2021届高考物理粤教版一轮学案：第六章第1讲　动量和动量定理



[高考导航]
考点内容
要求
全国卷三年考情分析
2017
2018
2019
动量、动量定理、动量守恒定律及其应用
Ⅱ
Ⅰ卷·T14：动量守恒定律的应用
Ⅲ卷·T20：动量定理的应用
Ⅰ卷·T14：动量、动能
T24：动量守恒定律、机械能守恒定律
Ⅱ卷·T24：牛顿第二定律、动量守恒定律
T15：动量定理
Ⅲ卷·T25：动量、机械能守恒定律
Ⅰ卷·T16：动量定理的应用
T25：v－t图象、动量守恒定律、机械能守恒定律、动能定理
Ⅱ卷·T25：动量定理、动能定理、匀变速直线运动的规律
Ⅲ卷·T25：动量守恒定律、动能定理、牛顿第二定律
弹性碰撞和非弹性碰撞
Ⅰ
实验七：验证动量守恒定律

说明：只限于一维
第1讲　动量和动量定理

知识要点
一、动量
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。
二、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.方向：冲量是矢量，冲量的方向与力的方向相同。
三、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，可以在某一方向上应用动量定理。
基础诊断
1.(多选)下列关于动量的说法正确的是(　　)
A.质量大的物体，动量一定大
B.质量和速率都相同的物体，动量一定相同
C.一个物体的速率改变，它的动量一定改变
D.一个物体的运动状态改变，它的动量一定改变
解析　根据动量的定义，它是质量和速度的乘积，因此它由质量和速度共同决定，故A项错误；又因为动量是矢量，它的方向与速度的方向相同，而质量和速率都相同的物体，其动量大小一定相同，但方向不一定相同，故B项错误；一个物体的速率改变，则它的动量大小就一定改变，故C项正确；物体的运动状态变化，则它的速度就一定发生了变化，它的动量也就发生了变化，故D项正确。
答案　CD
2.(多选)恒力F作用在质量为m的物体上，如图1所示，由于地面对物体的摩擦力较大，物体没有被拉动，则经时间t，下列说法正确的是(　　)

图1
A.拉力F对物体的冲量大小为零
B.拉力F对物体的冲量大小为Ft
C.拉力F对物体的冲量大小是Ftcos θ
D.合力对物体的冲量大小为零
解析　对冲量的计算一定要分清求的是哪个力的冲量，是某一个力的冲量、是合力的冲量、是分力的冲量还是某一方向上力的冲量。这一个力的冲量与另一个力的冲量无关。B、D项正确。
答案　BD
3.质量为m的物体在力F作用下做初速度为v1的匀加速直线运动，经时间t，物体的动量由mv1增到mv2，则(　　)
A.若该物体在2F力作用下经2t，则物体的动量变化量为4mv2－4mv1
B.若该物体在2F力作用下经2t，则物体的动量变化量为4mv2－3mv1
C.在2F力作用下经t，物体的动量变化量为2mv2
D.在2F力作用下经t，物体的动量变化量为2mv2－mv1
解析　由动量定理得Ft＝mv2－mv1，则2F·2t＝4mv2－4mv1，2Ft＝2mv2－2mv1，故只有选项A正确。
答案　A
4.(2018·全国Ⅱ卷，15)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，与地面的碰撞时间约为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
解析　根据自由落体运动和动量定理有v2＝2gh(h为25层楼的高度，约70 m)，Ft＝mv，代入数据解得F≈1×103 N，所以C正确。
答案　C

　动量和冲量的理解
1.对动量的理解
(1)动量的两性
①瞬时性：动量是描述物体运动状态的物理量，是针对某一时刻或位置而言的。
②相对性：动量的大小与参考系的选取有关，通常情况是指相对地面的动量。
(2)动量与动能的比较
名称
项目
动量
动能
动量变化量
定义
物体的质量和速度的乘积
物体由于运动而具有的能量
物体末动量与初动量的矢量差
定义式
p＝mv
Ek＝mv2
Δp＝p′－p
矢标性
矢量
标量
矢量
特点
状态量
状态量
过程量
关联方程
Ek＝，p＝，p＝
2.对冲量的理解
(1)冲量的两性
①时间性：冲量不仅由力决定，还由力的作用时间决定，恒力的冲量等于该力与力的作用时间的乘积。
②矢量性：对于方向恒定的力来说，冲量的方向与力的方向一致；对于作用时间内方向变化的力来说，冲量的方向与相应时间内物体动量改变量的方向一致。
(2)作用力和反作用力的冲量：一定等大、反向，但作用力和反作用力做的功之间并无必然联系。
【例1】 (2018·全国Ⅰ卷，14)高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的匀加速直线运动。在启动阶段，列车的动能(　　)
A.与它所经历的时间成正比
B.与它的位移成正比
C.与它的速度成正比
D.与它的动量成正比
解析　列车启动的过程中加速度恒定，由匀变速直线运动的速度与时间关系可知v＝at，且列车的动能为Ek＝mv2，由以上整理得Ek＝ma2t2，动能与时间的平方成正比，动能与速度的平方成正比，A、C错误；将x＝at2代入上式得Ek＝max，则列车的动能与位移成正比，B正确；由动能与动量的关系式Ek＝可知，列车的动能与动量的平方成正比，D错误。
答案　B

1.(多选)对于一个质量不变的物体，下列说法正确的是(　　)
A.物体的动量发生变化，其动能一定发生变化
B.物体的动量发生变化，其动能不一定发生变化
C.物体的动能发生变化，其动量一定发生变化
D.物体的动能发生变化，其动量不一定发生变化
解析　物体的动量发生变化，可能是方向改变也可能是大小改变，所以物体的动能不一定发生变化，故选项A错误，B正确；物体的动能变化，速度大小一定变化，则动量一定发生变化，故选项C正确，D错误。
答案　BC
2.如图2所示，竖直面内有一个固定圆环，MN是它在竖直方向上的直径。两根光滑滑轨MP、QN的端点都在圆周上，MP＞QN。将两个完全相同的小滑块a、b分别从M、Q两点无初速度释放，在它们各自沿MP、QN运动到圆周上的过程中，下列说法中正确的是(　　)

图2
A.合力对两滑块的冲量大小相同
B.重力对a滑块的冲量较大
C.弹力对a滑块的冲量较小
D.两滑块的动量变化大小相同
解析　这是“等时圆”，即两滑块同时到达滑轨底端。合力F＝mgsin θ(θ为滑轨倾角)，Fa＞Fb，因此合力对a滑块的冲量较大，a滑块的动量变化也大；重力的冲量大小、方向都相同；弹力FN＝mgcos θ，FNa＜FNb，因此弹力对a滑块的冲量较小，选C。
答案　C
3.质量为0.2 kg的球竖直向下以6 m/s的速度落至水平地面，再以4 m/s的速度反向弹回。取竖直向上为正方向，在小球与地面接触的时间内，关于球的动量变化量Δp和合外力对小球做的功W，下列说法正确的是(　　)
A.Δp＝2 kg·m/s　W＝－2 J
B.Δp＝－2 kg·m/s　W＝2 J
C.Δp＝0.4 kg·m/s　W＝－2 J
D.Δp＝－0.4 kg·m/s　W＝2 J
解析　取竖直向上为正方向，则小球与地面碰撞过程中动量的变化量Δp＝mv2－mv1＝0.2×4 kg·m/s－0.2×(－6) kg·m/s＝2 kg·m/s，方向竖直向上。
由动能定理知，合外力做的功
W＝mv－mv＝×0.2×42 J－×0.2×62 J＝－2 J。
答案　A
　动量定理的理解及应用
1.动量定理的理解
(1)动量定理不仅适用于恒定的力，也适用于随时间变化的力。变力的情况下，动量定理中的力F应理解为变力在作用时间内的平均值。
(2)动量定理的表达式FΔt＝Δp是矢量式，运用它分析问题时要特别注意冲量、动量及动量变化量的方向，公式中的F是物体或系统所受的合力。
2.用动量定理解释现象
(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，此时力的作用时间越长，Δp就越大；力的作用时间越短，Δp就越小。
分析问题时，要把哪个量不变、哪个量变化搞清楚。
3.用动量定理解题的基本思路

【例2】 (2019·全国Ⅰ卷，16)最近，我国为“长征九号”研制的大推力新型火箭发动机联试成功，这标志着我国重型运载火箭的研发取得突破性进展。若某次实验中该发动机向后喷射的气体速度约为3 km/s，产生的推力约为4.8×106 N，则它在1 s时间内喷射的气体质量约为(　　)
A.1.6×102 kg B.1.6×103 kg
C.1.6×105 kg D.1.6×106 kg
解析　根据动量定理有FΔt＝Δmv－0，解得＝＝1.6×103 kg/s，所以选项B正确。
答案　B

1.[应用动量定理解释生活现象]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
解析　跳高时，在落地处垫海绵是为了延长作用时间从而减小冲力，不是减小冲量，故选项A错误；在码头上装橡皮轮胎，是为了延长作用时间，从而减小冲力，不是减小冲量，故选项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＝mv，则知运动时间相等，故选项C错误；从越高的地方跳下，落地时速度越大，动量越大，则冲量越大，故选项D正确。
答案　D
2.[应用动量定理求动量的变化量](多选)如图3所示，两位同学同时在等高处抛出手中的篮球A、B，A以速度v1斜向上抛出，B以速度v2竖直向上抛出，当A到达最高点时恰与B相遇。不计空气阻力，A、B质量相等且均可视为质点，重力加速度为g，以下判断正确的是(　　)

图3
A.相遇时A的速度一定为零
B.相遇时B的速度一定为零
C.A从抛出到最高点的时间为
D.从抛出到相遇A、B动量的变化量相同
解析　相遇时A还具有水平速度，则此时的速度不为零，选项A错误；因A在最高点的竖直速度为零，可知B的速度也一定为零，选项B正确；两球运动的时间相等，即t＝，选项C正确；根据Δp＝mgt可知从抛出到相遇A、B动量的变化量相同，选项D正确。
答案　BCD
3.[应用动量定理求变力的冲量]拍皮球是大家都喜欢的体育活动，既能强身又能健体。已知皮球质量为0.4 kg，为保证皮球与地面碰撞后自然跳起的最大高度均为1.25 m，小明需每次在球到达最高点时拍球，每次拍球作用距离为0.25 m，使球在离手时获得一个竖直向下4 m/s的初速度。若不计空气阻力及球的形变，g取10 m/s2，则每次拍球(　　)

图4
A.手给球的冲量为1.6 kg·m/s
B.手给球的冲量为2.0 kg·m/s
C.人对球做的功为3.2 J
D.人对球做的功为2.2 J
解析　人拍球的过程，人对球的冲量为I，由动量定理得I＋mgΔt＝mv＝0.4×
4 kg·m/s＝1.6 kg·m/s，则I＜1.6 kg·m/s，则手给球的冲量小于1.6 kg·m/s，选项A、B错误；设人对球做的功为W，由动能定理得W＋mgh＝mv2，解得W＝×0.4×
42 J－0.4×10×0.25 J＝2.2 J，选项D正确，C错误。
答案　D
4.[动量定理与图象的综合](多选)(2017·全国Ⅲ卷，20)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5 所示，则(　　)

图5
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
解析　由动量定理可得Ft＝mv，解得v＝。t＝1 s时物块的速率为v＝＝ m/s＝1 m/s，故选项A正确；t＝2 s时物块的动量大小p2＝F2t2＝2×2 kg·m/s＝4 kg·m/s，故选项B正确；t＝3 s时物块的动量大小为p3＝(2×2－1×1) kg·m/s＝3 kg·m/s，故选项C错误；t＝4 s 时物块的动量大小为p4＝(2×2－1×2) kg·m/s＝2 kg·m/s，所以t＝4 s时物块的速度为1 m/s，故选项D错误。
答案　AB
　动量定理与微元法的综合应用
考向　流体类问题
流体及其特点
通常液体流、气体流等被广义地视为“流体”，特点是质量具有连续性，题目中通常给出密度ρ作为已知条件
分析步骤
1
建立“柱体” 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
用微元法研究，作用时间Δt内的一段柱形流体的长度Δl＝vΔt，对应的质量为Δm＝ρV＝ρSΔl＝ρSvΔt
3
建立方程，应用动量定理研究这段柱形流体
【例3】 [2016·全国Ⅰ卷，35(2)]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
(ⅰ)喷泉单位时间内喷出的水的质量；
(ⅱ)玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度。
解析　(ⅰ)在刚喷出一段很短的Δt时间内，可认为喷出的水柱保持速度v0不变。
该时间内，喷出水柱高度Δl＝v0Δt①
喷出水柱质量Δm＝ρΔV②
其中ΔV为水柱体积，满足ΔV＝ΔlS③
由①②③可得：喷泉单位时间内喷出的水的质量为
＝ρv0S。
(ⅱ)设玩具底面相对于喷口的高度为h

由玩具受力平衡得F冲＝Mg④
其中，F冲为水柱对玩具底部的作用力
由牛顿第三定律知F压＝F冲⑤
其中，F压为玩具底部对水柱的作用力，v′为水柱到达玩具底部时的速度
由运动学公式得v′2－v＝－2gh⑥
在很短Δt时间内，冲击玩具水柱的质量为Δm
Δm＝ρv0SΔt⑦
由题意可知，在竖直方向上，对该部分水柱应用动量定理得
－(F压＋Δmg)Δt＝－Δmv′⑧
由于Δt很小，Δmg也很小，可以忽略，⑧式变为
F压Δt＝Δmv′⑨
由④⑤⑥⑦⑨可得h＝－。
答案　(ⅰ)ρv0S　(ⅱ)－
考向　微粒类问题
微粒及其特点
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粒子数n
分析步骤
1
建立“柱体”模型，沿运动的方向选取一段微元，柱体的横截面积为S
2
用微元法研究，作用时间Δt内一段柱形流体的长度为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N计算
【例4】 正方体密闭容器中有大量运动粒子，每个粒子的质量均为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。
解析　一个粒子每与器壁碰撞一次给器壁的冲量ΔI＝2mv
如图所示，以器壁上面积为S的部分为底、vΔt为高构成柱体，由题设可知，其内有的粒子在Δt时间内与器壁上面积为S的部分发生碰撞，碰壁粒子总数
N＝n·SvΔt

Δt时间内粒子给器壁的冲量
I＝N·ΔI＝nSmv2Δt
器壁上面积为S的部分受到粒子的压力
F＝
则器壁单位面积所受粒子的压力f＝＝nmv2。
答案　f＝nmv2

1.水力采煤是利用高速水流冲击煤层而进行的。煤层受到3.6×106 N/m2的压强冲击即可破碎，若水流沿水平方向冲击煤层，不考虑水的反向溅射作用，则冲击煤层的水流速度至少应为(水的密度为1×103 kg/m3)(　　)
A.30 m/s B.40 m/s
C.45 m/s D.60 m/s
解析　设溅落在煤层表面的某水柱微元的质量为Δm，由动量定理得F·Δt＝Δm·v，而Δm＝ρ·SΔl，Δl＝vΔt，联立可得＝ρv2，则速度v＝＝＝60 m/s，选项D正确。
答案　D
2.用豆粒模拟气体分子，可以模拟气体压强产生的原理。如图6所示，从距秤盘80 cm高处把1 000粒的豆粒连续均匀地倒在秤盘上，持续作用时间为1 s，豆粒弹起时竖直方向的速度大小变为碰前的一半，方向相反。若每个豆粒只与秤盘碰撞一次，且碰撞时间极短(在豆粒与秤盘碰撞极短时间内，碰撞力远大于豆粒受到的重力)，已知1 000粒的豆粒的总质量为100 g。则在碰撞过程中秤盘受到的压力大小约为(　　)

图6
A.0.2 N B.0.6 N
C.1.0 N D.1.6 N
解析　豆粒从80 cm高处下落到秤盘上时的速度为v1，
v＝2gh，
则v1＝＝ m/s＝4 m/s
设竖直向上为正方向，根据动量定理Ft＝mv2－mv1
则F＝＝ N＝0.6 N，故B正确，A、C、D错误。
答案　B
课时作业
(时间：40分钟)
基础巩固练
1.(多选)(2019·北京西城区模拟)关于动量和冲量，下列说法正确的是(　　)
A.物体所受合外力的冲量的方向与物体动量的方向相同
B.物体所受合外力的冲量等于物体动量的变化
C.物体所受合外力的冲量等于物体的动量
D.物体动量的方向与物体的运动方向相同
解析　物体所受合外力的冲量的方向与合外力的方向相同，与物体动量变化量的方向相同，与动量的方向不一定相同，故选项A错误；由动量定理可知，物体所受合外力的冲量等于物体动量的变化，故选项B正确，C错误；物体的动量p＝mv，故物体动量的方向与物体的运动方向相同，选项D正确。
答案　BD
2.如图1所示，运动员向球踢了一脚，踢球时的力F＝100 N，球在地面上滚动了10 s后停下来，则运动员对球的冲量为 (　　)

图1
A.1 000 N·s 　　　 B.500 N·s
C.0 　　　 D.无法确定
解析　滚动了10 s是地面摩擦力对足球的作用时间，不是踢球时的力的作用时间，由于不能确定运动员对球的作用时间，所以无法确定运动员对球的冲量，选项D正确。
答案　D
3.如图2，广州塔摩天轮位于塔顶450 m高空处，摩天轮由16个“水晶”观光球舱组成，沿着倾斜的轨道做匀速圆周运动，则坐于观光球舱中的某游客(　　)

图2
A.动量不变 B.线速度不变
C.合外力不变 D.机械能不守恒
解析　坐于观光球舱中的某游客线速度的大小不变，但方向不断改变，可知线速度不断改变，动量也不断变化；由于向心加速度方向不断变化，可知合外力大小不变，但方向不断改变，选项A、B、C错误；由于动能不变，重力势能不断变化，可知机械能不守恒，选项D正确。
答案　D
4.2018年3月22日，一架中国国际航空CA103客机，中午从天津飞抵香港途中遭遇鸟击，飞机头部被撞穿一个1米乘1米的大洞，雷达罩被砸穿。所幸客机于下午1点24分安全着陆，机上无人受伤。设客机撞鸟时飞行速度大约为1 080 km/h，小鸟质量约为0.5 kg，撞机时间约为0.01 s，估算飞机受到的撞击力为(　　)

图3
A.540 N B.54 000 N
C.15 000 N D.1.50 N
解析　本题为估算题，可以认为撞击前鸟的速度为零，撞击后鸟与飞机的速度相等，飞机速度为v＝1 080 km/h＝300 m/s，撞击过程对鸟，以飞机飞行方向为正方向，由动量定理得Ft＝mv－0，解得F＝＝ N＝1.5×104 N，则C正确，A、B、D错误。
答案　C
5.如图4所示，跳水运动员从某一峭壁上水平跳出，跳入湖水中，已知运动员的质量m＝70 kg，初速度v0＝5 m/s，若经过1 s时，速度为v＝5 m/s，则在此过程中，运动员动量的变化量为(g＝10 m/s2，不计空气阻力)(　　)

图4
A.700 kg·m/s B.350 kg·m/s
C.350(－1) kg·m/s D.350(＋1) kg·m/s
解析　根据动量定理得Δp＝F合t，即Δp＝mgt＝70×10×1 kg·m/s＝700 kg·m/s，故选项A正确。
答案　A
6.(2020·佛山模拟)如图5所示，一轻质弹簧固定在墙上，一个质量为m的木块以速度v0从右侧沿光滑水平面向左运动并与弹簧发生相互作用。设相互作用的过程中弹簧始终在弹性限度范围内，那么在整个相互作用的过程中弹簧对木块冲量I的大小为(　　)

图5
A.I＝0 B.I＝mv0
C.I＝2mv0 D.I＝3mv0
解析　设木块离开弹簧时的速度为v，根据机械能守恒定律得mv2＝mv，所以v＝v0，设向右的速度方向为正方向，根据动量定理得I＝mv－(－mv0)＝2mv0，故选项C正确。
答案　C
7.(多选)在港珠澳大桥施工过程中，我国科学家和工程技术人员自主创新了海底沉管技术。海底沉管要克服复杂多变的洋流，情境复杂，其简化原理图如图6所示，吊车处于静止状态，吊绳相对于吊车以速度v匀速向下放管子，管子的质量为m。假设图中P为管子开始被吊起的位置，Q为管子刚接触水面的位置，R为管子刚好完全进入水中的位置，S为管子刚好到达水底的位置，假定管子入水前后速度不变，则下列说法正确的是(　　)

图6
A.管子从P位置到R位置，吊绳拉力等于管子重力
B.管子从Q位置到S位置，吊绳拉力小于管子重力，且拉力不变
C.管子从Q位置到R位置，吊绳拉力做功的功率在逐渐减小
D.管子从Q位置到最终停在S位置，合力对管子的冲量大小为mv
解析　根据共点力的平衡条件可知，管子从P位置到Q位置，吊绳拉力等于管子重力，管子从Q位置到R位置，由于管子排开水的体积逐渐增大，管子所受的浮力逐渐增大，故吊绳拉力逐渐减小，又速度大小不变，故拉力做功的功率P＝Fv逐渐减小，A错误，C正确；管子从Q位置到S位置，吊绳拉力小于管子重力，管子从Q位置到R位置，吊绳拉力逐渐减小，管子从R位置到S位置，吊绳拉力不变，B错误；管子从Q位置到最终停在S位置，设向下的速度方向为正方向，根据动量定理可知，合力的冲量等于管子动量的变化量－mv，故合力对管子的冲量大小为mv，D正确。
答案　CD
8.如图7所示，一个下面装有轮子的贮气瓶停放在光滑的水平地面上，底端与竖直墙壁接触。现打开右端阀门，气体向外喷出，设喷口的面积为S，气体的密度为ρ，气体向外喷出的速度为v，则气体刚喷出时钢瓶底端对竖直墙面的作用力大小是(　　)

图7
A.ρvS B.
C.ρv2S D.ρv2S
解析　Δt时间内贮气瓶喷出气体的质量Δm＝ρSv·Δt，对于贮气瓶、瓶内气体及喷出的气体所组成的系统，由动量定理得F·Δt＝Δmv－0，解得F＝ρv2S，选项D正确。
答案　D
9.质量为1 kg的物体做直线运动，其速度—时间图象如图8所示。则物体在前10 s内和后10 s内所受外力的冲量分别是(　　)

图8
A.10 N·s，10 N·s B.10 N·s，－10 N·s
C.0，10 N·s D.0，－10 N·s
解析　由图象可知，在前10 s内初、末状态的动量相同，p1＝p2＝5 kg·m/s，由动量定理知I1＝0；在后10 s内末状态的动量p3＝－5 kg·m/s，由动量定理得I2＝p3－p2＝－10 N·s，故选项D正确。
答案　D
综合提能练
10.(2019·四川省绵阳市第二次诊断)在水平地面上，两个具有相同初动量而质量不同的物体，在大小相等的阻力作用下最后停下来。则质量大的物体(　　)
A.滑行的距离小
B.滑行的时间长
C.滑行过程中的加速度大
D.滑行过程中的动量变化快
解析　根据p＝mv可知，初动量相同，质量大的物体速度小；根据动能定理可知－Ff L＝0－Ek＝－，因两物体受到的阻力大小相等，则质量大的物体滑行的距离小，故A正确；根据动量定理得，－Ff t＝0－p，因动量相同，故滑行时间相同，故B错误；因两物体受到的阻力相同，由牛顿第二定律可知，质量大的加速度小，故C错误；因两物体均停止，所以滑行过程中动量变化量相同，因滑行时间相同，故动量变化快慢相同，故D错误。
答案　A
11.一质量为m的物体静置于倾角为θ的斜面上，在沿平行于斜面向上的拉力作用下开始运动，运动一段时间后撤去拉力，物体最终停止，其运动的速度—时间图象如图9所示，已知斜面足够长，重力加速度为g，则(　　)

图9
A.拉力的大小为
B.滑动摩擦力冲量的大小为3(mv0－mgt0sin θ)
C.0～2t0时间为拉力的平均功率与滑动摩擦力的平均功率相等
D.整个过程中拉力做的功与物体克服摩擦力做的功相等
解析　由v－t图象斜率的绝对值表示加速度大小和牛顿第二定律得F－f－mgsin θ＝m和f＋mgsin θ＝m，联立解得拉力的大小为F＝，选项A错误；由A项分析知滑动摩擦力的大小f＝m－mgsin θ，则滑动摩擦力的冲量大小为If＝f·3t0＝(m－mgsin θ)·3t0＝3(mv0－mgt0sin θ)，选项B正确，拉力的平均功率P＝F·＝·＝，滑动摩擦力的平均功率P＝f·＝(m－mgsin θ)·，拉力的平均功率与滑动摩擦力的平均功率不相等，选项C错误；根据能量守恒定律可知，拉力做的功等于物体克服摩擦力做的功与克服重力做的功之和，选项D错误。
答案　B
12.(多选)一质量为m的运动员托着质量为M的重物从下蹲状态(图10甲)缓慢运动到站立状态(图乙)，该过程重物和人的肩部相对位置不变，运动员保持乙状态站立Δt时间后再将重物缓慢向上举，至双臂伸直(图丙)。甲到乙、乙到丙过程重物上升高度分别为h1、h2，经历的时间分别为t1、t2，(重力加速度为g)则(　　)

图10
A.地面对运动员的冲量为(M＋m)g(t1＋t2＋Δt)，地面对运动员做的功为0
B.地面对运动员的冲量为(M＋m)g(t1＋t2)，地面对运动员做的功为(M＋m)g(h1＋h2)
C.运动员对重物的冲量为Mg(t1＋t2＋Δt)，运动员对重物做的功为Mg(h1＋h2)
D.运动员对重物的冲量为Mg(t1＋t2)，运动员对重物做的功为0
解析　因运动员将重物缓慢上举，则可认为是平衡状态，地面对运动员的支持力为：(M＋m)g，整个过程的时间为(t1＋t2＋Δt)，根据I＝Ft可知地面对运动员的冲量为(M＋m)g(t1＋t2＋Δt)；因地面对运动员的支持力没有位移，可知地面对运动员做的功为0，选项A正确，B错误；运动员对重物的作用力为Mg，作用时间为(t1＋t2＋Δt)，根据I＝Ft可知运动员对重物的冲量为Mg(t1＋t2＋Δt)，重物的位移为(h1＋h2)，根据W＝Fs可知运动员对重物做的功为Mg(h1＋h2)，选项C正确，D错误。
答案　AC
13.(2018·北京理综，22)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11，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。

图11
(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I的大小；
(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。
解析　(1)根据匀变速直线运动公式v－v＝2as，
有L＝＝100 m。

(2)根据动量定理有I＝mvB－mvA＝1 800 N·s。
(3)运动员经C点时的受力分析如图所示
根据动能定理，运动员在BC段运动的过程中，有
mgh＝mv－mv
根据牛顿第二定律，有FN－mg＝m
联立解得FN＝3 900 N。
答案　(1)100 m　(2)1 800 N·s　(3)图见解析　3 900 N