?動量定理及應(yīng)用
考點一　動量和沖量
1．動量
(1)定義：物體的質(zhì)量和速度的乘積．
(2)表達(dá)式：p＝mv.
(3)方向：與速度的方向相同．
2．動量的變化
(1)動量是矢量，動量的變化量Δp也是矢量，其方向與速度的改變量Δv的方向相同．
(2)動量的變化量Δp，一般用末動量p′減去初動量p進(jìn)行矢量運(yùn)算，也稱為動量的增量．即Δp＝p′－p.
3．沖量
(1)定義：力與力的作用時間的乘積叫作力的沖量．
(2)公式：I＝FΔt.
(3)單位：N·s.
(4)方向：沖量是矢量，其方向與力的方向相同．

技巧點撥
1．動量與動能的比較

動量
動能
物理意義
描述機(jī)械運(yùn)動狀態(tài)的物理量
定義式
p＝mv
Ek＝mv2
標(biāo)矢性
矢量
標(biāo)量
變化因素
合外力的沖量
合外力所做的功
大小關(guān)系
p＝
Ek＝
變化量
Δp＝Ft
ΔEk＝Fl
聯(lián)系
(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
(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I＝Ft計算．
(2)變力的沖量
①作出F－t圖線，圖線與t軸所圍的面積即為變力的沖量，如圖1所示．

圖1
②對于易確定始、末時刻動量的情況，可用動量定理求解．

例題精練
1．對于一定質(zhì)量的某物體而言，下列關(guān)于動能和動量的關(guān)系正確的是(　　)
A．物體的動能改變，其動量不一定改變
B．物體動量改變，則其動能一定改變
C．物體的速度不變，則其動量不變，動能也不變
D．動量是標(biāo)量，動能是矢量
答案　C
解析　物體的動能改變，則物體的速度大小一定改變，則其動量一定改變，A錯誤；動量表達(dá)式為p＝mv，動量改變可能只是速度方向改變，其動能不一定改變，故B錯誤；物體的速度不變，則其動量不變，動能也不變，C正確；動量是矢量，動能是標(biāo)量，D錯誤．
2．高鐵列車在啟動階段的運(yùn)動可看作初速度為零的勻加速直線運(yùn)動．在啟動階段，列車的動能(　　)
A．與它所經(jīng)歷的時間成正比 　 B．與它的位移成正比
C．與它的速度成正比 　 D．與它的動量成正比
答案　B
解析　列車啟動的過程中加速度恒定，由勻變速直線運(yùn)動的速度與時間關(guān)系可知v＝at，且列車的動能為Ek＝mv2，由以上整理得Ek＝ma2t2，動能與時間的平方成正比，動能與速度的平方成正比，A、C錯誤；將x＝at2代入上式得Ek＝max，則列車的動能與位移成正比，B正確；由動能與動量的關(guān)系式Ek＝可知，列車的動能與動量的平方成正比，D錯誤．
3.(多選)如圖2所示，物體從t＝0時刻開始由靜止做直線運(yùn)動，0～4 s內(nèi)其合外力隨時間變化的關(guān)系圖線為正弦曲線，下列表述正確的是(　　)

圖2
A．0～2 s內(nèi)合外力的沖量一直增大
B．0～4 s內(nèi)合外力的沖量為零
C．2 s末物體的動量方向發(fā)生變化
D．0～4 s內(nèi)物體動量的方向一直不變
答案　ABD
解析　根據(jù)F－t圖象中圖線與t軸圍成的面積表示沖量，可知在0～2 s內(nèi)合外力的沖量一直增大，故A正確；0～4 s內(nèi)合外力的沖量為零，故B正確；2 s末沖量方向發(fā)生變化，物體的動量開始減小，但方向不發(fā)生變化，0～4 s內(nèi)物體動量的方向一直不變，故C錯誤，D正確．
考點二　動量定理的理解和應(yīng)用
1．內(nèi)容：物體在一個過程中所受力的沖量等于它在這個過程始末的動量變化量．
2．公式：F(t′－t)＝mv′－mv或I＝p′－p.

技巧點撥
1．對動量定理的理解
(1)Ft＝p′－p是矢量式，兩邊不僅大小相等，而且方向相同．式中Ft是物體所受的合外力的沖量．
(2)Ft＝p′－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．
(3)由Ft＝p′－p，得F＝＝，即物體所受的合外力等于物體動量的變化率．
(4)當(dāng)物體運(yùn)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
(1)確定研究對象．
(2)對物體進(jìn)行受力分析．可先求每個力的沖量，再求各力沖量的矢量和——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(fù)號．
(4)根據(jù)動量定理列方程，如有必要還需要補(bǔ)充其他方程，最后代入數(shù)據(jù)求解．

例題精練
4．關(guān)于動量定理，下列說法正確的是(　　)
A．動量越大，合外力的沖量越大
B．動量變化越大，合外力的沖量越大
C．動量變化越快，合外力的沖量越大
D．沖量方向與動量方向相同
答案　B
解析　合外力的沖量等于物體動量變化量，動量越大，動量變化量不一定越大，A錯誤，B正確；根據(jù)動量定理有Ft＝mΔv，而動量變化越快，即F＝越大，mΔv不一定大，即合力的沖量不一定大，C錯誤；沖量的方向和動量變化量的方向相同，D錯誤．
5.(多選)如圖3，一個質(zhì)量為0.18 kg的壘球，以25 m/s的水平速度飛向球棒，被球棒打擊后反向水平飛回，速度大小變?yōu)?5 m/s，設(shè)球棒與壘球的作用時間為0.01 s．下列說法正確的是(　　)

圖3
A．球棒對壘球的平均作用力大小為1 260 N
B．球棒對壘球的平均作用力大小為360 N
C．球棒對壘球做的功為238.5 J
D．球棒對壘球做的功為126 J
答案　AD
解析　根據(jù)動量定理Ft＝mv2－mv1得F＝＝ N＝－1 260 N，負(fù)號表示力的方向與初速度的方向相反，選項A正確，B錯誤；根據(jù)動能定理，球棒對壘球做的功W＝mv22－mv12＝×0.18×452 J－×0.18×252 J＝126 J，選項C錯誤，D正確．
6．(多選)一質(zhì)量為2 kg的物塊在合外力F的作用下從靜止開始沿直線運(yùn)動．F隨時間t變化的圖線如圖4所示，則(　　)

圖4
A．t＝1 s時物塊的速率為1 m/s
B．t＝2 s時物塊的動量大小為4 kg·m/s
C．t＝3 s時物塊的動量大小為5 kg·m/s
D．t＝4 s時物塊的速度為零
答案　AB
解析　由動量定理可得：Ft＝mv，解得v＝.t＝1 s時物塊的速率為v＝＝ m/s＝
1 m/s，故A正確；t＝2 s時物塊的動量大小p2＝F1t2＝2×2 kg·m/s＝4 kg·m/s，t＝3 s時物塊的動量大小為p3＝(2×2－1×1) kg·m/s＝3 kg·m/s，t＝4 s 時物塊的動量大小為p4＝(2×2－1×2) kg·m/s＝2 kg·m/s，所以t＝4 s時物塊的速度為1 m/s，故B正確，C、D錯誤．
考點三　應(yīng)用動量定理處理流體沖擊力問題
研究對象
流體類：液體流、氣體流等，通常已知密度ρ
微粒類：電子流、光子流、塵埃等，通常給出單位體積內(nèi)粒子數(shù)n
分析步驟
①構(gòu)建“柱狀”模型：沿流速v的方向選取一段小柱體，其橫截面積為S
②微元研究
小柱體的體積ΔV＝vSΔt
小柱體質(zhì)量m＝ρΔV＝ρvSΔt
小柱體粒子數(shù)N＝nvSΔt
小柱體動量p＝mv＝ρv2SΔt
③建立方程，應(yīng)用動量定理FΔt＝Δp研究


例題精練
7．最近，我國為“長征九號”研制的大推力新型火箭發(fā)動機(jī)聯(lián)試成功，這標(biāo)志著我國重型運(yùn)載火箭的研發(fā)取得突破性進(jìn)展．若某次實驗中該發(fā)動機(jī)向后噴射的氣體速度約為3 km/s，產(chǎn)生的推力約為4.8×106 N，則它在1 s時間內(nèi)噴射的氣體質(zhì)量約為(　　)
A．1.6×102 kg B．1.6×103 kg
C．1.6×105 kg D．1.6×106 kg
答案　B
解析　設(shè)1 s時間內(nèi)噴出的氣體的質(zhì)量為m，噴出的氣體與該發(fā)動機(jī)的相互作用力為F，由動量定理有Ft＝mv－0，則m＝＝ kg＝1.6×103 kg，選項B正確．
8．人們常說“滴水能穿石”．一瀑布落差為h＝20 m，水流量為Q＝
0.20 m3/s，水的密度ρ＝1.0×103 kg/m3，水在最高點和落至石頭上后的速度都認(rèn)為是零(落在石頭上的水立即流走，石頭對水作用時不考慮水的重力，g取10 m/s2)．求水對石頭的沖擊力的大?。?br /> 答案　4×103 N
解析　水在下落過程中，根據(jù)動能定理得，Mgh＝Mv2
水下落20 m時的速度v＝20 m/s
設(shè)極短時間t內(nèi)落至石頭上的水的質(zhì)量為m，則m＝Qtρ
設(shè)石頭對水的平均作用力為F，根據(jù)動量定理得Ft＝mv
聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)得F＝4×103 N.
由牛頓第三定律得水對石頭的沖擊力大小為F′＝F＝4×103 N．
綜合練習(xí)
一．選擇題（共10小題）
1．（淮安期中）關(guān)于物體的動量，下列說法中正確的是（　?。?br /> A．運(yùn)動物體在任一時刻的動量方向，一定是該時刻的速度方向
B．物體的動能不變，其動量一定不變
C．動量越大的物體，其速度一定越大
D．動量越大的物體，其慣性也越大
【分析】慣性的大小與質(zhì)量有關(guān)；質(zhì)量與速度的乘積是物體的動量，根據(jù)動量的定義式以及動量和速度的關(guān)系分析答題。
【解答】解：A、動量和速度都是矢量；物體的動量：p＝mv，可知運(yùn)動物體在任一時刻的動量的方向一定是該時刻的速度方向，故A正確；
B、物體的動能不變，則物體的速度大小不變，若方向變化，則其動量也變化。故B錯誤；
C、物體的動量：p＝mv，動量大小取決于質(zhì)量與速度的乘積，所以動量大的物體，它的速度不一定大。故C錯誤；
D、質(zhì)量是慣性大小的量度，而物體的動量：p＝mv，動量大小取決于質(zhì)量與速度的乘積，動量大的物體慣性不一定大。故D錯誤。
故選：A。
【點評】本題考查了影響動量大小的因素、動量與速度的關(guān)系，知道動量的定義式、掌握速度與動量間的關(guān)系即可正確解題
2．（曲周縣校級月考）飛機(jī)在啟動階段的運(yùn)動可以看作勻加速直線運(yùn)動，則下列說法中正確的是（　?。?br /> A．飛機(jī)在啟動階段任意時刻的速度與它所經(jīng)歷的時間成正比
B．飛機(jī)在啟動階段任意時間段的位移與時間段長度成正比
C．飛機(jī)在啟動階段任意時刻的動能與它所經(jīng)歷的時間成正比
D．飛機(jī)在啟動階段任意時刻的動量與它所經(jīng)歷的時間的二次方成正比
【分析】飛機(jī)啟動階段的運(yùn)動可看做勻加速直線運(yùn)動，應(yīng)用勻變速直線運(yùn)動的速度公式、位移公式分析答題。
【解答】解：飛機(jī)啟動階段做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動；
A、由速度公式可知：v＝at，任意時刻的速度v與時間t成正比，故A正確；
B、由位移公式：x＝可知，任意時間段t的位移與時間長度的平方成正比，故B錯誤；
C、飛機(jī)做勻加速直線運(yùn)動，由牛頓第二定律得：F＝ma，牽引力F恒定，
由動能定理得：Fx＝EK，EK＝Fat2，任意時刻的動能與所經(jīng)歷時間的平方成正比，故C錯誤；
D、由動量定理得：I＝mv＝mat，沖量與時間t成正比，故D錯誤；
故選：A。
【點評】本題考查了勻變速直線運(yùn)動規(guī)律的應(yīng)用，掌握基礎(chǔ)知識是解題的前提，應(yīng)用運(yùn)動學(xué)公式、動能定理與動量定理即可解題。
3．（碭山縣校級月考）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(yùn)動。F隨時間t變化的圖線如圖所示，則（　?。?br />
A．t＝1s時物塊的速率為1m/s
B．t＝2s時物塊的動量大小為2kg?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
【分析】首先根據(jù)牛頓第二定律得出加速度，進(jìn)而計算速度和動量，根據(jù)動能的表達(dá)式可求得動能。
【解答】解：A、前兩秒，根據(jù)牛頓第二定律，a＝＝＝1m/s2，則0﹣2s的速度規(guī)律為：v＝at；t＝1s時，速率為1m/s，故A正確；
B、2S時的速度為2m/s，動量為4kgm/s，故B錯誤
C、2﹣4s，力開始反向，物體減速，根據(jù)牛頓第二定律，a＝﹣0.5m/s2，所以3s時的速度為1.5m/s，動量為3kgm/s，故C錯誤
D、4S時的速度為1m/s，動量為mv＝2kg?m/s，故D錯誤。
故選：A。
【點評】本題考查了牛頓第二定律的簡單運(yùn)用，熟悉公式即可，并能運(yùn)用牛頓第二定律求解加速度。另外要學(xué)會看圖，從圖象中得出一些物理量之間的關(guān)系。
4．（南關(guān)區(qū)校級期末）對于某一質(zhì)量確定的物體，下列說法中正確的是（　?。?br /> A．物體的動量發(fā)生改變，則合外力一定對物體做了功
B．物體的運(yùn)動狀態(tài)改變，其動量一定改變
C．物體的動量發(fā)生改變，其動能一定發(fā)生改變
D．物體的動能發(fā)生改變，其動量可能不變
【分析】動量是矢量，動能是標(biāo)量，兩者之間既有聯(lián)系又有區(qū)別，動量的變化是力對時間的積累效應(yīng)，動能的變化是力對空間的積累效應(yīng)
【解答】解：A．物體的動量發(fā)生變化，可能是速度的大小、方向中有一個量或兩個量發(fā)生了變化，物體肯定受到了力的作用，但此力不一定做功，故A錯誤；
B．運(yùn)動狀態(tài)的標(biāo)志是速度，運(yùn)動狀態(tài)改變，則動量一定變化，故B正確
C．物體的動量變化，可能是速度的大小、方向中有一個量或兩個量發(fā)生了變化，若僅是速度的方向改變，則動能不變，故C錯誤
D．物體的動能改變，則其速度的大小一定改變，故動量一定發(fā)生改變，故D錯誤；
故選：B。
【點評】明確知道動量和動能的相關(guān)知識，知道動能是標(biāo)量，動量是矢量；知道動能和動量的關(guān)系式；
5．（古冶區(qū)校級期中）關(guān)于力的沖量，下列說法正確的是（　　）
A．力越大，力的沖量就越大
B．作用在物體上的力大，力的沖量不一定大
C．靜置于地面的物體受水平推力F的作用，經(jīng)時間t物體仍靜止，則此推力的沖量為零
D．F1與作用時間t1的乘積F1t1等于F2與作用時間t2的乘積F2t2，則這兩個沖量相同
【分析】由沖量的定義直接求解，明確力與時間乘積即為沖量；沖量是矢量。
【解答】解：AB、沖量等于力與時間的乘積，力大沖量不一定大，則A錯誤，B正確
C、沖量等于力與時間的乘積，與運(yùn)動狀態(tài)無關(guān)，則C錯誤
D、沖量是矢量，兩個矢量相同必須滿足大小相等，方向相同，則D錯誤
故選：B。
【點評】題考查對動量定理的理解，要注意明確大小和方向兩方面的問題，特別是方向，要準(zhǔn)確把握。
6．（廣陵區(qū)校級期中）物體在水平面上做直線運(yùn)動，其動量隨時間變化的圖像如圖所示，則下列說法正確是（　?。?br />
A．0～2t0物體的運(yùn)動方向與2t0～3t0的運(yùn)動方向相反
B．2t0～3t0與3t0～4t0時間內(nèi)物體受到的合外力大小相等，方向相反
C．0～3t0時間內(nèi)，物體受到的合外力的沖量為零
D．2t0～4t0時間內(nèi)，物體受到的合外力的沖量為零
【分析】根據(jù)p＝mv可知運(yùn)動方向與動量方向相同，根據(jù)F＝可知動量隨時間的變化的圖像斜率代表F，根據(jù)△p＝I合可知沖量的大小。
【解答】解：A、根據(jù)p＝mv可知運(yùn)動方向與動量方向相同，0～2t0與2t0～3t0的動量均為正，則0～2t0與2t0～3t0的運(yùn)動方向相同，故A錯誤；
B、根據(jù)F＝可知動量隨時間的變化的圖像斜率代表F，2t0～3t0與3t1～4t1時間內(nèi)圖線斜率不變，則物體受到的合外力不變，故B錯誤；
C、由圖象知0～3t0時間內(nèi)動量變化為0，根據(jù)△p＝I合可知0～3t0物體受到的合外力的沖量為零，故C正確；
D、由圖象知2t0～4t0，時間內(nèi)動量變化不為零，則物體受到的合外力的沖量不為零，故D錯誤。
故選：C。
【點評】本題主要考查動量定理，學(xué)生使用動量時需注意其矢量性，先規(guī)定正方向。
7．（梅州一模）一個小男孩從樓上窗臺突然墜落。幸運(yùn)的是，樓下老伯高高舉起雙手接住了孩子，孩子安然無恙。假設(shè)從樓上窗臺到老伯接觸男孩的位置高度差為h＝10m，老伯接男孩的整個過程時間約為0.2s，則（　?。ê雎钥諝庾枇Γ琯取10m/s2）
A．男孩自由下落時間約為2s
B．男孩接觸老伯手臂時的速度大小約為14m/s
C．老伯接男孩的整個過程，男孩處于失重狀態(tài)
D．老伯手臂受到的平均沖力約等于男孩體重的7倍
【分析】根據(jù)自由落體運(yùn)動的速度﹣位移公式列式求解男孩接觸老伯手臂時的速度大??；根據(jù)速度﹣時間公式求男孩做自由落體運(yùn)動的時間；根據(jù)動量定理及牛頓第三定律求得老伯手臂受到的平均沖力。
【解答】解：AB、男孩做自由落體運(yùn)動，根據(jù)速度﹣位移公式得：v2＝2gh，代入數(shù)據(jù)解得男孩接觸老伯手臂時的速度大小約為：v＝10m/s≈14m/s
根據(jù)速度﹣時間公式，可得男孩做自由落體運(yùn)動的時間：t1＝＝s＝s，故A錯誤，B正確；
CD、規(guī)定豎直向下為正方向，根據(jù)動量定理得：mg（t1+t2）﹣Ft2＝0﹣0
代入數(shù)據(jù)解得老伯手臂受到度小孩的平均沖力為：F＝8mg，根據(jù)牛頓第三定律可得老伯手臂受到的平均沖力為：F′＝F＝8mg，男孩處于超重狀態(tài)，故CD誤。
故選：B。
【點評】本題以一個小男孩從樓上窗臺突然墜落為情景載體，考查了動量定理在實際問題中的應(yīng)用，解決本題的關(guān)鍵是要老伯接男孩的過程中的運(yùn)動時間，結(jié)合運(yùn)動學(xué)公式進(jìn)行求解。
8．（九江二模）如圖所示，兩個質(zhì)量相等的物體分別從傾角為30°和60°的固定光滑斜面頂端由靜止自由下滑，到達(dá)斜面底端。兩物體在整個下滑過程中，相同的物理量是（　?。?br />
A．重力的沖量 B．動量的變化量
C．動能的變化量 D．重力的平均功率
【分析】根據(jù)牛頓第二定律，結(jié)合運(yùn)動學(xué)公式求出物塊運(yùn)動的時間，從而比較重力的沖量、合力的沖量，根據(jù)動量定理得到下滑過程中動量變化量的大小。
【解答】解：設(shè)底部長為L，當(dāng)斜面的傾角為θ時物體下滑到底部的時間為t，根據(jù)牛頓第二定律可得物體沿斜面下滑的加速度a＝gsinθ，根據(jù)位移﹣時間關(guān)系可得：＝at2，解得運(yùn)動的時間t＝，由于兩個斜面的傾角分別為30°和60°，所以兩種情況下物體達(dá)到斜面底端的時間相同。
A、根據(jù)I＝mgt知重力沖量相同，故A正確；
B、物體所受的合力F合＝mgsinθ，則合力的沖量I合＝mgtsinθ，由于θ不同，則合外力的沖量不同，根據(jù)動量定理可得I合＝△p，所以下滑過程中動量變化量的大小不同，故B錯誤；
C、根據(jù)動能定理，合力做功等于重力做功，W＝mgh，h不同，合力做功不同，所以動能增加量不同，故C錯誤；
D、重力做功的平均功率為P＝，由于h不同，所以兩物塊所受重力做功的平均功率不相同，故D錯誤；
故選：A。
【點評】本題主要是考查動量定理，關(guān)鍵是求出兩種情況下物體下滑的時間，知道沖量、動量的表達(dá)式，知道合外力的沖量等于動量的變化。
9．（長沙模擬）中國火星探測器“天問一號”成功發(fā)射。飛行過程中，“天問一號”還將進(jìn)行數(shù)次軌道修正，才能到達(dá)火星表面。假定探測器質(zhì)量M＝1kg，正以對地速度v0＝7.8km/s在太空中飛行，某一時刻探測器接到加速的指令后，“天問一號”探測器的4臺120N發(fā)動機(jī)同時點火工作20s沿直線推進(jìn)，忽略探測器質(zhì)量變化，則加速后探測器的速度大小v1為（　?。?br /> A．v1＝9.6km/s B．v1＝11.2km/s
C．v1＝16.7km/s D．v1＝17.4 km/s
【分析】沖量是力在時間上的積累，由題意可知探測器所受合外力以及力的作用時間，運(yùn)用動量定理求解速度。
【解答】解：以探測器的運(yùn)動方向為正
0～20s內(nèi)發(fā)動機(jī)提供的沖量為I＝Ft＝4×120×20N?s＝9600N?s
由動量定理可知
I＝Mv1﹣Mv0
代入數(shù)據(jù)：9600＝1×（v1﹣7800）
可得：v1＝17400m/s＝17.4km/s，故D正確，ABC錯誤。
故選：D。
【點評】本題考查學(xué)生對動量定理的運(yùn)用，需注意是合外力的沖量對應(yīng)動量的變化，且沖量和動量都是矢量，列式之前先規(guī)定正方向。
10．（浙江期中）如圖所示，顛球練習(xí)是乒乓球運(yùn)動員掌握擊球的力度、手感和球感的重要方法。運(yùn)動員練習(xí)中將球垂直拋出，讓球連續(xù)在球拍上垂直彈起和落下。某一次乒乓球靜止下落50cm，被球拍擊起后離開球拍豎直上升的最大高度為88cm。已知球與球拍的作用時間為0.1s，乒乓球的質(zhì)量為2.7g，重力加速度g取10m/s2，阻力是球重的0.1倍，下列說法正確的是（　　）

A．球拍對球的平均作用力為乒乓球重力的84倍
B．整個過程阻力做功約為3.7×10﹣3J
C．球與球拍作用過程中動量變化量大小為3.78×10﹣3kg?m/s
D．球從最高點下落至重新回到最高點的過程中重力的沖量大小為2.25×10﹣2N?s
【分析】根據(jù)W＝Fx求解阻力做功；由動能定理求得球到球拍的速度大小和反彈后的速度大小，對球應(yīng)用動量定理求解球拍對球的平均作用力；根據(jù)△p＝m△v解得動量變化量大小；運(yùn)用運(yùn)動學(xué)公式求解時間。
【解答】解：下落過程中阻力做的功Wf1＝﹣fh1＝﹣0.1×2.7×10﹣2×0.5J＝﹣1.35×10﹣3J
根據(jù)動能定理得：mgh1+Wf1＝mv12
可得球與球拍碰撞前瞬間的速度v1＝3m/s
上升過程中阻力做的功Wf2＝﹣fh2＝﹣0.1×2.7×10﹣2×0.88J＝﹣2.376×10﹣3J
根據(jù)動能定理得：﹣mgh2+Wf2＝0﹣mv22
可得球與球拍碰撞后瞬間的速度v2＝4.4m/s
以豎直向上為正方向
A、球與球拍碰撞過程中，根據(jù)動量定理（F﹣mg）△t＝mv2﹣（﹣mv1），解得F＝8.4mg，故A錯誤；
B、整個過程阻力做功為：Wf1+Wf2＝﹣1.35×10﹣3J﹣2.376×10﹣3J≈﹣3.7×10﹣3J，故B錯誤；
C、球與球拍作用過程中動量變化量大小為△p＝mv2﹣（﹣mv1）＝2.7×10﹣3×（4.4+3）kg?m/s＝1.998×102kg?m/s，故C錯誤；
D、下落的時間t1＝＝s＝s，上升的時間t2＝＝s＝0.4s
整個過程中重力的沖量IG＝mg（t1+△t+t2）＝2.7×10﹣2×（+0.1+0.4）N?s＝2.25×10﹣2N?s，故D正確。
故選：D。
【點評】本題主要考查了動量定理、運(yùn)動學(xué)公式相結(jié)合的問題，解決此題的關(guān)鍵在使用動量定理解題時一定要規(guī)定正方向。
二．多選題（共10小題）
11．（浙江模擬）如圖所示，滑塊P、Q靜止在粗糙水平面上，一根輕彈簧一端與滑塊Q相連，另一端固定在墻上，彈簧處于原長。現(xiàn)使滑塊P以初速度v0向右運(yùn)動，與滑塊Q發(fā)生碰撞（碰撞時間極短），碰后兩滑塊一起向右壓縮彈簧至最短，然后在彈簧彈力作用下兩滑塊向左運(yùn)動，兩滑塊分離后，最終都靜止在水平面上。已知滑塊P、Q的質(zhì)量分別為2m和m，兩滑塊與平面間的動摩擦因數(shù)相同，下列說法中正確的是（　　）

A．兩滑塊發(fā)生碰撞的過程中，其動量守恒，機(jī)械能不守恒
B．兩滑塊分離時，彈簧一定處于原長
C．滑塊P最終一定停在出發(fā)點左側(cè)的某一位置
D．整個過程中，兩滑塊克服摩擦力做功的和小于mv02
【分析】系統(tǒng)所受合外力為零系統(tǒng)動量守恒，只有重力或彈力做功系統(tǒng)機(jī)械能守恒；
當(dāng)P、Q間彈力為零時它們分離，應(yīng)用牛頓第二定律求出彈簧的形變量，然后分析答題；
由能量守恒定律分析判斷P最終停止位置與出發(fā)點間的關(guān)系，應(yīng)用能量守恒定律分析克服摩擦力做功多少。
【解答】解：A、兩滑塊碰撞過程系統(tǒng)內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，系統(tǒng)動量守恒，兩者碰撞后一起運(yùn)動，碰撞不是彈性碰撞，碰撞過程機(jī)械能有損失，碰撞過程機(jī)械能不守恒，故A正確；
B、當(dāng)P、Q間彈力為零時兩滑塊分離，分離前瞬間它們的加速度相等，由牛頓第二定律，對P：a＝＝μg
對Q：μ′mg﹣T＝ma
解得：T＝mg（μ′﹣μ），
如果：μ′＝μ，則T＝0，彈簧處于原長狀態(tài)，故B正確；
C、兩滑塊碰撞后在運(yùn)動過程中要克服摩擦力做功，機(jī)械能減小，當(dāng)P回到兩球碰撞位置時的速度大小一定小于碰撞前P的速度大小，P停止時的位置一定在其出發(fā)點的右側(cè)，故C錯誤；
D、由于兩滑塊分離后Q繼續(xù)向左做減速運(yùn)動，當(dāng)Q停止時彈簧處于伸長狀態(tài)，在整個過程中，P的機(jī)械能轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢能與內(nèi)能，由能量守恒定律可知：W+EP＝?2mv02＝mv02，W＝mv02﹣EP，則兩滑塊克服摩擦力做功之和小于mv02，故D正確；
故選：ABD。
【點評】本題考查了動量守恒定律的應(yīng)用，考查了動量守恒與機(jī)械能守恒的條件，分析清楚物體運(yùn)動過程是解題的前提與關(guān)鍵，解題時要注意討論：兩滑塊它們與水平面間的動摩擦因數(shù)是否相等，否則可能會出錯。
12．（安徽期末）一質(zhì)點在直線運(yùn)動過程中，速度隨時間均勻變化，則（　?。?br /> A．質(zhì)點的位移一定隨時間均勻變化
B．質(zhì)點的動能一定隨時間均勻變化
C．質(zhì)點的動能一定隨位移均勻變化
D．質(zhì)點的動量一定隨時間均勻變化
【分析】根據(jù)題意，質(zhì)點速度隨時間均勻變化，可以判斷質(zhì)點做勻變速直線運(yùn)動，利用勻變速直線運(yùn)動規(guī)律，可以列出位移和時間的關(guān)系式、動能和時間的關(guān)系式、動能和位移的關(guān)系式、動量和時間的關(guān)系式，如果關(guān)系式是線性變化關(guān)系式，就可以判斷為“均勻變化”。
【解答】解：A、速度隨時間均勻變化，說明質(zhì)點做勻變速直線運(yùn)動，根據(jù)勻變速直線運(yùn)動規(guī)律：S＝v0t+，質(zhì)點的位移和時間不是線性關(guān)系，所以質(zhì)點的位移不隨時間均勻變化。故A錯誤；
B、質(zhì)點的速度：v＝v0+at，質(zhì)點動能Ek＝，質(zhì)點的動能和時間不是線性關(guān)系，所以質(zhì)點的動能不隨時間均勻變化。故B錯誤；
C、根據(jù)動能定理，F(xiàn)S＝Ek﹣Ek0，即Ek＝FS+Ek0，質(zhì)點的動能和位移是線性變化關(guān)系，所以質(zhì)點的動能一定隨位移均勻變化。故C正確；
D、質(zhì)點的動量p＝mv＝m（v0+at），質(zhì)點的動量和時間是線性變化關(guān)系，所以質(zhì)點的動量一定隨時間均勻變化。故D正確；
故選：CD。
【點評】本題考查了勻變速直線運(yùn)動規(guī)律、動量、動能定理等知識點。列出對于的關(guān)系式，利用線性變化關(guān)系來判斷“均勻變化關(guān)系”。
13．（福建期末）力學(xué)中的三個基本單位分別是kg、m、s，其他單位都可以利用物理公式從這三個基本單位推導(dǎo)出來。動量的定義式為p＝mv，則關(guān)于動量的單位判斷正確的是（　?。?br /> A．kg?m/s B．N?S C． D．
【分析】根據(jù)動量的定義與各單位間的關(guān)系分析答題。
【解答】解：A、動量p＝mv，m的單位為kg，v的單位為m/s，則動量的單位為kg?m/s，故A正確；
BC、1kg?m/s＝（kg?m/s2）?s＝1N?s，故B正確，C錯誤；
D、＝＝不是動量的單位，故D錯誤；
故選：AB。
【點評】本題考查了動量的單位，掌握各單位間的換算關(guān)系即可正確解題。
14．（和平區(qū)校級月考）如圖所示，斜面上除了AB段粗糙外，其余部分均是光滑的，小物體與AB段的動摩擦因數(shù)處處相等。今使該物體從斜面的頂端由靜止開始下滑，經(jīng)過A點時的速度與經(jīng)過C點時的速度相等，已知AB＝BC，則下列說法正確的是（　?。?br />
A．物體在AB段與BC段的加速度大小相等
B．物體在AB段與BC段的運(yùn)動時間相等
C．物體在以上兩段運(yùn)動中的動量變化量相同
D．重力在以上兩段運(yùn)動中對物體所做的功相等
【分析】根據(jù)牛頓第二定律比較AB段和BC段加速度的大??；根據(jù)平均速度公式比較在AB段和BC段運(yùn)動的時間；根據(jù)重力做功的特點比較兩段過程中重力所做的功，根據(jù)動量的公式P＝mv比較動量變化的大小。
【解答】解：A、經(jīng)過A點時的速度與經(jīng)過C點時的速度相等，故物體在AB段做勻減速直線運(yùn)動，在BC段做勻加速直線運(yùn)動，根據(jù)速度位移關(guān)系公式可得AB段和BC的加速度大小相等，故A正確；
B、經(jīng)過A點時的速度與經(jīng)過C點時的速度相等，根據(jù)平均速度，知AB段和BC段的平均速度相等，兩段位移相等，所以運(yùn)動時間相等，故B正確；
C、從A到B再到C速度變化量的大小相等，根據(jù)△P＝m△v，知動量變化的大小相等，但方向不同，故C錯誤；
D、重力做功與首末位置的高度差有關(guān)，在兩段運(yùn)動過程中，高度差相同，所以重力做功相等，故D正確；
故選：ABD。
【點評】本題考查了牛頓第二定律、動量、重力做功以及運(yùn)動學(xué)公式等基本知識，難度不大，關(guān)鍵是能夠靈活運(yùn)用這些基本概念和基本規(guī)律。
15．（玉門市校級月考）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(yùn)動。F隨時間t變化的圖線如圖所示，則（　　）

A．t＝1s時物塊的速率為2m/s
B．t＝2s時物塊的動量大小為2kg?m/s
C．t＝3s時物塊的動量大小為3kg?m/s
D．t＝4s時物塊的速度為1m/s
【分析】首先根據(jù)牛頓第二定律得出加速度，根據(jù)速度時間關(guān)系求解速度大小，進(jìn)而計算動量。
【解答】解：A、前兩秒，根據(jù)牛頓第二定律，a＝＝1m/s2，則1s時的速度為：v1＝at1＝1m/s，故A錯誤；
B、t＝2s時，速率為v2＝at2＝2m/s，則動量為P＝mv2＝4kg?m/s，故B錯誤；
CD、2﹣4s，力開始反向，物體減速，根據(jù)牛頓第二定律，a′＝＝﹣0.5m/s2，所以3s時的速度為v3＝v2﹣a′t＝1.5m/s，動量為P＝mv3＝3kg?m/s，
4s時速度為v4＝2﹣0.5×1＝1m/s，故CD正確；
故選：CD。
【點評】本題考查了牛頓第二定律的簡單運(yùn)用，熟悉公式即可，并能運(yùn)用牛頓第二定律求解加速度。另外要學(xué)會看圖，從圖象中得出一些物理量之間的關(guān)系。
16．（順義區(qū)校級期末）人們對手機(jī)的依賴性越來越強(qiáng)，有些人喜歡躺著看手機(jī)，經(jīng)常出現(xiàn)手機(jī)砸傷眼睛的情況。若手機(jī)質(zhì)量為120g，從離人眼約20cm的高度無初速掉落，砸到眼睛后手機(jī)未反彈，眼睛受到手機(jī)的沖擊時間約為0.2s，取重力加速度g＝10m/s2，則（　　）

A．手機(jī)與眼睛作用過程中手機(jī)動量變化約為0.48kg?m/s
B．手機(jī)對眼睛的沖量大小約為0.48N?s
C．手機(jī)對眼睛的沖量方向豎直向上
D．手機(jī)對眼睛的作用力大小約為2.4N
【分析】根據(jù)自由落體運(yùn)動求出手機(jī)下落至眼速度，對手機(jī)運(yùn)用動量定理可求出眼睛對手機(jī)的沖量及作用力，根據(jù)牛頓第三定律可求出手機(jī)對眼睛的沖量和作用力。
【解答】解：A、h＝20cm＝0.20m；m＝120g＝0.12kg；根據(jù)自由落體得手機(jī)掉落到人眼睛位置時的速度為：＝＝2m/s；手機(jī)與眼睛作用后手機(jī)的速度變?yōu)?，選取向下為正方向，所以手機(jī)與眼睛作用過程中動量變化為：△P＝0﹣mv＝0﹣0.12kg×2m/s＝﹣0.24kg?m/s，故A錯誤；
B、手機(jī)與眼接觸的過程中受到重力與眼睛的作用力，取選取向下為正方向，對手機(jī)由動量定理得：mgt+I＝△P，代入數(shù)據(jù)可得：I＝﹣0.48N?s，負(fù)號表示方向豎直向上，所以手機(jī)對眼睛的沖量大小約為0.48N?s，故B正確；
C、因為眼睛對手機(jī)對的沖量方向是豎直向上，所以手機(jī)對眼睛的沖量方向豎直向下，故C錯誤；
D、根據(jù)沖量定義得手機(jī)對眼睛的作用力大小約為：F＝＝＝2.4N，故D正確。
故選：BD。
【點評】此題關(guān)鍵是能夠根據(jù)自由落體求出手機(jī)下落至眼睛的速度，會列動量定理的式子，注意動量的矢量性。
17．（海南期末）一質(zhì)量為1kg的物體在力的作用下，由靜止開始做直線運(yùn)動，其v﹣t圖象如圖所示，由圖可知（　?。?br />
A．0～1s內(nèi)，物體受到的合力大小為5N
B．1s～2s內(nèi)，物體受到的合力的沖量為0
C．1s～2s內(nèi)，物體的位移為0
D．2s～5s內(nèi)，物體的動量變化大小為10kg?m/s
【分析】速度﹣時間圖線斜率表示加速度，圖線與時間軸圍成的面積表示位移，根據(jù)加速度的變化確定合力的變化，根據(jù)動量定理確定合力的沖量大小，根據(jù)動量變化量的定義求解。
【解答】解：A、在0～1s內(nèi)直線的斜率不變，根據(jù)斜率可知加速度大小為：a＝＝＝5m/s2
由牛頓第二定律得：F＝ma
代入數(shù)據(jù)解得：F＝1×5N＝5N，故A正確；
B、根據(jù)動量定理，1s～2s內(nèi)物體受到合力的沖量為：I＝Ft＝m△v，代入數(shù)據(jù)解得：I＝1×（5+5）N?s＝10N?s，故B錯誤；
C、根據(jù)v﹣t圖象與時間軸圍成的面積表示位移，可知1s～2s內(nèi)物體總位移為0，故C正確；
D、2s～5s內(nèi)，物體的動量變化大小為：△p＝m△v′＝1×（5﹣5）kg?m/s＝0，故D錯誤。
故選：AC。
【點評】本題綜合考查了牛頓第二定律、動量定理，綜合性較強(qiáng)，難度不大，知道圖線斜率、圖線與時間軸圍成的面積表示的含義。
18．（安徽月考）如圖所示，我校女籃球隊員正在進(jìn)行原地縱跳摸高訓(xùn)練，以提高自己的彈跳力。運(yùn)動員先由靜止下蹲一段位移，經(jīng)過充分調(diào)整后，發(fā)力跳起摸到了一定的高度。某運(yùn)動員原地靜止站立（不起跳）摸高為1.90m，縱跳摸高中，該運(yùn)動員先下蹲，重心下降0.4m，經(jīng)過充分調(diào)整后，發(fā)力跳起摸到了2.45m的高度。若運(yùn)動員起跳過程視為勻加速運(yùn)動，忽略空氣阻力影響，已知該運(yùn)動員的質(zhì)量m＝60kg，g取10m/s2。則下列說法中正確的是（　?。?br />
A．運(yùn)動員起跳離地后到上升到最高點一直處于超重狀態(tài)
B．起跳蹬地過程中運(yùn)動員對地面的壓力為1425N
C．起跳時地面彈力對運(yùn)動員做的功為零
D．起跳時地面彈力對運(yùn)動員的沖量為零
【分析】運(yùn)動員離開地面后做豎直上拋運(yùn)動，只受重力，處于完全失重狀態(tài)；根據(jù)速度﹣位移公式求得初速度，起跳過程中，根據(jù)速度﹣位移公式求得加速度，根據(jù)牛頓第二定律求得運(yùn)動員和地面之間的彈力；力做功必須滿足力和力方向上有位移，力的沖量定義力與時間的乘積。
【解答】解：A、運(yùn)動員起跳離地后到上升到最高點的過程中，只受重力，一直處于完全失重狀態(tài)，故A錯誤；
B、運(yùn)動員離開地面后做豎直上拋運(yùn)動，根據(jù)速度﹣位移公式：2gh＝v2可知，
v＝＝m/s＝m/s
在起跳過程中，根據(jù)速度﹣位移公式可知：2ah′＝v2
解得加速度為：a＝＝m/s2＝13.75m/s2
對運(yùn)動員，根據(jù)牛頓第二定律得：F﹣mg＝ma
解得：F＝mg+ma＝60×10N+60×13.75N＝1425N，由牛頓第三定律可知運(yùn)動員對地面的壓力為1425N，方向豎直向下，故B正確；
CD、運(yùn)動員起跳時地面彈力沒有位移，所以做功為零，但沖量不為零，故C正確，D錯誤。
故選：BC。
【點評】本題以我校女籃球隊員正在進(jìn)行原地縱跳摸高訓(xùn)練為情境載體，主要考查了牛頓第二定律、運(yùn)動學(xué)公式、功和沖量的定義，加速度是解決問題的中間橋梁，明確運(yùn)動過程是解題的關(guān)鍵。
19．（河池期末）2020年8月24日報道，解放軍四大戰(zhàn)區(qū)軍演，三大海域?qū)崙?zhàn)演練。如圖所示，一艘艦艇在水面由靜止開始做勻加速運(yùn)動，則該艦艇在運(yùn)動過程中（　　）

A．位移與時間的二次方成正比
B．動能變化與時間成正比
C．合外力做功與時間成正比
D．動量變化與時間成正比
【分析】根據(jù)題干信息艦艇在水面由靜止開始做勻加速運(yùn)動可知艦艇初速度為0，加速度為恒定值。結(jié)合運(yùn)動學(xué)公式、動能的公式以及動能定理和運(yùn)動學(xué)公式即可分析各選項的正誤。
【解答】解：A、由題意，艦艇做初速度為0的勻加速運(yùn)動，根據(jù)勻加速直線運(yùn)動規(guī)律，位移，位移與時間的二次方成正比，故A正確；
B、艦艇做初速度為0的勻加速運(yùn)動，根據(jù)勻加速直線運(yùn)動規(guī)律，速度v＝at，動能變化量，動能變化與時間的二次方成正比，故B錯誤；
C、根據(jù)動能定理，合外力做功等于動能變化量動，由B可知動能變化與時間的二次方成正比，故C錯誤；
D、艦艇做初速度為0的勻加速運(yùn)動，根據(jù)勻加速直線運(yùn)動規(guī)律，速度v＝at，動量變化量△p＝mv＝mat，動量變化與時間成正比，故D正確。
故選：AD。
【點評】本題利用勻變速直線運(yùn)動相關(guān)內(nèi)容考查了動能定理、動量計算等知識點，綜合性較強(qiáng)，正確使用對應(yīng)物理公式是本題的解題關(guān)鍵。
20．（山東月考）如圖，水平放置的輕彈簧左端固定，右端連接質(zhì)量為m的小球，小球靜止在光滑水平面上。在水平向右的恒力F作用下小球由靜止開始運(yùn)動，某時刻速度大小為v、方向向右，經(jīng)時間t后，小球向右移動了x，速度大小仍為v、方向向左。不計空氣阻力，彈簧一直在彈性限度內(nèi)。則此過程中（　?。?br />
A．彈簧彈力對小球做的功為零
B．彈簧的彈性勢能增加了Fx
C．小球的重力的沖量為零
D．彈簧彈力的沖量大小為Ft+2mv
【分析】根據(jù)動能定理作答A，根據(jù)彈力做功與彈性勢能變化關(guān)系作答B(yǎng)，根據(jù)沖量定義作答C，根據(jù)動量定理作答D.
【解答】解：A、根據(jù)動能定理得WF+W彈＝0，恒力F做功為WF＝Fx，故彈簧彈力對小球做的功為W彈＝﹣Fx，故A錯誤；
B、根據(jù)彈性勢能變化與彈簧彈力做功的關(guān)系△EP＝EP2﹣EP1＝﹣W彈，所以彈性勢能增加了Fx，故B正確；
C、根據(jù)沖量定義I＝Ft，故小球重力的沖量為mgt，故C錯誤；
D、根據(jù)動量定理，取向左為正方向，I彈﹣Ft＝mv﹣（﹣mv），即彈簧彈力的沖量I彈＝Ft+2mv，方向向左，大小為Ft+2mv，故D正確.
故選：BD。
【點評】本題考查了功、沖量、動能定理、動量定理等基本概念和基本規(guī)律的運(yùn)用。上述概念和規(guī)律是歷年高考考查的重點，要求學(xué)生能夠準(zhǔn)確把握其含義，并能進(jìn)行綜合的分析與運(yùn)用。本題小巧精致，考查全面，是一道非常不錯的題目。
三．填空題（共10小題）
21．（招遠(yuǎn)市校級月考）運(yùn)動員向球踢了一腳，踢球時的力F＝100N，作用時間為t0＝0.1s，球在地面上滾動了t＝10s停下來，則運(yùn)動員對球的沖量為　10N?s　。
【分析】求一個力的沖量，可以根據(jù)沖量的定義式計算，也可以由動量定理計算。
【解答】解：踢球時的力F＝100N，作用時間t0＝0.1s，則運(yùn)動員對球的沖量為I＝Ft0＝10N?s。
故答案為：10N?s。
【點評】該題考查動量的計算，但在解答的過程中要注意時間10s是球在地面上滾動的時間，不是100N的力的作用時間。
22．（沙河口區(qū)校級期中）高空作業(yè)須系安全帶，如果質(zhì)量為m的高空作業(yè)人員不慎跌落，從開始跌落到安全帶對人剛產(chǎn)生作用力前人下落的距離為h（可視為自由落體運(yùn)動．此后經(jīng)歷時間t安全帶達(dá)到最大伸長，若在此過程中該作用力始終豎直向上，則該段時間安全帶對人的平均作用力大小為　+mg?。?br /> 【分析】先根據(jù)h＝gt2求解自由落體運(yùn)動的時間，從而求出總時間，對運(yùn)動全程根據(jù)動量定理列式求解平均拉力．
【解答】解：對自由落體運(yùn)動，有：
h＝gt12
解得：t1＝
規(guī)定向下為正方向，對運(yùn)動的全程，根據(jù)動量定理，有：
mg（t1+t）﹣Ft＝0
解得：F＝+mg
故答案為：+mg
【點評】本題關(guān)鍵是明確物體的受力情況和運(yùn)動情況，然后對自由落體運(yùn)動過程和全程封閉列式求解，注意運(yùn)用動量定理前要先規(guī)定正方向．
23．（2001?北京、內(nèi)蒙古、安徽）質(zhì)量為m＝0.10kg的小鋼球以v0＝10m/s的水平速度拋出，下落h＝5.0m時撞擊一鋼板，撞后速度恰好反向，則鋼板與水平面的夾角θ＝　45°　．剛要撞擊鋼板時小球動量的大小為　kg?m/s．?。?br /> （取g＝10m/s2）

【分析】（1）要求鋼板與水平面的夾角可根據(jù)小球撞后速度恰好反向得出小球撞到鋼板上時小球的速度與鋼板垂直，故小球的速度與豎直方向的夾角與鋼板與水平面的夾角相同，根據(jù)tanθ＝即可求出鋼板的傾角，所以要先求vy，根據(jù)vy＝gt可知要先求下落的時間t．
（2）根據(jù)動量大小p＝mv可知需求v，根據(jù)v＝即可求出合速度v．
【解答】解：由于小球下落過程中在豎直方向有h＝gt2，解得t＝＝1s，
故落到鋼板上時小球在豎直方向的速度vy＝gt＝10m/s，
則有tanθ＝＝＝1
解得鋼板與水平面的夾角θ＝45°．
小球落到鋼板上時的速度v＝＝10m/s
故小球的動量大小p＝mv＝0.1×10＝kg?m/s．
故答案為：45°；kg?m/s．
【點評】在平拋運(yùn)動中我們最常用的是速度三角形和位移三角形（本題用到了速度三角形），這一點要注意掌握．
24．甲、乙兩個物體，它們的質(zhì)量之比m甲：m乙＝2：1，當(dāng)它們的動能相同時，它們的動量之比p甲：p乙＝　：1?。划?dāng)它們的速度相同時，它們的動量之比p甲：p乙＝　2：1　；當(dāng)它們的動量相同時，它們的動能之比Ek甲：Ek乙＝　1：2　
【分析】動能Ek＝mv2，動量p＝mv，根據(jù)動能和動量的公式推導(dǎo)二者之間大小關(guān)系。
【解答】解：動量p＝mv；動能Ek＝mv2；則有：p＝
當(dāng)它們的動能相同時，它們的動量之比p甲：p乙＝：＝：1
當(dāng)它們的速度相同時，它們的動量之比p甲：p乙＝m甲：m乙＝2：1
由動量和動能的表達(dá)式可知，Ek＝；
則它們的動能之比為Ek1：Ek2＝：＝1：2；
故答案為：：1；2：1，1：2。
【點評】此題考查動能和動量表達(dá)式的應(yīng)用，同時明確速度、動量是矢量，而動能是標(biāo)量?；A(chǔ)題。
25．（內(nèi)江期末）“草船借箭”是我國古典名著《三國演義》中赤壁之戰(zhàn)的一個故事。假設(shè)草船的總質(zhì)量M＝2940kg，靜止在水中，岸上曹兵開弓射箭，在同一時刻有n＝1000支箭射到船上，射在草船上的每支箭質(zhì)量m＝60g，速度v＝50m/s，方向水平，箭與船的作用時間均為0.1s，不計水的阻力，則射箭后草船的速度為　1　m/s，每支箭對草船的平均作用力為　29.4　N。
【分析】n＝1000支箭射到船上，與船作用時間0.1s，不計水的阻力，以箭與船整體為研究對象，符合動量守恒條件，應(yīng)用動量守恒定律即可求得射箭后草船的速度；要求每支箭對草船的平均作用力，則需要對一支箭用動量定理求解。
【解答】解：（1）不計水的阻力，箭與船的總動量守恒，根據(jù)動量守恒定律得
nmv＝（M+nm）v′
解得：
（2）對一支箭分析，根據(jù)動量定理
解得：
由牛頓第三定律可知，每支箭對草船的平均作用力為：
故每支箭對草船的平均作用力為29.4N。
答：1 29.4
【點評】本題同時考查了動量守恒定律和動量定理，注意瞬間作用的過程首先考慮動量的觀點解題。
26．（福州期中）恒力F作用在質(zhì)量為m的物體上，如圖所示，由于地面對物體的摩擦力較大，物體沒有被拉動，則經(jīng)時間t，拉力F對物體的沖量大小是　Ft?。荒Σ亮ξ矬w的沖量大小是　Ftcosθ　。

【分析】力對物體的沖量可以根據(jù)公式：I＝Ft計算，明確各力大小以及作用時間即可求出各力的沖量。
【解答】解：拉力F對物體的沖量IF＝Ft，
根據(jù)平衡條件可知，物體受到的摩擦力f＝Fcosθ，故摩擦力的沖量If＝Ftcosθ；
故答案為：Ft，F(xiàn)tcosθ
【點評】本題主要考查沖量的計算，此題中各力都恒力，恒力的沖量公式I＝Ft與物體的運(yùn)動狀態(tài)無關(guān)，直接代入公式即可。
27．（渭濱區(qū)期末）質(zhì)量為m的物體以初速度v0開始做平拋運(yùn)動，經(jīng)過時間t，下降的高度為h，速率變?yōu)関，重力加速度為g，在這段時間內(nèi)物體動量變化量的大小為　mgt或m　。
【分析】根據(jù)動量定理求出物體動量的變化量，或通過首末位置的動量，結(jié)合三角形定則求出動量的變化量。
【解答】解：根據(jù)動量定理得，合力的沖量等于動量的變化量，所以△P＝mgt；
因為豎直方向的速度為vy＝
所以△P＝m；
故答案為：mgt或m。
【點評】本題考查了求物體動量的變化，正確應(yīng)用動量定理、動量計算公式解題。解決本題的關(guān)鍵掌握動量定理的表達(dá)式，并能靈活運(yùn)用，掌握不在同一條直線上矢量運(yùn)算法則是正確解題的關(guān)鍵。
28．（海淀區(qū)校級期末）質(zhì)量為m的物體，沿著傾角為θ的光滑斜面，從頂端勻速下滑到底端所用時間t，重力加速度為g。則此過程中重力對物體的沖量大小為　mgt　，支持力對物體的沖量大小為　mgtcosθ　，物體的動量變化大小為　0　。
【分析】根據(jù)重力的大小、支持力的大小，結(jié)合沖量的公式求出重力和支持力的沖量，根據(jù)動量變化的定義求動量變化量。
【解答】解：根據(jù)沖量的定義，重力對物體的沖量大小為IG＝mgt
對物體受力分析得，物體受到的支持力的大小為：F支＝mgcosθ
故支持力的沖量大小為：I支＝mgtcosθ
因為物體從頂端勻速下滑到底端，它的速度沒有變化，動量mv也沒有變化，故它的動量變化為0。
故答案為：mgt； mgtcosθ； 0
【點評】本題考查了沖量公式的基本運(yùn)用及動量的變化量，知道沖量等于力與時間的乘積。
29．（海淀區(qū)校級期末）如圖所示，用0.5kg的錘子釘釘子，打擊時錘子的速度為4m/s，打擊后錘子的速度為零，設(shè)打擊時間為0.01s。不計錘子的重力，錘子釘釘子的平均作用力是　200　N；考慮錘子的重力，錘子釘釘子的平均作用力是　205　N；有同學(xué)分析上述結(jié)論后認(rèn)為：在計算錘子對釘子的平均作用力時，可以忽略錘子的重力，這種說法是否合理性，請做出你的判斷和解釋：　當(dāng)作用的時間比較小時，鐵錘的重力可以忽略不計。解釋：根據(jù)動量定理計算出兩種情況下錘子對釘子的作用力，相對誤差很小，可以忽略。　。

【分析】對鐵錘受力分析，根據(jù)受力情況列動量定理，求出釘子對鐵錘的平均作用力。根據(jù)牛頓第三定律，可知錘子對釘子的作用力。
通過比較分析兩種情況下求出的作用力，計算相對值，判斷忽略錘子的重力是否合理。
【解答】解：（1）對鐵錘，不計鐵錘的重量時，鐵錘只受到釘子的作用力，由動量定理得：﹣Ft＝0﹣mv，
代入數(shù)據(jù)解得：F＝200N，
由牛頓第三定律可知，鐵錘對釘子的作用力：F′＝F＝200N；
（2）考慮鐵錘的重力，以鐵錘為研究對象，由動量定理得：
﹣Ft+mgt＝0﹣mv，
代入數(shù)據(jù)解得：F＝205N，
由牛頓第三定律可知，鐵錘對釘子的作用力：F′＝F＝205N；
（3）根據(jù)前2問的鐵錘對釘子的作用力的比較可知，205N比200N大5N，相對量為：×100%＝2.4%，由此可知，當(dāng)作用的時間比較小時，鐵錘的重力可以忽略不計。
故答案為：200；205；當(dāng)作用的時間比較小時，鐵錘的重力可以忽略不計。解釋：根據(jù)動量定理計算出兩種情況下錘子對釘子的作用力，相對誤差很小，可以忽略。
【點評】本題考查動量定理的應(yīng)用。作用時間很小的相互作用，一般相互作用很大，計算精度要求不高情況下，重力可忽略。
30．（廣陵區(qū)校級模擬）已知光速為c，普朗克常數(shù)為h，則頻率為ν的光子的動量為　　。用N個該頻率的光子垂直照射平面鏡，光被鏡面全部垂直反射回去，則在光照射的過程中，平面鏡受到的沖量大小為　2N　。
【分析】根據(jù)德布羅意波長公式，結(jié)合c＝λv，即可求解，根據(jù)動量是矢量，結(jié)合動量的變化公式△p＝﹣p﹣p，即可求解。
【解答】解：根據(jù)德布羅意波長公式，則光子的動量為p＝＝。
取入射方向為正方向，則N個光子動量的變化量為△p＝p末﹣p初＝﹣Np﹣Np＝﹣2Nh
因此當(dāng)光被鏡面全部垂直反射回去，N個光子的速度方向與開始時相反，
所以N個光子在反射前后動量改變量的大小為2Nh；
故答案為：；2N。
【點評】考查德布羅意波長公式，并掌握速度、波長及頻率的關(guān)系式，理解動量、動量的變化均是矢量，注意正方向選取是列矢量式的前提。
四．計算題（共10小題）
31．（陸川縣校級月考）一個物體的質(zhì)量是2kg，沿豎直方向下落，以10m/s的速度碰到水泥地面上，隨后又以8m/s的速度被反彈回，若取豎直向上為正方向，則
（1）小球與地面相碰前的動量？相碰后的動量？
（2）小球的動量變化的大小和方向？
【分析】已知取豎直向上為正方向，表示初、末速度，根據(jù)動量的定義P＝mv求出初、末動量，再求出小球的動量變化量。
【解答】解：（1）取豎直向上為正方向，
小球與地面相碰前的速度為：v1＝﹣10m/s，動量為：P1＝mv1＝2×（﹣10）＝﹣20kg?m/s；
碰后的速度為：v2＝8m/s，動量為：P2＝mv2＝2×8＝16kg?m/s；
（2）小球的動量變化為：△P＝P2﹣P1＝16﹣（﹣20）＝36kg?m/s，方向：豎直向上；
答：（1）小球與地面相碰前動量的大小是20kg?m/s，方向：豎直向下；相碰后動量的大小是16kg?m/s，方向：豎直向上；
（2）小球的動量變化的大小是：36kg?m/s，方向：豎直向上。
【點評】此題中動量是矢量，要規(guī)定正方向，用帶正負(fù)的數(shù)值表示動量。動量變化量也是矢量，同樣要注意方向。
32．（房山區(qū)一模）物理學(xué)研究問題一般從最簡單的理想情況入手，由簡入繁，逐漸貼近實際。在研究真實的向上拋出的物體運(yùn)動時，我們可以先從不受阻力入手，再從受恒定阻力研究，最后再研究受到變化阻力的接近真實的運(yùn)動情形。現(xiàn)將一個質(zhì)量為m的小球以速度v0豎直向上拋出，重力加速度為g。
（1）若忽略空氣阻力影響，求物體經(jīng)過多長時間回到拋出點：
（2）若空氣阻力大小恒定為小球所受重力的k倍（0＜k＜1），求小球回到拋出點的速度大小v1；
（3）若空氣阻力與速度成正比，小球運(yùn)動的v﹣t圖像如圖所示，小球經(jīng)過時間t1落回拋出點時速度大小為v1。求：
a．小球從拋出到落回拋出點空氣阻力的沖量；
b．整個過程中加速度的最大值。

【分析】（1）利用豎直上拋運(yùn)動對稱性，上升時間等于下落時間，先求上升時間，再求總時間；
（2）對上升和下落分別應(yīng)用動能定理；
（3）a、對從拋出到落回拋出點全過程應(yīng)用動量定理求阻力沖量；
b、對整個過程通過受力分析，得出合力最大的位置，利用牛頓第二定律求最大加速度。
【解答】解：（1）從拋出到最高點的時間，由最高點回到拋出點的時間t2＝t1
從拋出到回到拋點的時間
（2）設(shè)上升的最大高度為h，由動能定理得

從最高點回到拋出點過程，由動能定理得
﹣0
聯(lián)立解得
（3）a、設(shè)空氣阻力的沖量為I，取豎直向下為正方向，從拋出到落回拋出點，由動量定理
mgt1+I＝mv1﹣（﹣mv0）
得I＝m（v1+v0）﹣mgt1
b、剛拋出時阻力最大，小球的加速度最大，由牛頓第二定律
mg+kv0＝ma
由圖象知小球返回拋出點時已經(jīng)做勻速運(yùn)動
mg＝kv1
解得最大加速度為

答：（1）物體經(jīng)過時間回到拋出點
（2）小球回到拋出點的速度大小為
（3）a、小球從拋出到落回拋出點空氣阻力的沖量為m（v1+v0）﹣mgt1
b、整個過程中加速度的最大值為.
【點評】本題考查了運(yùn)動學(xué)公式、牛頓第二定律、動能定理、動量定理，是一道力學(xué)綜合性試題。在不同的運(yùn)動階段中，恰當(dāng)?shù)倪x擇不同的物理規(guī)律，是解答本題的關(guān)鍵。第（2）問中應(yīng)用動能定理處理比應(yīng)用牛頓定律處理要簡潔。
33．（浙江模擬）小明同學(xué)將“打夯”的情境簡化成如圖所示的過程：放置于水平地面的平底重物，兩人同時通過繩子對重物各施加一個拉力，拉力大小均為F＝450N，方向均與豎直方向成θ＝37°，兩人同時作用t＝0.4s后停止施力。一段時間后重物落下，重物砸入地面之下的距離s＝4cm。已知重物的質(zhì)量為m＝48kg，所受空氣阻力忽略不計，重力加速度取10m/s2，cos37°＝0.8．求：
（1）重物上升的時間；
（2）重物砸入地面的過程中，重物對地面的平均沖擊力大小。

【分析】（1）重物上升的過程中受到重力和拉力作用，到最高點時速度為零，根據(jù)動量定理很容易解得重物上升的時間；
（2）先根據(jù)動量定理計算出撤去拉力時重物的速度，進(jìn)而計算出重物在拉力作用下上升的高度，然后對整個過程應(yīng)用動能定理可解得重物對地面的沖擊力。
【解答】解：（1）對重物上升的過程，重物受到重力和兩個拉力的作用，規(guī)定向上的方向為正方形，設(shè)重物上升的時間為t1，由動量定理得
2Fcosθt﹣mgt1＝0﹣0
代入數(shù)據(jù)解得：t1＝0.6s
（2）從重物上升到剛撤去拉力時，設(shè)重物上升高度為h，重物速度為v1，規(guī)定向上的方向為正方向，由動量定理得
2Fcosθt﹣mgt＝mv1﹣0

設(shè)重物砸入地下的過程中所受地面向上的沖擊力為f，由動能定理可得
2Fcosθh+mgs﹣fs＝0﹣0
代入數(shù)據(jù)解得
f＝7680N
根據(jù)牛頓第三定律，重物對地面的平均沖擊力大小
f′＝f＝7680N
答：（1）重物上升的時間為0.6s；
（2）重物砸入地面的過程中，重物對地面的平均沖擊力大小為7680N。
【點評】注意動量定理是一個矢量方程，在應(yīng)用的時候一定要先規(guī)定好正方向。應(yīng)用動量定理可以簡化解題過程，比應(yīng)用牛頓第二定律要方便。
34．（浙江模擬）某興趣小組自制了一枚小火箭，質(zhì)量為1kg，設(shè)火箭從地面發(fā)射后，始終在垂直于地面的方向上運(yùn)動?；鸺c火后可認(rèn)為做勻加速直線運(yùn)動，經(jīng)過4s到達(dá)離地面40m高處時燃料恰好用完，若不計空氣阻力和燃料燃燒引起的火箭質(zhì)量變化，取重力加速度g＝10m/s2，求：
（1）燃料恰好用完時火箭的速度大小；
（2）火箭上升后離地面的最大高度；
（3）燃料用完后火箭繼續(xù)上升的時間和加速上升過程火箭燃料對火箭的沖量大小。
【分析】（1）火箭第一階段做勻加速直線運(yùn)動，燃料用完后速度達(dá)到最大，運(yùn)用運(yùn)動學(xué)公式x＝t和＝求解；
（2）燃料用完后做豎直上拋運(yùn)動至最高點，能夠到達(dá)的最大高度，應(yīng)是兩個階段的高度和；
（3）運(yùn)用動量定理求解燃料對火箭的沖量大小。
【解答】解：（1）設(shè)燃料用完時火箭的速度為v1，所用時間為t1；火箭上升時分為兩個過程，第一個過程做勻加速直線運(yùn)動，第二個過程做豎直上拋運(yùn)動至最高點，火箭點火后到燃料剛用完的過程中，有，代入數(shù)據(jù)解得v1＝20m/s
（2）燃料用完后，火箭只受重力，則可以繼續(xù)上升的高度，代入數(shù)據(jù)解得h2＝20m
所以火箭上升后離地面的最大高度h＝h1+h2＝40m+20m＝60m
（3）火箭從燃料用完到運(yùn)動至最高點的過程中，有v1＝gt2，得
設(shè)燃料對火箭的沖量大小為I，以向上為正方向，
加速上升過程，根據(jù)動量定理有I﹣mgt1＝mv1，解得：I＝60N?s
答：（1）燃料恰好用完時火箭的速度大小為20m/s；
（2）火箭上升后離地面的最大高度是60m；
（3）燃料用完后火箭繼續(xù)上升的時間為2s，加速上升過程火箭燃料對火箭的沖量大小為60N?s。
【點評】本題考查勻變速直線運(yùn)動規(guī)律及動量定理，對于多過程的運(yùn)動，需理清運(yùn)動過程，運(yùn)用動量定理時注意規(guī)定正方向。
35．（山東模擬）在跳臺滑雪比賽中，運(yùn)動員在空中運(yùn)動時身體的姿態(tài)會影響其速度和下落的距離。跳臺滑雪運(yùn)動員在某次訓(xùn)練時，助滑后從跳臺末端水平飛出，從離開跳臺開始計時，用v表示其水平方向速度，v﹣t圖像如圖乙所示，運(yùn)動員在空中運(yùn)動時間為4s。在此運(yùn)動過程中，若運(yùn)動員在水平方向和豎直方向所受空氣阻力大小相等且保持恒定。已知運(yùn)動員的質(zhì)量為50kg，重力加速度取10m/s2，求：
（1）滑雪運(yùn)動員水平位移的大小和水平方向所受的阻力大小；
（2）滑雪運(yùn)動員在空中運(yùn)動過程中動量變化量的大?。ńY(jié)果保留兩位有效數(shù)字）。

【分析】根據(jù)v﹣t圖像可求出位移，由牛頓第二定律求出阻力；由動量定理求出動量變化量。
【解答】解：（1）設(shè)運(yùn)動員的水平位移為x，由水平位移﹣時間圖像可得：x＝t
解得：x＝56m
設(shè)運(yùn)動員在水平方向的加速度大小為a，水平方向所受的阻力為f1，豎直方向所受阻力為f2，由運(yùn)動學(xué)規(guī)律和牛頓第二定律得：a＝
f1＝ma，由題意可知f1＝f2＝50N
（2）根據(jù)平行四邊形定則可得F合＝
對運(yùn)動空中運(yùn)動應(yīng)用動量定理△P＝F合t
解得：△P＝1.8×103N?s
答：（1）滑雪運(yùn)動員水平位移的大小為56m，水平方向所受的阻力大小為50N；
（2）滑雪運(yùn)動員在空中運(yùn)動過程中動量變化量的大小為1.8×103N?s。
【點評】本題主要考查了圖像和牛頓運(yùn)動定律結(jié)合的題目，以及根據(jù)合外力的沖量來求動量的變化量，注意動量和沖量是矢量，應(yīng)用平行四邊形求合沖量。
36．（沙縣校級期中）如圖，一質(zhì)量為m＝2kg的鉛球從離地面H＝5m高處自由下落，陷入泥潭中某處后靜止不動，整個過程共用時t＝1.1s，求泥潭對鉛球的平均阻力。

【分析】先求出鉛球自由下落所用時間，再對整個過程，運(yùn)用動量定理列式，求解平均阻力.
【解答】解：設(shè)自由落體的時間為t1，由H＝得：s＝1s
設(shè)平均阻力為F，陷入泥潭的時間為t2，
則t2＝t﹣t1＝1.1s﹣1s＝0.1s
取向下為正方向，對全程由動量定理得：
mgt﹣Ft2＝0
代入數(shù)值得：
F＝＝＝220N
答：泥潭對鉛球的平均阻力為220N.
【點評】本題涉及力在時間上積累效果，要優(yōu)先考慮動量定理，也可以分段，由牛頓第二定律和速度時間公式結(jié)合解答.
37．（海淀區(qū)一模）如圖所示，豎直面內(nèi)有一光滑軌道ABC，AB部分與半徑為R的圓弧BC平滑連接，軌道C端切線沿水平方向。AC之間的高度差為h，豎直臺階CD之間的高度差為H。一質(zhì)量為m、可視為質(zhì)點的滑塊，從A點由靜止滑下，由C點水平拋出，經(jīng)一段時間后落到水平地面DE上。重力加速度為g，空氣阻力可忽略不計。求：
（1）滑塊經(jīng)過C點時的速度大小v；
（2）滑塊經(jīng)過C點時所受軌道支持力的大小F；
（3）滑塊從C點拋出至落到水平地面DE過程中所受重力的沖量的大小I。

【分析】（1）根據(jù)動能定理求得滑塊經(jīng)過C點時的速度大小；
（2）在C點由牛頓第二定律可求得軌道對滑塊的支持力大??；
（3）根據(jù)位移﹣時間公式和沖量的定義求解即可。
【解答】解：（1）滑塊由A滑到C的過程，根據(jù)動能定理得：
解得滑塊經(jīng)過C點時的速度大小為：
（2）滑塊在C點，根據(jù)牛頓第二定律得：
解得滑塊經(jīng)過C點時所受軌道支持力的大小為：
（3）根據(jù)位移﹣時間公式得：
解得滑塊從C點拋出至落到水平地面DE過程中所受重力的沖量的大小為：I＝mgt＝
答：（1）滑塊經(jīng)過C點時的速度大小為；
（2）滑塊經(jīng)過C點時所受軌道支持力的大小為mg+；
（3）滑塊從C點拋出至落到水平地面DE過程中所受重力的沖量的大小為m。
【點評】本題考查了動能定理、牛頓第二定律以及運(yùn)動學(xué)公式的綜合應(yīng)用，明確滑塊的運(yùn)動過程選擇合適的規(guī)律求解是解題的關(guān)鍵。
38．（荔灣區(qū)校級月考）據(jù)媒體報道，某手機(jī)帶有屏幕保護(hù)器，保護(hù)裝置設(shè)置在屏幕的4個角落，由彈性塑料、聚合物及超薄金屬片組成，一旦手機(jī)內(nèi)的加速度計、陀螺儀及位移傳感器感知手機(jī)掉落，屏幕保護(hù)器會自動彈出，并完全吸收手機(jī)撞擊地面的能量，避免手機(jī)屏幕直接接觸地面而損壞。已知該手機(jī)設(shè)計質(zhì)量約為l60g，從1.8m自由掉落，保護(hù)器撞擊地面的時間為0.05s。不計空氣阻力，手機(jī)可看成質(zhì)點，重力加速度g＝10m/s2，求：
（1）手機(jī)落地前瞬間的速度大??；
（2）手機(jī)對地面的平均作用力大小。
【分析】根據(jù)勻變速直線運(yùn)動速度位移公式求解速度；根據(jù)動量定理求出平均作用力。
【解答】解：（1）根據(jù)勻變速直線運(yùn)動速度位移公式：v2＝2gh
落地的速度：v＝＝m/s＝6m/s
（2）根據(jù)自由落體的時間：h＝
t＝＝s＝0.6s
取豎直向下為正方向，由動量定理
（mg﹣F）t＝0﹣mv
得：F＝mg+＝0.16×10N+N＝20.8N
答：（1）手機(jī)落地前瞬間的速度大小為6m/s；
（2）手機(jī)對地面的平均作用力大小為20.8N。
【點評】本題考查了動量定理、運(yùn)動學(xué)公式相結(jié)合的問題，解決此題的關(guān)鍵是要注意合外力的沖量等于動量的變化量，使用動量定理解題時一定要規(guī)定正方向。
39．（淄博月考）起跳摸高是籃球愛好者喜歡的運(yùn)動。如圖所示，籃球框高度h1＝3.05m。某男生質(zhì)量為m＝60kg，手豎直向上伸直后指尖離地高度為h2＝2.25m，某次該生從地面豎直起跳后指尖恰好碰到了籃球框，重力加速度g取10m/s2，不計空氣阻力。
（1）他起跳時的速度多大？
（2）該次起跳前，他先下蹲使重心下降一定高度H，然后用力蹬地，使重心勻加速上升，此過程中地面對他的平均作用力大小為FN＝1560N，求H的值；
（3）落地時，該生采用雙膝彎曲的方式進(jìn)行自我保護(hù)，假設(shè)腳與地面緩沖的時間t＝0.2s，求該生在緩沖過程中受到地面對他的平均作用力F的大小。

【分析】根據(jù)動能定理求出其速度大?。桓鶕?jù)牛頓第二定律和運(yùn)動學(xué)公式求出位移；根據(jù)動量定理求出力的大小。
【解答】解：（1）該男生起跳高度為△h＝3.05m﹣2.25m＝0.8m
由
得：v＝4m/s
（2）該男生勻加速上升過程中有：FN﹣mg＝ma
v2＝2aH
聯(lián)立可得：H＝0.5m
（3）對人緩沖過程由動量定理有：（mg﹣F）t＝0﹣mv
解得：F＝1800N
答：（1）他起跳時的速度4m/s；
（2）H為0.5m；
（3）該生在緩沖過程中受到地面對他的平均作用力F的大小為1800N。
【點評】本題主要考查動能定理和牛頓第二定律，結(jié)合運(yùn)動學(xué)以及動量定理求解，此題屬于小型綜合題，比較基礎(chǔ)。
40．（江蘇模擬）如圖所示為一個現(xiàn)代仿制的地動儀，龍口中的銅珠到蟾蜍口的距離為h，當(dāng)感知到地震時，質(zhì)量為m的銅珠（初速度為零）離開龍口，落入蟾蜍口中，與蟾蜍口碰撞的時間約為t，則銅珠對蟾蜍口產(chǎn)生的沖擊力大小約為多少？

【分析】根據(jù)動能定理求解銅珠落到蟾蜍口的速度，根據(jù)動量定理求解銅珠對蟾蜍口產(chǎn)生的沖擊力大小。
【解答】解：銅珠做自由落體運(yùn)動，根據(jù)動能定理可得：mgh＝
解得銅珠落到蟾蜍口的速度為v＝
以豎直向上為正方向，根據(jù)動量定理可知：
Ft﹣mgt＝0﹣（﹣mv）
解得：F＝+mg。
答：銅珠對蟾蜍口產(chǎn)生的沖擊力大小約為+mg。
【點評】本題主要是考查動量定理，利用動量定理解答問題時，要注意分析運(yùn)動過程中物體的受力情況，知道合外力的沖量才等于動量的變化。
五．解答題（共10小題）
41．以相等大小的速度分別向豎直和水平方向拋出兩個質(zhì)量相等的物體，拋出時兩個物體的動量是否相同？動能是否相同？
【分析】動量為矢量，大小用p＝mv來表示，其方向與速度方向相同，動能為標(biāo)量，只有大小，用表示。
【解答】解：動量是矢量，有大小和方向，兩者的動量大小p＝mv相同，但動量的方向不同，所以拋出時兩個物體的動量不相同；
動能為標(biāo)量，只有大小沒有方向，兩者的動能均為，所以兩者拋出時的動能相同。
答：以相等大小的速度分別向豎直和水平方向拋出兩個質(zhì)量相等的物體，拋出時兩個物體的動量不相同，但動能相同。
【點評】解決本題的關(guān)鍵是理解動量與動能的關(guān)系，前者為矢量而后者為標(biāo)量。
42．自行車車架為什么用鋼管而不用實心圓鋼制成？
【分析】質(zhì)量小的物體慣性小，機(jī)動靈活。
【解答】解：自行車車架用鋼管而不用實心圓鋼制成是為了減小自行車的質(zhì)量，減小它的慣性，可以靈活騎行，有利于節(jié)省人的體力。
答：為了減小自行車的慣性。
【點評】質(zhì)量是慣性大小的唯一量度，減小質(zhì)量即減小了慣性。
43．小河上有一座小木橋，一雜技演員攜帶兩個演出用的鐵球，其總重力正好略大于小橋的最大承受力，為了能一次完成過橋．有人提議讓演員像演出一樣，將兩球拋起并保證任何時刻至多有一個小球在手中，這樣一邊拋球一邊過河，如圖所示，問他能不能安全過去？

【分析】對球的運(yùn)動進(jìn)行分段研究，范圍在空中的運(yùn)動過程和與手相互作用的過程，與手作用的過程利用動量分析對手的作用力，從而可知演員對橋的作用力，與橋能承受的最大壓力相比較，即可得知是否能安全過橋．
【解答】解：出手后球經(jīng)歷了“A→b→C”的過程，歷時t1，以速度v0入手后球與手一起經(jīng)歷了一個由“C→B→A”的過程，歷時t2，如題圖所示．
設(shè)人的質(zhì)量為M，每一個球的質(zhì)量為m，橋的最大承受力為FN．由題可知（M+m）g＜FN＜（M+2m）g．
球豎直上拋過程中：t1＝
與手作用的過程中，由動量定理，得：
（F﹣mg）t2＝mv0﹣（﹣mv0）＝2mv0，
所以F＝+mg
由題可知：t2＜t1，
故有：F＝+mg＞+mg＝2mg
所以人對橋的壓力為：F′＝F+Mg＞（M+2m）g＞FN
故按題設(shè)方案無法安全過河．
答：雜技演員不能安全過去．

【點評】該題是一道趣味物理題，對于該類型的題首先是要確定物理模型，找出解答該題的需要的知識是解題的關(guān)鍵步驟．此類題能較好的開發(fā)學(xué)生的智力，能鍛煉學(xué)生思考分析問題的能力，是非常不錯的一道題．
44．（合肥二模）如圖a所示，一足夠長的木板靜置于水平地面上，木板最右端放置一小物塊。在t＝0時刻對木板施加一水平向右的恒力F，1s后撤去F，此后木板運(yùn)動的v﹣t圖像如圖b所示。已知物塊與木板的質(zhì)量均為1kg，物塊與木板間及木板與地面間均有摩擦。最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度g＝10m/s2。求：
（1）F的大小；
（2）撤去F直至木板停下的過程中，物塊所受摩擦力的沖量大?。?br /> （3）整個過程中木板與物塊間因摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能。

【分析】（1）根據(jù)v﹣t圖象判斷物塊和木板的加速度，結(jié)合牛頓第二定律求解物塊和木板間、木板與地面間的動摩擦因數(shù)和F的大小；
（2）由牛頓第二定律和運(yùn)動學(xué)公式判斷木板的加速度和木板停下的時間，再根據(jù)I＝Ft求沖量；
（3）根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式求解兩時間內(nèi)物塊和木板相對于地面的運(yùn)動距離，判斷相對位移求解摩擦產(chǎn)生的熱量。
【解答】解：（1）假設(shè)0﹣1s內(nèi)，物塊與木板無相對滑動共同加速，則撤去F后，木板的v﹣t圖象是一條傾斜直線，或者物塊從木板右端滑出，均不符合題意，可見此過程中物塊與木板相對滑動。
在1﹣1.5s內(nèi)，物塊加速、木板減速，設(shè)此過程中物塊和木板的加速度大小分別為a1和a2，則
a1＝＝m/s2＝2m/s2，a2＝＝m/s2＝10m/s2
式中t＝1s，t1＝1.5s，v1＝3m/s、v2＝8m/s 分別為木板在t1、t時的速度大小
設(shè)物塊和木板的質(zhì)量為m，物塊和木板間、木板與地面間的動摩擦因數(shù)分別為μ1、μ2，由牛頓第二定律得
μ1mg＝ma1，（μ1+2μ2）mg＝ma2
聯(lián)立解得μ1＝0.2，μ2＝0.4
在0﹣1s內(nèi)，設(shè)木板的加速度為a0，對木板，根據(jù)牛頓第二定律可得F﹣（μ1mg+2μ2mg）＝ma0
其中a0＝
聯(lián)立解得F＝18N
（2）t1＝1.5s以后，物塊和木板仍有相對滑動，設(shè)此過程中物塊和木板的加速度大小分別為a1'和a2'，對物塊和木板分別由牛頓第二定律可得μ1mg＝ma1′，（2μ2﹣μ1）mg＝ma2′
解得a1′＝μ1g＝0.2×10m/s2＝2m/s2，a2′＝（2μ2﹣μ1）g＝（2×0.4﹣0.2）×10m/s2＝6m/s2
設(shè)木板停下時刻為t2，由運(yùn)動學(xué)公式得a2′＝
聯(lián)立解得t2＝2s
故在撤去拉力至木板停下的過程中，物塊先勻加速運(yùn)動△t1＝t1﹣t＝1.5s﹣1s＝0.5s后，又勻減速運(yùn)動△t2＝t2﹣t1＝2s﹣1.5s＝0.5s
這段時間內(nèi)，摩擦力對其沖量為μ1mg△t1﹣μ1mg△t2＝0
（3）t1內(nèi)，物塊和木板相對于地面的運(yùn)動距離分別為s1＝＝m＝2.25m，s2＝＝（）m＝6.75m，聯(lián)立可得，物塊相對于木板的位移的大小為s＝s2﹣s1＝6.75m﹣2.25m＝4.5m
至物塊最終停下時間內(nèi)，物塊和木板相對于地面的運(yùn)動距離分別為s1'＝＝m/s2＝2.25m/s2，s2'＝＝m/s2＝0.75m/s2
聯(lián)立可得物塊相對于木板的位移的大小為s′＝s1'﹣s2'＝2.25m﹣0.75m＝1.5m
則此過程中木板與物塊間因摩擦產(chǎn)生的熱量為Q＝μ1mg（s+s′）＝0.2×1×10×（4.5+1.5）J＝12J
答：（1）F的大小為18N；
（2）撤去F直至木板停下的過程中，物塊所受摩擦力的沖量大小為0；
（3）整個過程中木板與物塊間因摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能為12J。
【點評】本題要注意區(qū)別物塊、木板相對于地面的運(yùn)動距離和物塊和木板的相對位移，熱量的產(chǎn)生與相互接觸的兩物體的相對位移有關(guān)。
45．（北京學(xué)業(yè)考試）我國自主研制了運(yùn)﹣20重型運(yùn)輸機(jī)。飛機(jī)獲得的升力大小F可用F＝kv2表示，式中k是已知常量；v是飛機(jī)在平直跑道上的滑行速度。當(dāng)升力與重力相等時，飛機(jī)的速度稱為起飛離地速度。已知飛機(jī)裝載貨物后的總質(zhì)量為m，重力加速度為g。
（1）求裝載貨物后，飛機(jī)起飛離地速度的大小v1；
（2）物理學(xué)中，力對時間的累積效應(yīng)用沖量I表示，沖量是矢量，恒力f在時間△t內(nèi)的沖量I＝f△t，其方向與恒力f的方向相同。若該飛機(jī)裝載貨物后，從靜止開始加速滑行一段時間至起飛離地，將該過程看作勻加速直線運(yùn)動。求在滑行過程中，飛機(jī)所受合力沖量的大小I合。
【分析】（1）飛機(jī)裝載貨物的前后，飛機(jī)受到的升力和飛機(jī)的重力大小相等，方向相反，以此求解飛機(jī)裝載貨物后的起飛離地速度；
（2）根據(jù)牛頓第二定律求解合外力，力f對時間△t的累積效應(yīng)I＝f△t，求解機(jī)所受合力沖量的大小I合。
【解答】解：（1）飛機(jī)升力F與所受重力相等時，
達(dá)到起飛離地速度mg＝k
解得：v1＝
（2）飛機(jī)裝載貨物后，從靜止開始勻加速運(yùn)動至起飛離地，
根據(jù)牛頓第二定律F合＝ma
且v1＝0+at
力f對時間△t的累積效應(yīng)I＝f△t，飛機(jī)在滑行過程中所受合力的沖量大小I合＝F合t
解得：I合＝m
（1）求裝載貨物后，飛機(jī)起飛離地速度的大小為；
（2）在滑行過程中，飛機(jī)所受合力沖量的大小為m。
【點評】解決該題需要知道當(dāng)飛機(jī)起飛離地時，升力與重力相等時，沖量是力對時間的累積效應(yīng)。
46．（三模擬）下雨天乘車時，觀察車前傾斜的擋風(fēng)玻璃上的雨水，會發(fā)現(xiàn)一些有趣的現(xiàn)象：有時雨水沿?fù)躏L(fēng)玻璃向下流動，有時橫向流動，而有時又向上流動。在水平道路上行駛的汽車，擋風(fēng)玻璃與水平面成θ＝37°角，雨水可簡化成附著在擋風(fēng)玻璃上質(zhì)量為m的一片樹葉，無風(fēng)的天氣里，車輛行駛時，靜止在擋風(fēng)玻璃上的樹葉受到水平方向空氣的推力，推力方向與車前進(jìn)方向相反，大小由車速v決定，且滿足F＝kv2。只討論樹葉沿?fù)躏L(fēng)玻璃向下或向上的運(yùn)動，橫向運(yùn)動可視為靜止，已知m＝0.01kg，k＝×10﹣3kg/m，取g＝10m/s2，cos37°＝0.8，sin37°＝0.6。
（1）若忽略樹葉與玻璃間的摩擦力，求樹葉靜止在擋風(fēng)玻璃上時車勻速運(yùn)動的速度大小v0；
（2）若某次經(jīng)精密測量發(fā)現(xiàn)當(dāng)勻速運(yùn)動的車速為v0時，原來靜止在擋風(fēng)玻璃上的樹葉恰好開始沿?fù)躏L(fēng)玻璃
向上運(yùn)動，說明樹葉與玻璃間有摩擦，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，求樹葉與玻璃間的動摩擦因數(shù)μ；
（3）在（2）中的動摩擦因數(shù)μ條件下，當(dāng)車以v＝20m/s的速度勻速運(yùn)動時，原本被雨刷夾在擋風(fēng)玻璃底部的樹
葉突然失去雨刷的夾持。若擋風(fēng)玻璃斜面長度l＝0.8m，忽略樹葉在擋風(fēng)玻璃上運(yùn)動時速度的變化對空氣推力的影響，樹葉的運(yùn)動看做是相對擋風(fēng)玻璃的勻加速直線運(yùn)動，求樹葉由玻璃底部開始到離開擋風(fēng)玻璃過程中合外力對樹葉的沖量I。

【分析】根據(jù)平衡條件求得風(fēng)力，再求速度。根據(jù)受力平衡求得摩擦了和μ。根據(jù)受力分析求得加速度，再根據(jù)勻變規(guī)律求得運(yùn)動時間，最后根據(jù)沖量定義求得沖量。
【解答】解：（1）樹葉靜止時受力平衡沿玻璃斜面方向合外力為零，故有：F1cosθ﹣mgsinθ＝0
又F1＝k
代入數(shù)據(jù)解得：v0＝10m/s
（2）當(dāng)車速為v0時，發(fā)現(xiàn)樹葉恰好向上運(yùn)動，此時為臨界狀態(tài)，樹葉加速度為0，則，
F2cos θ﹣mgsin θ﹣μFN＝0
FN＝F2sinθ+mgcosθ
聯(lián)立代入數(shù)據(jù)解得μ＝
（3）失去夾持時樹葉相對擋風(fēng)玻璃的初速度為零，樹葉相對擋風(fēng)玻璃做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動，設(shè)加速度為a，有：
l＝at2
Fcosθ﹣mgsinθ﹣μFN＝ma
FN＝Fsin θ+mgcosθ
F＝kv2
合外力對樹葉的沖量為
I＝mat
代入數(shù)據(jù)，聯(lián)立可解得：I≈4.8×10﹣2N?s，方向沿?fù)躏L(fēng)玻璃斜面向上。
答：（1）車勻速運(yùn)動的速度大小為10m/s；
（2）樹葉與玻璃間的動摩擦因數(shù)為；
（3）合外力對樹葉的沖量為4.8×10﹣2N?s，方向沿?fù)躏L(fēng)玻璃斜面向上。
【點評】考查物體的平衡狀態(tài)的受力分析及動量定理的應(yīng)用。解題時，分析樹葉運(yùn)動的臨界條件，把握臨界條件的受力分析即可得到關(guān)鍵條件加速度，從而使問題得到解決。
47．（撫順期末）如圖所示，某人把質(zhì)量m＝0.5kg的石塊從h＝0.35m高處以α＝37°角斜向上方拋出，初速度大小v0＝3m/s，石塊落到水平地面上。不計空氣阻力，取重力加速度大小g＝10m/s2，sin37°＝0.6，求：
（1）石塊落地時的速度方向與水平方向的夾角β；
（2）石塊從拋出到剛落地過程中，重力對石塊的沖量大小I。

【分析】（1）由機(jī)械能守恒定律及運(yùn)動的合成與分解求得石塊落地時的速度方向與水平方向的夾角β；
（2）根據(jù)運(yùn)動的合成與分解以及動量定理求得石塊從拋出到剛落地過程中，重力對石塊的沖量大小I。
【解答】解：（1）石塊在空中運(yùn)動過程中，由機(jī)械能守恒定律得：+mgh＝
解得石塊落地時的速度大小為：v＝4m/s
石塊水平方向分速度大小為：v0x＝v0cosα
石塊落地時的速度方向與水平方向的夾角的余弦值為：cosβ＝
解得石塊落地時的速度方向與水平方向的夾角為：β＝53°
（2）石塊初速度豎直分量大小為：v0y＝v0sinα
石塊末速度豎直分量大小為：vy＝vsinβ
石塊豎直方向動量的變化量大小為：△p＝mvy+mv0y
石塊從拋出到落地過程中，根據(jù)動量定理得：I＝△p
代入數(shù)據(jù)解得重力對石塊的沖量大小為：I＝2.5N?s
答：（1）石塊落地時的速度方向與水平方向的夾角β為53°；
（2）石塊從拋出到剛落地過程中，重力對石塊的沖量大小I為2.5N?s。
【點評】本題考查的是斜拋運(yùn)動問題，解決此題的關(guān)鍵是應(yīng)用運(yùn)動的合成與分解求解，同時熟練應(yīng)用機(jī)械能守恒和動量定理求解。
48．（濟(jì)南月考）嫦娥五號在月球采樣返回是迄今為止我國執(zhí)行的最為復(fù)雜的航天任務(wù)?！版隙鹞逄枴鄙仙鲝脑虑虮砻娌杉瘶颖竞笤谧兺屏Πl(fā)動機(jī)推動下加速運(yùn)動至預(yù)設(shè)速度值，上升器加速上升過程中的加速度與時間的關(guān)系如圖所示，0～t1階段發(fā)動機(jī)以恒定推力F＝2940N運(yùn)行，t1～t2加速度均勻減小。t1＝60s，a1＝0.5m/s2，t2＝120s，a2＝0.3m/s2；已知月球表面重力加速度約為g′＝1.6m/s2。求
（1）上升器與取樣標(biāo)本的總質(zhì)量；
（2）t1～t2階段上升器所受推力的沖量。

【分析】求上升器與取樣標(biāo)本的總質(zhì)量，可依據(jù)0～t1階段做勻加速運(yùn)動，利用牛頓第二定律求解即可；t1～t2階段上升器所受推力的沖量依據(jù)動量定理求解即可。
【解答】解：
（1）由牛頓第二定律：F﹣mg′＝ma1
即
（2）由動量定理得：I﹣mg′（t2﹣t1）＝m△v
由圖像可知t1～t2階段上升器速度改變量等于圖像下包圍的面積
即△v＝＝（0.5+0.3）×60×（m/s）＝24m/s
則I＝m△v+mg′（t2﹣t1）
即I＝（1400×24+1400×1.6×60）N.S＝1.68×105N?s
沖量的方向與上升的方向相同。
答：（1）上升器與取樣標(biāo)本的總質(zhì)量為1400kg；
（2）t1～t2階段上升器所受推力的沖量大小為1.68×105N?s，方向與上升的方向相同。
【點評】本題命題采用了新情景，切不可被其迷惑，牛頓定律、動能定理、動量定理是處理力學(xué)綜合問題的三條基本思路，對解決力學(xué)問題或力電綜合問題具有普遍適用性。
49．（二模擬）如圖甲，質(zhì)量分別為0.1kg和0.3kg的小物塊A和B，緊挨著放在水平地面上，取水平向右為正方向，按圖乙所示規(guī)律變化的水平力F作用在A上，使A、B一起由靜止沿地面開始滑行。已知A，B與地面間的動摩擦因數(shù)均為0.5，取g＝10m/s2，最大靜摩擦力與滑動摩擦力大小相等。求：
（1）A與B分離時的速度大小v以及B運(yùn)動的總路程x；
（2）A與B分離后，A運(yùn)動的時間tA。

【分析】根據(jù)分離的臨界條件，對系統(tǒng)運(yùn)用動量定理，即可得到速度，分別根據(jù)運(yùn)動學(xué)求解分離前和分離后B的路程。AB分離后，對A運(yùn)用動量定理，求出A運(yùn)動的時間。
【解答】解：（1）t1＝2s時A與B開始分離。
0～2s內(nèi)，根據(jù)動量定理有F1t1﹣μ（mA+mB）gt1＝（mA+mB）v﹣0
其中F1＝3N，t1＝2s
代入解得v＝5m/s
A、B一起做勻加速直線運(yùn)動時，B運(yùn)動的路程為：x1＝t1
得：x1＝5m
A與B分離后到停下的過程，根據(jù)動能定理有：﹣μmBgx2＝0﹣mBv2
代入數(shù)據(jù)解得：x2＝2.5m
故B運(yùn)動的總路程為x＝x1+x2＝5m+2.5m＝7.5m
（2）設(shè)分離后A再經(jīng)時間tA速度減為零，此時水平力為F2，從圖象可以看出，直線的斜率k＝0.18，則：F2＝（tA﹣2）N
在tA時間內(nèi)，水平力F2的沖量IA＝tA（N?s）
A與B分離后到停下的過程，根據(jù)動量定理有
﹣μmAgtA+IA＝0﹣mAv
解得tA＝0.3 s（另一解tA'＝0.6s，不合題意，舍去）
此時F2＝（×0.3﹣2）N＝﹣N，
由于|F2|＜μmAg，所以A靜止不動。
答：（1）A與B分離時的速度大小為5m/s，B運(yùn)動的總路程為7.5m；
（2）A與B分離后，A運(yùn)動的時間為0.3s。
【點評】考查動量定理的應(yīng)用。在使用動量定理求解本題的過程中，要判斷在F減為零之前物體是否停止運(yùn)動。
50．（青羊區(qū)校級模擬）如圖所示，固定在水平面上傾角θ＝37°的光滑斜面底端有一垂直于斜面的擋板，可看成質(zhì)點的小球A、B、C質(zhì)量均為m＝2kg，小球B、C通過一勁度系數(shù)k＝57.6N/m的輕質(zhì)彈簧相連，初始時，球B、C處于靜止?fàn)顟B(tài)，球A拴在繩長為L＝0.8m一端，繩子的另一端固定在O點，將A拉到O點的等高處由靜止釋放，當(dāng)球A運(yùn)動到最低點時，繩子恰好斷掉，球A被水平拋出，恰好無碰撞地由P點滑上斜面，繼續(xù)運(yùn)動xPQ＝m后與靜止于Q點的球B相碰，碰撞時間極短，碰后A、B粘在一起，已知不計空氣阻力，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8．求：
（1）繩子的最大承受拉力的大小Fm；
（2）碰撞前后損失的機(jī)械能；
（3）設(shè)從球A、B粘在一起到球C恰好離開擋板這一過程經(jīng)歷了時間t＝2s，則這一過程中彈簧對球AB的沖量大小I為多少？（彈簧始終處于彈性限度內(nèi)）

【分析】（1）小球A從開始到D點滿足機(jī)械能守恒，計算出到達(dá)D點的速度，然后根據(jù)牛頓第二定律可以得到繩子承受的拉力；
（2）先根據(jù)能量關(guān)系計算出小球A到達(dá)Q時的速度，根據(jù)動量守恒定律計算出碰撞后的共同速度，然后根據(jù)能量守恒定律即可得到損失的能量；
（3）當(dāng)彈簧的拉力等于小球C的重力沿斜面向西的分力時，C剛好離開擋板，計算出此時A、B球的共同速度，然后根據(jù)動量定理即可得到彈簧對AB球的沖量。
【解答】解：（1）設(shè)小球A到最低點D的速度為vD，小球A從開始到最低點的過程中，只有重力做功，根據(jù)機(jī)械能守恒定律得

在最低點由牛頓第二定律得

代入數(shù)據(jù)解得：Fm＝3mg＝60N，vD＝4m/s
（2）當(dāng)A球離開D點后，A球做平拋運(yùn)動，設(shè)到達(dá)P點的速度為vP，其速度正好沿斜面向下，則

小球A從P到Q過程中只有重力做功，設(shè)小球A到達(dá)Q時的速度為vQ，根據(jù)動能定理得

代入數(shù)據(jù)解得：vQ＝6m/s
A球與B球組成的系統(tǒng)在碰撞過程中動量守恒，規(guī)定A球的初速度方向為正方向，設(shè)碰撞后的共同速度為vAB，由動量守恒定律可得
mvQ＝2mvAB
代入數(shù)據(jù)解得：vAB＝3m/s
故碰撞后損失的機(jī)械能為：

（3）設(shè)在碰撞前彈簧的壓縮量為x1，由平衡條件得
kx1＝mgsin37°
當(dāng)C恰好離開擋板時，彈簧處于伸長狀態(tài)，設(shè)伸長量為x2，對C由平衡條件得
kx2＝mgsin37°
從A、B碰撞結(jié)束到C剛好離開擋板，設(shè)此時A、B的共同速度為vAB′，在此過程中根據(jù)能量守恒定律可得

代入數(shù)據(jù)解得：vAB′＝2m/s
從A、B碰撞完到C離開擋板，設(shè)彈簧對A、B的沖量為I，規(guī)定沿斜面向上的方向為正方向，由動量定理得
﹣2mgsin37°+I＝2mvAB′﹣（﹣2mgvAB）
代入數(shù)據(jù)解得：I＝68N?s。
答：（1）繩子的最大承受拉力的大小Fm為60N；
（2）碰撞前后損失的機(jī)械能為18J；
（3）這一過程中彈簧對球AB的沖量大小I為68N?s。
【點評】這是一道過程復(fù)雜的壓軸題，涉及到的過程多，用到的公式定理也比較多，所以需要仔細(xì)分析每一個過程，對每一個過程寫出相應(yīng)定理的方程。一開始A球做的是圓周運(yùn)動，繩子斷了以后是平拋運(yùn)動，然后到斜面上勻加速運(yùn)動，與靜止在Q點的B球碰撞，又通過彈簧與C球發(fā)生相互作用。

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