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基础课1 动量和动量定理[高考导航]考点内容要求高考全国卷三年命题情况对照分析201520162017动量、动量定理、动量守恒定律及其应用ⅡⅠ卷·T352动量守恒和能量守恒Ⅱ卷·T352动量守恒和能量守恒Ⅰ卷·T352动量定理和能量观点Ⅱ卷·T352动量守恒和能量守恒Ⅲ卷·T352动量守恒和能量守恒Ⅰ卷·T14动量守恒定律的应用Ⅲ卷·T20动量定理的应用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知识排查动量
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，可以在某一方向上用动量定理小题速练
1.2017·北京西城区模拟多选关于动量和冲量，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
2.一质量为m＝100g的小球从高h＝
0.8m处自由下落，落到一个厚软垫上，若从小球接触软垫到小球陷至最低点经历了t＝
0.2s，以向下为正方向，则在这段时间内，软垫对小球的冲量为重力加速度大小g取10m/s2 A.
0.4N·s B.－
0.4N·sC.
0.6N·sD.－
0.6N·s解析 设小球自由下落h＝
0.8m的时间为t1，由h＝gt得t1＝＝
0.4s设软垫对小球的冲量为IN，则对小球整个运动过程运用动量定理得，mgt1＋t＋IN＝0，得IN＝－
0.6N·s，选项D正确答案 D 冲量、动量及动量变化的计算
1.冲量的计算方法1计算冲量可以使用定义式I＝Ft求解，此方法仅限于恒力的冲量，无需考虑物体的运动状态2利用F－t图象计算，F－t围成的面积可以表示冲量，该种方法可以计算变力的冲量
2.动量、动能、动量变化量的比较名称项目 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＝mvEk＝mv2Δp＝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＝，Ek＝pv，p＝，p＝
1.多选对任何一个固定质量的物体，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
2.2018·河南郑州市调研多选如图1所示，两个质量相等的物体在同一高度沿倾角不同的两个光滑斜面由静止开始自由下滑，不计空气阻力，在它们到达斜面底端的过程中 图1A.重力的冲量相同B.斜面弹力的冲量不同C.斜面弹力的冲量均为零D.合力的冲量不同解析 设斜面高度为h，倾角为θ，物体质量为m，可求得物体滑至斜面底端的速度大小为v＝，所用时间t＝由冲量定义可求得重力的冲量大小为IG＝mgt＝，方向竖直向下，故选项A错误；斜面弹力的冲量大小为IN＝mgcosθ·t＝，方向垂直斜面向上，选项B正确，C错误；合力的大小为mgsinθ，I合＝mgsinθ·t＝m，方向沿斜面向下与合力方向相同，即合力冲量的大小相同，方向不同，故选项D正确答案 BD
3.2017·安徽合肥一模质量为
0.2kg的球竖直向下以6m/s的速度落至水平地面，再以4m/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＝2kg·m/s W＝－2JB.Δp＝－2kg·m/s W＝2JC.Δp＝
0.4kg·m/s W＝－2JD.Δp＝－
0.4kg·m/s W＝2J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＝
0.2×4kg·m/s－
0.2×－6kg·m/s＝2kg·m/s，方向竖直向上由动能定理知，合外力做的功W＝mv－mv＝×
0.2×42J－×
0.2×62J＝－2J答案 A
4.2017·全国卷Ⅲ，20多选一质量为2kg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2所示，则 图2A.t＝1s时物块的速率为1m/sB.t＝2s时物块的动量大小为4kg·m/sC.t＝3s时物块的动量大小为5kg·m/sD.t＝4s时物块的速度为零解析 由动量定理可得Ft＝mv，解得v＝t＝1s时物块的速率为v＝＝m/s＝1m/s，故选项A正确；t＝2s时物块的动量大小p2＝F2t2＝2×2kg·m/s＝4kg·m/s，故选项B正确；t＝3s时物块的动量大小为p3＝2×2－1×1kg·m/s＝3kg·m/s，故选项C错误；t＝4s时物块的动量大小为p4＝2×2－1×2kg·m/s＝2kg·m/s，所以t＝4s时物块的速度为1m/s，故选项D错误答案 AB 动量定理的理解和应用
1.理解动量定理的要点1应用动量定理时研究对象既可以是单一物体，也可以是系统，当为系统时不考虑内力的冲量2求合力的冲量的方法有两种第一先求合力再求合力冲量，第二求出每个力的冲量再对冲量求矢量和3动量定理是矢量式，列方程之前先规定正方向
2.用动量定理解释现象1Δp一定时，F的作用时间越短，力就越大；时间越长，力就越小2F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，要把哪个量一定，哪个量变化搞清楚
3.动量定理的两个重要应用1应用I＝Δp求变力的冲量2应用Δp＝FΔt求动量的变化量【典例】 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
0.5m，据测算两车相撞前速率约为30m/s则1试求车祸中车内质量约60kg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1s，求这时人体受到的平均冲力为多大？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
0.5m设运动的时间为t，根据x＝t得，t＝＝s根据动量定理Ft＝Δp＝mv0得，F＝＝N＝
5.4×104N2若人系有安全带时，F′＝＝N＝
1.8×103N答案
15.4×104N
21.8×103N用动量定理解题的基本思路
1.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.如图3所示，跳水运动员图中用一小圆圈表示，从某一峭壁上水平跳出，跳入湖水中，已知运动员的质量m＝60kg，初速度v0＝10m/s若经过1s时，速度大小为v＝10m/s，则在此过程中，运动员动量的变化量为g＝10m/s2，不计空气阻力 图3A.600kg·m/sB.600kg·m/sC.600－1kg·m/sD.600＋1kg·m/s解析 根据动量定理得Δp＝mgt＝60×10×1kg·m/s＝600kg·m/s，故选项A正确答案 A
3.质量为1kg的物体做直线运动，其速度—时间图象如图4所示则物体在前10s内和后10s内所受外力的冲量分别是 图4A.10N·s，10N·sB.10N·s，－10N·sC.0，10N·sD.0，－10N·s解析 由图象可知，在前10s内初、末状态的动量相同，p1＝p2＝5kg·m/s，由动量定理知I1＝0；在后10s内末状态的动量p3＝－5kg·m/s，由动量定理得I2＝p3－p2＝－10N·s，故选项D正确答案 D
4.多选从2017年6月5日起至年底，兰州交警采取五项措施部署预防较大道路交通事故工作在交通事故中，汽车与拖车脱钩有时发生如图5所示，质量为M的汽车带着质量为m的拖车在平直公路上以加速度a匀加速前进，当速度为v0时拖车突然与汽车脱钩，到拖车停下瞬间司机才发现若汽车的牵引力一直未变，车与路面间的动摩擦因数为μ，那么从脱钩到拖车刚停下的过程中，下列说法正确的是 图5A.汽车和拖车整体动量守恒B.汽车和拖车整体机械能守恒C.从脱钩到拖车刚停下用时D.拖车刚停下时汽车的速度为v0解析 汽车和拖车整体合外力不为零，故动量不守恒，选项A错误；汽车和拖车整体除重力之外的其他力做功之和大于零，系统机械能增加，选项B错误；以拖车为研究对象，由牛顿第二定律得－μmg＝ma′，则a′＝－μg，由－v0＝a′t得，拖车脱钩后到停止经历的时间为t＝，选项C正确；全过程系统受到的合外力始终为M＋ma，末状态拖车的动量为零，全过程对系统应用动量定理可得M＋ma·＝Mv′－M＋mv0，解得v′＝v0，选项D正确答案 CD应用动量定理解决流体问题，建立“柱状模型”对于“连续”质点系发生持续作用，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模型一 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”，质量具有连续性，通常已知密度ρ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S2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＝ρSvΔt3建立方程，应用动量定理研究这段柱状流体【例1】 [2016·全国卷Ⅰ，352]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＝v0Δt
①喷出水柱质量Δm＝ρΔV
②其中ΔV为水柱体积，满足ΔV＝ΔlS
③由
①②③可得喷泉单位时间内喷出的水的质量为＝ρv0Sⅱ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＝Mg
④其中，F冲为水柱对玩具底部柱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＝－2gh
⑥在很短Δt时间内，冲击玩具水柱的质量为ΔmΔm＝ρv0SΔt
⑦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＋ΔmgΔt＝－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＝eq\fv2g－eq\fM2g2ρ2vS2答案 ⅰρv0S ⅱeq\fv2g－eq\fM2g2ρ2vS2将动量定理应用于流体时，应在任意时刻Δt时从流管中取出一个在流动方向上的截面1和2围起来的柱体体积ΔV，在此柱体内截取一微小流束Δl，将“无形”流体变为“有形”实物Δm，则在Δt时间内质量为Δm的柱形流体的动量变化为Δp，即F·Δt＝Δmv2－Δmv1 模型二 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S2微元研究，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＝nv0SΔt3先应用动量定理研究单个粒子，建立方程，再乘以N计算【例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的关系注意解题过程中需要用到、但题目没有给出的物理量，要在解题时做必要的说明解析 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·SvΔtΔt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【针对训练】 如图6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6A.ρvSB.C.ρv2SD.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活页作业时间30分钟A级保分练
1.多选质量为m的物块以初速度v0从光滑斜面底端向上滑行，到达最高位置后再沿斜面下滑到底端，则物块在此运动过程中 A.上滑过程与下滑过程中物块所受重力的冲量相同B.整个过程中物块所受弹力的冲量为零C.整个过程中物块合外力的冲量为零D.若规定沿斜面向下为正方向，则整个过程中物块合外力的冲量大小为2mv0解析 物块沿光滑斜面先上滑再下滑，两过程所用时间相等，故重力的冲量相同，选项A正确；因弹力和其作用时间均不为零，故弹力的冲量不为零，选项B错误；由动量定理得I合＝p′－p＝mv0－－mv0＝2mv0，故选项C错误，D正确答案 AD
2.如图1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 图1A.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·，故Wf与v无关选项D正确答案 D
3.多选在光滑水平面上有一质量为m的物体，在与水平方向成θ角的恒定拉力F作用下沿水平面运动，则在时间t内 A.重力的冲量大小为0B.拉力F的冲量大小为FtC.拉力F的冲量大小为FtcosθD.物体动量的变化量等于Ftcosθ解析 重力的冲量大小IG＝mgt，选项A错误；拉力F的冲量大小IF＝Ft，故选项B正确，C错误；合力的冲量大小I合＝Ftcosθ，根据动量定理知，合力的冲量等于动量的变化量，则动量的变化量为Ftcosθ，故选项D正确答案 BD
4.2017·天津理综，4“天津之眼”是一座跨河建设、桥轮合一的摩天轮，是天津市的地标之一摩天轮悬挂透明座舱，乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动下列叙述正确的是 图2A.摩天轮转动过程中，乘客的机械能保持不变B.在最高点时，乘客重力大于座椅对他的支持力C.摩天轮转动一周的过程中，乘客重力的冲量为零D.摩天轮转动过程中，乘客重力的瞬时功率保持不变解析 机械能等于动能和重力势能之和，乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动，动能不变，重力势能时刻发生变化，则机械能在变化，故选项A错误；在最高点对乘客受力分析，根据牛顿第二定律有mg－FN＝m，座椅对他的支持力FN＝mg－mmg，故选项B正确；乘客随座舱转动一周的过程中，乘客的重力不为零，重力的冲量I＝mgt≠0，故选项C错误；乘客重力的瞬时功率P＝mgvcosθ，其中θ为线速度和竖直方向的夹角，摩天轮转动过程中，乘客的重力和线速度的大小不变，但θ在变化，所以乘客重力的瞬时功率在不断变化，故选项D错误答案 B
5.质量为4kg的物体以2m/s的初速度做匀变速直线运动，经过2s，动量大小变为14kg·m/s，则该物体 A.所受合外力的大小可能大于11NB.所受合外力的大小可能小于3NC.冲量大小可能小于6N·sD.冲量大小可能大于18N·s解析 若以物体初速度方向为正方向，则初动量p1＝mv1＝8kg·m/s，末动量大小为14kg·m/s，则有两种可能当p2＝14kg·m/s，则Ft＝p2－p1＝6kg·m/s，F＝3N；当p2＝－14kg·m/s，则Ft＝p2－p1＝－22kg·m/s，F＝－11N，负号表示方向，故选项A、B、C错误，D正确答案 D
6.2017·天津和平质量调查多选几个水球可以挡住一颗子弹？《国家地理频道》的实验结果是四个水球足够！完全相同的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，则可以判断的是 图3A.子弹在每个水球中的速度变化相同B.子弹在每个水球中运动的时间不同C.每个水球对子弹的冲量不同D.子弹在每个水球中的动能变化相同解析 恰好能穿出第4个水球，即末速度v＝0，逆向看子弹由右向左做初速度为零的匀加速直线运动，则自左向右子弹通过四个水球的时间比为2－∶－∶－1∶1，则选项B正确；由于加速度a恒定，由at＝Δv，可知子弹在每个水球中的速度变化不同，选项A错误；因加速度恒定，则每个水球对子弹的阻力恒定，则由I＝ft可知每个水球对子弹的冲量不同，选项C正确；由动能定理知ΔEk＝fx，f相同，x相同，则ΔEk相同，选项D正确答案 BCD
7.如图4所示，在2015年第16届亚洲杯足球赛上，一足球运动员踢一个质量为
0.4kg的足球图41若开始时足球的速度是4m/s，方向向右，踢球后，球的速度为10m/s，方向仍向右如图甲，求足球的初动量、末动量以及踢球过程中动量的改变量；2若足球以10m/s的速度撞向球门门柱，然后以3m/s的速度反向弹回如图乙，求这一过程中足球的动量改变量解析 1取向右为正方向，初、末动量分别为p＝mv＝
0.4×4kg·m/s＝
1.6kg·m/s，方向向右p′＝mv′＝
0.4×10kg·m/s＝4kg·m/s，方向向右动量的改变量为Δp＝p′－p＝
2.4kg·m/s，方向向右2取向右为正方向，初、末动量分别为p1＝mv′＝
0.4×10kg·m/s＝4kg·m/s，方向向右p2＝mv″＝
0.4×－3kg·m/s＝－
1.2kg·m/s，方向向左，动量的改变量为Δp′＝p2－p1＝－
5.2kg·m/s，方向向左答案
11.6kg·m/s，方向向右 4kg·m/s，方向向右
2.4kg·m/s，方向向右
25.2kg·m/s，方向向左B级拔高练
8.2017·安徽合肥模拟多选一质点静止在光滑水平面上，现对其施加水平外力F，力F随时间按正弦规律变化，如图5所示，下列说法正确的是 图5A.第2s末，质点的动量为0B.第4s末，质点回到出发点C.在0～2s时间内，力F的功率先增大后减小D.在1～3s时间内，力F的冲量为0解析 由题图可知，0～2s时间内F的方向和质点运动的方向相同，质点经历了一个加速度逐渐增大的加速运动和加速度逐渐减小的加速运动，所以第2s末，质点的速度最大，动量最大，故选项A错误；该质点在2～4s内F的方向与0～2s内F的方向不同，0～2s内做加速运动，2～4s内做减速运动，所以质点在0～4s内的位移均为正，故选项B错误；0～2s内，质点速度在增大，力F先增大后减小，根据瞬时功率P＝Fv得，力F瞬时功率开始为0，2s末时为0，所以在0～2s时间内，力F的功率先增大后减小，故选项C正确；在F－t图象中，图线与横轴所围的面积表示力F的冲量大小，由题图可知，1～2s内的面积与2～3s内的面积大小相等，一正一负，则在1～3s时间内，力F的冲量为0，故选项D正确答案 CD
9.如图6所示，a、b、c是三个相同的小球，a从光滑斜面顶端由静止开始自由下滑，同时b、c从同一高度分别开始自由下落和平抛下列说法正确的是 图6A.它们同时到达同一水平面B.它们动量变化的大小相等C.它们的末动能相同D.重力对它们的冲量相等解析 b做自由落体运动，c的竖直分运动是自由落体运动，故b、c的加速度为g，设斜面的倾角为θ，则a的加速度为gsinθ，下落相同高度，设高度为h，a下滑时间为t1，则＝gtsinθ，所以t1＝，b、c下落时间为t2＝，a与b、c所用时间不同，选项A错误；a的动量变化为mgsinθ·t1＝m，b、c的动量变化为mgt2＝m，故三球动量变化大小相等，选项B正确；由机械能守恒可知，c的末动能大于a、b的末动能，选项C错误；由于t1t2，所以重力对它们的冲量大小不相等，选项D错误答案 B
10.2018·安徽铜陵联考如图7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v
1、v
2、v
3、v4分别表示上述四种受力情况下物体在3s末的速率，则这四个速率中最大的是 图7解析 根据动量定理分别研究四种情况下物体的速率取t0＝1s，A图中mgsin30°·3t0＋F·2t0－Ft0＝mv1，得v1＝20m/s；B图中mgsin30°·3t0－Ft0＋Ft0＝mv2，得v2＝15m/s；C图中mgsin30°·3t0＋F·2t0＝mv3，得v3＝25m/s；D图中mgsin30°·3t0＋F·2t0－F′t0＝mv4，得v4＝15m/s故选项C正确答案 C
11.一质量为
0.5kg的小物块放在水平地面上的A点，距离A点5m的位置B处是一面墙，如图8所示物块以v0＝9m/s的初速度从A点沿AB方向运动，在与墙壁碰撞前瞬间的速度为7m/s，碰后以6m/s的速度反向运动直至静止g取10m/s2图81求物块与地面间的动摩擦因数μ；2若碰撞时间为
0.05s，求碰撞过程中墙面对物块平均作用力的大小F；3求物块在反向运动过程中克服摩擦力所做的功W解析 1由动能定理，有－μmgs＝mv2－mv，可得μ＝
0.322规定向左为正，由动量定理，FΔt＝mv′－mv，可得F＝130N3由功能关系得W＝mv′2＝9J答案
10.32 2130N 39J。
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