第2节 动量定理

人匀速竖直上升时，高度升高，重力势能增加，动能不变，人的机械能增加，故 $ \mathrm{A} $ 错误；人悬空静止一段时间内，水的反冲作用力做的功为零，根据 $ I=Ft $ 可知，其冲量不为零，故 $ \mathrm{B} $ 错误；根据牛顿第三定律可知，人向上加速运动过程中，水的反冲作用力与装置对水向下的作用力时刻等大反向，故水的反冲作用力对装置向上的冲量大小等于装置对水向下的冲量大小，故 $ \mathrm{C} $ 错误；人向上减速运动过程中，水的反冲作用力与装置运动方向相同，故水的反冲作用力对装置做正功，故 $ \mathrm{D} $ 正确.

$ F-t $ 图像中图线与 $ t $ 轴所围图形的面积表示冲量,由于物体在光滑水平地面上运动,合外力等于拉力 $ F $ ,所以 $ 0～1\mathrm{s} $ 内,合外力的冲量为 $ {I}_{1}=\dfrac{1}{2}×1×2\mathrm{N}\cdot \mathrm{s}=1\mathrm{N}\cdot \mathrm{s} $ , $ 0～4\mathrm{s} $ 内,合外力的冲量为 $ {I}_{2}=\dfrac{1}{2}×2×2\mathrm{N}\cdot \mathrm{s}-\dfrac{1}{2}×1×2\mathrm{N}\cdot \mathrm{s}=1\mathrm{N}\cdot \mathrm{s} $ ,故 $ \mathrm{A} $ 正确, $ \mathrm{D} $ 错误;前 $ 4\mathrm{s} $ 内,根据动量定理得 $ {I}_{2}=\mathrm{\Delta }p=m{v}_{4}-0 $ ,代入数据解得 $ t=4\mathrm{s} $ 时物体的速度为 $ {v}_{4}=1\mathrm{m}/\mathrm{s} $ ,故 $ \mathrm{B} $ 错误;根据题图可知，前 $ 2\mathrm{s} $ 内物体的加速度方向与速度方向相同,一直做加速直线运动,从 $ 2\mathrm{s} $ 末开始速度方向与加速度方向相反,开始做减速直线运动,所以 $ t=2\mathrm{s} $ 时,物体的速度最大,故 $ \mathrm{C} $ 错误.

冲量是动量变化的量度,而非动量本身,故 $ \mathrm{A} $ 错误;动能变化意味着速度大小变化,则动量 $ p=mv $ 的大小必然变化,因此动量不可能不变,故 $ \mathrm{B} $ 错误;合力的冲量使动量变化,但动能是否变化取决于速度大小是否变化,例如,匀速圆周运动中,合力冲量不为零（动量方向变化）,但动能不变,故 $ \mathrm{C} $ 错误;动量方向由速度方向决定,两者方向始终一致,故 $ \mathrm{D} $ 正确.

根据动量定理可知,冲量等于动量变化量,即 $ \overline{F}\cdot \mathrm{\Delta }t=\mathrm{\Delta }p $ ,篮球的动量变化量 $ \mathrm{\Delta }p $ 由初、末速度决定,与手臂动作无关,是定值, $ \mathrm{B} $ 错误.手臂后撤延长了篮球与手的作用时间 $ \mathrm{\Delta }t $ ,由公式 $ \overline{F}=\dfrac{\mathrm{\Delta }p}{\mathrm{\Delta }t} $ 可知, $ \mathrm{\Delta }t $ 增大时,平均冲击力 $ \overline{F} $ 减小， $ \mathrm{D} $ 正确.惯性仅由质量决定,篮球质量不变,惯性不变, $ \mathrm{A} $ 错误.动能变化量由初、末速度大小决定,与手臂动作无关,故 $ \mathrm{C} $ 错误.

根据机械能守恒定律可知，小球运动到 $ B $ 点时速度为零，因此小球动量变化量为零，动能的变化量为零，故 $ \mathrm{A} $ 、 $ \mathrm{B} $ 正确；由动量定理可知，小球所受合外力的冲量为零，所以容器对小球的作用力冲量与重力的冲量等大反向，重力的冲量不为零，因此容器对小球的作用力冲量不为零，故 $ \mathrm{C} $ 错误；容器对小球的作用力始终与速度方向垂直，所以容器对小球的作用力做功为零，故 $ \mathrm{D} $ 正确.本题选说法错误的，故选 $ \mathrm{C} $ .

根据动能定理可知 $ mgh=\dfrac{1}{2}m{v}^{2} $ ,则到达斜面底端时两个物体的动能相等,速度大小相等,但速度方向不同,到达斜面底端时两个物体的动量大小相等,方向不同,根据动量定理 $ I=\mathrm{\Delta }p=mv-0 $ 可知,两个物体所受合力的冲量大小相等,方向不同,故 $ \mathrm{A} $ 、 $ \mathrm{B} $ 错误, $ \mathrm{D} $ 正确；设斜面倾角为 $ \theta $ ,物体在斜面上下滑的加速度大小为 $ a=g \sin \theta $ ,根据运动学公式可知 $ \dfrac{h}{ \sin \theta }=\dfrac{1}{2}a{t}^{2} $ ,可得下滑的时间为 $ t=\sqrt{\dfrac{2h}{g{ \sin }^{2}\theta }} $ ,因为斜面倾角不同,所以两个物体下滑的时间不同,则两个物体所受重力的冲量大小 $ {I}_{G}=mgt $ 不相等,故 $ \mathrm{C} $ 错误.

物体的动量与物体的速度和质量有关，轮胎不能减小船舶碰撞时的动量，故 $ \mathrm{A} $ 错误；由动量定理 $ I=p-p^\prime =mv-m{v}_{0} $ 可知，轮胎不能减小船舶碰撞过程中受到的冲量，也不能减小船舶碰撞过程中动量的变化量，故 $ \mathrm{B} $ 、 $ \mathrm{C} $ 错误；轮胎可以延长船舶碰撞过程的作用时间，使碰撞过程中动量的变化率减小，故 $ \mathrm{D} $ 正确.

设梨完好情况下，最大下落高度为 $ {h}_{\mathrm{m}} $ ,梨落地前瞬间速度大小为 $ v $ ，由动能定理可得 $ mg{h}_{\mathrm{m}}=\dfrac{1}{2}m{v}^{2} $ ，取竖直向上为正方向，对梨与地板碰撞过程，由动量定理得 $ ({F}_{ \max }-mg)t=0-m(-v) $ ，其中 $ {F}_{ \max }=2mg $ ，联立解得 $ {h}_{\mathrm{m}}=0.2\mathrm{m} $ ，故 $ \mathrm{B} $ 正确.

动量的变化量是从接触海绵垫到速度减为0的动量变化，运动员落到海绵垫上的过程中，初速度不变，末速度为零，则动量变化量不变，根据动量定理可知，运动员所受合力的冲量也不变，故 $ \mathrm{A} $ 、 $ \mathrm{C} $ 错误；根据动量定理 $ \overline{F}\mathrm{\Delta }t=\mathrm{\Delta }p $ ，可得 $ \overline{F}=\dfrac{\mathrm{\Delta }p}{\mathrm{\Delta }t} $ ，海绵垫延长了时间 $ \mathrm{\Delta }t $ ，减小了运动员所受平均作用力 $ \overline{F} $ ，即减小了运动员动量的变化率 $ \dfrac{\mathrm{\Delta }p}{\mathrm{\Delta }t} $ ，又 $ \overline{F}={F}_{弹}-mg $ ，可知运动员所受海绵垫的弹力减小， $ \mathrm{B} $ 、 $ \mathrm{D} $ 正确.

（1） 取垒球飞向球棒的方向为正方向，垒球的初动量为 $ {p}_{1}=m{v}_{1}=0.20×25\mathrm{k}\mathrm{g}\cdot \mathrm{m}/\mathrm{s}=5.0\mathrm{k}\mathrm{g}\cdot \mathrm{m}/\mathrm{s} $ ，垒球被击打后速度大小不变，方向相反，则末动量为 $ {p}_{2}=m{v}_{2}=0.20×(-25)\mathrm{k}\mathrm{g}\cdot \mathrm{m}/\mathrm{s}=-5.0\mathrm{k}\mathrm{g}\cdot \mathrm{m}/\mathrm{s} $ ，则垒球的动量变化量的大小 $ \left|\mathrm{\Delta }p\right|=\left|{p}_{2}-{p}_{1}\right|=10\mathrm{k}\mathrm{g}\cdot \mathrm{m}/\mathrm{s} $ .

（2） 由动量定理可得球棒对垒球的平均作用力大小为 $ F=\dfrac{\left|\mathrm{\Delta }p\right|}{\mathrm{\Delta }t}=\dfrac{10}{0.002}\mathrm{N}=5000\mathrm{N} $ .

根据牛顿第三定律可知,乙对甲的作用力与甲对乙的作用力总是大小相等，方向相反，同时出现，同时消失,结合冲量的定义可知,甲、乙两运动员冲量等大反向,冲量之和为零,故 $ \mathrm{A} $ 错误， $ \mathrm{D} $ 正确;根据动量定理可知，甲、乙相互作用力的冲量等于他们各自动量的变化量，所以甲的动量增加量等于乙的动量减少量,故 $ \mathrm{B} $ 错误；两运动员相对冰面的位移不一定相同,因此他们之间相互作用力做的总功不一定为零，故 $ \mathrm{C} $ 错误.

选择竖直向上为正方向,则运动员接触网面时速度为 $ {v}_{1}=-8\mathrm{m}/\mathrm{s} $ ,弹起后离开网面时的速度为 $ {v}_{2}=6\mathrm{m}/\mathrm{s} $ ,在这个过程中,运动员的动量变化量为 $ \mathrm{\Delta }p=m({v}_{2}-{v}_{1}) $ ,由动量定理得 $ (\overline{F}-mg)\mathrm{\Delta }t=\mathrm{\Delta }p $ ,解得 $ \overline{F}=1800\mathrm{N} $ , $ \mathrm{D} $ 正确.

由题图可知，小球在 $ A $ 、 $ C $ 两点速度方向不同,所以动量不相同,故 $ \mathrm{A} $ 错误;小球做斜抛运动，在 $ x $ 轴方向上做匀速直线运动,从 $ A $ 到 $ B $ 、从 $ B $ 到 $ C $ 、从 $ C $ 到 $ D $ 小球在 $ x $ 轴上通过的位移相等,所以经历的时间也相等,设时间均为 $ t $ ,小球又只受重力,则从 $ A $ 到 $ B $ 、从 $ B $ 到 $ C $ 、从 $ C $ 到 $ D $ 速度变化量相等,可知从 $ A $ 到 $ B $ 、从 $ B $ 到 $ C $ 小球所受重力的冲量相同，则小球的动量变化量相同,故 $ \mathrm{B} $ 正确;因为从 $ B $ 到 $ C $ 、从 $ C $ 到 $ D $ 的时间相等,重力的冲量相等，动量的变化量相等,所以动量的变化率也相等,故 $ \mathrm{C} $ 、 $ \mathrm{D} $ 错误.

设竖直向上为正方向,上升过程小球的加速度大小大于下降过程的加速度大小,两过程位移大小相同,画出 $ v-t $ 图像如图甲所示,由图甲可知,上升过程小球的初速度大于下降过程小球的末速度,上升过程的时间小于下降过程的时间,故 $ \mathrm{C} $ 错误；小球质量不变, $ v-t $ 图像纵坐标乘 $ k $ 后,图像形状不变,如图乙所示,由 $ f=kv $ ,根据 $ f-t $ 图线与横轴所围图形的面积等于力在这段时间内的冲量,可得阻力的冲量为0,故 $ \mathrm{A} $ 正确；阻力冲量为0，则合外力的冲量等于重力的冲量,由动量定理得 $ {I}_{G}=-mgt=-m{v}_{2}-m{v}_{1} $ ,所以小球在这个过程中运动的总时间为 $ t=\dfrac{{v}_{1}+{v}_{2}}{g} $ ,故 $ \mathrm{B} $ 、 $ \mathrm{D} $ 错误.

甲乙

取运动员速度方向为正方向，设运动员质量为 $ M $ ，这样推物块7次后，运动员的速度大小为 $ {v}_{7} $ ，这样推物块8次后，运动员的速度大小为 $ {v}_{8} $ ，根据动量定理，物块每次碰撞挡板前后，挡板对物块的冲量为 $ I=2mv $ ，对物块和运动员组成的系统，根据动量定理有 $ 7I=mv+M{v}_{7} $ ， $ 8I=mv+M{v}_{8} $ ，根据题意有 $ {v}_{7} < 5.0\mathrm{m}/\mathrm{s} $ ， $ {v}_{8} > 5.0\mathrm{m}/\mathrm{s} $ ，代入数据解得 $ 52\mathrm{k}\mathrm{g} < M < 60\mathrm{k}\mathrm{g} $ ，故选 $ \mathrm{D} $ .

在 $ 0\sim 2{t}_{0} $ 时间内,对滑雪爱好者和滑雪板，根据动量定理有 $ mg \sin \theta \cdot 2{t}_{0}-\mu mg \cos \theta \cdot 2{t}_{0}=mv $ ,经 $ B $ 点滑上水平面后,同理，对滑雪爱好者和滑雪板，有 $ -\mu mg\cdot 5{t}_{0}=0-mv $ ,解得 $ \mu =\dfrac{2}{11} $ , $ \mathrm{A} $ 正确.

根据题意可知,两球下落高度相同,由 $ {v}^{2}=2gh $ ,可得 $ v=\sqrt{2gh} $ ,则两球到达装置底部时的速度相同,由于两球质量相同,所以两小球到达装置底部时,动量相同,故 $ \mathrm{A} $ 正确；由题意可知,两球与装置底部碰撞后反弹的速度相同,两球碰撞前的速度也相同,则两球碰撞过程中动量变化量相同,由动量定理可知,整个碰撞过程中,两小球所受合力的冲量相同,故 $ \mathrm{B} $ 正确；甲装置底部为钢板,乙装置底部为泡沫,则小球与甲装置底部碰撞过程作用时间较短,平均作用力较大,则曲线①代表甲装置底部的受力情况,曲线②代表乙装置底部的受力情况,故 $ \mathrm{C} $ 错误；由于两球碰撞过程中动量变化量相同,以向上为正方向,根据动量定理可得 $ Ft-mgt=\mathrm{\Delta }p $ ,可得 $ Ft=\mathrm{\Delta }p+mgt $ , $ F-t $ 图线与时间轴围成图形的面积表示 $ F $ 的冲量大小,由于曲线①对应碰撞过程的时间小于曲线②对应碰撞过程的时间,则曲线①与时间轴围成的面积小于曲线②与时间轴围成的面积,故 $ \mathrm{D} $ 错误.