第1講 動量動量定理主干梳理 對點激活知識點動量1定義：運動物體的質(zhì)量和速度的乘積叫做物體的動量，通常用p來表示。2表達式：pmv。3單位：kgm/s。4標(biāo)矢性：動量是矢量，其方向和速度方向相同。5動量、動能、動量變化量的比較知識點動量定理1沖量(1)定義：力和力的作用時間的乘積叫做這個力的沖量，公式：IFt。(2)單位：沖量的單位是牛秒，符號是Ns。(3)標(biāo)矢性：沖量是矢量，恒力沖量的方向與力的方向相同。2動量定理(1)內(nèi)容：物體所受合外力的沖量等于物體動量的變化。(2)表達式：Ftppp。(3)矢量性：動量變化量的方向與合外力的方向相同，也可以在某一方向上用動量定理。 一 思維辨析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.5.二 對點激活1(人教版選修35P11T2改編)(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2pB在F作用下，這個物體若經(jīng)過時間2t，其動量將等于2pC在F作用下，這個物體若經(jīng)過時間4t，其動能將等于2EkD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Ftp知，A錯誤，B正確；由動能定理FlEk和lat2知，C錯誤，D正確。2(人教版選修35P12T5改編)體操運動員在落地時總要屈腿，這樣做可以()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，取人落地時速度方向為正方向，根據(jù)動量定理得：Ftmgt0mv，得：Fmg，當(dāng)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。3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pmv，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pmv知，D正確。考點細(xì)研 悟法培優(yōu)考點1動量、沖量的理解及計算1沖量和動量的比較2沖量和功的比較(1)沖量是矢量，功是標(biāo)量。(2)沖量和功都是過程量。沖量是表示力對時間的積累作用，功表示力對位移的積累作用。(3)沖量不為零時，功可能為零；功不為零時，沖量一定不為零。3動量與動能的比較(1)動量是矢量，動能是標(biāo)量。(2)動量和動能都是狀態(tài)量?？倹_量引起動量的變化，總功引起動能的變化。(3)若動能發(fā)生了變化，動量也一定發(fā)生變化；而動量發(fā)生變化時，動能不一定發(fā)生變化。(4)動量和動能均與參考系的選取有關(guān)，高中階段通常選取地面為參考系。它們的大小關(guān)系：p或Ek。例1如圖所示，質(zhì)量為m的小滑塊沿傾角為的斜面向上滑動，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Ff。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(t1t2)sinB支持力對滑塊的總沖量為mg(t1t2)cosC合外力的沖量為0D摩擦力的總沖量為Ff(t1t2)解題探究(1)上升階段與下降階段摩擦力方向改變嗎？提示：改變。(2)整個過程中小滑塊的動量發(fā)生了改變嗎？提示：改變了。嘗試解答選B。重力對滑塊的總沖量為mg(t1t2)，故A錯誤；支持力對滑塊的總沖量為mg(t1t2)cos，故B正確；合力的總沖量為(mgsinFf)t1(mgsinFf)t2，故C錯誤；摩擦力是變力，總沖量為Ff(t2t1)，方向沿斜面向上，故D錯誤。總結(jié)升華沖量的四種計算方法變式1(2018福建廈門一中月考)(多選)一細(xì)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()A經(jīng)過時間t，小球的動量的變化量為零B經(jīng)過時間t，小球的動量的變化量大小為mvC經(jīng)過時間t，細(xì)繩的拉力對小球的沖量大小為2mvD經(jīng)過時間t，重力對小球的沖量大小為答案BCD解析經(jīng)過時間t，小球轉(zhuǎn)過了180，速度方向正好與開始計時的時刻的速度方向相反，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pmvmv2mv，細(xì)繩的拉力對小球的沖量Ip2mv，沖量大小為2mv，A錯誤，C正確；經(jīng)過時間t，小球轉(zhuǎn)過了90，根據(jù)矢量合成法可得，小球的動量的變化量大小為pmvmv，重力對小球的沖量大小IGmgt，B、D正確?？键c2動量定理的理解及應(yīng)用1動量定理的理解(1)中學(xué)物理中，動量定理研究的對象通常是單個物體。(2)Ftpp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，其中F可以是恒力，也可以是變力的平均值。(3)Ftpp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。(4)由Ftpp，得F，即物體所受的合外力等于物體的動量對時間的變化率。2用動量定理解釋生活現(xiàn)象(1)p一定時，F(xiàn)的作用時間越短，力就越大；時間越長，力就越小。(2)F一定時，力的作用時間越長，p就越大；時間越短，p就越小。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(xué)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(fù)號。(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(fù)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如圖所示，一高空作業(yè)的工人重為600 N，系一條長為L5 m的安全帶，若工人不慎跌落時安全帶的緩沖時間t1 s，則安全帶受的平均拉力是多少？(g取10 m/s2)解題探究(1)從開始到最終靜止，人的動量是否發(fā)生了變化？提示：沒有。(2)人在整個過程中受哪些力的作用？提示：重力和安全帶給的拉力。嘗試解答1200_N，方向豎直向下設(shè)工人剛要拉緊安全帶時的速度為v，v22gL，得v經(jīng)緩沖時間t1 s后速度變?yōu)?，取向下為正方向，工人受兩個力作用，即拉力F和重力mg(如圖)，對工人由動量定理知，(mgF)t0mv，F(xiàn)其中m，將數(shù)值代入得F1200 N。由牛頓第三定律，工人給安全帶的平均拉力F為1200 N，方向豎直向下?？偨Y(jié)升華應(yīng)用動量定理解題的注意事項在應(yīng)用動量定理解題時，一定要對物體認(rèn)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。如例2規(guī)定向下為正，則mg和v取正，F(xiàn)取負(fù)，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(dāng)相互作用時間t極短時，且相互作用力遠(yuǎn)大于重力時，才可舍去重力。變式21如圖所示，在光滑水平面上靜止放著兩個相互接觸的木塊A、B，質(zhì)量分別為m1和m2，今有一子彈水平穿過兩木塊，設(shè)子彈穿過木塊A、B的時間分別為t1和t2，木塊對子彈的阻力恒為f，則子彈穿過兩木塊后，木塊A、B的速度大小分別是()A. B.C. D.答案B解析子彈在A中穿過時，以AB為研究對象，規(guī)定向右為正方向，由動量定理得：ft1(m1m2)v1，所以v1。之后A的速度保持v1不變，子彈進入B木塊，以B為研究對象，由動量定理得：ft2m2v2m2v1。聯(lián)立得：v2，故B正確，A、C、D錯誤。變式22下列解釋中正確的是()A跳高時，在落地處墊海綿是為了減小沖量B在碼頭上裝橡皮輪胎，是為了減小渡船靠岸過程受到的沖量C動量相同的兩個物體受相同的制動力作用，質(zhì)量小的先停下來D人從越高的地方跳下，落地時越危險，是因為落地時人受到的沖量越大答案D解析跳高時，在落地處墊海綿是為了延長作用時間減小沖力，不是減小沖量，故A錯誤；在碼頭上裝橡皮輪胎，也是為了延長作用時間，從而減小沖力，不是減小沖量，故B錯誤；動量相同的兩個物體受相同的制動力作用，根據(jù)動量定理Ftmv，則知運動時間相等，故C錯誤；從越高的地方跳下，落地時速度越大，動量越大，則受到地的沖量越大，故D正確。對“連續(xù)”質(zhì)點系發(fā)生持續(xù)作用時，物體動量(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t內(nèi)動量(或其他量)發(fā)生變化的那部分物體作為研究對象，建立如下的“柱狀”模型：在時間t內(nèi)所選取的研究對象均分布在以S為截面積、長為vt的柱體內(nèi)，這部分質(zhì)點的質(zhì)量為mSvt，以這部分質(zhì)量為研究對象，研究它在t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，通常已知密度?！镜漕}例證1】 (2016全國卷)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v0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)榱悖谒椒较虺闹芫鶆蛏㈤_。忽略空氣阻力。已知水的密度為，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)t時間內(nèi)，從噴口噴出的水的體積為V，質(zhì)量為m，則：mVVv0St由式得，單位時間內(nèi)從噴口噴出的水的質(zhì)量為v0S(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t時間內(nèi)噴出的水，由能量守恒得(m)v2(m)gh(m)v在h高度處，t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p(m)v設(shè)水對玩具的作用力的大小為F，根據(jù)動量定理有Ftmgtp因為mgtv0Sgt2含t的二次項，所以與Ft相比，mgt可忽略。由于玩具在空中懸停，由力的平衡條件和牛頓第三定律得FMg聯(lián)立式得h。答案(1)v0S(2) 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t內(nèi)的一段柱形流體的長度為l，對應(yīng)的質(zhì)量為mSvt。(3)建立方程，應(yīng)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“微粒”，質(zhì)量具有獨立性，通常給出單位體積內(nèi)的粒子數(shù)n?！镜漕}例證2】 (2018沈陽質(zhì)監(jiān))有一宇宙飛船，它的正面面積S2 m2，以v3103 m/s的相對速度飛入一宇宙微粒塵區(qū)。此微粒塵區(qū)1 m3空間中有一個微粒，每一個微粒的平均質(zhì)量為m2107 kg。假設(shè)微粒與飛船外殼碰撞后附著于飛船上，要使飛船速度不變，飛船的牽引力應(yīng)增加()A3.6103 N B3.6 NC1.2103 N D1.2 N解析設(shè)在t時間內(nèi)與飛船碰撞并附著于飛船上的微?？傎|(zhì)量為M，則MvtSm，設(shè)飛船對微粒的作用力大小為F，由動量定理知，F(xiàn)tMv，聯(lián)立解得Fv2Sm，代入相關(guān)數(shù)據(jù)得F3.6 N。根據(jù)牛頓第三定律，微粒對飛船的作用力大小為3.6 N。要使飛船速度不變，根據(jù)平衡條件，飛船的牽引力應(yīng)增加3.6 N，B正確。答案B 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t內(nèi)一段微元的長度為l，對應(yīng)的體積為VSv0t，則微元內(nèi)的粒子數(shù)Nnv0St。(3)先應(yīng)用動量定理研究單個粒子，建立方程，再乘以N求解。【針對訓(xùn)練】1國產(chǎn)水刀超高壓數(shù)控萬能水切割機以其神奇的切割性能在北京國際展覽中心舉行的第五屆國際機床展覽會上引起轟動，它能切割40 mm厚的鋼板，50 mm厚的大理石等其他材料。水刀就是將普通的水加壓，使其從口徑為0.2 mm的噴嘴中以8001000 m/s速度射擊出水射流。我們知道，任何材料，承受的壓強都有一定限度，下表列出了一些材料所能承受的壓強限度。A橡膠5107 PaB花崗石1.21082.6108 PaC鑄鐵8.8108 PaD工具鋼6.7108 Pa設(shè)想有一水刀的水射流橫截面積為S，垂直入射的速度v800 m/s，水射流與材料接觸后速度為零，且不附著在材料上，水的密度1103 kg/m3，則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m為研究對象，以其運動方向為正方向，由動量定理得pSt0Svtv，pv26.4108 Pa，由表中數(shù)據(jù)可知，不能切割CD。2正方體密閉容器中有大量運動粒子，每個粒子質(zhì)量為m，單位體積內(nèi)粒子數(shù)量n為恒量。為簡化問題，我們假定：粒子大小可以忽略；其速率均為v，且與器壁各面碰撞的機會均等；與器壁碰撞前后瞬間，粒子速度方向都與器壁垂直，且速率不變。利用所學(xué)力學(xué)知識，導(dǎo)出器壁單位面積所受粒子壓力f與m、n和v的關(guān)系。答案見解析解析一個粒子每與器壁碰撞一次給器壁的沖量是：I2mv，在t時間內(nèi)能到達面積為S的容器壁上的粒子所占據(jù)的體積為：VSvt，由于粒子有均等的概率與容器各面相碰，即可能達到目標(biāo)區(qū)域的粒子數(shù)為：NnVnSvt，根據(jù)動量定理得：FtNI，則得面積為S的器壁受到的粒子的壓力為：FnSmv2；所以器壁單位面積所受粒子壓力為：fnmv2。高考模擬 隨堂集訓(xùn)1(2018全國卷)高空墜物極易對行人造成傷害。若一個50 g的雞蛋從一居民樓的25層墜下，與地面的撞擊時間約為2 ms，則該雞蛋對地面產(chǎn)生的沖擊力約為()A10 N B102 N C103 N D104 N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3 m，由動能定理可知：mghmv2，解得：v m/s10 m/s。落地時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：(Nmg)t0(mv)，解得：N1103 N，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103 N，故C正確。2.(2017全國卷)(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動。F隨時間t變化的圖線如圖所示，則()At1 s時物塊的速率為1 m/sBt2 s時物塊的動量大小為4 kgm/sCt3 s時物塊的動量大小為5 kgm/sDt4 s時物塊的速度為零答案AB解析前2 s內(nèi)物塊做初速度為零的勻加速直線運動，加速度a1 m/s21 m/s2，t1 s時物塊的速率v1a1t11 m/s，A正確；t2 s時物塊的速率v2a1t22 m/s，動量大小為p2mv24 kgm/s，B正確；物塊在24 s內(nèi)做勻減速直線運動，加速度的大小a20.5 m/s2，t3 s時物塊的速率v3v2a2t3(20.51) m/s1.5 m/s，動量大小p3mv33 kgm/s，C錯誤；t4 s時物塊的速度v4v2a2t4(20.52) m/s1 m/s，D錯誤。3(2018天津河?xùn)|一模)(多選)一輛汽車在平直公路上從靜止開始運動，所受阻力恒定，10 s末撤掉牽引力，其速度隨時間變化的圖象如圖所示，則下列說法正確的是()A05 s和1015 s內(nèi)加速度相同B05 s和1015 s內(nèi)阻力做功相等C05 s和510 s內(nèi)牽引力做功的平均功率相等D05 s和1015 s內(nèi)合外力的沖量相同答案BC解析vt圖線的斜率表示加速度，由圖可知05 s和1015 s內(nèi)加速度大小相等，但是方向相反，故不相同，A錯誤；vt圖線與時間軸所圍的面積表示位移，由圖可知05 s和1015 s內(nèi)位移相等，又阻力恒定，故阻力做功相等，B正確；05 s內(nèi)和1015 s內(nèi)加速度大小相等，則，則F12f,510 s內(nèi)F2f，故F12F2，又12，故05 s內(nèi)牽引力平均功率P1F11與510 s內(nèi)牽引力平均功率P2F22相等，C正確；05 s和1015 s內(nèi)時間相同，所受合外力等大、反向，故沖量也是等大、反向，故D錯誤。4(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?。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2mvmgt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II彈mgt，解得小球所受彈簧彈力的沖量I彈2mvmgt。5(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(yuǎn)10 m，C是半徑R20 m圓弧的最低點，質(zhì)量m60 kg的運動員從A處由靜止開始勻加速下滑，加速度a4.5 m/s2，到達B點時速度vB30 m/s。取重力加速度g10 m/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FN的大小。答案(1)100 m(2)1800 Ns(3)受力圖見解析3900 N解析(1)已知AB段的初末速度，則利用運動學(xué)公式可以求解AB的長度，即vv2aL，可解得L m100 m。(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ImvBmv0(60300) Ns1800 Ns。(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FNmgm，從B運動到C由動能定理可知mghmvmv，由式并代入數(shù)據(jù)解得FN3900 N。配套課時作業(yè)時間：45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16為單選，710為多選)1下面關(guān)于物體動量和沖量的說法錯誤的是()A物體所受合外力沖量越大，它的動量也越大B物體所受合外力沖量不為零，它的動量一定要改變C物體動量增量的方向，就是它所受沖量的方向D物體所受合外力越大，它的動量變化就越快答案A解析Ft越大，p越大，但動量不一定大，它還與初態(tài)的動量有關(guān)，故A錯誤，B正確；沖量不僅與p大小相等，而且方向相同，所以C正確；物體所受合外力越大，速度變化越快，即動量變化越快，D正確。2將質(zhì)量為0.5 kg的小球以20 m/s的初速度豎直向上拋出，不計空氣阻力，g取10 m/s2，以下判斷正確的是()A小球從拋出至最高點受到的沖量大小為10 NsB小球從拋出至落回出發(fā)點動量的增量大小為0C小球從拋出至落回出發(fā)點受到的沖量大小為0D小球從拋出至落回出發(fā)點受到的沖量大小為10 Ns答案A解析小球在最高點速度為零，取向下為正方向，小球從拋出至最高點受到的沖量：I0(mv0)10 Ns，A正確；因不計空氣阻力，所以小球落回出發(fā)點的速度大小仍等于20 m/s，但其方向變?yōu)樨Q直向下，由動量定理知，小球從拋出至落回出發(fā)點受到的沖量為：Ipmv0(mv0)20 Ns，則沖量大小為20 Ns，B、C、D錯誤。3(2018廣州調(diào)研)籃球運動員在接傳來的籃球時，通常要先伸出兩臂迎球，手觸到球瞬間順勢后引。這樣可以減小()A球?qū)κ值牧Φ臎_量 B球?qū)κ值牧Φ拇笮球的動量變化量 D球的動能變化量答案B解析籃球運動員在接傳來的籃球時，無論采取何種方法，籃球的動量變化量都相同，根據(jù)動量定理，無法減小球?qū)κ值牧Φ臎_量，無法減小球的動量變化量，也無法減小球的動能變化量。先伸出兩臂迎球，手觸到球瞬間順勢后退，可增大籃球與手之間力的作用時間，根據(jù)沖量的定義可知，可減小球?qū)κ肿饔昧Φ拇笮?，B正確。4(2018唐山期末)1998年6月18日，清華大學(xué)對富康轎車成功地進行了中國轎車史上的第一次安全性碰撞試驗，成為“中華第一撞”，從此，我國汽車整體安全性碰撞試驗開始與國際接軌，在碰撞過程中，下列關(guān)于安全氣囊的保護作用認(rèn)識正確的是()A安全氣囊減小了駕駛員的動量的變化B安全氣囊減小了駕駛員受到撞擊力的沖量C安全氣囊主要是減小了駕駛員的動量變化率D安全氣囊延長了撞擊力的作用時間，從而使動量變化更大答案C解析碰撞過程中，駕駛員的初、末動量與是否使用安全氣囊無關(guān)，A項錯誤；由動量定理可知，駕駛員受到的撞擊力的沖量不變，B項錯誤；安全氣囊延長了撞擊力的作用時間，但是撞擊力的沖量一定，故駕駛員的動量變化量不變，動量變化率減小，C項正確，D項錯誤。5.(2018湖北四校聯(lián)考)如圖所示，豎直平面內(nèi)有一半圓槽，A、C等高，B為圓槽最低點，小球從A點正上方O點靜止釋放，從A點切入圓槽，剛好能運動至C點?？諝庾枇雎圆挥嫛ＴO(shè)球在AB段和BC段運動過程中，運動時間分別為t1、t2，合外力的沖量大小為I1、I2，則()At1t2 Bt1t2CI1I2 DI1I2答案C解析由vC0可知在小球從A點到C點的運動過程中，有阻力做功，所以在同一高度處，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，兩段路程相等，所以t1|p2|，則I1I2，故C正確，D錯誤。6跑酷是時下流行的一種極限運動，在某次練習(xí)中，假設(shè)質(zhì)量為50 kg的跑酷運動員在一堵墻前面以與水平方向成37角、大小為6 m/s的速度跳起，再用腳蹬墻面一次，使身體水平反拋回來，落到了距離墻2.16 m處。如果用腳蹬墻時跑酷運動員的速度方向恰好沿水平方向，不考慮空氣阻力，g取10 m/s2，則墻對跑酷運動員做的功和墻對跑酷運動員的沖量大小分別為(sin370.6，cos370.8)()A0,540 kgm/s B324 J,60 kgm/sC546 J,300 kgm/s D900 J,540 kgm/s答案A解析把運動員的初速度看成平拋運動的末速度，將該速度沿水平方向和豎直方向分解，水平分速度vxv0cos374.8 m/s，豎直分速度vyv0sin373.6 m/s，則跑酷運動員用腳蹬墻前瞬間的速度大小v1vx4.8 m/s，在空中時間為t0.36 s，則跑酷運動員用腳蹬墻面后，身體水平反拋回來時在空中的時間為t0.36 s，所以跑酷運動員用腳蹬墻后瞬間的速度大小v26 m/s，取跑酷運動員用腳蹬墻后返回的速度方向為正方向，于是墻對跑酷運動員的沖量大小為Imv2(mv1)540 kgm/s。由于墻面對跑酷運動員作用力的作用點在腳上，且位移為零，所以墻對跑酷運動員不做功，A正確。7.(2018陜西摸底)某人身系彈性繩自高空P點自由下落，a點是彈性繩的原長位置，c是人所能到達的最低點，b是人靜止懸掛時的平衡位置。若把由P點到a點稱為過程，由a點到c點稱為過程，不計空氣阻力，下列說法正確的是()A過程中人的動量的改變量等于重力的沖量B過程中人的動量的減少量等于過程中重力的沖量的大小C過程中人的動能逐漸減小到零D過程中人的機械能的減少量等于過程中重力做功的大小答案AB解析根據(jù)動量定理可知過程中人的動量的改變量等于重力的沖量，A正確；人在P、C兩點時的動量均為零，則過程中動量的減少量等于過程中重力的沖量的大小，B正確。從a到b的過程中，人的重力大于繩的彈力，從b到c的過程中，人的重力小于繩的彈力，故過程中人的動能先增大再減小，C錯誤；過程中人的機械能的減少量等于過程和過程中重力做功的大小，D錯誤。8質(zhì)量為m的物體以初速度v0做平拋運動，經(jīng)過時間t，下落的高度為h，速度大小為v，不計空氣阻力，在這段時間內(nèi)，該物體的動量的變化量大小為()Amvmv0 BmgtCm Dm答案BCD解析根據(jù)動量定理得，物體所受合力的沖量等于它的動量的變化量，所以pmgt，故B正確；由題可知，物體末位置的動量為mv，初位置的動量為mv0，根據(jù)矢量三角形定則知，該物體的動量的變化量pmvymm，故C、D正確，A錯誤。9如圖甲所示，一物塊在t0時刻，以初速度v0從足夠長的粗糙斜面底端向上滑行，物塊速度隨時間變化的圖象如圖乙所示，t0時刻物塊到達最高點，3t0時刻物塊又返回底端。由此可以確定()A物塊沖上斜面的最大位移B物塊返回底端時的速度C物