第1講 動量 動量定理 教案

《金版教程》高考總復習·物理（新教材）

高考對本章的考查主要是以碰撞為模型對動量守恒定律進行考查，而

考情分析且注意與生活中的具體事例相聯(lián)系，題型主要以選擇題、計算題為主，

計算題往往與其他知識綜合。

1.理解動量、動量的變化量、沖量

等概念，掌握動量定理、動量守

恒定律，并能用動量守恒定律解

1.動量、動量定理(Ⅱ)決相關(guān)問題。

2．動量守恒定律及其應用2．掌握彈性碰撞和非彈性碰撞的

(Ⅱ)考概念，記住兩個物體碰撞的幾個

3．彈性碰撞和非彈性碰撞點基本公式，能運用動量守恒定律

重要考點

(Ⅰ)解并結(jié)合能量關(guān)系解決簡單的碰撞

實驗八：驗證動量守恒定律讀問題。

說明：只限于一維兩個物體3．高考中對本專題的考查方式主

的碰撞問題。要有兩種：(1)以碰撞為模型考查

動量守恒定律的應用；(2)以生活

中的實例為背景，考查規(guī)律的靈

活運用。

第1講動量動量定理

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知識點動量Ⅱ

1．定義：物理學中把質(zhì)量和速度的01乘積mv定義為物體的動量，用字母

p表示。

2．表達式：p＝02mv。

3．單位：03kg·m/s。

4．標矢性：動量是矢量，其方向和04速度的方向相同。

知識點動量定理Ⅱ

1．沖量

(1)定義：力與力的01作用時間的乘積叫作力的沖量。定義式：02I＝FΔt。

(2)單位：沖量的單位是03牛秒，符號是04N·s。

(3)標矢性：沖量是矢量，恒力沖量的方向與05力的方向相同。

2．動量定理

(1)內(nèi)容：物體在一個過程中所受力的06沖量等于它在這個過程始末的07動

量變化量。

(2)表達式：I＝p′－p或F(t′－t)＝mv′－mv。

(3)矢量性：動量變化量的方向與08合力的方向相同，也可以在某一方向上

用動量定理。

一堵點疏通

1．兩物體的動量相等，動能也一定相等。()

2．動量變化的大小，不可能等于初、末態(tài)動量大小之和。()

3．物體的動量變化等于某個力的沖量。()

4．物體沿水平面運動，重力不做功，重力的沖量也等于零。()

5．物體的動量越大，則物體的慣性就越大。()

答案1.×2.×3.×4.×5.×

二對點激活

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1．下列說法正確的是()

A．速度大的物體，它的動量一定也大

B．動量大的物體，它的速度一定也大

C．只要物體的運動速度大小不變，物體的動量就保持不變

D．物體的動量變化越大，則該物體的速度變化一定越大

答案D

解析動量p＝mv，由質(zhì)量和速度共同決定，所以A、B錯誤；動量是矢量，

速度方向改變，動量也會改變，故C錯誤；由Δp＝mΔv知，D正確。

2．質(zhì)量為5kg的小球以5m/s的速度豎直落到地板上，隨后以3m/s的速度

反向彈回，若取豎直向下的方向為正方向，則小球動量的變化為()

A．10kg·m/sB.－10kg·m/s

C．40kg·m/sD.－40kg·m/s

答案D

解析動量的變化是末動量減去初動量，規(guī)定了豎直向下為正方向，則小球

的初動量p

1＝mv1＝25kg·m/s，末動量p2＝mv2＝－15kg·m/s，所以動量的變化Δp

＝p

2－p1＝－40kg·m/s，D正確。

3．(多選)在光滑水平面上，原來靜止的物體在水平恒力F的作用下，經(jīng)過時

間t，通過位移l后，動量變?yōu)閜，動能變?yōu)镋

k，以下說法正確的是()

A．在F作用下，這個物體若經(jīng)過位移2l，其動量將等于2p

B．在F作用下，這個物體若經(jīng)過時間2t，其動量將等于2p

C．在F作用下，這個物體若經(jīng)過時間4t，其動能將等于2Ek

D．在F作用下，這個物體若經(jīng)過位移2l，其動能將等于2Ek

答案BD

解析由動量定理Ft＝Δp和l＝1知，A錯誤，B正確；由動能定理Fl＝

2at2

1

ΔE和l＝at2知，C錯誤，D正確。

k2

4．(人教版選擇性必修第一冊·P10·T2改編)體操運動員在落地時總要屈腿，這

樣做可以()

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A．減小地面對人的沖量B.減小地面對人的撞擊力

C．減小人的動量變化量D.減小人的動能變化量

答案B

解析體操運動員落地時屈腿可以延長地面對人撞擊力的作用時間，取人落

mv

地時速度方向為正方向，根據(jù)動量定理得：－Ft＋mgt＝0－mv，得：F＝＋mg，

t

當t增加時F減小，而沖量和動量、動能的變化量都不變，所以B正確。

考點1動量、沖量的理解及計算

1.對動量的理解

(1)動量的兩性

①瞬時性：動量是描述物體運動狀態(tài)的物理量，是針對某一時刻或位置而言

的。

②相對性：動量的大小與參考系的選取有關(guān)，通常情況是指相對地面的動量。

(2)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

1

定義式p＝mvE＝m2

k2v

標矢量矢量標量

變化因素物體所受沖量外力所做的功

p2

大小關(guān)系p＝2mEE＝

kk2m

(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

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(3)都是狀態(tài)量，與某一時刻或某一位置相對應

2．對沖量的理解

(1)沖量的兩性

①時間性：沖量不僅由力決定，還由力的作用時間決定，恒力的沖量等于該

力與該力的作用時間的乘積。

②矢量性：對于方向恒定的力來說，沖量的方向與力的方向一致。

(2)作用力和反作用力的沖量：一定等大、反向，但作用力和反作用力做的功

之間并無必然聯(lián)系。

(3)沖量與功的比較

沖量功

作用在物體上的力和力的作用時作用在物體上的力和物體在力的

定義

間的乘積方向上的位移的乘積

單位N·sJ

公式I＝FΔt(F為恒力)W＝Flcosα(F為恒力)

標矢量矢量標量

①表示力對時間的累積①表示力對空間的累積

意義

②是動量變化的量度②是能量變化的量度

①都是過程量，都與力的作用過程相互聯(lián)系

聯(lián)系

②沖量不為零時，功可能為零；功不為零時，沖量一定不為零

例1如圖所示，質(zhì)量為m的小滑塊沿傾角為θ的斜面向上滑動，經(jīng)過時間

t1，速度為零并又開始下滑，經(jīng)過時間t2回到斜面底端，滑塊在運動過程中受到

的摩擦力大小始終為F

f。在整個運動過程中，下列說法正確的是()

A．重力對滑塊的總沖量為mg(t1＋t2)sinθ

B．支持力對滑塊的總沖量為mg(t1＋t2)cosθ

C．合力的沖量為0

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D．摩擦力的總沖量為Ff(t1＋t2)

(1)上滑過程與下滑過程摩擦力方向相同嗎？

提示：不相同。

(2)整個過程中小滑塊的動量是否發(fā)生了改變？

提示：發(fā)生了改變。

嘗試解答選B。

重力對滑塊的總沖量為mg(t

1＋t2)，故A錯誤；支持力對滑塊的總沖量為mg(t1

＋tθ

2)cos，故B正確；整個過程中小滑塊的動量發(fā)生了改變，故合力的總沖量不

為0，C錯誤；上滑過程和下滑過程摩擦力的方向相反，故若以沿斜面向上為正

方向，摩擦力的總沖量為F

f(t2－t1)，故D錯誤。

沖量的四種計算方法

利用定義式I＝FΔt計算沖量，此方法僅適用于恒力的沖量，

公式法

無需考慮物體的運動狀態(tài)

利用F－t圖像計算，F(xiàn)－t圖像與時間軸圍成的面積表示沖量，

圖像法

此法既可以計算恒力的沖量，也可以計算變力的沖量

如果物體受到大小或方向變化的力的作用，則不能直接用I＝

動量

FΔt求變力的沖量，可以求出該力作用下物體動量的變化量，

定理法

由I＝Δp求變力的沖量

1

如果力隨時間是均勻變化的，則F＝(F＋F)，該變力的沖量

平均20t

力法1

為I＝(F＋F)t

20t

[變式1－1](多選)一細繩系著小球，在光滑水平面上做圓周運動，小球質(zhì)

量為m，速度大小為v，做圓周運動的周期為T，則以下說法中正確的是()

T，小球的動量的變化量為零

A．經(jīng)過時間t＝2

T

，小球的動量的變化量大小為2mv

B．經(jīng)過時間t＝4

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T

，細繩的拉力對小球的沖量大小為2mv

C．經(jīng)過時間t＝2

T，重力對小球的沖量大小為mgT

D．經(jīng)過時間t＝44

答案BCD

解析經(jīng)過時間t＝T，小球轉(zhuǎn)過了180°，速度方向正好與開始計時的時刻的

2

速度方向相反，若規(guī)定開始計時的時刻的速度方向為正方向，則小球的動量的變

化量Δp＝－mv－mv＝－2mv，細繩的拉力對小球的沖量I＝Δp＝－2mv，沖量大

T

小為2mv，A錯誤，C正確；經(jīng)過時間t＝，小球轉(zhuǎn)過了90°，根據(jù)矢量合成法

4

可得，小球的動量的變化量大小為Δp′＝mΔv＝2mv，重力對小球的沖量大小

mgT

I＝mgt＝，B、D正確。

G4

[變式1－2](多選)一質(zhì)量為m的運動員托著質(zhì)量為M的重物從下蹲狀態(tài)(圖

甲)緩慢運動到站立狀態(tài)(圖乙)，該過程重物和人的肩部相對位置不變，運動員保

持圖乙狀態(tài)站立Δt時間后再將重物緩慢向上舉，至雙臂伸直(圖丙)。甲到乙、乙

到丙過程重物上升的高度分別為h

1、h2，經(jīng)歷的時間分別為t1、t2，則()

A．地面對運動員的沖量大小為(M＋m)g(t1＋t2＋Δt)，地面對運動員做的功為

0

B．地面對運動員的沖量大小為(M＋m)g(t1＋t2)，地面對運動員做的功為(M

＋m)g(h

1＋h2)

C．運動員對重物的沖量大小為Mg(t1＋t2＋Δt)，運動員對重物做的功為Mg(h1

＋h

2)

D．運動員對重物的沖量大小為Mg(t1＋t2)，運動員對重物做的功為0

答案AC

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解析因甲到乙、乙到丙均為緩慢運動過程，則可認為運動員和重物整體一

直處于平衡狀態(tài)，地面對運動員的支持力大小為(M＋m)g，整個過程的時間為(t

1

＋t

2＋Δt)，根據(jù)I＝Ft可知地面對運動員的沖量大小為(M＋m)g(t1＋t2＋Δt)；因地

面對運動員的支持力的作用點不動，可知地面對運動員做的功為0，A正確，B

錯誤。運動員對重物的作用力大小為Mg，作用時間為(t

1＋t2＋Δt)，根據(jù)I＝Ft可

知運動員對重物的沖量大小為Mg(t

1＋t2＋Δt)，重物的位移為(h1＋h2)，根據(jù)W＝

Fs可知運動員對重物做的功為Mg(h1＋h2)，C正確，D錯誤。

考點2動量定理的理解及應用

1.動量定理的理解

(1)動量定理反映了力的沖量與動量變化之間的因果關(guān)系，即合力的沖量是原

因，物體的動量變化是結(jié)果。

(2)動量定理中的沖量是所受合力的沖量，既是各力沖量的矢量和，也是合力

在不同階段沖量的矢量和。

(3)動量定理的表達式是矢量式，等號包含了大小相等、方向相同兩方面的含

義。

p′－pΔp

＝，即物體所受的合力等于物體的動量

(4)由FΔt＝p′－p，得F＝ΔtΔt

對時間的變化率。

2．用動量定理解釋生活現(xiàn)象

(1)Δp一定時，F(xiàn)的作用時間越短，力越大；時間越長，力越小。

(2)F一定時，力的作用時間越長，Δp越大；時間越短，Δp越小。

分析問題時，要明確哪個量一定，哪個量變化。

3．用動量定理解題的基本思路

(1)確定研究對象。在中學階段用動量定理討論的問題，其研究對象一般僅限

于單個物體。

(2)對物體進行受力分析，求合沖量?？上惹竺總€力的沖量，再求各力沖量的

矢量和；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。

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(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。

對過程較復雜的運動，可分段用動量定理，也可對整個過程用動量定理。

例2(2020·山東省青島實驗高中高三下學期一輪復習摸底)如圖所示，豎直

放置的輕彈簧的一端固定在水平地面上，另一端拴接著質(zhì)量為M的木塊A，開始

時木塊A靜止，現(xiàn)讓一質(zhì)量為m的木塊B從木塊A正上方高為h處自由下落，

與木塊A碰撞后一起向下壓縮彈簧，經(jīng)過時間t木塊A下降到最低點。已知彈簧

始終處于彈性限度內(nèi)，不計空氣阻力，木塊A與木塊B碰撞時間極短，重力加速

度為g，則從兩木塊發(fā)生碰撞到木塊A第一次回到初始位置的過程中彈簧對木塊

A的沖量I的大小是()

A．I＝2(M＋m)2gh

B．I＝2(M＋m)gt

C．I＝2(M－m)2gh

D．I＝2m2gh＋2(M＋m)gt

(1)A由最低點返回初始位置的時間為多少？

提示：t。

(2)彈簧對木塊A的沖量I屬于變力的沖量，應用什么規(guī)律解答？

提示：動量定理。

嘗試解答選D。

木塊B自由下落h時的速度為v

B＝2gh，木塊B與A碰撞過程動量守恒，

則mv

B＝(M＋m)v，根據(jù)機械能守恒定律，可知木塊A第一次回到初始位置時的

速度大小仍為v，方向豎直向上。以豎直向下為正方向，從兩木塊發(fā)生碰撞后到

木塊A第一次回到初始位置的過程中，由動量定理得(M＋m)g·2t－I＝－(M＋m)v

－(M＋m)v，解得這一過程中彈簧對木塊A的沖量I＝2m2gh＋2(M＋m)gt，故D

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正確。

應用動量定理解題的注意事項

在應用動量定理解題時，一定要對物體認真進行受力分析，不可有力的遺漏；

建立方程時要事先選定正方向，確定力與速度的符號，列出關(guān)系式。對于變力的

沖量，往往通過動量定理來計算，只有當相互作用時間Δt極短，且相互作用力遠

大于重力時，才可舍去重力。

[變式2－1](2021·福建省三明市高三上期末質(zhì)量檢測)(多選)物塊在合力F

的作用下從靜止開始沿直線運動，F(xiàn)隨時間t變化的圖線如圖所示，則物塊()

A．在0～2s時間內(nèi)動量變化量為2kg·m/s

B．動量在0～2s內(nèi)比2～4s內(nèi)變化快

C．4s時動量大小為2kg·m/s

D．4s時運動方向發(fā)生改變

答案BC

解析根據(jù)動量定理Δp＝Ft可知，在0～2s時間內(nèi)動量變化量為Δp＝2×2

kg·m/s＝4kg·m/s，故A錯誤；在0～2s時間內(nèi)動量變化了4kg·m/s，在2～4s

時間內(nèi)動量變化了－2kg·m/s，所以動量在0～2s內(nèi)比2～4s內(nèi)變化快，故B正

確；4s時動量大小為p＝4kg·m/s－2kg·m/s＝2kg·m/s，故C正確；4s時動量仍

為正值，運動方向沒有發(fā)生改變，故D錯誤。

[變式2－2](2020·北京市房山區(qū)二模)人們對手機的依賴性越來越強，有些

人喜歡躺著看手機，經(jīng)常出現(xiàn)手機砸到頭部的情況。若手機質(zhì)量為120g，從離人

約20cm的高度無初速度掉落，砸到頭部后手機未反彈，頭部受到手機的沖擊時

間約為0.2s，取重力加速度g＝10m/s2，下列分析正確的是()

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A．手機接觸頭部之前的速度約為1m/s

B．手機對頭部的沖量大小約為0.48N·s

C．手機對頭部的作用力大小約為1.2N

D．手機與頭部作用過程中手機的動量變化約為

0．48kg·m/s

答案B

解析手機掉落時做自由落體運動，故手機接觸頭部之前的速度約為v＝

2gh＝2×10×0.2m/s＝2m/s，A錯誤；設(shè)頭部對手機的作用力為F，因為手

機落在頭上沒反彈，速度減為0，以豎直向上為正方向，由動量定理得(F－mg)t

＝0－(－mv)，解得F＝2.4N，根據(jù)力的作用是相互的，則手機對頭部的作用力F′

也是2.4N，作用時間是0.2s，故手機對頭部的沖量大小為I＝F′t＝2.4N×0.2s

＝0.48N·s，B正確，C錯誤；手機的動量變化量為Δp＝mv＝0.12kg×2m/s＝0.24

kg·m/s，D錯誤。

建模提能3應用動量定理分析變質(zhì)量

問題的技巧

對“連續(xù)”質(zhì)點系持續(xù)施加作用力時，質(zhì)點系動量(或其他量)連續(xù)發(fā)生變化。

這類問題的處理思路是：正確選取研究對象，即選取很短時間Δt內(nèi)動量(或其他

量)發(fā)生變化的那部分質(zhì)點作為研究對象，建立如下的“柱狀”模型：在時間Δt

內(nèi)所選取的研究對象分布在以S為截面積、長為vΔt的柱體內(nèi)，這部分質(zhì)點的質(zhì)

量為Δm＝ρSvΔt，以這部分質(zhì)點為研究對象，研究它在Δt時間內(nèi)動量(或其他量)

的變化情況，再根據(jù)動量定理(或其他規(guī)律)求出有關(guān)的物理量。

1．流體類問題

通常液體流、氣體流等被廣義地視為“流體”，質(zhì)量具有連續(xù)性，通常已知

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密度ρ。

【典題例證1】

(2016·全國卷Ⅰ)某游樂園入口旁有一噴泉，噴出的水柱將一質(zhì)量為M的卡

通玩具穩(wěn)定地懸停在空中。為計算方便起見，假設(shè)水柱從橫截面積為S的噴口持

續(xù)以速度v

0豎直向上噴出；玩具底部為平板(面積略大于S)；水柱沖擊到玩具底

板后，在豎直方向水的速度變?yōu)榱?，在水平方向朝四周均勻散開。忽略空氣阻力。

已知水的密度為ρ，重力加速度大小為g。求：

(1)噴泉單位時間內(nèi)噴出的水的質(zhì)量；

(2)玩具在空中懸停時，其底面相對于噴口的高度。

[解析](1)設(shè)Δt時間內(nèi)，從噴口噴出的水的體積為ΔV，質(zhì)量為Δm，則：

Δm＝ρΔV①

ΔV＝v0SΔt②

由①②式得，單位時間內(nèi)從噴口噴出的水的質(zhì)量為

Δm

＝ρvS③

Δt0

(2)設(shè)玩具懸停時其底面相對于噴口的高度為h，水從噴口噴出后到達玩具底

面時的速度大小為v。對于Δt時間內(nèi)噴出的水，由能量守恒得

11

(Δm)v2＋(Δm)gh＝(Δm)v2④

220

在h高度處，Δt時間內(nèi)噴射到玩具底面的水沿豎直方向的動量變化量的大小

為Δp＝(Δm)v⑤

設(shè)水對玩具的作用力的大小為F，根據(jù)動量定理有

FΔt＋ΔmgΔt＝Δp⑥

因為ΔmgΔt＝ρv2含Δt的二次項，所以與FΔt相比，ΔmgΔt可忽略。

0SgΔt

由于玩具在空中懸停，由力的平衡條件和牛頓第三定律得F＝Mg⑦

v2M2g

聯(lián)立③④⑤⑥⑦式得h＝0－。

222

2g2ρv0S

v2M2g

[答案](1)S(2)0－

ρv0222

2g2ρv0S

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名師點睛流體類問題分析步驟

(1)建立“柱狀”模型，沿流速v的方向選取一段柱形流體，其橫截面積為S。

(2)微元研究，作用時間Δt內(nèi)的一段柱形流體的長度為Δl，對應的質(zhì)量為Δm

＝ρSvΔt。

(3)建立方程，應用動量定理研究這段柱狀流體。

2．微粒類問題

通常電子流、光子流、塵埃等被廣義地視為“微?！?，質(zhì)量具有獨立性，通

常給出單位體積內(nèi)的粒子數(shù)n。

【典題例證2】

(2020·山東省臨沂市一模)一宇宙飛船的橫截面積為S，以v0的恒定速率航

行，當進入有宇宙塵埃的區(qū)域時，設(shè)在該區(qū)域，單位體積內(nèi)有n顆塵埃，每顆塵

埃的質(zhì)量為m，若塵埃碰到飛船前是靜止的，且碰到飛船后就粘在飛船上，不計

其他阻力，為保持飛船勻速航行，飛船發(fā)動機的牽引力功率為()

22

A．Snmv0B.2Snmv0

33

C.Snmv0D.2Snmv0

[解析]時間Δt內(nèi)粘在飛船上的塵埃質(zhì)量為：M＝v0ΔtSnm，對粘在飛船上的

塵埃，由動量定理得：FΔt＝Mv2

0－0，解得飛船對這些塵埃的作用力為：F＝nmv0

S；根據(jù)牛頓第三定律及平衡條件，可知為保持飛船勻速航行，飛船發(fā)動機的牽引

力F′＝F，牽引力的功率為P＝F′v3

0＝nmv0S，故C正確，A、B、D錯誤。

[答案]C

名師點睛微粒類問題分析步驟

“”

(1)建立柱體模型，沿速度v0的方向選取一段微元，其橫截面積為S。

(2)微元研究，作用時間Δt內(nèi)一段微元的長度為Δl，對應的體積為ΔV＝Sv0Δt，

則微元內(nèi)的粒子數(shù)N＝nv

0SΔt。

(3)應用動量定理研究微元內(nèi)的粒子，建立方程求解。

【針對訓練】

1.(2020·山東省青島市高三上學期期末)2019年8月11日超強臺風“利奇

馬”登陸青島，導致部分高層建筑頂部的廣告牌損毀。臺風“利奇馬”登陸時的

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最大風力為11級，最大風速為30m/s。某高層建筑頂部廣告牌的尺寸為：高5m、

寬20m，空氣密度ρ＝1.2kg/m3，空氣吹到廣告牌上后速度瞬間減為0，則該廣

告牌受到的最大風力約為()

A．3.9×103NB.1.1×105N

C．1.0×104ND.9.0×104N

答案B

解析廣告牌的面積S＝5×20m2＝100m2，設(shè)Δt時間內(nèi)吹到廣告牌上的空

氣質(zhì)量為m，則有：m＝ρSvΔt，對Δt時間內(nèi)吹到廣告牌上的空氣，根據(jù)動量定

理有：－FΔt＝0－mv＝0－ρSv2Δt，得：F＝ρSv2，代入數(shù)據(jù)解得：F＝1.08×105

N≈1.1×105N，根據(jù)牛頓第三定律，廣告牌受到的最大風力約為1.1×105N，故

B正確，A、C、D錯誤。

2.(2020·河北省廊坊市高中聯(lián)合體高三上學期聯(lián)考)水刀切割具有精度高、無

熱變形、無毛刺、無需二次加工以及節(jié)約材料等特點，得到廣泛應用。某水刀切

割機床如圖所示，若橫截面直徑為d的水流以速度v垂直射到要切割的鋼板上，

碰到鋼板后水的速度減為零，已知水的密度為ρ，則鋼板受到水的沖力大小為

()

A．πρd2vB.πρd2v2

11

πρd2D.πρd22

C.4v4v

《金版教程》高考總復習·物理（新教材）

答案D

解析設(shè)Δt時間內(nèi)有體積為V的水打在鋼板上，則這些水的質(zhì)量為：m＝ρV

1

＝ρSvΔt＝πd2ρΔt，以這部分水為研究對象，它受到鋼板的作用力為F，以水運

4v

mv1

動的方向為正方向，由動量定理有：FΔt＝0－mv，解得：F＝－＝－πd2ρ2，

Δt4v

根據(jù)牛頓第三定律，故D正確。

3．(2020·山東省濰坊市臨朐縣高三綜合模擬)我國航天事業(yè)持續(xù)飛速發(fā)展，

2019年1月，嫦娥四號飛船在太陽系

最大的撞擊坑內(nèi)靠近月球南極的地點著陸月球背面。假設(shè)有一種宇宙飛船利

用離子噴氣發(fā)動機加速起飛，發(fā)動機加速電壓為U，噴出二價氧離子，離子束電

流為I，那么下列結(jié)論正確的是(元電荷為e，氧離子質(zhì)量為m

0，飛船質(zhì)量為M)()

A．噴出的每個氧離子的動量p＝2eU

m0U

B．飛船所受到的推力為F＝Ie

IMU

C．飛船的加速度為a＝

m0e

D．推力做功的功率為2MeU

答案B

1

解析對于每個氧離子，在加速電壓U的作用下加速，有：2eU＝m2，p

20v

＝m

0v，解得：p＝2m0eU，故A錯誤；設(shè)Δt時間內(nèi)有n個離子被噴出，根據(jù)電

Qn·2e

流的定義式：I＝＝，對于單個離子，由動量定理得：FΔt＝m，若有n

ΔtΔt00v

mU

個離子被噴出，則有F′＝nF，聯(lián)立以上各式可得：F′＝I0，由牛頓第三

0e

mUFI

定律得：F＝F′＝I0，故B正確；對飛船，由牛頓第二定律得：a＝＝

eMM

mU

0，故C錯誤；功率的單位與2MeU的單位不同，故D錯誤。

e

《金版教程》高考總復習·物理（新教材）

1．(2019·全國卷Ⅰ)最近，我國為“長征九號”研制的大推力新型火箭發(fā)動機

聯(lián)試成功，這標志著我國重型運載火箭的研發(fā)取得突破性進展。若某次實驗中該

發(fā)動機向后噴射的氣體速度約為3km/s，產(chǎn)生的推力約為4.8×106N，則它在1s

時間內(nèi)噴射的氣體質(zhì)量約為()

A．1.6×102kgB.1.6×103kg

C．1.6×105kgD.1.6×106kg

答案B

解析設(shè)1s內(nèi)噴出氣體的質(zhì)量為m，噴出的氣體與該發(fā)動機的相互作用力

Ft4.8×106×1

為F，由動量定理知Ft＝mv，m＝＝kg＝1.6×103kg，B正確。

v3×103

2．(2018·全國卷Ⅱ)高空墜物極易對行人造成傷害。若一個50g的雞蛋從一

居民樓的25層墜下，與地面的撞擊時間約為2ms，則該雞蛋對地面產(chǎn)生的沖擊

力約為()

A．10NB.102N

C.103ND.104N

答案C

解析設(shè)雞蛋落地瞬間的速度為v，每層樓的高度大約是3m，由動能定理

1

可知：mgh＝2，解得：v＝2gh＝2×10×3×25m/s＝1015m/s。落地時

2mv

受到自身的重力和地面的支持力，規(guī)定向上為正方向，由動量定理可知：(N－mg)t

＝0－(－mv)，解得：N≈1×103N，根據(jù)牛頓第三定律可知雞蛋對地面產(chǎn)生的沖

擊力約為103N，故C正確。

3.(2017·全國卷Ⅲ)(多選)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。F隨時間t變化的圖線如圖所示，則()

《金版教程》高考總復習·物理（新教材）

A．t＝1s時物塊的速率為1m/s

B．t＝2s時物塊的動量大小為4kg·m/s

C．t＝3s時物塊的動量大小為5kg·m/s

D．t＝4s時物塊的速度為零

答案AB

F2

解析前2s內(nèi)物塊做初速度為零的勻加速直線運動，加速度a＝1＝m/s2

1m2

＝1m/s2，t＝1s時物塊的速率v

1＝a1t1＝1m/s，A正確；t＝2s時物塊的速率v2

＝a

1t2＝2m/s，動量大小為p2＝mv2＝4kg·m/s，B正確；物塊在2～4s內(nèi)做勻減

F

速直線運動，加速度的大小a＝2＝0.5m/s2，t＝3s時物塊的速率v＝－at

2m3v223

＝(2－0.5×1)m/s＝1.5m/s，動量大小p

3＝mv3＝3kg·m/s，C錯誤；t＝4s時物塊

的速度v×

4＝v2－a2t4＝(2－0.52)m/s＝1m/s，D錯誤。

4．(2021·八省聯(lián)考河北卷)(多選)游樂場滑索項目的簡化模型如圖所示，索道

AB段光滑，A點比B點高1.25m，與AB段平滑連接的BC段粗糙，長4m。質(zhì)

量為50kg的滑塊從A點由靜止下滑，到B點進入水平減速區(qū)，在C點與緩沖墻

發(fā)生碰撞，反彈后在距墻1m的D點停下。設(shè)滑塊與BC段的動摩擦因數(shù)為0.2，

規(guī)定向右為正方向。g取10m/s2。下列說法正確的是()

A．緩沖墻對滑塊的沖量為－50N·s

B．緩沖墻對滑塊的沖量為－250N·s

C．緩沖墻對滑塊做的功為－125J

D．緩沖墻對滑塊做的功為－250J

答案BC

《金版教程》高考總復習·物理（新教材）

解析規(guī)定水平向右為正方向，設(shè)滑塊下落到B點時的速度大小為v

B，滑塊

1

從A到B，由動能定理可知mgh＝m2－0，代入數(shù)據(jù)解得＝5m/s；由B到C

2vBvB

的過程中，滑塊加速度大小為a＝μmg＝2m/s，設(shè)滑塊與緩沖墻碰撞前瞬間速度

m2

大小為v

C，由B到C位移大小為xBC，則由勻變速直線運動速度與位移的關(guān)系可

得v22′

C－vB＝－2axBC，解得vC＝3m/s；設(shè)滑塊與緩沖墻碰撞后的速度大小為vC，

由C到D的過程中，滑塊加速度大小仍為a，由C到D位移大小為x

CD，則由C

到D有0－v′2＝－2ax′

CCD，解得vC＝2m/s；由動量定理可知緩沖墻對滑塊的

沖量為I＝Δp＝－mv′

C－mvC＝－250N·s，由動能定理可知緩沖墻對滑塊做的功

11

為W＝m′2－m2＝－125J。綜上分析可知B、C正確，A、D錯誤。

2vC2vC

5.(2020·安徽省合肥市高三第三次教學質(zhì)量檢測)(多選)2019年10月，直20

武裝直升機在第五屆中國天津國際直升機博覽會亮相。如圖所示，直20的旋翼槳

盤面積(槳葉旋轉(zhuǎn)形成的圓面面積)為S，空氣密度為ρ，直升機質(zhì)量為m，重力加

速度為g。當直升機懸停在空中時，空氣浮力不計，風力的影響也不計，下列說

法正確的是()

A．直升機懸停時受到的升力大小為mg

mg

B．被螺旋槳推動的空氣速度大小為

2ρS

C．1秒內(nèi)被螺旋槳推動的空氣質(zhì)量為mgρS

m3g3

D．1秒內(nèi)發(fā)動機做的功為ρS

答案AC

解析根據(jù)平衡條件可得直升機懸停時受到的升力大小為F＝mg，故A正確；

Δt時間內(nèi)被螺旋槳加速的空氣質(zhì)量為Δm′＝ρSvΔt，設(shè)螺旋槳對空氣的作用力大

小為F′，對質(zhì)量為Δm′的空氣，由動量定理有，F(xiàn)′Δt＝Δm′v－0，根據(jù)牛頓

《金版教程》高考總復習·物理（新教材）

mg

第三定律，F(xiàn)′＝F，聯(lián)立解得v＝，故B錯誤；1秒內(nèi)被螺旋槳推動的空氣

ρS

mg

質(zhì)量為M＝ρSv＝ρS＝mgρS，故C正確；由動能定理可得1秒內(nèi)發(fā)動機所

ρS

做的功為W＝1＝1m3g3，故D錯誤。

2Mv22ρS

6．(2018·江蘇高考)如圖所示，懸掛于豎直彈簧下端的小球質(zhì)量為m，運動

速度的大小為v，方向向下。經(jīng)過時間t，小球的速度大小為v，方向變?yōu)橄蛏稀?/p>

忽略空氣阻力，重力加速度為g，求該運動過程中，小球所受彈簧彈力沖量的大

小。

答案2mv＋mgt

解析取向上為正方向，由動量定理mv－(－mv)＝I

且小球所受總的沖量I＝I－mgt，

彈

解得小球所受彈簧彈力的沖量I＝2mv＋mgt。

彈

7．(2018·北京高考)2022年將在我國舉辦第二十四屆冬奧會，跳臺滑雪是其

中最具觀賞性的項目之一。某滑道示意圖如圖，長直助滑道AB與彎曲滑道BC

平滑銜接，滑道BC高h＝10m，C是半徑R＝20m圓弧的最低點，質(zhì)量m＝60kg

的運動員從A處由靜止開始勻加速下滑，加速度a＝4.5m/s2，到達B點時速度v

B

＝30m/s。取重力加速度g＝10m/s2。

(1)求長直助滑道AB的長度L；

(2)求運動員在AB段所受合外力的沖量的I大??；

(3)若不計BC段的阻力，畫出運動員經(jīng)過C點時的受力圖，并求其所受支持

力F

N的大小。

《金版教程》高考總復習·物理（新教材）

答案(1)100m(2)1800N·s

(3)受力圖見解析3900N

解析(1)已知AB段的初末速度，則利用運動學公式可以求解AB的長度，

即v22

B－v0＝2aL，

v2－v2302－0

可解得L＝B0＝m＝100m。

2a2×4.5

(2)根據(jù)動量定理可知合外力的沖量等于動量的變化量，

所以I＝mv×

B－mv0＝(6030－0)N·s＝1800N·s。

(3)運動員經(jīng)過C點時的受力如圖所示。

由牛頓第二定律可得

v2

F－mg＝mC，①

NR

從B運動到C由動能定理可知

11

mgh＝m2－m2，②

2vC2vB

由①②式并代入數(shù)據(jù)解得F

N＝3900N。

時間：40分鐘滿分：100分

一、選擇題(本題共10小題，每小題7分，共70分。其中1～8題為單選，9～

10題為多選)

1．(2020·山東省九校高三上學期12月月考)物理學科核心素養(yǎng)第一要素是

“物理觀念”，下列“物理觀念”中正確的是()

A．做曲線運動的物體，動量的變化率一定改變

《金版教程》高考總復習·物理（新教材）

B．合力對物體做功為零，則合力的沖量也一定為零

C．做勻變速運動的物體，任意時間內(nèi)的動量變化量的方向是相同的

D．做圓周運動的物體，經(jīng)過一個周期，合力的沖量一定為零

答案C

解析根據(jù)動量定理知，動量的變化率等于力，則做勻變速曲線運動的物體，

動量的變化率恒定，A錯誤；合力對物體做功為零，則合力可能不為零，例如合

力可能作用了一段時間，物體速度大小相等，但方向不同，故合力的沖量不一定

為零，B錯誤；做勻變速運動的物體所受的合力恒定，動量變化量的方向與合力

同向，保持不變，C正確；做變速圓周運動的物體，經(jīng)過一個周期，動量的變化

量不為零，由動量定理知合力的沖量不為零，D錯誤。

2．(2020·北京市豐臺區(qū)高三下二模)將一物體以某一初速度沿豎直方向向上拋

p

出。p表示物體的動量，Δ表示物體的動量變化率，取豎直向下為正方向，忽略

Δt

空氣阻力。則下圖中正確的是()

答案C

解析取豎直向下為正方向，動量p＝mv＝m(－v

0＋gt)＝－mv0＋mgt，mv0、

mg是定值，故動量和時間的關(guān)系圖像應為與縱軸的截距為負、斜率為正的直線，

Δp

故A、B錯誤；動量的變化量Δp＝mgΔt，解得＝mg，mg是定值，故C正確，

Δt

D錯誤。

3.(2020·黑龍江省實驗中學高三下學期開學考試)某物體的v-t圖像如圖所示，

下列說法正確的是()

《金版教程》高考總復習·物理（新教材）

A．0～t1和t2～t3時間內(nèi)，合力做功和沖量都相同

B．t1～t2和t3～t4時間內(nèi)，合力做功和沖量都相同

C．0～t2和t2～t4時間內(nèi)，合力做功和沖量都相同

D．0～t1和t3～t4時間內(nèi)，合力做功和沖量都相同

答案C

1

解析0～t時間內(nèi)物體動能的變化量為m2，動量的變化量為m；t～t

12v0v023

1

時間內(nèi)物體動能的變化量為m2，動量的變化量為－m，根據(jù)動能定理可知這

2v0v0

兩段時間內(nèi)合力做的功相等；根據(jù)動量定理得知：合力的沖量不同，故A錯誤。

11

t～t時間內(nèi)動能的變化量為0－m2＝－m2，動量的變化量為0－m＝－m，

122v02v0v0v0

11

t～t時間內(nèi)動能的變化量為0－m＝－m2，動量的變化量為0－(－m)＝

342v02v0v0

mv0，則知動能變化量相同，而動量變化量不同，所以合力做的功相等，合力的

沖量不同，故B錯誤。0～t

2和t2～t4時間內(nèi)動能變化量及動量變化量均為0，根

據(jù)兩個定理得知合力做的功和沖量都相同，故C正確。由以上分析得知：0～t

1

和t

3～t4時間內(nèi)動能的變化量不同，動量變化量相同，故合力做的功不同，合力

的沖量相同，故D錯誤。

4．(2020·山東省煙臺市高三下高考適應性練習一)如圖甲所示，在粗糙的水平

地面上靜止放置一質(zhì)量為100kg的木箱。t＝0時刻，某同學對其施加水平推力F

的作用。已知水平推力F隨時間t的變化關(guān)系圖像如圖乙所示，木箱與水平地面

之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2。已知最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度g＝

10m/s2。則t＝3s時木箱的速度大小為()

A．2m/sB.2.5m/s

C.6m/sD.8m/s

《金版教程》高考總復習·物理（新教材）

答案B

解析木箱受到的最大靜摩擦力f＝μmg＝200N，結(jié)合圖乙可知，從0.5s后

木箱才開始運動，0.5～3s對木箱由動量定理可得I

F－μmgt＝mv－0，由圖乙可得，

1＋3×400

這段時間內(nèi)推力F的沖量為I＝－200×0.5×0.5N·s＝750N·s，聯(lián)

F2

立解得v＝2.5m/s，故B正確。

5.(2020·浙江省杭州市第二中學高三上學期選考模擬)水平面上有質(zhì)量相等的

a、b兩個物體，水平推力F1、F2分別作用在a、b上，一段時間后撤去推力，物

體繼續(xù)運動一段距離后停下，兩物體的v-t圖像如圖所示，圖中