考点10 动量、冲量、动量定理-【金版教程】2025年高考物理一轮总复习首选用卷课件PPT（新教材）

考点10　 动量、冲量、动量定理 目录 1 2 狂刷小题·夯基础 精做大题·提能力 狂刷小题·夯基础 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 1．(多选)关于冲量和动量，下列说法中正确的是(　　) A．冲量是反映力对作用时间积累效果的物理量 B．动量是描述物体运动状态的物理量 C．动量是物体冲量变化的原因 D．某一物体的动量发生了变化，一定是物体运动速度的大小发生了变化 解析　冲量是反映力对作用时间积累效果的物理量，等于力与力的作用时间的乘积，即I＝FΔt，故A正确；动量是描述物体运动状态的物理量，等于质量与速度的乘积，即p＝mv，故B正确；力是速度改变的原因，故冲量是物体动量变化的原因，C错误；动量是矢量，某一物体的动量发生了变化，可能是物体运动速度的大小发生了变化，也可能是物体运动速度的方向发生了变化，故D错误。 答案 解析 * 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 2．校运会跳远比赛时在沙坑里填沙，这样做的目的是可以减小(　　) A．人的触地时间 B．人的动量变化率 C．人的动量变化量 D．人受到的冲量 答案 解析 * 解析　跳远比赛时，人从与沙坑接触到静止，其动量的变化量一定，设为Δp，由动量定理可知，人受到的合力的冲量I＝FΔt＝Δp是一定的，在沙坑里填沙延长了人与沙坑的接触时间，Δt变大，动量变化率eq \f(Δp,Δt)变小，人受到的合力F变小，人更安全，故B正确，A、C、D错误。 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 3. 质量为m的物体在光滑水平面上以速度v匀速向左运动。某时刻施加恒力F作用在物体上，力F与水平方向夹角为θ，如图所示。经过时间t，物体的速度大小仍为v，方向水平向右。则在时间t内，下列说法中正确的是(　　) A．重力对物体的冲量大小为零 B．拉力F对物体的冲量大小是Ftcosθ C．合力对物体的冲量大小为零 D．力F与v的大小满足的关系为Ftcosθ＝2mv 解析　重力对物体的冲量大小IG＝mgt≠0，A错误；拉力F对物体的冲量大小IF＝Ft，B错误；根据动量定理可知，合力对物体的冲量大小I合＝|Δp|＝2mv，分析知合力大小F合＝Fcosθ，则I合＝Ftcosθ＝2mv，C错误，D正确。 答案 解析 * 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 4．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(　　) A．10 N B．102 N C．103 N D．104 N 答案 解析 * 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：mgh＝eq \f(1,2)mv2，解得：v＝eq \r(2gh)＝eq \r(2×10×3×25) m/s＝10eq \r(15) 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：(N－mg)t＝0－(－mv)，解得：N≈1×103 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正确。 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 5．(2023·海南省琼海市高三下二模)(多选)在短道速滑接力赛中，“接棒”的运动员甲提前站在“交棒”的运动员乙前面，并且开始向前滑行，待乙追上甲时，乙沿滑行方向猛推甲一把，使甲获得更大的速度向前冲出。在乙推甲的过程中，忽略运动员与冰面之间在水平方向上的相互作用，则(　　) A．甲对乙的冲量与乙对甲的冲量不同 B．甲、乙的动量变化量的大小一定相同 C．甲的动能增加量一定等于乙的动能减少量 D．甲与乙的加速度大小一定相等，方向相反 答案 * 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 解析 * 解析　甲对乙的作用力与乙对甲的作用力是一对大小相等、方向相反的相互作用力，根据冲量定义可知，甲对乙的冲量与乙对甲的冲量大小相等、方向相反，即甲对乙的冲量与乙对甲的冲量不同，故A正确；由于忽略运动员与冰面之间在水平方向上的相互作用，甲、乙组成的系统动量守恒，所以甲、乙的动量变化量的大小一定相同，方向一定相反，故B正确；在乙沿滑行方向猛推甲一把的过程中，有其他力做功将其他能量转化为甲、乙系统的动能，即W＝ΔEk甲－ΔEk乙，则甲的动能增加量ΔEk甲一定不等于乙的动能减少量ΔEk乙，故C错误；根据牛顿第二定律有F＝ma，解得a＝eq \f(F,m)，根据前面分析知，甲、乙所受合力大小相等、方向相反，由于甲、乙质量不确定，则甲与乙的加速度大小不一定相等，方向一定相反，故D错误。 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 6. 水平面上有质量相等的a、b两个物体，水平推力F1、F2分别作用在a、b上。一段时间后撤去推力，物体继续运动一段距离后停下。两物体的v­t图线如图所示，图中AB∥CD。则整个过程中(　　) A．F1的冲量等于F2的冲量 B．F1的冲量大于F2的冲量 C．摩擦力对a物体的冲量等于摩擦力对b 物体的冲量 D．合力对a物体的冲量等于合力对b物体的冲量 答案 * 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 解析　题图中，AB与CD平行，说明撤去推力 后两物体的加速度相同，而撤去推力后物体受到的 合力等于摩擦力，根据牛顿第二定律可知，两物体 受到的摩擦力大小相等，但a运动的总时间小于b运 动的总时间，根据I＝ft可知，摩擦力对a物体的冲量 小于摩擦力对b物体的冲量，故C错误；根据动量定理，对整个过程研究得F1t1－ftOB＝0－0，F2t2－ftOD＝0－0，由题图可知，tOB<tOD，则有F1t1<F2t2，即F1的冲量小于F2的冲量，故A、B错误；根据动量定理可知，合力的冲量等于物体动量的变化量，a、b两个物体动量的变化量都为零，则合力的冲量都为零，故D正确。 解析 * 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 7．质量为m的物体以速度v0从地面竖直向上抛出，落回地面时的速度大小为0.8v0，在此过程中空气阻力大小恒定，则(　　) A．整个过程中重力的冲量大小为0 B．整个过程中动量的变化量大小为0.2mv0 C．上升过程中动量的变化率大于下落过程中动量的变化率 D．上升过程中空气阻力的冲量与下落过程中空气阻力的冲量大小相等 答案 * 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 解析 * 解析　设整个过程经过的时间为t0，则整个过程中重力的冲量大小为mgt0，A错误；取竖直向下为正方向，整个过程中动量的变化量为Δp＝0.8mv0－(－mv0)＝1.8mv0，B错误；根据动量定理可得Δp＝F合·Δt，解得动量的变化率eq \f(Δp,Δt)＝F合，设空气阻力大小为f，上升过程中F合＝mg＋f，下落过程中F合＝mg－f，所以上升过程中动量的变化率大于下落过程中动量的变化率，C正确；由于上升过程中合力更大，根据牛顿第二定律可知加速度更大，由t＝eq \r(\f(2h,a))可知上升过程所用的时间小于下落过程所用的时间，根据I＝ft可知上升过程中空气阻力的冲量大小小于下落过程中空气阻力的冲量大小，D错误。 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 题组二　高考小题 8．(2020·全国卷Ⅰ)行驶中的汽车如果发生剧烈碰撞，车内的安全气囊会被弹出并瞬间充满气体。若碰撞后汽车的速度在很短时间内减小为零，关于安全气囊在此过程中的作用，下列说法正确的是(　　) A．增加了司机单位面积的受力大小 B．减少了碰撞前后司机动量的变化量 C．将司机的动能全部转换成汽车的动能 D．延长了司机的受力时间并增大了司机的受力面积 答案 * 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 解析　碰撞前后司机的动量均是一定的，所以安全气囊不能改变碰撞前后司机动量的变化量，故B错误；安全气囊充气后，增大了司机的受力面积，在司机挤压气囊的过程中，由于气囊的缓冲作用，延长了司机的受力时间，由动量定理可知，减小了司机受到的冲击力，所以减小了司机单位面积的受力大小，故A错误，D正确；司机和安全气囊接触后，司机的动能会有一部分转化为内能，不能全部转换成汽车的动能，故C错误。 解析 * 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 9．(2022·重庆高考) 在测试汽车的安全气囊对驾乘人员头部防护作用的实验中，某小组得到了假人头部所受安全气囊的作用力随时间变化的曲线(如图)。从碰撞开始到碰撞结束过程中，若假人头部只受到安全气囊的作用，则由曲线可知，假人头部(　　) A．速度的变化量等于曲线与横轴围成的面积 B．动量大小先增大后减小 C．动能变化正比于曲线与横轴围成的面积 D．加速度大小先增大后减小 答案 * 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 解析 * 解析　由题意知假人头部只受到安全气囊的作用，则由冲量表达式I＝Ft可知，F­t曲线与横轴围成的面积表示假人头部所受合外力的冲量，再根据动量定理I＝Δp可知，F­t曲线与横轴围成的面积也表示假人头部动量的变化量，A错误；F­t图线一直在t轴的上方，即假人头部所受合外力的冲量一直沿正方向，分析实际情境知假人头部一直有与力F方向相反的动量，则假人头部的动量一直减小，B错误；根据动量与动能的关系有Ek＝eq \f(p2,2m)，而F­t曲线与横轴围成的面积表示假人头部动量的变化量，则假人头部动能的变化和曲线与横轴围成的面积不成正比，C错误；由题意知假人头部只受到安全气囊的作用，由题图知F先增大后减小，则根据牛顿第二定律F＝ma可知，假人头部加速度a的大小先增大后减小，D正确。 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 10. (2023·广东高考)(多选)某同学受电动窗帘的启发，设计了如图所示的简化模型。多个质量均为1 kg的滑块可在水平滑轨上滑动，忽略阻力。开窗帘过程中，电机对滑块1施加一个水平向右的恒力F，推动滑块1以0.40 m/s的速度与静止的滑块2碰撞，碰撞时间为0.04 s，碰撞结束后瞬间两滑块的共同速度为0.22 m/s。关于两滑块的碰撞过程，下列说法正确的有(　　) A．该过程动量守恒 B．滑块1受到合外力的冲量大小为0.18 N·s C．滑块2受到合外力的冲量大小为0.40 N·s D．滑块2受到滑块1的平均作用力大小为5.5 N 答案 * 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 解析　两滑块碰撞过程中系统所受合外力不为零(F合＝F)，故动量不守恒，A错误；对滑块1应用动量定理，有I1＝mv共－mv1＝1×0.22 N·s－1×0.40 N·s＝－0.18 N·s，则滑块1受到合外力的冲量大小为0.18 N·s，B正确；对滑块2应用动量定理，有I2＝mv共－0＝1×0.22 N·s－0＝0.22 N·s，则滑块2受到合外力的冲量大小为0.22 N·s，C错误；设碰撞过程中滑块2受到滑块1的平均作用力大小为F12，则I2＝F12t，把t＝0.04 s代入，解得F12＝5.5 N，故D正确。 解析 * 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 11．(2021·湖南高考)物体的运动状态可用位置x和动量p描述，称为相，对应p­x图像中的一个点。物体运动状态的变化可用p­x图像中的一条曲线来描述，称为相轨迹。假如一质点沿x轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动，则对应的相轨迹可能是(　　) 答案 解析 * 解析　质点沿x轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动，则有v2＝2ax，而动量为p＝mv，联立可得p＝meq \r(2ax)＝meq \r(2a)·xeq \s\up6(\f(1,2))，且x和p均应为正值，故对应的相轨迹为图像D。 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 12. (2022·北京高考)“雪如意”是我国首座国际标准跳台滑雪场地。跳台滑雪运动中，裁判员主要根据运动员在空中的飞行距离和动作姿态评分。运动员在进行跳台滑雪时大致经过四个阶段：①助滑阶段，运动员两腿尽量深蹲，顺着助滑道的倾斜面下滑；②起跳阶段，当进入起跳区时，运动员两腿猛蹬滑道快速伸直，同时上体向前伸展；③飞行阶段，在空中运动员保持身体与雪板基本平行、两臂伸直贴放于身体两侧的姿态；④着陆阶段，运动员落地时两腿屈膝，两臂左右平伸。下列说法正确的是(　　) A．助滑阶段，运动员深蹲是为了减小与滑道之间的摩擦力 B．起跳阶段，运动员猛蹬滑道主要是为了增加向上的速度 C．飞行阶段，运动员所采取的姿态是为了增加水平方向速度 D．着陆阶段，运动员两腿屈膝是为了减少与地面的作用时间 答案 * 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 解析　助滑阶段，运动员深蹲是为了减小与空气之间的摩 擦力，而与滑道之间的摩擦力f＝μFN和运动员的姿态关系不大， A错误；起跳阶段，运动员猛蹬滑道主要是通过增大滑道对人的 作用力来增大两腿伸直的加速度，从而增加向上的速度(若把两 腿伸直的过程看成做匀加速直线运动，由2ax＝v2知，a增大， x不变，则v增大)，B正确；飞行阶段，运动员所采取的姿态是为了减小水平方向的阻力，从而减小水平方向减速的加速度，而水平方向的速度不可能增加，C错误；着陆阶段，运动员两腿屈膝可以延长与地面的作用时间，根据动量定理可知，这样可以减小身体受到的冲击力，D错误。 解析 * 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 13．(2021·天津高考)(多选)一冲九霄，问鼎苍穹。2021年4月29日，长征五号B遥二运载火箭搭载空间站天和核心舱发射升空，标志着我国空间站建造进入全面实施阶段。下列关于火箭的描述正确的是(　　) A．增加单位时间的燃气喷射量可以增大火箭的推力 B．增大燃气相对于火箭的喷射速度可以增大火箭的推力 C．当燃气喷出火箭喷口的速度相对于地面为零时火箭就不再加速 D．火箭发射时获得的推力来自于喷出的燃气与发射台之间的相互作用 答案 * 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 解析 * 解析　燃气被喷出的瞬间，燃气对火箭的反作用力作用在火箭上，使火箭获得推力，D错误；设Δt时间内喷出Δm的燃气，燃气相对于火箭的喷射速度为v，以喷出Δm燃气前的火箭为参考系，对燃气由动量定理有FΔt＝Δmv，结合牛顿第三定律知，火箭受到的推力F′＝F＝eq \f(Δm,Δt)·v，可知增加单位时间的燃气喷射量eq \f(Δm,Δt)或增大燃气相对于火箭的喷射速度v时，均可以增大火箭的推力，故A、B正确；当燃气喷出火箭喷口的速度相对于地面为零时，喷出的燃气相对于火箭的速度v不为零，火箭仍然受推力作用，仍然要加速，故C错误。 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 14. (2021·北京高考)如图所示，圆盘在水平面内以角速度 ω绕中心轴匀速转动，圆盘上距轴r处的P点有一质量为m的小 物体随圆盘一起转动。某时刻圆盘突然停止转动，小物体由 P点滑至圆盘上的某点停止。下列说法正确的是(　　) A．圆盘停止转动前，小物体所受摩擦力的方向沿运动轨迹切线方向 B．圆盘停止转动前，小物体运动一圈所受摩擦力的冲量大小为2mωr C．圆盘停止转动后，小物体沿圆盘半径方向运动 D．圆盘停止转动后，小物体整个滑动过程所受摩擦力的冲量大小为mωr 答案 * 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 解析　圆盘停止转动前，小物体随圆盘一起转动，小物体所受摩擦力提供向心力，方向沿半径方向，故A错误；圆盘停止转动前，在水平方向小物体只受摩擦力，小物体运动一圈后，初末状态水平方向动量相同，由动量定理可知摩擦力的冲量为零，故B错误；圆盘停止转动后，小物体沿圆周运动轨迹的切线方向运动，故C错误；圆盘停止转动后，根据动量定理可知，小物体整个滑动过程所受摩擦力的冲量大小为I＝Δp＝mv＝mωr，故D正确。 解析 * 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 ※15.(2021·湖北高考)抗日战争时期，我军缴获不少敌军武器武装自己，其中某轻机枪子弹弹头质量约8 g，出膛速度大小约750 m/s。某战士在使用该机枪连续射击1分钟的过程中，机枪所受子弹的平均反冲力大小约12 N，则机枪在这1分钟内射出子弹的数量约为(　　) A．40 B．80 C．120 D．160 解析　根据牛顿第三定律，机枪对子弹的平均作用力大小约为F＝12 N，设1分钟内射出的子弹数量为n，则对这n颗子弹由动量定理得Ft＝nmv0，代入数据解得n＝120，C正确，A、B、D错误。 答案 解析 * 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 题组三　模拟小题 16.(2024·四川省攀枝花市高三上一模)质量为1 kg的物块静止在水平地面上，t＝0时对其施加一水平拉力F，当物块运动一段时间后撤去拉力，之后物块继续运动直至停止。该物块运动的位移—时间图像如图所示，图像在P点处的斜率最大、Q点处的斜率为0，已知物块与水平地面间的动摩擦因数为0.2，重力加速度取10 m/s2，则水平拉力F的大小为(　　) A．2 N B．4 N C．6 N D．8 N 答案 * 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 解析　位移—时间图像中，图线斜率表示物体的速度，图像在P点处的斜率最大，即物块在t0时刻速度最大，设为v，图像在Q点处的斜率为0，即物块在3t0时刻恰好停止运动。根据以上分析知，t0时刻撤去拉力F，则水平拉力作用时间为0～t0，取物块运动方向为正方向，0～t0时间内，对物块根据动量定理有Ft0－μmgt0＝mv，t0～3t0时间内，对物块根据动量定理有－μmg×(3t0－t0)＝0－mv，解得F＝6 N，故选C。 解析 * 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 答案 * 17．(2023·湖南省张家界市高三下模拟)已知一滴雨珠的重力可达蚊子体重的几十倍，但是下雨时蚊子却可以在“雨中漫步”。为研究蚊子不会被雨滴砸死的诀窍，科学家用高速相机拍摄并记录蚊子的运动情况，研究发现蚊子被雨滴击中时并不抵挡雨滴，而是与雨滴融为一体，顺应雨滴的趋势落下，随后迅速侧向微调与雨滴分离。已知蚊子的质量为m，初速度为零；雨滴质量为50m，击中蚊子前竖直匀速下落的速度为v，蚊子与雨滴的作用时间为t，以竖直向下为正方向。假设雨滴和蚊子组成的系统所受合外力为零。则(　　) A．蚊子与雨滴融为一体后，整体的速度大小为eq \f(1,51)v B．蚊子与雨滴融为一体的过程中，雨滴的动量变化量为eq \f(50,51)mv C．蚊子与雨滴融为一体的过程中，蚊子受到的平均作用力为eq \f(50mv,51t) D．若雨滴直接砸在静止的蚊子上，蚊子受到的平均作用力将变小 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 解析 * 解析　蚊子与雨滴融为一体的过程中，根据动量守恒定律有50mv＝(50m＋m)v共，解得蚊子与雨滴融为一体后，整体的速度大小为v共＝eq \f(50,51)v，A错误；蚊子与雨滴融为一体的过程中，雨滴的动量变化量为Δp＝50m(v共－v)＝－eq \f(50,51)mv，B错误；蚊子与雨滴融为一体的过程中，设蚊子受到的平均作用力为F，对蚊子根据动量定理有Ft＝mv共－0，解得F＝eq \f(50mv,51t)，C正确；若雨滴直接砸在静止的蚊子上，蚊子与雨滴的作用时间将变短，而蚊子的动量变化量不变，由动量定理知蚊子受到的平均作用力将变大，D错误。 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 答案 * 18．(2024·河北省石家庄市部分名校高三上11月大联考)2023年6月世界女排联赛名古屋站在日本举行，这次世界女排联赛日本站中国队的4连胜和3∶0完胜日本队，让人们感受到了中国女排顽强的精神和卓越的实力。比赛中的团队协作力和威武气势赢得了粉丝的一片赞誉。李盈莹是中国队进攻的主力。比赛中，质量为m的李盈莹从下蹲状态竖直向上起跳，经时间t身体伸直并刚好离开水平地面，李盈莹重心升高h，此时李盈莹的速度大小为v，不计空气阻力，重力加速度大小为g。则(　　) A．该过程中，地面对李盈莹的平均作用力大小为eq \f(mv,t)＋mg B．该过程中，地面对李盈莹做功为eq \f(1,2)mv2＋mgh C．该过程中，李盈莹的动量变化量大小为mgt＋mv D．该过程中，地面对李盈莹的冲量大小为mv－mgt 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 解析 * 解析　该过程中，地面对李盈莹的支持力的作用点没有发生移动，地面对李盈莹做功为0，故B错误；该过程中，李盈莹的动量变化量大小为Δp＝mv－0＝mv，故C错误；取竖直向上为正方向，该过程对李盈莹根据动量定理有I－mgt＝mv－0，解得该过程地面对李盈莹的冲量大小为I＝mv＋mgt，由I＝Ft，可得该过程地面对李盈莹的平均作用力大小为F＝eq \f(I,t)＝eq \f(mv,t)＋mg，故A正确，D错误。 精做大题·提能力 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 题组一　基础大题 19．蹦床运动有“空中芭蕾”之称，某质量m＝50 kg的运动员从空中h1＝1.25 m处落下，接着又能弹起h2＝1.8 m高度，此次人与蹦床的接触时间t＝0.50 s，取g＝10 m/s2，求： (1)运动员与蹦床接触时间内，所受重力的冲量大小I； (2)运动员与蹦床接触时间内，受到蹦床平均弹力的大小F。 答案　 (1)250 N·s　(2)1600 N 答案 * 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 解析 * 解析　(1)重力的冲量大小为： I＝mgt＝50×10×0.50 N·s＝250 N·s。 (2)设运动员下落h1高度时的速度大小为v1，再次弹起时的速度大小为v2， 则有：veq \o\al(2,1)＝2gh1，veq \o\al(2,2)＝2gh2 以竖直向上为正方向，对运动员，由动量定理有： (F－mg)·t＝mv2－(－mv1) 代入数据解得F＝1600 N。 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 题组二　高考大题 20．(2022·北京高考)体育课上，甲同学在距离地面高h1＝2.5 m处将排球击出，球的初速度沿水平方向，大小为v0＝8.0 m/s；乙同学在离地h2＝0.7 m处将排球垫起，垫起前后球的速度大小相等，方向相反。已知排球质量m＝0.3 kg，取重力加速度g＝10 m/s2。不计空气阻力。求： (1)排球被垫起前在水平方向飞行的距离x； (2)排球被垫起前瞬间的速度大小v及方向； (3)排球与乙同学作用过程中所受冲量的大小I。 答案　 (1)4.8 m (2)10 m/s　方向与水平初速度方向夹角为arctan0.75斜向下 (3)6.0 N·s 答案 * 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 解析 * 解析　(1)设排球被垫起前在空中飞行的时间为t，由平抛运动规律知， 竖直方向有h1－h2＝eq \f(1,2)gt2 水平方向有x＝v0t 联立并代入数据解得x＝4.8 m。 (2)乙同学垫起排球前瞬间，排球在竖直方向的分速度大小vy＝gt 则排球被垫起前瞬间的速度大小v＝2,0)eq \r(v＋veq \o\al(2,y)) 联立并代入数据解得v＝10 m/s 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 解析 * 设排球被垫起前瞬间的速度方向与水平初速度方向夹角为θ，则有tanθ＝eq \f(vy,v0) 联立并代入数据解得tanθ＝0.75 故θ＝arctan0.75，即排球被垫起前瞬间的速度方向与水平初速度方向夹角为arctan0.75斜向下。 (3)根据动量定理，排球与乙同学作用过程中所受冲量的大小I＝mv－(－mv) 代入数据解得I＝6.0 N·s。 　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　 R $$