第六章 第1讲 动量 动量定理-【勤径学升】2026年高考物理一轮总复习教师用书word（人教版2019）

第六章　动　量 第1讲　动量　动量定理 1．能用动量定理解释生活中的有关现象。 2．能利用动量定理解决相关问题，会在流体力学中建立流体“柱状”模型。 [对应学生用书P122] 【微点辨析】 (1)一个物体的运动状态变化时，它的动量一定改变。(√) (2)合力的冲量是物体动量发生变化的原因。(√) (3)动量具有瞬时性。(√) (4)物体动量的变化等于某个力的冲量。(×) (5)作用力和反作用力的冲量一定等大、反向。(√) (6)物体的动量发生改变，则合力一定对物体做了功。(×) (7)物体的动能变化时，动量一定变化。(√) (8)两物体的动量相等时，动能也一定相等。(×) [对应学生用书P122] 考点 动量和冲量(互动共研) 1．动量、动能、动量变化量的比较 项目 动量 动能 动量变化量 定义 物体的质量和速度的乘积 物体由于运动而具有的能量 物体末动量与初动量的矢量差 定义式 p＝mv Ek＝mv2 Δp＝p′－p 矢标性 矢量 标量 矢量 特点 状态量 状态量 过程量 关联方程 Ek＝，p＝ 2.冲量的计算方法 (1)恒力的冲量：直接用定义式I＝Ft计算。 (2)变力的冲量 ①作出Ft图线，图线与t轴所围的面积即为变力的冲量，如图所示。 ②对于易确定始、末时刻动量的情况，可用动量定理求解。 考向1　动量与动能的比较 [例1]　甲、乙两物体的质量之比是1∶4，下列说法正确的是(　　) A.若它们的动量大小相等，则甲、乙的动能之比是1∶4 B.若它们的动量大小相等，则甲、乙的动能之比是2∶1 C.若它们的动能相等，则甲、乙的动量大小之比是1∶2 D.若它们的动能相等，则甲、乙的动量大小之比是1∶4 解析　当两物体动量大小相等时，由Ek＝知Ek甲∶Ek乙＝m乙∶m甲＝4∶1，故A、B错误；当两物体动能相等时，由p2＝2mEk知p甲∶p乙＝∶＝1∶2，故C正确，D错误。 答案　C 考向2　冲量的计算 [例2]　如图所示，质量为m的滑块沿倾角为θ的固定斜面向上滑动，经过时间t1，速度为零并又开始下滑，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Ff，重力加速度为g。在整个运动过程中，下列说法正确的是(　　) A．重力对滑块的总冲量为mg(t1＋t2)sin θ B．支持力对滑块的总冲量为mg(t1＋t2)cos θ C．合外力的冲量为0 D．摩擦力的总冲量为Ff(t1＋t2) 解析　重力对滑块的总冲量为mg(t1＋t2)，A项错误；支持力对滑块的总冲量为mg(t1＋t2)cos θ，B项正确；整个过程中滑块的动量发生了改变，故合外力的总冲量不为0，C项错误；上滑过程和下滑过程摩擦力的方向相反，故若以沿斜面向上为正方向，摩擦力的总冲量为Ff(t2－t1)，D项错误。 答案　B 考向3　利用Ft图像计算冲量 [例3]　一质点静止在光滑水平面上，现对其施加水平外力F，力F随时间按正弦规律变化，如图所示，下列说法正确的是(　　) A．第2 s末，质点的动量为0 B．第2 s末，质点的动量方向发生变化 C．第4 s末，质点回到出发点 D．在1～3 s时间内，力F的冲量为0 解析　由题图可知，0～2 s时间内F的方向和质点运动的方向相同，质点经历了加速度逐渐增大的加速运动和加速度逐渐减小的加速运动，所以第2 s末，质点的速度最大，动量最大，方向不变，故选项A、B错误；2～4 s内F的方向与0～2 s内F的方向不同，该质点0～2 s内做加速运动，2～4 s内做减速运动，所以质点在0～4 s内的位移均为正，第4 s末没有回到出发点，故选项C错误；在Ft图像中，图线与横轴所围的面积表示力F的冲量，由题图可知，1～2 s内的面积与2～3 s内的面积大小相等，一正一负，则1～3 s时间内，力F的冲量为0，故选项D正确。 答案　D 考点 动量定理的理解和应用(互动共研) 1．对动量定理的理解 (1)Ft＝p′－p是矢量式，两边不仅大小相等，而且方向相同。式中Ft是物体所受的合外力的冲量。 (2)Ft＝p′－p除表明两边大小、方向的关系外，还说明了两边的因果关系，即合外力的冲量是动量变化的原因。 (3)由Ft＝p′－p，得F＝＝，即物体所受的合外力等于物体动量的变化率。 (4)当物体运动包含多个不同过程时，可分段应用动量定理求解，也可以全过程应用动量定理。 2．解题基本思路 (1)确定研究对象。 (2)对物体进行受力分析。可先求每个力的冲量，再求各力冲量的矢量和——合力的冲量；或先求合力，再求其冲量。 (3)抓住过程的初、末状态，选好正方向，确定各动量和冲量的正负号。 (4)根据动量定理列方程，如有必要还需要补充其他方程，最后代入数据求解。 [例4]　(多选)(2024·全国甲卷)蹦床运动中，体重为60 kg的运动员在t＝0时刚好落到蹦床上，对蹦床作用力大小F与时间t的关系如图所示。假设运动过程中运动员身体始终保持竖直，在其不与蹦床接触时蹦床水平。忽略空气阻力，重力加速度大小取10 m/s2。下列说法正确的是(　　) A.t＝0.15 s时，运动员的重力势能最大 B.t＝0.30 s时，运动员的速度大小为10 m/s C.t＝1.00 s时，运动员恰好运动到最大高度处 D.运动员每次与蹦床接触到离开过程中对蹦床的平均作用力大小为4 600 N 解析　根据题图分析可知，t＝0.15 s时，运动员对蹦床作用力最大，则此时运动员下降至最低点，运动员的重力势能最小，A错误；根据题图分析可知，t＝0.30 s时运动员离开蹦床，做竖直上抛运动，经2 s后，即t＝2.30 s时再次落至蹦床上，根据竖直上抛运动的对称性可知，t＝1.30 s时，运动员运动至最大高度处，根据v＝gΔt可知，运动员在t＝0.30 s时的速度大小v0＝10 m/s，B正确，C错误；对运动员与蹦床一次相互作用过程，根据动量定理有(－mg)Δt＝mv0－(－mv0)，代入数据解得＝4 600 N，D正确。 答案　BD 1.锤子是常用装修工具。铺木地板时，调整地板之间衔接平整，需要用锤子轻轻敲打；把铁钉钉入坚硬的木板需要用锤子重重敲打。关于两种情况下选用的锤子及理由，以下说法正确的是(　　) A.钉铁钉时，应选铁锤快速敲打，以获得较大的打击力 B.钉铁钉时，应选木锤快速敲打，以获得较小的打击力 C.铺地板时，应选铁锤低速敲打，以获得较小的打击力 D.铺地板时，应选木锤低速敲打，以获得较大的打击力 解析　根据动量定理得Ft＝0－(－mv0)，解得F＝，钉铁钉时，为了获得较大的打击力F，应选择铁锤快速敲打。选择铁锤是因为铁锤的质量比木锤质量大，快速敲打能减小铁锤与铁钉的作用时间t，增大铁锤的初速度v0，A正确，B错误；根据F＝，铺地板时，为了获得较小的打击力F，应该选择木锤低速敲打。选择木锤是因为木锤的质量小，低速敲打增大木锤与地板的作用时间t，减小木锤的初速度v0，C、D错误。 答案　A 2．(多选)有些人喜欢躺着刷手机，经常出现手机掉落砸伤眼睛或者额头的情况。若有一手机质量为120 g，从离人额头约20 cm的高度无初速掉落，砸到额头后手机的反弹忽略不计，额头受到手机的冲击时间约为0.2 s。下列分析正确的是(　　) A．手机与额头作用过程中，手机的动量变化大小约为 0.24 kg·m/s B．手机对额头的冲量大小约为0.24 N·s C．手机对额头的冲量方向竖直向上 D．手机对额头的作用力大小约为2.4 N 解析　根据自由落体运动规律，手机掉落到人额头位置时的速度为v＝≈2 m/s，手机与额头作用后手机的速度变为0，选取向下为正方向，所以手机与额头作用过程中动量变化为Δp＝0－mv＝－0.24 kg·m/s，故A正确；手机与额头接触的过程中受到重力与额头的作用力，选取向下为正方向，对手机由动量定理得mgt＋I＝Δp，代入数据得I＝－0.48 N·s，负号表示方向竖直向上，根据力的作用是相互的，所以手机对额头的冲量大小约为0.48 N·s，故B错误；因为额头对手机的冲量的方向是竖直向上，所以手机对额头的冲量方向竖直向下，故C错误；根据冲量定义得手机对额头的作用力大小约为F＝＝2.4 N，故D正确。 答案　AD 考点 应用动量定理处理“流体模型”(方法模型) 研究对象 流体类：液体流、气体流等，通常已知密度ρ 微粒类：电子流、光子流、尘埃等，通常给出单位体积内粒子数n 分析步骤 ①构建“柱状”模型：沿流速v的方向选取一段小柱体，其横截面积为S ②微元研究 小柱体的体积ΔV＝vSΔt 小柱体质量m＝ρΔV＝ρvSΔt 小柱体粒子数N＝nvSΔt 小柱体动量p＝mv＝ρv2SΔt ③建立方程，应用动量定理FΔt＝Δp研究 考向1　应用动量定理处理流体类问题 [例5]　某人用高压水枪给船体除锈，水枪喷出水柱的直径为D，水流速度大小为v，水柱与船体表面垂直，水柱冲击船体后水的速度为零。已知水的密度为ρ，下列说法正确的是(　　) A.水对船的作用力大于船对水的作用力 B.时间t内，高压水枪喷出水的质量为πρvtD2 C.水柱对船体表面的平均冲力大小为πρv2D2 D.从喷出开始的整个除锈过程，水柱的机械能守恒 解析　由牛顿第三定律可知，水对船的作用力与船对水的作用力大小相等，故A错误；时间t内，高压水枪喷出水的质量m＝ρV＝ρπ··vt＝πρvtD2，故B错误；设水柱对船体表面的平均冲力大小为F，由动量定理有Ft＝mv，即Ft＝πρvtD2·v，解得F＝πρv2D2，故C正确；水柱冲击船体后速度变为零，动能减小，势能不变，水柱的机械能减小，故D错误。 答案　C 考向2　应用动量定理处理微粒类问题 [例6]　宇宙飞船在飞行过程中有很多技术问题需要解决，其中之一就是当飞船进入宇宙微粒尘区时，如何保持速度不变的问题。假设一宇宙飞船以v＝2.0×103 m/s的速度进入密度ρ＝2.0×10－6 kg/m3的微粒尘区，飞船垂直于运动方向上的最大横截面积S＝5 m2，且认为微粒与飞船相碰后都附着在飞船上，则飞船要保持速度v不变，所需推力多大？ 解析　设飞船在微粒尘区的飞行时间为Δt， 则在这段时间内附着在飞船上的微粒质量 Δm＝ρSvΔt， 微粒由静止到与飞船一起运动，微粒的动量增加， 由动量定理得FΔt＝Δmv＝ρSvΔtv， 所以飞船所需推力大小F′＝F＝ρSv2＝2.0×10－6×5×(2.0×103)2 N＝40 N。 答案　40 N 3．由我国自主研发制造的世界上最大的海上风电机SL5 000，它的机舱上可以起降直升机，叶片直径128 m，风轮高度超过40层楼，是世界风电制造业的一个奇迹。风速为12 m/s时发电机满载发电，风通过发电机后速度减为11 m/s，已知空气的密度为1.3 kg/m3，则风受到的平均阻力约为(　　) A．4.0×104 N B．2.0×105 N C．2.2×106 N D．4.4×106 N 解析　叶片d＝128 m，所以叶片旋转所形成的圆面积为S＝，设t秒内流过该圆面积的风柱体积为V＝Sv1t＝，风柱的质量为m＝ρV，设风柱受到的平均阻力为f，取v1的方向为正方向，故v1＝12 m/s，v2＝11 m/s，根据动量定理有－ft＝mv2－mv1，带入数据解得f≈2.0×105 N，故选B。 答案　B [对应学生用书P125] 关注创新情境，把握命题导向 1．(激励爱国情怀)抗日战争时期，我军缴获不少敌军武器武装自己，其中某轻机枪子弹弹头质量约8 g，出膛速度大小约750 m/s。某战士在使用该机枪连续射击1分钟的过程中，机枪所受子弹的平均反冲力大小约12 N，则机枪在这1分钟内射出子弹的数量约为(　　) A．40　　　　　　　　　 B．80 C．120 D．160 解析　对子弹根据动量定理得：Ft＝nmv－0，代入数据解得n≈120，故ABD错误，C正确。 答案　C 2．(联系生活实际)福建属于台风频发地区，各类户外设施建设都要考虑台风影响。已知10级台风的风速范围为24.5 m/s～28.4 m/s，16级台风的风速范围为51.0 m/s～56.0 m/s。若台风迎面垂直吹向一固定的交通标志牌，则16级台风对该交通标志牌的作用力大小约为10级台风的(　　) A．2倍 B．4倍 C．8倍 D．16倍 解析　设空气的密度为ρ，风迎面垂直吹向一固定的交通标志牌的横截面积为S，在时间Δt的空气质量为Δm＝ρSv·Δt，假定台风迎面垂直吹向一固定的交通标志牌的末速度为零，对风，由动量定 理得－FΔt＝0－Δmv，可得：F＝ρSv2，10级台风的风速v1≈25 m/s，16级台风的风速v2≈50 m/s，则有＝≈4，根据牛顿第三定律可知，16级台风对该交通标志牌的作用力大小约为10级台风的4倍，故B正确，ACD错误。 答案　B 3.(聚焦科技前沿)科技发展，造福民众，近两年推出的“智能防摔马甲”是一款专门为老年人研发的科技产品。该装置的原理是通过马甲内的传感器和微处理器精准识别穿戴者的运动姿态，在其失衡瞬间迅速打开安全气囊进行主动保护，能有效地避免摔倒带来的伤害。在穿戴者着地的过程中，安全气囊可以(　　) A．减小穿戴者动量的变化量 B．减小穿戴者动量的变化率 C．增大穿戴者所受合力的冲力 D．增大穿戴者所受合力的冲量 解析　依题意，根据动量定理FΔt＝Δp，可得F＝＝可知安全气囊的作用是延长了人与地面的接触时间Δt，从而减小人所受到的冲力，即减小穿戴者动量的变化率，而穿戴者动量的变化量Δp，也即穿戴者所受合力的冲量FΔt均未发生变化。故选B。 答案　B 课时检测训练26　动量　动量定理 对应学生用书P381 对点练1　动量和冲量 1．(多选)(2023·山西卷)使甲、乙两条形磁铁隔开一段距离，静止于水平桌面上，甲的N极正对着乙的S极，甲的质量大于乙的质量，两者与桌面之间的动摩擦因数相等。现同时释放甲和乙，在它们相互接近过程中的任一时刻(　　) A．甲的速度大小比乙的大 B．甲的动量大小比乙的小 C．甲的动量大小与乙的相等 D．甲和乙的动量之和不为零 解析　对甲、乙两条形磁铁分别做受力分析，如图所示。 根据牛顿第二定律有a甲＝，a乙＝，由于m甲>m乙所以a甲<a乙。由于两物体运动时间相同，且同时由静止释放，可得v甲<v乙，A错误；对于整个系统而言，由于μm甲g>μm乙g，合力方向向左，合冲量方向向左，所以合动量方向向左，显然甲的动量大小比乙的小，BD 正确、C 错误。故选 BD。 答案　BD 2.(多选)一质量为2 kg的弹珠与水平地面碰撞后反弹，动能不变，弹珠反弹前后速度方向如图所示。已知与地面碰撞前弹珠的动能大小为9 J，则下列说法正确的是(　　) A.碰撞前后弹珠动量方向改变的角度为60° B.碰撞前后弹珠动量大小不变 C.碰撞后，弹珠的动量大小为8 kg·m/s D.弹珠碰撞前后动量变化量大小为6kg·m/s 解析　结合几何知识，由图可知，碰撞前后弹珠动量方向改变的角度为120°，A错误；由动能与动量的关系Ek＝可知，碰撞前后动能不变，则动量大小不变，B正确；由动能与动量的关系Ek＝得，碰撞后弹珠的动量大小为p＝＝6 kg·m/s，C错误；结合几何知识，由图可知，弹珠动量变化量Δp＝2p cos 30°＝6 kg·m/s，D正确。 答案　BD 3．光滑水平面上有一个物体正在向右运动，某时刻有一个水平向右的拉力作用在物体上，规定该时刻为0时刻，向右为正方向，物体动能Ek与拉力的冲量I之间关系图像可能正确的是(　　) 解析　设物体的质量为m，拉力大小为F，初速度为v0，则a＝，故 v＝v0＋at＝v0＋＝v0＋，故物体的动能为Ek＝mv2＝m。根据数学知识可知动能Ek与拉力的冲量I之间关系为一开口向上的二次函数的右半部分。故选B。 答案　B 对点练2　动量定理的理解和应用 4．质量为0.5 kg的足球以8 m/s的速度水平飞来，运动员把它以12 m/s的速度用脚反向踢回，作用时间为0.2 s，运动员脚部受到足球给的作用力大小约为(　　) A．2 N B．10 N C．20 N D．50 N 解析　设足球踢回速度方向为正，根据动量定理可知Ft＝Δp，则F＝＝＝ N＝50 N，故D正确，A、B、C错误。 答案　D 5.(2022·湖北卷)一质点做曲线运动，在前一段时间内速度大小由v增大到2v，在随后的一段时间内速度大小由2v增大到5v。前后两段时间内，合外力对质点做功分别为W1和W2，合外力的冲量大小分别为I1和I2。下列关系式一定成立的是(　　) A.W2＝3W1，I2≤3I1 B.W2＝3W1，I2≥I1 C.W2＝7W1，I2≤3I1 D.W2＝7W1，I2≥I1 解析　质点做曲线运动，在前一段时间内速度大小由v增大到2v，在随后一段时间内速度大小由2v增大到5v，则由动能定理有W1＝m(2v)2－mv2＝mv2，W2＝m(5v)2－m(2v)2＝mv2，故W2＝7W1；由动量定理知，质点做曲线运动，则在前一段时间内合外力的冲量最大发生在前后速度反向时，则I1≤m[2v－(－v)]＝3mv，在随后一段时间内合外力的冲量最小发生在前后速度同向时，则I2≥m·5v－m·2v＝3mv，故I2≥I1一定成立，选项D正确。 答案　D 6．2023年9月男篮世界杯，某队员做赛前热身时，篮球在地面与手之间，沿竖直方向做往复运动。某次篮球在与地面接触的t1时间内动量的改变量大小为Δp1，在与手接触的t2时间内动量改变量的大小Δp2。已知篮球的质量为m，重力加速度大小为g，不计空气阻力，则下列说法正确的是(　　) A．篮球在t1时间内受到地面的平均作用力大小为 B．篮球在t1时间内受到地面的平均作用力大小为＋mg C．篮球在t2时间内受到手的平均作用力大小为 D．篮球在t2时间内受到手的平均作用力大小为＋mg 解析　篮球与地面接触的过程中，设地面对篮球的平均作用力为F1，选取竖直向上为正方向，由动量定理(F1－mg)t1＝Δp1解得F1＝＋mg，B正确，A错误；同理篮球与手接触的过程中，设手对篮球的平均作用力为F2，选取竖直向下为正方向，由动量定理(mg＋F2)t2＝Δp2可解得F2＝－mg，CD错误。故选B。 答案　B 对点练3　应用动量定理处理流体模型 7．单人飞行器由微型喷气发动机和操纵系统组成，可以完成单人上升、下降、悬停和平飞等动作。已知飞行器连同人和装备的总质量为M，发动机在时间t内喷出燃料的质量为m，m≪M，重力加速度为g。如图，要使飞行器能在空中悬停，则燃料喷射的速度应为(　　) A．Gt B． C． D． 解析　由于m≪M，要使飞行器能在空中悬停，燃料对飞行器的反冲力应为Mg，由牛顿第三定律可知，飞行器对燃料的作用力也为Mg，设燃料喷射的速度为v，由动量定理可知Mgt＝mv，解得v＝。 答案　C 8.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，并停在目标体内。下列说法正确的是(　　) 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/s2 D.弹幕对目标形成的冲击力大小F＝3.6×108 N 解析　形成弹幕的总体积为V＝vtS＝6 m3，A错误；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＝Nm＝1.2×105 kg，B正确；对整个弹幕由动量定理可知I＝M·v＝3.6×107 kg·m/s，C错误；由冲量公式I＝FΔt知，弹幕对目标形成的冲击力大小F＝＝3.6×109 N，D错误。 答案　B 9．某病毒主要传播方式为飞沫传播，打喷嚏可以将飞沫喷到十米之外。有关专家研究得出打喷嚏时气流喷出的速度可达40 m/s，假设打一次喷嚏大约喷出50 mL的空气，用时约0.02 s。已知空气的密度为1.3 kg/m3，估算打一次喷嚏人受到的平均反冲力为(　　) A．13 N B．0.13 N C．0.68 N D．2.6 N 解析　打一次喷嚏大约喷出气体的质量m＝ρV，由动量定理Δt＝mv，解得＝＝＝ N＝0.13 N，根据牛顿第三定律可知，打一次喷嚏人受到的平均反冲力为0.13 N，选B。 答案　B 10.(2025·黑龙江大庆月考)如图所示为清洗汽车用的高压水枪。设水枪喷出水柱直径为D，水流速度为v，水柱垂直汽车表面，水柱冲击汽车后水的速度为零。手持高压水枪操作，进入水枪的水流速度可忽略不计，已知水的密度为ρ。下列说法正确的是(　　) A.高压水枪单位时间喷出的水的质量为ρπvD2 B.高压水枪单位时间喷出的水的质量为ρvD2 C.水柱对汽车的平均冲力为ρD2v2 D.当高压水枪喷口的出水速度变为原来的2倍时，喷出的水对汽车的压强变为原来的4倍 解析　高压水枪单位时间喷出水的质量为m0＝ρV＝ρπ·v＝πρvD2，A、B错误；设汽车对水柱的平均冲力为F，由动量定理得Ft＝mv，即Ft＝ρπvD2t·v，解得F＝ρπv2D2，由牛顿第三定律知水柱对汽车的平均冲力大小为ρπv2D2，C错误；高压水枪喷出的水对汽车产生的压强p＝＝＝ρv2，则当高压水枪喷口的出水速度变为原来的2倍时，喷出的水对汽车的压强变为原来的4倍，D正确。 答案　D 11．如图所示，在倾角为30°的足够长的光滑固定斜面上有一质量为m的物体，它受到沿斜面方向的力F的作用。力F可按如图所示的四种方式随时间变化(图中纵坐标是F与mg的比值，力F沿斜面向上为正)。已知此物体在t＝0时速度为零，若用v1、v2、v3、v4分别表示上述四种受力情况下物体在3 s末的速率，则这四个速率中最大的是(　　) 解析　根据动量定理分别研究四种情况下物体的速率。取t0＝1 s，以沿斜面向上为正方向，A图中：－mg sin 30°·3t0＋F1·2t0＋F2t0＝－mv1，得v1＝20 m/s；B图中：－mg sin 30°·3t0＋F1t0＋F2t0＝－mv2，得v2＝15 m/s；C图中：－mg sin 30°·3t0＋F·2t0＝－mv3，得v3＝25 m/s；D图中：－mg sin 30°·3t0＋F1·2t0＋F2t0＝－mv4，得v4＝15 m/s。故选项C正确。 答案　C 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时物块速度达到最大。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： (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。 解析　(1)根据题意可知，t＝2 s时，上滑速度最大，则滑块所受合外力为0， 由题图可知此时F＝8 N， 由平衡条件有F＝mg sin θ＋μmg cos θ， 代入数据得μ＝0.25， 0～2 s由动量定理有IF2－mgt sin θ－μmgt cos θ＝mvm－0， 根据F-t图像与时间轴所围的面积表示冲量， 结合题图可知，IF2＝t＝×2 N·s＝24 N·s， 联立解得vm＝8 m/s。 (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t1， 由动量定理有IF4－mgt1sin θ－μmgt1cos θ＝0， 其中IF4＝′t′＝×4×16 N·s＝32 N·s，解得t1＝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v－v＝2a2x， 由牛顿第二定律有a2＝g sin θ－μg cos 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－mg sin θ·x－μmg cos θ·x＝0， 解得W＝ J。 答案　(1)0.25　8 m/s　(2)4 s　J 13．北京2022年冬奥会国家跳台滑雪赛道如图甲所示，某运动员在空中运动的轨迹如图乙所示，在轨迹上取三个点A、B、C，测得三点间的高度差和水平间距分别为h1＝12.8 m、h2＝27.2 m、xAB＝xBC＝36 m。运动员落到倾角为23°的滑道上时，速度方向与滑道成30°角，然后用2 s时间完成屈膝缓冲后下滑。若空气阻力、滑道摩擦均不计，运动员连同装备质量为60 kg，g取10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，sin 23°＝0.39，cos 23°＝0.92。求： (1)运动员在空中运动的水平速度。 (2)屈膝缓冲过程中运动员受到的平均冲力。 解析　(1)运动员从A到B、从B到C时间相等，设时间间隔为T，则h2－h1＝gT2，v0T＝xAB，解得v0＝30 m/s； (2)由题意得，落地时速度与水平方向的夹角为53°，速度关系cos 53°＝， 垂直轨道方向由动量定理有 (F－mg cos 23°)t＝0－mv sin 30°， 解得F＝1 302 N。 答案　(1)30 m/s　(2)1 302 N 学科网（北京）股份有限公司 $$