文档内容
[高考导航]
高考(全国卷)三年命题情况对照分析
要
考点内容
求
2016 2017 2018 命题分析
动量、动量定
理、动量守恒定 Ⅱ
律及其应用
卷Ⅰ·T ：
14
弹性碰撞和非 动量、动能 1.2017年高考将
Ⅰ
弹性碰撞 本章内容改为必
T ：动量守
24
考，在2017年高
实验七：验证动 卷Ⅰ·T ： 恒定律、机
35(2)
考中有2道选择
量守恒定律 动量定理和 械能守恒定
能量观点
卷Ⅰ·T
14
：动
律
题，在2018年高
量守恒定律 考中有2道选择
卷Ⅱ·T
35(2)
：
的应用
卷Ⅱ·T
24
：
题，3道计算题中
动量守恒和 牛顿第二定
都涉及到动量的
能量守恒
卷Ⅲ·T
20
：动
律、动量守 知识。
量定理的应 恒定律
卷Ⅲ·T
35(2)
：
用 2.考查热点是动量
动量守恒和 T ：动量定
15 定理、动量守恒定
说明：只限于一维
能量守恒 理
律与牛顿运动定
卷Ⅲ·T ： 律、能量守恒的综
25
动量、机械 合问题。
能守恒定律
第 1 讲 动量和动量定理
知识排查
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＝ m 。
v
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。
冲量
1.定义：力和力的作用时间的乘积叫做这个力的冲量。
公式：I＝Ft。
2．单位：冲量的单位是 牛 · 秒 ，符号是N·s。
3．方向：冲量是矢量，冲量的方向与力的方向相同。
动量定理
1.内容：物体所受合外力的冲量等于物体动量的变化。
2．表达式：Ft＝Δp＝p′－p。
3．矢量性：动量变化量的方向与合外力的方向相同，可以在某一方向上应用动量
定理。
小题速练
1．思考判断
(1)动量是矢量，其方向与物体速度的方向相同。( )
(2)做匀速圆周运动的物体的动量不变。( )
(3)物体静止在水平面上是因为受到的支持力的冲量为零。( )
(4)合外力的冲量等于物体的动量变化。( )
答案 (1)√ (2)× (3)× (4)√
2．一质量为m＝100 g的小球从高h＝0.8 m处自由下落，落到一个厚软垫上，若
从小球接触软垫到小球陷至最低点经历了t＝0.2 s，以向下为正方向，则在这段时
间内，软垫对小球的冲量为(重力加速度大小g取10 m/s2)( )
A．0.4 N·s B．－0.4 N·s
C．0.6 N·s D．－0.6 N·s
解析 设小球自由下落h＝0.8 m的时间为t ，由h＝gt得t ＝＝0.4 s。设软垫对小
1 1
球的冲量为I ，则对小球整个运动过程运用动量定理得，mg(t ＋t)＋I ＝0，得I ＝
N 1 N N
－0.6 N·s，选项D正确。答案 D
动量和冲量的理解
1．对动量的理解
(1)动量的两性
①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。
②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
名称
动量 动能 动量变化量
项目
物体的质量和速度的 物体由于运动而具有 物体末动量与初动量
定义
乘积 的能量 的矢量差
定义式 p＝m E ＝m 2 Δp＝p′－p
v k v
矢标性 矢量 标量 矢量
特点 状态量 状态量 过程量
关联方程 E ＝，E ＝p ，p＝，p＝
k k v
2.对冲量的理解
(1)冲量的两性
①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
力的作用时间的乘积。
②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。
(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。
【例1】 (2018·全国卷Ⅰ，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 列车启动的过程中加速度恒定，由匀变速直线运动的速度与时间关系可知＝at，且列车的动能为E ＝m 2，由以上整理得E ＝ma2t2，动能与时间的平方成
v k v k
正比，动能与速度的平方成正比，A、C错误；将x＝at2代入上式得E ＝max，则列
k
车的动能与位移成正比，B正确；由动能与动量的关系式E ＝可知，列车的动能
k
与动量的平方成正比，D错误。
答案 B
1．(多选)(2019·北京西城区模拟)关于动量和冲量，下列说法正确的是( )
A．物体所受合外力的冲量的方向与物体动量的方向相同
B．物体所受合外力的冲量等于物体动量的变化
C．物体所受合外力的冲量等于物体的动量
D．物体动量的方向与物体的运动方向相同
解析 物体所受合外力的冲量的方向与合外力的方向相同，与物体动量变化量的
方向相同，与动量的方向不一定相同，故选项A错误；由动量定理可知，物体所受
合外力的冲量等于物体动量的变化，故选项B正确，C错误；物体的动量p＝m ，
v
故物体动量的方向与物体的运动方向相同，选项D正确。
答案 BD
2．质量为0.2 kg的球竖直向下以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，在小球与地面接触的时间内，关于球的动量变
化量Δp和合外力对小球做的功W，下列说法正确的是( )
A．Δp＝2 kg·m/s W＝－2 J
B．Δp＝－2 kg·m/s W＝2 J
C．Δp＝0.4 kg·m/s W＝－2 J
D．Δp＝－0.4 kg·m/s W＝2 J
解析 取竖直向上为正方向，则小球与地面碰撞过程中动量的变化量Δp＝m －
v2
m ＝0.2×4 kg·m/s－0.2×(－6) kg·m/s＝2 kg·m/s，方向竖直向上。
v1由动能定理知，合外力做的功W＝m －m ＝×0.2×42 J－×0.2×62 J＝－2 J。
v v
答案 A
动量定理的理解及应用
1．动量定理的理解
(1)动量定理不仅适用于恒定的力，也适用于随时间变化的力。这种情况下，动量
定理中的力F应理解为变力在作用时间内的平均值。
(2)动量定理的表达式FΔt＝Δp是矢量式，运用它分析问题时要特别注意冲量、动
量及动量变化量的方向，公式中的F是物体或系统所受的合力。
2．用动量定理解释现象
(1)Δp一定时，F的作用时间越短，力就越大；时间越长，力就越小。
(2)F一定，此时力的作用时间越长，Δp就越大；力的作用时间越短，Δp就越小。
分析问题时，要把哪个量一定、哪个量变化搞清楚。
【例2】 (2018·全国卷Ⅱ，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 N B．102 N C．103 N D．104 N
解析 根据自由落体运动和动量定理有 2＝2gh(h为25层楼的高度，约70 m)，Ft
v
＝m ，代入数据解得F≈1×103 N，所以C正确。
v
答案 C
用动量定理解题的基本思路1．[应用动量定理解释生活现象]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
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，
故选项A错误；在码头上装橡皮轮胎，是为了延长作用时间，从而减小冲力，不是
减小冲量，故选项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Ft＝m ，则知运动时间相等，故选项C错误；从越高的地方跳下，落地时速
v
度越大，动量越大，则冲量越大，故选项D正确。
答案 D
2．[应用动量定理求动量的变化量]如图1所示，跳水运动员从某一峭壁上水平跳
出，跳入湖水中，已知运动员的质量m＝70 kg，初速度 ＝5 m/s，若经过1 s时，
v0
速度为 ＝5 m/s，则在此过程中，运动员动量的变化量为(g＝10 m/s2，不计空气阻
v
力)( )图1
A．700 kg·m/s B．350 kg·m/s
C．350(－1) kg·m/s D．350(＋1) kg·m/s
解析 根据动量定理得：Δp＝F t，即Δp＝mgt＝70×10×1 kg·m/s＝700 kg·m/s，
合
故选项A正确。
答案 A
3．[应用动量定理求变力的冲量](2019·佛山模拟)如图2所示，一轻质弹簧固定在
墙上，一个质量为m的木块以速度 从右侧沿光滑水平面向左运动并与弹簧发
v0
生相互作用。设相互作用的过程中弹簧始终在弹性限度范围内，那么，在整个相
互作用的过程中弹簧对木块冲量I的大小为( )
图2
A．I＝0 B．I＝m C．I＝2m D．I＝3m
v0 v0 v0
解析 设木块离开弹簧时的速度为 ，根据机械能守恒定律得：m 2＝m ，所以
v v v v
＝ ，设向右的速度方向为正方向，根据动量定理得：I＝m －(－m )＝2m ，故
v0 v v0 v0
选项C正确。
答案 C
4．[动量定理与图象的综合](多选)(2017·全国卷Ⅲ，20)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3 所示，则(
)
图3
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 kg·m/s
C．t＝3 s时物块的动量大小为5 kg·m/s
D．t＝4 s时物块的速度为零
解析 由动量定理可得Ft＝m ，解得 ＝。t＝1 s时物块的速率为 ＝＝ m/s＝1
v v v
m/s，故选项A正确；t＝2 s时物块的动量大小p ＝F t ＝2×2 kg·m/s＝4 kg·m/s，
2 2 2
故选项B正确；t＝3 s时物块的动量大小为p ＝(2×2－1×1) kg·m/s＝3 kg·m/s，
3
故选项C错误；t＝4 s 时物块的动量大小为p ＝(2×2－1×2) kg·m/s＝2 kg·m/s，
4
所以t＝4 s时物块的速度为1 m/s，故选项D错误。
答案 AB
利用动量定理处理流体问题
1．研究对象
常常需要选取流体为研究对象，如水、空气等。
2．研究方法
先隔离出一定形状的一部分流体作为研究对象，然后列式求解。
3．基本思路
(1)在极短时间Δt内，取一小柱体作为研究对象。
(2)求小柱体的体积ΔV＝ SΔt
v
(3)求小柱体质量Δm＝ρΔV＝ρ SΔt
v
(4)求小柱体的动量变化Δp＝ Δm＝ρ 2SΔt
v v
(5)应用动量定理FΔt＝Δp
【例3】 [2016·全国卷Ⅰ，35(2)]某游乐园入口旁有一喷泉，喷出的水柱将一质量
为M的卡通玩具稳定地悬停在空中。为计算方便起见，假设水柱从横截面积为S
的喷口持续以速度 竖直向上喷出；玩具底部为平板(面积略大于S)；水柱冲击
v0
到玩具底板后，在竖直方向水的速度变为零，在水平方向朝四周均匀散开。忽略
空气阻力。已知水的密度为ρ，重力加速度大小为g。求(ⅰ)喷泉单位时间内喷出的水的质量；
(ⅱ)玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度。
解析 (ⅰ)在刚喷出一段很短的Δt时间内，可认为喷出的水柱保持速度 不变。
v0
该时间内，喷出水柱高度Δl＝ Δt①
v0
喷出水柱质量Δm＝ρΔV②
其中ΔV为水柱体积，满足ΔV＝ΔlS③
由①②③可得：喷泉单位时间内喷出的水的质量为
＝ρ S
v0
(ⅱ)设玩具底面相对于喷口的高度为h
由玩具受力平衡得F ＝Mg④
冲
其中，F 为水柱对玩具底部柱的作用力
冲
由牛顿第三定律知F ＝F ⑤
压 冲
其中，F 为玩具底部对水柱的作用力， ′为水柱到达玩具底部时的速度
压 v
由运动学公式得 ′2－ ＝－2gh⑥
v v
在很短Δt时间内，冲击玩具水柱的质量为Δm
Δm＝ρ SΔt⑦
v0
由题意可知，在竖直方向上，对该部分水柱应用动量定理得
－(F ＋Δmg)Δt＝－Δm ′⑧
压 v
由于Δt很小，Δmg也很小，可以忽略，⑧式变为
F Δt＝Δm ′⑨
压 v
由④⑤⑥⑦⑨可得h＝－答案 (ⅰ)ρ S (ⅱ)－
v0
1．如图4所示，一个下面装有轮子的贮气瓶停放在光滑的水平地面上，底端与竖
直墙壁接触。现打开右端阀门，气体向外喷出，设喷口的面积为S，气体的密度为
ρ，气体向外喷出的速度为 ，则气体刚喷出时钢瓶底端对竖直墙面的作用力大小
v
是( )
图4
A．ρ S B. C.ρ 2S D．ρ 2S
v v v
解析 Δt时间内贮气瓶喷出气体的质量Δm＝ρS ·Δt，对于贮气瓶、瓶内气体及
v
喷出的气体所组成的系统，由动量定理得F·Δt＝Δm －0，解得F＝ρ 2S，选项D
v v
正确。
答案 D
2．如图5所示，
图5
水力采煤时，用水枪在高压下喷出强力的水柱冲击煤层，设水柱直径为 d＝30
cm，水速为 ＝50 m/s，假设水柱射在煤层的表面上，冲击煤层后水的速度变为零，
v
求水柱对煤层的平均冲击力。(水的密度ρ＝1.0×103 kg/m3)解析 设在一小段时间Δt内，从水枪射出的水的质量为Δm，则Δm＝ρS Δt。以
v
Δm为研究对象，它在Δt时间内的动量变化Δp＝Δm·(0－ )＝－ρS 2Δt。设F为水
v v
对煤层的平均作用力，即冲力，F′为煤层对水的反冲力，以 的方向为正方向，根
v
据动量定理(忽略水的重力)，有F′·Δt＝Δp＝－ρ 2SΔt，即F′＝－ρS 2。 根据牛顿
v v
第三定律知F＝－F′＝ρS 2，式中S＝d2，代入数值得F≈1.77×105 N。
v
答案 1.77×105 N。
课时作业
(时间：40分钟)
基础巩固练
1．(2019·唐山统考)1998年6月8日，清华大学对富康轿车成功地进行了中国轿
车史上的第一次安全性碰撞试验，成为“中华第一撞”，从此，我国汽车整体安全
性碰撞试验开始与国际接轨，在碰撞过程中，下列关于安全气囊的保护作用认识
正确的是( )
A．安全气囊减小了驾驶员的动量的变化
B．安全气囊减小了驾驶员受到撞击力的冲量
C．安全气囊主要是减小了驾驶员的动量变化率
D．安全气囊延长了撞击力的作用时间，从而使动量变化更大
解析 碰撞过程中，驾驶员的初、末动量与是否使用安全气囊无关，选项A错误；
由动量定理可知，驾驶员受到的撞击力的冲量不变，选项B错误；安全气囊延长
了撞击力的作用时间，由于驾驶员的动量变化一定，动量变化率减小，即撞击力
减小，选项C正确，D错误。
答案 C2．(2019·河南开封模拟)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 N·s
B．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 N·s
D．小球从被抛出至落回出发点动量的变化量大小为10 kg·m/s
解析 小球从被抛出至到达最高点经历时间t＝＝2 s，受到的冲量大小为I＝mgt
＝10 N·s，选项A正确；小球从被抛出至落回出发点经历时间4 s，受到的冲量大
小为20 N·s，动量是矢量，返回出发点时小球的速度大小仍为20 m/s，但方向与被
抛出时相反，故小球的动量变化量大小为20 kg·m/s，选项B、C、D错误。
答案 A
3．如图1所示，运动员向球踢了一脚，踢球时的力F＝100 N，球在地面上滚动了
10 s后停下来，则运动员对球的冲量为 ( )
图1
A．1 000 N·s B．500 N·s
C．0 D．无法确定
解析 滚动了10 s是地面摩擦力对足球的作用时间，不是踢球的力的作用时间，
由于不能确定运动员对球的作用时间，所以无法确定运动员对球的冲量，选项D
正确。
答案 D
4．(多选)恒力F作用在质量为m的物体上，如图2所示，由于地面对物体的摩擦
力较大，物体没有被拉动，则经时间t，下列说法正确的是( )
图2
A．拉力F对物体的冲量大小为零B．拉力F对物体的冲量大小为Ft
C．拉力F对物体的冲量大小是Ftcos θ
D．合力对物体的冲量大小为零
解析 由冲量的定义式I＝FΔt知拉力F对物体的冲量大小为I ＝Ft，由于物体
F
静止，所受合力为零，所以I ＝0，选项B、D正确。
合
答案 BD
5．(多选)一位质量为m的运动员从下蹲状态向上起跳，经Δt时间，身体伸直并刚
好离开地面，速度为 ，则在此过程中( )
v
A．地面对他的冲量为m ＋mgΔt
v
B．地面对他的冲量为m －mgΔt
v
C．地面对他做的功为m 2
v
D．地面对他做的功为零
解析 取运动员为研究对象，由动量定理得(F－mg)Δt＝m －0，I＝FΔt＝m ＋
v v
mgΔt，运动员没有离开地面，地面对运动员做的功为零，所以A、D项正确。
答案 AD
6．质量为60 kg的建筑工人，不慎从高空跌下，幸好有弹性安全带的保护，使他悬
挂起来。已知弹性安全带的缓冲时间是1.2 s，安全带长5 m，g取10 m/s2，则安全
带所受的平均冲力的大小为( )
A．500 N B．1 100 N C．600 N D．100 N
解析 选取人为研究对象，人下落过程中由 2＝2gh，＝10 m/s，缓冲过程由动量
v v
定理得(F－mg)t＝m ，F＝＋mg＝1 100 N。由牛顿第三定律可知，安全带所受的
v
平均冲力的大小为1 100 N，B项正确。
答案 B
7．质量为1 kg的物体做直线运动，其速度—时间图象如图3所示。则物体在前10s内和后10 s内所受外力的冲量分别是( )
图3
A．10 N·s，10 N·s
B．10 N·s，－10 N·s
C．0，10 N·s
D．0，－10 N·s
解析 由图象可知，在前10 s内初、末状态的动量相同，p ＝p ＝5 kg·m/s，由动量
1 2
定理知I ＝0；在后10 s内末状态的动量p ＝－5 kg·m/s，由动量定理得I ＝p －p
1 3 2 3 2
＝－10 N·s，故选项D正确。
答案 D
8．一质量为0.5 kg 的小物块放在水平地面上的A点，距离A点5 m的位置B处是
一面墙，如图4所示。物块以 ＝9 m/s 的初速度从A点沿AB方向运动，在与墙
v0
壁碰撞前瞬间的速度为7 m/s，碰后以6 m/s的速度反向运动直至静止。g取10
m/s2。
图4
(1)求物块与地面间的动摩擦因数μ；
(2)若碰撞时间为0.05 s，求碰撞过程中墙面对物块平均作用力的大小F；
(3)求物块在反向运动过程中克服摩擦力所做的功W。
解析 (1)由动能定理，有－μmgs＝m 2－m ，
v v
可得μ＝0.32
(2)规定向左为正，由动量定理FΔt＝m ′－m ，可得
v vF＝130 N
(3)由功能关系得W＝m ′2＝9 J
v
答案 (1)0.32 (2)130 N (3)9 J
综合提能练
9．(多选) (2018·安徽合肥二模)一质点静止在光滑水平面上，现对其施加水平外力
F，F随时间按正弦规律变化，如图5所示，下列说法中正确的是( )
图5
A．第2 s末质点的动量为零
B．第4 s末，质点回到出发点
C．在0～2 s时间内，F的功率先增大后减小
D．在1～3 s时间内，F的冲量为0
解析 由图象可知在0～2 s内质点一直加速，2 s末速度最大，后减速，由对称性
可知第4 s末，质点速度为零，位移不为零，故A、B错误；由图可知在0～2 s时间
内，速度逐渐增大，F先增大后减小到0，所以F的功率先增大后减小，故C正确；
由对称性可知第1 s末和第3 s末的速度相等，由动量定理可知F的冲量为I＝
m －m ＝0，故D正确。
v3 v1
答案 CD
10．(2018·河南郑州三模)如图6甲所示为杂技中的“顶竿”表演，水平地面上演
员B用肩部顶住一根长直竹竿，另一演员A爬至竹竿顶端完成各种动作。某次顶
竿表演结束后，演员A自竿顶由静止开始下落。滑到竿底时速度正好为零，然后
屈腿跳到地面上，演员A、B质量均为50 kg，长竹竿质量为5 kg，A下滑的过程中
速度随时间变化的图象如图乙所示。取重力加速度g＝10 m/s2，下列说法中正确
的是( )图6
A．竹竿的总长度约为3 m
B．0～6 s内，演员B对地面的压力大小始终为1 050 N
C．0～6 s内，竹竿对演员B的压力的冲量大小为3 300 N·s
D．演员A落地时向下屈腿，是为了缩短作用时间以减小地面的冲击力
解析 由 －t图象可知竹竿的总长度l＝×2×6 m＝6 m，故A错误；在0～4 s内
v
加速向下运动，属于失重，在4～6 s内，加速度向上，属于超重，故B错误；在0～
4 s内，由图象可知加速度为a ＝0.5 m/s2，则mg－f ＝ma ，解得f ＝475 N，此过
1 1 1 1
程竹竿对演员B的压力F ＝f ＋m g＝525 N，在4～6 s内，由图象可知加速度为
N1 1 1
a ＝－1 m/s2，则mg－f ＝ma ，解得f ＝550 N，此过程竹竿对演员B的压力F ＝
2 2 2 2 N2
f ＋m g＝600 N，所以0～6 s 内，竹竿对演员B的压力的冲量大小为I＝I ＋I ＝
2 1 1 2
525×4 N·s＋600×2 N·s＝3 300 N·s，故C正确；演员A落地时向下屈腿，是为了
延长作用时间以减小地面的冲击力，故D错误。
答案 C
11．一艘宇宙飞船以 ＝1.0×104 m/s的速度进入密度为ρ＝2.0×10－7 kg/m3的微
v
陨石流中，如果飞船在垂直于运动方向上的最大截面积 S＝5 m2，且认为微陨石
与飞船碰撞后都附着在飞船上，为使飞船的速度保持不变，飞船的牵引力应为多
大？
解析 设t时间内附着在飞船上的微陨石总质量为Δm，则Δm＝ρS t①
v
这些微陨石由静止至随飞船一起运动，其动量增加是受飞船对其作用的结果，由
动量定理有Ft＝Δp＝Δm ②
v
则微陨石对飞船的冲量大小也为Ft，为使飞船速度保持不变，飞船应增加的牵引力为ΔF＝F③
综合①②③并代入数值得ΔF＝100 N，即飞船的牵引力应为100 N。
答案 100 N
12．(2018·北京理综，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7，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。
图7
(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F
N
的大小。
解析 (1)根据匀变速直线运动公式，
有L＝＝100 m
(2)根据动量定理有I＝m －m ＝1 800 N·s
vB vA
(3)运动员经C点时的受力分析如图所示
根据动能定理，运动员在BC段运动的过程中，有
mgh＝m －m
v v
根据牛顿第二定律，有F －mg＝m
N
联立解得F ＝3 900 N
N答案 (1)100 m (2)1 800 N·s (3)图见解析 3 900 N
