人教版物理高三选修3-5第十六章第六节用动量概念表示牛顿第二定律同步训练

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人教版物理高三选修3-5第十六章
第六节用动量概念表示牛顿第二定律同步训练
一．选择题
1．人从高处跳到低处，为了安全，一般都是脚尖先着地，这样做的目的是为了（）
A．减小着地时所受冲量
B．使动量增量变的更小
C．增大人对地面的压强，起到安全作用
D．延长对地面的作用时间，从而减小地面对人的作用力
答案：D
解析：解答：人在和地面接触时，人的速度减为零，由动量定理可知（F-mg）t=△mv；而脚尖着地可以增加人着地的时间，由公式可知可以减小受到地面的冲击力；故D正确.
分析：人落下时速度的变化量相同，根据动量定理可分析让脚尖着地的好处
2．在任何相等的时间内，物体动量变化量总是不相等的运动是（）
A．竖直上抛运动B．匀速圆周运动
C．自由落体运动D．平抛运动
答案：B
解析：解答：根据动量定理，物体动量的变化等于合外力的冲量，当在任何相等的时间内物体动量变化量总是相等时，物体必定受到恒力作用，而竖直上抛运动，自由落体运动和平抛运动，所受的合力等于重力，而做匀速圆周运动的物体所受的合力为变力，则ACD正确.
分析：根据动量定理△P=Ft，动量变化量等于合外力的冲量，自由落体、平抛和匀减速直线运动物体所受的力是恒力，在相等时间内物体合外力冲量相同，动量变化量相同，匀速圆周运动的合外力是变力，在相等时间内物体合外力冲量不相同，动量变化量也不相同
3．“蹦极”运动中，长弹性绳的一端固定，另一端绑在人身上，人从几十米高处跳下，将蹦极过程简化为人沿竖直方向的运动。从绳恰好伸直，到人第一次下降至最低点的过程中，下列分析正确的是（）
A.绳对人的冲量始终向上，人的动量先增大后减小
B.绳对人的拉力始终做负功，人的动能一直减小
C.绳恰好伸直时，绳的弹性势能为零，人的动能最大
D.人在最低点时，绳对人的拉力等于人所受的重力
答案：A
解析：解答：A.C.D.绳子从伸直到第一次下降至最低点的过程中，拉力逐渐增大，由牛顿第二定律可得，人先做加速度减小的加速运动，当时加速度减小到0，人的速度最大，即动量最大，动能也最大。此后人继续向下运动（），人做加速度增大的减速运动，动量一直减小到零，全程拉力向上，其冲量一直向上，选项A正确、选项C和D错误。B.拉力与运动方向相反，一直做负功，但动能先增大后减小，选项B错误。故选A。
分析：从绳子绷紧到人下降到最低点的过程中，开始时人的重力大于弹力，人向下加速；然后再减速，直至速度为零；再反向弹回；根据动量及功的知识可明确动量、动能和弹性势能的变化．
4．如图所示，质量m＝1kg的木块以v0＝2m/s的水平速度滑上静止在光滑水平面上、质量M＝3kg的小车．经过t＝5s，木块与小车达到共同速度，则( )
A.它们的共同速度是v＝0.75m/s
B.它们的共同速度是v＝0.5m/s
C.小车受到的摩擦力是F＝0.8N
D.小车受到的摩擦力是F＝1.5N
答案：B
解析：解答：根据动量守恒定律可知：，解得共同速度v=0.5m/s，选项A错误，B正确；小车的加速度为：，根据牛顿定律，可知小车受的摩擦力：，，CD错误；故选B.
分析：木块和小车组成的系统动量守恒，根据动量守恒定律求出它们的共同速度，根据速度时间公式求出木块的加速度，结合牛顿第二定律求出小车所受的摩擦力
5．如图所示，一橡皮条长为L，上端悬挂于O点，下端固定一质量为m的小球，把小球托高到悬点O处，让其自由下落，经时间t落到最低点，若不计橡皮条自身的重力，则小球自悬点下落到最低点的整个过程中不正确（）
O
L／2

A.加速度的大小先不变后变小再变大
B.小球在落下L时速度最大，
C.橡皮条弹力对小球的冲量大小等于mgt
D.小球重力做的功大于mgL
答案：B
解析：解答：当小球下落L前，小球做自由落体运动，加速度为g，大小不变；当再往下落，橡皮条伸长时先是弹力小于球的重力，球仍加速向下运动，但随着橡皮条的逐渐伸长，弹力逐渐增大，球受到的合力外会逐渐减小，加速度逐渐减小，当弹力与重力相等时，小球受力平衡，加速度为0，但小球由于惯性仍会向下运动，橡皮条再伸长时，弹力会大于重力，合力逐渐增大，方向竖直向上，故加速度再变大，到最低点时，小球受到的合外力最大，加速度也最大，故选项A正确；小球速度最大的位置不是在球下落L处，而是在L处的下方，故选项B错误；就整个过程而言，小球的动量的增加量为0，故合外力对小球的冲量为0，即橡皮条的弹力对小球的冲量等于重力对小球的冲量，故选项C正确；由于小球下落的高度大于L，所以重力对小球做的功大于mgL，选项D正确。
分析：根据合力的变化确定加速度的变化，结合加速度方向与速度方向的关系判断速度的变化．对全过程运用动量定理求出橡皮条对小球的冲量大小
6．下列说法正确的是（）
A.动量为零时，物体一定处于平衡状态
B.动能不变，物体的动量一定不变
C.物体所受合外力不变时，其动量一定不变
D.物体受到恒力的冲量也可能做曲线运动
答案：D
解析：解答：A、动量为零说明物体的速度为零，但物体速度为零并不一定为平衡状态，如汽车的起动瞬时速度为零，为匀加速直线运动，故A错误；
B、动能不变，说明速度的大小不变，但速度的方向是可以变化的，故动量是可能发生变化的，故B错误；
C、物体做匀变速直线运动时，物体的合外力大小变，同时速度大小不会变化，故动量的大小也不会发生变化，故C错误；
D、物体受到恒力作用时有可能做曲线运动，如平抛运动，故D正确；
故选：D．
分析：本题应掌握动量的定义、动量与动能关系，动量定理的相关内容；并能根据相互关系进行分析判断
7．如图甲所示，长木板A静止在光滑的水平面上，质量m＝2kg的物体B以v0＝2m/s的水平速度滑上A的表面，由于A、B间存在摩擦，之后A、B速度随时间变化情况如图乙所示，则下列说法中不正确的是（　　）
A.木板获得的动能为1J
B.系统损失的机械能为2J
C.木板A的最小长度为1m
D.A、B间的动摩擦因数为0.2
答案：D
解析：解答：设木板的质量为M，由动量守恒得，木板获得的速度为，解得．木板获得的动能为．故A正确．由图得到：0-1s内B的位移为，A的位移为，木板A的最小长度为．故C正确．由斜率大小等于加速度大小，得到B的加速度大小为，根据牛顿第二定律得：，代入解得，．故D错误．系统损失的机械能为．故B正确．
分析：根据题设情景，B受摩擦力作用做匀减速运动，A受摩擦力作用做匀加速直线运动，根据v-t图象得出两物体的加速度，根据牛顿第二定律求解即可．
8．一质量为1kg的质点静止于光滑水平面上，从t=0时起，第1秒内受到2N的水平外力作用，第2秒内受到同方向的1N的外力作用。下列判断正确的是( )
A.第1秒内的加速度为1m/s2
B.第2秒内的位移为3m
C.2秒内外力做功为4.5J
D.2秒内外力做功的功率为2.5W
答案：C
解析：解答：根据牛顿第二定律可得质点在第1s内的加速度为：，A错误；物体在第2s初的速度为：，在第2s内的加速度为，所以质点在第2s内的位移为，B错误；由动量定理求出1s末、2s末速度分别为：，故2s内外力做功为，C正确；2s内外力做功的功率为，D错误；
分析：本题可由动量定理求得1s末及2s末的速度，再由动能定理可求得合力的功；由功率公式求得功率
9．如图所示，斜面上除AB段粗糙外，其余部分均是光滑的，且物体与AB段动摩擦系数处处相同。今使物体（视为质点）由斜面顶端O处由静止开始下滑，经过A点时的速度与经过C点时的速度相等。AB=BC，则下列判断正确的是（）
A．物体在AB段与BC段的加速度相等
B．物体在AB段与BC段的运动时间不相等
C．重力在这两段中所做功相等
D．物体在AB段与BC段动量变化量相同
答案：C
解析：解答：由题设知，AB段粗糙，物体受重力、支持力和摩擦力，BC段仅受重力和支持力，合力大于AB段的合力，根据牛顿第二定律，知BC段的加速度大于AB段的加速度，故A错误；经过A点时的速度与经过C点时的速度相等，根据，知AB段和BC段的平均速度相等，两段位移相等，所以运动时间相等，故B不正确；重力做功与首末位置的高度差有关，在两段运动过程中，高度差相同，所以重力做功相等，故C正确；A到B、B到C速度变化量的大小相等，根据，知动量变化的大小相等，但方向不同，故D错误．所以选C．
分析：根据牛顿第二定律比较AB段和BC段加速度的大小；根据平均速度公式比较在AB段和BC段运动的时间；根据重力做功的特点比较两段过程中重力所做的功，根据动量的公式P=mv比较动量变化的大小
10．“蹦极跳”是一种惊险的现代娱乐活动。某人身系弹性绳子，绳子的另一端系于高桥上的某一点，如图所示．a点是弹性绳的原长位置，b点是人静止时的平衡位置，c点是人到达的最低点．不计空气阻力，当一个游乐者从桥上由静止开始跳向水面的过程中，下列说法中正确的有( )
A．游乐者从P至a的过程中会感受到失重，从a到c会感受到超重
B．从P至c的下落过程中，人所受重力的冲量等于弹力的冲量
C．从P至c的下落过程中，重力对人所做的功大于弹力对人所做的功
D．游乐者在b处的动能最大
答案：D
解析：解答：当人对绳的拉力大于物体的真实重力时，就说物体处于超重状态，此时有向上的加速度；当人对绳的拉力小于物体的真实重力时，就说物体处于失重状态，此时有向下的加速度；如果没有拉力，那么就是处于完全失重状态，此时向下加速度的大小为重力加速度g．
A．在Pa段绳还没有被拉长，人做自由落体运动，所以处于完全失重状态，所以A错误；
B．从P到C过程，根据动量定理，有PG-PF=0，故重力的冲量等股拉力的冲量，故B错误；
C．从P到C过程，根据动能定理，有WG-WF=0故重力的功等于克服拉力的功，故V错误；
D．从a点向下，人的重力大于弹力，加速度向下，则做加速运动，根据牛顿第二定律知，加速度减小，当到达b位置，重力和弹力相等，速度最大，故D错误．
分析：解决本题的关键能够根据物体的受力判断物体的运动，知道合力的方向与加速度方向相同，当加速度方向与速度方向相同时，做加速运动，当加速度方向与速度方向相反时，做减速运动．
11．一个物体静止于光滑水平面上，同时受到在一条直线上的两个力F1和F2的作用，F1和F2与时间t的关系如图所示,则物体速率最大的时刻和物体的最大动量是（）
A．10s末，120kg·m/s
B．20s末，60kg·m/s
C．20s末，240kg·m/s
D．10s末，60kg·m/s
答案：D
解析：解答：本体考查的是对F-t图像的理解。当合外力为零的时候，加速度为零，速度达到最大值，有图像可以看出，10s末时，速度达到最大值，，此时物体的最大动量为，所以正确答案选D。
分析：对物体进行受力分析，水平方向受F1和F2的作用，F1和F2方向相反且F1逐渐减小F2逐渐增大，物体做加速度越来越小的加速运动，当加速度减为0时，速度最大，根据动量定理即可求解最大动量
12．对于一个竖直上抛的物体，下列说法中正确的是（）
A.物体上升的高度增加一倍，则物体动量的变化也增加一倍；
B.物体上升的时间增加一倍，则物体动量的变化也增加一倍；
C.上升过程中物体受到的冲量竖直向上；
D.从开始抛出到落回原处，物体动量的变化等于零。
答案：B
解析：解答：由可知上升的高度增加一倍，时间增大倍，由Ft=△P可知A错；同理B对；上升过程中物体所受合力向下，冲量向下，C错；由Ft=△P可知冲量只取决于合力和作用时间，D错；
分析：由高度可求得上升的时间，由动量定理分析动量的变化情况；物体受到的冲量是重力的冲量，方向竖直向下
13．物体沿粗糙的斜面上滑，到最高点后又滑回原处，则（）
A．上滑时重力的冲量比下滑时小
B．上滑时摩擦力冲量比下滑时大
C．支持力的冲量为0
D．整个过程中合外力的冲量为零
答案：A
解析：解答：上滑过程中，下滑过程中可知上滑运动时间较短，重力冲量较小，A对；同理可知上滑时摩擦力冲量比下滑时小，B错；上滑时支持力冲量比下滑时小，C错；合外力不为零，合外力的冲量不为零，D错；
分析：力与时间的乘积是力的冲量，根据题意判断出物体上滑与下滑的时间关系，然后判断冲量大小
14．质量为5kg的物体，它的动量的变化率2kg·m/s2,且保持不变。则下列说法正确的是（）
A．该物体一定做匀速运动
B．该物体一定做匀变速直线运动
C．该物体在任意相等的时间内所受合外力的冲量一定不相同
D．无论物体运动轨迹如何，它的加速度一定是0.4m/s2
答案：D
解析：解答：根据动量定理，动量对时间的变化率等于物体所受的合外力，动量对时间的变化率保持不变，物体所受的合外力保持不变，该物体一定做匀变速运动，但不一定做匀变速直线运动.合外力保持不变，则该物体在任意相等的时间内所受合外力的冲量一定相同，物体所受的合外力为2N，加速度为0.4m/s2.
分析：根据动量定理可知，物体动量的变化量等于合外力的冲量，及F合t=△p
15．质量为0.2kg的小球竖直向下以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，则小球与地面碰撞前后的动量变化（）
A.3 B.4 C.2 D.5
答案：C
解析：解答：取竖直向下为正方向，（1）小球与地面碰撞前后的动量变化，负号表示方向竖直向上．（2）令在撞击过程中地面对小球的平均作用力为F，则在撞击过程中小球受到的合力为：
F合=F+G
根据动量定理有：即：
∴,即地面对小球的作用力的大小为12N，方向与正方向相反竖直向上．
根据牛顿第三定律可得：地面受到小球的平均作用力的大小为200N，方向竖直向下．
分析：此题中动量是矢量，要规定正方向，用带正负呈的数值表示动量．动量变化量也是矢量，同样要注意方向．
二．填空题
16．质量相同的两物体，并列地静止在光滑水平面上，今给其中甲物体以瞬时冲量I作用，同时以恒力F推动乙物体，I与F作用方向相同，则要经过时间 ，两物体再次相遇，在此过程中力F对乙的冲量大小为 .
答案：2I/F|2I
解析：解答：根据题意可得甲是以的速度匀速运动，乙是以，初速度为零的匀加速直线运动，当两者再次相遇时，所以,此过程中F对乙的冲量大小为Ft=2I
分析:相遇时两物位移相同，分别应用运动学公式和动量定理公式表示出位移，可以求得时间和甲的动量
17．一个物体的质量是2kg，沿竖直方向下落，以10m/s的速度碰到水泥地上，随后又以8m/s的速度被反弹回，若取竖直向上为正方向，则小球与地面相碰前的动量是 kg·m/s．若碰撞过程时间为0.1s则小球给地面的平均作用力为 N(g=10m/s2)
答案：－16|－340
解析：解答：小球以8m/s的速度被反弹回，重新落到地面上的速度不变，依然为8m/s，所以小球与地面相碰前的动量是，根据动量定理可得，则小球给地面的平均作用力为，根据牛顿第三定律可知小球给地面的平均作用力为－380N
故答案为：－20－380
分析：已知向上为正方向，则可知初末动量大小，同时可求出小球的动量变化
18．一个物体同时受到两个力F1、F2的作用，F1、F2与时间的关系如图所示，如果该物体从静止开始运动，当该物体具有最大速度时，物体运动的时间是 s，该物体的最大动量值是 g·m/s.
答案：5|25
解析：解答：由图象知t=5s时，F1、F2大小相等，此后F2＞F1，物体开始做减速运动，故t=5s时速度最大.由I=Ft知，F－t图象中图线与时间轴所围面积为力的冲量，所以，前5s内F1、F2的冲量分别为I1=37.5N·s，I2=－12.5N·s，所以，前5s内合力的冲量为I=I1+I2=25N·s，由动量定理知，物体在前5s内增加的动量，也就是从静止开始运动后5s末的动量，为25kg·m/s.
分析：对物体进行受力分析，水平方向受F1和F2的作用，F1和F2方向相反且F1逐渐减小F2逐渐增大，物体做加速度越来越小的加速运动，当加速度减为0时，速度最大，根据动量定理即可求解最大动量
19．质量m=5kg的物体在恒定水平推力F=5N的作用下，自静止开始在水平路面上运动，t1=2s后，撤去力F，物体又经t2=3s停了下来.物体运动中受水平面滑动摩擦力的大小 .
答案：2N
解析：解答：因物体在水平面上运动，故只需考虑物体在水平方向上受力即可，在撤去力F前，物体在水平方向上还受方向与物体运动方向相反的滑动摩擦力Ff，撤去力F后，物体只受摩擦力Ff.取物体运动方向为正方向.
方法一：设撤去力F时物体的运动速度为v.对于物体自静止开始运动至撤去力F这一过程，由动量定理有（F－Ff）t1=mv
对于撤去力F直至物体停下这一过程，由动量定理有（－Ff）t2=0－mv
联立解得运动中物体所受滑动摩擦力大小为Ff==2N.
说明：式①②中Ff仅表示滑动摩擦力的大小，Ff前的负号表示Ff与所取正方向相反.
方法二：将物体整个运动过程视为在一变化的合外力作用下的运动过程.在时间t1内物体所受合外力为（F－Ff），在时间t2内物体所受合外力为－Ff，整个运动时间（t1+t2）内，物体所受合外力冲量为（F－Ff）t1+（－Ff）t2.
对物体整个运动过程应用动量定理有（F－Ff）t1+（－Ff）t2=0
解得Ff==2N.
分析：本题知道力与时间，应用动量定理，分两段列式，联立求解即可
20．如图所示，水平地面上静止放置一辆小车A，质量mA＝4kg，上表面光滑，小车与地面间的摩擦力极小，可以忽略不计．可视为质点的物块B置于A的最右端，B的质量mB＝2kg.现对A施加一个水平向右的恒力F＝10N，A运动一段时间后，小车左端固定的挡板与B发生碰撞，碰撞时间极短，碰后A、B粘合在一起，共同在F的作用下继续运动，碰撞后经时间t＝0.6s，二者的速度达到vt＝2m/s，A开始运动时加速度a的大小 .
答案：2.5m/s2
解析：解答：以A为研究对象，由牛顿第二定律有F＝mAa①代入数据解得a＝2.5m/s2
分析：由牛顿第二定律可以求出加速度，主要考查动量定理和动量守恒定律。
三．解答题
21．电磁阻尼制动是一种利用电磁感应原理工作的新型制动方式，它的基本原理如图甲所示。水平面上固定一块铝板，当一竖直方向的条形磁铁在铝板上方几毫米高度上水平经过时，铝板内感应出的电流会对磁铁的运动产生阻碍作用。电磁阻尼制动是磁悬浮列车在高速运行时进行制动的一种方式，某研究所制成如图乙所示的车和轨道模型来定量模拟磁悬浮列车的制动过程。车厢下端安装有电磁铁系统，能在长为L1=0.6m，宽L2=0.2m的矩形区域内产生竖直方向的匀强磁场，磁感应强度可随车速的减小而自动增大（由车内速度传感器控制），但最大不超过B1=2T，将铝板简化为长大于L1，宽也为L2的单匝矩形线圈，间隔铺设在轨道正中央，其间隔也为L2，每个线圈的电阻为R1=0.1Ω，导线粗细忽略不计。在某次实验中，模型车速度为v0=20m/s时，启动电磁铁系统开始制动，车立即以加速度a1=2m/s2做匀减速直线运动，当磁感应强度增加到B1时就保持不变，直到模型车停止运动。已知模型车的总质量为m1=36kg，空气阻力不计。不考虑磁感应强度的变化引起的电磁感应现象以及线圈激发的磁场对电磁铁产生磁场的影响。
（1）电磁铁的磁感应强度达到最大时，模型车的速度v1为多大？
答案：假设电磁铁的磁感应强度达到最大时，模型车的速度为v1，则
①
②
③
④
由①②③④式并代入数据得
⑤
（2）模型车的制动距离为多大？
答案：⑥
由第（1）问的方法同理得到磁感应强度达到最大以后任意速度v时，安培力的大小为
⑦
对速度v1后模型车的减速过程用动量定理得
⑧
⑨
⑩
由⑥⑦⑧⑨⑩并代入数据得
（3）某同学受到上述装置的启发，设计了进一步提高制动效果的方案如下，将电磁铁换成多个并在一起的永磁铁组，两个相邻的磁铁磁极的极性相反，且将线圈改为连续铺放，相邻线圈接触紧密但彼此绝缘，如图丙所示，若永磁铁激发的磁感应强度恒定为B2，模型车质量m1及开始减速的初速度v0均不变，试通过必要的公式分析这种设计在提高制动能力上的合理性。
答案：完全进入永磁铁的每个线圈，当模型车的速度为v时，每个线圈中产生的感应电动势为
每个线圈中的感应电流为
每个磁铁受到的阻力为
n个磁铁受到的阻力为
解析：解答：（1）假设电磁铁的磁感应强度达到最大时，模型车的速度为v1，则
①
②
③
④
由①②③④式并代入数据得
⑤（2）⑥
由第（1）问的方法同理得到磁感应强度达到最大以后任意速度v时，安培力的大小为
⑦
对速度v1后模型车的减速过程用动量定理得
⑧
⑨
⑩
由⑥⑦⑧⑨⑩并代入数据得
（3）完全进入永磁铁的每个线圈，当模型车的速度为v时，每个线圈中产生的感应电动势为
每个线圈中的感应电流为
每个磁铁受到的阻力为
n个磁铁受到的阻力为
分析：（1）当磁场在固定的线圈上方运动时，线圈中产生感应电流，出现的感应磁场阻碍磁场的运动．当磁场达到最强时，且处于恒定，则由运动学公式求出加速度，再由牛顿第二定律可得出安培力，从而求出线圈产生的感应电动势，最后确定线圈运动的速度；（2）在制动过程中，线圈的加速度不是恒定，则可用动能定理求出制动距离；（3）完全进入永磁铁的每个线圈，当模型车的速度为v时，每个线圈中产生的感应电动势为E2=2B2L2v，由欧姆定律求出感应电流，得到安培力，即可分析．
22．一质量为6×103kg的火箭从地面竖直向上发射，若火箭喷射燃料气体的速率（相对于地面）为103m/s,不计在开始一段时间喷出气体对火箭总质量的影响。求在开始时：
（1）每秒钟喷出多少气体才能有克服火箭重力所需的推力？
答案：根据动量定理得，Ft=mv，F=Mg，
解得
（2）每秒钟喷出多少气体才能使火箭有20m/s2的加速度？（取g=10m/s2）
答案：根据牛顿第二定律得，F′-Mg=Ma，
解得F′=Mg+Ma=6×103×（10+20）N=1.8×105N，
根据动量定理得，F′t=mv，
解得
解析：解答：（1）根据动量定理得，Ft=mv，F=Mg，
解得．（2）根据牛顿第二定律得，F′-Mg=Ma，
解得F′=Mg+Ma=6×103×（10+20）N=1.8×105N，
根据动量定理得，F′t=mv，
解得．
分析：（1）根据推力的大小，运用动量定理求出每秒喷出的气体．（2）根据牛顿第二定律求出推力的大小，运用动量定理求出每秒喷出气体的质量
23．如图甲所示，一质量为m=1kg的物块静止在粗糙水平面上的A点，从t=0时刻开始，物体在受按如图乙所示规律变化的水平力F作用下向右运动，第3s末物块运动到B点时速度刚好为0，第5s末物块刚好回到A点，已知物块与粗糙水平间的动摩擦因数μ=0.2（g取10m/s2），求：
（1）AB间的距离；
答案：因为物体在后2s内在大小为F=4N的力的作用下由A运动到B点，故这段时间的加速度为a==2m/s2，故A、B间的距离为sAB=at2=×2×22m=4m。
（2）水平力F在5s时间内对物块的冲量。
答案：5s末物体的速度大小为v=at=2×2m/s=4m/s，方向水平向左；将t=5s看成一个整体，设水平方向向右为正方向，根据动量定理得：I－mgμ×t1+mgμ×t2=－mv，即水平力F在5s时间内对物块的冲量I=－2Ns，所以这段时间内冲量的大小为2Ns，方向水平向左。
解析：解答：（1）因为物体在后2s内在大小为F=4N的力的作用下由A运动到B点，故这段时间的加速度为a==2m/s2，故A、B间的距离为sAB=at2=×2×22m=4m。（2）5s末物体的速度大小为v=at=2×2m/s=4m/s，方向水平向左；将t=5s看成一个整体，设水平方向向右为正方向，根据动量定理得：I－mgμ×t1+mgμ×t2=－mv，即水平力F在5s时间内对物块的冲量I=－2Ns，所以这段时间内冲量的大小为2Ns，方向水平向左。
分析：（1）在3～5s内物块在水平恒力作用下由B点匀加速运动到A点，根据牛顿第二定律求出加速度，由运动学位移公式求解AB间的距离；（2）由速度公式可求出物块返回A点时的速度大小，对于全过程，根据动能定理求解水平力F做功
24．低空跳伞是一种极限运动，一般在高楼、悬崖、高塔等固定物上起跳。人在空中降落过程中所受空气阻力随下落速度的增大而增大，而且速度越大空气阻力增大得越快。因低空跳伞下落的高度有限，导致在空中调整姿态、打开伞包的时间较短，所以其危险性比高空跳伞还要高。
一名质量为70kg的跳伞运动员背有质量为10kg的伞包从某高层建筑顶层跳下，且一直沿竖直方向下落，其整个运动过程的v－t图象如图所示。已知2.0s末的速度为18m/s，10s末拉开绳索开启降落伞，16.2s时安全落地，并稳稳地站立在地面上。g取10m/s2，请根据此图象估算：
（1）起跳后2s内运动员（包括其随身携带的全部装备）所受平均阻力的大小；
答案：由v－t图可知，起跳后前2s内运动员的运动近似是匀加速直线运动，其加速度为
=9.0m/s2
设运动员所受平均阻力为f，根据牛顿第二定律有：m总g–f=m总a
解得f=m总（g–a）=80N
（2）运动员从脚触地到最后速度减为零的过程中，若不计伞的质量及此过程中的空气阻力，则运动员所需承受地面的平均冲击力多大；
答案：由v－t图可知，运动员脚触地时的速度v2=5.0m/s，经时间t2=0.2s速度减为零，设此过程中运动员所受平均冲击力大小为F，根据动量定理有
解得F=2450N
（3）开伞前空气阻力对跳伞运动员（包括其随身携带的全部装备）所做的功（结果保留三位有效数字）。
答案：由v－t图可知，10s末开伞时的速度v=40m/s，开伞前10s内运动员下落的高度约为
m
（说明：得出280m～320m均可得分。）
设前10s内空气阻力对运动员所做功为W，根据动能定理有
解得W=-1.73×105J。
解析：解答：（1）由v－t图可知，起跳后前2s内运动员的运动近似是匀加速直线运动，其加速度为
=9.0m/s2
设运动员所受平均阻力为f，根据牛顿第二定律有：m总g–f=m总a
解得f=m总（g–a）=80N（2）由v－t图可知，运动员脚触地时的速度v2=5.0m/s，经时间t2=0.2s速度减为零，设此过程中运动员所受平均冲击力大小为F，根据动量定理有
解得F=2450N（3）由v－t图可知，10s末开伞时的速度v=40m/s，开伞前10s内运动员下落的高度约为
m
（说明：得出280m～320m均可得分。）
设前10s内空气阻力对运动员所做功为W，根据动能定理有
解得W=-1.73×105J。
分析：（1）由v-t图可知，起跳后前2s内运动员的运动近似是匀加速运动，读出加速度值，由牛顿第二定律求出阻力大小．（2）由v-t图可知，运动员脚触地时的速度为v2=5.0m/s，经过时间t2=0.2s速度减为0，根据动量定理求解．（3）由v-t图读出开伞前运动员下落高度，在这个过程中，重力和空气阻力对运动员做功，根据动能定理求解．
25．如图所示，在光滑水平地面上有一固定的挡板，挡板上固定一个轻弹簧。现有一质量M＝3kg，长L＝4m的小车AB(其中O为小车的中点，AO部分粗糙，OB部分光滑)，一质量为m＝1kg的小物块(可视为质点)，放在车的最左端，车和小物块一起以v0＝4m/s的速度在水平面上向右匀速运动，车撞到挡板后瞬间速度变为零，但未与挡板粘连。已知小车OB部分的长度大于弹簧的自然长度，弹簧始终处于弹性限度内，且小物块与弹簧碰撞无能量损失。小物块与车AO部分之间的动摩擦因数为μ＝0.3，重力加速度g＝10m/s2。求：
(1)小物块和弹簧相互作用的过程中，弹簧对小物块的冲量；
答案：对小物块而言，有，根据运动学公式
解得物块刚接触弹簧时的速度为v=2m/s，方向水平向右；
物块压缩弹簧，由于OB部分光滑，故它又被弹簧弹回离开弹簧时的速度大小v1=2m/s，方向水平向左；
对小物块，根据动量定理
由⑤⑥式并代入数据得
弹簧对小物块的冲量大小为，方向水平向左
(2)小物块最终停在小车上的位置距A端多远。
答案：小物块滑过点和小车相互作用，由动量守恒
由能量关系
小物块最终停在小车上距A的距离
解得
解析：解答：（1）对小物块而言，有，根据运动学公式
解得物块刚接触弹簧时的速度为v=2m/s，方向水平向右；
物块压缩弹簧，由于OB部分光滑，故它又被弹簧弹回离开弹簧时的速度大小v1=2m/s，方向水平向左；
对小物块，根据动量定理
由⑤⑥式并代入数据得
弹簧对小物块的冲量大小为，方向水平向左。（2）小物块滑过点和小车相互作用，由动量守恒
由能量关系
小物块最终停在小车上距A的距离
解得
分析：（1）根据牛顿第二定律求出小物块在AO段做匀减速直线运动的加速度大小，从而根据运动学公式求出小物块与B弹簧接触前的速度，根据能量守恒定律求出弹簧的最大弹性势能．小物块和弹簧相互作用的过程中，根据能量守恒定律求出小物块离开弹簧时的速度，根据动量定理求出弹簧对小物块的冲量．（2）根据动量守恒定律求出小物块和小车保持相对静止时的速度，根据能量守恒定律求出小物块在小车上有摩擦部分的相对路程，从而求出小物块最终位置距离A点的距离．
A
B
C
O
0
10
20
30
40
2
4
6
8
10
12
14
16
18
v/m·s-1
t/s
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