2020年高考物理一轮复习第七单元动量第1讲动量与冲量动量定理练习含解析新人教版

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1、动量与冲量 动量定理1.试题特点:从近几年高考来看,本单元考查的重点是动量定理和动量守恒定律这两大规律。命题特点是:(1)若单独考查动量定理或动量守恒定律则以选择题的形式出现,难度不大,而且动量定理还可能与图象相结合考查。(2)若动量定理与力学的主干知识综合,往往以计算题的形式出现,重在对建模能力的考查。(3)动量与能量综合考查则以计算题的形式出现,这类问题具有过程错综复杂、图景“扑朔迷离”、条件隐晦难辨、知识覆盖广的特点。2.命题动向:2017年的高考考纲改选修3-5为必考内容,首考都以选择题的形式出现,且难度不大,随着各地对选修3-5教学的重视程度的逐步提高,预计2020年高考对动量考查的

2、深度和题目的综合性有所增强,很有可能以计算题的形式出现。综合应用动量和能量观点解决碰撞模型问题将仍是今后命题的热点。第1讲动量与冲量动量定理1冲量(1)定义:力与力的作用时间的乘积叫作力的冲量。(2)公式:I=Ft,高中阶段只要求会用I=Ft计算恒力的冲量。对于变力的冲量,高中阶段只能利用动量定理通过物体的动量变化间接求得。(3)冲量是矢量,它的方向由力的方向决定(不能说和力的方向相同)。1.1 (2019江西南昌模拟考试)(多选)如图所示,一个物体在与水平方向成角的拉力F的作用下沿水平面匀速运动了时间t,则( )。A.拉力F对物体的冲量大小为FtB.拉力对物体的冲量大小为Ftsin C.摩擦

3、力对物体的冲量大小为Ftsin D.合力对物体的冲量大小为零【答案】AD2动量(1)定义:物体的质量和速度的乘积叫作动量。(2)表达式:p=mv。(3)单位:千克米/秒。符号:kgm/s。(4)动量是描述物体运动状态的一个状态量,它与时刻相对应。(5)动量是矢量,它的方向和速度的方向相同。(6)动量的变化:p=pt-p0。由于动量为矢量,在求解动量的变化时,其运算遵循平行四边形定则。若初、末动量在同一直线上,则在选定正方向的前提下,可化矢量运算为代数运算。若初、末动量不在同一直线上,则运算遵循平行四边形定则。2.1 (2019河北邯郸五校联考)2018年俄罗斯世界杯足球比赛中,一足球运动员踢一

4、个质量为0.4 kg的足球。甲(1)若开始时足球的速度是4 m/s,方向向右,踢球后,球的速度变为10 m/s,方向仍向右(如图甲所示),则足球的初动量p=,方向,足球的末动量p=,方向;在这一过程中足球动量的改变量p=,方向。乙(2)若足球以10 m/s的速度撞向球门门柱,然后以3 m/s的速度反向弹回(如图乙所示),则这一过程中足球的动量改变量是,方向。【答案】(1)1.6 kgm/s向右4 kgm/s向右2.4 kgm/s向右(2)5.2 kgm/s向左3动量定理(1)内容:物体所受合力的冲量等于物体动量的变化量。(2)表达式:F合t=p=p-p。(3)动量定理表明冲量是使物体动量发生变

5、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力的冲量。(4)动量定理给出了冲量和动量变化量间的相互关系。(5)现代物理学把力定义为物体动量的变化率:F=pt(牛顿第二定律的动量形式)。(6)动量定理的表达式是矢量式。在一维情况下,各个矢量必须以同一个规定的方向为正方向。3.1 (2019江苏南京质量调研)下列关于物理现象的解释中正确的是()。A.击钉时不用橡皮锤,是因为橡皮锤太轻B.在推车时推不动,是因为推力的冲量为零C.跳伞运动员着地时做团身动作是为了减小运动员所受的作用力D.打篮球时,传球和接球有缓冲动作是为了减小篮球的冲量【答案】C3.2 (2019四川成都二中模

6、拟)质量为0.2 kg的小球竖直向下以6 m/s的速度落至水平地面,再以4 m/s的速度反向弹回,取竖直向上为正方向,则小球与地面碰撞前后的动量变化为kgm/s。若小球与地面的作用时间为0.2 s,则小球受到地面的平均作用力大小为N(取g=10 m/s2)。【答案】212题型一动量、冲量的理解问题1.动能、动量、动量变化量的比较动能动量动量变化量定义物体由于运动而具有的能量物体的质量和速度的乘积物体末动量与初动量的矢量差定义式Ek=12mv2p=mvp=p-p标矢性标量矢量矢量关联方程Ek=p22m,Ek=12pv,p=2mEk,p=2Ekv联系(1)都是相对量,与参考系的选取有关,通常选取地

7、面为参考系(2)质量一定的物体,若物体的动能发生变化,则动量一定也发生变化;但动量发生变化时动能不一定发生变化2.冲量与功的比较冲量功定义作用在物体上的力和力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I=Ft(F为恒力)W=Flcos (F为恒力)矢标性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相互联系都是过程量,都是力的作用过程【例1】(多选)如图所示,足够长的固定光滑斜面的倾角为,质量为m的物体以速度v从斜面底端冲上斜面,到达最高点后又滑回原处,所用时间为t。对于这一过程,下列判断正确的是()。A.斜面对物体的弹力的冲量

8、大小为零B.物体受到的重力的冲量大小为mgtC.物体受到的合力的冲量大小为零D.物体动量的变化量大小为mgtsin 【解析】由冲量的求解公式可知,斜面对物体的弹力的冲量大小为mgtcos ,A项错误;物体受到的重力的冲量大小为mgt,B项正确;物体回到斜面底端的速度仍为v,方向与初速度方向相反,故根据动量定理可知,物体受到的合力的冲量大小为2mv,C项错误;因整个过程中物体所受的合力大小为mgsin ,则根据动量定理可知,物体动量的变化量大小为mgtsin ,D项正确。【答案】BD(1)动量的瞬时性与相对性瞬时性: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

9、参考系的选取有关,通常情况下是指相对地面的动量。(2)冲量的时间性与矢量性冲量的时间性:冲量不仅由力决定,还由力的作用时间决定。恒力的冲量等于力与作用时间的乘积。冲量的矢量性:对于方向恒定的力来说,冲量的方向与力的方向一致;对于作用时间内方向变化的力来说,冲量的方向与相应时间内物体动量改变量的方向一致。(3)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。【变式训练1】(2018甘肃兰州质量调研)如图所示,竖直面内有一个固定圆环,MN是它在竖直方向上的直径,两根光滑滑轨MP、QN的端点都在圆周上,MPQN,将两个完全相同的小滑块a、b分别从M、Q点无初速度释放,

10、在它们各自沿MP、QN运动到圆周上的过程中,下列说法中正确的是()。A.合力对两滑块的冲量大小相同B.重力对a滑块的冲量较大C.弹力对a滑块的冲量较小D.两滑块的动量变化大小相同【解析】对小滑块进行受力分析,受重力和支持力,将重力沿滑轨的方向和垂直滑轨的方向正交分解,根据牛顿第二定律得小滑块做初速度为零的匀加速直线运动且加速度a=gsin (是滑轨与水平方向的夹角)。小滑块的位移s=2Rsin ,则t=2sa=22Rsingsin=4Rg,可知t与无关,则两小滑块同时到达滑轨底端(“等时圆”),合力F=mgsin ,因为ab,则FaFb,因此小滑块a合力的冲量较大,小滑块a的动量变化也大,A、

11、D两项错误;两小滑块重力的冲量大小、方向都相同,B项错误;弹力FN=mgcos ,则FNaFNb,因此小滑块a的弹力的冲量较小,C项正确。【答案】C题型二动量定理的理解及应用问题1.理解动量定理时应注意的问题(1)动量定理表明冲量既是使物体动量发生变化的原因,又是物体动量变化的量度。这里所说的冲量是物体所受的合力的冲量。(2)动量定理的研究对象是一个质点(或可视为一个质点的系统)。(3)动量定理是过程定理,解题时必须明确过程及初、末状态的动量。(4)动量定理的表达式是矢量式,在一维情况下,各个矢量必须以同一个规定的方向为正方向。2.动量定理的应用(1)在碰撞、打击过程中的相互作用力,一般是变力

12、,用牛顿运动定律很难解决,用动量定理分析则方便得多,这时求出的力应理解为作用时间t内的平均力F-。(2)应用I=p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量p,等效替代变力的冲量I。(3)应用p=Ft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(p=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,等效替代动量的变化。【例2】篮球运动是一项同学们喜欢的体育运动,为了检测篮球的性能,某同学多次让一篮球从h1=1.8 m高处自由下落,测出篮球从开始下落至第一次反弹到最高点

13、所用时间t=1.3 s,该篮球第一次反弹从离开地面至最高点所用时间为0.5 s,篮球的质量m=0.6 kg,g取10 m/s2。求篮球对地面的平均作用力(不计空气阻力)。【解析】方法一程序法设篮球从h1处下落的时间为t1,触地时速度大小为v1,弹起时速度大小为v2则t1=2h1g=0.6 sv1=2gh1=6 m/s球弹起的速度大小v2=gt2=5 m/s球与地面作用的时间t=t-t1-t2=0.2 s球触地过程中取向上为正方向,根据动量定理有(F-mg)t=mv2-(-mv1)即F-=mg+m(v1+v2)t代入数据得F-=39 N根据牛顿第三定律,可知球对地面的平均作用力方向竖直向下,大小

14、为39 N。方法二全过程整体法在整个下落过程中对球应用动量定理,重力的冲量大小为mgt,平均作用力F-的冲量大小为F-t。初、末动量都是零,取向下为正方向,由动量定理得mgt-F-t=0解得F-=39 N根据牛顿第三定律,可知球对地面的平均作用力方向竖直向下,大小为39 N。【答案】大小为39 N,方向竖直向下 (1)用动量定理解题的基本思路(2)合冲量的两种求解方法若各力的作用时间相同,且各外力为恒力,可以先求合力,再将合力乘以时间求冲量,即I合=F合t。若各外力作用时间不同,可以先求出每个外力在相应时间的冲量,然后求各外力冲量的矢量和,即I合=F1t1+F2t2+(3)在运用动量定理求解多

15、个过程组合起来的总过程问题时,若抓住冲量的积累效果,把多个过程总合为一个整体来处理,这样选取研究过程,能简化解题步骤,提高解题速度。此外,对于单个质点在碰撞、打击过程中的相互作用力,一般是变力,用牛顿运动定律很难解决,用动量定理分析则方便得多。【变式训练2】(2019辽宁沈阳1月月考)在水平力F=30 N的作用下,质量m=5 kg的物体由静止开始沿水平面运动。已知物体与水平面间的动摩擦因数=0.2,若F作用6 s后撤去,撤去F后物体还能向前运动多长时间?(g取10 m/s2)【解析】方法一用动量定理解答,分段处理选物体为研究对象,对于撤去F前物体做匀加速运动的过程,受力情况如图甲所示,初速度为

16、零,末速度为v,取水平力F的方向为正方向,根据动量定理有甲(F-mg)t1=mv-0对于撤去F后,物体做匀减速运动的过程,受力情况如图乙所示,初速度为v,末速度为零。根据动量定理有-mgt2=0-mv联立解得t2=F-mgmgt1=12 s。乙方法二用动量定理解答,研究全过程选物体作为研究对象,研究整个运动过程,这个过程的初、末状态的物体速度都等于零取水平力F的方向为正方向,根据动量定理得(F-mg)t1+(-mg)t2=0解得t2=F-mgmgt1=12 s。【答案】12 s题型三运用动量定理处理流体问题流体作用模型对于流体运动,可沿流速v的方向选取一段柱形流体作微元,设在极短的时间t内通过

17、某一横截面积为S的柱形流体的长度为l,如图所示。设流体的密度为,则在t的时间内流过该截面的流体的质量m=Sl=Svt,根据动量定理,流体微元所受的合外力的冲量等于该流体微元动量的增量,即Ft=mv,分两种情况:(1)作用后流体微元停止,有v=-v,代入上式有F=-Sv2。(2)作用后流体微元以速率v反弹,有v=-2v,代入上式有F=-2Sv2。【例3】直升机在抗灾救灾中有着重要作用。如图所示,若直升机总质量为m,直升机的旋翼桨盘面积(桨叶旋转形成的圆面面积)为S,已知空气密度为,重力加速度为g。求此直升机悬停在空中时发动机的功率。【解析】直升机悬停时受到的升力F=mg设螺旋桨作用于空气后空气的

18、速度为v,很短的时间t内螺旋桨推动空气的质量m=Svt对于m的空气,F=F,由动量定理有Ft=mv设发动机的功率为P,由动能定理有Pt=m2v2 联立解得P=mg2mgS。【答案】mg2mgS两类流体运动模型:第一类是“吸收模型”,即流体与被碰物质接触后速度变为零;第二类是“反弹模型”,即流体与被碰物质接触后以原速率反弹。设时间t内流体与被碰物质相碰的“粒子”数为n,每个“粒子”的动量为p,被碰物质对“粒子”的作用力为F,以作用力的方向为正方向,则“吸收模型”满足Ft=0-n(-p),“反弹模型”满足Ft=np-n(-p),“反弹模型”的动量变化量为“吸收模型”的动量变化量的2倍,解题时一定要

19、明辨模型,避免错误。【变式训练3】(2018湖南长郡质量检测)如图所示,喷泉中喷出的水柱,把一个质量为M的小桶倒顶在空中,水以速率v0、恒定的质量增率(单位时间喷出的质量)mt从地下射向空中。求小桶可停留的最大高度。(设水柱喷到桶底后以相同的速率反弹)【解析】设小桶可停留的最大高度为h,并设水柱到达h高处的速度为vt,取竖直向上为正方向,则vt2-v02=-2gh得vt=v02-2gh由动量定理得,在极短时间t内,水受到的冲量为Ft=-2mttvt解得F=-2mtvt=-2mtv02-2gh据题意有力F的大小和重力的大小相等,即F=mg联立解得h=v022g-M2g8tm2【答案】v022g-

20、M2g8tm21.(2019河南郑州模拟考试)将质量为0.5 kg的小球以20 m/s的初速度竖直向上抛出,不计空气阻力,g取10 m/s2,以下判断正确的是()。A.小球从被抛出至到达最高点受到的冲量大小为10 NsB.小球从被抛出至落回出发点动量的变化量大小为零C.小球从被抛出至落回出发点受到的冲量大小为10 NsD.小球从被抛出至落回出发点动量的变化量大小为10 Ns【解析】 小球从被抛出至到达最高点经历的时间为2 s,受到的冲量大小为10 Ns,A项正确;小球从被抛出至落回出发点经历的时间为4 s,受到的冲量大小为20 Ns,动量是矢量,返回出发点时速度大小仍为20 m/s,但方向相反

21、,动量变化量大小为20 kgm/s,B、C、D三项错误。【答案】A2.(2019河南信阳质量检测)下面列举的装置各有一定的道理,其中不可以用动量定理进行解释的是()。A.当运输玻璃器皿等易碎物品时,在器皿的四周总是垫着碎纸或海绵等柔软、有弹性的垫衬物B.建筑工人戴的安全帽内有帆布垫,把头和帽子的外壳隔开一定的空间C.热水瓶胆做成两层,且把两层中间的空气抽去D.跳高运动中的垫子总是十分松软【解析】热水瓶胆做成两层是为了防止空气对流而散失热量,抽成真空是为了更好地保温,与动量定理无关,其他几项均与动量定理有关,故本题应选C项。【答案】C3.(2019山东青岛质量检测)如图,连接有轻弹簧的物块a静止

22、于光滑水平面上,物块b以一定初速度向左运动。下列关于a、b两物块的动量p随时间t的变化关系图象,不合理的是()。【解析】物块b以一定初速度向左运动,与连接有轻弹簧的静止物块a相碰,中间弹簧先被压缩后又恢复原长,则弹力在碰撞过程中先变大后变小,两物块动量的变化率先变大后变小。故A项不合理。【答案】A4.(2018江西南昌期末考试)(多选)静止在光滑水平面上的物体,受到水平拉力F的作用,拉力F随时间t变化的图象如图所示,则下列说法中正确的是()。A.04 s内物体的位移为零B.04 s内拉力对物体做功为零C.4 s末物体的动量为零D.04 s内拉力对物体的冲量为零【解析】由图象可知物体在4 s内先

23、做匀加速运动后做匀减速运动,4 s末的速度为零,位移一直增大,A项错误;前2 s拉力做正功,后2 s拉力做负功,且两段时间做功代数和为零,B项正确;4 s末的速度为零,故动量为零,C项正确;根据动量定理可知,04 s内动量的变化量为零,所以拉力对物体的冲量为零,D项正确。【答案】BCD5.(2019湖北武汉1月月考)(多选)古时有“守株待兔”的寓言。假设兔子的质量为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 kgm/sB.兔子撞树过程中的动量变化量为32 kgm/sC.兔子撞树过程中的动量变化的方向与兔子撞

24、树前的速度方向相同D.兔子受到撞击力的冲量大小为32 Ns【解析】由题意可知,兔子的初速度v1=15 m/s,则兔子撞树前的动量大小p1=mv1=30 kgm/s,A项正确;末速度v=-1 m/s,末动量p2=mv2=-2 kgm/s,兔子撞树过程中的动量变化量p=p2-p1=-32 kgm/s,兔子撞树过程中的动量变化量的大小为32 kgm/s,B项错误;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,C项错误;由动量定理可知兔子受到撞击力的冲量I=mv-mv1=-32 Ns,兔子受到撞击力的冲量大小为32 Ns,D项正确。【答案】AD6.(

25、2019湖南常德模拟考试)(多选)如图所示,质量为m的小球从距离地面高为H的A点由静止开始释放,落到地面上后又陷入泥潭中,由于受到阻力作用,到达距地面深度为h的B点时速度减为零。不计空气阻力,重力加速度为g。关于小球下落的整个过程,下列说法正确的有()。A.小球的机械能减少了mg(H+h)B.小球克服阻力做的功为mghC.小球所受阻力的冲量大于m2gHD.小球动量的改变量等于所受阻力的冲量【解析】小球在整个过程中,动能变化量为零,重力势能减小了mg(H+h),则小球的机械能减小了mg(H+h),A项正确;对小球下落的全过程运用动能定理,得mg(H+h)-Wf=0,则小球克服阻力做的功Wf=mg

26、(H+h),故B项错误;小球落到地面的速度v=2gH,对进入泥潭的过程运用动量定理,有IG-IF=0-m2gH,得IF=IG+m2gH,可知阻力的冲量大于m2gH,故C项正确;对全过程分析,运用动量定理,知动量的变化量等于重力的冲量和阻力冲量的矢量和,故D项错误。【答案】AC7.(2019重庆万州阶段考试)如图所示,将长为1.8 m的细绳一端悬挂m=2 kg的小球,绳的另一端系在离地高为3.6 m的天花板上,现让小球从贴着天花板处开始自由下落,在细绳被拉直的瞬间绳断裂,接着小球竖直下落到地面上,全过程历时1.01 s,已知小球刚着地的速度大小为6.5 m/s,不计绳断裂瞬间小球在竖直方向的位移

27、,重力加速度g=10 m/s2,求: (1)绳断裂时小球的速度大小。(2)在细绳被拉断的时间内,绳子受到的平均拉力。【解析】(1)小球运动过程可分为三个阶段第一阶段,小球做自由落体运动,由l=12gt12代入数据解得t1=0.6 s小球获得的速度v1=gt1=6 m/s。第二阶段,小球受到重力和绳的拉力的合力的冲量,速度减小第三阶段,细绳断裂后,小球做竖直下抛运动,有vt2-v22=2g(h-l)将vt=6.5 m/s代入解得,细绳刚断裂时小球的速度v2=2.5 m/s。(2)由vt-v2=gt2解得t2=0.4 s由于小球运动的总时间为1.01 s,故细绳对小球的作用时间t=1.01 s-(

28、0.6+0.4) s=0.01 s根据动量定理,得(mg-T)t=mv2-mv1解得T=720 N。【答案】(1)2.5 m/s(2)720 N8.(2019湖南长沙期末考试)某中学在高考前100天倒计时宣誓活动中为给高三考生加油,用横幅打出了激励语。下面我们来研究横幅的受力情况,如图所示,已知横幅的质量为m,且质量分布均匀,由竖直面内的四条轻绳A、B、C、D固定在光滑的竖直墙面内,四条绳子与水平方向的夹角均为,其中绳A、B是不可伸长的刚性绳,绳C、D是弹性较好的弹性绳且对横幅的拉力恒为T0,重力加速度为g。(1)求绳A、B受到的力的大小。(2)在一次卫生大扫除中,楼上的小明同学不慎将质量为m

29、0的抹布滑落,正好落在横幅上沿的中点位置。已知抹布的初速度为零,下落的高度为h,忽略空气阻力的影响。抹布与横幅撞击后速度变为零,且撞击时间为t,撞击过程横幅的形变极小,可忽略不计,求撞击过程中,绳A、B所受平均拉力的大小。【解析】(1)设绳A、B受到的力的大小为T,横幅在竖直方向上处于平衡状态,有2Tsin =2T0sin +mg解得T=T0+mg2sin。(2)抹布做自由落体运动,其碰撞前的速度满足2gh=v02解得v0=2gh。设绳A、B所受平均拉力为T1,碰撞过程中横幅对抹布的平均作用力大小为F,取竖直向下为正方向,由动量定理可得-(F-m0g)t=0-m0v0解得F=m0g+m02gh

30、t由牛顿第三定律可知抹布对横幅的平均冲击力大小F与横幅对抹布的平均作用力F大小相等横幅仍处于平衡状态,有2T1sin =2T0sin +mg+F解得T1=T0+mg+m0g2sin+m02gh2tsin。【答案】(1)T0+mg2sin(2)T0+mg+m0g2sin+m02gh2tsin1.(2018全国卷,14)高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的匀加速直线运动。在启动阶段,列车的动能()。A.与它所经历的时间成正比B.与它的位移成正比C.与它的速度成正比D.与它的动量成正比【解析】速度v=at,动能Ek=12mv2=12ma2t2,即动能与经历的时间的平方成正比,A项错误;根据v2

31、=2ax,动能Ek=12mv2=12m2ax=max,即动能与位移成正比,B项正确;动能Ek=12mv2,即动能与速度的平方成正比,C项错误;动量p=mv,动能Ek=12mv2=p22m,即动能与动量的平方成正比,D项错误。【答案】B2.(2018全国卷,15)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,与地面的碰撞时间约为2 ms,则该鸡蛋对地面产生的冲击力约为()。A.10 NB.102 NC.103 ND.104 N【解析】25层离地高度约为80 m,由mgh=12mv2及(F-mg)t=mv知,鸡蛋对地面的冲击力F=mvt+mg103 N。【答案】C3.(2

32、017全国卷,20)(多选)一质量为2 kg的物块在合力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()。A.t=1 s时物块的速率为1 m/sB.t=2 s时物块的动量大小为4 kgm/sC.t=3 s时物块的动量大小为5 kgm/sD.t=4 s时物块的速度为零【解析】由题图可知F=2 N,F=-1 N,由动量定理有Ft=mv1-mv0,当t=1 s时,Ft1=mv1,代入数据可得v1=Ft1m=1 m/s,A项正确;当t=2 s时,p=Ft2,代入数据可得p=4 kgm/s,B项正确;当t=3 s时,p=Ft2+F(t3-t2),代入数据可得p=3 kgm/s,C项错

33、误;当t=4 s时,由Ft2+F(t4-t2)=mv4,代入数据可得v4=1 m/s,D项错误。【答案】AB4.(2018北京卷,22)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。某滑道示意图如图甲所示,长直助滑道AB与弯曲滑道BC平滑衔接,滑道BC高h=10 m,C是半径R=20 m圆弧的最低点。质量m=60 kg 的运动员从A处由静止开始匀加速下滑,加速度a=4.5 m/s2,到达B点时速度vB=30 m/s。取重力加速度g=10 m/s2。甲(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I的大小。(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。【解析】(1)根据匀变速直线运动公式,有L=vB2-vA22a=100 m。(2)根据动量定理,有I=mvB-mvA=1800 Ns。(3)运动员经过C点时的受力分析如图乙所示乙根据动能定理,运动员在BC段运动的过程中,有mgh=12mvC2-12mvB2根据牛顿第二定律,有FN-mg=mvC2R解得FN=3900 N。【答案】(1)100 m(2)1800 Ns(3)受力图如图乙所示3900 N17