【2021年高考一轮课程】物理 全国通用版 第15讲 动量 冲量 动量定理 教案

2021年高考一轮复习
第十五讲
动量
冲量
动量定理
教材版本
全国通用
课时说明
120分钟
知识点
1.动量
冲量
2.
动量定理及应用
复习目标
1．理解动量与冲量
2．理解动量定理，会应用动量定理进行解题
复习重点
理解动量定理，会应用动量定理进行解题
复习难点
理解动量定理，会应用动量定理进行解题
一、自我诊断
知己知彼
1．(2018·山东泰安高三上学期期中)如图1所示，ad、bd、cd是竖直面内三根固定的光滑细杆，a、b、c、d位于同一圆周上，a在圆周最高点，d在圆周最低点，每根杆上都套着质量相等的小滑环(图中未画出)，三个滑环分别从a、b、c同时由静止释放．关于它们下滑的过程，下列说法正确的是(　　)
图1
A．重力对它们的冲量相同
B．弹力对它们的冲量相同
C．合外力对它们的冲量相同
D．它们动能的增量相同
【答案】A
【解析】由等时圆的特征知t＝2，只有重力对它们的冲量相同，A正确．
2．
质量为1
kg的物体做直线运动，其速度—时间图象如图2所示，则物体在前10
s内和后10
s内所受外力的冲量分别是(　　)
图2
A．10
N·s,10
N·s
B．10
N·s，－10
N·s
C．0,10
N·s
D．0，－10
N·s
【答案】D
【解析】由题图可知，在前10
s内初、末状态的动量相等，p1＝p2＝5
kg·m/s，由动量定理知I1＝0；在后10
s内p3＝－5
kg·m/s，I2＝p3－p2＝－10
N·s，故选D.
3．关于动量，下列说法正确的是(　
　)
A．速度大的物体，它的动量一定大
B．动量大的物体，它的速度一定也大
C．只要物体运动的速度大小不变，物体的动量就保持不变
D．质量一定的物体，动量变化越大，该物体的速度变化一定越大
【答案】D
【解析】动量由质量和速度共同决定，只有质量和速度的乘积大，动量才大，选项A、B均错误；动量是矢量，只要速度方向变化，动量就发生变化，选项C错误；由Δp＝mΔv知D正确。
4.
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为
kg?m/s。
若小球与地面的作用时间为0.2s，则小球受到地面的平均作用力大小为
N（g=10m/s2）。
【答案】2；12
【解析】取竖直向上为正方向则初动量为负末动量为正，动量变化为kgm/s，N
5.
动能相等的两物体A、B在光滑水平面上沿同一直线相向而行，它们的速度大小之比vA∶vB
=2:
1，则动量大小之比PA∶PB=
；两者碰后粘在一起运动，其总动量与A原来动量大小之比P∶PA=
。
【答案】1∶2；1∶1
【解析】动能，由vA∶vB=2:
1，可知两者质量之比1∶4，所以动量的关系为1∶2；两者碰撞遵循动量守恒，其总动量与A的动量等大反向，所以碰后的总动量与A原来的动量之比为1∶1。
二、温故知新
夯实基础
三、典例剖析
举一反三
考点一
动量
冲量
（一）典例剖析
例1如图3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(　　)
图3
A.拉力对物体的冲量大小为Ft
B.拉力对物体的冲量大小为Ftsin
θ
C.摩擦力对物体的冲量大小为Ftsin
θ
D.合外力对物体的冲量大小为零
【答案】AD
【解析】拉力F对物体的冲量就是Ft，所以A项正确，B项错误；物体受到的摩擦力Ff＝Fcos
θ，所以，摩擦力对物体的冲量大小为Fft＝Ftcos
θ，C项错误；物体匀速运动，合外力为零，所以合外力对物体的冲量大小为零，D项正确.
【易错点】由于没有彻底理解冲量而漏选D。
【方法点拨】冲量的大小等于力乘以力的作用时间。
例2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】动量是矢量，动量变化了5
kg·m/s，物体动量的大小可以在增大，也可以在减小，还可能不变．若物体以大小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.故C正确．
【易错点】忽略了动量是矢量而形成错选。
【方法点拨】由于动量是矢量，因此不能求代数和。
例3质量为0.2
kg的小球竖直向下以6
m/s的速度落至水平地面上，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和合外力对小球做的功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，合外力做的功：W＝mv22－mv12＝×0.2×42J－×0.2×62J＝－2
J。故A正确。
【易错点】忽略了动量的方向性而错选D。
【方法点拨】动量是矢量，计算变化量时应先设正方向。
（二）举一反三
1.
(2019·全国卷Ⅰ)最近，我国为“长征九号”研制的大推力新型火箭发动机联试成功，这标志着我国重型运载火箭的研发取得突破性进展。若某次实验中该发动机向后喷射的气体速度约为3
km/s，产生的推力约为4.8×106
N，则它在1
s时间内喷射的气体质量约为(　
　)
A．1.6×102
kg　　　　　　　
B．1.6×103
kg
C．1.6×105
kg
D．1.6×106
kg
【答案】B
【解析】设1
s内喷出气体的质量为m，喷出的气体与该发动机的相互作用力为F，由动量定理Ft＝mv知，m＝＝
kg＝1.6×103
kg，选项B正确。
2.
物体在恒定的合力作用下做直线运动，在时间t1内动能由零增大到E1，在时间t2内动能由E1增加到2E1，设合力在时间t1内做的功为W1，冲量为I1，在时间t2内做的功是W2，冲量为I2，则(　　)
A.I1＜I2，W1＝W2
B.I1＞I2，W1＝W2
C.I1＞I2，W1＜W2
D.I1＝I2，W1＜W2
【答案】B
【解析】根据匀变速直线运动的规律可得动能由零增大到E1以及由E1增加到2E1的过程物体经过的位移相等，而时间关系为t1＞t2，所以I1＞I2，W1＝W2；故本题选择B。
3.
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】本题是一道估算题，要知道一层楼的高度大约3m，
根据动能定理：
①
得
设向下为正，由受力分析，落地时鸡蛋受到重力和地面对鸡蛋的冲击力，
由动量定理可得：
②
联立方程解得N=103N
由牛顿第三定律可知该鸡蛋对地面产生的冲击力约为N=103N，选项C正确。
考点二
动量定理及应用
（一）典例剖析
例1下列各种说法中，哪些是能够成立的(　　)
A．某一段时间内物体动量的增量不为零，而其中某一时刻物体的动量可能为零
B．某段时间内物体受到的冲量为零，而其中某一时刻物体的动量可能不为零
C．某一段时间内物体受到的冲量不为零，而动量的增量可能为零
D．某一时刻物体动量为零，而动量对时间的变化率不为零
【答案】ABD
【解析】由Ft＝p′－p知，Ft与Δp相等，Ft为零，Δp也为零，但与p′、p无直接关系。又由F＝可知，p′或p为零，即动量对时间的变化率不为零。故A、B、D选项正确。C选项错。
【易错点】没有彻底理解动量定理而错选C。
【方法点拨】需要理解动量变化量、动量变化率和冲量的区别和联系。
例2高空作业须系安全带，如果质量为m的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为h(可视为自由落体运动).此后经历时间t安全带达到最大伸长，若在此过程中该作用力始终竖直向上，则该段时间安全带对人的平均作用力大小为(　　)
A.＋mg
B.－mg
C.＋mg
D.－mg
【答案】A
【解析】由自由落体运动公式得人下降h距离时的速度为v＝，在t时间内对人由动量定理得(mg－F)t＝0－mv，解得安全带对人的平均作用力为F＝＋mg，A项正确.
【易错点】忽略了动量定理的方向性而错选B。
【方法点拨】先设定正方向，再根据动量定理进行解题。
例3一高空作业的工人重为600
N，系一条长为L＝5
m的安全带，若工人不慎跌落时安全带的缓冲时间t＝1
s(工人最终悬挂在空中)，则缓冲过程中安全带受的平均冲力是多少？(g取10
m/s2，忽略空气阻力的影响)
【答案】1
200
N，方向竖直向下
【解析】在整个下落过程中对工人应用动量定理，重力的冲量大小为mg(＋t)，拉力F的冲量大小为Ft.初、末动量都是零，取向下为正方向，由动量定理知
mg(＋t)－Ft＝0
解得F＝＝1
200
N
由牛顿第三定律知工人给安全带的平均冲力F′＝F＝1
200
N，方向竖直向下.
【易错点】误以为重力和冲力的作用时间相同。
【方法点拨】冲量应等于力乘以力的作用时间。
例4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)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
＝ρv0S
(2)设玩具底板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冲为水柱对玩具底板的作用力
由牛顿第三定律：F压＝F冲
⑤
其中，F压为玩具底板对水柱的作用力，设v′为水柱到达玩具底面时的速度
由运动学公式：v′2－v02＝－2gh
⑥
在很短Δt时间内，冲击玩具的水柱的质量为Δm
Δm＝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
(F压＋Δmg)Δt＝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＝－
【易错点】不会建立正确的流体模型。
【方法点拨】(1)在极短时间Δt内，取一小柱体作为研究对象；(2)求小柱体的体积ΔV＝vSΔt；
(3)求小柱体质量Δm＝ρΔV＝ρvSΔt；(4)求小柱体的动量变化Δp＝vΔm＝ρv2SΔt；(5)应用动量定理FΔt＝Δp。
（二）举一反三
1．如图4所示，质量为m的小滑块沿倾角为θ的斜面向上滑动，经过时间t1速度为零然后下滑，经过时间t2回到斜面底端，滑块在运动过程中受到的摩擦力大小始终为F1。在整个过程中，重力对滑块的总冲量为(　
　)
图4
A．mgsin
θ(t1＋t2)　　　　　　
B．mgsin
θ(t1－t2)
C．mg(t1＋t2)
D．0
【答案】
C
【解析】谈到冲量必须明确是哪一个力的冲量，此题中要求的是重力对滑块的总冲量，根据冲量的定义式I＝Ft，因此重力对滑块的总冲量应为重力乘以作用时间，所以IG＝mg(t1＋t2)，即C正确。
2．某人身系弹性绳自高空P点自由下落，图5中a点是弹性绳的原长位置，c是人所到达的最低点，b是人静止地悬吊着时的平衡位置。不计空气阻力，则下列说法中正确的是(　　)
图5
A．从P至c过程中重力的冲量大于弹性绳弹力的冲量
B．从P至c过程中重力所做功等于人克服弹力所做的功
C．从P至b过程中人的速度不断增大
D．从a至c过程中加速度方向保持不变
【答案】BC
【解析】人由P至c的全过程中，外力的总冲量为重力的冲量与弹性绳弹力的冲量的矢量和，根据动量定理，外力的总冲量应等于人的动量增量，人在P与c时速度均为零，则动量的增量为零，则重力的冲量大小应等于绳弹力的冲量大小，方向相反，总冲量为零，选项A错；根据动能定理，人由P至c过程中，人的动能增量为零，则重力与绳弹力做的总功为零，重力所做的功等于克服弹力所做的功，选项B正确；人由P至a自由下落，由a至b，弹力逐渐增大，但合外力向下，人做加速度变小的加速运动，至b点加速度为零，速度最大，人过b点之后，弹力大于重力，合外力向上，加速度向上，速度变小。故选项C正确，选项D错误。
3.
(2020·江西南昌月考)(多选)一质量为2
kg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(　
　)
图6
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】根据F－t图线与时间轴围成的面积的物理意义为合外力F的冲量，可知在0～1
s、0～2
s、0～3
s、0～4
s内合外力冲量分别为2
N·s、4
N·s、3
N·s、2
N·s，应用动量定理I＝mΔv可知物块在1
s、2
s、3
s、4
s末的速率分别为1
m/s、2
m/s、1.5
m/s、1
m/s，物块在这些时刻的动量大小分别为2
kg·
m/s、4
kg·
m/s、3
kg·
m/s、2
kg·
m/s，则A、B项均正确，C、D项均错误。
4.
将质量为500
g的杯子放在台秤上，一个水龙头以每秒700
g水的流量注入杯中。注至10
s末时，台秤的读数为78.5
N，则注入杯中水流的速度是多大？
【答案】5
m/s
【解析】以在很短时间Δt内，落在杯中的水柱Δm为研究对象，水柱受向下的重力Δmg和向上的作用力F。
设向上的方向为正：
(F－Δmg)Δt＝0－(－Δmv)
因Δm很小，Δmg可忽略不计，并且＝0.7
kg/s
F＝v＝0.7v(N)
台秤的读数G读＝(m杯＋m水)g＋F
78．5＝(0.5＋0.7×10)×10＋0.7v
解得v＝5
m/s
四、分层训练
能力进阶
【基础】
1．一质量为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4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.
图7
(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)对小物块从A运动到B处的过程，应用动能定理得－μmgs＝mv2－mv02
代入数值解得μ＝0.32
(2)取向右为正方向，碰后物块速度v′＝－6
m/s
由动量定理得：FΔt＝mv′－mv
解得F＝－130
N
其中“－”表示墙面对物块的平均作用力方向向左.
(3)对物块反向运动过程，应用动能定理得
－W＝0－mv′2
解得W＝9
J
2．蹦床运动有“空中芭蕾”之称，某质量m＝50
kg的运动员从距蹦床h1＝1.25
m高处自由落下，接着又能弹起h2＝1.8
m高，运动员与蹦床接触时间t＝0.50
s，在空中保持直立，不计空气阻力，取g＝10
m/s2，求：
(1)运动员与蹦床接触时间内，所受重力的冲量大小I；
(2)运动员与蹦床接触时间内，受到蹦床平均弹力的大小F。
【答案】(1)250
N·s　(2)1
600
N
【解析】(1)重力的冲量大小为：I＝mgt＝50×10×0.50
N·s＝250
N·s
(2)设运动员下落h1高度时的速度大小为v1，
则根据动能定理可得：mgh1＝mv解得v1＝5
m/s
设弹起时离开蹦床瞬间，运动员的速度大小为v2，则根据动能定理可得：－mgh2＝0－mv
解得：v2＝6
m/s
取竖直向上为正方向，由动量定理有：(F－mg)·t＝mv2－(－mv1)
解得F＝1
600
N
3.
如图8所示，一质量为M的长木板在光滑水平面上以速度v0向右运动，一质量为m的小铁块在木板上以速度v0向左运动，铁块与木板间存在摩擦，为使木板能保持速度v0向右匀速运动，必须对木板施加一水平力，直至铁块与木板达到共同速度v0.设木板足够长，求此过程中水平力的冲量大小.
图8
【答案】2mv0
【解析】考虑M、m组成的系统，设M运动的方向为正方向，根据动量定理有Ft＝(M＋m)v0－(Mv0－mv0)＝2mv0，则水平力的冲量I＝Ft＝2mv0.
4.
质量为1
kg的物体静止放在足够大的水平桌面上，物体与桌面间的动摩擦因数为μ＝0.4.有一大小为5
N的水平恒力F作用于物体上，使之加速前进，经3
s后撤去F.求物体运动的总时间(g取10
m/s2).
【答案】3.75
s
【解析】物体由开始运动到停止运动的全过程中，F的冲量为Ft1，摩擦力的冲量为Fft.选水平恒力F的方向为正方向，根据动量定理有
Ft1－Fft＝0
①
又Ff＝μmg
②
联立①②式解得t＝，代入数据解得t＝3.75
s.
【巩固】
1.
如图9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9
A．ρvS　
B．　
C．ρv2S　
D．ρv2S
【答案】D
【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FΔt＝Δmv－0，解得F＝ρv2S，选项D正确。
2.
最近，我国为“长征九号”研制的大推力新型火箭发动机联试成功，这标志着我国重型运载火箭的研发取得突破性进展。若某次实验中该发动机向后喷射的气体速度约为3
km/s，产生的推力约为4.8×108
N，则它在1
s时间内喷射的气体质量约为（
）
A．1.6×102
kg
B．1.6×103
kg
C．1.6×105
kg
D．1.6×106
kg
【答案】B
【解析】设该发动机在s时间内，喷射出的气体质量为，根据动量定理，，可知，在1s内喷射出的气体质量，故本题选B。
3.
(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】A错：速度v＝at，动能Ek＝mv2＝ma2t2，与经历的时间的平方成正比。B对：根据v2＝2ax，动能Ek＝mv2＝m·2ax＝max，与位移成正比。C错：动能Ek＝mv2，与速度的平方成正比。D错：动量p＝mv，动能Ek＝mv2＝，与动量的平方成正比。
【拔高】
1.
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0.5
m，据测算两车相撞前速度约为30
m/s.
(1)试求车祸中车内质量约60
kg的人受到的平均冲力.
(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1
s，求这时人体受到的平均冲力.
【答案】(1)5.4×104
N　(2)1.8×103
N
【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0.5
m.
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＝5.4×104
N.
(2)若人系有安全带，则F′＝＝
N＝1.8×103
N.
2．如图9所示，由喷泉中喷出的水柱，把一个质量为M的垃圾桶倒顶在空中，水以速率v0、恒定的质量增率(即单位时间喷出的质量)从地下射向空中.求垃圾桶可停留的最大高度.(设水柱喷到桶底后以相同的速率反弹)
图9
【答案】－()2
【解析】设垃圾桶可停留的最大高度为h，并设水柱到达h高处的速度为vt，则
vt2－v02＝－2gh
得v
t2＝v02－2gh
由动量定理得，在极短时间Δt内，水受到的冲量为
FΔt＝2(·Δt)vt
解得F＝2·vt＝2
据题意有F＝Mg
联立解得h＝－()2
3.
(2019·全国卷Ⅱ)一质量为m＝2
000
kg的汽车以某一速度在平直公路上匀速行驶。行驶过程中，司机突然发现前方100
m处有一警示牌，立即刹车。刹车过程中，汽车所受阻力大小随时间的变化可简化为图10(a)中的图线。图10(a)中，0～t1时间段为从司机发现警示牌到采取措施的反应时间(这段时间内汽车所受阻力已忽略，汽车仍保持匀速行驶)，t1＝0.8
s；t1～t2时间段为刹车系统的启动时间，t2＝1.3
s；从t2时刻开始汽车的刹车系统稳定工作，直至汽车停止。已知从t2时刻开始，汽车第1
s内的位移为24
m，第4
s内的位移为1
m。
图(a)
　图(b)
图10
(1)在图10(b)中定性画出从司机发现警示牌到刹车系统稳定工作后汽车运动的v－t图线。
(2)求t2时刻汽车的速度大小及此后的加速度大小。
(3)求刹车前汽车匀速行驶时的速度大小及t1～t2时间内汽车克服阻力做的功；从司机发现警示牌到汽车停止，汽车行驶的距离约为多少(以t1～t2时间段始末速度的算术平均值替代这段时间内汽车的平均速度)?
【答案】(1)如图所示　(2)28
m/s　8
m/s2　(3)30
m/s　1.16×105
J　87.5
m
【解析】(1)v－t图象如图所示。
(2)设刹车前汽车匀速行驶时的速度大小为v1，则t1时刻的速度也为v1；t2时刻的速度为v2。在t2时刻后汽车做匀减速运动，设其加速度大小为a，取Δt＝1
s。
设汽车在t2＋(n－1)Δt～t2＋nΔt内的位移为sn，n＝1,2,3，…。
若汽车在t2＋3Δt～t2＋4Δt时间内未停止，设它在t2＋3Δt时刻的速度为v3，在t2＋4Δt时刻的速度为v4，由运动学公式有
s1－s4＝3a(Δt)2①
s1＝v2Δt－a(Δt)2②
v4＝v2－4aΔt③
联立①②③式，代入已知数据解得
v4＝－
m/s④
这说明在t2＋4Δt时刻前，汽车已经停止。因此，①式不成立。
由于在t2＋3Δt～t2＋4Δt内汽车停止，由运动学公式
v3＝v2－3aΔt⑤
2as4＝v⑥
联立②⑤⑥式，代入已知数据解得
a＝8
m/s2，v2＝28
m/s⑦
或a＝
m/s2，v2＝29.76
m/s⑧
但⑧式情形下，v3＜0，不合题意，舍去。
(3)设汽车的刹车系统稳定工作时，汽车所受阻力的大小为f1，由牛顿第二定律有
f1＝ma⑨
在t1～t2时间内，阻力对汽车冲量的大小为
I＝f1(t2－t1)⑩
由动量定理有
I＝mv1－mv2?
由动能定理，在t1～t2时间内，汽车克服阻力做的功为
W＝mv－mv?
联立⑦⑨??式，代入已知数据解得
v1＝30
m/s?
W＝1.16×105
J?
从司机发现警示牌到汽车停止，汽车行驶的距离s约为
s＝v1t1＋(v1＋v2)(t2－t1)＋?
联立⑦??式，代入已知数据解得
s＝87.5
m。