第一章 动量检测题Word版含答案

动量、冲量、动量定理

一、基础与经典
1．物体的动量变化量的大小为5 kg·m/s，这说明(　　)
A．物体的动量在减小
B．物体的动量在增大
C．物体的动量大小也可能不变
D．物体的动量大小一定变化
答案　C
解析　动量变化量是矢量，动量变化量大小为5 kg·m/s，物体动量的大小可能增大，也可能减小，还可能不变。例如：物体以大小5 kg·m/s的动量做匀速圆周运动时，物体的动量大小保持不变，当末动量方向与初动量方向间的夹角为60°时，物体的动量变化量的大小为5 kg·m/s，C正确。
2．篮球运动员接传球时，通常要先伸出两臂迎球，手触到球的瞬间顺势后引，这样可以减小(　　)
A．球对手的力的冲量 B．球对手的力的大小
C．球的动量变化量 D．球的动能变化量
答案　B
解析　球对手的力的冲量I＝mv－mv0不变，A错误；篮球运动员接球时，通常要先伸出两臂迎球，手触到球瞬间顺势后引，增加了手与球间的相互作用时间，根据Ft＝mv－mv0可知，减小了球对手的平均作用力的大小，B正确；球的动量变化量Δp＝mv－mv0不变，C错误；球的动能变化量ΔEk＝mv2－mv不变，故D错误。
3．(多选)下列关于对动量的认识正确的是(　　)
A．某一做匀速圆周运动的质点动量不变
B．如果某一物体的动量恒定，则该物体一定静止或做匀速直线运动
C．如果某一物体的动量发生变化，则物体的速度大小一定变化
D．如果某一物体的动量减小，则物体的速度大小一定变化
答案　BD
解析　做匀速圆周运动的质点速度的大小不变，但方向时刻在发生变化，因此其动量的大小不变，方向在改变，A错误；物体的动量不变，则说明其速度不变，因此该物体静止或做匀速直线运动，B正确；动量为矢量，动量变化的原因可能是物体速度的方向发生了变化，C错误；物体的动量减小，一定是由物体的速度减小引起的，则物体的速度大小发生了变化，D正确。
4．放在水平面上的物体，用水平推力F推它t秒，物体始终不动，则在这t秒内，关于合力的冲量与摩擦力冲量的大小，下列说法正确的是(　　)
A．合力的冲量及摩擦力的冲量大小均为0
B．合力的冲量及摩擦力的冲量大小均为Ft
C．合力的冲量大小为0，摩擦力的冲量大小为Ft
D．合力的冲量大小为Ft，摩擦力的冲量大小为0
答案　C
解析　用水平力F推物体t秒，物体不动，说明合力为0，合力的冲量为0。摩擦力与推力等大反向，故冲量的大小也为Ft，方向与F方向相反，C正确。
5．在空中相同高度处以相同的速率分别抛出质量相同的三个小球，一个竖直上抛，一个竖直下抛，一个平抛。若不计空气阻力，三个小球从抛出到落地的过程中(　　)
A．三个小球动量的变化量相同
B．下抛球和平抛球动量的变化量相同
C．上抛球动量的变化量最大
D．三个小球落地时的动量相同
答案　C
解析　三个小球以相同的速率抛出，可知做竖直上抛运动的小球、做平抛运动的小球和做竖直下抛运动的小球运动的时间依次减小，根据动量定理有mgt＝Δp，可得上抛球动量的变化量最大，下抛球动量的变化量最小，故C正确，A、B错误；根据动能定理有mgh＝mv2－mv，可知三个球落地时速度的大小相等，由于做平抛运动的小球末速度方向与做上抛运动和下抛运动的小球末速度方向不同，则三个小球落地时的动量不同，故D错误。
6．质量为0．2 kg的球竖直向下以6 m/s的速度落至水平地面，再以4 m/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，关于球动量变化量Δp和合力对小球做的功W，下列说法正确的是(　　)
A．Δp＝2 kg·m/s　W＝－2 J
B．Δp＝－2 kg·m/s　W＝2 J
C．Δp＝0．4 kg·m/s　W＝－2 J
D．Δp＝－0．4 kg·m/s　W＝2 J
答案　A
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＝0．2×4 kg·m/s－0．2×(－6) kg·m/s＝2 kg·m/s，方向竖直向上。由动能定理，合力做的功：W＝mv－mv＝×0．2×42 J－×0．2×62 J＝－2 J，A正确。
7．飞机在空中撞到一只鸟很常见，撞到一只兔子就比较罕见了，而这种情况真的被澳大利亚一架飞机遇到了。2017年10月20日，一架从墨尔本飞往布里斯班的飞机，起飞后爬升过程中就撞到了一只兔子，当时这只兔子正被一只鹰抓着，兔子撞到飞机时当场殒命。设当时飞机正以720 km/h的速度飞行，撞到质量为2 kg的兔子，作用时间为0．1 s。则兔子受到飞机的平均撞击力大小约为(　　)
A．1．44×103 N B．4．0×103 N
C．8．0×103 N D．1．44×104 N
答案　B
解析　720 km/h＝200 m/s，根据动量定理可得F＝＝ N＝4．0×103 N，故B正确。
8．(多选)为了保护航天员的安全，飞船上使用了降落伞、反推火箭、缓冲座椅三大法宝，在距离地面大约1 m时，返回舱的4个反推火箭点火工作，返回舱速度一下子降到了2 m/s以内，随后又渐渐降到1 m/s，最终安全着陆。把返回舱从离地1 m 开始减速到完全着陆称为着地过程，则关于反推火箭的作用，下列说法正确的是(　　)
A．减小着地过程中返回舱和航天员的动量变化
B．减小着地过程中返回舱和航天员所受的冲量
C．延长着地过程的作用时间
D．减小着地过程返回舱和航天员所受的平均冲力
答案　CD
解析　无论是否有反推火箭，返回舱和航天员从距地面约1 m处至着陆的过程中，动量的变化和所受的冲量均相同，但有了反推火箭后，延长了着陆的时间，由动量定理(F－G)t＝Δp可知平均冲力减小，C、D正确。
9．一质量为m的滑块静止在光滑的水平面上，滑块由t＝0时刻开始受到一个沿水平方向的外力F，从计时开始经时间Δt1，滑块的速度从0增到v，此过程中外力F的冲量用I1表示，外力F做的功用W1表示；在接下来的时间Δt2内，滑块的速度从v增到2v，此过程中外力F的冲量用I2表示，外力F做的功用W2表示。则下列关系式正确的是(　　)
A．I1C．I1＝I2，W1＝W2 D．I1＝I2，W1答案　D
解析　对滑块在时间Δt1内有：I1＝F·Δt1＝mv，对滑块在时间Δt2内有：I2＝F·Δt2＝2mv－mv＝mv，所以冲量相同，由动能定理W1＝mv2，W2＝m×4v2－mv2＝mv2，所以W110．
(多选)如图所示，两个足够长的光滑平行金属导轨倾斜放置，上端接有一定值电阻，匀强磁场垂直导轨平面向上，一导体棒以平行导轨向上的初速度从ab处上滑，到最高点后又下滑回到ab处，下列说法正确的是(　　)
A．上滑过程中导体棒克服安培力做的功大于下滑过程中克服安培力做的功
B．上滑过程中导体棒克服安培力做的功等于下滑过程中克服安培力做的功
C．上滑过程中安培力对导体棒的冲量大小大于下滑过程中安培力对导体棒的冲量大小
D．上滑过程中安培力对导体棒的冲量大小等于下滑过程中安培力对导体棒的冲量大小
答案　AD
解析　导体棒运动时回路中产生感应电流，机械能不断转换成电能，根据能量守恒定律可知，导体棒上滑和下滑分别通过同一位置时，上滑的速率大于下滑时的速率，因此上滑过程中的平均速度大小大于下滑过程中的平均速度大小；根据F＝BIL、I＝可得F＝，可知上滑过程的平均安培力大于下滑过程的平均安培力，因此上滑过程中导体棒克服安培力做的功大于下滑过程中克服安培力做的功，故A项正确，B项错误。设导轨长度为x，上滑过程中安培力对导体棒的冲量大小为：I＝t＝BLt＝B··Lt＝；同理，下滑过程中，安培力对导体棒的冲量大小为：I′＝，故上滑过程中安培力对导体棒的冲量大小等于下滑过程中安培力对导体棒的冲量大小，故C项错误，D项正确。
二、真题与模拟
11．(2018·全国卷Ⅰ)高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的匀加速直线运动。在启动阶段，列车的动能(　　)
A．与它所经历的时间成正比
B．与它的位移成正比
C．与它的速度成正比
D．与它的动量成正比
答案　B
解析　列车做初速度为零的匀加速直线运动，列车动能Ek＝mv2，又因为v＝at，所以Ek＝ma2t2，加速度a恒定，动能跟时间t的平方成正比，A错误；根据动能定理Ek＝W合＝F合s＝mas，故动能与位移成正比，B正确；动能与速度的平方成正比，故C错误；由Ek＝，可知动能与动量的平方成正比，D错误。
12．(2018·全国卷Ⅱ)高空坠物极易对行人造成伤害。若一个50 g的鸡蛋从一居民楼的25层坠下，与地面的撞击时间约为2 ms，则该鸡蛋对地面产生的冲击力约为(　　)
A．10 N B．102 N C．103 N D．104 N
答案　C
解析　设鸡蛋落地瞬间的速度为v，每层楼的高度大约是3 m，由动能定理可知：mgh＝mv2，解得：v＝＝ m/s＝12 m/s。落地时受到自身的重力和地面的支持力，规定向上为正方向，由动量定理可知：(N－mg)t＝0－(－mv)，解得：N≈1×103 N，根据牛顿第三定律可知鸡蛋对地面产生的冲击力约为103 N，故C正确。
13．(2017·全国卷Ⅲ)(多选)
一质量为2 kg的物块在合力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＝1 s时物块的速率为1 m/s
B．t＝2 s时物块的动量大小为4 kg·m/s
C．t＝3 s时物块的动量大小为5 kg·m/s
D．t＝4 s时物块的速度为零
答案　AB
解析　前2 s内物块做初速度为零的匀加速直线运动，加速度a1＝＝ m/s2＝1 m/s2，t＝1 s时物块的速率v1＝a1t1＝1 m/s，A正确；t＝2 s时物块的速率v2＝a1t2＝2 m/s，动量大小为p2＝mv2＝4 kg·m/s，B正确；物块在2～4 s内做匀减速直线运动，加速度的大小a2＝＝0．5 m/s2，t＝3 s时物块的速率v3＝v2－a2t3＝(2－0．5×1) m/s＝1．5 m/s，动量大小p3＝mv3＝3 kg·m/s，C错误；t＝4 s时物块的速度v4＝v2－a2t4＝(2－0．5×2) m/s＝1 m/s，D错误。
14．(2015·北京高考)“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　从绳恰好伸直到人第一次下降至最低点的过程中，人先做加速度减小的加速运动，后做加速度增大的减速运动，加速度等于零时，速度最大，故人的动量和动能都是先增大后减小，加速度等于零时(即绳对人的拉力等于人所受的重力时)速度最大，动量和动能最大，在最低点时人具有向上的加速度，绳对人的拉力大于人所受的重力。绳的拉力方向始终向上与运动方向相反，故绳对人的冲量方向始终向上，绳对人的拉力始终做负功，A正确，B、C、D错误。
15．(2018·福建毕业考)(多选)为了进一步探究课本中的迷你小实验，某同学从圆珠笔中取出轻弹簧，将弹簧一端固定在水平桌面上，另一端套上笔帽，用力把笔帽往下压后迅速放开，他观察到笔帽被弹起并离开弹簧向上运动一段距离。不计空气阻力，忽略笔帽与弹簧间的摩擦，在弹簧恢复原长的过程中(　　)
A．笔帽一直做加速运动
B．弹簧对笔帽做的功和对桌面做的功相等
C．弹簧对笔帽的冲量大小和对桌面的冲量大小相等
D．弹簧对笔帽的弹力做功的平均功率大于笔帽克服重力做功的平均功率
答案　CD
解析　弹簧恢复原长的过程中，开始时，笔帽向上加速运动，弹簧压缩量减小，弹力减小，当弹力等于重力时，加速度为零，速度最大，此后弹力小于重力，合力向下，加速度与速度方向相反，笔帽做减速运动，故A错误；笔帽向上运动，受到的弹力方向向上，力与位移方向相同，故弹力对笔帽做正功，重力方向向下，与位移方向相反，对笔帽做负功，由于笔帽动能增加，所以弹簧对笔帽做的功大于笔帽克服重力做的功，时间相同，根据功率的定义，故D正确；弹簧对桌面虽然有弹力，但桌面没有位移，所以弹簧对桌面不做功，故B错误；由于轻弹簧质量不计，所以弹簧对桌面的弹力大小等于对笔帽的弹力大小，作用时间相同，冲量大小相等，故C正确。
16．(2018·东北三校一模)(多选)将一小球从地面以速度v0竖直向上抛出，小球上升到某一高度后又落回到地面。若该过程中空气阻力不能忽略，且大小近似不变，则下列说法中正确的是(　　)
A．重力在上升过程与下降过程中做的功大小相等
B．重力在上升过程与下降过程中的冲量相同
C．整个过程中空气阻力所做的功等于小球机械能的变化量
D．整个过程中空气阻力的冲量等于小球动量的变化量
答案　AC
解析　上升、下降过程重力相等，位移大小相等，由W＝Gh知做的功大小相等，A正确。因为有空气阻力，上升过程用的时间短，根据冲量I＝Gt可知B错误。整个过程除重力外，只有空气阻力对小球做功，由能量守恒定律知C正确。由动量定理得小球动量变化量Δp＝G(t1＋t2)＋ft1－ft2＝IG＋If，D错误。
17．(2019·重庆七校联考)(多选)在真空中的光滑水平绝缘面上有一带电滑块。开始时滑块静止。若在滑块所在空间加一水平匀强电场Ⅰ，场强为E1，持续一段时间后立即换成与Ⅰ相反方向的匀强电场Ⅱ，场强为E2。当电场Ⅱ与电场Ⅰ持续时间相同时，滑块恰好回到初始位置，且具有动能Ek。在上述过程中，滑块在Ⅰ中电场力做的功大小为W1，冲量大小为I1；滑块在Ⅱ中电场力做的功大小为W2，冲量大小为I2。则(　　)
A．I1＝I2
B．3I1＝I2
C．W1＝0．25Ek，W2＝0．75Ek
D．W1＝0．20Ek，W2＝0．80Ek
答案　BC
解析　由题意可知，I1＝|E1qt|＝|mv1|，W1＝E1qx＝Ek1＝mv，I2＝|－E2qt|＝|mv2－mv1|，W2＝E2qx＝Ek－Ek1＝mv－mv，解以上各式得：v2＝－2v1，I2＝3I1，Ek＝4Ek1，W1＝0．25Ek，W2＝0．75Ek，B、C正确，A、D错误。
18．(2018·辽宁沈阳一模)有一宇宙飞船，它的正面面积S＝2 m2，以v＝3×103 m/s的相对速度飞入一宇宙微粒尘区。此微粒尘区1 m3空间中有一个微粒，每一个微粒的平均质量m＝2×10－7 kg。设微粒与飞船外壳碰撞后附着于飞船上，要使飞船速度不变，飞船的牵引力应增加(　　)
A．3．6×103 N B．3．6 N
C．1．2×10－3 N D．1．2 N
答案　B
解析　选在时间Δt内与飞船碰撞的微粒为研究对象，其质量应等于底面积为S、高为vΔt的柱体内微粒的质量，即M＝mSvΔt，初动量为0，末动量为Mv。设飞船对微粒的作用力为F，由动量定理得F·Δt＝Mv－0，则F＝＝＝mSv2，根据牛顿第三定律可知，微粒对飞船的撞击力大小也等于mSv2，飞船要保持原速度匀速飞行，牵引力应增加F′＝F＝mSv2，代入数据解得F′＝3．6 N，B正确。
19．
(2019·重庆八中模拟)航天器离子发动机原理如图所示，首先电子枪发射出的高速电子将中性推进剂离子化(即电离出正离子)，正离子被正、负极栅板间的电场加速后从喷口喷出，从而使航天器获得推进或姿态调整的反冲力。已知单个正离子的质量为m，电荷量为q，正、负极栅板间加速电压为U，从喷口喷出的正离子所形成的电流为I。忽略离子间的相互作用力，忽略离子喷射对航天器质量的影响。该发动机产生的平均推力F的大小为(　　)
A．I B．I C．I D．2I
答案　A
解析　以正离子为研究对象，由动能定理得qU＝mv2，Δt时间内通过的总电荷量为Q＝IΔt，喷出的正离子总质量为M＝m＝m。由动量定理可知正离子所受的平均冲量Δt＝Mv，联立以上式子可得＝I，根据牛顿第三定律可知，发动机产生的平均推力F＝I，故A正确。
一、基础与经典
20．一位蹦床运动员仅在竖直方向上运动，弹簧床对运动员的弹力F随时间t的变化规律通过传感器用计算机绘制出来，如图所示，不计空气阻力，取重力加速度g＝10 m/s2，试结合图象，求：
(1)运动员的质量；
(2)运动员跳起的最大高度；
(3)在11．5～12．3 s时间内，运动员对弹簧床的平均作用力多大？
答案　(1)50 kg'(2)5 m'(3)1750 N
解析　(1)由图象可知：mg＝500 N，所以m＝50 kg。
(2)由图象可知，运动员在空气中运动时间t＝2 s，所以
H＝g2＝×10×12 m＝5 m。
(3)设运动员在11．5 s时速度大小为v0，在12．3 s时速度大小为v，则v0＝v＝g·＝10 m/s，
以运动员为研究对象，向上为正，
由动量定理：(－mg)·Δt＝mv－m(－v0)，可得
＝＋mg＝ N＋500 N＝1750 N，
由牛顿第三定律，运动员对弹簧床的平均作用力为1750 N。
21．
如图所示，在光滑水平面上并排放着A、B两木块，质量分别为mA和mB。一颗质量为m的子弹以水平速度v0先后穿过木块A、B。木块A、B对子弹的阻力恒为f。子弹穿过木块A的时间为t1，穿过木块B的时间为t2。求：
(1)子弹刚穿过木块A后，木块A的速度vA和子弹的速度v1分别为多大？
(2)子弹穿过木块B后，木块B的速度vB和子弹的速度v2又分别为多大？
答案　(1)'v0－
(2)f'v0－
解析　(1)从子弹刚进入A到刚穿出A的过程中：
对A、B：由于A、B的运动情况完全相同，可以看做一个整体，由动量定理可得
ft1＝(mA＋mB)vA，可得vA＝。
对子弹：－ft1＝mv1－mv0，可得v1＝v0－。
(2)从子弹刚进入B到刚穿出B的过程中：
对木块B：ft2＝mBvB－mBvA，
可得vB＝f，
对子弹：－ft2＝mv2－mv1，可得v2＝v0－。
二、真题与模拟
22．(2018·江苏高考)
如图所示，悬挂于竖直弹簧下端的小球质量为m，运动速度的大小为v，方向向下。经过时间t，小球的速度大小为v，方向变为向上。忽略空气阻力，重力加速度为g，求该运动过程中，小球所受弹簧弹力冲量的大小。
答案　2mv＋mgt
解析　取向上为正方向，由动量定理mv－(－mv)＝I
且小球所受总的冲量I＝(－mg)t，
解得小球所受弹簧弹力的冲量I′＝t＝2mv＋mgt。
23．(2016·全国卷Ⅰ)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：
(1)喷泉单位时间内喷出的水的质量；
(2)玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度。
答案　(1)ρv0S　(2)－
解析　(1)设Δt时间内，从喷口喷出的水的体积为ΔV，质量为Δm，则：
Δm＝ρΔV①
ΔV＝v0SΔt②
由①②式得，单位时间内从喷口喷出的水的质量为
＝ρv0S③
(2)设玩具悬停时其底面相对于喷口的高度为h，水从喷口喷出后到达玩具底面时的速度大小为v。对于Δt时间内喷出的水，由能量守恒得
(Δm)v2＋(Δm)gh＝(Δm)v④
取向下为正方向，在h高度处，Δt时间内喷射到玩具底面的水沿竖直方向的动量变化量为
Δp＝0－(－Δm·v)＝(Δm)v⑤
设水对玩具的作用力的大小为F，则玩具对水的作用力大小也为F，以水为研究对象，根据动量定理有
(F＋Δmg)Δt＝Δp，因Δm很小可忽略得：FΔt＝Δp⑥
由于玩具在空中悬停，由力的平衡条件得
F＝Mg⑦
联立③④⑤⑥⑦式得
h＝－。
24．(2016·北京高考)(1)动量定理可以表示为Δp＝FΔt，其中动量p和力F都是矢量。在运用动量定理处理二维问题时，可以在相互垂直的x、y两个方向上分别研究。例如，质量为m的小球斜射到木板上，入射的角度是θ，碰撞后弹出的角度也是θ，碰撞前后的速度大小都是v，如图1所示。碰撞过程中忽略小球所受重力。
a．分别求出碰撞前后x、y方向小球的动量变化Δpx、Δpy；
b．分析说明小球对木板的作用力的方向。
(2)激光束可以看做是粒子流，其中的粒子以相同的动量沿光传播方向运动。激光照射到物体上，在发生反射、折射和吸收现象的同时，也会对物体产生作用。光镊效应就是一个实例，激光束可以像镊子一样抓住细胞等微小颗粒。
一束激光经S点后被分成若干细光束，若不考虑光的反射和吸收，其中光束①和②穿过介质小球的光路如图2所示。图中O点是介质小球的球心，入射时光束①和②与SO的夹角均为θ，出射时光束均与SO平行。请在下面两种情况下，分析说明两光束因折射对小球产生的合力的方向。
a．光束①和②强度相同；
b．光束①比②的强度大。
答案　(1)a．见解析　b．沿y轴负方向
(2)a．合力沿SO向左　b．指向左上方
解析　(1)a．x方向：动量变化为
Δpx＝mvsinθ－mvsinθ＝0；
y方向：动量变化为
Δpy＝mvcosθ－(－mvcosθ)＝2mvcosθ，
方向沿y轴正方向。
b．根据动量定理可知，木板对小球作用力的方向沿y轴正方向；根据牛顿第三定律可知，小球对木板作用力的方向沿y轴负方向。
(2)a．仅考虑光的折射，设Δt时间内每束光穿过小球的粒子数为n，每个粒子动量的大小为p。
这些粒子进入小球前的总动量为p1＝2npcosθ，
从小球出射时的总动量为p2＝2np，
p1、p2的方向均沿SO向右，
根据动量定理：FΔt＝p2－p1＝2np(1－cosθ)>0
可知，小球对这些粒子的作用力F的方向沿SO向右；根据牛顿第三定律，两光束对小球的合力的方向沿SO向左。
b．建立如图所示的Oxy直角坐标系。
x方向：根据(2)a．同理可知，两光束对小球的作用力沿x轴负方向。
y方向：设Δt时间内，光束①穿过小球的粒子数为n1，光束②穿过小球的粒子数为n2，n1>n2。
这些粒子进入小球前的总动量为p1y＝(n1－n2)psinθ
从小球出射时的总动量为p2y＝0
根据动量定理：FyΔt＝p2y－p1y＝－(n1－n2)psinθ
可知，小球对这些粒子的作用力Fy的方向沿y轴负方向，根据牛顿第三定律，两光束对小球的作用力沿y轴正方向。所以两光束对小球的合力的方向指向左上方。
25．
(2015·安徽高考)一质量为0．5 kg的小物块放在水平地面上的A点，距离A点5 m的位置B处是一面墙，如图所示。物块以v0＝9 m/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7 m/s，碰后以6 m/s的速度反向运动直至静止。g取10 m/s2。
(1)求物块与地面间的动摩擦因数μ；
(2)若碰撞时间为0．05 s，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。
答案　(1)0．32　(2)130 N　(3)9 J
解析　(1)由动能定理，有－μmgs＝mv2－mv，
可得μ＝0．32。
(2)规定水平向左为正方向，由动量定理有
FΔt＝mv′－(－mv)，可得F＝130 N。
(3)根据动能定理，0－W＝0－mv′2，
则W＝mv′2＝9 J。
26．(2018·太原一模)弹射座椅，是飞行员使用的座椅型救生装置。在飞机失控时，依靠座椅上的动力装置(喷气发动机)将飞行员弹射到高空，然后张开降落伞使飞行员安全降落。某次实验中，在地面上静止的战斗机内，飞行员按动弹射按钮，座椅(连同飞行员)在喷气发动机的驱动下被弹出打开的机舱，座椅沿竖直方向运动，5 s末到达最高点，上升的总高度为112．5 m。在最高点时降落伞打开，飞行员安全到达地面。已知座椅(连同飞行员等)的总质量为100 kg，弹射过程中发动机对座椅的推力竖直向上且恒定，不考虑发动机质量的变化及空气阻力，取g＝10 m/s2，求：
(1)发动机对座椅推力的值；
(2)发动机对座椅冲量的大小。
答案　(1)1．0×104 N　(2)5×103 N·s
解析　(1)设座椅上升的最大速度为vm，
由运动学关系：h＝vmt，解得vm＝45 m/s，
设发动机作用的时间为t1，座椅的加速度为a1，发动机的推力为N，减速过程的时间为t2，
N－mg＝ma1，
vm＝a1t1，
vm＝gt2，
t1＋t2＝t，
解得：t2＝＝4．5 s，
t1＝t－t2＝0．5 s，
a1＝＝90 m/s2，
N＝mg＋ma1＝1．0×104 N。
(2)设发动机对座椅冲量的大小为I：
I＝Nt1，
解得：I＝5×103 N·s。