动量定理知识点及题型解析.doc

动量 动量定理第6章 第1课时 动量 动量定理考点内容要求考纲解读动量，冲量，动量定理 本章是高考考查的重点，主要考查动量和能量的综合、动量守恒与牛顿运动定律、运动学规律、机械能知识的综合，考试题目往往涉及多个物体、多个过程，必须灵活选取研究对象，巧妙运用动量的观点、能量的观点等，才能顺利求解预计本章在高考中，还将以综合考查为主，综合牛顿运动定律、动量定理、动能定理、动量守恒定律、机械能守恒定律等知识进行考查题型以计算题为主，难度中等以上命题背景多与碰撞、反冲、平抛运动、圆周运动等相联系，侧重考查学生分析问题、解决问题的能力.动量守恒定律动量知识和机械能知识的应用(包括碰撞、反冲、火箭)实验：验证动量守恒定律说明：动量定理和动量守恒定律的应用只限于一维的情况【考纲解读】1.理解动量、冲量的概念.2.掌握并能应用动量定理进行有关计算及解释有关现象 考点梳理一、动量和冲量1动量(1)定义：物体的质量和速度的乘积(2)表达式：pmv.单位：千克米每秒(kgm/s)(3)动量的三性矢量性：方向与速度的方向相同瞬时性：动量是描述物体运动状态的物理量，动量定义中的速度是瞬时速度，是针对某一时刻而言的相对性：大小与参考系的选择有关，通常情况是指相对地面的动量(4)动量与动能的大小关系：p.2冲量(1)定义：力和力的作用时间的乘积(2)表达式：IFt.单位：牛秒(Ns)(3)矢量性：冲量是矢量，它的方向由力的方向决定(4)物理意义：表示力对时间的积累(5)作用效果：使物体的动量发生变化二、动量定理1内容：物体所受合力的冲量等于物体的动量的变化2表达式：Ftppp.3矢量性：动量变化量的方向与冲量方向相同，还可以在某一方向上应用动量定理1对动量概念的考查下列关于动量的说法中正确的是 ()A质量大的物体动量一定大B质量和速率都相同的物体的动量一定相同C一个物体的速率改变，它的动量不一定改变D一个物体的运动状态变化，它的动量一定改变答案D解析根据动量的定义pmv，它由速度和质量共同决定，故A错；又因动量是矢量，它的方向与速度方向相同，而质量和速率都相同的物体，其动量大小一定相同，方向不一定相同，故B错；一个物体速率改变则它的动量大小一定改变，故C错；物体的运动状态变化指速度发生变化，它的动量也就发生了变化，故D对2对冲量概念的考查关于冲量，下列说法正确的是 ()A冲量是物体动量变化的原因B作用在静止物体上的力的冲量一定为零C动量越大的物体受到的冲量越大D冲量的方向就是物体受力的方向答案A解析力作用一段时间便有了冲量，而力作用一段时间后，物体的运动状态发生了变化，物体的动量就发生了变化因此说冲量是物体动量变化的原因，A选项正确；只要有力作用在物体上，经历一段时间，这个力便有了冲量IFt，与物体处于什么状态无关，物体运动状态的变化情况是所有作用在物体上的力共同产生的效果，所以B选项不正确；物体所受冲量IFt与物体的动量的大小pmv无关，C选项不正确；冲量是一个过程量，只有在某一过程中力的方向不变时，冲量的方向才与力的方向相同，故D选项不正确3动量定理的理解与应用一位质量为m的运动员从下蹲状态向上起跳，经t时间，身体伸直并刚好离开地面，速度为v.在此过程中 ()A地面对他的冲量为mvmgt，地面对他做的功为B地面对他的冲量为mvmgt，地面对他做的功为零C地面对他的冲量为mv，地面对他做的功为D地面对他的冲量为mvmgt，地面对他做的功为零答案B解析首先，由动量定理可知，合外力的冲量等于运动员动量的改变量，有表达式IGIFp，即mgtIFmv0，IFmvmgt，地面对运动员的作用力只有支持力，所以地面对运动员的冲量为mvmgt，排除C、D选项；另外，由于地面对运动员的支持力的作用点未发生位移，所以支持力对运动员不做功，故该题正确选项为B.4恒力的冲量的计算放在水平面上质量为m的物体，用一水平力F推时间t，但物体始终没有移动，则这段时间内F对物体的冲量为 ()A0 BFt Cmgt D无法判断答案B解析对于冲量的理解应该与做功区分开，当有力作用在物体上时，经过一段时间的累积，该力就对物体有冲量，不管物体是否移动按照冲量概念的定义，物体受到的力的冲量大小和方向只与F有关，大小等于Ft，方向与F相同，所以答案为B.这里需要注意，物体始终没有移动是因为物体还受到地面的静摩擦力的作用，静摩擦力的冲量总是与力F的冲量大小相等、方向相反，其合冲量为零5变力的冲量的计算光滑水平桌面上，一球在绳拉力作用下做匀速圆周运动，已知球的质量为m，线速度为v，且绳长为l，试求球运动半个圆周过程中绳拉力的冲量大小答案2mv解析球做匀速圆周运动时，受重力G、桌面支持力FN及绳子的拉力F绳，重力G和支持力FN平衡，绳子拉力即为合力，尽管F绳大小恒定，但方向时刻在变，不能用冲量公式IFt计算在运动半个圆周过程中由动量定理可知I绳p2mv.(错解：F，tT，IFtmv) 方法总结冲量的计算1恒力的冲量：直接用定义式IFt计算2变力的冲量(1)力的大小随时间均匀变化，方向不变Itt.(2)作出Ft图象，图线与t轴所夹的面积，即为变力的冲量如图1所示(3)利用动量定理求解图1Ipp2p1. 考点一对冲量的理解和计算1时间性：冲量是力在时间上的积累，讨论冲量时一定要明确是哪个力在哪段时间上的冲量，即冲量是过程量2矢量性：当力F为恒力时，I的方向与力F的方向相同，当力F为变力时，I的方向由动量的变化量的方向确定3绝对性：只要有力的作用就存在冲量，恒力的冲量不会为零，合力的冲量可能为零，变力的冲量也可能为零【例1】用电钻给建筑物钻孔时，钻头所受的阻力与深度成正比，若钻头匀速钻进时第1秒内阻力的冲量为100 Ns，求5 s内阻力的冲量答案2 500 Ns解析钻头所受的阻力与深度成正比，而钻头又是匀速钻进，即深度与时间成正比，因此阻力与时间成正比，可以用平均值来求变力的冲量设阻力与时间的比例常数为k，则Ffkt所以第1秒的冲量I1(0kt)t5秒内的冲量I2(0kt)t由以上两式可知I22 500 Ns.1冲量的运算遵守平行四边形定则，合冲量等于各外力的冲量的矢量和，若整个过程中，不同阶段受力不同，则合冲量为各阶段冲量的矢量和2由于冲量是过程量，它是力在一段时间内的积累，它取决于力和时间两个因素，所以求冲量时一定要明确所求的是哪一个力在哪一段时间内的冲量3计算力的冲量时，一定要搞清楚所求的是合力的冲量还是某一个力的冲量，然后再计算【突破训练1】如图2所示，一木楔固定在水平地面上，木楔的倾角为，在斜面上有一质量为m的小物块处于静止状态，则在t时间内，斜面对小物块的冲量大小和方向是 () Amgtcos ，垂直于斜面向上B0Cmgt，竖直向上Dmgt，竖直向下 图2答案C解析小球受到重力mg、支持力FN和静摩擦力Ff作用而处于平衡状态由力的平衡条件可知：FN和Ff的合力与mg大小相等、方向相反，即斜面对小物块的作用力大小等于mg，方向竖直向上，故斜面对小物块的冲量大小为mgt，方向竖直向上 考点二对动量、动量定理的进一步理解1动量与动能的比较动量动能区别表达式pmvEkmv2标、矢量矢量标量物理意义描述物体的运动效果描述运动物体具有的能量影响因素力的冲量力的功正负正(负)表示与规定的正方向相同(相反)无负值联系两物理量均为状态量两者大小满足Ek或p2.p、p和的区别(1)pmv是动量，既有大小又有方向，是状态量，即与状态有关(2)ppp，是动量变化量，也是矢量，是过程量，与状态变化有关，与合力的冲量等大同向(3)是动量的变化率，大小等于合外力：F.3对动量定理I合Ftppp的理解(1)I合、Ft是物体受到的所有外力的总冲量(2)动量定理说明的是合外力的冲量I合和动量的变化量p的关系，I合与p不仅大小相等，而且p的方向与I合的方向相同(3)用动量定理定性解释一些物理现象：在动量变化一定的情况下，如果需要增大作用力，必须缩短作用时间在动量变化一定的情况下，如果需要减小作用力，必须延长作用时间缓冲作用【例2】如图3所示，一铁块压着一纸条放在水平桌面上，当以速度v抽出纸条后，铁块掉在地上的P点若 以2v速度抽出纸条，则铁块落地点为 ()A仍在P点B在P点左边C在P点右边不远处D在P点右边原水平位移的两倍处 图3答案B解析纸条抽出的过程，铁块所受的滑动摩擦力一定，以v的速度抽出纸条，铁块所受滑动摩擦力的作用时间较长，由IFftmv0得铁块获得速度较大，平抛运动的水平位移较大以2v的速度抽出纸条的过程，铁块受滑动摩擦力作用时间较短，铁块获得速度较小，平抛运动的位移较小，故B选项正确用动量定理解释现象(1)用动量定理解释的现象一般可分为两类：一类是物体的动量变化一定，此时力的作用时间越短，力就越大；时间越长，力就越小；一类是作用力一定，此时力的作用时间越长，动量变化越大；力的作用时间越短，动量变化越小分析问题时，要把哪个量一定、哪个量变化搞清楚(2)由动量定理解释现象时，关键是分析清楚作用力、作用时间及动量变化量的情况【突破训练2】从同样高度落下的玻璃杯，掉在水泥地上容易打碎，而掉在草地上不容易打碎，其原因是 ()A掉在水泥地上的玻璃杯动量小，而掉在草地上的玻璃杯动量大B掉在水泥地上的玻璃杯动量改变小，掉在草地上的玻璃杯动量改变大C掉在水泥地上的玻璃杯动量改变大，掉在草地上的玻璃杯动量改变小D掉在水泥地上的玻璃杯与地面接触时作用力大，而掉在草地上的玻璃杯与地面接触时作用力小答案D解析玻璃杯从同样高度落下，到达地面时具有相同的速度，即具有相同的动量，与地面相互作用后都静止所以两种地面的情况中玻璃杯动量的改变量相同，故A、B、C错误；落在水泥地上时，作用时间短，故作用力大，落在草地上时，作用时间长，故作用力小，故D正确 考点三动量定理的应用1用动量定理解题的基本思路(1)确定研究对象(2)对物体进行受力分析可以先求每个力的冲量，再求各力冲量的矢量和合力的冲量；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求解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【例3】人们常说“滴水穿石”，请你根据下面所提供的信息，估算水对石头的冲击力的大小一瀑布落差为h20 m，水流量为Q0.10 m3/s，水的密度1.0103 kg/m3，水在最高点和落至石头上的速度都认为是零(落在石头上的水立即流走，在讨论石头对水作用时可以不考虑水的重力，g取10 m/s2)答案2103 N解析设时间t内落至石头上的水的质量为m，水的速度为v，则mghmv2mQt设石头对水的平均作用力为F，则Ftmv即FQv0.101.0103 N2103 N.由牛顿第三定律得水对石头的冲击力为FF2103 N.1对于类似于本题的连续体问题，一般取时间t内的连续体为研究对象2应用动量定理可对某些问题进行间接求解，这就是等效替换法例如求平抛物体在一段时间内动量的变化，就可用重力的冲量来代替：pmgt.求匀速圆周运动的物体在某段时间内向心力的冲量，由于向心力是变力，不能直接用力乘时间求，只能用动量的变化来替换：I向心力mvmv.3动量定理的研究对象可以是一个物体，也可以是多个物体组成的系统系统所受合外力的冲量等于系统内各物体的动量变化量之和而系统内物体之间的作用力(内力)，由于大小相等、方向相反和等时性可知，不会改变系统的总动量【突破训练3】用线将金属块M和木块m连在一起浸没入水中，如图4所示开始时，m的上表面正好和水面相平从静止释放后，系统以加速度a加速下沉，经t秒线断了，又经t秒木块停止下沉，此时金属块的速度多大？(设此时金属块没有碰到水底) 图4答案解析取向下为正方向，当两物块分开后，合外力仍为F(Mm)a在tt内：合外力冲量IF(tt)系统的动量变化量pMv由动量定理Ip联立解得v 高考题组1(2012大纲全国17)质量分别为m1和m2、电荷量分别为q1和q2的两粒子在同一匀强磁场中做匀速圆周运动已知两粒子的动量大小相等下列说法正确的是 ()A若q1q2，则它们做圆周运动的半径一定相等B若m1m2，则它们做圆周运动的半径一定相等C若q1q2，则它们做圆周运动的周期一定不相等D若m1m2，则它们做圆周运动的周期一定不相等答案A解析带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由qvBm得r，同一匀强磁场，B相等，又因为两粒子的动量大小相等，所以有r，若q1q2，则r1r2，故A选项正确，B选项错误；由周期公式T，由于B相等，2为常数，所以T，即周期大小不确定，故C、D选项错误2(2012天津理综9(1)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g10 m/s2)答案212解析以竖直向上为正方向，则v4 m/s，v6 m/s所以小球与地面碰撞前后的动量变化为pmvmv0.240.2(6) kgm/s2 kgm/s根据动量定理，得(Fmg)tp所以平均作用力Fmg N0.210 N12 N. 模拟题组3如图5所示，一劲度系数为k的轻质弹簧一端固定，另一端与质量为m的滑块相连滑块在光滑水平面上做简谐运动，周期为T，振幅为A.滑块从最大位移向平衡位置运动的过程中，在求弹簧弹力的冲量大小时，有以下两种不同的解法：图5解法一解法二由于弹簧的弹力F与位移x成正比，所以甲同学先求出0内的平均弹力由于运动时间是，所以I乙同学查阅资料后得到弹性势能的表达式是：Epkx2(x为弹簧的形变量)设滑块到达平衡位置时的速度为v，根据机械能守恒定律：kA2mv2所以：vA 又根据动量定理：Imv0A关于以上两种解法，下列判断准确的是 ()A只有解法一正确 B只有解法二正确C解法一和解法二都正确 D解法一和解法二都不正确答案B解析由于弹簧的弹力是随位移均匀变化的变力，不是随时间t均匀变化的变力因此，解法一是错误的，解法二是根据动量定理来求的，正确4人民公园里有一个斜面大滑梯，一位小同学从斜面的顶端由静止开始滑下，其运动可视为匀变速直线运动已知斜面大滑梯的竖直高度h3.75 m，斜面的倾角为37，这位同学的质量m30 kg，他与大滑梯斜面间的动摩擦因数为0.5.不计空气阻力，取g10 m/s2，sin 370.6.求：(1)这位同学下滑过程中的加速度大小；(2)他滑到滑梯底端时的速度大小；(3)他从滑梯的顶端滑到底端过程中重力的冲量答案(1)2 m/s2(2)5 m/s(3)750 Ns，方向竖直向下解析(1)对小同学受力分析如图所示，由牛顿第二定律有：mgsin 37FfmaFNmgcos 37FfFNcos 370.8联立，代入数据解得加速度：a2 m/s2(2)斜面长度为：L m由v22aL联立，代入数据解得他滑到滑梯底端的速度v5 m/s(3)设从滑梯的顶端滑到底端过程中经历时间为t，重力的冲量为I，有：Lat2Imgt联立，代入数据解得：I750 NsI的方向竖直向下(限时：30分钟) 题组1对冲量的考查1关于冲量的概念，以下说法正确的是 ()A作用在两个物体上的力大小不同，但两个物体所受的冲量大小可能相同B作用在物体上的力很大，物体所受的冲量一定也很大C作用在物体上的力的作用时间很短，物体所受的冲量一定很小D只要力的作用时间和力的乘积相同，物体所受的冲量一定相同答案A解析力的冲量IFt，力F的大小虽然不同，只要力的作用时间t也不同，则力与时间的乘积可能相同所以A项正确；力很大，如果作用时间很短，冲量仍然可以很小；时间很短，如果力很大，冲量仍然可以很大所以B、C错误；由于冲量是矢量，尽管力和时间的乘积相同，若力的方向不同，冲量仍然不同，故D项错误2质量为5 kg的物体，它的动量的变化率为2 kgm/s2，且保持不变，则下列说法正确的是 ()A该物体一定做匀速运动B该物体一定做匀变速直线运动C该物体在任意相等的时间内所受合外力的冲量一定相同D无论物体运动轨迹如何，它的加速度一定是0.5 m/s2答案C解析由动量定理有Ftp，所以F，可见，动量的变化率表示合外力，所以题中物体所受合外力恒定，根据牛顿第二定律，其加速度恒定，因为未知速度方向，所以该物体可能做匀变速直线运动，也可能做匀变速曲线运动，一定不做匀速运动，选项A、B错误；因为合外力恒定，所以该物体在任意相等的时间内所受合外力的冲量一定相同，选项C正确；根据题意，合外力F2 kgm/s22 N，根据牛顿第二定律有a0.4 m/s2，选项D错误3如图1所示，质量为m的物体，在跟水平方向成角的力F作用下，以速度v匀速前进时间t，则物体在这段时间内受到力F的冲量与合外力的冲量各为 () AFtFtcos BFtsin Ftcos CFtFtsin DFt0 图1答案D解析力F的冲量就是F与作用时间的乘积IFFt.物体以速度v匀速前进，所受合外力为零，合外力对物体的冲量就是零4如图2所示，一小物块从粗糙斜面上的O点由静止开始下滑，在小物块经过的路径上有A、B两点，且A、B间的距离恒定不变当O、A两点间距离增大时，对小物块从A点运动到B点的过程中，下列说法正确的是 () A摩擦力对小物块的冲量变大B摩擦力对小物块的冲量变小C小物块动能的改变量增大D小物块动能的改变量减小 图2答案B解析依题意，OA距离越大即小物块初始释放位置越高，则经过AB段的时间越短，故摩擦力对小物块的冲量变小，选项A错，B对；在AB段小物块受到的合外力不因OA距离的变化而变化，AB段的位移恒定，故合外力对小物块做功不变，即小物块动能的改变量不变，选项C、D均错 题组2对动量及动量变化的考查5关于物体的动量，下列说法中正确的是 ()A物体的动量越大，其惯性也越大B同一物体的动量越大，其速度一定越大C物体的加速度不变，其动量一定不变D运动物体在任一时刻的动量方向一定是该时刻的位移方向答案B解析此题考查动量大小的决定因素和动量的矢量性物体的动量越大，即质量与速度的乘积越大，惯性(质量)不一定大，A项错；对于同一物体，质量一定，所以动量越大，速度越大，B项对；加速度不变，但速度一定变，如平抛运动的物体，故C项错；动量的方向始终与速度方向相同，与位移方向不一定相同，D错误6对于任何一个质量不变的物体，下列说法正确的是 ()A物体的动量发生变化，其动能一定变化B物体的动量发生变化，其动能不一定变化C物体的动能不变时，其动量也一定不变化D物体的动能发生变化，其动量不一定变化答案B解析当质量不变的物体的动量发生变化时，可以是速度的大小发生变化，也可以是速度的方向发生变化，还可以是速度的大小和方向都发生变化当只有物体的速度方向发生变化而速度的大小不变时，物体的动量(矢量)发生变化，但动能(标量)并不发生变化，例如我们所熟悉的匀速圆周运动，所以选项A错误，选项B正确当质量不变的物体的动能不变时，其动量的大小不变，方向可以相反，故选项C错误当质量不变的物体的动能发生变化时，必定是其速度的大小发生了变化，而无论其速度方向是否变化，物体的动量必定发生变化，故选项D错误7如图3所示，一个质量为0.18 kg的垒球，以25 m/s的水平速度向左飞向球棒，被球棒打击后反向水平飞回，速度大小变为45 m/s，则这一过程中动量的变化量为 ()A大小为3.6 kgm/s，方向向左B大小为3.6 kgm/s，方向向右C大小为12.6 kgm/s，方向向左D大小为12.6 kgm/s，方向向右 图3答案D解析选向左为正方向，则动量的变化量为pmv1mv00.18(45) kgm/s0.1825 kgm/s12.6 kgm/s，大小为12.6 kgm/s，负号表示其方向向右，故D正确8羽毛球是速度最快的球类运动之一，林丹扣杀羽毛球的速度可达到342 km/h，假设球飞来的速度为90 km/h，林丹将球以342 km/h的速度反向击回设羽毛球质量为5 g，试求：(1)林丹击球过程中羽毛球的动量变化量(2)在林丹的这次扣杀中，羽毛球的速度变化、动能变化各是多少？答案(1)0.6 kgm/s，方向与球飞来的方向相反 (2)120 m/s21 J解析(1)以羽毛球飞来的方向为正方向，则p1mv15103 kgm/s0.125 kgm/sp2mv25103 kgm/s0.475 kgm/s所以动量的变化量pp2p10.475 kgm/s0.125 kgm/s0.6 kgm/s.即羽毛球的动量变化大小为0.6 kgm/s，方向与羽毛球飞来的方向相反(2)羽毛球的初速度：v25 m/s，羽毛球的末速度：v95 m/s.所以vvv120 m/s.羽毛球的初动能：Ekmv21.56 J，羽毛球的末动能：Ekmv222.56 J.所以EkEkEk21 J. 题组3对动量定理的应用的考查9在距地面高为h，同时以大小为v0的速度分别平抛、竖直上抛、竖直下抛质量相等的物体，不计空气阻力的作用，当它们从抛出到落地时，比较它们的动量的增量p，有()A平抛过程最大 B竖直上抛过程最大C竖直下抛过程最大 D三者一样大答案B解析由动量定理可知动量的增量pI合mgt，又因竖直上抛运动的时间最长，竖直下抛运动的时间最短，而各物体mg相等，所以竖直上抛过程中动量增量最大，即选项B正确10为估算池中睡莲叶面承受雨滴撞击产生的平均压强，小明在雨天将一圆柱形水杯置于露台，测得1小时内杯中水位上升了45 mm.查询得知，当时雨滴竖直下落速度约为12 m/s，据此估算该压强约为(设雨滴撞击睡莲后无反弹，不计雨滴重力，雨水的密度为1103 kg/m3) ()A0.15 Pa B0.54 PaC1.5 Pa D5.4 Pa答案A解析设水杯底面积为S,1小时内下落的雨水总质量mSh，选定竖直向上为正方向，其动量变化量pmvm0(v)mv，水对杯底的压力FpS，对水由动量定理pStShv得p0.15 Pa，故A项正确11质量为60 kg的建筑工人，不慎从高空跌下，由于弹性安全带的保护，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 ()A500 N B600 N C1 100 N D100 N答案C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v10 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，以竖直向上为正方向，有(Fmg)t0(mv)则Fmg60101 100 N，选项C正确12某人身系弹性绳自高空p点自由下落，如图4所示a点是弹性绳的原长位置，c点是人所到达的最低点，b点是人静止悬吊时的平衡位置不计空气阻力，则下列说法中正确的是()A从p至c过程中重力的冲量大于弹性绳弹力的冲量B从p至c过程中重力所做的功大于人克服弹力所做的功C从p至b过程中人的速度不断增大D从a至c过程中加速度方向保持不变 图4答案C解析人完成从p到c的过程中经历了自由下落、变加速、变减速三个运动过程考虑全过程p至c，外力的总冲量等于重力的冲量和弹性绳弹力冲量的矢量和，由动量定理知人所受外力的总冲量等于人的动量变化，人在p和c两处，速度均为零即动量都为零，因此动量的变化量为零，则有重力的冲量与弹性绳弹力的冲量大小相等，方向相反，总冲量为零，A错误；人在p和c两处，动能均为零，动能的变化量为零，由动能定理知，重力所做的功等于人克服弹力所做的功，B错误；人由p到b的过程，前一过程(pa)自由落体，后一过程(ab)由于弹性绳伸长，弹力F增加，重力G不变，人所受合力(GF)不断减小，方向向下，人做的是加速度减小的加速运动，C正确；由于b是人静止悬吊时的平衡位置，当人由b运动至c的过程，弹力大于重力，合力方向向上，加速度方向向上，因此D错误13大风可能给人们的生产和生活带来一些危害，同时风能也是可以开发利用的清洁能源据北京市气象台监测显示，2012年3月23日北京刮起了今年以来最大的风，其短时风力达到近十级在海淀区某公路旁停放的一辆小轿车被大风吹倒的数字信息亭砸中，如图5所示已知该信息亭形状为长方体，其高度为h，底面是边长为l的正方形，信息亭所受的重力为G，重心位于其几何中心图5(1)求大风吹倒信息亭的过程中，至少需要对信息亭做多少功；(2)若已知空气密度为，大风的风速大小恒为v，方向垂直于正常直立的信息亭的竖直表面，大风中运动的空气与信息亭表面作用后速度变为零求信息亭正常直立时，大风对它的平均作用力为多大答案(1)G(h)(2)hlv2解析(1)信息亭被大风吹倒的过程中，其重心上升的最大高度为h(h)当信息亭重心最高时速度为零，风对信息亭所做的功最少设风吹倒信息亭至少做的功为W，由动能定理有WGh0，解得WG(h)(2)在t时间内垂直于信息亭表面吹来的风的空气质量为mhlvt设信息亭对空气的平均作用力为F，由动量定理有Ft0hlv2t，解得Fhlv2根据牛顿第三定律可知，大风(空气)对信息亭的平均作用力为FFhlv2 16