【物理】2018届一轮复习人教版动量和动量定理学案

【物理】2018届一轮复习人教版动量和动量定理学案

第六章　碰撞与动量守恒 考点内容 要求 考题统计 考法分析 ‎2014‎ ‎2015‎ ‎2016‎ ‎①动量、动量定理的应用；‎ ‎②动量守恒定律的应用；‎ ‎③动量守恒过程中的临界问题；‎ ‎④弹性碰撞问题、非弹性碰撞问题；‎ ‎⑤动量守恒定律与能量守恒定律的综合 动量、动量定理、‎ ‎·卷Ⅰ T35(2)‎ ‎9分 卷Ⅱ T35(2)‎ ‎10分 ‎·卷Ⅰ T35(2)‎ ‎10分 ‎·卷Ⅱ T35(2)‎ ‎10分 ‎·甲卷 T35(2)10分 ‎·乙卷 T35(2)‎ ‎10分 ‎·丙卷 T35(2)‎ ‎10分 动量守恒定律及其应用 Ⅱ 弹性碰撞和非弹性碰撞 Ⅰ 实验七：验证动量守恒定律 说明：只限于一维 第1讲　动量和动量定理 考点一　动量　动量定理的理解 ‎1．动量 ‎(1)定义：运动物体的质量和速度的乘积叫做物体的动量，通常用p来表示。‎ ‎(2)表达式：p＝mv。‎ ‎(3)单位：kg·m/s。‎ ‎(4)标矢性：动量是矢量，其方向和速度方向相同。‎ ‎(5)动量、动能、动量变化量的比较 ‎　名称 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＝，Ek＝pv，p＝，p＝ ‎2.冲量 ‎(1)定义：力F与力的作用时间t的乘积。‎ ‎(2)定义式：I＝Ft。‎ ‎(3)单位：N·s。‎ ‎(4)方向：恒力作用时，与力的方向相同。‎ ‎(5)物理意义：是一个过程量，表示力在时间上积累的作用效果。‎ ‎3．动量定理 ‎(1)内容：物体所受合外力的冲量等于物体的动量的变化量。‎ ‎(2)表达式： ‎(3)对动量定理的理解 ‎①动量定理表明冲量是使物体动量发生变化的原因，冲量是物体动量变化的量度。(这里所说的冲量必须是物体所受的合外力的冲量或者说是物体所受各外力冲量的矢量和。)‎ ‎②动量定理给出了冲量(过程量)和动量(状态量)变化间的关系。‎ ‎③现代物理学把力定义为物体动量的变化率：F＝(牛顿第二定律的动量形式)。‎ ‎[思维诊断]‎ ‎(1)质量越大的物体，其动量一定越大。(　　)‎ ‎(2)动能相同的两个物体，质量大的动量小。(　　)‎ ‎(3)动量相同的两个物体，质量大的动能小。(　　)‎ ‎(4)一个力作用在物体上，如果物体保持静止，则该力的冲量为零。(　　)‎ ‎(5)一个鸡蛋以相同速度落到水泥地面上比落在海绵上容易破是由于水泥地面给鸡蛋的冲量大。 (　　)‎ ‎(6)反冲是动量守恒的体现。(　　)‎ 答案：　(1)×　(2)×　(3)√　(4)×　(5)×　(6)√‎ ‎[题组训练]‎ ‎1．[动量的理解]关于物体的动量，下列说法中正确的是(　　)‎ A．运动物体在任一时刻的动量方向，一定是该时刻的速度方向 B．物体的加速度不变，其动量一定不变 C．动量发生改变，物体所受外力一定变化 D．物体的动量越大，其惯性越大 解析：　动量是矢量，动量的方向与物体的运动方向一致，选项A正确；物体的加速度不变，说明物体受到的合外力不变，但动量的改变是由于合外力的冲量引起的，合外力不变，合外力的冲量一定不等于零，物体的动量一定变化，选项B、C错误；物体的动量大，物体的质量不一定大，因此，动量大的物体其惯性不一定大，选项D错误。‎ 答案：　A ‎2．[冲量的理解](多选)用水平推力F推放在水平面上的物体，作用时间为t，此过程中物体始终不动。关于此过程中各力的冲量和功，下列说法正确的是(　　)‎ A．合力的冲量为0　　　　　 B．摩擦力的冲量为Ft C．推力的冲量为Ft D．合力的功为0‎ 解析：　用水平推力F推物体，物体不动，说明合力为0，合力的冲量也为0，选项A、D正确；推力F作用的时间为t，则推力的冲量为Ft，摩擦力与推力等大反向，故摩擦力的冲量大小也为Ft，但方向与F方向相反，选项C正确，选项B错误。‎ 答案：　ACD ‎3．[动量定理的理解]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 解析：　先伸出两手迎接，手接触到球后，两手随球收缩至胸前，可以增加球与手接触的时间，取球的初速度方向为正方向，根据动量定理－Ft＝0－mv得F＝，当时间增大时，作用力就减小，而冲量和动量变化量、动能的变化量都不变，所以B正确。‎ 答案：　B 反思总结　要注意区分“合外力的冲量”和“某个力的冲量”，根据动量定理，是“合外力的冲量”等于动量的变化量，而不是“某个力的冲量”等于动量的变化量。这是在应用动量定理解题时经常出错的地方，要引起注意。‎ 考点二　动量定理的应用 ‎1．动量定理与牛顿第二定律的区别与联系 ‎(1)从牛顿第二定律出发可以推导出动量定理，因此牛顿第二定律和动量定理都反映了外力作用与物体运动状态变化的因果关系。‎ ‎(2)牛顿第二定律反映了力与加速度之间的瞬时对应关系；而动量定理反映了合外力的冲量与物体的动量变化之间的关系。‎ ‎(3)牛顿第二定律只适用于宏观物体的低速运动情况，对高速运动的物体及微观粒子不再适用；而动量定理是普遍适用的。‎ ‎(4)牛顿第二定律和动量定理都适用于地面参考系，但必须选惯性系。‎ ‎2．动量定理的两个重要应用 ‎(1)应用I＝Δp求变力的冲量 如果物体受到大小或方向改变的力的作用，则不能直接用I＝Ft求变力的冲量，可以求出该力作用下物体动量的变化Δp，等效代换变力的冲量I。‎ ‎(2)应用Δp＝FΔt求动量的变化 例如，在曲线运动中，速度方向时刻在变化，求动量变化(Δp＝p2－p1)需要应用矢量运算方法，计算比较复杂，如果作用力是恒力，可以求恒力的冲量，等效代换动量的变化。‎ ‎[题组训练]‎ ‎1．[用动量定理解释生活现象]人从高处跳到低处时，为了安全，一般都是让脚尖先着地，这是为了(　　)‎ A．减小地面对人的冲量 B．使人的动量变化减小 C．减小地面对人的冲力 D．增大人对地面的压强，起到安全保护作用 解析：　人从高处跳下落地时的速度是一定的，与地面接触的过程中，人的动量变化是定值，所受到的冲量也是一定的，但脚尖先着地增加了缓冲时间，使得人所受冲力减小，起到安全保护作用，这个过程中人对地面的压强也相应减小。选项C正确。‎ 答案：　C ‎2．[动量定理的应用]质量是‎60 kg的建筑工人，不慎从高空跌下，由于弹性安全带的保护，他被悬挂起来。已知安全带的缓冲时间是1.2 s，安全带长‎5 m，取g＝‎10 m/s2，则安全带所受的平均冲力的大小为(　　)‎ A．500 N　　　　　　　　　　 B．600 N C．1 100 N D．100 N 解析：　安全带长‎5 m，人在这段距离上做自由落体运动，获得速度v＝＝‎10 m/s。受安全带的保护经1.2 s速度减小为0，对此过程应用动量定理，以向上为正方向，有(F－mg)t＝0－(－mv)，则F＝＋mg＝1 100 N，C正确。‎ 答案：　C ‎3．[应用动量定理求变力的冲量]如图甲所示，一轻弹簧上端固定，下端悬挂着质量为m的物体A，其静止点为O，然后再用细线在A下面挂上另一个质量也为m的物体B(如图乙所示)，平衡后将细线剪断，当物体A弹回到O点时的速度为v，而此时物体B下落的速度为u，不计空气阻力，则在这段时间里弹簧的弹力对物体A的冲量大小为(　　)‎ A．mv　　　　　　　　　 B．mu C．m(v－u) D．m(v＋u)‎ 解析：　物体B做自由落体运动，有mgt＝mu。‎ 在相同的时间t内物体A弹回到O点，应用动量定理，有 mgt－I＝－mv 所以I＝m(v＋u)，选项D正确。‎ 答案：　D ‎4．[应用动量定理求动量的变化量]把一个质量为‎0.4 kg的小球，以‎3 m/s的速度水平抛出，经过0.4 s的时间小球落地，则小球的动量变化量的大小为(不计空气阻力，g＝‎10 m/s2)(　　)‎ A．‎1.2 kg·m/s B．‎1.6 kg·m/s C．‎2 kg·m/s D．‎4 kg·m/s 解析：　根据动量定理I＝Δp得：‎ Δp＝mgt＝0.4×10×‎0.4 kg·m/s＝‎1.6 kg·m/s。‎ 故选项B正确。‎ 答案：　B ‎5．[某一方向动量定理的应用](多选)如图所示，质量为M的小车在光滑的水平面上以速度v0向右匀速运动，一质量为m的小球(m≪M)从高h处自由下落，与小车碰撞后，反弹上升的最大高度仍为h。设球与车之间的动摩擦因数为μ，则小球弹起后的水平速度为(　　)‎ A．v0 B．0‎ C．2μ D．－v0‎ 解析：　由题知M≫m，可认为小球与车相互作用时，车的速度保持不变，仍为v0。对小球应用动量定理，在竖直方向可认为碰撞力远大于重力，‎ 有FN·Δt＝2mv＝‎2m 在水平方向，有μFN·Δt＝mvx 故vx＝＝2μ 小球在水平方向的最大速度可能等于小车的速度v0，其原因之一是动摩擦因数足够大，使小球获得足够的冲量，达到与小车同速；另一种可能是小球落至车面上由于碰撞力很大，小球与车没有相对位移，在静摩擦力的冲量作用下获得了与小车同样的速度。选项A、C正确。‎ 答案：　AC 方法技巧　(1)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。‎ 思想方法盘点⑦——“微元法”在动量定理中的应用 ‎【方法概述】‎ 微元法就是从某一物理量、物理状态或物理过程中选取一个足够小的单元——微元作为研究对象的研究方法。微元法是物理解题中常用方法之一，在使用微元法解题时，常取时间元Δt、长度元ΔL、面积元ΔS、质量元Δm等。‎ 一截面积为S的竖直放置的水管向上持续喷水。水离开管口的速度为v，喷出的水全部击中一个质量为m的物块的底部，而后水无初速自由落下。物体停在距管口h处的高空不掉下，如图所示。求h的大小。‎ 解析：　取极短时间Δt，则此时间内喷出水的质量 Δm＝ρSv·Δt，①‎ 设水到达h高处的速度为v1，则 ·Δm·v2＝Δm·v＋Δm·gh②‎ 设水与物体m相作用的冲量大小为I，由题意及动量定理可知 对水有：Δm·v1＝I＋Δmg·Δt。③‎ 对物体有：mg·Δt＝I。④‎ 由①②③④得 mg＝ρSvv1－ρSvg·Δt＝ρSv(－g·Δt)，‎ 由于Δt→0，因而有 mg＝ρSv。⑤‎ 由⑤得h＝－。‎ 答案：　－ 方法技巧　微元法解题的思维程序 (1)隔离选择恰当微元作为突破整体研究的对象。微元(可以是一小段线段、圆弧、一小块面积、一个小体积、小质量、一小段时间……)应具有整体对象的基本特征。‎ (2)将微元模型化(如视作点电荷、质点、匀速直线运动、匀速转动……)并运用相关物理规律，求解这个微元与所求物体的关联。‎ (3)将一个微元的求解结果推广到其他微元，并充分利用各微元间的对称关系、矢量方向关系、近似极限关系，对各微元的解出结果进行叠加，以得出整体量的合理解答。‎ ‎[即学即练]‎ 如图所示，在水平光滑的轨道上有一辆质量为‎300 kg，长度为‎2.5 m的装料车，悬吊着的漏斗以恒定的速率‎100 kg/s向下漏原料，装料车以‎0.5 m/s的速度匀速行驶到漏斗下方装载原料。‎ ‎(1)为了维持车速不变，在装料过程中需用多大的水平拉力作用于车上才行。‎ ‎(2)车装完料驶离漏斗下方仍以原来的速度前进，要使它在2 s内停下来，需要对小车施加一个多大的水平制动力。‎ 解析：　设在Δt时间内漏到车上的原料质量为Δm，要使这些原料获得与车相同的速度，需加力为F，根据动量定理，有 F·Δt＝Δm·v 所以F＝·v＝100×0.5 N＝50 N 车装完料的总质量为 M＝m车＋·t＝ kg＝‎‎800 kg 对车应用动量定理，有F′·t′＝0－(－Mv)‎ 解得F′＝＝ N＝200 N 答案：　(1)50 N　(2)200 N ‎1．(多选)置于水平面上质量为m的物体，在水平恒力F作用下，从静止 经t1时间速度达到v，若从这时 撤去外力，则再经t2时间物体停止运动。如果在运动过程中受到的阻力是F阻，根据动量定理，下列方程正确的是(　　)‎ A．(F－F阻)(t1＋t2)＝0　　　 B．(F－F阻)t1＝mv C．F·t1－F阻(t1＋t2)＝0 D．F·t1－F阻·t2＝0‎ 解析：　在t1时间内，物体在水平方向受到F和F阻的作用，初动量为0，末动量为mv，由动量定理有(F－F阻)t1＝mv。在全过程中F作用时间为t1，F阻作用时间为(t1＋t2)，初动量为0，末动量也为0，根据动量定理，有Ft1－F阻(t1＋t2)＝0。选项B、C正确。‎ 答案：　BC ‎2．水平飞行的子弹m穿过光滑水平面上原来静止的木块m木，子弹在穿过木块过程中(　　)‎ A．子弹和木块所受的冲量相同 B．子弹与木块间相互作用力做功的数值相等 C．子弹速度的减少等于木块速度的增加 D．子弹动量的减少等于木块动量的增加 解析：　子弹和木块所受的冲量大小相同，方向相反，所以其冲量不相同。虽然子弹与木块之间的相互作用力大小相等，但子弹的位移大于木块位移，相互作用力做功的数值不等，子弹的质量一般情况下与木块质量不相等，由于子弹和木块所受的冲量大小相同，子弹动量的减少等于木块动量的增加。子弹减小的速度不等于木块增加的速度。选项D正确。‎ 答案：　D ‎3．(2015·重庆理综)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 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.＋mg B．－mg C.＋mg D．－mg 解析：　由v2＝2gh得v＝。对人与安全带作用的过程应用动量定理，则有 ‎(mg－F)t＝0－mv，解得F＝＋mg，故A正确。‎ 答案：　A ‎4.‎ ‎(多选)如图所示，一颗陨星进入到地球周围的空间中，它的运动轨迹如实线abc所示，b为距地球最近点，陨星质量保持不变，不计阻力，图中虚线是以地心为圆心的同心圆，则下列说法正确的有(　　)‎ A．在地球的引力作用下，陨星做曲线运动 B．在b点，陨星的动量最大 C．在b点，陨星的动量变化率最大 D．在a、c点，陨星动量的变化率最大 解析：　陨星所做的曲线运动，是由于受到地球的引力作用，到达b点之前一直是引力做正功，陨星的动能增加，到达b点时动能最大，p＝，其动量也最大。由动量定理F·Δt＝Δp，可知F＝，即陨星动量的变化率就等于它所受到的引力，可知陨星在b点的动量变化率最大。选项A、B、C正确。‎ 答案：　ABC 课时作业 ‎(本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！)‎ 一、选择题(1～5题为单项选择题，6～9题为多项选择题)‎ ‎1．玻璃杯从同一高度落下，掉在石头上比掉在草地上容易碎，这是由于玻璃杯与石头的撞击过程中(　　)‎ A．玻璃杯的动量较大 B．玻璃杯受到的冲量较大 C．玻璃杯的动量变化较大 D．玻璃杯的动量变化较快 解析：　从同一高度落到地面上时，速度相同，动量相同，与草地或石头接触后，末动量均变为零，因此动量变化量相同。因为玻璃杯与石头的作用时间短，由动量定理Ft＝mΔv知，此时玻璃杯受到的力F较大，容易碎，D正确。‎ 答案：　D ‎2．把重物压在纸带上，用一水平力缓缓拉动纸带，重物跟着纸带一起运动；若迅速拉动纸带，纸带就会从重物下抽出，这个现象的原因是(　　)‎ A．在缓缓拉动纸带时，纸带给重物的摩擦力大 B．在迅速拉动纸带时，纸带给重物的摩擦力大 C．在缓缓拉动纸带时，纸带给重物的冲量大 D．在迅速拉动纸带时，纸带给重物的冲量大 解析：　在缓缓拉动纸带时，两物体之间的作用力是静摩擦力；在迅速拉动纸带时，它们之间的作用力是滑动摩擦力。由于滑动摩擦力Ff＝μFN(μ是动摩擦因数)，而最大静摩擦力Ffm＝μmFN(μm是静摩擦因数)且μ≤μm。一般情况下可以认为Ff＝Ffm，即滑动摩擦力Ff近似等于最大静摩擦力Ffm。因此，一般情况是缓拉，摩擦力小；快拉，摩擦力大。缓缓拉动纸带时，摩擦力虽小些，但作用时间可以很长，故重物获得的冲量，即动量的改变量可以很大，所以能把重物带动；快拉时，摩擦力虽大些，但作用时间很短，故冲量小，所以重物动量的改变量小。因此选项C正确。‎ 答案：　C ‎3．质量为‎0.5 kg的钢球从‎5.0 m高处自由落下，与地面相碰后竖直弹起到达‎4.05 m高处，整个过程经历2.0 s，则钢球与地面碰撞时受到地面对它的平均作用力为(g＝‎10 m/s2)(　　)‎ A．5.0 N　　　　　　　　　 B．90 N C．95 N D．100 N 解析：　钢球从‎5.0 m高处落下所用时间t1＝ ＝1.0 s，与地面碰前的速度v1＝＝‎10 m/s，钢球与地面碰后的速度v2＝＝‎9.0 m/s，上升至‎4.05 m所用时间t2＝ ＝0.9 s，钢球与地面碰撞的时间Δt＝t－t1－t2＝0.1 s，则(F－mg)·Δt＝mv2－(－mv1)，解得F＝mg＋＝0.5×10 N＋ N＝100 N，选项D正确。‎ 答案：　D ‎4．在一光滑的水平面上，有一轻质弹簧，弹簧一端固定在竖直墙面上，另一端紧靠着一物体A，已知物体A的质量mA＝‎4 kg，如图所示。现用一水平力F作用在物体A上，并向左压缩弹簧，F做功50 J后(弹簧仍处在弹性限度内)，突然撤去外力F，物体从静止 运动。则当撤去F后，弹簧弹力对A物体的冲量为(　　)‎ A．5 N·s B．15 N·s C．20 N·s D．100 N·s 解析：　弹簧的弹力显然是变力，因此该力的冲量不能直接求解，可以考虑运用动量定理：I＝Δp，即外力的冲量等于物体动量的变化。由于弹簧储存了50 J的弹性势能，我们可以利用机械能守恒求出物体离开弹簧时的速度，然后运用动量定理求冲量。所以有：Ep＝mv2，I＝mv。由以上两式可解得弹簧弹力对A物体的冲量为I＝20 N·s。选项C正确。‎ 答案：　C ‎5.‎ 如图所示，质量为m的小球以速度v0水平抛出，恰好与倾角为30°的斜面垂直相碰，其弹回速度的大小与抛出的速度大小相等，求小球与斜面碰撞过程中受到的冲量大小为(　　)‎ A．mv0 B．2mv0‎ C．3mv0 D．6mv0‎ 解析：　设小球落至斜面相碰前瞬间的速度为v，由平抛运动的规律，有 v·sin 30°＝v0，则v＝2v0‎ 由动量定理，有 I＝Δp＝mv′－mv＝mv0－(－2mv0)＝3mv0。故选项C正确。‎ 答案：　C ‎6．一只小球沿光滑水平面运动，垂直于墙面撞到竖直墙上。小球撞墙前后的动量变化量为Δp，动能变化量为ΔE。关于Δp和ΔE，下列说法正确的是(　　)‎ A．若Δp最大，则ΔE也最大 B．若Δp最大，则ΔE一定最小 C．若Δp最小，则ΔE也最小 D．若Δp最小，则ΔE一定最大 解析：　当小球原速率返回时，Δp最大，而ΔE＝0，选项B正确，A错误；当小球撞墙后速度减为零时，Δp最小，而ΔE最大，选项D正确，C错误。‎ 答案：　BD ‎7．一辆空车和一辆满载货物的同型号的汽车，在同一路面上以相同的速度向同一方向行驶。紧急刹车(即车轮不滚动只滑动)后，下列说法中不正确的是(　　)‎ A．货车由于惯性大，滑行距离较大 B．货车由于受的摩擦力较大，滑行距离较小 C．两辆车滑行的距离相同 D．两辆车滑行的时间不相同 ‎ 解析：　摩擦力是合外力，根据动量定理，有－μmgt＝0－mv，得t＝，选项D错误；根据动能定理，有－μmgx＝0－mv2，得x＝，选项A、B错误，选项C正确。‎ 答案：　ABD ‎8．“蹦极”运动中，长弹性绳的一端固定，另一端绑在人身上，人从几十米高处跳下。‎ 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，下列分析正确的是(　　)‎ A．绳对人的冲量始终竖直向上 B．人的动量先增大后减小 C．绳对人的拉力始终做负功 D．绳恰好伸直时，绳的弹性势能为零，人的动能最大 解析：　弹性绳的弹力为F＝kx，绳子伸直之后，对人进行受力分析可知，a＝，当x<时，a>0，速度增大；当x>时，a<0，速度减小。从绳恰好伸直到人第一次降至最低点的过程中，人的速度先增大后减小，则人的动量和动能都是先增大后减小，绳的弹力方向始终竖直向上，则绳对人的冲量始终竖直向上，绳对人的拉力始终做负功，选项A、B、C正确，选项D错误。‎ 答案：　ABC ‎9．古时有“守株待兔”的寓言。假设兔子质量约为‎2 kg，以‎15 m/s的速度奔跑，撞树后反弹的速度为‎1 m/s，取兔子初速度方向为正方向，则(　　)‎ A．兔子撞树前的动量大小为‎30 kg·m/s B．兔子撞树过程中的动量变化量为‎32 kg·m/s C．兔子撞树过程中的动量变化的方向与兔子撞树前的速度方向相同 D．兔子受到撞击力的冲量大小为32 N·s 解析：　由题意可知，兔子的初速度v0＝‎15 m/s，则兔子撞树前的动量大小为p1＝mv1＝‎2 kg×‎15 m/s＝‎30 kg·m/s，选项A正确；末速度为v＝－‎1 m/s，末动量p2＝mv2＝‎2 kg×(－‎1 m/s)＝－‎2 kg·m/s，兔子撞树过程中的动量变化量为Δp＝p2－p1＝－‎2 kg·m/s－‎30 kg·m/s＝－‎32 kg·m/s，兔子撞树过程中的动量变化量的大小为‎32 kg·m/s，选项B错误；兔子撞树过程中的动量变化量为负值，说明兔子撞树过程中的动量变化量的方向与兔子撞树前的速度方向相反，选项C错误；由动量定理可知兔子受到撞击力的冲量为I＝mv－mv0＝[2×(－1)－2×15] N·s＝－32 N·s，兔子受到撞击力的冲量大小为32 N·s，选项D正确。‎ 答案：　AD 二、非选择题 ‎10.‎ 一根质量不计，长‎0.5 m，能承受最大拉力为36 N的绳子，一端固定在天花板上，另一端系一质量为‎2 kg的小球，整个装置处于静止状态，如图所示。若要将绳子拉断，求作用在球上的水平冲量的最小值。(取g＝‎10 m/s2)‎ 解析：　当绳子所受的拉力刚好达到极限强度时，有FTm－mg＝m 又I＝mv 故FTm－mg＝ 则I＝ ‎＝ N·s＝4 N·s。‎ 答案：　4 N·s ‎11．一艘帆船在湖面上顺风航行，在风力的推动下做速度为v0＝‎4 m/s的匀速直线运动。若该帆船在运动状态下突然失去风力的作用，则帆船在湖面上做匀减速直线运动，经过t＝8 s才可静止。该帆船的帆面正对风的有效面积为S＝‎10 m2‎，帆船的总质量约为M＝‎936 kg。若帆船在航行过程中受到的阻力恒定不变，空气的密度为ρ＝‎1.3 kg/m3，在匀速行驶状态下估算：‎ ‎(1)帆船受到风的推力F的大小；‎ ‎(2)风速的大小v。‎ 解析：　(1)风突然停止，帆船只受到阻力F阻的作用，做匀减速直线运动，设帆船的加速度为a，则a＝＝－‎0.5 m/s 根据牛顿第二定律有－F阻＝Ma，所以F阻＝468 N 则帆船匀速运动时，有F－F阻＝0‎ 解得F＝468 N ‎(2)设在时间t内，正对着吹向帆面的空气的质量为m，根据动量定理有－Ft＝m(v0－v)‎ 又m＝ρS(v－v0)t 所以Ft＝ρS(v－v0)2t 解得v＝‎10 m/s。‎ 答案：　(1)468 N　(2)‎10 m/s ‎12．皮球从某高度落到水平地板上，每弹跳一次上升的高度总等于前一次的0.64倍，且每次球与地板接触的时间相等。若空气阻力不计，与地板碰撞时，皮球重力可忽略。‎ ‎(1)求相邻两次球与地板碰撞的平均冲力大小之比是多少？‎ ‎(2)若用手拍这个球，使其保持在‎0.8 m的高度上下跳动，则每次应给球施加的冲量为多少？(已知球的质量m＝‎0.5 kg，g取‎10 m/s2)‎ 解析：　(1)由题意可知，碰撞后的速度是碰撞前的0.8倍。设皮球所处的初始高度为H，与地板第一次碰撞前瞬时速度大小为v0＝，第一次碰撞后瞬时速度大小(亦为第二次碰撞前瞬时速度大小)v1和第二次碰撞后瞬时速度大小v2满足v2＝0.8v1＝0.82v0。设两次碰撞中地板对球的平均冲力分别为F1、F2，取竖直向上为正方向，根据动量定理，有 F1t＝mv1－(－mv0)＝1.8mv0‎ F2t＝mv2－(－mv1)＝1.8mv1＝1.44mv0‎ 则F1∶F2＝5∶4‎ ‎(2)欲使球跳起‎0.8 m，应使球由静止下落的高度为h＝ m＝‎1.25 m，球由‎1.25 m落到‎0.8 m处的速度为v＝‎3 m/s，则应在‎0.8 m处给球的冲量为I＝mv＝1.5 N·s，方向竖直向下。‎ 答案：　(1)5∶4　(2)1.5 N·s　方向竖直向下