1、第六章 动量守恒定律及其应用考情分析高考对本章的考查主要是以碰撞为模型对动量守恒定律进行考查，而且注意与生活中的具体事例相联系，题型主要以选择题、计算题为主，计算题往往与其他知识综合。重要考点1.动量、动量定理()2动量守恒定律及其应用()3弹性碰撞和非弹性碰撞()实验七：验证动量守恒定律说明：只限于一维两个物体的碰撞问题。考点解读1.理解动量、动量的变化量、冲量等概念，掌握动量定理、动量守恒定律，并能用动量守恒定律解决相关问题。2掌握弹性碰撞和非弹性碰撞的概念，记住两个物体碰撞的几个基本公式，能运用动量守恒定律并结合能量关系解决简单的碰撞问题。3高考中对本专题的考查方式主要有两种：(1)以碰
2、撞为模型考查动量守恒定律的应用；(2)以生活中的实例为背景，考查规律的灵活运用。第1讲动量动量定理主干梳理 对点激活知识点动量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：pmv。3单位：kgm/s。4标矢性：动量是矢量，其方向和速度方向相同。知识点动量定理1冲量(1)定义：力与力的作用时间的乘积叫做这个力的冲量，公式：IFt。(2)单位：冲量的单位是牛秒，符号是Ns。(3)标矢性：冲量是矢量，恒力冲量的方向与力的方向相同。2动量定理(1)内容：物体在一个过程始末的动量变化量等于它在这个过程中所受力的冲量。(2)表达式：Ftppp。(3)矢量性：动量变化量的方向与
3、合外力的方向相同，也可以在某一方向上用动量定理。一 堵点疏通1两物体的动量相等，动能也一定相等。()2动量变化的大小，不可能等于初、末态动量大小之和。()3物体的动量变化等于某个力的冲量。()4物体沿水平面运动，重力不做功，重力的冲量也等于零。()5物体的动量越大，则物体的惯性就越大。()答案1.2.3.4.5.二 对点激活1下列说法正确的是()A速度大的物体，它的动量一定也大B动量大的物体，它的速度一定也大C只要物体的运动速度大小不变，物体的动量就保持不变D物体的动量变化越大，则该物体的速度变化一定越大答案D解析动量pmv，由质量和速度共同决定，所以A、B错误；动量是矢量，速度方向改变，动量
4、也会改变，故C错误；由pmv知，D正确。2(沪科版选修35P10T3改编)质量为5 kg的小球以5 m/s的速度竖直落到地板上，随后以3 m/s的速度反向弹回，若取竖直向下的方向为正方向，则小球动量的变化为()A10 kgm/s B.10 kgm/sC40 kgm/s D.40 kgm/s答案D解析动量的变化是末动量减去初动量，规定了竖直向下为正方向，则小球的初动量p1mv125 kgm/s，末动量p2mv215 kgm/s，所以动量的变化pp2p140 kgm/s，D正确。3(人教版选修35P11T2改编)(多选)在光滑水平面上，原来静止的物体在水平恒力F的作用下，经过时间t，通过位移l后，
5、动量变为p，动能变为Ek，以下说法正确的是()A在F作用下，这个物体若经过位移2l，其动量将等于2pB在F作用下，这个物体若经过时间2t，其动量将等于2pC在F作用下，这个物体若经过时间4t，其动能将等于2EkD在F作用下，这个物体若经过位移2l，其动能将等于2Ek答案BD解析由动量定理Ftp知，A错误，B正确；由动能定理FlEk和lat2知，C错误，D正确。4(人教版选修35P12T5改编)体操运动员在落地时总要屈腿，这样做可以()A减小地面对人的冲量 B.减小地面对人的撞击力C减小人的动量变化量 D.减小人的动能变化量答案B解析体操运动员落地时屈腿可以延长地面对人撞击力的作用时间，取人落地
6、时速度方向为正方向，根据动量定理得：Ftmgt0mv，得：Fmg，当t增加时F减小，而冲量和动量、动能的变化量都不变，所以B正确。考点细研 悟法培优考点 1动量、冲量的理解及计算 1.对动量的理解(1)动量的两性瞬时性：动量是描述物体运动状态的物理量，是针对某一时刻或位置而言的。相对性：动量的大小与参考系的选取有关，通常情况是指相对地面的动量。(2)动量与动能的比较动量动能物理意义描述机械运动状态的物理量定义式pmvEkmv2标矢量矢量标量变化因素物体所受冲量外力所做的功大小关系pEk联系(1)都是相对量，与参考系的选取有关，通常选取地面为参考系(2)若物体的动能发生变化，则动量一定也发生变化
7、；但动量发生变化时动能不一定发生变化(3)都是状态量，与某一时刻或某一位置相对应2对冲量的理解(1)冲量的两性时间性：冲量不仅由力决定，还由力的作用时间决定，恒力的冲量等于该力与该力的作用时间的乘积。矢量性：对于方向恒定的力来说，冲量的方向与力的方向一致。(2)作用力和反作用力的冲量：一定等大、反向，但作用力和反作用力做的功之间并无必然联系。(3)冲量与功的比较冲量功定义作用在物体上的力和力的作用时间的乘积作用在物体上的力和物体在力的方向上的位移的乘积单位NsJ公式IFt(F为恒力)WFlcos(F为恒力)标矢量矢量标量意义表示力对时间的累积是动量变化的量度表示力对空间的累积是能量变化的量度联
8、系都是过程量，都与力的作用过程相互联系冲量不为零时，功可能为零；功不为零时，冲量一定不为零例1如图所示，质量为m的小滑块沿倾角为的斜面向上滑动，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。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(t1t2)sinB支持力对滑块的总冲量为mg(t1t2)cosC合外力的冲量为0D摩擦力的总冲量为Ff(t1t2)(1)上滑过程与下滑过程摩擦力方向相同吗？提示：不相同。(2)整个过程中小滑块的动量是否发生了改变？提示：发生了改变。尝试解答选B。重力对滑块的总冲量为mg(t1t2)，
9、故A错误；支持力对滑块的总冲量为mg(t1t2)cos，故B正确；整个过程中小滑块的动量发生了改变，故合力的总冲量不为0，C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(t2t1)，故D错误。冲量的四种计算方法公式法利用定义式IFt计算冲量，此方法仅适用于恒力的冲量，无需考虑物体的运动状态图象法利用Ft图象计算，Ft图象与时间轴围成的面积表示冲量，此法既可以计算恒力的冲量，也可以计算变力的冲量动量定理法如果物体受到大小或方向变化的力的作用，则不能直接用IFt求变力的冲量，可以求出该力作用下物体动量的变化量，由Ip求变力的冲量平均力法如果力随时间是均匀
10、变化的，则(F0Ft)，该变力的冲量为I(F0Ft)t 变式11(多选)一细绳系着小球，在光滑水平面上做圆周运动，小球质量为m，速度大小为v，做圆周运动的周期为T，则以下说法中正确的是()A经过时间t，小球的动量的变化量为零B经过时间t，小球的动量的变化量大小为mvC经过时间t，细绳的拉力对小球的冲量大小为2mvD经过时间t，重力对小球的冲量大小为答案BCD解析经过时间t，小球转过了180，速度方向正好与开始计时的时刻的速度方向相反，若规定开始计时的时刻的速度方向为正方向，则小球的动量的变化量pmvmv2mv，细绳的拉力对小球的冲量Ip2mv，冲量大小为2mv，A错误，C正确；经过时间t，小球
11、转过了90，根据矢量合成法可得，小球的动量的变化量大小为pmvmv，重力对小球的冲量大小IGmgt，B、D正确。变式12(2019湖北宜昌模拟)(多选)一质量为m的运动员托着质量为M的重物从下蹲状态(图甲)缓慢运动到站立状态(图乙)，该过程重物和人的肩部相对位置不变，运动员保持图乙状态站立t时间后再将重物缓慢向上举，至双臂伸直(图丙)。甲到乙、乙到丙过程重物上升的高度分别为h1、h2，经历的时间分别为t1、t2，则()A地面对运动员的冲量大小为(Mm)g(t1t2t)，地面对运动员做的功为0B地面对运动员的冲量大小为(Mm)g(t1t2)，地面对运动员做的功为(Mm)g(h1h2)C运动员对重
12、物的冲量大小为Mg(t1t2t)，运动员对重物做的功为Mg(h1h2)D运动员对重物的冲量大小为Mg(t1t2)，运动员对重物做的功为0答案AC解析因甲到乙、乙到丙均为缓慢运动过程，则可认为运动员和重物整体一直处于平衡状态，地面对运动员的支持力大小为(Mm)g，整个过程的时间为(t1t2t)，根据IFt可知地面对运动员的冲量大小为(Mm)g(t1t2t)；因地面对运动员的支持力的作用点不动，可知地面对运动员做的功为0，A正确，B错误。运动员对重物的作用力大小为Mg，作用时间为(t1t2t)，根据IFt可知运动员对重物的冲量大小为Mg(t1t2t)，重物的位移为(h1h2)，根据WFs可知运动员
13、对重物做的功为Mg(h1h2)，C正确，D错误。考点 2动量定理的理解及应用 1动量定理的理解(1)动量定理反映了力的冲量与动量变化之间的因果关系，即合外力的冲量是原因，物体的动量变化是结果。(2)动量定理中的冲量是所受合外力的冲量，既是各力冲量的矢量和，也是合外力在不同阶段冲量的矢量和。(3)动量定理的表达式是矢量式，等号包含了大小相等、方向相同两方面的含义。(4)由Ftpp，得F，即物体所受的合外力等于物体的动量对时间的变化率。2用动量定理解释生活现象的一般思路(1)p一定时，F的作用时间越短，力越大；时间越长，力越小。(2)F一定时，力的作用时间越长，p越大；时间越短，p越小。分析问题时
14、，要明确哪个量一定，哪个量变化。3用动量定理解题的基本思路(1)确定研究对象。在中学阶段用动量定理讨论的问题，其研究对象一般仅限于单个物体。(2)对物体进行受力分析，求合冲量。可先求每个力的冲量，再求各力冲量的矢量和；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。对过程较复杂的运动，可分段用动量定理，也可对整个过程用动量定理。例2如图所示，一高空作业的工人重为600 N，系一条长为L5 m的安全带，若工人不慎跌落时安全带的缓冲时间t1 s，则安全带受的平均拉力是多少？(g取10
15、m/s2)(1)从开始到最终静止，人的动量是否发生了变化？提示：没有。(2)人在整个过程中受哪些力的作用？提示：重力和安全带对人的拉力。尝试解答1200_N，方向竖直向下设工人刚要拉紧安全带时的速度为v，v22gL，得v经缓冲时间t1 s后速度变为0，取向下为正方向，工人受两个力作用，即拉力F和重力mg(如图)，对工人由动量定理知，(mgF)t0mv，F其中m，将数值代入得F1200 N。由牛顿第三定律，工人给安全带的平均拉力F为1200 N，方向竖直向下。应用动量定理解题的注意事项在应用动量定理解题时，一定要对物体认真进行受力分析，不可有力的遗漏；建立方程时要事先选定正方向，确定力与速度的符
16、号。如例2规定向下为正，则mg和v取正，F取负，列出关系式。对于变力的冲量，往往通过动量定理来计算，只有当相互作用时间t极短时，且相互作用力远大于重力时，才可舍去重力。 变式21如图所示，在光滑水平面上静止放着两个相互接触的木块A、B，质量分别为m1和m2，今有一子弹水平穿过两木块，设子弹穿过木块A、B的时间分别为t1和t2，木块对子弹的阻力恒为f，则子弹穿过两木块后，木块A、B的速度大小分别是()A. B.C. D.答案B解析子弹在A中穿过时，以AB为研究对象，规定向右为正方向，由动量定理得：ft1(m1m2)v1，所以v1。之后A的速度保持v1不变，子弹进入B木块，以B为研究对象，由动量定
17、理得：ft2m2v2m2v1。联立得：v2，故B正确，A、C、D错误。变式22下列解释中正确的是()A跳高时，在落地处垫海绵是为了减小冲量B在码头上装橡皮轮胎，是为了减小渡船靠岸过程受到的冲量C动量相同的两个物体受相同的制动力作用，质量小的先停下来D人从越高的地方跳下，落地时越危险，是因为落地时人受到的冲量越大答案D解析跳高时，在落地处垫海绵是为了延长作用时间减小冲力，不是减小冲量，故A错误；在码头上装橡皮轮胎，也是为了延长作用时间，从而减小冲力，不是减小冲量，故B错误；动量相同的两个物体受相同的制动力作用，根据动量定理Ftmv，则知运动时间相等，故C错误；从越高的地方跳下，落地时速度越大，动
18、量越大，则受到地的冲量越大，故D正确。 建模提能3应用动量定理分析变质量问题的技巧对“连续”质点系发生持续作用时，物体动量(或其他量)连续发生变化。这类问题的处理思路是：正确选取研究对象，即选取很短时间t内动量(或其他量)发生变化的那部分物体作为研究对象，建立如下的“柱状”模型：在时间t内所选取的研究对象均分布在以S为截面积、长为vt的柱体内，这部分质点的质量为mSvt，以这部分质量为研究对象，研究它在t时间内动量(或其他量)的变化情况，再根据动量定理(或其他规律)求出有关的物理量。1流体类问题通常液体流、气体流等被广义地视为“流体”，质量具有连续性，通常已知密度。【典题例证1】(2020湖南
19、省四校高三摸底调研联考试题)某游乐园入口旁有一鲸鱼喷泉，在水泵作用下会从鲸鱼模型背部喷出竖直向上的水柱，将站在冲浪板上的玩偶模型托起，悬停在空中，伴随着音乐旋律，玩偶模型能够上下运动，如图所示。这一景观可做如下简化，假设水柱从横截面积为S的喷口持续以速度v0竖直向上喷出，设同一高度水柱横截面上各处水的速率都相同，冲浪板底部为平板且其面积大于水柱的横截面积，保证所有水都能喷到冲浪板的底部。水柱冲击冲浪板前其水平方向的速度可忽略不计，冲击冲浪板后，水在竖直方向的速度立即变为零，在水平方向朝四周均匀散开。已知玩偶模型和冲浪板的总质量为M，水的密度为，重力加速度大小为g，空气阻力及水的粘滞阻力均可忽略
20、不计。(1)实际上我们仔细观察可以发现喷出的水柱在空中上升阶段并不是粗细均匀的，而是在竖直方向上一端粗一端细，请你分析上升阶段的水柱是上端较粗还是下端较粗，并说明水柱呈现该形态的原因；(2)计算喷泉单位时间内喷出的水的质量以及玩偶模型在空中悬停时，水对冲浪板的冲击力大小；(3)求玩偶模型在空中悬停时，冲浪板的底面相对于喷口的高度。解析(1)水柱上端较粗，下端较细。形成原因：任意横截面上各点水的流速相等，下端水柱中水的速度较上端水柱中水的速度大，由QSv(S为水柱截面积，v为水的流速)可知，流量相同时，上端水柱截面较大。(2)玩偶模型和冲浪板处在空中静止，此时受重力与水向上的推力，由二力平衡可知
21、，水对冲浪板的冲击力大小为FMg设t时间内，从喷口喷出的水的体积为V，质量为m则mV，Vv0St由以上两式得，单位时间内从喷口喷出的水的质量为v0S。(3)设冲浪板悬停时其底面相对于喷口的高度为h，水从喷口喷出后到达冲浪板底面时的速度大小为v1。对于t时间内喷出的水，由机械能守恒定律得(m)v(m)gh(m)v在h高度处，t时间内喷射到冲浪板底面的水沿竖直方向的动量变化量的大小为p(m)v1根据动量定理有Ftp(质量为m的水所受重力的冲量IGmgtv0Sgt2，IG相比IFFt可忽略)联立以上各式得h。答案(1)见解析(2)v0SMg(3) 名师点睛流体类问题分析步骤(1)建立“柱状”模型，沿
22、流速v的方向选取一段柱形流体，其横截面积为S。(2)微元研究，作用时间t内的一段柱形流体的长度为l，对应的质量为mSvt。(3)建立方程，应用动量定理研究这段柱状流体。2微粒类问题通常电子流、光子流、尘埃等被广义地视为“微粒”，质量具有独立性，通常给出单位体积内的粒子数n。【典题例证2】有一宇宙飞船，它的正面面积S2 m2，以v3103 m/s的相对速度飞入一宇宙微粒尘区。此微粒尘区1 m3空间中有一个微粒，每一个微粒的平均质量为m2107 kg。假设微粒与飞船外壳碰撞后附着于飞船上，要使飞船速度不变，飞船的牵引力应增加()A3.6103 N B.3.6 NC1.2103 N D.1.2 N解
23、析设在t时间内与飞船碰撞并附着于飞船上的微粒总质量为M，则MvtSm，设飞船对微粒的作用力大小为F，由动量定理知，FtMv，联立解得Fv2Sm，代入相关数据得F3.6 N。根据牛顿第三定律，微粒对飞船的作用力大小为3.6 N。要使飞船速度不变，根据平衡条件，飞船的牵引力应增加3.6 N，B正确。答案B 名师点睛微粒类问题分析步骤(1)建立“柱体”模型，沿速度v0的方向选取一段微元，其横截面积为S。(2)微元研究，作用时间t内一段微元的长度为l，对应的体积为VSv0t，则微元内的粒子数Nnv0St。(3)先应用动量定理研究单个粒子，建立方程，再乘以N求解。【针对训练】1国产水刀超高压数控万能水切
24、割机以其神奇的切割性能在北京国际展览中心举行的第五届国际机床展览会上引起轰动，它能切割40 mm厚的钢板，50 mm厚的大理石等其他材料。水刀就是将普通的水加压，使其从口径为0.2 mm的喷嘴中以8001000 m/s速度射击出水射流。我们知道，任何材料，承受的压强都有一定限度，下表列出了一些材料所能承受的压强限度。A橡胶5107 PaB花岗石1.21082.6108 PaC铸铁8.8108 PaD工具钢6.7108 Pa设想有一水刀的水射流横截面积为S，垂直入射的速度v800 m/s，水射流与材料接触后速度为零，且不附着在材料上，水的密度1103 kg/m3，则此水刀不能切割上述材料中的_。
25、答案CD解析以射到材料上的水量m为研究对象，以其运动方向为正方向，由动量定理得pSt0Svtv，pv26.4108 Pa，由表中数据可知，不能切割CD。2正方体密闭容器中有大量运动粒子，每个粒子质量为m，单位体积内粒子数量n为恒量。为简化问题，我们假定：粒子大小可以忽略；其速率均为v，且与器壁各面碰撞的机会均等；与器壁碰撞前后瞬间，粒子速度方向都与器壁垂直，且速率不变。利用所学力学知识，导出器壁单位面积所受粒子压力f与m、n和v的关系。答案见解析解析一个粒子每与器壁碰撞一次给器壁的冲量是：I2mv，在t时间内能到达面积为S的容器壁上的粒子所占据的体积为：VSvt，由于粒子有均等的概率与容器各面
26、相碰，即可能达到目标区域的粒子数为：NnVnSvt，根据动量定理得：FtNI，则得面积为S的器壁受到的粒子的压力为：FnSmv2；所以器壁单位面积所受粒子压力为：fnmv2。3按照近代光的粒子说，光由光子组成，飞船在太空中张开太阳帆，使太阳光垂直射到太阳帆上，太阳帆的面积为S，太阳帆对光的反射率为100%，设太阳帆上每单位面积每秒到达n个光子，每个光子的动量为p，如果飞船的总质量为m，求飞船加速度的表达式。如果太阳帆面对阳光的一面是黑色的，情况又如何？答案解析时间t内有nSt个光子入射到太阳帆上，这些光子的动量变化量的大小为2pnSt，设太阳帆对这些光子的作用力大小为F，由动量定理得：Ft2p
27、nSt，解得：F2pnS由牛顿第二定律可得太阳帆的加速度a。如果太阳帆面对太阳光的一面是黑色的，即光子照射后被完全吸收，时间t内光子的动量变化量的大小为pnSt同理可得太阳帆的加速度为a。高考模拟 随堂集训1(2019全国卷)最近，我国为“长征九号”研制的大推力新型火箭发动机联试成功，这标志着我国重型运载火箭的研发取得突破性进展。若某次实验中该发动机向后喷射的气体速度约为3 km/s，产生的推力约为4.8106 N，则它在1 s时间内喷射的气体质量约为()A1.6102 kg B.1.6103 kgC1.6105 kg D.1.6106 kg答案B解析设1 s内喷出气体的质量为m，喷出的气体与
28、该发动机的相互作用力为F，由动量定理知Ftmv，m kg1.6103 kg，B正确。2(2018全国卷)高空坠物极易对行人造成伤害。若一个50 g的鸡蛋从一居民楼的25层坠下，与地面的撞击时间约为2 ms，则该鸡蛋对地面产生的冲击力约为()A10 N B.102 N C.103 N D.104 N答案C解析设鸡蛋落地瞬间的速度为v，每层楼的高度大约是3 m，由动能定理可知：mghmv2，解得：v m/s10 m/s。落地时受到自身的重力和地面的支持力，规定向上为正方向，由动量定理可知：(Nmg)t0(mv)，解得：N1103 N，根据牛顿第三定律可知鸡蛋对地面产生的冲击力约为103 N，故C正
29、确。3. (2017全国卷)(多选)一质量为2 kg的物块在合外力F的作用下从静止开始沿直线运动。F随时间t变化的图线如图所示，则()At1 s时物块的速率为1 m/sBt2 s时物块的动量大小为4 kgm/sCt3 s时物块的动量大小为5 kgm/sDt4 s时物块的速度为零答案AB解析前2 s内物块做初速度为零的匀加速直线运动，加速度a1 m/s21 m/s2，t1 s时物块的速率v1a1t11 m/s，A正确；t2 s时物块的速率v2a1t22 m/s，动量大小为p2mv24 kgm/s，B正确；物块在24 s内做匀减速直线运动，加速度的大小a20.5 m/s2，t3 s时物块的速率v3
30、v2a2t3(20.51) m/s1.5 m/s，动量大小p3mv33 kgm/s，C错误；t4 s时物块的速度v4v2a2t4(20.52) m/s1 m/s，D错误。4. (2019广西钦州三模)“飞针穿玻璃”是一项高难度的绝技表演，曾一度引起质疑。为了研究该问题，以下测量能够得出飞针在穿越玻璃的时间内，对玻璃平均冲击力大小的是()A测出玻璃厚度和飞针穿越玻璃前后的速度B测出玻璃厚度和飞针穿越玻璃所用的时间C测出飞针质量、玻璃厚度和飞针穿越玻璃所用的时间D测出飞针质量、飞针穿越玻璃所用时间和穿越玻璃前后的速度答案D解析在“飞针穿玻璃”的过程中，对飞针，由动量定理得：Ftmv2mv1，故测出
31、飞针质量、飞针穿越玻璃所用时间和穿越玻璃前后的速度，就能得出飞针对玻璃的平均冲击力大小，故D正确；A项中，由2axvv可得飞针穿越玻璃时的加速度，但飞针质量未知，故不能得出飞针对玻璃的平均冲击力大小，A错误；B项中，由xv1tat2，飞针穿越玻璃前的速度v1未知，故不能求出飞针的加速度，由A项分析可知，B错误；结合A、B项的分析，可知C错误。5(2019山东青岛高三一模)雨打芭蕉是我国古代文学中重要的抒情意象。为估算雨天院中芭蕉叶面上单位面积所承受的力，小玲同学将一圆柱形水杯置于院中，测得10分钟内杯中雨水上升了15 mm，查询得知，当时雨滴落地速度约为10 m/s，设雨滴撞击芭蕉叶面后无反弹
32、，不计雨滴重力，雨水的密度为1103 kg/m3，据此估算芭蕉叶面单位面积上的平均受力约为()A0.25 N B.0.5 N C.1.5 N D.2.5 N答案A解析设雨滴受到支持面的平均作用力为F，水杯中在t时间内有质量为m的雨水速度由v10 m/s减为零。不计雨滴的重力，以向上为正方向，对这部分雨水应用动量定理：Ft0(mv)mv，解得：F。设水杯横截面积为S，水杯里的雨水在t时间内水面上升h，则有：mSh，故FSv，v110310 N/m20.25 N/m2，故芭蕉叶面单位面积上的平均受力约为0.25 N，A正确，B、C、D错误。6(2018江苏高考) 如图所示，悬挂于竖直弹簧下端的小球
33、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。答案2mvmgt解析取向上为正方向，由动量定理mv(mv)I且小球所受总的冲量II弹mgt，解得小球所受弹簧弹力的冲量I弹2mvmgt。7(2018北京高考) 2022年将在我国举办第二十四届冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一。某滑道示意图如图，长直助滑道AB与弯曲滑道BC平滑衔接，滑道BC高h10 m，C是半径R20 m圆弧的最低点，质量m60 kg的运动员从A处由静止开始匀加速下滑，加速度a4.5 m/s2，到达B点时速度v
34、B30 m/s。取重力加速度g10 m/s2。(1)求长直助滑道AB的长度L；(2)求运动员在AB段所受合外力的冲量的I大小；(3)若不计BC段的阻力，画出运动员经过C点时的受力图，并求其所受支持力FN的大小。答案(1)100 m(2)1800 Ns(3)受力图见解析3900 N解析(1)已知AB段的初末速度，则利用运动学公式可以求解AB的长度，即vv2aL，可解得L m100 m。(2)根据动量定理可知合外力的冲量等于动量的变化量，所以ImvBmv0(60300) Ns1800 Ns。(3)运动员经过C点时的受力如图所示。由牛顿第二定律可得FNmgm，从B运动到C由动能定理可知mghmvmv，由式并代入数据解得FN3900 N。
