1.2 动量定理【三大必考点+七大秒杀招+九大题型+分层训练】-2024-2025学年高二物理题型归类+解题大招（人教版2019选择性必修第一册）（解析版）-A4

第1页1.2动量定理【三大必考点+七大秒杀招+九大题型+分层训练】课前预习课前预习+知识精讲知识点01冲量1.冲量(1)概念：力与力的作用时间的乘积叫做力的冲量．(2)定义式：I＝Ft.(3)物理意义：冲量是反映力的作用对时间的累积效应的物理量，力越大，作用时间越长，冲量就越大．(4)单位：在国际单位制中，冲量的单位是牛·秒，符号为N·s.2.冲量的理解(1)冲量的绝对性．由于力和时间均与参考系无关，所以力的冲量也与参考系的选择无关．(2)冲量是矢量．冲量的运算服从平行四边形定则，合冲量等于各外力的冲量的矢量和，若整个过程中，不同阶段受力不同，则合冲量为各阶段冲量的矢量和．(3)冲量是过程量，它是力在一段时间内的积累，它取决于力和时间这两个因素．所以求冲量时一定要明确所求的是哪一个力在哪一段时间内的冲量．3．冲量与功的联系冲量和功都是力作用过程的积累，是过程量．4．冲量与功的区别冲量是矢量，是力在时间上的积累，具有绝对性；功是标量，是力在位移上的积累，有相对性．知识点02冲量的计算1．恒力的冲量公式I＝Ft适用于计算某个恒力的冲量，这时冲量的数值等于力与作用时间的乘积，冲量的方向与恒力方向一致．若力为同一方向均匀变化的力，该力的冲量可以用平均力计算，若力为一般变力则不能直接计算冲量．2．变力的冲量①变力的冲量通常可利用动量定理I＝Δp求解．②可用图象法计算如图所示变力冲量，若某一力方向恒定不变，那么在F－t图象中，图中阴影部分的面积就表示力在时间Δt＝t2－t1内的冲量．知识点03动量定理1．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．这个关系叫做动量定理．(2)表达式：I＝Δp或Ft＝mv′－mv.2．对动量定理的理解(1)动量定理反映了合外力的冲量是动量变化的原因．(2)动量定理的表达式是矢量式，它说明合外力的冲量跟物体动量变化量不仅大小相等，而且方向相同．(3)动量的变化率和动量的变化量由动量定理可得出F＝eq\f(p′－p,t)，它说明动量的变化率决定于物体所受的合外力．而由动量定理I＝Δp可知动量的变化量取决于合外力的冲量，它不仅与物体的受力有关，还与力的作用时间有关．(4)动量定理具有普遍性，即不论物体的运动轨迹是直线还是曲线，不论作用力是恒力还是变力，不论几个力的作用时间是相同还是不同都适用．3．动量定理的应用(1)定性分析有关现象由F＝eq\f(Δp,t)可知：①Δp一定时，t越小，F越大；t越大，F越小．②Δp越大，而t越小，F越大．③Δp越小，而t越大，F越小．(2)应用动量定理解决问题的一般步骤①审题，确定研究对象：对谁、对哪一个过程．②对物体进行受力分析，分析力在过程中的冲量，或合力在过程中的冲量．③抓住过程的初、末状态，选定参考方向，对初、末状态的动量大小、方向进行描述．④根据动量定理，列出动量定理的数学表达式．⑤写清各物理量之间关系的补充表达式．⑥求解方程组，并分析作答．解题大招解题大招大招01求冲量与功的两点注意事项(1)判断两个力的冲量是否相同，要看这两个力冲量的大小是否相等，方向是否相同．(2)力对物体有冲量时，不一定对物体做功；力对物体做功时，一定对物体有冲量．大招02计算冲量的四点注意(1)求冲量时一定要明确所求的是哪一个力在哪一段时间内的冲量．(2)当力的方向不变时，冲量的方向与力的方向相同．当力的方向变化时，冲量的方向与相应时间内物体动量变化的方向相同．(3)某个力的冲量由该力和力的作用时间决定，与其他力是否存在及物体的运动状态无关．(4)力与时间均与参考系无关，只要有力作用在物体上，就一定存在冲量，即恒定作用力的冲量不会为零，但是合外力的冲量可能是零，变力的冲量也可能是零．大招03利用动量定理解释物理现象的问题主要有两类，一类是物体动量变化相同或相差不大，由于作用时间的长短不同，物体受到的作用力不同，要使物体受到的作用力较小，应延长作用时间，要获得较大的作用力，就要缩短作用时间；另一类是物体所受的合外力相同或相差不大，由于作用时间长短不同，引起物体运动状态的改变不同．大招04动能定理和动量定理的区别与联系动能定理动量定理内容合力所做的功等于物体动能的变化或物体所受各个力做功的代数和等于它的动能的变化物体所受合力的冲量等于它的动量的变化或物体所受各个力的冲量之和等于它的动量的变化表达式W总＝Ek2－Ek1＝ΔEkI总＝Δp＝p2－p1或F·Δt＝mv2－mv1标量矢量标量式矢量式公式的理解①W总是所有外力对物体做的总功，等于所有外力对物体做功的代数和②W总>0表示合外力作为动力对物体做正功，物体动能增加；W总<0表示合外力作为阻力对物体做负功，物体动能减少③动能定理的应用比较广泛，既适用于直线运动，也适用于曲线运动；既适用于恒力做功的情况，也适用于变力做功的情况．动能定理的研究对象既可以是单个物体，也可以是可看成单一物体的物体系④若物体运动的过程中包含几个不同过程，应用动能定理时，可以分段考虑，也可以将全过程作为一个整体来处理⑤动能定理对应的是一个过程，并且它只涉及到物体初、末状态的动能和整个过程中合力做的功，它不涉及物体运动过程中的加速度、时间以及中间状态的速度和动能，因此用它处理问题比较方便①式中的“＝”不仅表示大小相等，同时还表示方向相同②合力的冲量是动量变化的原因③与牛顿第二定律的瞬时性不同，力在瞬间可产生加速度，但不能改变动量，只有作用一段时间后才能改变物体的动量④高中阶段只要求研究单个质点，事实上也适用于一个系统⑤不论恒力还是变力，不论轨迹是直线还是曲线，不论运动时间的长短，动量定理都适用⑥由动量定理得：F合＝(p2－p1)/t即物体动量的变化率等于它受到的合力⑦动量定理只适用于惯性参考系，通常选地面为参考系大招05解答质量连续变动问题的基本思路(1)建立“柱体”模型。对于流体，可沿流速v的方向选取一段柱形流体，设在Δt时间内通过某一横截面积为S的流体长度为Δl，如图所示，若流体的密度为ρ，那么，在这段时间内流过该截面的流体的质量为Δm＝ρSΔl＝ρSvΔt；eq\o(\s\up11(),\s\do4())2掌握“微元”方法。当所取时间Δt足够短时，图中流体柱长度Δl就足够短，质量Δm也很小，这种以一微小段为研究对象的方法就是微元法；3运用动量定理，即流体微元所受的合外力的冲量等于微元动量的增量，即F合Δt＝Δp。大招06解答质量连续变动问题的具体步骤应用动量定理分析连续体相互作用问题的方法是微元法，具体步骤为：1确定一小段时间Δt内的连续体为研究对象；2写出Δt内连续体的质量Δm与Δt的关系式；3分析连续体的受力情况和动量变化；4应用动量定理列式、求解。大招07易错点1.如果几个物体组成的整体在某一运动过程中所受合外力不变，可以将这几个物体作为一个整体，对整体运用动量定理列方程求解，可使求解过程大大简化．2.利用动量定理解题，可以先定一个正方向，则当速度和力与规定正方向同向时取正值，当速度或力与规定正方向反向时取负值．题型分类题型分类题型01对冲量的理解【例1】下列关于冲量的说法中正确的是（

）A．冲量是矢量B．冲量的单位是焦耳C．当力与位移垂直时，该力的冲量为零D．一个力作用在物体上，物体保持不动，则该力的冲量为零【答案】A【解析】A．由冲量的定义式可知，冲量是矢量，方向与力的方向相同，故A正确；B．由冲量的定义式可知，冲量的单位为，故B错误；CD．由冲量的定义式可知，只要有力且作用了时间，冲量就不会零，故CD错误。故选A。【变式1-1】关于冲量，以下说法正确的是（

）A．物体所受合力的冲量为零时，合力做功也为零B．物体沿水平面运动时，重力不做功，其冲量为零C．物体所受合力的冲量越大，则合力做功也越大D．只要物体受到了力的作用，一段时间内物体受到的总冲量就一定不为零【答案】A【解析】A．合外力的冲量等于动量的变化量，如果合外力的冲量为零，则动量的变化量为零，所以物体速度不变，动能变化量为零，合外力做功也为零，选项A正确；B．重力是恒力，则重力的冲量为mgt，与重力是否做功无关，选项B错误；C．物体所受合力的冲量越大，则动量变化量越大，动量变化可能只改变方向，故动能不一定变大，合外力做功不一定越大，选项C错误；D．物体受到了力的作用，这个力一般指的是合力，但是如果力是变力，则一段时间内的总冲量也可能为零，如匀速圆周运动中受到了力的作用，但在转一周的过程中的总冲量是零，选项D错误。故选A。【变式1-2】俯卧撑是一项深受学生们喜欢的课外健身运动，做中距俯卧撑（下左图）时双臂基本与肩同宽，做宽距俯卧撑（下右图）时双臂大约在1.5倍肩宽。某位同学正在尝试用不同姿势的做俯卧撑；对于该同学做俯卧撑的过程，下列说法中正确的是（

）A．在俯卧撑向下运动的过程中，地面对手掌的支持力小于手掌对地面的压力B．宽距俯卧撑比中距俯卧撑省力C．在俯卧撑向上运动的过程中，地面对该同学的支持力做正功D．在做俯卧撑运动的过程中，地面对该同学的冲量不为零【答案】D【解析】A．地面对手掌的支持力与手掌对地面的压力是一对相互作用力，大小相等，故A错误；B．宽距俯卧撑双臂间距大于肩宽，手臂间的夹角变大，作用力比中距俯卧撑作用力大，故B错误；C．在俯卧撑向上运动的过程中，地面对该同学手掌的支持力的作用点没有发生位移，所以地面对该同学的支持力不做功，故C错误；D．在做俯卧撑运动的过程中，根据可知地面对该同学的冲量不为零，故D正确。故选D。题型02恒力冲量的计算【例2】如图所示，质量为的物块在与水平方向夹角为的恒定拉力的作用下匀速向右运动。在时间内，下列说法正确的是（）A．物体所受重力的冲量为0B．物块所受摩擦力的冲量为0C．物块所受拉力的冲量为D．物块所受合力的冲量为0【答案】D【解析】A．物块所受重力的冲量为故A错误；B．物体匀速运动，由水平方向的平衡条件可得摩擦力大小物块所受摩擦力的冲量为故B错误；C．物块所受拉力的冲量为故C错误；D．物体匀速运动，合力为零，物块所受合力的冲量为0，故D正确。故选D。【变式2-1】如图所示，摩天轮以角速度做匀速圆周运动，吊篮内的游客随摩天轮做半径为R的匀速圆周运动，乘客的质量为m，重力加速度为g，则乘客从最高点到最低点的过程中（）A．重力的冲量大小为 B．重力的冲量大小为C．重力的冲量大小为 D．重力的冲量大小为【答案】C【解析】乘客从最高点到最低点运动的时间为因此重力的冲量大小为故选C。【变式2-2】2023年我国首套高温超导电动悬浮全要素试验系统完成首次悬浮运行，实现重要技术突破。设该系统的试验列车质量为m，某次试验中列车以速率v在平直轨道上匀速行驶，刹车时牵引系统处于关闭状态，制动装置提供大小为F的制动力，列车减速直至停止。若列车行驶时始终受到大小为f的空气阻力，则（）A．列车减速过程的加速度大小 B．列车减速过程F的冲量为mvC．列车减速过程通过的位移大小为 D．列车匀速行驶时，牵引系统的输出功率为【答案】C【解析】A．根据牛顿第二定律有可得减速运动加速度大小故A错误；B．根据运动学公式有故力F的冲量为方向与运动方向相反；故B错误；C．根据运动学公式可得故C正确；D．匀速行驶时牵引力等于空气阻力，则功率为故D错误。故选C。题型03变力冲量的计算【例3】物体受到方向不变的力F作用，其中F的大小随时间变化的规律为（F的单位是N），则力F在内的冲量大小为（）A．6N·s B．8N·s C．10N·s D．16N·s【答案】C【解析】根据题意可知，力F在内的冲量大小为故选C。【变式3-1】一质量为的小球做匀速圆周运动，其运动速率为。则在该小球运动四分之一圆弧过程中，其所受合外力的冲量为（

）A．0 B． C． D．【答案】C【解析】如图所示在该小球运动四分之一圆弧过程中，速度的变化量动量的变化量由动量定理，其所受合外力的冲量故选C。【变式3-2】如图甲所示，质量为0.4kg的物块在水平力F的作用下由静止释放，物块与足够高的竖直墙面间的动摩擦因数为0.4，力F随时间t变化的关系图像如图乙所示，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小，下列说法正确的是（）A．时物块离出发点最远B．时物块速度与时相等C．内物块速度先增大后减小D．内摩擦力的冲量大小为【答案】D【解析】A．当物块受到摩擦力与重力相等时，有解得可知内物块向下做加速运动，内物块向下做减速运动，末物块的速度为零，内物块静止，内物块向下做加速运动，故时物块离出发点最远，故A错误；B．由上述分析可知，时物块的速度为零，时物块的速度不为零，故B错误；C．由上述分析可知，内物块速度先增大后减小，再增大，故C错误；D．内、内物体受到的摩擦力为内摩擦力的冲量为内摩擦力的冲量为内摩擦力的冲量为内摩擦力的冲量大小为故D正确。故选D。题型04利用F-t图像求冲量【例4】如图甲所示，质量为1kg的物块静止放在水平地面上，现对物块施加水平向右的外力F，F随时间变化的关系如图乙所示。已知物块与水平地面间的动摩擦因数为0.3，接触面间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小。下列说法正确的是（

）A．0~6s内，物块受到的支持力冲量为0 B．0~2s内，物块受到的合力冲量大小为1.5N·sC．0~2s内，物块受到的摩擦力冲量大小为6N·s D．6s末，物块的动量大小为12kg·m/s【答案】B【解析】A．根据可知0~6s内，物块受到的支持力冲量不为0，故A错误；B．物块与水平地面间的最大静摩擦力为由图像可知，在内物块处于静止状态，在时物块开始运动，则0~2s内，物块受到的合力冲量大小为故B正确；C．在内物块受到静摩擦力作用，则0~2s内，物块受到的摩擦力冲量大小为故C错误；D．在时物块开始运动，则1~6s内，对物块根据动量定理可得其中，解得6s末，物块的动量大小为故D错误。故选B。【变式4-1】质量的物块在光滑水平地面上以的速度运动，时对物块施加以水平外力F，规定的方向为正方向，外力F随时间t变化图线如图所示，则（

）A．第1s末物块的速度大小为2.25m/s B．第2s末物块的动量大小为C．在0~3s时间内物块的动量变化量为 D．第4s末时物块的运动方向发生改变【答案】A【解析】A．在时间内，由图像与横轴围成的面积表示冲量，有根据动量定理得解得第1s末物块的速度大小为故A正确；B．在时间内，由图像与横轴围成的面积表示冲量，有根据动量定理得解得第末物块的动量大小为故B错误；C．由图像可知在时间内合力的冲量为根据动量定理可知，在0~3s时间内物块的动量变化量为0，故C错误；D．由图像可知在时间内合力的冲量为根据动量定理得解得第4s末物块的速度为可知第4s末时物块的运动方向没有发生改变，故D错误。故选A。【变式4-2】质量为1kg的物块在水平力F的作用下由静止开始在水平地面上运动，力F随时间t变化的规律如图所示。已知物块与地面间的动摩擦因数为0.2，取重力加速度。下列说法正确的是（）A．时，物块的速度最大B．时，物块的加速度为零C．时，物块的动量大小为D．时间内，力F对物块的冲量大小为【答案】C【解析】AB．当物块的加速度为零时，其达到最大速度，有解得由题图可知，F与t的关系为解得所以时，物块的加速度为零，物块的速度最大，故AB错误；CD．由于图像的面积表示冲量，所以其力F的冲量为结合动量定理有摩擦力的冲量为解得故C正确，D错误。故选C。题型05对动量定理的理解和应用【例5】一个质量为0.18kg的垒球，以20m/s的水平速度飞向球棒，被球棒击打后，反向水平飞回，速度的大小为40m/s。以击打前垒球的速度方向为正方向，下列说法正确的是（）A．击打前垒球的动能为72JB．击打前垒球的动量为C．击打过程垒球的动量变化量为D．击打过程棒对垒球作用力的冲量为【答案】C【解析】A．击打前垒球的动能为故A错误；B．击打前垒球的动量为故B错误；C．击打过程垒球的动量变化量为故C正确；D．击打过程棒对垒球作用力的冲量为故D错误。故选C。【变式5-1】如图所示，一小物块随圆盘一起匀速转动。在转动过程中，下列说法正确的是（）A．小物块所受摩擦力的方向沿运动轨迹切线B．小物块所受摩擦力的方向沿半径指向转轴C．小物块动量始终不变D．小物块运动半圈，合力冲量为0【答案】B【解析】AB．小物块做匀速圆周运动，由所受外力的合力提供向心力，物块所受重力与支持力平衡，可知，由摩擦力提供向心力，即摩擦力方向指向圆心，与轨迹切线垂直，故A错误，B正确；C．小物块做匀速圆周运动，速度大小不变，速度方向发生变化，可知，小物块动量始大小不变，方向发生变化，故C错误；D．小物块运动半圈，始末位置速度方向相反，令速度大小为v，末速度方向为正方向，根据动量定理有故D错误。故选B。【变式5-2】如图所示，从地面将质量为m的小球竖直向上抛出，速度大小为v1，经时间t小球落地，速度大小为v2。已知在运动过程中小球所受空气阻力大小恒为f，重力加速度为g，设竖直向上为正方向，则从小球抛出到落回地面的过程中空气阻力的冲量为（）A．B．C．D．【答案】A【解析】竖直向上为正方向，由动量定理可得从小球抛出到落回地面的过程中合冲量得空气阻力的冲量故选A。题型06动量定理在多过程运动中的应用【例6】图为跳水运动员从起跳到落水的示意图，在运动员从最高点到入水前的运动过程中，不计空气阻力，运动员在相同时间内的（）A．速度变化量不一定相同 B．动量变化量一定相同C．动能变化量一定相等 D．受到的重力冲量不一定相同【答案】B【解析】A．运动员在空中只受重力，加速度保持不变，根据可知，运动员在相同时间内的速度变化量一定相同，故A错误；BD．运动员在相同时间内受到的重力冲量一定相同，根据动量定理有可知相同时间内的动量变化量也一定相同，故B正确，D错误；C．根据动能定理有由于运动员在相同时间内下降的高度不同，因此运动员在相同时间内的动能变化量不相等，故C错误。故选B。【变式6-1】（多选）2024年4月肇庆局部地区出现了冰雹。现将冰雹下落过程做如下简化：一颗质量为4g的冰雹，从离地高2km处由静止沿直线落下，下落过程中受到的阻力与其速度大小的平方成正比。若到达地面前已匀速，其速度大小为20m/s，与地面相互作用后碎裂且不反弹，已知冰雹与地面作用的时间为0.01s，g取10m/s2。下列说法正确的是（

）A．冰雹在空中匀速下落过程中重力的冲量为零B．冰雹在空中下落过程中克服空气阻力做功0.8JC．冰雹与地面作用过程中合力的冲量大小为0.08N·sD．冰雹与地面间的平均作用力大小约为8N【答案】CD【解析】A．根据可知冰雹在空中匀速下落过程中重力的冲量不为零，故A错误；B．根据动能定理可得解得冰雹在空中下落过程中克服空气阻力做功为故B错误；C．与地面作用过程中，以竖直向上为正方向，由动量定理可得可知冰雹与地面作用过程中合力的冲量大小为0.08N·s，故C正确；D．冰雹与地面作用过程，以竖直向上为正方向，由动量定理可得可得冰雹与地面间的平均作用力大小为故D正确。故选CD。【变式6-2】（多选）如图所示为一款落锤冲击试验机，将重锤从不同高度落到样本（片、薄膜、制品）上，以检测其在不同温度、湿度、冲击能量下的性能表现。现将一质量为的重锤从高度处由静止释放，重锤与样本冲击时间约为，然后以的速度反弹。已知重力加速度，空气阻力忽略不计。下列说法正确的是（）A．与样本冲击过程，重锤的动量变化量大小为B．与样本冲击过程，重锤的动量变化量大小为C．重锤对样本的冲击力大小约为D．重锤对样本的冲击力大小约为【答案】AD【解析】AB．重锤下落过程，有解得选竖直向下为正方向，则有可得与样本冲击过程，重锤的动量变化量大小为。故A正确；B错误；CD．根据动量定理解得根据牛顿第三定律可知，重锤对样本的冲击力大小约为。故C错误；D正确。故选AD。题型07动量定理与图像结合问题【例7】质量为5kg的物体做直线运动，其速度—时间图像如图所示，则物体在前10s内和后10s内所受合外力的冲量分别是（）A．， B．， C．0， D．0，【答案】D【解析】由图像可知，在前10s内初、末状态的动量相同由动量定理知在后10s内末状态的动量由动量定理得故选D。【变式7-1】（多选）一个质量为60kg的蹦床运动员，从离水平网面某高处自由下落，着网后沿竖直方向端回到空中。用摄像机录下运动过程，从自由下落开始计时，取竖直向下为正方向，用计算机作出图像如图所示，其中和为直线，，不计空气阻力，取重力加速度。从自由下落开始到蹦至离水平网面最高处的过程中，下列说法正确的是（

）A．网对运动员的平均作用力大小为1950N B．运动员动量的变化量为C．弹力的冲量大小为 D．运动员所受重力的冲量大小为【答案】AD【解析】A．由自由落体运动可知在时间内，网对运动员有作用力，根据动量定理得其中，，，得网对运动员的平均作用力大小为1950N，A正确；B．从自由下落开始到蹦至离水平网面最高处的过程中，运动员动量的变化量为0，B错误；C．弹力的冲量大小为C错误；D．运动员所受重力的冲量大小与弹力对运动员的冲量大小相等，即，D正确。故选AD。【变式7-2】（多选）在水平面上静置有质量相等的a、b两个物体，水平推力、分别作用在a、b上，一段时间后撤去推力，物体继续运动一段距离后停下，a、b在运动过程中未相撞，a、b的v-t图像如图所示，图中平行于，整个过程中a、b的最大速度相等，运动时间之比。则在整个运动过程中下列说法正确的是（）A．物体a、b受到的摩擦力大小相等B．两水平推力对物体的冲量之比为C．两水平推力对物体的做功之比为D．两水平推力的大小之比为【答案】ABC【解析】AD．由题图知，平行于，说明撤去推力后两物体的加速度相同，而撤去推力后物体的合力等于摩擦力，根据牛顿第二定律可知解得根据图像可知，解得故A正确，D错误；B．根据动量定理有，解得故B正确；C．根据动能定理可得，，解得故C正确。故选ABC。题型08流体类、粒子类问题【例8】日常生活中常用高压水枪清洗汽车，某高压水枪喷口直径为D，喷出水流的流速为v，水柱垂直射向汽车表面后速度变为零。已知水的密度为。下列说法正确的是（）A．高压水枪单位时间内喷出的水的体积为B．高压水枪单位时间内喷出的水的质量为C．水柱对汽车的平均冲力为D．若高压水枪喷口的出水速度变为原来的2倍，则水柱对汽车的平均冲力为原来的2倍【答案】C【解析】A．高压水枪单位时间内喷出的水的体积故A错误；B．高压水枪单位时间喷出水的质量故B错误；C．设水柱对汽车的平均冲力为F，垂直汽车表面方向，由动量定理得时间内水柱的质量为解得水柱对汽车的平均冲力为故C正确；D．根据若高压水枪喷口的出水速度变为原来的2倍，则水柱对汽车的平均冲力为原来的4倍，故D错误。故选C。【变式8-1】高压清洗广泛应用于汽车清洁、地面清洁等。某高压水枪出水口横截面积为S，手持该高压水枪操作时，水流刚进入水枪时的速度可忽略不计，水从枪口以速度v高速喷出后，近距离垂直喷射到某物体表面且速度在短时间内变为零，忽略水从枪口喷出后的发散效应，水的密度为，则水在物体表面产生的平均冲击力大小和高压水枪喷水的输出功率分别为（

）A．

B．

C．

D．

【答案】D【解析】时间内流出的水的质量根据动量定理联立解得根据动能定理解得故选D。【变式8-2】2021年6月17日，我国神舟十二号载人飞船发射成功，3名航天员进驻“天宫号”空间站的“天和号”核心舱，标志着我国空间站建设进入新阶段。如图所示，“天和号”核心舱垂直于运动方向的横截面面积约为9m2，以第一宇宙速度v=7.9×103m/s运行，核心舱经过某段宇宙尘埃区时尘埃会附着于舱体外表，已知每个尘埃（初速度可忽略）的质量为m=1.5×10-7kg，为维持轨道高度不变，需要开启舱外发动机增加了170N的推力，则该区域每立方米空间内的尘埃数大约为（）A．2×106个 B．16个 C．14×104个 D．2个【答案】D【解析】设该区域每立方米空间内的尘埃数为n个，则在∆t时间内有v∆tSn个尘埃数附着于飞船上，对尘埃由动量定理可得F∆t=v∆t∙Snmv代入数据解得n≈2个ABC错误，D正确。故选D。题型09冲量与功、动量定理与动能定理的比较【例9】水平恒力F两次作用在同一静止物体上，使物体沿力的方向运动相同时间，第一次是在光滑水平面上，第二次是在粗糙水平面上，则两次力F做的功和冲量的大小关系是（）A．，B．， C．， D．，【答案】B【解析】根据由于两次物体沿力的方向运动相同时间，则两次水平恒力F的冲量大小相等，即由于第一次在光滑水平面上，物体受到的合力较大，则加速度较大，根据可知相同时间内第一次通过的位移较大，即根据可知故选B。【变式9-1】用水平力拉一物体，使物体在水平地面上由静止开始做匀加速直线运动，时刻撤去拉力F，物体做匀减速直线运动，到时刻停止运动。其速度—时间图像如图所示，且，若拉力F做的功为，拉力的冲量大小为；物体克服摩擦力做的功为，摩擦力的冲量大小为。则下列选项正确的是（）A．， B．，C．， D．，【答案】A【解析】从静止开始运动到最后停止运动，根据动能定理可得可得根据动量定理可得可得故选A。【变式9-2】（多选）如图所示，在光滑水平面上有一足够长的长木板以速度向右运动，某时刻有一质量为m的小木块以速度向左冲上长木板，同时对长木板施加一个水平向右的拉力，使长木板速度保持不变，直至小木块与长木板达到共速。小木块与长木板之间的粗糙程度处处相同，关于此过程下列说法正确的是（）A．系统产生的热量为B．长木板对小物块做的功为0C．水平外力F对长木板做的功为D．长木板对小物块的冲量大小为【答案】BC【解析】B．设小木块与长木板之间的摩擦力为，整个过程用时，小木块在水平方向上只受摩擦力的作用，长木板在水平方向上受到水平拉力与摩擦力的共同作用，做匀速直线运动，所以对小物块，由动能定理得即长木板对小物块做的功为，故B项正确。D．对小木块由动量定理得长木板对小物块的冲量是长木板对小物块的支持力与摩擦力的合力的冲量，而不是摩擦力对小物块的冲量，故D项错误。C．对长木板，在时间内的位移由之前的分析有拉力对长木板做的功故C项正确；A．对长木板由动能定理得即系统产生的热量等于系统克服摩擦力做的功，即故A错误。故选BC。分层训练分层训练【基础过关】1．1960年第11届国际计量大会制订了一种国际通用的、包括一切计量领域的单位制，叫做国际单位制．下列单位中可以表示功的单位焦耳的是（

）A． B． C． D．【答案】B【详解】A.根据可知A错误；B.根据动能定理可知B正确；C.根据可知是力的单位，C错误；D.根据可知是冲量的单位，D错误。故选B。2．在驾驶汽车时必须系好安全带，因为在紧急情况下急刹车，汽车速度会在很短时间内减小为零。关于安全带在此过程中的作用，下列说法正确的是（）A．延长了司机的受力时间B．增大了司机的受力C．增加了司机所受的冲量D．减小了司机所受的冲量【答案】A【详解】AB．安全带在刹车过程中延长了司机的受力时间，从而减小了司机的受力，使人不易受伤，故A正确，B错误；CD．司机刹车前后的速度变化量不变，因此无论有无安全带，司机动量的变化量都相等，根据动量定理，司机所受的冲量等于动量的变化量，无论有无安全带，司机所受冲量都一样，故CD错误。故选A。3．垫球是排球运动基本技术之一、它是在全身协调用力的基础上通过手臂的迎击动作，使来球从垫击面上反弹出去的一项击球技术。质量为270g的排球正在竖直下落，人用手臂将排球竖直向上垫起，排球与手臂作用时间为0.2s，排球离手臂后竖直上升高度为2.45m，若排球与手臂撞前速度与撞后速度等大反向，则排球在空中上升的时间t和排球对手臂的平均作用力F的大小分别是（空气阻力不计，取重力加速度）（）A．s； B．；C．； D．；【答案】B【详解】不计空气阻力，排球从高度为2.45m处自由下落时有解得排球在空中上升的时间与排球自由下落的时间相等，则排球与手臂接触前瞬间竖直向下的速度大小设竖直向上为正方向，排球与手臂接触前竖直向下的速度大小与用手臂垫起排球反向弹回的速度大小相等，由动量定理得解得根据牛顿第三定律知，排球对手臂的平均作用力F的大小为21.6N。故选B。4．在某场篮球比赛中，质量为的篮球以的速度大小传来，甲运动员接住后马上以相同的速度大小反向传出，如果甲从接球到将球传出的时间为，则在甲从接球到将球传出的过程中，不计空气阻力，则（）A．甲接球后手要往身体收，延长触球时间，以免手指受到伤害B．整个过程中球的动量改变了C．整个过程中手对球的平均作用力大小为24ND．整个过程中，甲对球的冲量大于球对甲的冲量【答案】A【详解】A．根据动量定理可知，甲接球后手要往身体收，延长触球时间，从而减小球与手指间的作用力，以免手指受到伤害，故A正确；B．以反向传出时为正方向，整个过程中球的动量变化量为故B错误；C．整个过程中，根据动量定理可得解得合力大小为可知作用过程手对球的平均作用力和球的重力的合力大小为，由于不清楚球的速度方向，所以无法确定手对球的平均作用力大小，故C错误；D．整个过程中，根据牛顿第三定律可知，甲对球的作用力等于球对甲的作用力，且作用时间相等，则甲对球的冲量大小等于球对甲的冲量大小，故D错误。故选A。5．高台跳水是我国运动员的强项。在运动会上，一位质量为m的跳水运动员从高台跳入水中，在进入水中后，假设他受到恒定的水的作用力F，减速到0下降的高度为h，重力加速度为g。从进入水到减速为0的过程中（）A．重力的冲量与作用力F的冲量大小相等方向相反B．重力对运动员做的功大于运动员克服作用力F的功C．运动员的机械能减少了D．运动员的机械能减少了【答案】D【详解】A．从进入水到减速为0的过程中，根据动量定理可得所以作用力F的冲量大小更大，故A错误；B．从进入水到减速为0的过程中，根据动能定理可得所以克服作用力F的功更大，故B错误；CD．机械能减少量等于克服作用力F所做的功，即故D正确，C错误。故选D。6．如图所示，质量为的物块以初速度沿倾角为的粗糙固定斜面由底端点上滑，滑到点时速度为0，然后下滑回到点。关于物块所受的冲量，下列说法正确的是（）A．物块上滑过程中重力的冲量等于下滑过程中重力的冲量B．物块上滑过程中所受摩擦力的冲量小于下滑过程中所受摩擦力的冲量C．无论上滑过程还是下滑过程，物块所受支持力的冲量始终为0D．物块从冲上斜面到返回斜面底端的整个过程中所受合外力的冲量总和为0【答案】B【详解】A．由牛顿第二定律得，物体上滑过程中解得下滑过程中解得所以物体上滑与下滑过程中位移大小x相等，由可知重力的冲量所以上滑过程中重力的冲量小于下滑过程中重力的冲量，故A错误；B．摩擦力的冲量大小则物块上滑过程摩擦力的冲量小于下滑过程受到摩擦力冲量，故B正确；C．支持力不为零，支持力的冲量不为零，故C错误；D．物块从冲上斜面到返回斜面底端的整个过程中，速度方向改变，动量的变化不为零，由动量定理可知，合外力的冲量总和不为零，故D错误。故选B。7．如图甲所示，质量为2kg的物块静止放置在水平地面上，物块与地面之间的动摩擦因数为0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现对物块施加一水平方向的拉力F，拉力大小随时间变化关系如图乙所示，重力加速度g取，则下列说法正确的是（）

A．在内，重力对物块的冲量大小为0B．在内，拉力F对物块的冲量大小为C．在内，摩擦力对物块的冲量大小为D．在时，物块的速度大小为【答案】C【详解】A．在内，重力对物块的冲量大小为代入得故A错误；B．在内，拉力F对物块的冲量大小为代入得故B错误；C．物块受到的最大静摩擦力为可知内，物块处于静止状态，受到静摩擦力作用；内，物块受到滑动摩擦力作用，则在内，摩擦力对物块的冲量大小为故C正确；D．水平方向由动量定理可知代入得，时刻，物块的速度大小为故D错误。故选C。8．如图所示，轻弹簧左端固定，右端自然伸长于粗糙水平面上的点，小球从点以某初速向左运动，被弹簧反弹后恰好返回至。则小球（）

A．两次经过点时的速度大小相等B．向左经过点的加速度小于向右经过点的加速度C．向左运动的时间等于向右运动的时间D．压缩弹簧过程所受弹力的冲量小于弹簧恢复形变过程所受弹力的冲量【答案】D【详解】A．地面粗糙，从两次经过点，摩擦力做负功，机械能减少，弹性势能相同，动能减少，因此第二次经过点时速度小，A错误；B．向左向右经过点时，弹簧处于原长状态，合外力等于摩擦力，因此加速度大小相等。B错误；C．OA段向左和向右过程加速度大小相等，位移大小相等，但向左运动的平均速度大，因此向左时间短。弹簧压缩，向左运动时向右运动时得位移大小相等，向左减速逆运动是初速度为的匀加速运动。因此向左的时间短，综上得，向左运动时间小于向右运动的时间。C错误；D．压缩弹簧过程和弹簧恢复形变过程弹力变化相同，压缩弹簧时时间小，因此弹力冲量小，D正确。故选D9．甲、乙、丙三个不同物体所受的力与时间的关系图像分别如图甲、乙、丙所示，作用力使物体的动量发生变化，则它们动量变化量的大小关系为（）A．甲＞乙＞丙 B．丙＞乙＞甲C．丙＞甲＞乙 D．因物体的质量未知，无法判断【答案】B【详解】外力对甲物体的冲量为外力对乙物体的冲量为外力对丙物体的冲量为则根据动量定理可知故选B。10．如图所示，圆盘在水平面内做周期为T的匀速转动，圆盘上距轴一定距离的P点有一质量为m的小物块随圆盘一起转动。已知小物块的线速度为。下列对物块在内的说法正确的是（）A．物块支持力的冲量大小为0B．物块重力的冲量大小为C．物块摩擦力的冲量大小为0D．物块合力的冲量大小为【答案】B【详解】A．物块在竖直方向上受的支持力与重力平衡，则有则物块支持力的冲量大小为故A错误；B．物块重力的冲量大小为故B正确；CD．物块在内速度的变化量大小为则合力的冲量大小为对物块受力分析，可知物块做匀速圆周运动的向心力由物块所受静摩擦力提供，则物块摩擦力的冲量大小为故CD错误。故选B。11．（多选）如图，水平桌面上，一质量为m的物体在水平恒力F拉动下从静止开始运动。物体运动秒后，速度大小增为，此时撤去F，物体继续滑行秒后停止运动。则（）

A．在此过程中F所做的功为B．在此过程中F的冲量大小等于C．F的大小等于滑动摩擦力大小的3倍D．物体与桌面间的动摩擦因数等于【答案】BC【详解】BC．时间内，根据动量定理可得时间内，根据动量定理可得联立可得在此过程中F的冲量大小等于故BC正确；A．时间内，根据动能定理可得又联立可得在此过程中F所做的功为故A错误；D．设物体与桌面间的动摩擦因数为，时间内，根据动量定理可得解得故D错误。故选BC。12．（多选）科学团队在地球表面进行探测器的悬停实验，为未来探测器在更遥远的天体安全着陆做准备。当探测器向下喷出气体时，探测器悬停在地表上空。已知探测器竖直向下喷射的气体密度为ρ，横截面积为S，喷出时的速度大小为v，重力加速度为g。若近似认为喷射气体的重力忽略不计，探测器的质量保持不变，不计空气阻力，则（

）A．探测器对喷射气体的冲量大小等于喷射气体对探测器的冲量大小B．探测器与喷射气体两者的动量变化量大小相等，方向相反C．探测器单位时间内喷出气体的质量为D．探测器的质量为【答案】AD【详解】A．探测器对喷射气体的作用力与喷射气体对探测器的作用力是一对相互作用力，大小总是相等，具有同时性；可知探测器对喷射气体的冲量大小等于喷射气体对探测器的冲量大小，故A正确；B．当探测器向下喷出气体时，探测器悬停在地表上空，可知探测器的动量变化量大小为零，而喷射气体的动量变化不为零，故B错误；C．时间内探测器喷出气体的质量为则探测器单位时间内喷出气体的质量为故C错误；D．设探测器的质量为，探测器喷出气体过程，探测器与气体之间的作用力为，以探测器为对象，根据受力平衡可得以喷出气体为对象，根据动量定理可得联立解得故D正确。故选AD。13．（多选）类比是一种常用的研究方法，对于直线运动，教科书中讲解了由v﹣t图象求位移的方法，请你借鉴此方法分析下列说法，其中正确的是（）A．由a﹣t（加速度﹣时间）图线和横轴围成的面积可求出对应时间内做直线运动物体的速度变化量B．由F﹣v（力﹣速度）图线和横轴围成的面积可求出对应速度变化过程中F做功的功率C．由F﹣x（力﹣位移）图线和横轴围成的面积可求出对应位移内F所做的功D．由F﹣t（力﹣时间）图线和横轴围成的面积可求出对应时间内F的冲量【答案】ACD【详解】A．根据Δv＝aΔt得，a﹣t（加速度﹣时间）图线和横轴围成的面积表示速度的改变量；故A正确；B．F﹣v图线中任意一点的横坐标与纵坐标的乘积等于Fv，即瞬时功率，故图象与横轴围成的面积不一定等于Fv，即不是对应速度变化过程中力做功的功率，故B错误；C．由W＝FL可知，由F﹣x（力﹣位移）图线和横轴围成的面积可求出对应位移内F所做的功，故C正确；D．由I＝Ft可知，F﹣t（力﹣时间）图线和横轴围成的面积可求出对应时间内F的冲量，故D正确；故选ACD．14．国家要求：新型汽车上市前必须进行碰撞测试。某型号实验汽车在平直路面上测试，以额定功率90kW启动，加速运行直到匀速行驶，在离固定障碍物125m处关闭发动机匀减速行驶，最后与障碍物发生正碰，碰撞时间0.2s，碰后不反弹。已知实验汽车质量为1.5t，行驶过程中所受阻力恒为车重的0.2倍，重力加速度g取。碰撞过程中仅考虑障碍物对汽车的冲击力。求：(1)汽车匀速行驶的速度大小；(2)汽车与障碍物正碰时所受平均冲击力的大小。【答案】(1)(2)【详解】（1）汽车行驶过程中所受阻力为根据可知，汽车匀速行驶的速度大小为（2）关闭发动机匀减速行驶，根据牛顿第二定律解得关闭发动机匀减速行驶的加速度大小为设碰撞前汽车的速度大小为，根据解得设汽车碰撞过程中汽车与障碍物正碰时所受平均冲击力的大小为F，根据动量守恒解得15．“蹦极”是一项勇敢者的运动，如图所示，某人用弹性橡皮绳拴住身体从高空P处自由下落，在空中感受完全失重的滋味。此人质量为50kg，橡皮绳原长45m，人可看成质点，不计空气阻力作用。此人从P点自静止下落到最低点所用时间。（g取10m/s2）求：(1)人从P点下落到最低点的过程中，重力的冲量大小；(2)人下落到橡皮绳刚伸直（原长）时，人的动量大小；(3)从橡皮绳开始伸直到人下落到最低点的过程中，橡皮绳对人平均作用力为多大？【答案】(1)4500N·s(2)1500kg·m/s(3)750N【详解】（1）重力冲量的大小代入数据得（2）人做自由落体运动，下落45m高度时，根据解得

所以此时人的动量大小

（3）人从下落到橡皮绳正好拉直的时间设为，则解得橡皮绳作用时间由动量定理得橡皮绳对人的平均作用力大小为【能力提升】1．玩具“骑行小猪”绕碗的边缘做匀速圆周运动如图所示。若碗始终静止在水平桌面上，下列说法正确的是（）A．小猪所受的合外力为零B．小猪运动一周，其重力的冲量为零C．碗对小猪的作用力大于小猪的重力D．碗与桌面之间无摩擦力【答案】C【详解】A．小猪绕碗的边缘做匀速圆周运动，由所受外力的合力提供圆周运动的向心力，合力方向始终指向圆心，可知，小猪所受的合外力不为零，故A错误；B．根据冲量的定义有可知，小猪运动一周，其重力的冲量不为零，故B错误；C．小猪绕碗的边缘做匀速圆周运动，由碗对小猪的作用力与小猪的重力的合力提供圆周运动的向心力，重力方向竖直向下，合力方向指向圆心，即合力沿水平方向，则有可知，碗对小猪的作用力大于小猪的重力，故C正确；D．结合上述可知，碗对小猪的作用力方向偏向碗内侧斜向上，根据牛顿第三定律可知，小猪对碗的作用力方向偏向碗外侧斜向下，在该力作用下，碗有向小猪所在位置沿外侧运动的趋势，则碗与桌面之间有指向碗内侧的静摩擦力，故D错误。故选C。2．如图所示，一物块栓接在竖直轻弹簧上处于静止状态，现对物块施加一竖直向上的拉力，物块缓慢上升。当弹簧恢复原长时，撤去拉力。下列说法正确的是（）A．物块上升过程中，弹簧的弹力大小不变B．物块上升过程中，弹簧弹力的冲量为零C．撤去拉力后，物块加速度的最大值为gD．撤去拉力后，弹簧对物块的作用力有可能向下【答案】C【详解】A．物块上升过程中，弹簧形变量变小，弹簧的弹力变小，故A错误；B．根据冲量的计算公式可知，物块上升过程中，弹簧弹力的冲量不为零，故B错误；CD．当弹簧恢复原长时，撤去拉力，因物体缓慢运动可认为物体此时速度为零，则以后的运动为将一个物块轻轻的放在弹簧上，此时为运动的最高点，则此时物块的加速度为g，由对称性可知物体向下运动的最大加速度也为g，故C正确，D错误；故选C。3．如图所示，光滑的小滑轮D（可视为质点）固定，质量均为m的物体A和B用轻弹簧连接，一根不可伸长的轻绳一端与物体A连接，另一端跨过定滑轮与质量为M的小环C连接。小环C穿过竖直固定的光滑均匀细杆，小环C位于R处时，绳与细杆的夹角为θ，此时物体B与地面刚好无压力。图中SD水平，位置R和Q之间高度差为h，R和Q关于S对称。现让小环从R处由静止释放，下落过程中绳始终处于拉直状态，环到达Q处时获得最大速度。在小环从R处下落到Q处的过程中，下列说法错误的是（）A．小环C的最大动能为B．小环C在S点机械能最大C．弹簧弹力和地面支持力对物体B的冲量和不为零，且方向向上D．小环C到达位置Q时，物体A的加速度大小为【答案】D【详解】A．环在Q时动能最大。环在R和Q时，弹簧长度相同，弹性势能相同。Q和A通过细线相连，沿着绳子的分速度相等（如图所示），故故A与环的动能之比为R和Q关于S对称，两处弹簧的伸长量相等，对小环和A的系统联立可得小环C的最大动能为故A正确；B．小环C下落过程受重力、杆的支持力和细线的拉力，非重力做功等于机械能的变化量。到位置S前的过程中，非重力做正功，机械能增加。经过S的过程，非重力做负功，机械能减小。因此，小环C的机械能先增加再减小，下落到位置S时，小环C的机械能最大，故B正确；C．小环从R处下落到Q处的过程中，物体B始终静止在地面上，动量变化量为零，因此物体B所受合力的冲量为零，即重力、弹簧弹力和地面对物体B的支持力的冲量和为零，则弹簧弹力和地面对物体的支持力的冲量和与重力冲量等大反向，由于此过程重力冲量不为零，则弹簧弹力和地面支持力对物体B的冲量和不为零，且方向向上，故C正确；D．环在R和Q时，弹簧长度相同，B对地面的压力为零，说明弹簧处于伸长状态且弹力等于物体B的重力mg。环在Q位置，环速度最大，说明受力平衡，受重力、支持力和拉力，根据平衡条件，有对A有对B有F=mg联立可得故D错误。本题选择错误选项，故选D。4．将小球以初速度竖直向上抛出，该小球所受的空气阻力与速度大小成正比，其速度—时间图像（）如图所示。时刻到达最高点，时刻落回抛出点，且下落过程中小球一直加速，下列说法正确的是（）A．0到时间内，小球的动量变化率先减小再增大B．小球上升过程和下降过程，重力的冲量相同C．时刻落回抛出点时的速度为D．时刻落回抛出点时的速度为【答案】D【详解】A．根据动量定理可得可知小球的动量变化率等于所受合力，在0到时间内，由图像可知，小球的加速度大小逐渐减小，则小球的合力逐渐减小，小球的动量变化率逐渐减小，故A错误；B．由于空气阻力一直做负功，所以小球的机械能不断减小，小球上升过程与下降过程经过任意同一位置时，上升过程的速度都大于下降过程的速度，所以小球上升过程的平均速度大于下降过程的平均速度，则小球上升过程所用时间小于下降过程所用时间，根据可知小球上升过程重力的冲量小于下降过程重力的冲量，故B错误；CD．设小球的质量为，上升的最大高度为，上升过程，根据动量定理可得则有设时刻落回抛出点时的速度为，下降过程，根据动量定理可得则有联立可得故C错误，D正确。故选D。5．如图所示，在距地面同一高度处将三个相同的小球以相同的速率分别沿竖直向下、竖直向上、水平向右的方向抛出，不计空气阻力，比较这三个小球从抛出到落地的过程，下列说法正确的是（）A．重力对每个小球做的功都各不相同B．重力对每个小球的冲量都各不相同C．每个小球落地时的速度都各不相同D．每个小球落地时重力做功的瞬时功率都各不相同【答案】B【详解】A．设下落高度为h，重力做功为三个小球下落高度相同，重力对每个小球做的功相同，故A错误；B．小球抛出后，加速度都是g，竖直方向都做匀变速直线运动，第1个球做竖直下抛运动，有第2个球做竖直上抛运动，有第3个球做平抛运动，有可得根据重力冲量公式可得重力对每个小球的冲量都各不相同，故B正确；C．三个小球从抛出到落地的过程，根据动能定理可知每个小球落地时的速度大小相同，第1个球、第2个球落地时的速度方向竖直向下，第3个球落地时的速度方向不是竖直向下，故每个小球落地时的速度不是各不相同，故C错误；D．小球落地时重力做功的瞬时功率由于故故每个小球落地时重力做功的瞬时功率不是各不相同，故D错误。故选B。6．某快递公司的传送带设备部分结构如图所示，倾角为的传送带由电动机带动，始终保持速率顺时针匀速转动，传送带两端点之间的长为，现将质量为的物体（可视为质点）轻放在传送带底端，传送带与物体之间的动摩擦因数为，重力加速度取，物体从传送带底端运动到顶端过程中，（其中，）下列说法正确的是（  ）A．物体一直做加速运动B．系统因摩擦产生热量为34.56JC．传送带对物体的冲量大小为D．电动机多做的功为63.36J【答案】D【详解】A．对物体受力分析，由牛顿第二定律有解得物体加速到与传送带速度相等时的位移所以物体先加速运动后匀速运动，故A错误；B．匀加速时间匀速时间物体从传送带底端运动到顶端时间物体加速运动过程中，物体与传送带的相对位移系统因摩擦产生热量为故B错误；C．沿传送带方向，传送带对物体的冲量大小为垂直传送带方向，传送带对物体也有冲量，所以传送带对物体的冲量大小不可能为，故C错误；D．电动机多做的功为63.36J故D正确。故选D。7．一滑块在水平地面上沿直线滑行，t=0时其速度为1m/s，从此刻开始滑块运动方向上再施加一水平力F，力F和滑块的速度v随时间t的变化规律分别如图甲、乙所示，以下说法正确的是（）A．第1s内，摩擦力对滑块做的功为3J B．第2s内，F对滑块做功的平均功率为4WC．前3s内，F对滑块的总冲量为零 D．前3s内，合力对滑块做的总功为零【答案】D【详解】A．由题图可知，第1s内，滑块匀速运动，摩擦力为位移为摩擦力对滑块做功为故A错误；B．第2s内，滑块位移为F做的功为平均功率为故B错误；C．前3s内，F对滑块的总冲量为故C错误；D．根据动能定理，前3s内，合力对滑块做的总功为零，故D正确。故选D。8．如图甲所示，一质量为2kg的物块静置在水平地面上，现对物块施加水平方向的作用力F，F随时间t变化关系的图像如图乙所示。物块与水平地面间的动摩擦因数为0.1，取重力加速度大小为，下列说法正确的是（

）A．时物块的速度大小为8m/s B．时物块的动量大小为C．4s末，物块再次静止 D．0~4s内，合力的冲量大小为【答案】C【详解】A．物块所受的摩擦力f=2N，因F-t图像的面积等于力的冲量，则时根据动量定理物块的速度大小为选项A错误；B．根据动量定理时物块的动量大小为选项B错误；CD．根据动量定理0~4s内合力的冲量等于动量的变化，4s末时物块的动量大小为物块速度为零；0~4s内，合力的冲量大小为选项C正确，D错误。故选C。9．如图所示，一质点在恒力作用下做曲线运动，从M点运动到N点过程中，质点的速度方向恰好改变了，且，则下列说法正确的是（）A．质点从M点到N点做速度减小的匀变速曲线运动B．质点从M点到N点做速度先增大后减小的匀变速曲线运动C．质点从M点到N点过程中，质点存在最小速度且最小速度方向与M方向成D．质点从M点到N点过程中，质点存在最小速度且最小速度方向与方向成【答案】C【详解】AB．由于质点从M点运动到N点的过程中，质点的速度方向恰好改变了，且质点在恒力的作用下做匀变速曲线运动．恒力的方向指向曲线内侧，所以恒力的方向与速度方向的夹角先大于，速度减小，恒力的方向与速度方向的夹角后小于，速度增大，故AB错误；CD．由于由动量定理，方向有方向有故恒力方向在的反方向和方向的分力之比是，设恒力方向与的反方向成，则有可得质点做类斜上抛运动，速度最小时速度方向与恒力垂直，即最小速度方向与方向成，故C正确，D错误。故选C。10．安宁联盟的黄明同学是一个科技迷，从小就立志要当科学家。当他学了带电粒子在电场中的运动后，他迫不及待地从家里找出了闲置多年的大彩电，并对其中蕴含的物理规律进行了一系列科学探究，探究过程中发现了许多神奇的现象。如图所示，a、b、c是三个质量相同、电荷量不同的带电粒子，它们以相同的初速度从同一点垂直场强方向进入偏转电场，