擦力為

/=Fcos0

則摩擦力對物體的沖量大小為

If-ft=Ftcos0

選項C正確；

D.物體處于靜止狀態(tài)，合外力為零，則合力對物體的沖量為零，選項D正確。

故選ACDo

【變式演練1】如圖所示，在光滑的水平面內(nèi)建立xOy坐標，質(zhì)量為優(yōu)的小球以某一速度

從。點出發(fā)后，受到一平行于y軸方向的恒力作用，恰好通過N點，已知小球通過/點的

速度大小為W，方向沿x軸正方向，且ON連線與Ox軸的夾角為30。，則（）

.浙。、

Ox

A.恒力的方向一定沿〉軸正方向

7

B.恒力在這一過程中所做的功為:別說

3

D.小球從。點出發(fā)時的動能為］加說

【答案】C

【詳解】A.小球受到恒力作用做勻變速曲線運動，利用逆向思維法，小球做類平拋運動。

由此可判斷恒力方向一定沿y軸負方向，故A錯誤；

D.由幾何關(guān)系可得

_1at2

tan30W2=^=更

xvot2v0

所以小球經(jīng)過坐標原點時，沿y軸方向的分速度為

。=山==~%

3

沿X軸方向的速度仍為V0,小球從。點出發(fā)時的動能為

17

”=彳加(說+片)=mv

26~o

故D錯誤；

B.恒力在這一過程中所做的功為

112

W=-mVl--m(y0+v2y)=-^nV0

故B錯誤；

c.恒力在這一過程中的沖量大小

rA273

1=mAv=mv=-----mv

3Q

故C正確。

故選Co

【變式演練21一水平傳送帶長￡=16m,以恒定速度v=4m/s向右勻速運動，現(xiàn)在傳送帶

左端每隔1s由靜止放上一個完全相同的質(zhì)量為俏=lkg的小物塊，小物塊與傳送帶間的動摩

擦因數(shù)〃=0.1,重力加速度g取,則第1個小物塊到達傳送帶最右端后的1s內(nèi)，傳送

帶對所有小物塊摩擦力的總沖量大小為（）

A.3N-sB.4N-s

C.5N-sD.6N.s

【答案】B

【詳解】由題意可知，小物塊做勻加速直線運動的加速度

a-jug-lm/s2

加速運動的時間

v

%=—=4s

a

加速運動的位移

V2

X,=——=8m

2a

勻速運動的位移

x2=Z-X；=8m

勻速運動的時間

t=-=2s

2v

第1個小物塊到達最右端時，第7個小物塊剛要放上傳送帶，傳送帶對第2-3個工件的摩

擦力為0,因此在此后1s內(nèi)的沖量

=，3=。

對第4-7個工件的摩擦力在此后f=1s內(nèi)的沖量

4=,5=76=,7=1MgI=IN-S

故此后Is內(nèi)傳動帶對工件摩擦力的總沖量大小為

/=/,+/?+4+4+/6+0=4N,S

故選B。

類型3利用/一下圖像求沖量

【例3】如圖甲，一質(zhì)量為2kg的物塊靜止在光滑水平面上，從t=0時刻開始受到一水平外

力尸作用，尸隨時間，變化的圖線如圖乙所示。取Z=0時刻力產(chǎn)的方向為正方向，重力加速

度大小取g=10m/s，下列說法正確的是（）

fF/N

j―3—4—>?/s

77777777777777777777

A.前4s時間內(nèi)，物塊做往返運動

B.Z=4s時，物塊的動量為2kg，m/s

C.前4s時間內(nèi)，物塊所受重力的沖量為0

D.Z=2s到Z=4s時間內(nèi)，物塊的速度變化量為2m/s

【答案】B

【詳解】A.尸一圖像中，圖像與時間軸所圍幾何圖形的面積表示沖量，前4s時間內(nèi)的沖

2x2N-s-（4-2）xlN-s=2N-s>0

可知，前4s時間內(nèi)，物塊始終沿正方向運動，沒有做往返運動，故A錯誤;

B.根據(jù)動量定理有

結(jié)合上述有

解得

mvx=2kg-m/s

即Z=4s時，物塊的動量為2kg-m/s,故B正確;

C.前4s時間內(nèi)，物塊所受重力的沖量為

IG=mgt=80N-s

故C錯誤；

D.Z=2s到Z=4s時間內(nèi)，合力的沖量為

右=夕=加Av尸-l圖像中，圖像與時間軸所圍幾何圖形的面積表示沖量，Z=2s到片4s時間

內(nèi)沖量為

/2=-（4-2）xlN-s=-2N-s>0

解得物塊的速度變化量為-lkg-m/s,故D錯誤。

故選B。

【變式演練1】一質(zhì)量為2kg的物塊在合外力F的作用下從靜止開始沿直線運動。尸隨時間

f變化如圖所示，則（）

八尸/N

2

1

A.Z=2s時物塊的動量大小為4kg?m/s

B.片3s時物塊的動量大小為5kg-m/s

C.Is?4s過程中，物塊動量守恒

D.1s?2s內(nèi)和2s?4s內(nèi)，合外力沖量相同

【答案】A

【詳解】A.根據(jù)bT圖像可知，0?2s內(nèi)合力的沖量為

4=2X2N-S=4N?S

根據(jù)動量定理可得

IF=mv2-0

解得/=2s時物塊的動量大小為

p2=mv2=4kg-m/s

故A正確;

B.根據(jù)尸一圖像可知，0?3s內(nèi)合力的沖量為

4=2x2N-s-lxlN-s=3N-s

根據(jù)動量定理可得

ZP=mv3-0

解得Z=3s時物塊的動量大小為

p3=mv3=3kg?m/s

故B錯誤；

C.Is?4s過程中，物體受到的合力不為0,物體的動量不守恒，故C錯誤；

D.根據(jù)尸一圖像可知，1s?2s內(nèi)和2s?4s內(nèi)，合外力的沖量大小相等，但方向相反，故D

錯誤。

故選Ao

【變式演練2】一質(zhì)量為1kg的質(zhì)點靜止于光滑水平面上，從/=0時刻開始，受到水平外力

尸作用，如圖所示。下列判斷正確的是()

3

2

A.第1s末的速度為1.5m/s

B.第1s內(nèi)尸的沖量為4N-s

C.前2s內(nèi)尸的沖量為3N-s

D.第2s末的動量為4kg?m/s

【答案】D

【詳解】A.根據(jù)動量定理可知

Ftt{=mvx

解得第Is末的速度為

V7=3m/s

選項A錯誤；

B.第1s內(nèi)F的沖量為

匕=電=3N-s

選項B錯誤；

C.前2s內(nèi)廠的沖量為

12=電+K.=(3x1+lx1)N-s=4N-s

選項C錯誤；

D.根據(jù)

/2=4N-s=mv2

可得第2s末的動量為

p2=4kg-m/s

選項D正確。

故選D。

【變式演練3】如圖是某人站在壓力傳感器上做下蹲、起跳動作時，壓力隨時間變化的圖像,

。點對應(yīng)開始下蹲時刻，b點對應(yīng)下蹲至最低位置的時刻，圖中陰影面積分別為S/、S2,重

力加速度g取10m/s2,下列說法正確的是（）

A.人跳起后上升的最大高度為1.8m

B.從人開始下蹲至離地，壓力傳感器對人的平均支持力大小為525N

C.命過程，人始終處于超重狀態(tài)

D.Si=S2

【答案】D

【詳解】A.根據(jù)圖像可知，人在空中的時間為

ted=0.6s

上升高度

〃=七］=0.45m

故A錯誤；

B.人離地時的速度為

v=g—=3m/s

2

人的重力為

G=500N

質(zhì)量

m=50kg

自開始下蹲至離地，用時

晨=L2s

對人，根據(jù)動量定理有

（《-G）*=mv-0

解得

FN=625N

故B錯誤；

C.be過程，壓力傳感器對人的支持力先大于重力后小于重力，即先超重后失重，故C錯誤;

D.圖中面積表示合力對人的沖量大小，號對應(yīng)的沖量向下，S2對應(yīng)的沖量向上，a、6點人

的速度均為零，所以

E=s

故D正確。

故選D。

題型二動量定理的理解和應(yīng)用

【核心歸納】1.對動量定理的理解

(1)帥=〃一〃是矢量式，兩邊不僅大小相等，而且方向相同.式中Ff是物體所受的合外力的

沖量.

(2)K=〃-p除表明兩邊大小、方向的關(guān)系外，還說明了兩邊的因果關(guān)系，即合外力的沖量

是動量變化的原因.

⑶由g="一0,得歹=旦二2=維，即物體所受的合外力等于物體動量的變化率.

tt

(4)當物體運動包含多個不同過程時，可分段應(yīng)用動量定理求解，也可以全過程應(yīng)用動量定

理.

2.解題基本思路

⑴確定研究對象.

(2)對物體進行受力分析.可先求每個力的沖量，再求各力沖量的矢量和一合力的沖量；

或先求合力，再求其沖量.

(3)抓住過程的初、末狀態(tài)，選好正方向，確定各動量和沖量的正負號.

(4)根據(jù)動量定理列方程，如有必要還需要補充其他方程，最后代入數(shù)據(jù)求解.

類型1用動量定理解釋生活中的現(xiàn)象

【例1】“智能防摔馬甲”是一款專門為老年人研發(fā)的科技產(chǎn)品。該裝置通過馬甲內(nèi)的傳感器

和微處理器精準識別穿戴者的運動姿態(tài)，在其失衡瞬間迅速打開安全氣囊進行主動保護，能

有效地避免摔倒帶來的傷害。在穿戴者著地的過程中，安全氣囊可以()

0.1秒識別

A.減小穿戴者所受重力的沖量B.減小地面對穿戴者的平均沖擊力

C.減小穿戴者動量的變化量D.減小穿戴者與地面的接觸時間

【答案】B

【詳解】設(shè)穿戴者所受合力為R依題意,根據(jù)動量定理

FNt=Np

可得

△t

可知安全氣囊的作用是延長了人與地面的接觸時間，從而減小人所受到的合外力，即減小穿

戴者動量的變化率，而穿戴者動量的變化量未發(fā)生變化，全氣囊的作用是延長了人與地面的

接觸時間，則穿戴者所受重力的沖量增大了。

故選Bo

【變式演練1】運輸易碎器件時，經(jīng)常在包裝箱中填充泡沫塑料，這是因為在碰撞過程中,

泡沫塑料能減小（）

A.器件的慣性B.器件受到的沖量

C.器件的動量變化量D.器件受到的作用力

【答案】D

【詳解】根據(jù)

Ft=\p

可知在碰撞過程中，泡沫塑料能延長接觸時間，從而起到減小器件受到的作用力的效果。

故選Do

【變式演練21人從高處跳到低處，為了安全，一般都是腳尖先著地，這樣做的目的是（）

A.增大人對地面的壓強，起到安全作用

B.延長與地面的作用時間，從而減小地面對人的作用力

C.減小著地時所受沖量

D.使動量增量變得更小

【答案】B

【詳解】人在和地面接觸時，人的速度減為零，因此動量的該變量不變，由動量定理可得

（F-mg）t=mv

而腳尖著地可以增加人與地面的作用時間，從而可以減小所受地面的沖擊力，著地時所受的

沖量即動量的改變量也不變。

故選B。

【變式演練3】行駛中的汽車如果發(fā)生劇烈碰撞，車內(nèi)的安全氣囊會被彈出并瞬間充滿氣體。

若碰撞后汽車的速度在很短時間內(nèi)減小為零，關(guān)于安全氣囊在此過程中的作用，下列說法正

確的是（）

A.增大了司機的受力面積從而減少司機單位面積的受力大小

B.減少了司機的受力時間

C.對乘客起固定作用，避免乘客飛出汽車

D.減少了碰撞前后司機動量的變化量

【答案】A

【詳解】ABD.根據(jù)動量定理可得

Ft=Np

此過程中，司機動量的變化量一定，由于安全氣囊使得作用時間變長，并增大了司機的受力

面積，從而減小司機受到的沖擊力，減小了司機單位面積的受力大小，故A正確，BD錯誤;

C.安全氣囊在此過程中的作用，沒有對乘客起固定作用，故C錯誤。

故選Ao

類型2應(yīng)用動量定理求解瞬時平均力

【例2】跳馬比賽中在運動員落地位置放置厚海綿墊以保護運動員。如圖所示為一質(zhì)量為

40kg的運動員在比賽時落地的場景，海綿墊與運動員的撞擊時間約為0.4s,g=10m/s2,下列

說法正確的是（）

A.海綿墊減小了運動員落地過程中撞擊力的沖量

B.海綿墊減小了運動員落地過程中的動量變化率

C.落地過程中海綿墊對運動員的沖量與運動員對海綿墊的沖量相同

D.若運動員以4m/s的速度垂直落地，海綿墊對運動員的作用力約為400N

【答案】B

【詳解】A.根據(jù)動量定理可得

(F-mg)t=0—(-mv)

所以

I=Ft=mv+mgt

依題意，海綿墊與運動員的撞擊時間延長了，海綿墊增大了運動員落地過程中撞擊力的沖量,

故A錯誤；

B.根據(jù)

&7_mv

Xt

可知海綿墊減小了運動員落地過程中的動量變化率，故B正確;

C.根據(jù)

I=F\t

海綿墊對運動員的作用力與運動員對海綿墊的作用力等大反向，作用時間相同，所以海綿墊

對運動員的沖量與運動員對海綿墊的沖量大小相等、方向相反，故C錯誤；

D.根據(jù)

（F-mg）t=0—（一加v）

代入數(shù)據(jù)解得

F=800N

即海綿墊對運動員的作用力約為800N,故D錯誤。

故選B。

【變式演練1】（2024?山西陽泉?三模）2024年春晚雜技節(jié)目《躍龍門》帶給觀眾震撼的視

覺盛宴，教練在訓練時將壓力傳感器安裝在蹦床上，記錄演員對蹦床的壓力。如圖是某次彩

排中質(zhì)量為40kg的演員在豎直方向運動時計算機輸出的壓力一時間（F—t）圖像片段，運

動員可視為質(zhì)點。不計空氣阻力，重力加速度g=10m/s2,下列說法正確的是（）

A.演員在。到b過程處于超重狀態(tài)

B.演員在6時刻速度最大，速度大小為8m/s

C.從。時刻到6時刻，蹦床對演員做的功大于1280J

D.從。時刻到b時刻，蹦床給演員的沖量大小為320N?s

【答案】C

【詳解】A.演員在。到6過程，壓力由最大值減小為0,根據(jù)牛頓第三定律可知，演員所

受支持力由最大值減小為0,根據(jù)牛頓第二定律可知，加速度方向先向上后向下，加速度大

小先減小后增大，則演員在。到6過程先處于超重狀態(tài)，后處于失重狀態(tài)，故A錯誤；

B.結(jié)合上述可知，演員在。到6過程，先向上做加速度減小的變加速直線運動，后向上做

加速度減小的變減速直線運動，當加速度為0時，速度達到最大值，即。到6之間的某一時

刻，演員的速度最大，故B錯誤；

C.根據(jù)圖像可知，演員脫離蹦床在空中運動的時間為

2.8s-1.2s=1.6s

根據(jù)豎直上拋運動的對稱性可知，演員脫離蹦床向上運動的時間為0.8s,利用逆向思維，根

據(jù)速度公式有

%=gf=10x0.8m/s=8m/s

在0.2s到1.2s內(nèi)，結(jié)合上述可知，蹦床對演員做的功為

1,

少=_*=1280J

2°

根據(jù)圖像可知，從。時刻到6時刻，蹦床的彈性勢能轉(zhuǎn)化為演員增加的重力勢能與動能，可

知，從a時刻到6時刻，蹦床對演員做的功大于1280J,故C正確；

D.從。時刻到6時刻，根據(jù)動量定理有

I_mg%b=mv°

I=mgtab+m%

解得

/=720N-s

故D錯誤。

故選Co

【變式演練2】.（2024?廣西?二模）起跳摸高是學生常進行的一項運動，一質(zhì)量為80kg的同

學用力蹬地且舉臂起跳，在剛要離地時其手指距地面的高度為2.10m；離地后身體形狀近似

不變，手指摸到的最大高度為2.55m。若從蹬地到離開地面的時間為0.2s,不計空氣阻力，

起跳過程中他對地面的平均壓力約為（g取10m/s2）（）

A.1450NB.1500NC.2000ND.1600N

【答案】C

【詳解】跳起后重心升高的高度為

A=2.55-2.10m=0.45m

v2=2gh

所以人跳起的速度為

v=3m/s

根據(jù)動量定理得

Ft-mgt=mv

解得起跳過程中地面對人的平均壓力約為

F=2000N

根據(jù)牛頓第三定律，起跳過程中人對地面的平均壓力約為2000No

故選C。

【變式演練3】如圖，一學生練習用頭顛球。某次足球由靜止開始自由下落80cm,被頭部

重新頂起，離開頭部后足球豎直上升的最大高度為45cmo已知足球與頭部作用的時間為0.1

s,足球的質(zhì)量為0.4kg,重力加速度大小取g=10m/s2。則頭部對足球的平均作用力大小為

()

C.8ND.4N

【答案】A

【詳解】設(shè)足球從高處自由落下根頭部接觸瞬間速度大小為匕，離開頭部做豎直上拋運動瞬

間速度大小為匕，有

匕2=2g%

2

v2=2g%

解得

Vj=4m/s

v2=3m/s

取向上為正方向，根據(jù)動量定理有

(F-mg)t=mv2—(—mvx)

解得

F=32N

故選Ao

【變式演練4】“蹦極”是一項專業(yè)的戶外休閑運動。如題圖所示，某人用彈性橡皮繩拴住身

體從高空尸處自由下落，若此人質(zhì)量為加，橡皮繩長為/,人可看成質(zhì)點，且此人從P點由

靜止開始下落到最低點所用時間為3重力加速度為g,不計空氣阻力。從橡皮繩開始拉伸

到此人下落到最低點的過程中，橡皮繩對此人的平均作用力大小為（）

【答案】D

【詳解】人從下落到橡皮繩正好拉直的時間設(shè)為力，則

此時速度為

v=go=4^

取向上為正方向，由動量定理得

(F-mg)t--(-mv)

橡皮繩對人的平均作用力為

故選D。

題型三動量定理和圖像問題的結(jié)合

【例1】（2024?山東?模擬預(yù)測）一質(zhì)量為加的小球從地面豎直上拋，在運動過程中小球受

到的空氣阻力與速率成正比。它從拋出到落地過程中動量隨時間變化的圖像如圖所示。已知

重力加速度為g,則下列說法正確的是（）

A.小球4時刻剛好落地

B.小球在運動過程中加速度最大為2g

C.小球從拋出到落地的總時間為粵L

2mg

D.小球上升和下降過程中阻力的沖量大小不相等

【答案】C

【詳解】A.由圖可知，時刻后物體的動量不變，即物體的速度不變，由圖可知物體速度

不變后，又運動了一段時間，說明質(zhì)時刻物體還沒落地，故A錯誤；

B.設(shè)在運動過程中小球受到的空氣阻力與速率滿足關(guān)系式

f=kv

根據(jù)動量定理

Ap=FAt

可知。一圖像的斜率表示合外力，由圖可知才=0時刻，圖像斜率的絕對值最大，小球

的加速度最大，設(shè)物體運動過程中的最大加速度為%，有

mg+kvt—ma1a

其中

m

當夕=今時，物體合外力為零，此時有

mg=kv2=左&-

2m

解得

故B錯誤；

C.設(shè)從地面拋出到最高點的時間為明上升的高度為力，設(shè)最高點到落地的時間為％，從

地面拋出到最高點由動量定理得

-mgtx-kvit{=0-Po

即

mgtx+kh=Po

同理下降階段

mgt2-kvit2=-

即

mgt2-kh=9

聯(lián)立可得小球從拋出到落地的總時間為

t=ti+ti

2mg

故c正確；

D.小球上升過程中阻力的沖量大小為

/fi=—kh

小球下落過程中阻力的沖量大小為

1f2=kv2t2-kh

故小球上升和下降過程中阻力的沖量大小相等，故D錯誤。

故選C。

【變式演練1】從地面上以一定初速度豎直向上拋出一質(zhì)量為加的小球，其動能隨時間的變

化如圖。已知小球受到的空氣阻力與速率成正比。小球落地時的動能為且落地前小球

己經(jīng)做勻速運動。重力加速度為g,則小球在整個運動過程中（）

A.球上升階段阻力的沖量大于下落階段阻力的沖量

B.從最高點下降落回到地面所用時間小于力

C.最大的加速度為4g

D.小球上升的最大高度為阻-入例瓦

mgm

【答案】D

【詳解】A.由題意可得，阻力與速率的關(guān)系為了=H，故阻力的沖量大小為

I尸Yft=￡kvt=kx

因為上升過程和下降過程位移大小相同，則上升和下降過程阻力的沖量大小相等，A錯誤;

B.由于機械能損失，上升過程中的平均速度大于下降過程中的平均速度，上升過程與下降

過程的位移大小相等，故小球在運動的全過程，上升的時間小于下降的時間，B錯誤；

C.設(shè)小球的初速度為%,滿足

16篇

而小球的末速度為匕，有

「12

E0=-mvx

小球剛拋出時阻力最大，其加速度最大，有

機g+鈾=〃7amax

當小球向下勻速時，有

mg=kvx

聯(lián)立解得

。皿X=5g

C錯誤；

D.上升時加速度為。，由牛頓第二定律得

-[mg+kv^=ma

解得

k

a=-g-----v

m

取極短加時間，速度變化Av,有

Av=a\t=-g/^t-----vAZ

m

又

v\t=Nh

上升全程

ZAv=0-v0=-gZA/-—XA/z

m

則

k

vo=g%i+—HTT

m

設(shè)小球的初速度為%,滿足

16E0=^mv-

而小球的末速度為匕，有

F12

石0=］加匕

聯(lián)立可得

H_8￡*o%j2ff?Eo

mgm

D正確。

故選D。

【變式演練2】如圖甲所示，一小物塊在水平向右的推力尸作用下從/點由靜止開始向右做

直線運動，力廠的大小隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示，鋼塊的質(zhì)量〃7=1kg,與臺面間的動

摩擦因數(shù)〃=01，g=10m/s2。則小物塊在t=L5s時刻的速度（）

in

A

甲

□m/s

A.——m/sB.——m/s