物理大一轮复习试题：第六章第1节动量定理及其应用

考点三年全国卷高考统计1.动量、动量定理及应用2.动量守恒定律的应用3.应用动量和能量观点解决碰撞或爆炸类问题4.实验：验证动量守恒定律202120202019全国乙卷，T24，拍皮球；全国乙卷，T14，带弹簧的小车与滑块；全国乙卷，T19，恒力拉物块。全国卷Ⅰ，T14，汽车碰撞；全国卷Ⅱ，T19，冰上运动；全国卷Ⅲ，T18，追及碰撞结合v－t图象；全国卷Ⅰ，T23，实验全国卷Ⅰ，T16，“长征九号”火箭喷气全国卷Ⅰ，T25，碰撞与斜面结合、动量与能量的综合、v－t图象全国卷Ⅲ，T25，物块与弹簧结合、动量与能量的综合考情分析：动量属于物理观念中运动与相互作用观念，是解决力和运动问题常用的知识点之一，这部分的考点包括动量定理和动量守恒定律。一种是对动量知识的单一考查，主要以选择题的形式出现，往往借助生活中的实际情境为素材创设问题情境，这些情境主要有：物体间的碰撞、火箭反冲、流体问题等，难度也相对较小。另一种是以综合题的形式考查，这类题需要结合牛顿运动定律、功和能等物理观念解决问题，往往以计算题的形式出现，考查考生的综合能力，难度也比较大。命题趋势：由于动量守恒定律作为必考内容，因此综合应用动量和能量观点解决碰撞模型问题将仍是今后命题的热点，既可以将动量与力学知识结合，也可将动量和电学知识结合，作为理综试卷压轴计算题进行命题。第1节动量定理及其应用一、动量、动量变化、冲量1.动量(1)定义：物体的质量与速度的乘积。(2)表达式：p＝mv。(3)方向：动量的方向与速度的方向相同。2.动量的变化(1)因为动量是矢量，动量的变化量Δp也是矢量，其方向与速度的改变量Δv的方向相同。(2)动量的变化量Δp，一般用末动量p′减去初动量p进行矢量运算，也称为动量的增量，即Δp＝p′－p。3.冲量(1)定义：力与力的作用时间的乘积叫做力的冲量。(2)公式：I＝Ft。(3)单位：N·s。(4)方向：冲量是矢量，其方向与力的方向相同。【自测1】(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固定斜面由静止自由滑下，到达斜面底端的过程中，下列说法正确的是()图1A.两个物体重力的冲量大小相等B.两个物体合力的冲量大小相等C.刚到达底端时两个物体的动量相同D.到达斜面底端时两个物体的动能相等答案BD二、动量定理1.内容：物体在一个过程始末的动量变化量等于它在这个过程中所受力的冲量。2.公式：F(t′－t)＝mv′－mv或I＝p′－p。3.动量定理的理解(1)动量定理反映了力的冲量与动量变化量之间的因果关系，即合力的冲量是原因，物体的动量变化量是结果。(2)动量定理中的冲量是合力的冲量，而不是某一个力的冲量，它可以是合力的冲量，可以是各力冲量的矢量和，也可以是外力在不同阶段冲量的矢量和。(3)动量定理表达式是矢量式，等号包含了大小相等、方向相同两方面的含义。【自测2】行驶中的汽车如果发生剧烈碰撞，车内的安全气囊会被弹出并瞬间充满气体。若碰撞后汽车的速度在很短时间内减小为零，关于安全气囊在此过程中的作用，下列说法正确的是()A.增加了司机单位面积的受力大小B.减少了碰撞前后司机动量的变化量C.将司机的动能全部转换成汽车的动能D.延长了司机的受力时间并增大了司机的受力面积答案D考点一动量、冲量的理解及计算1.动量与动能的比较动量动能定义式p＝mvEk＝eq\f(1,2)mv2标矢性矢量标量变化因素物体所受冲量外力所做的功大小关系p＝eq\r(2mEk)Ek＝eq\f(p2,2m)联系都是相对量，与参考系的选取有关，通常选取地面为参考系；若物体的动能发生变化，则动量一定也发生变化；但动量发生变化时动能不一定发生变化2.冲量与功的比较冲量功公式I＝Ft(F为恒力)W＝Flcosα(F为恒力)标矢性矢量标量意义表示力对时间的累积，是动量变化的量度表示力对空间的累积，是能量变化多少的量度联系都是过程量，都与力的作用过程相互联系3.变力的冲量(1)方向不变的变力的冲量，若力的大小随时间均匀变化，即力为时间的一次函数，则力F在某段时间t内的冲量I＝eq\f(F1＋F2,2)t，其中F1、F2为该段时间内初、末两时刻力的大小。(2)作出F－t变化图线，图线与t轴所围的面积即为变力的冲量。如图2所示。图2(3)对于易确定始、末时刻动量的情况，可用动量定理求解，即通过求Δp间接求出冲量。1.(动量和冲量的分析)(2021·广东广州调研)如图3为跳水运动员从起跳到落水过程的示意图，运动员从最高点到入水前的运动过程记为Ⅰ，运动员入水后到最低点的运动过程记为Ⅱ，忽略空气阻力，则运动员()图3A.过程Ⅰ的动量改变量等于零B.过程Ⅱ的动量改变量等于零C.过程Ⅰ的动量改变量等于重力的冲量D.过程Ⅱ的动量改变量等于重力的冲量答案C解析过程Ⅰ的动量改变量等于重力的冲量，即为mgt，不为零，故A错误，C正确；运动员入水前的速度不为零，末速度为零，过程Ⅱ的动量改变量不等于零，故B错误；过程Ⅱ的动量改变量等于合外力的冲量，不等于重力的冲量，故D错误。2.(动量和冲量的计算)(多选)(2021·湖北宜昌调研)一质量为m的运动员托着质量为M的杠铃从下蹲状态(图4甲)缓慢运动到站立状态(图乙)，该过程杠铃和运动员的肩部相对位置不变，站立Δt时间后再将杠铃缓慢向上举，至双臂伸直(图丙)。甲到乙、乙到丙过程杠铃上升高度分别为h1、h2，经历的时间分别为t1、t2，重力加速度为g，则()图4A.地面对运动员的冲量为(M＋m)g(t1＋t2＋Δt)，地面对运动员做的功为0B.地面对运动员的冲量为(M＋m)g(t1＋t2)，地面对运动员做的功为(M＋m)g(h1＋h2)C.运动员对杠铃的冲量为Mg(t1＋t2＋Δt)，运动员对杠铃做的功为Mg(h1＋h2)D.运动员对杠铃的冲量为Mg(t1＋t2)，运动员对杠铃做的功为0答案AC解析因运动员将杠铃缓慢上举，则可认为是平衡状态，地面对运动员的支持力为(M＋m)g，整个过程的时间为t1＋t2＋Δt，根据I＝Ft可知地面对运动员的冲量为(M＋m)g(t1＋t2＋Δt)；因地面对运动员的支持力没有位移，可知地面对运动员做的功为0，选项A正确，B错误；运动员对杠铃的作用力为Mg，作用时间为t1＋t2＋Δt，根据I＝Ft可知运动员对杠铃的冲量为Mg(t1＋t2＋Δt)，杠铃的位移为h1＋h2，根据W＝Flcosα可知运动员对杠铃做的功为Mg(h1＋h2)，选项C正确，D错误。考点二动量定理的理解和应用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和。3.动量定理是矢量式，列方程之前先规定正方向。4.由Ft＝p′－p，得F＝eq\f(p′－p,t)＝eq\f(Δp,t)，即物体所受的合力等于物体的动量对时间的变化率。角度1应用动量定理解释生活现象应用动量定理解释两类物理现象(1)Δp一定时，F的作用时间越短，力就越大；时间越长，力就越小。(2)F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。【例1】前些时日，云南红河的一位物理老师在课堂上表演徒手劈砖而走红网络，如图5所示视频中老师在砖平放在桌子边缘的情况下能够“手到砖断”，主要技巧之一在于手落在砖上的时间要尽量地短，目的是使()图5A.手落在砖上的动能较大B.手落在砖上的动量较大C.和砖接触时的动量变化量较大D.和砖接触时的动量变化率较大答案D解析由动量定理可得F＝eq\f(Δp,Δt)，手落在砖上的时间尽量地短，目的是使和砖接触时的动量变化率较大，即劈砖的作用力较大，D正确；若只是缩短手落在砖上的时间，对手落在砖上的动能、动量不影响，故手落在砖上的动能、动量及和砖接触时的动量变化量不变，A、B、C错误。角度2应用动量定理解决问题【例2】(2021·河南郑州质检)核桃是“四大坚果”之一，核桃仁具有丰富的营养价值，但核桃壳十分坚硬，不借助专用工具不易剥开。小悠同学发现了一个开核桃窍门，把核桃竖直上抛，落回与坚硬地面撞击后就能开裂。抛出点距离地面的高度为H，上抛后达到的最高点与抛出点的距离为h。已知重力加速度为g，空气阻力不计。(1)求核桃落回地面的速度大小v；(2)已知核桃质量为m，与地面撞击作用时间为Δt，撞击后竖直反弹h1高度，求核桃与地面之间的平均作用力大小F。答案(1)eq\r(2g（H＋h）)(2)eq\f(m[\r(2gh1)＋\r(2g（H＋h）)],Δt)＋mg解析(1)核桃竖直上抛到最高点后做自由落体运动，则有v2＝2g(H＋h)则落回地面的速度大小v＝eq\r(2g（H＋h）)。(2)设核桃反弹速度大小为v1，则有veq\o\al(2,1)＝2gh1以竖直向上为正方向，核桃与地面作用的过程，由动量定理得(F－mg)Δt＝mv1－m(－v)解得F＝eq\f(m[\r(2gh1)＋\r(2g（H＋h）)],Δt)＋mg。3.(2021·湖北宜昌调研)如图6所示，篮球运动员接传来的篮球时，通常要先伸出两臂迎接，手接触到球后，两臂随球迅速引至胸前。这样做可以()图6A.减小球对手冲量的大小B.减小球对手作用力的大小C.减小球的动量变化量的大小D.减小球对手的作用时间答案B解析先伸出两臂迎接，手接触到球后，两臂随球引至胸前，这样可以增大球与手接触的时间，根据动量定理得－Ft＝0－mv，F＝eq\f(mv,t)，当时间增大时，动量的变化量不变，则手对球的作用力减小，由牛顿第三定律可知，球对手的作用力减小，所以B正确。4.(多选)如图7，一个质量为0.18kg的垒球，以25m/s的水平速度飞向球棒，被球棒打击后反向水平飞回，速度大小变为45m/s，设球棒与垒球的作用时间为0.01s。下列说法正确的是()图7A.球棒对垒球的平均作用力大小为1260NB.球棒对垒球的平均作用力大小为360NC.球棒对垒球做的功为238.5JD.球棒对垒球做的功为126J答案AD解析根据动量定理Ft＝mv2－mv1得F＝eq\f(mv2－mv1,t)＝eq\f(－0.18×45－0.18×25,0.01)N＝－1260N，负号表示力的方向与初速度的方向相反，选项A正确，B错误；根据动能定理，球棒对垒球做的功W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)×0.18×452J－eq\f(1,2)×0.18×252J＝126J，选项C错误，D正确。考点三动量定理与图象的结合问题【例3】(2021·湖北十堰期末)一质量为0.5kg的物块静止在水平地面上，物块与水平地面间的动摩擦因数为0.2。现给物块一水平方向的外力F，F随时间t变化的图线如图8所示，若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g＝10m/s2，则()图8A.t＝1s时物块的动量大小为2kg·m/sB.t＝1.5s时物块的动量大小为2kg·m/sC.t＝(6－2eq\r(3))s时物块的速度大小为0.5m/sD.在3～4s的时间内，物块受到的摩擦力逐渐减小答案D解析根据动量定理可得(F－μmg)t＝mv′－mv，t＝1s时物块的动量大小为p1＝Ft1－μmgt1＝(2×1－0.2×0.5×10×1)kg·m/s＝1kg·m/s，选项A错误；t＝1.5s时物块的动量大小为p1.5＝Ft1.5－μmgt1.5＝(2×1＋1×0.5－0.2×0.5×10×1.5)kg·m/s＝1kg·m/s，选项B错误；设t时刻物块的速度为零，由图象知在2～4s内力与时间的关系为F＝(0.5t－2)N，根据F－t图象与t轴所围的面积表示冲量大小可得IF＝2×1＋1×1＋eq\f(－1＋（0.5t－2）,2)×(t－2)，由动量定理得IF－μmgt＝0，联立解得t＝(6－2eq\r(3))s，故C错误；因为t＝(6－2eq\r(3))s在2～3s内，所以在3～4s的时间内，物块静止，随着F的减小，物块受到的摩擦力逐渐减小，故D正确。5.(2021·北京高三二模)一物理学习小组在竖直电梯里研究超重失重现象：力传感器上端固定在铁架台上，下端悬挂一个质量为m的钩码。当电梯在1楼和3楼之间运行时，数据采集系统采集到拉力F随时间t的变化如图9所示。忽略由于轻微抖动引起的示数变化，下列说法正确的是()图9A.a到b过程中电梯向上运动，b到c过程中电梯向下运动B.a到c过程中钩码的机械能先增加后减小C.图形abc的面积等于图形def的面积D.a到b过程中钩码处于超重状态，b到c过程中钩码处于失重状态答案C解析从a到b过程中，力F大于重力，钩码加速度方向向上，但可能向下做减速运动，同理，从b到c过程中钩码可能向上做加速运动，故A错误；在整个运动过程中，如果a到c的过程向上加速则拉力对小球做正功，机械能增加，如果向下减速则拉力对小球做负功，机械能减少，故B错误；从a到f记录了电梯的一个运动过程，加速和减速过程的动量变化量大小相等。由动量定律可知加速和减速过程的合外力冲量大小相等，F－t图象中面积表示力对时间的积累，即冲量，故图形abc的面积等于图形def的面积，故C正确；a到c的过程中，钩码所受合力大于0，根据F＝ma，加速度大于0，即从a到c钩码处于超重状态，故D错误。应用动量定理处理“流体”模型流体类“柱状模型”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S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＝ρSvΔt建立方程，应用动量定理研究这段柱状流体【示例1】(多选)(2021·河北衡水模拟)青岛市即墨区鳌山湾一带受崂山余脉和海岛影响，形成了长达60多公里的狭长“疾风带”，为风力发电创造了有利条件，目前该地风电总装机容量已达18万千瓦。如图，风力推动三个叶片转动，叶片带动转子(磁极)转动，在定子(线圈)中产生电流，实现风能向电能的转化。已知叶片长为r，风速为v，空气密度为ρ，流到叶片旋转形成的圆面的空气中约有eq\f(1,4)速度减速为0，有eq\f(3,4)原速率穿过，如果不考虑其他能量损耗。下列说法正确的是()A.一台风力发电机的发电功率约为eq\f(1,8)ρπr2v3B.一台风力发电机的发电功率约为eq\f(1,6)ρπr2v2C.空气对风力发电机一个叶片的平均作用力约为eq\f(1,8)ρπr2v3D.空气对风力发电机一个叶片的平均作用力约为eq\f(1,12)ρπr2v2答案AD解析根据题意可知，空气流速为v，空气接触扇面的面积为S＝πr2，在时间t内空气流过扇叶的体积为V＝πr2vt，根据密度公式得空气质量m＝ρV＝ρπr2vt，题中有eq\f(1,4)的空气速度减为零，所以与叶片发生相互作用的风的质量为eq\f(1,4)m，根据功能关系有产生的电能E电＝eq\f(1,2)×eq\f(1,4)mv2＝eq\f(1,8)ρπr2vtv2＝eq\f(1,8)ρπr2v3t，由P＝eq\f(W,t)，发电功率为P＝eq\f(1,8)ρπr2v3，故A正确，B错误；以与叶片发生相互作用的那部分空气为研究对象，规定空气流动方向为正方向，根据动量定理，有－Ft＝0－eq\f(1,4)mv，得F＝eq\f(1,4)πρr2v2，对一个扇叶的作用力为F′＝eq\f(1,12)πρr2v2，故C错误，D正确。2.微粒类“柱状模型”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分析步骤建立“柱状模型”，沿运动的方向选取一段微元，柱体的横截面积为S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＝nv0SΔt先应用动量定理研究单个粒子，建立方程，再乘以N计算【示例2】正方体密闭容器中有大量运动粒子，每个粒子的质量均为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。答案f＝eq\f(1,3)nmv2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eq\f(1,6)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＝eq\f(1,6)n·SvΔtΔt时间内粒子给器壁的冲量I＝N·ΔI＝eq\f(1,3)nSmv2Δt器壁上面积为S的部分受到粒子的压力F＝eq\f(I,Δt)则器壁单位面积所受粒子的压力f＝eq\f(F,S)＝eq\f(1,3)nmv2。考点一动量、冲量的理解及计算1.关于动量和冲量，下列说法正确的是()A.动量越大的物体受到的冲量越大B.冲量总是与物体动量方向相同C.冲量是物体动量变化的原因D.作用在静止物体上的力的冲量总是为零答案C解析冲量是物体动量变化的原因，选项C正确；动量大说明物体的速度大，但无法明确动量的变化，故不能确定物体的冲量大小，选项A错误；冲量与物体动量变化量方向相同，选项B错误；根据I＝Ft，只要有力作用在物体上，经过一段时间，这个力便有了冲量，与物体处于什么运动状态无关，故选项D错误，故A正确。2.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＝0.2×4kg·m/s－0.2×(－6)kg·m/s＝2kg·m/s，方向竖直向上。由动能定理知，合外力做的功W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)×0.2×42J－eq\f(1,2)×0.2×62J＝－2J，故A正确。考点二动量定理的理解和应用3.我国汽车的整车安全性碰撞试验在1998年已与国际开始接轨。碰撞试验是让汽车在水平路面上以48.3km/h的国际标准碰撞速度驶向质量为80t的国际标准碰撞试验台，撞击使汽车的动量一下子变到0，技术人员通过查看载着模拟乘员的传感器的数据以便对汽车安全性能装置进行改进。重力加速度g取10m/s2，请结合以上材料回答，下列说法正确的是()A.若因为安全带对座位上的模拟乘员的保护，在碰撞时乘员的速度变为0所用时间约为0.13s，则安全带对乘员的作用力约等于乘员重力的10倍B.在水平路面上运动时汽车所受支持力的冲量与重力的冲量相同C.若试验汽车的标准碰撞速度增加为原来的1.2倍，则其动量变为原来的2.4倍D.为了减轻碰撞时对模拟乘员的伤害程度，汽车前面的发动机舱越坚固越好答案A解析对整个碰撞过程应用动量定理得安全带对乘员的作用力F＝eq\f(m人Δv,Δt)≈m人×100m/s2＝10m人g，选项A正确；在水平路面上运动时汽车所受支持力的冲量与重力的冲量方向不同，所以两冲量不同，选项B错误；由p＝mv可知试验汽车的标准碰撞速度增加为原来的1.2倍，则其动量变为原来的1.2倍，选项C错误；汽车前面的发动机舱在碰撞时若能运动，可增加乘员与汽车的碰撞时间，由动量定理可知，碰撞过程中乘员受到的作用力减小，即减轻对模拟乘员的伤害程度，选项D错误。4.高空作业要系安全带。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安全带伸长到最长，若在此过程中安全带对人的作用力始终竖直向上，重力加速度为g，则该段时间安全带对人的平均作用力大小为()A.eq\f(m\r(2gh),t)＋mg B.eq\f(m\r(2gh),t)－mgC.eq\f(m\r(gh),t)＋mg D.eq\f(m\r(gh),t)－mg答案A解析人下落h高度的过程为自由落体运动，由运动学公式v2＝2gh，可知v＝eq\r(2gh)；缓冲过程(取向上为正)由动量定理得(eq\o(F,\s\up6(－))－mg)t＝0－(－mv)，解得eq\o(F,\s\up6(－))＝eq\f(m\r(2gh),t)＋mg，故选A。考点三动量定理与图象的结合问题5.(2021·四川绵阳模拟)质点所受的合外力F方向始终在同一直线上，大小随时间变化的情况如图1所示，已知t＝0时刻质点的速度为零。在图示的t＝1s、2s、3s、4s各时刻中，质点动能最小的时刻是()图1A.1s B.2sC.3s D.4s答案D解析质点的动能最小，即动量最小，由动量定理可得I合＝Ft＝mv，由图象可知，图象的面积表示合外力的冲量，即动量的变化量，由图象可知2s末面积最大，4s末面积最小，所以D正确，A、B、C错误。6.(2021·山东滨州二模)图2甲是我国首艘海上飞船在平静的水面由静止开始在水平面上沿直线运动，若运动过程中受到的阻力不变，水平方向的动力F随运动时间t的变化关系如图乙所示。t＝50s后，“翔州1”以20m/s的速度做匀速直线运动。则下列说法正确的是()图2A.飞船所受阻力的大小为2.0×104NB.0～50s内，飞船所受合外力冲量的大小为1.0×106N·sC.飞船的质量为2.5×104kgD.0～50s内，动力F的功为5.0×106J答案C解析根据图象中匀速运动可知飞船所受阻力的大小为1.0×104N，故A错误；0～50s内，飞船所受合外力冲量的大小为I＝Ft－ft，代入数据可得I＝5×105N·s，故B错误；由动量定理可知Ft－ft＝mv，解得m＝2.5×104kg，故C正确；0～50s内，动力F是变力，根据所知信息无法求其做功，故D错误。7.(2021·陕西宝鸡模拟)超强台风“山竹”的风力达到17级超强台风强度，风速60m/s左右，对固定建筑物破坏程度巨大。请你根据所学物理知识推算固定建筑物所受风力(空气的压力)与风速(空气流动速度)大小的关系。假设某一建筑物垂直风速方向的受力面积为S，风速大小为v，空气吹到建筑物上后速度瞬间减为零，空气密度为ρ，风力F与风速大小v的关系式为()A.F＝ρSv B.F＝ρSv2C.F＝eq\f(1,2)ρSv3 D.F＝ρSv3答案B解析设t时间内吹到建筑物上的空气质量为m，则m＝ρSvt，根据动量定理得－F′t＝0－mv＝0－ρSv2t，解得F′＝ρSv2，由牛顿第三定律得F＝F′＝ρSv2，故B正确，A、C、D错误。8.(多选)(2021·1月八省联考河北卷)游乐场滑索项目的简化模型如图3所示，索道AB段光滑，A点比B点高1.25m，与AB段平滑连接的BC段粗糙，长4m。质量为50kg的滑块从A点由静止下滑，到B点进入水平减速区，在C点与缓冲墙发生碰撞，反弹后在距墙1m的D点停下。设滑块与BC段的动摩擦因数为0.2，规定向右为正方向。g取10m/s2。下列说法正确的是()图3A.缓冲墙对滑块的冲量为－50N·sB.缓冲墙对滑块的冲量为－250N·sC.缓冲墙对滑块做的功为－125JD.缓冲墙对滑块做的功为－250J答案BC解析滑块从A到C的过程中，根据动能定理有：mgh－μmgxBC＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－0，从C点反弹运动到D点的过程，根据动能定理有：－μmgxCD＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，代入数据解得v1＝3m/s，v2＝2m/s。滑块与缓冲墙作用的过程中，根据动量定理有I＝－mv2－mv1，代入数据，得I＝－250N·s，故A错误，B正确；根据动能定理有：W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，代入数据得W＝－125J，故C正确，D错误。9.(多选)一质量为m的物体静止在光滑水平面上，现对其施加两个水平作用力，两个力随时间变化的图象如图4所示，由图象可知()图4A.在0～t1时间内，物体的动量不断增大B.在t1时刻，物体的动量为0C.在t1～t2时间内，物体的动量不断减小D.在t2时刻，物体的动量大小为eq\f(（F1－F0）（t2－t1）,2)答案BD解析分析图象可知，0～t1时间内，物体的合力始终为0，保持静止不动，A项错误，B项正确；在t1～t2时间内，物体所受的合力为负方向，大小逐渐增大，物体向负方向做加速运动，动量逐渐增大，C项错误；F－t图线与坐标轴围成的面积表示力的冲量，在t1～t2时间内，对物体由动量定理结合图象面积可知mv＝eq\f(（F1－F0）（t2－t1）,2)，D项正确。10.(多选)(2021·山东烟台模拟)如图5所示，质量相等的小球A、B由轻质弹簧连接，A球上端用细线悬挂于天花板。现烧断细线，两小球从静止开始下落，至弹簧第一次恢复原长过程中(B球未触地)，不计空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是()图5A.细线烧断瞬间，A球的加速度为g，B球的加速度为零B.整个过程中，弹簧对A、B球的冲量大小相等C.弹簧第一次恢复原长时，A球动量大于B球动量D.整个过程中，A、B球的重力做功相等答案BC解析细线烧断瞬间，弹簧长度不变，弹力不变，B球的加速度为零，A球加速度为aA＝eq\f(mAg＋mBg,mA)＝2g，故A错误；整个过程中，弹簧对两球的力大小相等方向相反，弹簧对A、B球的冲量大小相等，故B正确；从开始下落至弹簧第一次恢复原长之前，A球加速度一直大于B球加速度，A球速度大于B球速度，A球动量大于B球动量，故C正确；整个过程中，A球位移大于B球位移，A球的重力做功大于B球的重力做功，故D错误。11.(多选)(2021·江西抚州模拟)从地面上以初速度v0竖直上抛一质量为m的小球，一段时间后落回地面，小球运动的速度随时间变化的规律如图6所示。若运动过程中小球受到的阻力与其速率成正比，v1为小球再次落回地面的速率，重力加速度大小为g。下列说法中正确的是()图6A.小球上升过程中的平均速度小于eq\f(v0,2)B.整个过程中阻力做功为eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)C.小球上升和下降过程中重力的冲量大小相等D.小球上升和下降过程中阻力的冲量大小相等答案AD解析上升过程若是匀减速运动，则平均速度为eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(v0,2)，但由图可知，其速度—时间图象面积小于匀减速运动的面积，即小球上升的位移小于匀减速上升的位移，则可得小球上升过程中的平均速度小于eq\f(v0,2)，A正确；小球整个过程重力势能变化为0，则根据动能定理可得阻力做功为W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，B错误；由题意可得，上升过程中，小球的加速度为a＝eq\f(mg＋f,m)，下降过程的加速度为a＝eq\f(mg－f,m)，又上升和下降的位移相同，且下降的加速度大小比上升的加速度大小小，故下降的时间更长，由冲量的公式，即有IG＝mgt，则下降过程重力的冲量大小大于上升过程重力的冲量大小，C错误；由题意可得，阻力与速率的关系为f＝kv，故阻力的冲量大小为If＝