第一章 动量和动量守恒定律 第一节 冲量 动量(Word教参)-【新课程学案】2025-2026学年高中物理选择性必修第一册（粤教版）

　第一章　动量和动量守恒定律 第一节　冲量 动量 核心素养导学 物理观念 (1)知道冲量的概念,知道冲量是矢量。 (2)理解动量的概念,知道动量是矢量。 科学思维 (1)理解冲量的物理意义,并会进行简单计算。 (2)认识动量是描述物体运动状态的物理量,会计算动量的变化量。 (3)知道动量与动能的区别和联系。 科学态度与责任 通过了解历史上关于运动量度问题的争论,体会人类对物理学的研究是不断发展的,认识到科学争论是推动科学进步的一个重要环节。 一、冲量 1.定义:作用力在时间上的积累。 2.公式:I=Ft。 3.单位:牛秒,符号是N·s。 4.矢量性:冲量是矢量(填“矢”或“标”),方向与力的方向相同。 5.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。 [微点拨] 　　冲量等于力和力的作用时间的乘积,即I=Ft,冲量取决于力和作用时间这两个因素,与物体是否运动及在该力的方向上是否有位移无关。 二、动量 1.定义:物体的质量和速度的乘积。 2.公式:p=mv。 3.单位:千克米每秒,符号:kg·m/s。 4.矢量性:动量是矢量(填“矢”或“标”),方向与速度的方向相同,运算遵守平行四边形定则。 [微点拨] (1)物体速度的大小不变而方向变化时,动量一定发生变化。 (2)动量和冲量的正负不代表其大小,只代表动量和冲量的方向。 1.如图所示,有一质量m=50 kg的人在水平路面上行走了5分钟,其重力的冲量为多少?(g=10 m/s2) 提示:I=mgt=50×10×5×60 N·s=1.5×105 N·s,方向竖直向下。 2.摩天轮是一种大型转轮状的机械游乐设施。小刚搭乘挂在摩天轮边缘的座舱随摩天轮在竖直面内做匀速圆周运动。 (1)不同时刻小刚的动量相同吗? (2)不同时刻小刚的动能相同吗? 提示:(1)因为小刚速度方向时刻改变,故小刚的动量不相同; (2)动能是标量,没有方向,所以小刚的动能时刻相同。 新知学习(一) 对冲量的理解和计算 [任务驱动] 　　力F随时间t变化的图像如图所示,请问: (1)0~1 s内,力F的冲量是多少?对应F-t图线与t轴所围的面积是多少?二者什么关系? (2)1~6 s内,力F的冲量是多少?对应F-t图线与t轴所围的面积是多少?二者什么关系? (3)0~6 s内,力F的冲量是多少?对应F-t图线与t轴所围的面积是多少?二者什么关系? 提示:(1)力F在0~1 s内的冲量I1=F1t1=20×1 N·s=20 N·s,对应F-t图线与t轴所围的面积是20 N·s,二者相等。 (2)力F在1~6 s内的冲量I2=F2t2=-10×5 N·s=-50 N·s,负号表示冲量的方向沿着负方向。对应F-t图线与t轴所围的面积是-50 N·s,二者相等。 (3)力F在0~6 s内的冲量I=I1+I2=-30 N·s,负号表示冲量的方向沿着负方向。对应F-t图线与t轴所围的面积的代数和是-30 N·s,二者相等。 [重点释解] 1.对冲量的理解 (1)冲量是过程量:冲量描述的是作用在物体上的力对一段时间的积累效应,与某一过程相对应。 (2)冲量是矢量:冲量的方向由力的方向决定,在作用时间内力的方向不变时,冲量的方向与力的方向相同。 2.冲量的计算 (1)若物体受到恒力的作用,力的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。 (2)若力为同一方向随时间均匀变化的力,该力的冲量可以用平均力计算。 (3)若力为一般变力,则不能直接计算冲量。 (4)若给出了力随时间变化的图像,如图所示,可用面积法求变力的冲量。 [典例体验] [典例]　如图所示,质量为2 kg的物体沿倾角θ=30°、高为5 m的光滑斜面由静止从顶端下滑到底端的过程中,g 取10 m/s2,求: (1)重力的冲量; (2)支持力的冲量; (3)合力的冲量。 [解析]　由于物体下滑过程中各个力均为恒力,所以只要求出物体下滑的时间,便可以用公式I=Ft 逐个求出各个力的冲量。 由牛顿第二定律得a==5 m/s2 由x=at2,得t= ==2 s (1)重力的冲量为I重=mgt=2×10×2 N·s=40 N·s,方向竖直向下。 (2)支持力的冲量为I支=FNt=mgcos θ·t=20 N·s,方向垂直于斜面向上。 (3)合力的冲量为I合=F合t=mgsin θ·t=20 N·s,方向沿斜面向下。 [答案]　(1)40 N·s,方向竖直向下　(2)20 N·s,方向垂直于斜面向上　(3)20 N·s,方向沿斜面向下 /方法技巧/ 　　(1)恒力的冲量可用I=Ft直接求解,但要分清是哪个力在哪一段时间内的冲量。 (2)求变力的冲量时,对于随时间均匀变化的变力的冲量可用I=t求解。 [针对训练] 1.如图所示,一个物体在与水平方向成θ角的拉力F作用下匀速前进了时间t,则 (　 ) A.拉力F对物体的冲量大小为Ftcos θ B.拉力F对物体的冲量大小为Ftsin θ C.摩擦力对物体的冲量大小为Ftsin θ D.合外力对物体的冲量大小为零 解析:选D　拉力F对物体的冲量就是Ft,所以A、B错;物体受到的摩擦力Ff=Fcos θ,所以摩擦力对物体的冲量大小为If=Fcos θ·t,C错;物体做匀速直线运动,合外力为零,所以合外力对物体的冲量大小为零,D对。 2.(2024·珠海期中检测)自动流水线中有实现货物转弯的传送带,质量为m的货物从传送带A位置传送到B位置,传送过程中传送带速率保持不变,则货物在此过程中 (　 ) A.所受摩擦力的冲量为零 B.所受合外力做功不为零 C.所受合外力的冲量不为零 D.所受重力的冲量为零 解析:选C　货物从A到B做匀速圆周运动,摩擦力提供向心力,货物所受摩擦力的冲量I=ft ,不为零,故A错误;货物动能不变,则所受合外力做功为零,故B错误;所受合外力的冲量I合=ft,不为零,故C正确;所受重力的冲量IG=mgt,不为零,故D错误。 新知学习(二) 对动量的理解 [任务驱动] 　　如图所示,在某次足球比赛中质量为430 g的足球以20 m/s的速度正对撞向门柱,足球撞到门柱后以10 m/s的速度反向弹回,则足球的初动量、末动量以及与球门门柱碰撞过程中动量的变化量各是多少? 　　提示:取向右为正方向,则足球的初、末动量分别为p1=mv1=0.43×20 kg·m/s=8.6 kg·m/s,方向向右,p2=mv2=0.43×(-10)kg·m/s=-4.3 kg·m/s,即方向向左,足球动量的变化量为Δp'=p2-p1=-12.9 kg·m/s,即方向向左。 　 [重点释解] 1.对动量的认识 瞬时性 通常说物体的动量是物体在某一时刻或某一位置的动量,动量的大小可用p=mv表示 矢量性 动量的方向与物体的瞬时速度的方向相同 相对性 因物体的速度与参考系的选取有关,故物体的动量也与参考系的选取有关 2.动量的变化量 (1)动量的变化量是过程量,分析计算时,要明确是物体在哪一个过程的动量变化。 (2)动量的变化量Δp=p'-p是矢量式,Δp、p'、p间遵循平行四边形定则,如图所示。 (3)Δp的计算 ①当p'、p在同一直线上时,可规定正方向,将矢量运算转化为代数运算; ②当p'、p不在同一直线上时,应依据平行四边形定则运算。 3.动量和动能的比较 比较项 动量 动能 物理意义 描述机械运动状态的物理量 定义式 p=mv Ek=mv2 标矢性 矢量 标量 换算关系 p=,Ek= [典例体验] 　　[典例]　羽毛球是速度最快的球类运动之一,在一场羽毛球比赛中,假设球的速度为90 km/h,羽毛球运动员将球以342 km/h的速度反向击回。设羽毛球质量为5 g,试求: (1)羽毛球运动员击球过程中羽毛球的动量变化量; (2)在羽毛球运动员的这次扣杀中,羽毛球的速度变化、动能变化各是多少? [解析]　(1)以球飞回的方向为正方向,则 p1=mv1=-5×10-3× kg·m/s =-0.125 kg·m/s p2=mv2=5×10-3× kg·m/s=0.475 kg·m/s 所以羽毛球的动量变化量为 Δp=p2-p1=0.475 kg·m/s-(-0.125 kg·m/s)=0.600 kg·m/s 即羽毛球的动量变化量大小为0.600 kg·m/s,方向与羽毛球飞回的方向相同。 (2)羽毛球的初速度为v1= m/s=-25 m/s 羽毛球的末速度为v2= m/s=95 m/s 所以Δv=v2-v1=95 m/s-(-25 m/s)=120 m/s,方向与羽毛球飞回的方向相同 羽毛球的初动能: Ek=m=×5×10-3×(-25)2 J=1.5625 J 羽毛球的末动能: Ek'=m=×5×10-3×952 J=22.5625 J 所以ΔEk=Ek'-Ek=21 J。 [答案]　(1)0.600 kg·m/s,方向与羽毛球飞回的方向相同　(2)120 m/s,方向与羽毛球飞回的方向相同　21 J /方法技巧/ 对动量和动量变化量的提醒 　　(1)动量是矢量,比较两个物体的动量时,不能仅比较大小,还要比较方向,只有大小相等、方向相同的两个动量才能相等。 (2)计算动量变化量时,应利用矢量运算法则进行计算。对于在同一直线上的矢量运算,要注意选取正方向。 [针对训练] 1.关于动量,下列说法中正确的是 (　 ) A.做匀速圆周运动的物体,动量不变 B.做匀变速直线运动的物体,它的动量一定在改变 C.物体的动量变化,动能也一定变化 D.甲物体的动量p1=5 kg·m/s,乙物体的动量p2=-10 kg·m/s,所以p1>p2 解析:选B　动量是矢量,做匀速圆周运动的物体的速度方向时刻在变化,故动量时刻在变化,A错误;做匀变速直线运动的物体的速度大小时刻在变化,所以动量一定在变化,B正确;若物体的速度方向变化,但大小不变,则动量变化,而动能不变,C错误;动量的负号只表示方向,不参与大小的比较,故p1<p2,D错误。 2.(多选)质量为0.5 kg的物体,运动速度为3 m/s,它在一个变力作用下,经过一段时间后速度大小变为7 m/s,则这段时间内动量的变化量为 (　 ) A.5 kg·m/s,方向与初速度方向相反 B.5 kg·m/s,方向与初速度方向相同 C.2 kg·m/s,方向与初速度方向相反 D.2 kg·m/s,方向与初速度方向相同 解析:选AD　以初速度方向为正方向,如果末速度的方向与初速度方向相反,由Δp=mv'-mv得Δp=(-7×0.5-3×0.5)kg·m/s=-5 kg·m/s,负号表示Δp的方向与初速度方向相反,A正确,B错误;如果末速度方向与初速度方向相同,由Δp=mv'-mv得Δp=(7×0.5-3×0.5)kg·m/s=2 kg·m/s,方向与初速度方向相同,C错误,D正确。 一、好素材分享——看其他教材如何落实核心素养 ◉科学思维——影响动量大小的因素 (选自人教版教材“做一做”)让一位同学把一个充气到直径1 m左右的大乳胶气球,以某一速度水平投向你,请你接住(如图)。把气放掉后气球变得很小,再把气球以相同的速度投向你。两种情况下,你的体验有什么不同?这是为什么呢? 提示:体验:接住充气后的气球,感觉比较困难,有被气球砸倒的趋势。接住放气后的气球,感觉比较容易。 原因:直径1 m的大乳胶气球内空气的质量m=ρV=1.29×π× kg≈0.675 4 kg,相对于乳胶气球的质量不能忽略。则当充气后的气球和放气后的气球分别以相同的速度运动时,动量不同,接住气球,气球的动量变化也不同:人感觉接动量大的气球受到的撞击更厉害。这一小实验形象地揭示了动量是一个与质量有关的物理量。 二、新题目精选——品立意深处所蕴含的核心价值 1.将蹦极过程简化为人沿竖直方向的运动,从绳恰好伸直到人第一次下降至最低点的过程中,若不计空气阻力,下列说法正确的是 (　 ) A.绳对人的拉力先减小后增大,人的动量先增大后减小 B.人在最低点时动量为0,人处于静止状态 C.绳对人的拉力始终做负功,人的动能和动量一直减小 D.人的动能最大时,动量一定最大 解析:选D　从绳恰好伸直到人第一次下降至最低点的过程中,绳对人的拉力先小于人的重力,后大于人的重力,绳对人的拉力一直增大,人先向下做加速运动后向下做减速运动,则人的速度先增大后减小,人的动量先增大后减小,人的动能也先增大后减小;绳对人的拉力方向始终向上,绳对人的拉力始终做负功,故A、C错误;人在最低点时速度为0,则动量为0,但加速度方向向上,人不是处于静止状态,故B错误;人的动能最大时,速度最大,所以动量一定最大,故D正确。 2.(2025·自贡高二练习)如图所示,某滑雪运动员从弧形坡面上滑下,沿水平方向飞出后落到斜面上。若斜面足够长且倾角为θ。某次训练时,运动员从弧形坡面先后以速度v0和3v0水平飞出,飞出后在空中的姿势保持不变。不计空气阻力,则 (　 ) A.运动员先后落在斜面上所用时间之比为3∶1 B.运动员先后落在斜面上位移之比为1∶3 C.运动员先后落在斜面上动能的变化量之比为1∶3 D.运动员先后落在斜面上动量的变化量之比为1∶3 解析:选D　运动员做平抛运动,有x=v0t,h=gt2,tan θ=,解得t=,因此运动员先后落在斜面上所用时间之比=,故A错误;运动员落在斜面上的位移s=,运动员先后落在斜面上位移之比==,故B错误;运动员落在斜面上动能的变化量ΔEk=mgh=mg2t2,因此运动员先后落在斜面上动能的变化量之比==,故C错误;运动员落在斜面上动量的变化量Δp=mgt,因此运动员先后落在斜面上动量的变化量之比==,故D正确。 [课时跟踪检测] 1.如图所示,质量为0.01 kg、以800 m/s的速度飞行的子弹与质量为0.8 kg,以10 m/s的速度飞行的小球相比 (　 ) A.子弹的动量较大 B.小球的动量较大 C.子弹的动能较大 D.小球的动能较大 解析:选C　根据p=mv,子弹的动量p1=8 kg·m/s,小球的动量p2=8 kg·m/s,所以二者动量相等;根据Ek=mv2,子弹的动能Ek1=3 200 J,小球的动能Ek2=40 J,所以子弹的动能较大,C正确,A、B、D错误。 2.(2025·江苏连云港阶段练习)在光滑水平地面上放置一质量为m=1 kg的物块,t=0时刻将一水平力F作用在该物块上,力F随时间t变化的关系图像如图所示,取水平向右为正方向,则 (　 ) A.0~4 s内,F的冲量大小为8 N·s,方向水平向右 B.4~10 s内,F的冲量大小为6 N·s,方向水平向右 C.2~6 s内,F的冲量大小为1 N·s,方向水平向右 D.0~10 s内,F的冲量大小为2 N·s,方向水平向右 解析:选C　F-t图像与横轴围成的面积代表力F的冲量,冲量的方向与力F的方向相同,由题图可知,0~4 s内,力F的冲量为I1=×2×4 N·s=4 N·s,方向水平向右,故A错误;4~10 s内,力F的冲量为I2=-1×6 N·s=-6 N·s,方向水平向左,故B错误;2~6 s内,力F的冲量为I3= N·s=1 N·s,方向水平向右,故C正确;0~10 s内,力F的冲量为I4=I1+I2=-2 N·s,方向水平向左,故D错误。 3.两辆汽车的质量分别为m1和m2,沿水平方向做匀速直线运动并且具有相等的动能,则两辆汽车的动量大小之比是 (　 ) A. B. C. D. 解析:选B　根据动量与动能的关系式p2=2mEk,可得两辆汽车动量大小之比是 ,B正确,A、C、D错误。 4.如图所示,质量为m的小滑块沿倾角为θ的斜面向上滑动,经过时间t1速度变为零然后又下滑,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。在整个过程中,重力对滑块的总冲量为 (　 ) A.mgsin θ (t1+t2) B.mgsin θ (t1-t2) C.mg(t1+t2) D.0 解析:选C　根据冲量的定义式I=Ft,可知重力对滑块的冲量应为重力乘作用时间,所以IG=mg(t1+t2),C正确。 5.一台自动传送盘,盘上离转轴0.5 m处有一质量为0.5 kg 的零件随盘做匀速圆周运动,则当盘以角速度ω=2 rad/s转过180°的过程中,零件动量的变化量大小为 (　 ) A.0.25 kg·m/s B.0.5 kg·m/s C.1 kg·m/s D.2 kg·m/s 解析:选C　设末速度方向为正方向,零件动量的变化量大小为Δp=mv2-mv1=2mωr=2×0.5×2×0.5 kg·m/s=1 kg·m/s,故C正确。 6.(多选)高铁列车在启动阶段的运动可视为初速度为零的匀加速直线运动。在启动阶段,列车的动量 (　 ) A.与它的速度成正比　 B.与它所经历的时间成正比 C.与它的位移成正比 D.与它的动能成正比 解析:选AB　由p=mv可知,动量与速度成正比,A正确;由公式v=at可得p=mat,可知动量与它所经历的时间成正比,B正确;由公式p=mv,v2-=2ax,可得p=m,C错误;由公式Ek=mv2,p=mv得p=,D错误。 7.(多选)A、B两球质量相等,A球竖直上抛,B球平抛,两球在运动中空气阻力不计,则下列说法中正确的是 (　 ) A.相同时间内,动量的变化大小相等、方向相同 B.相同时间内,动量的变化大小相等、方向不同 C.动量的变化率大小相等、方向相同 D.动量的变化率大小相等、方向不同 解析:选AC　A、B两球在空中只受重力作用,相同时间内重力的冲量相同, 相同时间内速度的变化量Δv=gΔt相同，因此两球的动量变化也相同,A正确,B错误;动量的变化率=m=mg,大小相等,方向相同,C正确,D错误。 8.(2025·汕头阶段练习)如图所示,A物体套在光滑的竖直杆上,B物体放置在粗糙水平桌面上,A、B两物体用一不可伸长的轻绳连接,初始时轻绳跨过定滑轮呈水平状态,A、B物体的质量均为m。A物体从P点由静止释放,下落到Q点时速度为v,PQ之间的高度差为h,此时连接A物体的轻绳与水平方向的夹角为θ,重力加速度为g。在此过程中,下列说法正确的是 (　 ) A.轻绳对A物体的拉力不做功 B.A、B两物体组成的系统机械能守恒 C.A物体运动到Q点时,B物体的动量大小为mvsin θ D.A物体运动到Q点时,B物体的动能为mgh-mv2 解析:选C　A物体的位移方向竖直向下,轻绳对A物体的拉力有竖直向上的分力,拉力对A物体做负功,A错误;A、B两物体组成的系统除了重力做功外,B物体受到的摩擦力也做功,系统的机械能不守恒,B错误;A物体运动到Q点时,将其速度进行分解,如图所示,其中v1为沿绳子方向的分速度,根据几何关系可得vB=v1=vsin θ,B物体的动量大小为p=mvB=mvsin θ,C正确;根据能量守恒定律可知,此时B物体的动能小于mgh-mv2,D错误。 9.(2025·广州阶段检测)(多选)某实验小组测得在竖直方向飞行的无人机飞行高度y随时间t的变化曲线如图所示,E、F、M、N为曲线上的点,EF、MN段可视为两段直线,其方程分别为y=4t-26(m)和y=-2t+140(m)。无人机及其装载物的总质量为2 kg,取竖直向上为正方向。则 (　 ) A.EF段无人机的速度大小为4 m/s B.FM段无人机内的装载物处于失重状态 C.FM段无人机和装载物总动量变化量的大小为4 kg· m/s D.MN段无人机机械能守恒 解析:选AB　位移—时间图线的斜率表示速度,则根据EF段的方程y=4t-26(m),可知EF段无人机的速度大小为4 m/s,故A正确;由题图可知FM段无人机的速度先向上减小后向下增大,则加速度方向始终向下,故该段无人机内的装载物处于失重状态,故B正确;根据MN段的方程y=-2t+140(m),可知MN段无人机的速度为-2 m/s,则无人机及其装载物在FM段的总动量变化量的大小为|Δp |=m|Δv|=2×|-2-4|kg· m/s=12 kg· m/s,故C错误;MN段无人机匀速下降,动能不变,重力势能减小,则机械能减小,故D错误。 10.如图所示,在t=0时小球被斜向上抛出,空气阻力可以忽略。以抛出点为原点,以水平向右为x轴正方向,竖直向上为y轴正方向,建立平面直角坐标系。关于小球运动过程中,动量在x方向的分量px随时间t、动量在y方向的分量py随时间t、动能Ek随水平位移x、动能Ek随竖直位移y的变化关系,下列图中可能正确的是 (　 ) 解析:选B　小球做斜抛运动,设初速度与x轴正方向的夹角为θ,沿x方向小球做匀速直线运动,动量在x方向的分量为px=mvx=mv0cos θ,可知动量在x方向的分量不变,故A错误;小球沿y方向做竖直上抛运动,速度为vy=v0sin θ-gt,动量在y方向的分量为py=mvy=mv0sin θ-mgt,故B正确;小球做斜抛运动过程中,沿x方向的速度分量保持不变,小球的动能不可能为零,故C、D错误。 11.一个质量为0.2 kg的小球,以大小为v0=20 m/s的速度斜射到坚硬的粗糙平面上,入射方向与竖直方向的夹角为37°,碰撞后被斜着弹出,弹出的方向与竖直方向的夹角为53°,速度大小变为v=15 m/s,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。关于该碰撞过程,下列说法正确的是 (　 ) A.小球在竖直方向的动量变化量大小为1.4 kg·m/s B.小球在竖直方向的动量变化量大小为5 kg·m/s C.小球总动量的变化量大小为1 kg·m/s D.小球总动量的变化量大小为7 kg·m/s 解析:选B　以竖直向上为正方向,小球竖直方向的初速度为vy0=-v0cos 37°=-16 m/s,小球竖直方向的末速度为vy=vcos 53°=9 m/s,则小球在竖直方向的动量变化量为Δpy=mvy-mvy0=5 kg·m/s,方向竖直向上,A错误,B正确;根据三角形定则,动量的变化如图所示,由几何关系可得Δp==5 kg·m/s,即小球总动量的变化量大小为5 kg·m/s,C、D错误。 12.(9分)某同学把一质量为0.5 kg的篮球由静止释放,释放后篮球的重心下降高度为1.25 m时与地面相撞,反弹后篮球的重心上升的最大高度为0.45 m。不计空气阻力,取重力加速度g=10 m/s2。求篮球与地面相撞的过程中: (1)篮球的动量变化量;(6分) (2)篮球的动能变化量。(3分) 解析:(1)篮球与地面相撞前瞬间的速度大小为v1== m/s=5 m/s,方向竖直向下; 篮球与地面相撞后瞬间的速度大小为v2== m/s=3 m/s,方向竖直向上。 规定竖直向下为正方向,篮球的动量变化量为Δp=(-mv2)-mv1=-0.5×3 kg·m/s-0.5×5 kg·m/s=-4 kg·m/s,即篮球的动量变化量大小为4 kg·m/s,方向竖直向上。 (2)篮球的动能变化量为ΔEk=m-m=×0.5×32 J-×0.5×52 J=-4 J,即动能减少了4 J。 答案:(1)4 kg·m/s,方向竖直向上　(2)减少了4 J 13.(10分)(2025·东莞阶段练习)一质量为1 000 kg的机动车在水平路面沿直线减速行驶,根据机动车的运动情况,绘制-图像如图所示,规定初速度v0的方向为正方向。求: (1)机动车的初速度及加速度;(4分) (2)机动车在前3 s的位移;(3分) (3)机动车前3 s的动量变化量。(3分) 解析:(1)由题图可知,绘制的-图像对应的函数关系式为=-2+,变形有x=10t-2t2 根据位移公式有x=v0t+at2 则有v0=10 m/s,a=-2 m/s2, 解得a=-4 m/s2 即加速度大小为4 m/s2,方向与初速度方向相反。 (2)机动车减速至0经历的时间t0==2.5 s 表明3 s之前,机动车已经停止运动,则机动车在前3 s的位移x=t0=12.5 m,方向与初速度方向相同。 (3)机动车前3 s的动量变化量Δp=0-mv0=-1.0×104 kg·m/s 即机动车前3 s的动量变化量大小为1.0×104 kg·m/s,方向与初速度方向相反。 答案:(1)10 m/s　4 m/s2,方向与初速度方向相反 (2)12.5 m,方向与初速度方向相同 (3)1.0×104 kg·m/s,方向与初速度方向相反 64 / 112 学科网（北京）股份有限公司 $$