(新高考)高考物理一轮复习专题9.1《动量和动量定理》练习（2份打包，解析版+原卷版）

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目录
TOC \ "1-3" \h \u \l "_Tc25292" 一．练经典题型 PAGEREF _Tc25292 \h 1
\l "_Tc31575" 二、练创新情景 PAGEREF _Tc31575 \h 3
\l "_Tc10639" 三．练规范解答 PAGEREF _Tc10639 \h 6
一．练经典题型
1.(2021·山东九校上学期期末)物理学科核心素养第一要素是“物理观念”，下列“物理观念”中正确的是( )
A.做曲线运动的物体，动量的变化率一定改变
B.合力对物体做功为零，则合力的冲量也一定为零
C.做匀变速运动的物体，任意时间内的动量变化量的方向是相同的
D.做圆周运动的物体，经过一个周期，合力的冲量一定为零
【答案】 C
【解析】 匀变速曲线运动中，物体动量的变化率恒定，选项A错误；合力做功为零说明力可能与位移相互垂直，或初末速度大小相等方向不同，但只要有力有时间则一定有冲量，故冲量不一定为零，选项B错误；匀变速运动中，合力恒定，物体的动量变化量的方向与受到的合力同向保持不变，选项C正确；做变速圆周运动的物体，经过一个周期，动量的变化量不一定为零，由动量定理知合力的冲量不一定为零，选项D错误。
2.(2021·泉州模拟)在一光滑的水平面上，有一轻质弹簧，弹簧一端固定在竖直墙壁上，另一端紧靠着一物体A，已知物体A的质量m＝4 kg，如图所示。现用一水平力F作用在物体A上，并向左压缩弹簧，力F做功50 J后(弹簧仍处在弹性限度内)，突然撤去力F，物体A从静止开始运动。则当撤去力F后，弹簧弹力对物体A的冲量大小为( )
A．20 N·sB．50 N·s
C．25 N·sD．40 N·s
【答案】A
【解析】根据题意知，撤去力F时，弹簧具有的弹性势能为Ep＝50 J，根据机械能守恒定律得Ep＝eq \f(1,2)mv2，解得物体A离开弹簧的速度为v＝5 m/s，根据动量定理得I＝mv－0＝4×5 N·s＝20 N·s，A正确，B、C、D错误。
3.(多选)(2021·湖南衡阳八中二模)质量为2 kg的物块放在粗糙水平面上，在水平拉力的作用下由静止开始运动，物块的动能Ek与其位移x之间的关系如图所示。已知物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，g取10 m/s2，则下列说法正确的是( )
A．x＝1 m时物块的速度大小为2 m/s
B．x＝3 m时物块的加速度大小为1.25 m/s2
C．在前2 m的运动过程中物块所经历的时间为2 s
D．在前4 m的运动过程中拉力对物块做的功为25 J
【答案】BCD
【解析】根据图象知，x＝1 m时，物块的动能为2 J，由eq \f(1,2)mv2＝2 J，解得v＝eq \r(2) m/s，故A错误；对x＝2 m到x＝4 m的过程运用动能定理，有F合2Δx＝ΔEk，解得F合2＝2.5 N，则物块的加速度a＝eq \f(F合2,m)＝eq \f(2.5,2) m/s2＝1.25 m/s2，故B正确；对前2 m的运动过程运用动能定理得F合1Δx′＝ΔE′k，解得F合1＝2 N，则物块的加速度a′＝eq \f(F合1,m)＝eq \f(2,2) m/s2＝1 m/s2，末速度v′＝eq \r(\f(2Ek,m))＝eq \r(\f(8,2)) m/s＝2 m/s，根据v′＝a′t得t＝2 s，故C正确；对全过程运用动能定理得WF－μmgx＝ΔE″ k，解得WF＝25 J，故D正确。
4.用水平力拉一物体，使物体在水平地面上由静止开始做匀加速直线运动，t1时刻撤去拉力F，物体做匀减速直线运动，到t2时刻停止。其速度—时间图象如图所示，且α＞β，若拉力F做的功为W1，冲量大小为I1；物体克服摩擦阻力Ff做的功为W2，冲量大小为I2。则下列选项正确的是( )
A.W1＞ W2；I1＞I2 B.W1＜ W2；I1＞I2
C.W1＜ W2；I1＜I2 D.W1＝W2；I1＝I2
【答案】 D
【解析】 全过程由动能定理得W1－W2＝0，W1＝W2，由动量定理得I1－I2＝0，I1＝I2，故D正确。
5.(2021·北京市丰台区二模)将一物体以某一初速度沿竖直方向向上抛出。p表示物体的动量，eq \f(Δp,Δt)表示物体的动量变化率，取竖直向下为正方向，忽略空气阻力。则下图中正确的是( )
【答案】 C
【解析】 取竖直向下为正方向，动量p＝mv＝meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－v0＋gt))＝－mv0＋mgt，mv0、mg是定值，故动量和时间的关系图应为截距为负、斜率为正的直线，故A、B错误；动量的变化量Δp＝mgΔt，解得eq \f(Δp,Δt)＝mg，mg是定值，故eq \f(Δp,Δt)不随时间变化，故C正确，D错误。
6．(2021·玉溪一中月考)如图所示，ad、bd、cd是竖直面内三根固定的光滑细杆，a、b、c、d位于同一圆周上，a点为圆周的最高点，d点为最低点。每根杆上都套着一个完全相同的小滑环(图中未画出)，三个滑环分别从a、b、c点无初速度释放，下列关于它们下滑过程的说法中正确的是( )
A．重力对各环的冲量中a的最大
B．弹力对各环的冲量中c的最大
C．合力对各环的冲量大小相等
D．各环的动能增量相等
【答案】B
【解析】设任一细杆与竖直方向的夹角为α，环运动的时间为t，圆周的直径为D。则环的加速度大小为a＝gcs α。由位移公式得Dcs α＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(1,2)gt2cs α，得到t＝eq \r(\f(2D,g))，所以三个环的运动时间相同，由于三个环的重力相等，运动时间相同，由公式I＝Ft分析可知，重力对各环的冲量相等，A错误；弹力FN＝mgsin α，则c环受到的弹力最大，三个环的运动时间相等，则弹力对c环的冲量最大，B正确；a环的加速度最大，受到的合力最大，则合力对a环的冲量最大，C错误；重力对a环做功最多，其动能的增量最大，D错误。
7.如图所示，质量为m的物体，在大小确定的水平外力F作用下，以速度v沿水平面匀速运动，当物体运动到A点时撤去外力F，物体由A点继续向前滑行的过程中经过B点，则物体由A点到B点的过程中，下列说法正确的是 ( )
A．v越大，摩擦力对物体的冲量越大，摩擦力做功越多
B．v越大，摩擦力对物体的冲量越大，摩擦力做功与v的大小无关
C．v越大，摩擦力对物体的冲量越小，摩擦力做功越少
D．v越大，摩擦力对物体的冲量越小，摩擦力做功与v的大小无关
【答案】D
【解析】由题知，物体所受的摩擦力Ff＝F，且为恒力，由A到B的过程中，v越大，所用时间越短，If＝Ft越小；因为Wf＝F·eq \x\t(AB)，故Wf与v无关。选项D正确。
8．(2021·黑龙江省实验中学开学考试)某物体的v－t图象如图所示，下列说法正确的是( )
A.0～t1和t2～t3，合力做功和冲量都相同
B.t1～t2和t3～t4，合力做功和冲量都相同
C.0～t2和t2～t4，合力做功和冲量都相同
D.0～t1和t3～t4，合力做功和冲量都相同
【答案】 C
【解析】 0～t1内动能的变化量为eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，动量变化量为mv0；t2～t3内动能变化量为eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，动量变化量为－mv0，根据动能定理可知这两段时间内合力做功相等，根据动量定理知合力的冲量不同，故A错误；t1～t2内动能变化量为0－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＝－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，动量变化量为0－mv0＝－mv0，t3～t4内动能变化量为0－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＝－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，动量变化量为0－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－mv0))＝mv0。则知动能变化量相同，而动量变化量不同，所以合力做功相等，合力的冲量不同，故B错误；0～t2和t2～t4内动能变化量均为0，动量变化量均为0，根据动能定理和动量定理得知合力的功和冲量都相同，故C正确；由上分析得知：0～t1和t3～t4内动能变化量不同，动量变化量相同，故合力的功不相同，合外力的冲量相同，故D错误。
9．(2021·赣州一模)一位质量为m的运动员从下蹲状态向上跳起，经Δt时间，身体伸直并刚好离开地面，速度为v。在此过程中 ( )
A．地面对他的平均作用力为mg＋eq \f(mv,Δt)，地面对他做的功为eq \f(1,2)mv2
B．地面对他的平均作用力为mg＋eq \f(mv,Δt)，地面对他做的功为零
C．地面对他的平均作用力为eq \f(mv,Δt)，地面对他做的功为eq \f(1,2)mv2
D．地面对他的平均作用力为eq \f(mv,Δt)，地面对他做的功为零
【答案】B
【解析】人的速度原来为零，起跳后变为v，则由动量定理可得I－mgΔt＝Δ(mv)＝mv，故地面对人的冲量为mv＋mgΔt；则地面对人的平均作用力F＝eq \f(I,Δt)＝mg＋eq \f(mv,Δt)，人在跳起时，地面对人的支持力竖直向上，在跳起过程中，在支持力方向上没有位移，地面对运动员的支持力不做功，故B项正确，A、C、D三项错误。
10.(2021·陕西宝鸡市高考模拟检测(二))如图所示，在倾角为30°的足够长的光滑固定斜面上有一质量为m的物体，它受到沿斜面方向的力F的作用。力F可按如图所示的四种方式随时间变化(图中纵坐标是F与mg的比值，力沿斜面向上为正)。已知此物体在t＝0时速度为零，若用v1、v2、v3、v4分别表示上述四种受力情况下物体在3 s末的速率，则这四个速度中最大的是( )
A B
C D
【答案】C
【解析】根据动量定理分别研究四种情况下物体的速率。取t0＝1 s，A图中：mgsin 30°·3t0＋F·2t0－Ft0＝mv1，得v1＝20 m/s；B图中：mgsin 30°·3t0－Ft0＋Ft0＝mv2，得v2＝15 m/s；C图中：mgsin 30°·3t0＋F·2t0＝mv3，得v3＝25 m/s；D图中：mgsin 30°·3t0＋F·2t0－F′t0＝mv4，得v4＝15 m/s。故选项C正确。
二、练创新情景
1.(2021·山东潍坊市第二次高考模拟)灌浆机可以将涂料以速度v持续喷在墙壁上，涂料打在墙壁上后完全附着在墙壁上。涂料的密度为ρ，墙壁上涂料厚度每秒增加u，不计涂料重力的作用，则喷涂料对墙产生的压强为( )
A.ρuv B.eq \f(ρu,v)
C.eq \f(ρv,u) D.eq \f(u,ρv)
【答案】 A
【解析】 在涂料持续飞向墙壁并不断附着在墙壁上的过程中，涂料小颗粒的速度从v变为0，其动量的变化缘于墙壁对它的冲量，设在时间Δt内喷到墙壁上面积为ΔS，涂料增加的厚度为h。以质量为Δm的涂料为研究对象，墙壁对它的作用力设为F，由动量定理知FΔt＝Δmv，又p＝eq \f(F,ΔS)，Δm＝ρΔSh，h＝uΔt，联立可得p＝ρuv，故A正确，B、C、D错误。
2． (多选)(2021·1月河北学业水平选择性考试模拟演练，7)游乐场滑索项目的简化模型如图6所示，索道AB段光滑，A点比B点高1.25 m，与AB段平滑连接的BC段粗糙，长4 m。质量为50 kg的滑块从A点由静止下滑，到B点进入水平减速区，在C点与缓冲墙发生碰撞，反弹后在距墙1 m的D点停下。设滑块与BC段的动摩擦因数为0.2，规定向右为正方向。g取10 m/s2。下列说法正确的是( )
A.缓冲墙对滑块的冲量为－50 N·s
B.缓冲墙对滑块的冲量为－250 N·s
C.缓冲墙对滑块做的功为－125 J
D.缓冲墙对滑块做的功为－250 J
【答案】 BC
【解析】弹运动到D点的过程，根据动能定理有：－μmgxCD＝0－eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)，代入数据解得v1＝3 m/s，v2＝2 m/s。滑块与缓冲墙作用的过程中，根据动量定理有I＝－mv2－mv1，代入数据，得I＝－250 N·s，故A错误，B正确；根据动能定理有：W＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)，代入数据得W＝－125 J，故C正确，D错误。
3.(多选)(2021·广东汕头市第一次模拟)科研人员在太空进行实验，用质量为m的宇宙飞船去对接前方的火箭组，对接后整体保持匀速运动。然后开动飞船尾部的推进器，使飞船和火箭组共同加速。若推进器开动的时间为Δt，平均推力为F，测出飞船和火箭的速度变化为Δv，下列说法正确的是( )
A.飞船和火箭组的机械能守恒
B.火箭组的质量M＝eq \f(FΔt,Δv)－m
C.飞船对火箭组的弹力大小为F
D.飞船对火箭组的弹力大小为F－eq \f(Δv,Δt)m
【答案】 BD
【解析】 飞船和火箭组受推力作用而加速运动，则机械能增加，选项A错误；对飞船和火箭组由动量定理FΔt＝(M＋m)Δv，可得火箭组的质量M＝eq \f(FΔt,Δv)－m，选项B正确；对火箭组，由牛顿第二定律得F1＝Ma＝Meq \f(Δv,Δt)＝F－eq \f(Δv,Δt)m＜F，选项C错误，D正确。
4.(2021·山东青岛市上学期期末)2020年8月11日超强台风“利奇马”登陆青岛，导致部分高层建筑顶部的广告牌损毁。台风“利奇马”登陆时的最大风力为11级，最大风速为30 m/s。某高层建筑顶部广告牌的尺寸为：高5 m、宽20 m，空气密度ρ＝1.2 kg/m3，空气吹到广告牌上后速度瞬间减为0，则该广告牌受到的最大风力约为( )
A.3.9×103 N B.1.1×105 N
C.1.0×104 N D.9.0×104 N
【答案】 B
【解析】 广告牌的面积S＝5×20 m2＝100 m2，设t时间内吹到广告牌上的空气质量为m，则有m＝ρSvt，根据动量定理有－Ft＝0－mv＝0－ρSv2t，得F＝ρSv2 ，代入数据解得F＝1.1×105 N，故B正确，A、C、D错误。
5.(多选)[2021·山西太原市模拟(一)]如图所示，从P点以水平速度v将小皮球抛向固定在地面上的塑料筐，小皮球恰好能够入筐。不考虑空气阻力，则小皮球在空中飞行的过程中( )
A.在相等的时间内，皮球动量的改变量相同
B.在相等的时间内，皮球动能的改变量相同
C.下落相同的高度，皮球动量的改变量相同
D.下落相同的高度，皮球动能的改变量相同
【答案】AD
【解析】根据动量定理可得，皮球动量的改变量相同，故A正确；在相等的时间间隔内，皮球下落的高度不同，故重力做的功不相等，由动能定理知皮球动能的改变量不同，故B错误；下落相同的高度，时间并不相等，故皮球受到的重力的冲量不相等，由动量定理知皮球动量的增量不相同，故C错误；下落相同的高度，重力做功均为mgh，由动能定理知，小球动能的增量相同，故D正确。
6．(多选)(2021·山东省等级考试模拟卷)第二届进博会于2020年11月在上海举办，会上展出了一种乒乓球陪练机器人，该机器人能够根据发球人的身体动作和来球信息，及时调整球拍将球击回。若机器人将乒乓球以原速率斜向上击回，球在空中运动一段时间后落到对方的台面上，忽略空气阻力和乒乓球的旋转。下列说法正确的是( )
A.击球过程合力对乒乓球做功为零
B.击球过程合力对乒乓球的冲量为零
C.在上升过程中，乒乓球处于失重状态
D.在下落过程中，乒乓球处于超重状态
【答案】 AC
【解析】 击球过程乒乓球以原速率击回，动能不变，根据动能定理，合力对乒乓球做功为零，速度方向改变，速度变化量不为零，根据动量定理，合力对乒乓球的冲量不为零，故选项A正确，B错误；在上升和下落过程中，乒乓球都只受到重力作用，加速度方向竖直向下，所以处于失重状态，故选项C正确，D错误。
7.(2021·湖南师大附中模拟)我国航天事业持续飞速发展，2019年1月，“嫦娥四号”飞船在太阳系最大的撞击坑内靠近月球南极的地点着陆月球背面。假设有一种宇宙飞船利用离子喷气发动机加速起飞。发动机加速电压为U，喷出二价氧离子，离子束电流为I，那么下列结论正确的是(基本电荷为e，原子质量单位为m0，飞船质量为M)( )
A．喷出的每个氧离子的动量p＝2eU
B．飞船所受到的推力为F＝4Ieq \r(\f(m0U,e))
C．飞船的加速度为a＝eq \f(4I,m0)eq \r(\f(MU,e))
D．推力做功的功率为2MeU
【答案】B
【解析】对于每个氧离子，根据动能定理得qU＝eq \f(1,2)mv2，动量为p＝eq \r(2qmU)，其中q＝2e，m＝16m0，故p＝8eq \r(em0U)，故A错误；设在Δt时间内喷出N个氧离子，飞船受到的推力为F＝Neq \f(Δp,Δt)＝eq \f(N\r(2qmU),Δt)＝eq \f(Nq,Δt)eq \r(\f(2mU,q))，其中eq \f(Nq,Δt)＝I，q＝2e，m＝16m0，所以F＝4Ieq \r(\f(m0U,e))，a＝eq \f(4I,M)eq \r(\f(m0U,e))，故B正确，C错误；功率的单位是J·s－1，而2MeU的单位是kg·J，故D错误。
8．(多选)(2021·福建龙岩市连城县第一中学月考)如图，完全相同的均匀水球紧挨在一起水平排列，子弹在水球中沿水平方向做匀变速直线运动，恰好能穿出第4个水球，下列说法正确的是( )
A．子弹在每个水球中的速度变化量相同
B．子弹在每个水球中的动能变化量相同
C．子弹在每个水球中运动的时间相同
D．每个水球对子弹的冲量不同
【答案】 BD
【解析】 设子弹穿过每个水球的距离为d，子弹在水球中做匀减速直线运动，穿出第4个水球时，其末速度为零，我们可以把子弹的运动视为反向的初速度为零的匀加速直线运动，则子弹穿过最后1个、最后2个、最后3个、全部的4个水球的位移大小分别为d、2d、3d、4d，根据x＝eq \f(1,2)at2知，这4段位移对应的时间之比为1∶eq \r(2)∶eq \r(3)∶2，所以子弹在每个水球中运动的时间不同，子弹在水球中沿水平方向做匀变速直线运动，则子弹在每个水球中加速度相同，受力相同，由Δv＝at及子弹在每个水球中运动的时间不同可知，子弹在每个水球中速度的变化量不同，选项A、C错误；子弹在每个水球中受力是相同的，运动的位移相同，所以子弹受到的阻力对子弹做的功相等，根据动能定理ΔEk＝W＝Fd，可知子弹在每个水球中的动能变化量相同，选项B正确；子弹在每个水球中受力是相同的，运动的时间不同，冲量I＝Ft，可知每个水球对子弹的冲量不同，选项D正确．
9．(2021·山西晋中市模拟)质量相等的A、B两物体放在同一水平面上，分别受到水平拉力F1、F2的作用从静止开始做匀加速直线运动．经过时间t0和4t0速度分别达到2v0和v0时，分别撤去F1和F2，两物体都做匀减速直线运动直至停止．两物体速度随时间的变化图线如图所示．设F1和F2对A、B两物体的冲量分别为I1和I2，F1和F2对A、B两物体做的功分别为W1和W2，则下列结论正确的是( )
A．I1∶I2＝12∶5，W1∶W2＝6∶5
B．I1∶I2＝6∶5，W1∶W2＝3∶5
C．I1∶I2＝3∶5，W1∶W2＝6∶5
D．I1∶I2＝3∶5，W1∶W2＝12∶5
【答案】 C
【解析】 由题图可知，两物体匀减速运动的加速度大小相等，根据牛顿第二定律，匀减速运动过程中有Ff＝ma，则摩擦力大小相等．对全过程应用动量定理，有I－Fft＝0，则I1＝Ff·3t0，I2＝Ff·5t0，故I1∶I2＝3∶5；对全过程运用动能定理得：W－Ffx＝0，得W＝Ffx，v－t图线与时间轴所围成的面积表示物体运动的位移，则位移之比为6∶5，整个运动过程中F1和F2做功之比为W1∶W2＝x1∶x2＝6∶5，故C正确．
10．(2021·江苏吴江中学月考)如图所示 ，武装直升机的旋翼桨盘面积(桨叶旋转形成的圆面面积)为S，空气密度为ρ，直升机质量为m，重力加速度为g.当直升机向上匀速运动时，假设空气阻力恒为f，空气浮力不计，风力的影响也不计，下列说法正确的是( )
A．直升机悬停时受到的升力大小为mg＋f
B．直升机向上匀速运动时，1 s内被螺旋桨推动的空气质量为eq \r(\f(mg＋f,2ρS))
C．直升机向上匀速运动时，1 s内被螺旋桨推动的空气质量为eq \r(mg＋fρS)
D．直升机向上匀速运动时，1 s内发动机做的功为eq \r(\f(m3g3,ρS))
【答案】 C
【解析】 根据平衡条件可得直升机悬停时受到的升力大小为mg，故A错误；Δt时间内被螺旋桨推动的空气的质量为Δm′＝ρSvΔt，螺旋桨对空气的作用力大小F＝eq \f(Δp,Δt)，Δp＝Δm′v，由牛顿第三定律知空气对螺旋桨的作用力大小F′＝F，为使飞机向上匀速运动，有F′＝mg＋f，联立解得v＝eq \r(\f(mg＋f,ρS))，1 s内被螺旋桨推动的空气质量为M＝ρSv＝ρSeq \r(\f(mg＋f,ρS))＝eq \r(mg＋fρS)，故B错误，C正确；由动能定理可得1 s内发动机所做的功为W＝eq \f(1,2)Mv2＝eq \f(1,2)eq \r(\f(mg＋f3,ρS))，故D错误．
三．练规范解答
1.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】 解法一 用动量定理，分段求解．
选物体为研究对象，对于撤去F前物体做匀加速运动的过程，始态速度为零，终态速度为v.取水平力F的方向为正方向，根据动量定理有(F－μmg)t1＝mv－0，
对于撤去F后物体做匀减速运动的过程，始态速度为v，终态速度为零．根据动量定理有－μmgt2＝0－mv.
联立解得t2＝eq \f(F－μmg,μmg)t1＝eq \f(30－0.2×5×10,0.2×5×10)×6 s＝12 s.
解法二 用动量定理，研究全过程．
选物体作为研究对象，研究整个运动过程，这个过程的始、末状态物体的速度都等于零．
取水平力F的方向为正方向，根据动量定理得
(F－μmg)t1＋(－μmg)t2＝0
解得t2＝eq \f(F－μmg,μmg)t1＝eq \f(30－0.2×5×10,0.2×5×10)×6 s＝12 s.
2.(2021·怀化质检)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率约为30 m/s，则：
(1)试求车祸中车内质量约60 kg的人受到的平均冲力是多大？
(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为多大？
【答案】 (1)5.4×104 N (2)1.8×103 N
【解析】(1)两车相撞时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＝eq \f(v0,2)t得，t＝eq \f(2x,v0)＝eq \f(1,30) s。
根据动量定理Ft＝Δp＝mv0得，F＝eq \f(mv0,t)＝eq \f(60×30,\f(1,30)) N＝5.4×104 N。
(2)若人系有安全带时，F′＝eq \f(mv0,t′)＝eq \f(60×30,1) N＝1.8×103 N。
3.(2021·辽宁葫芦岛六校协作体联考)如图所示，质量mA为4.0 kg的木板A放在水平面C上，木板与水平面间的动摩擦因数μ为0.24，木板右端放着质量mB为1.0 kg的小物块B(视为质点)，它们均处于静止状态，木板突然受到水平向右的12 N·s的瞬时冲量I作用开始运动，当小物块滑离木板时，木板的动能EkA为8.0 J，小物块的动能EkB为0.50 J，重力加速度取10 m/s2，求：
(1)瞬时冲量作用结束时木板的速度v0的大小；
(2)木板的长度L。
【答案】 (1)3.0 m/s (2)0.50 m
【解析】木板受到瞬时冲量作用后获得初动量，此后A、B相对运动，B在摩擦力作用下做加速运动，A在B的反作用力及C的摩擦力作用下做减速运动，最终B从A上掉下来。
(1)设水平向右为正方向，有I＝mAv0
代入数据解得v0＝3.0 m/s。
(2)设A对B、B对A、C对A的滑动摩擦力的大小分别为FAB、FBA和FCA，其中FCA＝μ(mA＋mB)g＝12 N，B在A上滑行的时间为t，B离开A时A和B的速度分别为vA和vB，由动量定理得
－(FBA＋FCA)t＝mAvA－mAv0
FABt＝mBvB
其中FAB＝FBA，EkA＝eq \f(1,2)mAveq \\al(2,A)＝8.0 J，EkB＝eq \f(1,2)mBveq \\al(2,B)＝0.50 J
设A、B相对于C的位移大小分别为xA和xB，由动能定理得－(FBA＋FCA)xA＝eq \f(1,2)mAveq \\al(2,A)－eq \f(1,2)mAveq \\al(2,0)
FABxB＝EkB
木板A的长度L＝xA－xB
代入数据解得L＝0.50 m。