综合•融通(一) 动量定理的应用（课件PPT）-【新课程学案】2024-2025学年高中物理选择性必修第一册（鲁科版2019 福建专版）

综合•融通(一)　动量定理的应用(融会课—主题串知综合应用) 动量定理及其应用是高考的重要考查内容，单独考查时一般以选择题的形式呈现，与运动学规律、动能定理、机械能守恒定律相综合时，也有以计算题的形式呈现。本节课重点从变力冲量的分析与计算、动量定理在流体中的应用、动量定理与动能定理的综合应用三个方面讲述动量定理的应用。 1 主题(一) 变力冲量的分析与计算 2 主题(二) 动量定理在流体中的应用 3 主题(三) 动量定理与动能 定理的综合应用 4 课时跟踪检测 CONTENTS 目录 主题(一) 变力冲量的分析与计算 1．若变力方向不变，大小随时间均匀变化，则其冲量等于平均力与时间的乘积。 2．若已知变力的F-t图像，则图像与时间轴所围“面积”的大小等于其冲量的大小。 3．若为一般变力，根据动量定理，求出合力作用下物体动量的变化量Δp和其他力的冲量I2，由Δp＝I2＋I1，可得该力的冲量I1。   知能融会通 1．(2024·泉州高二检测)质量为m＝1 kg的圆环套在光滑水平杆上处于静止状态，t＝0开始受到一个斜向上与水平方向夹角60°的力F的作用，F的方向保持不变，大小随时间按如图所示规律变化，g＝10 m/s2，下列说法正确的是(　 ) 题点全练清 A．圆环在4 s末的速度大小为20 m/s B．在2～4 s时间内，圆环所受合外力的冲量为15 N·s C．在0～6 s时间内，重力与杆的弹力的合力的冲量为0 D．在2～6 s时间内，力F的冲量为40 N·s √ 主题(二) 动量定理在流体中的应用 1．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。 知能融会通 (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流体微元动量的增量，即F合Δt＝Δp。 2．具体步骤 应用动量定理分析连续流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内的连续流体为研究对象； (2)写出Δt内连续流体的质量Δm与Δt的关系式； (3)分析连续流体的受力情况和动量变化； (4)应用动量定理列式、求解。 [典例]　(2024·三明高二检测)湖面上有帆船正以速度v1匀速顺风航行。已知船帆的有效受风面积为S，水平风速恒为v2，且v1<v2，湖面上空气密度为ρ。则风对船帆推力的功率为(　 ) A．ρSv22 B．ρS(v2－v1)2 C．ρS(v2－v1)2v1 D．ρS(v2－v1)2v2 √ [解析]　单位时间t内冲击船帆的空气的体积V＝SL＝S(v2－v1)t，单位时间t内冲击船帆的空气质量Δm＝ρV＝ρS(v2－v1)t。设船帆对空气的作用力大小为F，风速v2的方向为正方向。由动量定理得－Ft＝Δm(v1－v2)，解得F＝ρS(v2－v1)2，根据牛顿第三定律，可知船帆受到的风的水平推力大小F′＝F＝ρS(v2－v1)2，风对船帆的推力的功率为P＝F′v1＝ρS(v2－v1)2v1，选项C正确，A、B、D错误。 /误区警示/ (1)空气冲击船帆后的速度为v1而不是零。 (2)风对船帆推力的功率P＝Fv中的v应为帆船速度v1而非v2。　　   1．(多选)中华神盾防空火控系统会在目标来袭时射出大量子弹颗粒，在射出方向形成一个均匀分布、持续时间为t＝0.01 s、横截面积为S＝2 m2的圆柱形弹幕，每个子弹颗粒的平均质量为m＝2×10－2 kg，每1 cm3有一个子弹颗粒，所有子弹颗粒以v＝300 m/s射入目标，并射停目标，停在目标体内。下列说法正确的是(　 ) 题点全练清 A．所形成弹幕的总体积V＝6 cm3 B．所形成弹幕的总质量M＝1.2×105 kg C．弹幕对目标形成的冲量大小I＝3.6×107 kg·m/s D．弹幕对目标形成的冲击力大小F＝3.6×108 N √ √ 解析：弹幕的总体积V＝vtS＝300×0.01×2 m3＝6 m3，A错误； 2.由高压水枪竖直向上喷出的水柱，将一个质量为 16 kg的小铁盒(开口向下)倒顶在空中，铁盒悬停在距离 水枪口为1.8 m处。已知水以恒定速率从横截面积为S＝ 10－3m2的水枪中持续喷出，向上运动并冲击铁盒后水流以不变的速率竖直返回；忽略水在与铁盒作用时水的重力的影响，水的密度为ρ＝1×103 kg/m3，g＝10 m/s2，则下列说法正确的是(　 ) A．水冲击铁盒后以5 m/s的速率返回 B．水枪的输出功率为4 kW C．水从水枪口喷出的速率为10 m/s D．以上结果均不对 √ 主题(三) 动量定理与动能 定理的综合应用 动量定理与动能定理的区别和联系 知能融会通 比较项目 动量定理 动能定理 内容 合外力的冲量等于物体的动量变化 合力的功等于物体的动能变化 因果关系 原因：合外力的冲量结果：动量变化 原因：合力的功 结果：动能变化 公式特点 I合＝Δp，矢量式 W合＝ΔEk，标量式 研究对象 单个或多个物体 单个物体 研究过程 单个或多个过程 单个或多个过程 问题特征 涉及碰撞、冲击、力作用时间 涉及功、能、力作用位移或路程 续表 [典例]　如图所示，在水平地面的右端B处 有一面墙，一小物块放在水平地面上的A点， 质量m＝0.5 kg，AB间距离s＝5 m。小物块以初速度v0＝8 m/s从A向B运动，刚要与墙壁碰撞时的速度v1＝7 m/s，碰撞后以速度v2＝6 m/s反向弹回。重力加速度g取10 m/s2。求： (1)小物块从A向B运动过程中的加速度a的大小； (2)小物块与地面间的动摩擦因数μ； (3)若碰撞时间t＝0.05 s，碰撞过程中墙面对小物块平均作用力F的大小。 /方法技巧/ 动量定理和动能定理的选取方法 动量是力对时间积累的效果，动能是力对空间积累的效果，因此，动量定理、动能定理是解决物理问题的两条重要思路，当问题中涉及碰撞、冲击、力作用时间时，应优先考虑动量定理；当问题中涉及功、能、力作用位移或路程时，应优先考虑动能定理。　　 1．如图甲是我国首艘“海上飞船”——“翔州一号”。“翔州一号”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＝50 s 后，“翔州一号”以20 m/s的速度做匀速直线运动。则下列说法正确的是(　 ) 题点全练清 A．“翔州一号”所受阻力的大小为2.0×104 N B．0～50 s内，“翔州一号”所受合外力冲量的大小为1.0×106 N·s C．“翔州一号”的质量为2.5×104 kg D．0～50 s内，动力F做的功为5.0×106 J 解析：根据图像，匀速运动时动力等于阻力，可知“翔州一号”所受阻力的大小为f＝1.0×104 N，故A错误； √ 2．蹦极是勇敢者的体育运动。设运动员离开跳台时的速度为零，从自由下落到弹性绳刚好被拉直为第一阶段；从弹性绳刚好被拉直到运动员下落至最低点为第二阶段。不计空气阻力。下列说法正确的是(　 ) A．第二阶段运动员和地球组成的系统机械能守恒 B．第一阶段重力做的功和第二阶段弹力做的功大小相等 C．第一、第二阶段重力的总冲量和第二阶段弹力的冲量大小相等 D．第一阶段运动员的速度不断增大，第二阶段运动员的速度不断减小 √ 解析：第二阶段弹力对运动员做负功，重力做正功，弹性势能增加，重力势能减小，对运动员、地球和弹性绳组成的系统机械能守恒，由于弹力做负功，运动员和地球组成的系统机械能不守恒，故A错误； 设两个阶段的时间分别是t1和t2，根据动量定理可知mgt1＋(mgt2－Ft2)＝0，可得mg(t1＋t2)＝Ft2，即第一、第二阶段重力的总冲量大小等于第二阶段弹力的冲量大小，故C正确； 第一阶段运动员的速度不断增大，第二阶段开始时重力大于弹力，运动员做加速运动，后来重力小于弹力，运动员做减速运动，故D错误。 课时跟踪检测 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1.如图所示，一架救援直升机在进行灭火作业。直升机 通过旋翼螺旋桨向下推动空气获得升力。若质量为M的直升机 处于水平悬停状态，桶、绳索和桶中水总质量为m，若旋翼螺 旋桨转动时单位时间推动的空气质量为ρ，重力加速度为g，则被推动空气获得的速度大小为(　 ) √ 6 7 8 9 10 11 12 1 2 3 4 5 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2.在测试汽车的安全气囊对驾乘人员头部防护作用 的实验中，某小组得到了假人头部所受安全气囊的作用 力随时间变化的曲线(如图)。从碰撞开始到碰撞结束过 程中，若假人头部只受到安全气囊的作用，则由曲线可知，假人的头部(　 ) 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 A．速度的变化量等于曲线与横轴围成的面积 B．动量大小先增大后减小 C．动能变化正比于曲线与横轴围成的面积 D．加速度大小先增大后减小 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 解析：由题知假人的头部只受到安全气囊的作用，则F-t图像与横轴所围面积表示合外力的冲量，再根据动量定理可知F-t图像与横轴所围面积也表示动量的变化量，且图线一直在t轴的上方，则动量的大小一直减小，A、B错误； 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 由题知假人的头部只受到安全气囊的作用，则根据牛顿第二定律可知a∝F，即假人头部的加速度先增大后减小，D正确。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 3．物体在恒定的合力F作用下做直线运动，在时间Δt1内速度由0增大到v，在时间Δt2内速度由v增大到2v。设F在Δt1内做的功是W1，冲量是I1；在Δt2内做的功是W2，冲量是I2。那么(　 ) A．I1<I2，W1＝W2 B．I1<I2，W1<W2 C．I1＝I2，W1＝W2 D．I1＝I2，W1<W2 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 解析：在Δt1时间内I1＝FΔt1＝mv＝Δp1，在Δt2时间内I2＝FΔt2＝2mv－mv＝mv＝Δp1，所以I1＝I2。因为W1＝mv2，W2＝m(2v)2－mv2＝mv2，所以W1<W2，故D项正确。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 4．(2024·上杭高二模拟)如图所示，橡皮条一端固定在天花板 上，另一端连接在小铁球上，开始时，用手托着小球，使橡皮条 竖直且刚好伸直。快速撤去手，小球由静止向下运动，第一次到 达B点时速度达到最大，到达C点时速度为零。小球运动过程中， 橡皮条始终处于弹性限度内，空气阻力不可忽略。小球从B运动到 C过程中，小球合力的冲量大小为I1，合力做功的绝对值为W1；从C运动到B过程中，合力的冲量大小为I2，合力做功的绝对值为W2。则下列关系正确的是(　 ) 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 A．I1>I2 B．I1<I2 C．W1＝W2 D．W1<W2 解析：由于空气阻力不可忽略，设小球的质量为m，小球第一次到达B点的速度大小为v1，第二次到达B点的速度大小为v2，由于要克服空气阻力做功，因此有v1>v2，根据动量定理得I1＝mv1，I2＝mv2，则I1>I2，故A正确，B错误； 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 5．(2024·连江高二调研)如图甲所示，一质量为120 kg 的沙发静置于水平面上，沙发与地面的动摩擦因数为0.5，t＝0时刻用一水平向右的力F作用在沙发上，F随时间t的变化关系如图乙所示，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g＝10 m/s2，以下说法正确的是(　 ) 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 A．沙发在0～1 s内做匀加速直线运动，在1～2 s内做加速度增大的加速运动 B．在t＝1 s末，沙发的速度大小为1.67 m/s C．在t＝2 s末，沙发的速度大小为1.875 m/s D．在t＝3 s末，沙发的速度大小约为0.83 m/s 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 7．中国“电磁橇”是世界首个电磁推进地面超高速试验设施，其对吨级以上物体的最高推进速度是目前磁悬浮列车在最大输出功率下最高运行速度的2倍。列车前进时会受到前方空气的阻力，前进方向上与其作用的空气立即从静止变成与列车共速，已知空气密度为ρ，列车迎面横截面积为S。若用中国“电磁橇”作为动力车组，在其他条件完全相同的情况下，不计其他阻力，中国“电磁橇”与目前磁悬浮列车相比，下列说法正确的是(　 ) 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 A．以最高速度运行时，车头迎面承受的压力变为目前磁悬浮列车的2倍 B．以最高速度运行时，车头迎面承受的压力变为目前磁悬浮列车的4倍 C．最大输出功率变为目前磁悬浮列车的2倍 D．最大输出功率变为目前磁悬浮列车的4倍 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 解析：设列车运行的速度为v，在Δt时间内，与列车作用的空气质量为Δm＝ρSvΔt，取这部分空气作为研究对象，由动量定理得fΔt＝Δmv－0，解得列车对空气的作用力大小为f＝ρSv2，由牛顿第三定律得，车头迎面承受的压力为N＝f＝ρSv2，可得N∝v2，用“电磁橇”推进磁悬浮列车的最高运行速度为目前的2倍，则车头迎面承受的压力变为目前的4倍，故A错误，B正确； 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 当列车速度达到最大时，牵引力F＝f＝ρSv2，此时列车的最大输出功率为P＝Fv＝ρSv3，由于“电磁橇”推进磁悬浮列车的最高运行速度为目前的2倍，则最大输出功率变为目前的8倍，故C、D错误。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 8．(2024·福清高二联考)如图甲所示，一滑块放在水平面上，t＝0时刻在滑块上施加一水平向右的外力F，已知外力随时间的变化规律为F＝2.5t(N)，滑块产生的加速度和时间的关系如图乙所示，假设滑动摩擦力等于最大静摩擦力，重力加速度g取10 m/s2。则下列说法正确的是(　 ) 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 A．滑块的质量为2 kg B．滑块与水平面间的动摩擦因数为0.25 C．0～3 s时间内摩擦力的冲量大小为6.25 N·s D．3 s末滑块的速度大小为6.5 m/s 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 9．在分析蹦床运动员比赛录像得到某次动作过程的时间分配是：从最高点落下到触网用时0.750 s，接着用时0.300 s离网，又用时1.500 s再触网。若运动员在离网和触网时均处于直体正立状态，运动员体重50 kg，身高1.65 m，忽略空气阻力，重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是(　 ) 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 A．运动员在接触网的时间里受到的平均弹力大小为3 000 N B．运动员在接触网的时间里网对运动员做功为225 J C．运动员在一次上行过程中(从最低点到最高点)，网对运动员的冲量大小为750 N·s D．运动员在一次下行过程中(从最高点到最低点)，网对运动员的冲量大小为525 N·s 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 A．整个下落过程中，游客先处于失重状态后处于超重状态 B．游客及携带装备从静止开始下落15 m的过程中重力的冲量为750 N·s C．游客在最低点时，弹性势能最大为13 000 J D．下落过程中，弹性绳长为20 m时，游客的加速度大小为9 m/s2 解析：由题图乙可知游客从蹦极台下落过程先加速后减速，即先有向下的加速度后有向上的加速度，所以游客先处于失重状态后处于超重状态，故A正确； 2 3 4 √ √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 11．(2024·漳州高二联考)雨滴从高空落下，由于受空气阻力的作用，经短时间加速后便匀速下落。因此，雨滴通常不会砸伤人，但是对微小的蚊子而言，雨滴可能是致命的。如果雨滴以v0＝10 m/s的速度匀速下落，恰好砸中一只停在地面上的蚊子，经过t＝5.0×10－3 s速度减为零。已知雨滴的质量m＝1.0×10－4 kg，重力加速度g＝10 m/s2，在t时间内： 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 (1)求雨滴所受的合外力的冲量大小I； (2)已知蚊子所受重力G＝2.0×10－5 N，求雨滴对蚊子的平均作用力与蚊子重力的大小之比k。 解析：(1)对雨滴，规定竖直向下为正方向，有－I＝0－mv0，解得I＝1.0×10－3 N·s。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 (1)斜面的动摩擦因数和滑块上滑时的最大速度； (2)滑块到达最高点的时间及拉力F做的功。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 解析：(1)根据题意可知，t＝2 s时，上滑速度最大，则滑块合外力为0，由题图2可知此时F＝8 N 由平衡条件有F＝mgsin θ＋μmgcos θ 代入数据得μ＝0.25 0～2 s内，由动量定理有IF2－mgtsin θ－μmgtcos θ＝mvm－0 根据F-t图像与横轴所围面积表示冲量，由题图2可知IF2＝24 N·s 联立解得vm＝8 m/s。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 [典例]　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。 [解析]　取向上为正方向，对小球根据动量定理得mv－(－mv)＝I，I＝(－mg)t 解得弹簧弹力冲量大小IF＝t＝2mv＋mgt。 [答案]　2mv＋mgt 解析：由动量定理可知∑Fcos 60°·t4＝mv，因F-t图像与横轴所围成的面积等于冲量，则∑Ft4＝×4×10 N·s＝20 N·s，解得圆环在4 s末的速度大小为v＝10 m/s，选项A错误； 在2～4 s 时间内，力F的冲量为I＝×2 N·s＝15 N·s，圆环受到的合力为F合＝Fcos 60°＝F，则合外力的冲量为7.5 N·s，选项B错误； 圆环在竖直方向受重力、杆的弹力和力F的竖直分力作用，三个力的合力为零，合冲量为零，即在0～6 s时间内，重力与杆的弹力的合力的冲量不为0，选项C错误； 在2～6 s时间内，力F的冲量为I′＝×4 N·s＝40 N·s，选项D正确。 2.某水上摩天轮设计半径为r＝60 m，匀速旋转一周的时间为T＝1 200 s。一位质量为m＝50 kg的同学乘坐该摩天轮的某吊舱进行游乐体验，取重力加速度g＝10 m/s2，求这位同学从摩天轮最高点转到最低点的过程中： (1)所受重力的冲量的大小； (2)所受合外力的冲量的大小。 解析：(1)从摩天轮最高点转到最低点的过程运动了半个周期，重力的冲量为IG＝mg· 解得IG＝3×105 N·s。 (2)做圆周运动的线速度为v＝ 由动量定理可得I合＝mv－(－mv) 解得I合＝10π N·s。 答案：(1)3×105 N·s　(2)10π N·s 又因为每1 cm3有一个子弹颗粒，则子弹颗粒的总个数N＝ 个＝6×106个，所形成弹幕的总质量M＝N·m＝6×106×2×10－2 kg＝1.2×105 kg，B正确； 由动量定理可知I＝MΔv＝1.2×105 kg×300 m/s＝3.6×107 kg·m/s，C正确； 弹幕对目标形成的冲击力大小F＝＝3.6×109 N，D错误。 解析：设水从水枪口喷出的速率为v0，水冲击铁盒后的速率为v，极短时间Δt内水与小铁盒作用过程中，对水由动量定理可得FΔt＝ρv0ΔtS×2v，水从水枪口喷出到铁盒处有v2－v02＝－2gh，其中F＝m铁盒g，h＝1.8 m，解得v＝8 m/s，v0＝10 m/s，故A、D错误，C正确； Δt时间内从水枪口喷出的水的动能为E＝ρSv0Δt·v02，则水枪的输出功率为P＝＝ρSv0·v02＝0.5 kW，故B错误。 [解析]　(1)从A到B过程小物块做匀减速直线运动，根据速度位移公式，有a＝＝ m/s2＝－1.5 m/s2，负号表示方向与速度方向相反。 (2)从A到B过程，由动能定理有－μmgs＝mv12－mv02，解得μ＝0.15。 (3)对碰撞过程，规定向右为正方向，由动量定理有－Ft＝m(－v2)－mv1 解得F＝130 N。 [答案]　(1)1.5 m/s2　(2)0.15　(3)130 N 根据动量定理可知I＝mv，解得m＝2.5×104 kg，故C正确； 0～50 s内，根据动能定理可得WF－Wf＝mv2＝5.0×106 J，所以动力F做的功大于5.0×106 J，故D错误。 0～50 s内，水平方向动力的冲量大小为IF＝×50 N·s＝1×106 N·s，“翔州一号”所受合外力冲量的大小为I＝IF－ft，代入数据解得I＝5×105 N·s，故B错误； 设弹性绳刚好被拉直时运动员的速度为v，第一阶段重力做的功大小为WG1，第二阶段重力做的功大小为WG2，第二阶段弹力做的功大小为WF，根据动能定理可得WG1＝mv2，WG2－WF＝0－mv2，可得WG1＋WG2＝WF，故B错误； A. B. C. D. 解析：直升机处于水平悬停状态，所以直升机获得的升力与直升机、桶、绳索和桶中水的总重力平衡，即F＝(M＋m)g，由牛顿第三定律可知，直升机获得的升力与推动空气的力大小相同，研究Δt时间内推动的空气，根据动量定理有FΔt＝ρΔtv，解得v＝，故选C。 根据动量与动能的关系有Ek＝，而F-t图像与横轴所围面积是动量的变化量，则动能的变化量和曲线与横轴围成的面积不成正比，C错误； 根据动能定理得W1＝mv12，W2＝mv22，因此有W1>W2，故C、D错误。 解析：沙发所受滑动摩擦力大小为f＝μmg＝600 N，由图像可知，沙发在0～1 s内所受推力为400 N，小于最大静摩擦力，处于静止状态，1 s末速度为零；t＝ s时，推力为600 N，在～2 s内做加速度增大的加速运动，A、B错误。 F的冲量等于图线与t轴围成的面积，在～2 s内，IF＝×(1 200＋600)× N·s＝675 N·s，摩擦力的冲量为If＝－600× N·s＝－450 N·s，由动量定理可得IF＋If＝mv2，解得2 s末沙发的速度大小为v2＝1.875 m/s，C正确。 ～3 s内F的冲量IF′＝IF＋400×1 N·s＝1 075 N·s，摩擦力的冲量为If′＝－600× N·s＝－1 050 N·s，由动量定理得IF′＋If′＝mv3，解得3 s末沙发的速度大小为v3≈0.21 m/s，D错误。 6．(2024·石狮高二月考)清洗汽车时经常会用到高压水枪，水枪喷出水柱的速度可以调节，且水速变化时水柱的横截面积不变。当水枪分别以v1、v2的水平速度垂直于车门方向喷出水柱进行清洗时，车门所受的冲击力大小分别为F1和F2，不计空气阻力，水冲击车门后均沿车门流下，则为(　 ) A.　　　 B.　　　 C.　　　 D. 解析：设水柱的横截面积为S，水的密度为ρ，Δt时间内水枪喷出的水柱的质量分别为Δm＝ρSv1Δt，Δm′＝ρSv2Δt。设水柱喷出时的速度方向为正方向，由动量定理可知－F1′Δt＝0－Δmv1＝0－ρSv1Δt·v1，－F2′Δt＝0－Δm′v2＝0－ρSv2Δt·v2，由牛顿第三定律可知F1＝F1′，F2＝F2′，解得＝，故选A。 解析：由题图乙可知，t＝1 s时，滑块开始运动，此时的拉力大小F1等于滑块所受的最大静摩擦力，由公式F＝2.5t(N)可知，F1＝2.5 N，则f＝2.5 N，又最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则滑块与水平面间的滑动摩擦力大小为2.5 N，根据牛顿第二定律有F－f＝ma，由题图乙知，当t＝3 s时a＝2 m/s2，又t＝3 s时F＝7.5 N，解得m＝2.5 kg，又f＝μmg，则μ＝＝＝0.1，故A、B错误； 0～1 s 时间内，摩擦力为静摩擦力，且摩擦力的大小由0逐渐增大到2.5 N，则该时间内摩擦力的冲量为I1＝×1 N·s＝1.25 N·s,1～3 s时间内摩擦力为滑动摩擦力，该时间内摩擦力的冲量为I2＝2.5×2 N·s＝5 N·s，所以0～3 s时间内摩擦力的冲量大小为I＝I1＋I2＝6.25 N·s，C正确； 0～3 s 时间内，由动量定理得t－I＝mv，代入数据解得v＝2 m/s，D错误。 解析：从最高点落下到触网用时t1＝0.750 s，则第一次触网的速度大小v1＝gt1＝7.5 m/s，由于离网后又用时t2＝1.500 s再触网，则第一次离网的速度大小v2＝g·＝7.5 m/s，运动员在接触网的Δt＝0.300 s 时间内，根据动量定理有(－mg)Δt＝mv2－(－mv1)，解得＝3 000 N，A正确； 根据动能定理，运动员在接触网的时间里有WF＋WG＝mv22－mv12，由于WG＝0，则有WF＝0，B错误；运动员在一次上行过程中，根据动量定理有IF－mg＝0－0，解得网对运动员的冲量大小IF＝450 N·s，同理，下行过程冲量大小也为450 N·s，C、D错误。 10．(多选)蹦极是一项非常刺激的户外休闲活动。图甲为蹦极的场景，一游客从蹦极台下落的速度—位移图像如图乙所示。已知弹性轻绳的弹力与伸长量的关系符合胡克定律，游客及携带装备的总质量为50 kg，弹性轻绳原长为10 m，若空气阻力恒定，游客下落至5 m处时速度大小为3 m/s，重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是(　 ) 以游客及携带装备为研究对象，从静止开始下落15 m的过程中，由动量定理得I合＝IG－I，I＝mv＝50×15 N·s＝750 N·s，故重力的冲量大于750 N·s，故B错误； 游客在前5 m 做匀加速直线运动，根据动能定理得(mg－f)h1＝mv12，解得f＝50 N，从下落至最低点过程中能量守恒，有mgh＝Epm＋fh，解得Epm＝(500×26－50×26)J＝11 700 J，故C错误； 游客下落15 m时，合力为0，速度最大，此时弹性绳的弹力和阻力的合力等于游客及携带装备的总重力，即f＋kΔx＝mg，解得k＝＝90 N/m，弹性绳长为20 m 时，弹性绳的弹力F＝kΔx′＝90×(20－10)N＝900 N，根据牛顿第二定律得F＋f－mg＝ma，解得a＝9 m/s2，故D正确。 (2)对雨滴，根据动量定理可得(mg－F)t＝0－mv0，根据牛顿第三定律得，雨滴对蚊子的平均作用力F′＝F＝0.201 N，k＝，解得k＝10 050。 答案：(1)1.0×10－3 N·s　(2)10 050 12．如图1所示，一倾角θ＝37°的斜面固定在水平地面上，质量m＝1 kg的滑块(可视为质点)静止在斜面底部。从某时刻起，用平行斜面向上的拉力F作用在滑块上，拉力F随时间t变化的图像如图2所示，4 s后拉力F消失，2 s时滑块速度达到最大。滑块到达最高点后再下滑到斜面底部的速率为 m/s，已知重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求： (2)根据题意，若滑块到达最高点的时间大于等于4 s，设时间为t′，由动量定理有IF4－mgt′sin θ－μmgt′cos θ＝0 其中IF4＝×4×16 N·s＝32 N·s 解得t′＝4 s 符合假设，则滑块4 s时末速度为v1＝0，滑块到达最高点， 对从最高点下滑过程有v22－v12＝2a2x 由牛顿第二定律有a2＝gsin θ－μgcos θ 解得最大位移x＝ m 设拉力F做的功为W，上滑过程中，由动能定理有W－mgsin θ·x－μmgcos θ·x＝0 解得W＝ J。 答案：(1)0.25　8 m/s　(2)4 s　 J $$