2021人教版选择性必修第一册1.2动量定理同步检测（word版含答案）

2021人教版选择性必修第一册 1.2　动量定理 同步检测
一、多选题
1．在地面上以大小为v1的初速度竖直向上抛出一质量为m的皮球，皮球落地时速度大小为v2．若皮球运动过程中所受空气阻力的大小与其速率成正比，重力加速度为g．下列判断正确的是(　 )
A．皮球上升的最大高度为
B．皮球从抛出到落地过程中克服阻力做的功为
C．皮球上升过程经历的时间为
D．皮球从抛出到落地经历的时间为
2．一质量为m的汽车由静止开始沿平直公路运动，从时刻开始受到水平向前的牵引力F作用，F与作用时间t的关系如图所示。若汽车在时刻开始运动，运动过程中汽车受到的阻力恒定不变，则（　　）
A．汽车在~这段时间内，速度越来越大，加速度越来越小
B．汽车在时刻的速度大小为
C．时刻汽车牵引力的瞬时功率为
D．在~这段时间内，汽车克服阻力做的功为
3．质量为1kg的小球从空中自由下落，与水平地面第一次相碰后反弹到空中某一高度，其速度随时间变化的关系如图所示.若g取，则（ ）
A．小球第一次反弹后离开地面的速度的大小为5m/s
B．碰撞前、后动量改变量的大小为8kg·m/s
C．小球是从1.25m高处自由下落的
D．小球反弹起的最大高度为0.45m
4．下列说法中正确的是______
A．人从高处跳到较硬的水平地面时，为了安全，一般都是让脚尖先触地且着地时要弯曲双腿，这样做是为了减小合外力对人的冲量
B．卢瑟福用α粒子轰击氮原子核，得到了质子
C．天然放射现象的发现使人类认识到原子具有复杂的结构
D．比结合能越大，原子核越稳定
5．如图所示，竖直放置的两根足够长的光滑金属导轨相距L，导轨的两端分别与电源（串有一滑动变阻器R）、定值电阻R0、电容器（电容为C，原来不带电）和开关S相连。整个空间充满了磁感应强度大小为B、方向垂直于导轨平面向外的匀强磁场。一质量为m、电阻不计的金属棒横跨在导轨上。已知电源电动势为E、内阻为r，不计导轨的电阻。当S接1，滑动变阻器R接入电路一定阻值时，金属棒ab在磁场中恰好保持静止。当S接2后，金属棒ab从静止开始下落，下落距离时达到稳定速度。重力加速度为g，则下列分析正确的是（　　）
A．当S接1时，滑动变阻器接入电路的阻值
B．当S接2时，金属棒从静止开始到刚好达到稳定速度所经历的时间为
C．若将棒由静止释放的同时，将S接到3，则电容器积累的电荷量随金属棒速度v的变化关系为
D．若将棒由静止释放的同时，将S接到3，则金属棒将做匀加速直线运动，加速度大小
6．将小球以大小为v0的初速度竖直上抛，经过时间t后返回到抛出点，已知小球运动过程中受到的空气阻力大小与其速率成正比，下图为小球速度时间图像，重力加速度大小为g，则小球（　　）
A．上升过程的时间等于下降过程的时间
B．克服空气阻力做的功上升过程大于下降过程
C．所受空气阻力的冲量上升过程大于下降过程
D．返回抛出点时的速度大小为gt-v0
7．如图所示，一质量为m的物块在t＝0时刻，以初速度v0从足够长、倾角为θ的粗糙斜面底端向上滑行，物块速度随时间变化的图象如图所示.t0时刻物块到达最高点，3t0时刻物块又返回底端.下列说法正确的是（　　）
A．物块从t＝0时刻开始运动到返回底端的过程中动量变化量大小为
B．物块从开始运动到返回底端的过程中重力的冲量大小为3mgt0sinθ
C．斜面倾角θ的正弦值为
D．不能求出3t0时间内物块克服摩擦力所做的功
二、单选题
8．如图所示，一个物体在与水平方向成θ角的拉力F的作用下匀速前进了时间t，则(　 )
A．合外力对物体的冲量大小为
B．拉力对物体的冲量大小为
C．摩擦力对物体的冲量大小为
D．重力对物体的冲量大小为零
9．如图所示，为风洞游戏装置的简化示意图，其中圆心角为37°的圆弧轨道竖直固定放置，与水平地面相切于点。游戏开始时，将质量为的小球从点沿水平方向以一定的速度释放，小球经过点后从圆弧轨道以速度飞出，一段时间后小球经过图中点（点与点等高）。已知小球运动过程中会受到水平向右的风力，风力的大小恒为重力大小的，重力加速度为，下列说法正确的是（　　）
A．在圆弧轨道上运动时，单位时间内小球速度的变化量相同
B．在空中运动时，单位时间内小球的动量变化量逐渐增大
C．小球从点运动到点，所需要的时间为
D．小球经过点时，速度大小为
10．某人躺着看手机时，手机不小心滑落，正好砸到自己的眼睛。已知眼睛受到手机的冲击时间约为0.1s,手机的质量约为200g，从人眼正上方约20cm处无初速掉落，砸到眼睛后手机未反弹。则手机砸到眼睛时对眼睛的平均作用力大小约为（ ）
A．2N B．6N C．8N D．10N
11．一质量为1kg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变化的图线如图所示，则 （　　）
A．t= 1s时物块的速率为1m/s B．t= 2s时物块的动量大小为2kg·m/s
C．前3s内合外力冲量大小为3N·s D．前4s内动量的变化量大小为0
12．如图甲所示，一倾角θ=30°的斜面体固定在水平地面上，一个物块与一轻弹簧相连，静止在斜面上。现用大小为F=kt(k为常量，F、t的单位均为国际标准单位)的拉力沿斜面向，上拉轻弹簧的上端，物块受到的摩擦力随时间变化的关系图象如图乙所示，物块与斜面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10m/s2，则下列判断正确的是（ ）
A．物块的质量为1.5kg
B．k的值为2.5N/s
C．物块与斜面间的动摩擦因数为
D．t=6s时，物块的速度大小为2.2m/s
13．下列说法错误的是（　　）
A．根据F=可把牛顿第二定律表述为：物体动量的变化率等于它所受的合外力
B．力与力的作用时间的乘积叫做力的冲量，它反映了力的作用对时间的累积效应，是一个标量
C．动量定理的物理实质与牛顿第二定律是相同的，但有时用起来更方便
D．易碎品运输时要用柔软材料包装，船舷常常悬挂旧轮胎，都是为了延长作用时间以减小作用力
14．让一价氢离子、一价氦离子和二价氦离子的混合物以相同的初动能在同一位置垂直射入水平放置的一对平行板形成的匀强电场，不计离子的重力和离子间的相互作用，离子束从进入到射出该偏转电场的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．偏转电场对每个离子做功相等
B．偏转电场对每个离子冲量相同
C．在偏转电场中它们形成两股离子束
D．在偏转电场中它们形成一股离子束
15．如图所示，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自由滑下，在到达斜面底端的过程中（　　）
A．重力的冲量相同
B．弹力的冲量相同
C．合力的冲量相同
D．以上说法均不对
16．下列现象不可能发生的是(　　)
A．物体所受到的合外力很大,但物体的动量变化很小
B．物体所受到的冲量不为零,但物体的动量大小却不变
C．物体做曲线运动,但动量变化在相等的时间内却相同
D．物体只受到一个恒力的作用,但物体的动量却始终不变
17．下列说法正确的是（ ）
A．若一个物体的动量发生变化，则动能一定变化
B．若一个物体的动能发生变化，则动量一定变化
C．匀速圆周运动的物体，其动量保持不变
D．一个力对物体有冲量，则该力一定会对物体做功
18．若有一个质量为30g的苹果核从10楼被抛出（初速度很小，可认为苹果核做自由落体运动），落到地面后减速到零所用的时间为6×10-4s，则苹果核在与地面碰撞的过程中受到的平均撞击力的大小约为（　　）
A．12N B．120N C．1200N D．12000N
19．以下说法中正确的是（　　）
A．动量相等的物体，动能也相等
B．物体的动能不变，则动量也不变
C．某力Ｆ对物体不做功，则这个力的冲量就为零
D．物体所受到的合冲量为零时，其动量方向不可能变化
三、解答题
20．通过静电场和引力场的比较，可以进一步认识“场”的性质。
（1）地球视为质量分布均匀的球体，已知地球质量为，引力常量为。
a.仿照电场强度的定义，试写出地球外部距离地心处“引力场强”的表达式，并指出其方向；
b.如图甲所示，设地表和离地表高度处的引力场强大小分别为，已知地球半径，请估算的值（保留1位有效数字），这一结果说明什么？
（2）在研究点电荷周围的静电场时，空间范围比带电体的线度大得多，不能简单利用以上处理办法．如图乙所示，带电量为的点电荷固定不动，在处分别由静止释放两个不同的带正电粒子，只在电场力作用下运动到B处．请自设必要的物理量，分析说明：
a.在AB过程中，若它们所用的时间相同，则需要满足什么条件？
b.在AB过程中，若它们动量的变化相同，又需要满足什么条件？
21．商场工作人员拉着质量m＝20kg的木箱沿水平地面运动。若用F1＝100N的水平力拉木箱，木箱恰好做匀速直线运动；现改用F2＝150N、与水平方向成53°斜向上的拉力作用于静止的木箱上，如图所示。已知sin53°＝0.80，cos53°＝0.60，重力加速度g取10m/s2，求：
（1）木箱与地面之间的动摩擦因数；
（2）F2作用在木箱上时，木箱运动的加速度大小；
（3）F2作用在木箱上4.0s后，撤去拉力，木箱沿水平地面还能滑多远。
22．如图所示，木块A和半径为r=0.5m的四分之一光滑圆轨道B静置于光滑水平面上，A、B质量mA=mB=2.0kg．现让A以v0=6m/s的速度水平向右运动，之后与墙壁碰撞，碰撞时间为t=0.2s，碰后速度大小变为v1=4m/s．取重力加速度g=10m/s2．求：
（1）A与墙壁碰撞过程中，墙壁对木块平均作用力的大小；
（2）A滑上圆轨道B后到达最大高度时的共同速度大小；
（3）A滑上圆轨道B后到达最大高度h的大小．
23．足球场上,一个质量为0.5kg的足球以20m/s的速度向小明飞来,小明飞起一脚将足球反向踢回,踢回的速度大小为30m/s,脚与球的接触时间为0.2s．(忽略脚踢球时的重力和空气阻力的影响).求:
(1)足球动量变化量的大小;
(2)脚对足球的平均作用力的大小.
24．蹦床是运动员在一张绷紧的弹性网上蹦跳、翻滚并做各种空中动作的运动项目．一个质量为50kg的运动员，从某高处自由下落，着网前瞬时速度大小为10m/s，沿竖直方向蹦离水平网面时瞬时速度大小为8m/s．已知运动员与网接触的时间为1.5s．若把在这段时间内运动员对网的作用力当作恒力处理，求此力的大小．（g=10m/s2）
25．请仔细观察日常生活现象，找出通过延长作用时间来减小相互作用力的实例，再找出通过缩短作用时间来增大相互作用力的实例。
26．如图甲所示，物块P和Q（可视为质点）分别静止在水平地面上AB两点。现给P施加一水平力F，F随时间变化如图乙所示，3s末撤去力F，此时P运动到B点与Q发生弹性碰撞，已知P的质量为0.5kg，Q的质量为1kg，PQ与地面的动摩擦因数均为0.2最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g=10m/s2，求：
(1)物块P何时开始运动；
(2)前3s内物块P所受摩擦力的冲量大小；
(3)Q运动的位移大小。
27．如图所示，将一质量为的物块放在点，用弹簧由静止将其弹出，使其沿着竖直光滑的半圆形轨道和运动，和的半径分别为，。段为光滑水平轨道，右端有一传送带，长，物块与传送带间的动摩擦因数，与传送带相邻的粗糙水平面长，它与物块间的动摩擦因数，在点右侧有一半径为的光滑竖直圆弧与平滑连接，圆弧对应的圆心角为。传送带以的速率顺时针转动，不考虑物块滑上和滑下传送带的机械能损失。取。
(1)要使物块恰好不脱离圆弧轨道和，则初始弹簧储存的弹性势能为多大；
(2)更换弹簧，当弹簧储存的能量全部释放时，小物块恰能滑到与圆心等高的点，求右侧圆弧的轨道半径；
(3)在(2)情形下，当物块运动到点时，用小锤水平敲击物块一下，使小物块恰能滑到右侧圆弧轨道最高点点，求小锤对物块的冲量大小。
四、填空题
28．质量为m的物体以速度v做匀速圆周运动．当物体转过的角度为π的过程中其动量的变化为__________，其向心力的冲量为__________．
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案
1．BD
【详解】
A．当阻力为零时，皮球上升的最大高度，由动能定理：，可得上升的最大高度：
当有阻力作用时，皮球上升的最大高度小于．故A错误．
B．皮球在整个上升和下降过程中只有阻力做功，根据动能定理有：，因为阻力做负功，所以克服阻力做功为：．故B正确．
C．皮球上升过程中受到向下的阻力作用，故皮球上升时的加速度大于重力加速度，故上升时间小于．故C错误．
D．用动量定理，结合微积分思想，假设向下为正方向，设上升阶段的平均速度为v，则：上升过程：mgt1+kvt1＝mv1，由于平均速度乘以时间等于上升的高度，故有：h＝vt1，即mgt1+kh＝mv1．同理，设上升阶段的平均速度为v′，则下降过程：mgt2+kvt2＝mv2，即：mgt2﹣kh＝mv2．联立可得：
mg（t1+t2）＝m（v1+v2）
而t1+t2＝t，可得：
故D正确．
2．BC
【详解】
A．由题意可知，汽车运动过程中受到的阻力大小为，在~这段时间内，由牛顿第二定律可得
因牵引力F逐渐增大，所以汽车的加速度逐渐增大，速度也逐渐增大，选项A错误；
B．在~时间内，由动量定理可得
解得时刻汽车的速度大小为，选项B正确；
C．在~时间内，由牛顿第二定律可得
解得汽车在这段时间内的加速度大小为
故时刻汽车的速度大小为
该时刻牵引力的功率为
选项C正确；
D．汽车在~时间内的位移大小为
故这段时间内汽车克服阻力做的功为
选项D错误；
故选BC。
3．BCD
【详解】
A．由题图可知，0.5s末小球反弹，反弹后离开地面的速度大小为3m/s，故A错误。
B．碰撞时速度的改变量为，则碰撞前、后却是改变量的大小为，故B正确。
C．由题图可知，前0.5s内小球自由下落，后0.3s内小球反弹，根据图像中速度图像与坐标轴围成的面积表示位移可得小球下落的高度为，故C正确。
D．小球能弹起的最大高度对应图中0.5~0.8s内速度图像与坐标轴所围图形的面积，所以，故D正确。
故选BCD。
4．BD
【详解】
人从高处跳到较硬的水平地面时，为了安全，一般都是让脚尖先触地且着地时要弯曲双腿，这样做是为了增加作用时间t，根据动量定理Ft=mv2-mv1可知，减小外力对人的冲力，故A错误；卢瑟福用α粒子轰击氮原子核，得到了质子，故B正确；天然放射现象的发现使人类认识到原子核具有复杂的结构，故C错误；比结合能越大，原子核间的核子结合的越牢固，原子核越稳定，故D正确。
故选BD。
5．ACD
【详解】
A．S接到1位置时，有
由平衡条件得
mg=BIL
得
联立解得
故A正确；
B．S接到2位置速度恒定时有
解得
金属棒ab从静止开始下落，下落距离h时达到稳定速度，根据动量定理可得
即
其中，解得
故B错误；
CD．若将ab棒由静止释放的同时，将S接到3，则电容器积累的电荷量随金属棒速度v的变化关系为
Q=CU=CBLv
根据动量定理可得
即
mg△t-BL △Q=m△v
将△Q=CBL△v代入解得
mg△t-CB2L2△v=m△v
所以
故CD正确。
故选ACD。
6．BD
【详解】
A．小球运动过程中受到空气阻力与其速率成正比，即
则上升过程中加速度大小为：
下降过程中加速度大小为：
即
上升与下降过程中位移大小相等，根据：
可知：
故A错误；
B．由于
可知上升过程的平均速度大于下降过程的平均速度，所以：
由克服阻力做功：
上升和下降位移相等，所以：
故B正确；
CD．小球运动的v-t图像如图所示，由于位移大小相等，因此图中两阴影部分面积相等；因为：
则f-t图像的两阴影部分的面积也相等，由：
可知上升和下降过程的冲量大小相等；取竖直向上为正方向，设返回抛出点的速度大小为v，则根据动量定理有
解得：
故C错误，D正确。
故选BD。
7．AC
【详解】
A．由图可知：以沿斜面向上为正方向；设物体返回底端时的速度大小为v，那么根据上滑、下滑过程位移相同，总位移为零，由图像可得
所以
那么，物块从t=0时刻开始运动到返回底端的过程中动量变化量为
所以，物块从t=0时刻开始运动到返回底端的过程中动量变化量大小为，A正确；
B．物块从开始运动到返回底端的过程中用时3t0，故该过程重力的冲量大小为
B错误；
C．物体上滑时加速度
下滑时加速度
所以
C正确；
D．根据动能定理即可求得克服摩擦力做的功为
D错误。
故选AC。
8．B
【详解】
A.物体匀速运动，由动量定理知合外力对物体的冲量为零，故A错误；
B.运动时间为，则拉力的冲量为：
故B正确；
C.由于做匀速运动，阻力大小与的水平分力相等，摩擦力大小为：
摩擦力对物体的冲量的大小为：
故C错误；
D.运动时间为，重力对物体的冲量大小为：
故D错误．
9．C
【详解】
A．小球在圆弧轨道上运动时，所受合外力不为恒力，所以在单位时间内小球速度的变化量也不相同，A错误；
B．小球在空中运动时，所受合外力为恒力，由动量定理可知，小球在空中运动时单位时间内动量的变化量相等，B错误；
C．小球在空中的受力与运动模型如图所示
小球所受合外力方向与速度方向垂直，
小球做类平抛运动，沿速度的方向做匀速直线运动，与速度垂直的方向做匀加速直线运动，把位移分别沿的方向和垂直的方向分解，设从点到点运动时间为，由类平抛运动的规律有
由几何关系有
代入，综合解得
C正确；
D．由几何关系有
可得
D错误。
故选C。
10．B
【详解】
手机下落过程可近似为自由落体运动，则有
手机与眼睛作用过程由动量定理有
代入数据，解得
ACD错误，B正确。
B正确。
11．C
【详解】
A．根据动量定理
解得
A错误；
B．根据动量定理可知
B错误；
C．根据图像可知前3s内合力的冲量为
C正确；
D．根据图像可知前3s内的冲量为
选项C正确；
D．根据图像可知前4s内的冲量为
根据动量定理可知前4s内动量的变化量大小为2kgm/s，选项D错误。
故选C。
12．B
【详解】
A．t=0时，弹簧拉力为零，物块所受摩擦力等于其所受重力沿斜面的下滑分力，则
故， yA错误；
B．当t=2s时，弹簧拉力，由题图乙知，此时物块所受摩擦力为零，则
解得，故B正确；
C．拉力增大到一定程度，物块向上滑动，由题图乙知，物块与斜面之间的滑动摩擦力大小，则
解得
故C错误；
D．由题图乙可知物块在t1=4.4s时开始运动，此时
在t=6s时
在4.4s~6s内，物块受弹簧拉力的冲量
摩擦力和重力下滑分力的冲量
而
解得
故D错误。
故选B。
13．B
【详解】
A．由动量定理可得
则
由此可知，物体动量的变化率等于它所受的力，故A正确；
B．力与力的作用时间的乘积叫做力的冲量，它反映了力的作用对时间的积累效应，是一个矢量，故B错误；
C．动量定理的物理实质与牛顿第二定律是相同的，但有时用起来更方便，如不涉及运动的位移时用动量定理较方便，故C正确；
D．易碎品运输时要用柔软材料包装，船舷常常悬挂旧轮胎，都是为了延长作用时间以减少作用力，故D正确。
本题选错误的，故选B。
14．C
【详解】
偏转电场中运动的时间为：，偏转距离为：，
A．偏转电场做功为：，由于一价氦离子和二价氦离子的电荷量不同，所以做功不同，故A错误；
B．偏转电场对每个离子冲量为：，所以转电场对每个离子冲量不相同，故B错误；
CD．由可知，一价氢离子、一价氦离子的轨迹相同，二价氦离子的轨迹与前两者不同，所以在偏转电场中它们形成两股离子束，故C正确，D错误．
15．D
【详解】
高度相同，则下滑的距离x=，加速度a=gsinθ，根据x=，得：，由于倾角不同，则运动的时间不同，根据I=mgt知，重力的冲量不同．故A错误．对于弹力，大小不等，方向不同，弹力的冲量不同．故B错误．合力的大小F合=mgsinθ，可知合力大小不等，方向也不同，则合力的冲量不同，故C错误．故选D．
16．D
【详解】
A．由I=Ft=mv mv0可知，当F很大，但t很小，动量变化也很小，故A正确；
B．做匀速圆周运动的物体，其动量的大小始终不变，合外力的冲量可能不为零，故B正确；
C．做匀速圆周运动的物体，经历周期整数倍的时间，动量变化相同，故C正确；
D．由Ft=mv mv0可知，动量一定变化，故D错误；
因选不可能的，故选D．
17．B
【详解】
A.若动量变化，可能是只有速度方向变化，而速度大小不变，则此时动能不变，故A错误；
B.若一个物体的动能变化，则说明速度大小一定变化，动量一定变化，故B正确；
C.匀速圆周运动，速度大小不变，方向时刻在变化；说明动量一定变化，故C错误；
D.一个力对物体有了冲量，若物体没有运动，则该力对物体不做功，故D错误．
18．C
【详解】
设每层楼高为3m，则10楼高度约为
苹果落地瞬间速度为
取竖直向下为正方向，苹果与地面撞击过程，由动量定理得
代入数据，解得
故选C。
19．D
【详解】
A．由动量和动能的关系
可知动量相等的物体，动能不一定相等，故A错误；
B．物体的动能不变，即速度的大小不变，方向可能发生改变，则动量可能发生变化，故B错误；
C．某力Ｆ对物体不做功，但可能作用了时间，则这个力的冲量不为零，故C错误；
D．由动量定理知：物体所受到的合冲量为零时，其动量方向不可能变化，故D正确。
故选D。
20．（1）a ，方向指向地心；b 0.3%，说明在地球表面上在一定的高度范围内引力场强基本恒定不变；（2）a. 两粒子来说的值相等；b 两粒子来说mq相等
【详解】
（1）a.类比电场强度定义式
该点引力场强弱为
位于距地心r处的某点表达式
方向指向地心
B根据
这一结果说明在地球表面上在一定的高度范围内引力场强基本恒定不变
（2）a.设AB两点距离-Q的距离分别为rA和rB，粒子带电量为+q，质量为m；由于两粒子从A点由静止释放，到达B点的时间相同，可知粒子到达B点的速度vB相同；由能量关系可知，粒子在AB两点的电势能和动能之和守恒，则
即
则对两粒子来说
即
即对两粒子来说的值相等
b. 在AB过程中，若它们动量的变化相同，由
以及
解得
则对两粒子来说mq相等
21．（1）0.5；（2）2.5m/s2；（3）10m
【详解】
（1）在F1作用下物体做匀速直线运动
（2）由受力分析可知，水平方向有
竖直有
（）
解得
（3）F2作用在物体4s后速度为
撤去F2后物体在摩擦力作用下做匀减速直线运动为
则可得撤去拉力，木箱沿水平地面还能滑的距离为
22．(1)100N (2)2m/s(3)0.4m
【详解】
（1）设水平向左为正方向，当A与墙壁碰撞时，由动量定理得：Ft=mAv1 mA ( v0)，
解得：F=100N．
（2）A滑上圆轨道B后到达最大高度时，A、B速度相等，设A、B的共同速度为v2，以向左为正方向，由系统水平方向动量守恒得：mAv1=(mA+mB)v2，
解得：v2=2m/s；
（3）A滑上圆轨道B后到达最大高度时，mAv12－(mA+mB)v22=mAgh，
解得：h=0.4m
点睛：本题主要考查了动量守恒定律和动量定理的直接应用，要求同学们能正确分析物体的运动情况，注意使用动量守恒定律时要规定正方向，难度适中．
23．（1）25kgm/s（2）125N
【详解】
（1）动量变化量的大小
规定飞来的方向为正方向，代入v2=-30m/s，v1=20m/s可得 p=-25kgm/s，
即动量改变量大小为25kgm/s
（2）由动量定理可知：
24．1100N
【详解】
设竖起向上为正方向，则初速度取负值，末速度取正值；由动量定理得
代入数据解得F=1100N.
由牛顿第三律得，F＇=F=1100N
25．见解析
【详解】
延长作用时间来减小相互作用力的实例：跳远运动员跳在沙坑里，搬运玻璃等易碎物品时，在箱子里放些刨花、泡沫塑料等；通过缩短作用时间来增大相互作用力的实例：在工厂中用冲床冲压钢板，用铁锤敲打钉子将其钉进木头里。
26．(1)；(2)；(3)
【详解】
(1)当水平力F等于物块P所受滑动摩擦力时，物块P开始运动
由图乙可得
联立解得
(2)依题得，第内摩擦力随的增大而增大，因此这段时间内摩擦力的冲量等于图像中与横轴围成的面积，即
后内静摩擦力变为滑动摩擦力，恒定不变，因此该时段内摩擦力的冲量为
代入数据解得
因此前内摩擦力的冲量为
联立解得
(3)依题得，因此后内的冲量等于图像中与横轴围成的面积，即
设P与Q碰前P的速度，碰后P、Q的速度分别为、，因此有
该过程动能守恒，因此有
由动能定理可得
解得Q运动的位移大小
27．(1)6J；(2)0.8m；(3)
【详解】
(1)物块恰好不脱离圆弧轨道和，则需满足
分析小物块从静止到运动到A点，根据能量守恒有
联立可得
要使物块恰好不脱离圆弧轨道和，则初始弹簧储存的弹性势能为6J。
(2)对小物块分阶段分析，从静止释放到运动到传送带左端C点，根据能量守恒有
代入数据，得
小物块从C点冲上传送带，做匀减速运动，则有
代入数据，得
即小物块到达传送带右端D点时，速度为传送带的速度
从D点运动到F点，根据能量守恒，有
代入数据，得
右侧圆弧的轨道半径为0.8m。
(3)在上一问的情形下，小物块从D点运动到E点，根据动能定理，有
代入数据，得
小物块到E点时，被小锤敲击过程，应用动量定理，有
小物块被敲击后运动到G点，应用动能定理，有
小物块在G点受力分析，应用牛顿第二定律，有
联立，可得
小锤对物块的冲量大小为。
28．
【详解】
[1]．以初速方向为正，当物体转过的角度为π时，速度变为-v，则此过程中物体动量的变化
；
[2]．匀速圆周运动物体，合外力等于向心力；据动量定理可得，向心力的冲量
．
点睛：动量是矢量，计算动量变化时应遵循平行四边形定则．
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页