2020高考物理一轮复习学案：第六章第1讲动量　动量定理



第1讲 动量　动量定理
主干梳理 对点激活
知识点　　动量　Ⅱ
1．定义：运动物体的质量和速度的乘积叫做物体的动量，通常用p来表示。
2．表达式：p＝mv。
3．单位：kg·m/s。
4．标矢性：动量是矢量，其方向和速度方向相同。
5．动量、动能、动量变化量的比较


知识点　　动量定理　Ⅱ
1．冲量
(1)定义：力和力的作用时间的乘积叫做这个力的冲量，公式：I＝Ft。
(2)单位：冲量的单位是牛·秒，符号是N·s。
(3)标矢性：冲量是矢量，恒力冲量的方向与力的方向相同。
2．动量定理
(1)内容：物体所受合外力的冲量等于物体动量的变化。
(2)表达式：Ft＝Δp＝p′－p。
(3)矢量性：动量变化量的方向与合外力的方向相同，也可以在某一方向上用动量定理。
　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　


一 思维辨析
1．两物体的动量相等，动能也一定相等。(　　)
2．动量变化的大小，不可能等于初、末态动量大小之和。(　　)
3．物体的动量变化等于某个力的冲量。(　　)
4．物体沿水平面运动，重力不做功，重力的冲量也等于零。(　　)
5．物体的动量越大，则物体的惯性就越大。(　　)
答案　1.×　2.×　3.×　4.×　5.×
二 对点激活
1．(人教版选修3－5·P11·T2改编)(多选)在光滑水平面上，原来静止的物体在水平恒力F的作用下，经过时间t，通过位移l后，动量变为p，动能变为Ek，以下说法正确的是(　　)
A．在F作用下，这个物体若经过位移2l，其动量将等于2p
B．在F作用下，这个物体若经过时间2t，其动量将等于2p
C．在F作用下，这个物体若经过时间4t，其动能将等于2Ek
D．在F作用下，这个物体若经过位移2l，其动能将等于2Ek
答案　BD
解析　由动量定理Ft＝Δp知，A错误，B正确；由动能定理Fl＝ΔEk和l＝at2知，C错误，D正确。
2．(人教版选修3－5·P12·T5改编)体操运动员在落地时总要屈腿，这样做可以(　　)
A．减小地面对人的冲量 B．减小地面对人的撞击力
C．减小人的动量变化量 D．减小人的动能变化量
答案　B
解析　体操运动员落地时屈腿可以延长地面对人撞击力的作用时间，取人落地时速度方向为正方向，根据动量定理得：－Ft＋mgt＝0－mv，得：F＝＋mg，当t增加时F减小，而冲量和动量、动能的变化量都不变，所以B正确。
3．下列说法正确的是(　　)
A．速度大的物体，它的动量一定也大
B．动量大的物体，它的速度一定也大
C．只要物体的运动速度大小不变，物体的动量就保持不变
D．物体的动量变化越大，则该物体的速度变化一定越大
答案　D
解析　动量p＝mv，由质量和速度共同决定，所以A、B错误；动量是矢量，速度方向改变，动量也会改变，故C错误；由Δp＝mΔv知，D正确。
考点细研 悟法培优
考点1　动量、冲量的理解及计算
1．冲量和动量的比较


2．冲量和功的比较
(1)冲量是矢量，功是标量。
(2)冲量和功都是过程量。冲量是表示力对时间的积累作用，功表示力对位移的积累作用。
(3)冲量不为零时，功可能为零；功不为零时，冲量一定不为零。
3．动量与动能的比较
(1)动量是矢量，动能是标量。
(2)动量和动能都是状态量。总冲量引起动量的变化，总功引起动能的变化。
(3)若动能发生了变化，动量也一定发生变化；而动量发生变化时，动能不一定发生变化。
(4)动量和动能均与参考系的选取有关，高中阶段通常选取地面为参考系。它们的大小关系：p＝或Ek＝。
　　　　
例1　如图所示，质量为m的小滑块沿倾角为θ的斜面向上滑动，经过时间t1，速度为零并又开始下滑，经过时间t2回到斜面底端，滑块在运动过程中受到的摩擦力大小始终为Ff。在整个运动过程中，下列说法正确的是(　　)

A．重力对滑块的总冲量为mg(t1＋t2)sinθ
B．支持力对滑块的总冲量为mg(t1＋t2)cosθ
C．合外力的冲量为0
D．摩擦力的总冲量为Ff(t1＋t2)
解题探究　(1)上升阶段与下降阶段摩擦力方向改变吗？
提示：改变。
(2)整个过程中小滑块的动量发生了改变吗？
提示：改变了。
尝试解答　选B。
重力对滑块的总冲量为mg(t1＋t2)，故A错误；支持力对滑块的总冲量为mg(t1＋t2)cosθ，故B正确；合力的总冲量为(mgsinθ＋Ff)t1＋(mgsinθ－Ff)t2，故C错误；摩擦力是变力，总冲量为Ff(t2－t1)，方向沿斜面向上，故D错误。
总结升华
冲量的四种计算方法




[变式1]　(2018·福建厦门一中月考)(多选)一细绳系着小球，在光滑水平面上做圆周运动，小球质量为m，速度大小为v，做圆周运动的周期为T，则以下说法中正确的是(　　)
A．经过时间t＝，小球的动量的变化量为零
B．经过时间t＝，小球的动量的变化量大小为mv
C．经过时间t＝，细绳的拉力对小球的冲量大小为2mv
D．经过时间t＝，重力对小球的冲量大小为
答案　BCD
解析　经过时间t＝，小球转过了180°，速度方向正好与开始计时的时刻的速度方向相反，若规定开始计时的时刻的速度方向为正方向，则小球的动量的变化量Δp＝－mv－mv＝－2mv，细绳的拉力对小球的冲量I＝Δp＝－2mv，冲量大小为2mv，A错误，C正确；经过时间t＝，小球转过了90°，根据矢量合成法可得，小球的动量的变化量大小为Δp′＝mΔv＝mv，重力对小球的冲量大小IG＝mgt＝，B、D正确。
考点2　动量定理的理解及应用
1．动量定理的理解
(1)中学物理中，动量定理研究的对象通常是单个物体。
(2)Ft＝p′－p是矢量式，两边不仅大小相等，而且方向相同。式中Ft是物体所受的合外力的冲量，其中F可以是恒力，也可以是变力的平均值。
(3)Ft＝p′－p除表明两边大小、方向的关系外，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。
(4)由Ft＝p′－p，得F＝＝，即物体所受的合外力等于物体的动量对时间的变化率。
2．用动量定理解释生活现象
(1)Δp一定时，F的作用时间越短，力就越大；时间越长，力就越小。
(2)F一定时，力的作用时间越长，Δp就越大；时间越短，Δp就越小。
分析问题时，要明确哪个量一定，哪个量变化。
3．用动量定理解题的基本思路
(1)确定研究对象。在中学阶段用动量定理讨论的问题，其研究对象一般仅限于单个物体。
(2)对物体进行受力分析，求合冲量。可先求每个力的冲量，再求各力冲量的矢量和；或先求合力，再求其冲量。
(3)抓住过程的初、末状态，选好正方向，确定各动量和冲量的正负号。
(4)根据动量定理列方程，如有必要还需要补充其他方程，最后代入数据求解。
对过程较复杂的运动，可分段用动量定理，也可对整个过程用动量定理。

　　　　
例2　如图所示，一高空作业的工人重为600 N，系一条长为L＝5 m的安全带，若工人不慎跌落时安全带的缓冲时间t＝1 s，则安全带受的平均拉力是多少？(g取10 m/s2)

解题探究　(1)从开始到最终静止，人的动量是否发生了变化？
提示：没有。
(2)人在整个过程中受哪些力的作用？
提示：重力和安全带给的拉力。
尝试解答　1200_N，方向竖直向下

设工人刚要拉紧安全带时的速度为v，v2＝2gL，得v＝
经缓冲时间t＝1 s后速度变为0，取向下为正方向，工人受两个力作用，即拉力F和重力mg(如图)，对工人由动量定理知，
(mg－F)t＝0－mv，F＝
其中m＝，将数值代入得F＝1200 N。
由牛顿第三定律，工人给安全带的平均拉力F′为1200 N，方向竖直向下。
总结升华
应用动量定理解题的注意事项
在应用动量定理解题时，一定要对物体认真进行受力分析，不可有力的遗漏；建立方程时要事先选定正方向，确定力与速度的符号。如例2规定向下为正，则mg和v取正，F取负，列出关系式。对于变力的冲量，往往通过动量定理来计算，只有当相互作用时间Δt极短时，且相互作用力远大于重力时，才可舍去重力。



[变式2－1]　如图所示，在光滑水平面上静止放着两个相互接触的木块A、B，质量分别为m1和m2，今有一子弹水平穿过两木块，设子弹穿过木块A、B的时间分别为t1和t2，木块对子弹的阻力恒为f，则子弹穿过两木块后，木块A、B的速度大小分别是(　　)

A.　 B.　＋
C.　 D.　
答案　B
解析　子弹在A中穿过时，以AB为研究对象，规定向右为正方向，由动量定理得：ft1＝(m1＋m2)v1，所以v1＝。之后A的速度保持v1不变，子弹进入B木块，以B为研究对象，由动量定理得：ft2＝m2v2－m2v1。联立得：v2＝＋，故B正确，A、C、D错误。
[变式2－2]　下列解释中正确的是(　　)
A．跳高时，在落地处垫海绵是为了减小冲量
B．在码头上装橡皮轮胎，是为了减小渡船靠岸过程受到的冲量
C．动量相同的两个物体受相同的制动力作用，质量小的先停下来
D．人从越高的地方跳下，落地时越危险，是因为落地时人受到的冲量越大
答案　D
解析　跳高时，在落地处垫海绵是为了延长作用时间减小冲力，不是减小冲量，故A错误；在码头上装橡皮轮胎，也是为了延长作用时间，从而减小冲力，不是减小冲量，故B错误；动量相同的两个物体受相同的制动力作用，根据动量定理Ft＝m·Δv，则知运动时间相等，故C错误；从越高的地方跳下，落地时速度越大，动量越大，则受到地的冲量越大，故D正确。


对“连续”质点系发生持续作用时，物体动量(或其他量)连续发生变化。这类问题的处理思路是：正确选取研究对象，即选取很短时间Δt内动量(或其他量)发生变化的那部分物体作为研究对象，建立如下的“柱状”模型：在时间Δt内所选取的研究对象均分布在以S为截面积、长为vΔt的柱体内，这部分质点的质量为Δm＝ρSvΔt，以这部分质量为研究对象，研究它在Δt时间内动量(或其他量)的变化情况，再根据动量定理(或其他规律)求出有关的物理量。
1．流体类问题
通常液体流、气体流等被广义地视为“流体”，质量具有连续性，通常已知密度ρ。
【典题例证1】
(2016·全国卷Ⅰ)某游乐园入口旁有一喷泉，喷出的水柱将一质量为M的卡通玩具稳定地悬停在空中。为计算方便起见，假设水柱从横截面积为S的喷口持续以速度v0竖直向上喷出；玩具底部为平板(面积略大于S)；水柱冲击到玩具底板后，在竖直方向水的速度变为零，在水平方向朝四周均匀散开。忽略空气阻力。已知水的密度为ρ，重力加速度大小为g。求：
(1)喷泉单位时间内喷出的水的质量；
(2)玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度。
[解析]　(1)设Δt时间内，从喷口喷出的水的体积为ΔV，质量为Δm，则：
Δm＝ρΔV①
ΔV＝v0SΔt②
由①②式得，单位时间内从喷口喷出的水的质量为
＝ρv0S③
(2)设玩具悬停时其底面相对于喷口的高度为h，水从喷口喷出后到达玩具底面时的速度大小为v。对于Δt时间内喷出的水，由能量守恒得
(Δm)v2＋(Δm)gh＝(Δm)v④
在h高度处，Δt时间内喷射到玩具底面的水沿竖直方向的动量变化量的大小为
Δp＝(Δm)v⑤
设水对玩具的作用力的大小为F，根据动量定理有
FΔt＋ΔmgΔt＝Δp⑥
因为ΔmgΔt＝ρv0SgΔt2含Δt的二次项，所以与FΔt相比，ΔmgΔt可忽略。
由于玩具在空中悬停，由力的平衡条件和牛顿第三定律得
F＝Mg⑦
联立③④⑤⑥⑦式得
h＝－。
[答案]　(1)ρv0S　(2)－
名师点睛　流体类问题分析步骤
(1)建立“柱状”模型，沿流速v的方向选取一段柱形流体，其横截面积为S。
(2)微元研究，作用时间Δt内的一段柱形流体的长度为Δl，对应的质量为Δm＝ρSvΔt。
(3)建立方程，应用动量定理研究这段柱状流体。
2．微粒类问题
通常电子流、光子流、尘埃等被广义地视为“微粒”，质量具有独立性，通常给出单位体积内的粒子数n。
【典题例证2】
(2018·沈阳质监)有一宇宙飞船，它的正面面积S＝2 m2，以v＝3×103 m/s的相对速度飞入一宇宙微粒尘区。此微粒尘区1 m3空间中有一个微粒，每一个微粒的平均质量为m＝2×10－7 kg。假设微粒与飞船外壳碰撞后附着于飞船上，要使飞船速度不变，飞船的牵引力应增加(　　)
A．3.6×103 N B．3.6 N
C．1.2×10－3 N D．1.2 N
[解析]　设在t时间内与飞船碰撞并附着于飞船上的微粒总质量为M，则M＝vtSm，设飞船对微粒的作用力大小为F，由动量定理知，Ft＝Mv，联立解得F＝v2Sm，代入相关数据得F＝3.6 N。根据牛顿第三定律，微粒对飞船的作用力大小为3.6 N。要使飞船速度不变，根据平衡条件，飞船的牵引力应增加3.6 N，B正确。
[答案]　B
名师点睛　微粒类问题分析步骤
(1)建立“柱体”模型，沿速度v0的方向选取一段微元，其横截面积为S。
(2)微元研究，作用时间Δt内一段微元的长度为Δl，对应的体积为ΔV＝Sv0Δt，则微元内的粒子数N＝nv0SΔt。
(3)先应用动量定理研究单个粒子，建立方程，再乘以N求解。
【针对训练】
1．国产水刀——超高压数控万能水切割机以其神奇的切割性能在北京国际展览中心举行的第五届国际机床展览会上引起轰动，它能切割40 mm厚的钢板，50 mm厚的大理石等其他材料。
水刀就是将普通的水加压，使其从口径为0.2 mm的喷嘴中以800～1000 m/s速度射击出水射流。我们知道，任何材料，承受的压强都有一定限度，下表列出了一些材料所能承受的压强限度。
A
橡胶
5×107 Pa
B
花岗石
1.2×108～2.6×108 Pa
C
铸铁
8.8×108 Pa
D
工具钢
6.7×108 Pa

设想有一水刀的水射流横截面积为S，垂直入射的速度v＝800 m/s，水射流与材料接触后速度为零，且不附着在材料上，水的密度ρ＝1×103 kg/m3，则此水刀不能切割上述材料中的________。
答案　CD
解析　以射到材料上的水量Δm为研究对象，以其运动方向为正方向，由动量定理得－pSΔt＝0－ρSvΔt·v，p＝ρv2＝6.4×108 Pa，由表中数据可知，不能切割CD。
2．正方体密闭容器中有大量运动粒子，每个粒子质量为m，单位体积内粒子数量n为恒量。为简化问题，我们假定：粒子大小可以忽略；其速率均为v，且与器壁各面碰撞的机会均等；与器壁碰撞前后瞬间，粒子速度方向都与器壁垂直，且速率不变。利用所学力学知识，导出器壁单位面积所受粒子压力f与m、n和v的关系。
答案　见解析
解析　一个粒子每与器壁碰撞一次给器壁的冲量是：
I＝2mv，
在Δt时间内能到达面积为S的容器壁上的粒子所占据的体积为：
V＝SvΔt，
由于粒子有均等的概率与容器各面相碰，即可能达到目标区域的粒子数为：
N＝nV＝n·SvΔt，
根据动量定理得：
F·Δt＝N·I，
则得面积为S的器壁受到的粒子的压力为：
F＝＝＝nSmv2；
所以器壁单位面积所受粒子压力为：
f＝＝nmv2。
高考模拟 随堂集训
1．(2018·全国卷Ⅱ)高空坠物极易对行人造成伤害。若一个50 g的鸡蛋从一居民楼的25层坠下，与地面的撞击时间约为2 ms，则该鸡蛋对地面产生的冲击力约为(　　)
A．10 N B．102 N C．103 N D．104 N
答案　C
解析　设鸡蛋落地瞬间的速度为v，每层楼的高度大约是3 m，由动能定理可知：mgh＝mv2，解得：v＝＝ m/s＝10 m/s。落地时受到自身的重力和地面的支持力，规定向上为正方向，由动量定理可知：(N－mg)t＝0－(－mv)，解得：N≈1×103 N，根据牛顿第三定律可知鸡蛋对地面产生的冲击力约为103 N，故C正确。
2.(2017·全国卷Ⅲ)(多选)一质量为2 kg的物块在合外力F的作用下从静止开始沿直线运动。F随时间t变化的图线如图所示，则(　　)

A．t＝1 s时物块的速率为1 m/s
B．t＝2 s时物块的动量大小为4 kg·m/s
C．t＝3 s时物块的动量大小为5 kg·m/s
D．t＝4 s时物块的速度为零
答案　AB
解析　前2 s内物块做初速度为零的匀加速直线运动，加速度a1＝＝ m/s2＝1 m/s2，t＝1 s时物块的速率v1＝a1t1＝1 m/s，A正确；t＝2 s时物块的速率v2＝a1t2＝2 m/s，动量大小为p2＝mv2＝4 kg·m/s，B正确；物块在2～4 s内做匀减速直线运动，加速度的大小a2＝＝0.5 m/s2，t＝3 s时物块的速率v3＝v2－a2t3＝(2－0.5×1) m/s＝1.5 m/s，动量大小p3＝mv3＝3 kg·m/s，C错误；t＝4 s时物块的速度v4＝v2－a2t4＝(2－0.5×2) m/s＝1 m/s，D错误。
3．(2018·天津河东一模)(多选)一辆汽车在平直公路上从静止开始运动，所受阻力恒定，10 s末撤掉牵引力，其速度随时间变化的图象如图所示，则下列说法正确的是(　　)

A．0～5 s和10～15 s内加速度相同
B．0～5 s和10～15 s内阻力做功相等
C．0～5 s和5～10 s内牵引力做功的平均功率相等
D．0～5 s和10～15 s内合外力的冲量相同
答案　BC
解析　v－t图线的斜率表示加速度，由图可知0～5 s和10～15 s内加速度大小相等，但是方向相反，故不相同，A错误；v－t图线与时间轴所围的面积表示位移，由图可知0～5 s和10～15 s内位移相等，又阻力恒定，故阻力做功相等，B正确；0～5 s内和10～15 s内加速度大小相等，则＝，则F1＝2f,5～10 s内F2＝f，故F1＝2F2，又1＝2，故0～5 s内牵引力平均功率P1＝F11与5～10 s内牵引力平均功率P2＝F22相等，C正确；0～5 s和10～15 s内时间相同，所受合外力等大、反向，故冲量也是等大、反向，故D错误。
4．(2018·江苏高考)如图所示，悬挂于竖直弹簧下端的小球质量为m，运动速度的大小为v，方向向下。经过时间t，小球的速度大小为v，方向变为向上。忽略空气阻力，重力加速度为g，求该运动过程中，小球所受弹簧弹力冲量的大小。

答案　2mv＋mgt
解析　取向上为正方向，由动量定理mv－(－mv)＝I
且小球所受总的冲量I＝I弹－mgt，
解得小球所受弹簧弹力的冲量I弹＝2mv＋mgt。
5．(2018·北京高考)2022年将在我国举办第二十四届冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一。某滑道示意图如图，长直助滑道AB与弯曲滑道BC平滑衔接，滑道BC高h＝10 m，C是半径R＝20 m圆弧的最低点，质量m＝60 kg的运动员从A处由静止开始匀加速下滑，加速度a＝4.5 m/s2，到达B点时速度vB＝30 m/s。取重力加速度g＝10 m/s2。

(1)求长直助滑道AB的长度L；
(2)求运动员在AB段所受合外力的冲量的I大小；
(3)若不计BC段的阻力，画出运动员经过C点时的受力图，并求其所受支持力FN的大小。
答案　(1)100 m　(2)1800 N·s
(3)受力图见解析　3900 N
解析　(1)已知AB段的初末速度，则利用运动学公式可以求解AB的长度，即v－v＝2aL，
可解得
L＝＝ m＝100 m。
(2)根据动量定理可知合外力的冲量等于动量的变化量，
所以I＝mvB－mv0＝(60×30－0) N·s＝1800 N·s。
(3)运动员经过C点时的受力如图所示。

由牛顿第二定律可得FN－mg＝m，①
从B运动到C由动能定理可知mgh＝mv－mv，②
由①②式并代入数据解得FN＝3900 N。
配套课时作业
　　时间：45分钟　满分：100分
一、选择题(本题共10小题，每小题7分，共70分。其中1～6为单选，7～10为多选)
1．下面关于物体动量和冲量的说法错误的是(　　)
A．物体所受合外力冲量越大，它的动量也越大
B．物体所受合外力冲量不为零，它的动量一定要改变
C．物体动量增量的方向，就是它所受冲量的方向
D．物体所受合外力越大，它的动量变化就越快
答案　A
解析　Ft越大，Δp越大，但动量不一定大，它还与初态的动量有关，故A错误，B正确；冲量不仅与Δp大小相等，而且方向相同，所以C正确；物体所受合外力越大，速度变化越快，即动量变化越快，D正确。
2．将质量为0.5 kg的小球以20 m/s的初速度竖直向上抛出，不计空气阻力，g取10 m/s2，以下判断正确的是(　　)
A．小球从抛出至最高点受到的冲量大小为10 N·s
B．小球从抛出至落回出发点动量的增量大小为0
C．小球从抛出至落回出发点受到的冲量大小为0
D．小球从抛出至落回出发点受到的冲量大小为10 N·s
答案　A
解析　小球在最高点速度为零，取向下为正方向，小球从抛出至最高点受到的冲量：I＝0－(－mv0)＝10 N·s，A正确；因不计空气阻力，所以小球落回出发点的速度大小仍等于20 m/s，但其方向变为竖直向下，由动量定理知，小球从抛出至落回出发点受到的冲量为：I′＝Δp＝mv0－(－mv0)＝20 N·s，则冲量大小为20 N·s，B、C、D错误。
3．(2018·广州调研)篮球运动员在接传来的篮球时，通常要先伸出两臂迎球，手触到球瞬间顺势后引。这样可以减小(　　)
A．球对手的力的冲量 B．球对手的力的大小
C．球的动量变化量 D．球的动能变化量
答案　B
解析　篮球运动员在接传来的篮球时，无论采取何种方法，篮球的动量变化量都相同，根据动量定理，无法减小球对手的力的冲量，无法减小球的动量变化量，也无法减小球的动能变化量。先伸出两臂迎球，手触到球瞬间顺势后退，可增大篮球与手之间力的作用时间，根据冲量的定义可知，可减小球对手作用力的大小，B正确。
4．(2018·唐山期末)1998年6月18日，清华大学对富康轿车成功地进行了中国轿车史上的第一次安全性碰撞试验，成为“中华第一撞”，从此，我国汽车整体安全性碰撞试验开始与国际接轨，在碰撞过程中，下列关于安全气囊的保护作用认识正确的是(　　)
A．安全气囊减小了驾驶员的动量的变化
B．安全气囊减小了驾驶员受到撞击力的冲量
C．安全气囊主要是减小了驾驶员的动量变化率
D．安全气囊延长了撞击力的作用时间，从而使动量变化更大
答案　C
解析　碰撞过程中，驾驶员的初、末动量与是否使用安全气囊无关，A项错误；由动量定理可知，驾驶员受到的撞击力的冲量不变，B项错误；安全气囊延长了撞击力的作用时间，但是撞击力的冲量一定，故驾驶员的动量变化量不变，动量变化率减小，C项正确，D项错误。
5.(2018·湖北四校联考)如图所示，竖直平面内有一半圆槽，A、C等高，B为圆槽最低点，小球从A点正上方O点静止释放，从A点切入圆槽，刚好能运动至C点。空气阻力忽略不计。设球在AB段和BC段运动过程中，运动时间分别为t1、t2，合外力的冲量大小为I1、I2，则(　　)

A．t1>t2 B．t1＝t2
C．I1>I2 D．I1＝I2
答案　C

解析　由vC＝0可知在小球从A点到C点的运动过程中，有阻力做功，所以在同一高度处，在AB弧上的速率大于在BC弧上的速率，所以AB段平均速率大于BC段平均速率，两段路程相等，所以t1|Δp2|，则I1>I2，故C正确，D错误。
6．跑酷是时下流行的一种极限运动，在某次练习中，假设质量为50 kg的跑酷运动员在一堵墙前面以与水平方向成37°角、大小为6 m/s的速度跳起，再用脚蹬墙面一次，使身体水平反抛回来，落到了距离墙2.16 m处。如果用脚蹬墙时跑酷运动员的速度方向恰好沿水平方向，不考虑空气阻力，g取10 m/s2，则墙对跑酷运动员做的功和墙对跑酷运动员的冲量大小分别为(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)(　　)
A．0,540 kg·m/s B．324 J,60 kg·m/s
C．546 J,300 kg·m/s D．900 J,540 kg·m/s
答案　A
解析　把运动员的初速度看成平抛运动的末速度，将该速度沿水平方向和竖直方向分解，水平分速度vx＝v0cos37°＝4.8 m/s，竖直分速度vy＝v0sin37°＝3.6 m/s，则跑酷运动员用脚蹬墙前瞬间的速度大小v1＝vx＝4.8 m/s，在空中时间为t＝＝0.36 s，则跑酷运动员用脚蹬墙面后，身体水平反抛回来时在空中的时间为t＝0.36 s，所以跑酷运动员用脚蹬墙后瞬间的速度大小v2＝＝＝6 m/s，取跑酷运动员用脚蹬墙后返回的速度方向为正方向，于是墙对跑酷运动员的冲量大小为I＝mv2－(－mv1)＝540 kg·m/s。由于墙面对跑酷运动员作用力的作用点在脚上，且位移为零，所以墙对跑酷运动员不做功，A正确。
7.(2018·陕西摸底)某人身系弹性绳自高空P点自由下落，a点是弹性绳的原长位置，c是人所能到达的最低点，b是人静止悬挂时的平衡位置。若把由P点到a点称为过程Ⅰ，由a点到c点称为过程Ⅱ，不计空气阻力，下列说法正确的是(　　)

A．过程Ⅰ中人的动量的改变量等于重力的冲量
B．过程Ⅱ中人的动量的减少量等于过程Ⅰ中重力的冲量的大小
C．过程Ⅱ中人的动能逐渐减小到零
D．过程Ⅱ中人的机械能的减少量等于过程Ⅰ中重力做功的大小
答案　AB
解析　根据动量定理可知过程Ⅰ中人的动量的改变量等于重力的冲量，A正确；人在P、C两点时的动量均为零，则过程Ⅱ中动量的减少量等于过程Ⅰ中重力的冲量的大小，B正确。从a到b的过程中，人的重力大于绳的弹力，从b到c的过程中，人的重力小于绳的弹力，故过程Ⅱ中人的动能先增大再减小，C错误；过程Ⅱ中人的机械能的减少量等于过程Ⅰ和过程Ⅱ中重力做功的大小，D错误。
8．质量为m的物体以初速度v0做平抛运动，经过时间t，下落的高度为h，速度大小为v，不计空气阻力，在这段时间内，该物体的动量的变化量大小为(　　)
A．mv－mv0 B．mgt
C．m D．m
答案　BCD
解析　根据动量定理得，物体所受合力的冲量等于它的动量的变化量，所以Δp＝mgt，故B正确；由题可知，物体末位置的动量为mv，初位置的动量为mv0，根据矢量三角形定则知，该物体的动量的变化量Δp＝mvy＝m＝m，故C、D正确，A错误。
9．如图甲所示，一物块在t＝0时刻，以初速度v0从足够长的粗糙斜面底端向上滑行，物块速度随时间变化的图象如图乙所示，t0时刻物块到达最高点，3t0时刻物块又返回底端。由此可以确定(　　)

A．物块冲上斜面的最大位移
B．物块返回底端时的速度
C．物块所受摩擦力的大小
D．斜面倾角θ
答案　ABD
解析　根据图线的“面积”可以求出物体冲上斜面的最大位移为：x＝，A正确；设物块返回底端时的速度大小为v，则有：＝，解得：v＝，B正确；根据动量定理得上滑过程：－(mgsinθ＋μmgcosθ)t0＝0－mv0，下滑过程：(mgsinθ－μmgcosθ)·2t0＝mv，联立解得：sinθ＝，f＝μmgcosθ＝，由于质量m未知，则无法求出f，可以求出斜面倾角θ，D正确，C错误。
10．(2018·武汉训练)如图所示，一质量为m的小球(可视为质点)从离地面高H处水平抛出，第一次落地时的水平位移为H，反弹的高度为H。已知小球与地面接触的时间为t，重力加速度为g，不计摩擦和空气阻力。下列说法正确的是(　　)

A．第一次与地面接触的过程中，小球受到地面的平均作用力为
B．第一次与地面接触的过程中，小球受到地面的平均作用力为＋mg
C．小球第一次落地点到第二次落地点的水平距离为2H
D．小球第一次落地点到第二次落地点的水平距离为H
答案　BC
解析　以竖直向上为正方向，小球第一次落地时竖直方向的速度为v1＝－，小球第一次反弹后竖直方向的速度为v2＝ ＝，在小球第一次与地面接触的过程中应用动量定理有：(－mg)t＝mv2－mv1，代入v1、v2解得：＝＋mg，故B正确，A错误；小球第一次下落的时间为t1＝ ，水平初速度v0＝＝ ，第一次反弹到最高点所用的时间为t′＝ ，所以第一次落地点到第二次落地点的水平距离为2v0t′＝2× ＝2H，故C正确，D错误。
二、非选择题(本题共2小题，共30分)
11．(12分)在水平力F＝30 N的作用下，质量m＝5 kg的物体由静止开始沿水平面运动。已知物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，若F作用6 s后撤去，撤去F后物体还能向前运动多长时间才停止？(g取10 m/s2)
答案　12 s
解析　选物体为研究对象，研究整个过程，取水平力F的方向为正方向，根据动量定理得Ft1－μmg(t1＋t2)＝0，解得t2＝12 s。
12．(18分)一辆轿车强行超车时，与另一辆迎面驶来的轿车相撞，两车相撞后，两车车身因相互挤压，皆缩短了0.5 m，据测算两车相撞前速度约为30 m/s。
(1)试求车祸中车内质量约60 kg的人受到的平均冲力；
(2)若此人系有安全带，安全带在车祸过程中与人体的作用时间是1 s，求这时人体受到的平均冲力。
答案　(1)5.4×104 N　 (2)1.8×103 N
解析　(1)两车相撞时可认为人与车一起做匀减速运动直到停止，位移为0.5 m。
设运动的时间为t，根据x＝t，得t＝＝ s，
规定其中一辆轿车运动方向为正方向，
以这辆轿车内的人为研究对象，根据动量定理得：
－Ft＝0－mv0
解得F＝＝5.4×104 N。
(2)若人系有安全带，则－F′t′＝0－mv0
解得F′＝＝1.8×103 N。