1 第1节 动量 动量定理

知识内容考试要求真题统计2017.4 2017.11 2018.4 2018.11 2019.4 2016.10 2020.11.动量和动量定理c 22 15 1414、15、22212.动量守恒定律 c3.碰撞 d4.反冲运动火箭b实验：探究碰撞中的不变量21【基础梳理】提示：速度m v相同作用时间Ft相同动量冲量p′－p【自我诊断】判一判(1)动量越大的物体，其速度越大．()(2)物体的动量越大，其惯性也越大．()(3)物体所受合力不变，则动量也不变．()(4)物体沿水平面运动时，重力不做功，其冲量为零．()(5)物体所受合外力的冲量方向与物体末动量的方向相同．()(6)物体所受合外力的冲量方向与物体动量变化的方向相同．() 提示：(1)×(2)×(3)×(4)×(5)×(6)√做一做(1)篮球运动员通常伸出双手迎接传来的篮球．接球时，两手随球迅速收缩至胸前，这样做可以()A．减小球对手的冲量B．减小球对手的冲击力C．减小球的动量变化量D．减小球的动能变化量(2)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()A．t＝1 s时物块的速率为1 m/sB．t＝2 s时物块的动量大小为4 kg·m/sC．t＝3 s时物块的动量大小为5 kg·m/sD．t＝4 s时物块的速度为零提示：(1)B(2)AB对冲量、动量的理解与计算【知识提炼】1．动量、动能、动量变化量的比较联系(1)对于给定的物体，若动能发生变化，则动量一定也发生变化；若动量发生变化，则动能不一定发生变化(2)都是相对量，都与参考系的选取有关，通常选取地面为参考系(1)恒力的冲量计算恒力的冲量可直接根据定义式来计算，即用恒力F乘以其作用时间Δt而得．(2)方向恒定的变力的冲量计算若力F的方向恒定，而大小随时间变化的情况如图所示，则该力在时间Δt＝t2－t1内的冲量大小在数值上就等于图中阴影部分的“面积”．(3)一般变力的冲量计算在中学物理中，一般变力的冲量通常是借助于动量定理来计算的．(4)合力的冲量计算几个力的合力的冲量计算，既可以先算出各个分力的冲量后再求矢量和，又可以先算各个分力的合力再算合力的冲量．【典题例析】如图所示，PQS是固定于竖直平面内的光滑的14圆弧轨道，圆心O在S的正上方．在O和P两点各有一质量为m的小物体a和b，从同一时刻开始，a自由下落，b沿圆弧下滑．以下说法正确的是()A．a比b先到达S，它们在S点的动量不相同B．a与b同时到达S，它们在S点的动量不相同C．a比b先到达S，它们在S点的动量相同D ．b 比a 先到达S ，它们在S 点的动量相同[解析] 在物体下落的过程中，只有重力对物体做功，故机械能守恒，故有mgh ＝12m v 2，解得v ＝2gh ，所以在相同的高度，两物体的速度大小相同，即速率相同．由于a 的路程小于b 的路程，故t a ＜t b ，即a 比b 先到达S ，又因为到达S 点时a 的速度竖直向下，而b 的速度水平向左，故两物体的动量不相同，A 正确．[答案] A【题组过关】1．(2020·杭州月考)下列说法正确的是( ) A ．物体受到恒力的冲量也可能做曲线运动 B ．动能不变，物体的动量一定不变 C ．动量为零时，物体一定处于平衡状态D ．物体所受合外力大小不变时，其动量大小一定要发生改变解析：选A.平抛运动是曲线运动，过程中只受重力作用，为恒力的冲量，所以A 正确；动能是标量，而动量是矢量，有可能速度的大小不变，但是方向变了，结果动能不变，而动量变了，B 错误；速度为零时，动量为零，但是速度为零时物体不一定处于平衡状态，比如物体做匀减速直线运动，当速度减速到零后再反向做匀加速直线运动，过程中速度为零时，并不是处于平衡状态，C 错误；做匀速圆周运动过程中，合力大小不变，速度大小恒定，其动量大小恒定，D 错误．2．(2020·杭州六校联考)质量为60 kg 的建筑工人，不慎从高空跌下，由于弹性安全带的保护，使他悬挂起来．已知弹性安全带的缓冲时间1.2 s ，安全带长5 m ，g 取10 m/s 2，则安全带所受的平均冲力的大小为( )A ．500 NB ．1 100 NC ．600 ND ．100 N解析：选B.选取人为研究对象， 人下落过程v 2＝2gh ，v ＝10 m/s ， 缓冲过程由动量定理 (F －mg )t ＝m v ，F ＝m v t ＋mg ＝(60×101.2＋60×10) N ＝1 100 N.由牛顿第三定律，安全带所受的平均冲力为1 100 N，故B正确．动量定理的理解与应用【知识提炼】1．应用动量定理时应注意两点(1)动量定理的研究对象是一个质点(或可视为一个物体的系统)．(2)动量定理的表达式是矢量式，在一维情况下，各个矢量必须选同一个正方向．2．动量定理的三大应用(1)用动量定理解释现象①物体的动量变化一定，此时力的作用时间越短，力就越大；作用时间越长，力就越小．②作用力一定，此时力的作用时间越长，动量变化越大；力的作用时间越短，动量变化越小．(2)应用I＝Δp求变力的冲量．(3)应用Δp＝F·Δt求恒力作用下的曲线运动中物体动量的变化量．【典题例析】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．[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＝ρΔV ①ΔV＝v0SΔt ②由①②式得，单位时间内从喷口喷出的水的质量为Δm＝ρv0S. ③Δt(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12＋(Δm)gh＝12(Δm)v20④2(Δm)v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的大小为Δp＝(Δm)v ⑤设水对玩具的作用力的大小为F，根据动量定理有FΔt＝Δp ⑥由于玩具在空中悬停，由力的平衡条件得F＝Mg ⑦联立③④⑤⑥⑦式得h＝v202g －M2g 2ρ2v20S2.[答案](1)ρv0S(2)v202g－M2g 2ρ2v20S21．用动量定理解题的基本思路2．对过程较复杂的运动，可分段用动量定理，也可整个过程用动量定理．【题组过关】考向1应用动量定理解释物理现象1．有关实际中的现象，下列说法正确的是()A．火箭靠喷出气流的反冲作用而获得巨大速度B．体操运动员在着地时屈腿是为了减小地面对运动员的作用力C．用枪射击时要用肩部抵住枪身是为了减少反冲的影响D．为了减轻撞车时对司乘人员的伤害程度，发动机舱越坚固越好解析：选ABC.火箭升空时，内能减小，转化为机械能，火箭向后喷出气流，火箭对气流有向后的力，由于力的作用是相互的，气流对火箭有向前的力的作用，从而推动火箭前进，故A正确；体操运动员在落地的过程中，动量变化一定，由动量定理可知，运动员受到的冲量I一定，着地时屈腿是延长时间t，由I＝Ft可知，延长时间t可以减小运动员所受到的平均冲力F，故B正确；用枪射击时要用肩部抵住枪身是为了减少反冲的影响，故C正确；为了减轻撞车时对司乘人员的伤害程度，就要延长碰撞时间，由I＝Ft可知，车体前部的发动机舱不能太坚固，故D错误．考向2应用动量定理解决物理问题2．(2020·丽水月考)如图所示，一质量为M＝2.0×103 kg的平板小货车A载有一质量为m＝1.0×103kg的重物B，在水平直公路上以速度v0＝36 km/h做匀速直线运动，重物与车厢前壁间的距离为L＝1.5 m，因发生紧急情况，火车突然制动，已知火车车轮与地面间的动摩擦因数为μ1＝0.4，重物与车厢底板之间的动摩擦因数为μ2＝0.2，重力加速度g＝10 m/s2，若重物与车厢前壁发生碰撞，且碰撞时间极短，碰后重物与车厢前壁不分开．(1)请通过计算说明重物是否会与车厢前壁发生碰撞； (2)试求货车从开始刹车到停止运动所用的时间和刹车距离．解析：(1)刚刹车时，货车的加速度大小为a 1，重物的加速度大小为a 2，由牛顿第二定律可知μ(M ＋m )g －μ2mg ＝Ma 1，μ2mg ＝ma 2，解得a 1＝5 m/s 2，a 2＝2 m/s 2假设B 与A 碰撞，且从开始刹车到碰撞所用时间为t 1，则v 0t 1－12a 2t 21－(v 0t 1－12a 1t 21)＝L ，解得t 1＝1 s此时货车A 的速度为v A ＝v 0－a 1t 1＝5 m/s ， 此时重物B 的速度为v B ＝v 0－a 2t 1＝8 m/s因此此时A 、B 均未停止运动，且v A <v B ，故重物会与车厢前壁发生碰撞． (2)碰前货车的运动时间为t 1＝1 s ，运动的位移为x 1＝v 0t 1－12a 2t 21＝7.5 m由于碰撞时间极短，故满足动量守恒，设碰后一起的速度为v ，则M v A ＋m v B ＝(M ＋m )v ，解得v ＝6 m/s碰后一起减速运动的加速度大小为a ，由牛顿第二定律可得μ1(M ＋m )g ＝(M ＋m )a ，解得a ＝4 m/s 2一起减速的时间为t 2＝va ＝1.5 s一起减速的位移为x 2＝v t 2－12at 22＝4.5 m所以货车刹车的总时间t ＝t 1＋t 2＝2.5 s ，刹车距离x ＝x 1＋x 2＝12 m.答案：见解析电磁感应与动量定理的综合应用【知识提炼】理论上电荷量的求法：q ＝I －·Δt .方法1：在电磁感应问题中最为常见的思路为：对某一回路来说，据法拉第电磁感应定律，得E ＝ΔΦΔt ，显然该感应电动势也为对时间的平均值，再由I －＝ER (R 为回路中的总电阻)可以得到I －＝ΔΦR Δt.综上可得q ＝ΔΦR ，若B 不变，则q ＝ΔΦR ＝B ΔSR.方法2：设想在某一回路中，一部分导体仅在安培力作用下运动时，安培力F 为变力，其冲量可用它对时间的平均值进行计算，即I ＝F －Δt ，而F －＝B I －L (I －为电流对时间的平均值) 故有B I －L Δt ＝m v 2－m v 1 而I －Δt ＝q ，故有q ＝m v 2－m v 1BL.【典题例析】如图所示，金属棒AB的质量m＝5 g，放置在宽L＝1 m、光滑的金属导轨的边沿，两金属导轨处于水平面内，该处有竖直向下、磁感应强度B＝0.5 T的匀强磁场．电容器的电容C＝200 μF，电源的电动势E＝16 V，导轨平面距地面高度h＝0.8 m．在开关S与“1”接通并稳定后，再使它与“2”接通，发现金属棒AB被抛到距导轨边沿水平距离s＝0.064 m的地面上，试求这时电容器两极板间的电压．(重力加速度g取10 m/s2)[解析]当S接“1”时，电源给电容器充电．当S扳向“2”时，充电后的电容器通过金属棒放电，产生放电电流．金属棒在磁场中受到安培力作用，向右运动，当AB棒离开导轨时获得一定的速度，使棒做平抛运动．只要求出通过AB棒的电荷量，即可求出电容器两端的电压．AB棒离开导轨后做平抛运动，有h ＝12gt 2，s ＝v t 联立解得v ＝s 2g2h＝0.16 m/s AB 棒在导轨上运动，其末速度即为平抛运动的初速度，设电流的平均值为I －，应用动量定理得B I －L Δt ＝m v又Q 放＝I －Δt所以Q 放＝m vBL＝1.6×10－3C电容器充电电荷量为Q ＝EC ＝3.2×10－3C 放电后电容器剩下的电荷量为 Q ′＝Q －Q 放＝1.6×10－3C放电后电容器两极极间的电压为U ′＝Q ′C ＝8 V.[答案] 8 V【题组过关】1.如图所示，竖直放置的两光滑平行金属导轨置于垂直于导轨平面向里的匀强磁场中，两根质量相同的导体棒a 和b ，与导轨紧密接触且可自由滑动．先固定a ，释放b ，当b 的速度达到10 m/s 时，再释放a ，经过1 s 后，a 的速度达到12 m/s ，重力加速度g 取10 m/s2.(1)此时b 的速度大小是多少？(2)若导轨很长，则a 、b 棒最后的运动状态如何？解析：(1)当b 棒先向下运动时，在a 和b 以及导轨所组成的闭合回路中产生感应电流，于是a 棒受到向下的安培力，b 棒受到向上的安培力，且二者大小相等．释放a 棒后，经过时间t ＝1 s ，对此过程，分别以a 和b 为研究对象，根据动量定理，有(mg ＋F )t ＝m v a(mg －F )t ＝m v b －m v 0 解得v b ＝18 m/s.(2)在a 、b 棒向下运动的过程中，a 棒的加速度a 1＝g ＋F m ，b 棒的加速度a 2＝g －Fm .当a棒的速度与b 棒接近时，闭合回路中的ΔΦΔt逐渐减小，感应电流也逐渐减小，则安培力也逐渐减小．最后，两棒以共同的速度向下做加速度为g 的匀加速运动．答案：(1)18 m/s (2)以共同的速度向下做加速度为g 的匀加速运动 2.(2020·杭州质检)如图所示，两根平行的金属导轨固定在同一水平面上，磁感应强度B ＝0.5 T 的匀强磁场与导轨所在平面垂直，导轨的电阻很小，可忽略不计．导轨间的距离l ＝0.20 m ，两根质量均为m ＝0.10 kg 的平行金属杆甲、乙可在导轨上无摩擦地滑动，滑动过程中始终与导轨保持垂直，每根金属杆的电阻为R ＝0.50 Ω.在t ＝0时刻，两杆都处于静止状态．现有一与导轨平行、大小为0.20 N 的恒力F 作用于金属杆甲上，使金属杆在导轨上滑动．在t ＝5.0 s 时刻，金属杆甲的加速度为a ＝1.37 m/s 2，此时甲、乙两金属杆的速度各为多少？解析：设任一时刻t 两金属杆甲、乙之间的距离为x ，速度分别为v 1和v 2，经过很短时间Δt ，杆甲移动距离v 1Δt ，杆乙移动距离v 2Δt ，回路面积改变ΔS ＝(v 1－v 2)l Δt由法拉第电磁感应定律，回路中的感应电动势E ＝B ΔS Δt回路中的电流I ＝E2R对金属杆甲，由牛顿第二定律得F －BlI ＝ma由于作用于杆甲和杆乙的安培力总是大小相等、方向相反，所以两杆的动量(t ＝0时为0)变化等于外力F 的冲量，即Ft ＝m v 1＋m v 2联立以上各式解得 v 1＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤Ft m ＋2R （F －ma ）B 2l 2 v 2＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤Ft m －2R （F －ma ）B 2l 2 代入数据得v 1＝8.15 m/s ，v 2＝1.85 m/s. 答案：8.15 m/s 1.85 m/s电荷量q 与安培力的冲量之间关系可用下面的框图来说明．从以上框图可见，这些物理量之间的关系可能会出现以下三种题型：第一：方法1中相关物理量的关系．第二：方法2中相关物理量的关系．第三：就是以电荷量作为桥梁，直接把上面框图中左右两边的物理量联系起来，如把导体棒的位移和速度联系起来．由于这类问题中导体棒的运动一般都不是匀变速直线运动，因此无法使用匀变速直线运动的运动学公式进行求解，所以这种方法就显得十分巧妙．这种题型难度很大．[随堂检测]1．(2020·绍兴月考)一个质量为0.18 kg的垒球，以25 m/s 的水平速度向左飞向球棒，被球棒打击后反向水平飞回，速度大小变为45 m/s，则这一过程中动量的变化量为()A ．大小为3.6 kg·m/s ，方向向左B ．大小为3.6 kg·m/s ，方向向右C ．大小为12.6 kg·m/s ，方向向左D ．大小为12.6 kg·m/s ，方向向右解析：选D.选向左为正方向，则动量的变化量Δp ＝m v 1－m v 0＝－12.6 kg ·m/s ，大小为12.6 kg ·m/s ，负号表示其方向向右，D 正确．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.m 2gh t ＋mgB.m 2gh t －mgC.m gh t＋mgD.m gh t－mg解析：选A.设高空作业人员自由下落h 时的速度为v ，则v 2＝2gh ，得v ＝2gh ，设安全带对人的平均作用力为F ，由动量定理得(mg －F )·t ＝0－m v ，解得F ＝m 2ght＋mg .3．(2020·嘉兴质检)如图所示，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( )A ．减小球的动量的变化量B ．减小球对手作用力的冲量C ．减小球的动量变化率D ．延长接球过程的时间来减小动量的变化量解析：选C.动量的变化量为m v －m v 0，最终不会因为手的动作而改变，故A 错；根据动量定理F Δt ＝m v －m v 0，手对球的冲量即动量变化量不会改变，此即球对手的动量变化量，故B 、D 错误；手弯曲的动作是增加了作用时间，而减小了动量变化率（m v －m v 0）Δt ，也即减小了冲力，起到缓冲效果，故C 正确．4．在水平力F ＝30 N 的作用下，质量m ＝5 kg 的物体由静止开始沿水平面运动．已知物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，若F 作用6 s 后撤去，撤去F 后物体还能向前运动多长时间才停止？(g 取10 m/s 2)解析：法一：用动量定理解，分段处理选物体为研究对象，对于撤去F 前物体做匀加速运动的过程，受力情况如图甲所示，始态速度为零，终态速度为v ，取水平力F 的方向为正方向，根据动量定理有(F －μmg )t 1＝m v －0.对于撤去F 后，物体做匀减速运动的过程，受力情况如图乙所示，始态速度为v ，终态速度为零．根据动量定理有－μmgt 2＝0－m v . 以上两式联立解得 t 2＝F －μmg μmg t 1＝30－0.2×5×100.2×5×10×6 s ＝12 s.法二：用动量定理解，研究全过程选物体作为研究对象，研究整个运动过程，这个过程的始、终状态的物体速度都等于零． 取水平力F 的方向为正方向，根据动量定理得 (F －μmg )t 1＋(－μmg )t 2＝0解得t 2＝F －μmg μmg t 1＝30－0.2×5×100.2×5×10×6 s ＝12 s.答案：12 s[课后达标]一、不定项选择题1．关于冲量，以下说法正确的是( )A ．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B ．物体所受合外力的冲量小于物体动量的变化C ．冲量越大的物体受到的动量越大D ．如果力是恒力，则其冲量的方向与该力的方向相同 答案：D2．(2020·杭州质检)如图所示，运动员挥拍将质量为m 的网球击出．如果网球被拍子击打前、后瞬间速度的大小分别为v 1、v 2，v 1与v 2方向相反，且v 2>v 1.忽略重力，则此过程中拍子对网球作用力的冲量( )A ．大小为m (v 2－v 1)，方向与v 1方向相同B ．大小为m (v 2＋v 1)，方向与v 1方向相同C ．大小为m (v 2－v 1)，方向与v 2方向相同D ．大小为m (v 2＋v 1)，方向与v 2方向相同 答案：D3．(2020·衢州调研)1966年，在地球的上空完成了用动力学方法测质量的实验．实验时，用“双子星号”宇宙飞船去接触正在轨道上运行的火箭组(后者的发动机已熄火)，接触以后，开动“双子星号”飞船的推进器，使飞船和火箭组共同加速．推进器的平均推力F＝895 N，推进器开动时间Δt＝7 s．测出飞船和火箭组的速度变化Δv＝0.91 m/s.已知“双子星号”飞船的质量m1＝3 400 kg.由以上实验数据可测出火箭组的质量m2为() A．3 400 kg B．3 485 kgC．6 265 kg D．6 885 kg答案：B4.(2020·宁波高二月考)如图所示，一铁块压着一纸条放在水平桌面上，当以速度v抽出纸条后，铁块掉在地上的P点．若以2v速度抽出纸条，则铁块落地点为()A．仍在P点B．在P点左边C．在P点右边不远处D．在P点右边原水平位移的两倍处解析：选B.纸条抽出的过程，铁块所受的滑动摩擦力一定，以v的速度抽出纸条，铁块所受滑动摩擦力的作用时间较长，由I＝F f t＝m v0得铁块获得速度较大，平抛运动的水平位移较大，以2v的速度抽出纸条的过程，铁块所受滑动摩擦力作用时间较短，铁块获得速度较小，平抛运动的位移较小，故B选项正确．5.如图所示，足够长的固定光滑斜面倾角为θ，质量为m的物体以速度v从斜面底端冲上斜面，达到最高点后又滑回原处，所用时间为t.对于这一过程，下列判断正确的是()A．斜面对物体的弹力的冲量为零B．物体受到的重力的冲量大小为mgtC．物体受到的合力的冲量大小为零D．物体动量的变化量大小为mg sin θ·t解析：选BD.由冲量的求解公式可知，斜面对物体的弹力的冲量为mg cos θ·t，选项A 错误；物体受到的重力的冲量大小为mgt，选项B正确；物体回到斜面底端的速度仍为v，方向与初速度方向相反，故根据动量定理可知，物体受到的合力的冲量大小为2m v，选项C 错误；因整个过程中物体所受的合力为mg sin θ，则根据动量定理可知，物体动量的变化量大小为mg sin θ·t，选项D正确．6．(2020·浙江9＋1联盟联考)我国女子短道速滑队在世锦赛上实现了女子3 000 m接力三连冠．如图所示，观察发现，“接棒”的运动员甲提前站在“交棒”的运动员乙前面，并且开始向前滑行，待乙追上甲时，乙猛推甲一把，使甲获得更大的速度向前冲出．在乙推甲的过程中，忽略运动员与冰面间在水平方向上的相互作用，则()A．甲对乙的冲量大小一定等于乙对甲的冲量大小B．甲、乙的动量变化一定大小相等方向相反C．甲的动能增加量一定等于乙的动能减少量D．甲对乙做多少负功，乙对甲就一定做多少正功解析：选AB.乙推甲的过程中，他们之间的作用力大小相等，方向相反，作用时间相等，根据冲量的定义，甲对乙的冲量与乙对甲的冲量大小相等，但方向相反，选项A正确；乙推甲的过程中，遵守动量守恒定律，即Δp甲＝－Δp乙，他们的动量变化大小相等，方向相反，选项B正确；在乙推甲的过程中，甲、乙的位移不一定相等，所以甲对乙做的负功与乙对甲做的正功不一定相等，结合动能定理知，选项C、D错误．7．(2020·绍兴质检)如图所示，一物体分别沿三个倾角不同的光滑斜面由静止开始从顶端下滑到底端C、D、E处，三个过程中重力的冲量依次为I1、I2、I3，动量变化量的大小依次为Δp1、Δp2、Δp3，则有()A．三个过程中，合力的冲量相等，动量的变化量相等B．三个过程中，合力做的功相等，动能的变化量相等C．I1＜I2＜I3，Δp1＝Δp2＝Δp3D．I1＜I2＜I3，Δp1＜Δp2＜Δp3解析：选ABC.由机械能守恒定律可知物体下滑到底端C、D、E的速度大小v相等，动量变化量Δp＝m v相等，即Δp1＝Δp2＝Δp3；根据动量定理，合力的冲量等于动量的变化量，故合力的冲量也相等，注意不是相同(方向不同)；设斜面的高度为h，从顶端A下滑到底端C，由hsin θ＝12g sinθ·t2得物体下滑的时间t＝2hg sin2θ，所以θ越小，sin2θ越小，t越大，重力的冲量I＝mgt就越大，故I1＜I2＜I3；故A、C正确，D错误；物体下滑过程中只有重力做功，故合力做的功相等，根据动能定理，动能的变化量相等，故B正确．8.(2020·湖州质检)如图所示，倾斜的传送带保持静止，一木块从顶端以一定的初速度匀加速下滑到底端．如果让传送带沿图中虚线箭头所示的方向匀速运动，同样的木块从顶端以同样的初速度下滑到底端的过程中，与传送带保持静止时相比()A．木块在滑到底端的过程中，摩擦力的冲量变大B．木块在滑到底端的过程中，摩擦力的冲量不变C．木块在滑到底端的过程中，木块克服摩擦力所做功变大D．木块在滑到底端的过程中，系统产生的内能数值将变大解析：选BD.滑动摩擦力的大小为f＝μN，与相对速度的大小无关，所以，当皮带运动时，木块所受的摩擦力未变，空间位移未变，则滑到底端的时间、速度以及摩擦力所做的功均不变，所以摩擦力的冲量I ＝ft 不变，故A 、C 错误，B 正确；但由于相对滑动的距离变长，所以木块和皮带由于摩擦产生的内能变大，故D 正确．二、非选择题9.(2020·宁波质检)质量为0.5 kg 的小球沿光滑水平面以5 m/s 的速度冲向墙壁后又以4 m/s 的速度反向弹回，如图所示，若球跟墙的作用时间为0.05 s ，求小球所受平均力的大小．解析：选定小球与墙碰撞的过程，取v 1的方向为正方向，对小球应用动量定理得Ft ＝－m v 2－m v 1，则，F ＝－m v 2－m v 1t ＝－0.5×4－0.5×50.05N ＝－90 N ，“－”号说明F 的方向向左．答案：90 N10.(2020·丽水高二质检)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．一物块以v 0＝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/s 2.(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 .解析：(1)由动能定理有－μmgx ＝12m v 2－12m v 20可得μ＝0.32.(2)由动量定理有F Δt ＝m v ′－m v可得F ＝130 N.(3)由能量守恒定律有W ＝12m v ′2＝9 J. 答案：(1)0.32 (2)130 N (3)9 J11.如图所示，一物体从固定斜面顶端由静止开始经过1 s 下滑到底端，已知斜面的倾角θ＝37°，斜面长度L ＝2.5 m ，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取重力加速度g ＝10 m/s 2，求：(1)物体与斜面间的动摩擦因数μ；(2)下滑过程中损失的机械能与减少的重力势能的比值；(3)下滑过程中合外力冲量的大小与重力冲量大小的比值．解析：(1)根据L ＝12at 2，解得：a ＝5 m/s 2，根据牛顿第二定律得： mg sin θ－μmg cos θ＝ma解得：μ＝0.125.(2)损失的机械能等于克服摩擦力做的功，为：ΔE ＝μmg cos θ·L 减小的重力势能为：ΔE p ＝mg sin θ·L故损失的机械能与减小的重力势能的比值为：ΔE ∶ΔE p ＝μ∶tan θ＝1∶6.(3)设物体下滑到斜面底端时速度大小为v ，则有：v ＝at ＝5 m/s 根据动量定理得：合外力冲量的大小为：I 合＝m v －0＝5m (N ·s)在下滑过程中重力的冲量为：I G ＝mgt ＝10m (N ·s)所以下滑的过程中合外力冲量的大小与重力冲量大小的比值为：I 合∶I G ＝1∶2. 答案：(1)0.125 (2)1∶6 (3)1∶2。