第一章 2．动量定理-【金版新学案】2024-2025学年新教材高二物理选择性必修第一册同步课堂高效讲义配套课件（人教版2019）

2．动量定理 　　　　 第一章　动量守恒定律 　1．理解冲量的概念，理解动量定理的含义和表达式。 2．能够利用动量定理解释有关现象，解决实际问题。 3．明确动量定理和动能定理的区别。 素养目标 知识点一　冲量 1 知识点二　动量定理的理解与应用 2 知识点三　应用动量定理处理多过程问题 3 课时测评 6 随堂达标演练 5 内容索引 知识点四　应用动量定理解决“流体类”问题 4 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 知识点一　冲量 返回 情境导学　让两个相同质量的鸡蛋从相同高处自由落下，分别落在海绵垫上和塑料盘中，从鸡蛋接触承接物到运动到最低点的过程中。 (1)两鸡蛋的速度变化量是否相同？ 提示：相同。 (2)两次碰撞的碰撞时间的长短和碰撞作用力的大小有什 么关系？ 提示：碰撞时间越短，碰撞作用力越大。 自主学习 教材梳理 (阅读教材P6－P7完成下列填空) 1．定义：力与力的作用时间的乘积叫作力的______，用字母I表示冲量。 2．表达式：I＝_____。 3．单位：冲量的单位是______，符号是____。 4．矢量性：冲量是矢量，恒力的冲量方向与____的方向相同。 冲量 FΔt 牛秒 N·s 力 问题探究　(1)如图所示，举重没有举起来和搬花盆前进的过程中，人有没有对杠铃和花盆做功？有没有冲量作用？ 提示：没有做功，但有冲量作用。 (2)功是过程量，是力对空间的积累效果。请 问冲量是状态量还是过程量，是力对哪个物 理量的积累效果？ 提示：冲量是过程量，体现的是力对时间的积 累效果。 合作探究 角度一　冲量的理解 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合力大小不同，但两个物体所受的冲量大小可能相同 B．作用在物体上的力的作用时间很短，物体所受的冲量一定很小 C．作用在物体上的力很大，物体所受的冲量一定也很大 D．只要力的作用时间和力的大小的乘积相同，物体所受的冲量一定相同 例1 √ 由冲量公式I＝FΔt可知，作用在两个物体上的合力大小不同，但两个物体所受的冲量大小可能相同，A正确；由冲量公式I＝FΔt可知，冲量大小由力的大小和作用时间二者共同决定，只知道其中一个因素，无法确定冲量大小，B、C错误；冲量是矢量，两个大小相等的冲量，方向不一定相同，D错误。 对冲量的理解 过程量 (1)冲量描述的是力对时间的积累效应，与某一过程相对应，是过程量。(2)研究冲量必须明确是哪个力在哪段时间内对哪个物体的冲量。 矢量性 冲量是矢量：①力的方向不变时，冲量的方向与力的方向相同；②力的方向变化时，冲量的方向与力的方向一般不相同。 探究归纳 角度二　冲量的计算 (多选)如图所示，在倾角α＝37°的足够长斜面上， 有一质量为5 kg的物体沿斜面滑下，物体与斜面间的动 摩擦因数μ＝0.2，(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37° ＝0.8)，在物体下滑2 s的时间内，下列说法正确的是 A．支持力对物体的冲量大小为80 N·s，方向竖直向上 B．重力对物体的冲量大小为100 N·s，方向竖直向下 C．摩擦力对物体的冲量大小为16 N·s，方向沿着斜面向上 D．合力对物体的冲量大小为44 N·s，方向竖直向下 √ √ 例2 对物体受力分析可知，物体受重力、支持力及摩擦力 的作用，支持力F＝mgcos α＝5×10×0.8 N＝40 N，摩 擦力Ff＝μmgcos α＝0.2×5×10×0.8 N＝8 N，故支持 力的冲量I2＝Ft＝40×2 N·s＝80 N·s，方向垂直于斜面向上，故A错误；重力的冲量I1＝mgt＝5×10×2 N·s＝100 N·s，方向竖直向下，故B正确；摩擦力的冲量I3＝Fft＝8×2 N·s＝16 N·s，方向沿着斜面向上，故C正确；物体受到的合力F合＝mgsin α－μmgcos α＝5×10×0.6 N－8 N＝22 N，故合力的冲量I＝F合t＝22×2 N·s＝44 N·s，方向沿着斜面向下，故D错误。故选BC。 角度三　应用F-t图像求冲量 (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，合力F随时间t变化的关系图像如图所示，则 A．0～2 s时间内合力F对物块的冲量为3 N·s B．2～3 s时间内合力F对物块的冲量为1 N·s C．0～3 s时间内合力F对物块的冲量为2 N·s D．0～3 s时间内合力F对物块的冲量为4 N·s √ √ 图像和时间轴所围成的面积表示物体受到的冲量，0～2 s时间内合力F对物块的冲量为3 N·s，故A正确；2～3 s时间内合力F对物块的冲量为－1 N·s，故B错误；0～3 s时间内合力F对物块的冲量为2 N·s，故C正确，D错误。故选AC。 例3 冲量的计算方法 1．恒力冲量的计算：应用公式I＝FΔt计算。 2．变力冲量的计算： (1)平均力法：如图甲所示，如果力与时间成线性关系，则I＝ Δt ＝(t2－t1)。 (2)F -t图像法：在F -t图像中，F -t图线与t轴围 成的面积表示对应时间内力的冲量。如图甲、 乙所示，图中的阴影面积即为变力的冲量。 探究归纳 3．合冲量的计算： (1)分别求每一个力的冲量I1、I2、I3、…，再求各冲量的矢量和。 (2)先求合力，再用公式I合＝F合Δt求解。 返回 探究归纳 知识点二　动量定理的理解与应用 返回 情境导学　如图所示，跳高比赛时在下落处要放厚厚的海绵垫子，跳远比赛时运动员要落在沙坑中，这样做的目的是什么？ 提示：这样做可以延长力的作用时间，以减小运动员落地时所受的冲击力。 自主学习 教材梳理 (阅读教材P7－P8完成下列填空) 1．动量定理 (1)内容：物体在一个过程中所受力的冲量等于它在这个过程始末的____________。 (2)表达式：FΔt＝________或I＝______或F(t′－t)＝__________。 2．动量定理的应用 动量变化一定时，作用的时间短，物体受的力就____；作用的时间长，物体受的力就____。 动量变化量 p′－p p′－p mv′－mv 大 小 问题探究　如图所示，光滑水平面上一个质量为m的物体，在恒力F作用下，从t时刻到t′时刻，速度从v变为v′。 结合牛顿第二定律，试分析物体的动量变化量Δp与恒力F及作用时间Δt(其中Δt＝t′－t)有什么关系？ 提示：根据牛顿第二定律可知F＝ma＝ ，整理得FΔt＝m(v′－v)＝mv′－mv＝p′－p，可得Δp＝FΔt，即物体的动量变化量等于合力的冲量。 合作探究 角度一　应用动量定理定性分析有关现象 (多选) (2023·广东湛江月考)快递运输时，我们经常看到有些易损坏物品外面都会利用充气袋进行包裹，这种做法的好处是 A．可以大幅度减小某颠簸过程中物品所受合力的冲量 B．可以大幅度减小某颠簸过程中物品动量的变化量 C．可以使某颠簸过程中物品动量变化的时间延长 D．可以使某颠簸过程中物品动量对时间的变化率减小 例4 充气袋在运输中起到缓冲作用，在某颠簸过程中，物体的动量变化量Δp不变，由动量定理FΔt＝Δp可知，充气袋可以延长动量变化所用的时间Δt，从而减小物体所受的合力F，但不能改变合力的冲量I，A、B错误，C正确；动量对时间的变化率即为物体所受的合力，D正确。故选CD。 √ √ 应用动量定理定性分析有关现象的技巧 1．首先要结合具体问题明确三个量F、Δt、Δp中哪个量是一定的。 2．然后根据动量定理FΔt＝Δp明确另外两个量是正比关系还是反比关系： (1)Δp一定时：Δt越短则F越大，Δt越长则F越小。 (2)F一定时：Δt越短则Δp越小，Δt越长则Δp越大。 (3)Δt一定时：F越大则Δp越大，F越小则Δp越小。 探究归纳 针对练．安全气囊是汽车安全保障的重要设施，它与座椅安全带配合使用，可以为乘员提供有效的防撞保护，在汽车相撞时，汽车安全气囊可使头部受伤率减少25%，面部受伤率减少80%左右。若某次汽车安全测试中，汽车发生剧烈碰撞时，安全气囊未打开，与安全气囊顺利打开相比，下列说法正确的是(设每次测试汽车速度相同) A．安全气囊未打开时，模拟乘员的动量变化量大 B．安全气囊打开时，模拟乘员受到的撞击力小 C．安全气囊未打开时，模拟乘员受到撞击力的冲量大 D．安全气囊打开时，模拟乘员的动量变化快 √ 无论安全气囊是否打开，模拟乘员的初、末动量不变， 动量变化量不变，根据I＝Δp，可知受到撞击力的冲量 不变，故A、C错误；安全气囊打开时，模拟乘员速度 变化的时间增加，而动量变化量不变，则模拟乘员的 动量变化慢，根据FΔt＝Δp可知，模拟乘员受到的撞击力小，故B正确，D错误。故选B。 角度二　动量定理的定量计算 如图所示，用0.5 kg的铁锤钉钉子，打击前铁锤的 速度为4 m/s，打击后铁锤的速度变为0，设打击时间为 0.01 s，g取10 m/s2。 (1)如果不计铁锤的重力，铁锤钉钉子的平均作用力是多 大？ 例5 铁锤打击钉子的过程中，铁锤受到重力和钉子对铁锤竖直向上的弹力，打击后铁锤的速度为0，如果不计铁锤的重力，设竖直向下为正方向 根据动量定理有－FΔt＝0－mv，解得F＝200 N 由牛顿第三定律可知，铁锤钉钉子的平均作用力为200 N。 答案：200 N (2)如果考虑铁锤的重力，铁锤钉钉子的平均作用力是多大？ 如果考虑铁锤的重力，则有(G－F)Δt＝0－mv解得F＝205 N 由牛顿第三定律可知，铁锤钉钉子的平均作用力为205 N。 答案：205 N (3)对比(1)、(2)问的结果，你分析一下，在计算铁锤钉钉子的平均作用力时，在什么情况下可以不计铁锤所受的重力。 从(1)、(2)两问的解答结果可以看出，当打击时间很短时，铁锤所受的重力可以忽略不计。 1．动量定理是矢量式，应用时必须选取正方向。 2．动量定理公式中I应为合外力的冲量，不要漏掉某个力的冲量。 3．应用动量定理定量计算的一般步骤： 探究归纳 针对练.2023年9月18日，瑞典名将杜普兰蒂斯在2023世 界田径联赛男子撑竿跳比赛中创下了6米23的世界新纪 录而夺冠。假设某质量为m＝70 kg的撑竿跳高运动员从 h＝5.0 m高处落到海绵垫子上，经Δt1＝1 s后停止。(不 计空气阻力，g取10 m/s2) (1)该运动员受到海绵垫子对其的平均冲力约为多少？ 根据自由落体运动可知，运动员在空中下落的时间t＝ ＝1 s 从开始下落到落到海绵垫子上停止运动，由动量定理可得mg(t＋Δt1)－ 1Δt1＝0代入数据解得 1＝1 400 N。 答案：1 400 N (2)如果是落到普通沙坑中，经Δt2＝0.1 s停下，则沙 坑对运动员的平均冲力约为多少？ 答案：7 700 N 从开始下落到沙坑中停止运动，由动量定理可得 mg(t＋Δt2)－ 2Δt2＝0 代入数据解得 2＝7 700 N。 返回 知识点三　应用动量定理处理多过程问题 返回 分段法与全程法的选取原则 1．如果不同阶段物体所受恒力不同，应用牛顿第二定律仅能分段使用，求解过程较复杂，而动量定理可用于全过程，不必考虑中间量，使问题求解变得简捷。 2．如果不同阶段物体所受外力为变力，则无法应用牛顿第二定律解答问题，但可以应用动量定理采用分段法或全程法解决。 (2023·山东泰安高二月考)某消防队员从一平台上跳下，下落1 s后双脚触地，接着他用双腿弯曲的方法缓冲，使自身重心又下降了0.2 s，在着地过程中地面对他双脚的平均作用力约为 A．自身所受重力的2倍　 B．自身所受重力的6倍 C．自身所受重力的8倍 D．自身所受重力的10倍 例6 √ 法一　消防员下落t1＝1 s后双脚触地时的速度为v1＝gt1，方向向下；着地后他使自身重心下降0.2 s后站定，即v2＝0，设向下为正方向，则着地过程中消防员动量的变化量为Δp＝0－mv1＝－mv1，设该过程中地面对他双脚的平均作用力为 ，由动量定理得(mg－ )t2＝Δp＝－mv1，其中t2＝0.2 s，则 ＝mg＋ ＝mg＋5mg＝6mg，故B正确。 法二 规定向下为正方向，对消防员下落的全程应用动量定理可得mg(t1＋t2)－ t2＝0－0，代入数据解得 ＝6mg，故B正确。 针对练．(多选)如图所示，质量为m的小球从距离地面高H的A点由静止释放，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。关于小球从释放到速度变为零的过程，下列说法中正确的有 A．小球的机械能减少了mgh B．小球克服阻力做的功为mg(H＋h) C．小球所受阻力的冲量等于m D．在小球刚落到地面到速度变为零的过程中，小球动量 的改变量大小等于 √ √ 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)，则小球的机械能减少了mg(H＋h)，故A错误； 对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(H＋h)，故B正确；小球落到地面时的 速度v＝ ，对进入泥潭的过程运用动量定理得IG＋If＝ 0－m ，可知阻力的冲量大小不等于m ，故C错误；小球落到地面时的速度v＝ ，进入泥潭后的速度为零，所以小球动量的改变量大小等于m ，故D正确。故选BD。 返回 知识点四　应用动量定理解决“流体类”问题 返回 流体及其特点 通常液体流、气体流、粒子流等被广义地视为“流体”，质量具有连续性，通常已知其密度ρ或单位体积内粒子数n 分析步骤 1 建立“柱状模型”：沿流速v的方向选取一小段柱状“流体”，其横截面积为S 2 微元研究：作用时间Δt内的一小段柱状流体的长度为Δl，对应的质量为Δm＝ρSvΔt 3 应用动量定理建立方程：I＝FΔt＝Δmv，解答有关问题 “水刀”应用了高压水流切割技术，相比于激 光切割有切割材料范围广、效率高、安全环保等优势。 某型号“水刀”工作过程中，将水从面积S＝0.1 mm2 的细喷嘴高速喷出，直接打在被切割材料表面，从而 产生极大压强，实现切割。已知该“水刀”喷出的水 流速度为100 m/s，水的密度为ρ＝1.0×103 kg/m3。假设高速水流垂直打在材料表面上后，立刻沿材料表面散开没有反弹，试估算水对材料垂直于表面方向的压强p为 A．1.0×105 Pa B．1.0×106 Pa C．1.0×107 Pa D．1.0×108 Pa 例7 √ 选取Δt时间内打在材料表面质量为Δm的水为研究对 象，以从细喷嘴高速喷出时的速度方向为正方向， 由动量定理得－FΔt＝0－Δmv，其中Δm＝ρSvΔt， 解得F＝ρSv2，根据牛顿第三定律可得材料表面受 到的压力F′＝F，则水对材料垂直于表面方向的压强 p＝ ，代入数据解得p＝1.0×107 Pa，故C正确。故选C。 针对练1.(2020·海南高考)太空探测器常装配离子发动机，其基本原理是将被电离的原子从发动机尾部高速喷出，从而为探测器提供推力，若某探测器质量为490 kg，离子以30 km/s的速率(远大于探测器的飞行速率)向后喷出，流量为3.0×10－3 g/s，则探测器获得的平均推力大小为 A．1.47 N B．0.147 N C．0.09 N D．0.009 N √ 在t时间内喷出离子的质量m＝Qt，对喷出的离子，取运动方向为正方向，由动量定理得Ft＝Qtv－0，代入数据解得离子受到的平均作用力大小为F＝Qv＝3.0×10－6×30×103 N＝0.09 N，由牛顿第三定律可知，探测器获得的平均推力大小F′＝F＝0.09 N，选项C正确。 针对练2.已知某人及飞行设备的总质量为120 kg，设发动机启 动后将气流以6 000 m/s的恒定速度从喷口向下喷出，则当这 人(及装备)悬浮在空中静止时，发动机每秒喷出气体的质量为 (不考虑喷气对总质量的影响，取g＝10 m/s2) A．0.02 kg B．0.20 kg C．0.50 kg D．5.00 kg √ 设人(及装备)对气体的平均作用力为F，根据牛顿第三定律可知，气体对人(及装备)的作用力的大小也等于F，对人(及装备)，有F＝Mg，设时间Δt内喷出的气体的质量为Δm，则对气体由动量定理得FΔt＝Δmv，解得 ，代入数据解得 ＝0.20 kg/s，则发动机每秒喷出气体的质量为0.20 kg，故B正确，A、C、D错误。故选B。 返回 随堂达标演练 返回 1．如图所示，小明在演示惯性现象时，将一杯水放在 桌边，杯下压一张纸条。若缓慢拉动纸条，发现杯子会 滑落；当他快速拉动纸条时，发现杯子并没有滑落。对 于这个实验，下列说法正确的是 A．缓慢拉动纸条时，摩擦力对杯子的冲量较小 B．快速拉动纸条时，摩擦力对杯子的冲量较大 C．为使杯子不滑落，杯子与纸条间的动摩擦因数应尽量大一些 D．为使杯子不滑落，杯子与桌面间的动摩擦因数应尽量大一些 √ 在缓慢拉动和快速拉动纸条的过程中，杯子受到的摩 擦力均为滑动摩擦力，大小相等，但快速拉动时，纸 条与杯子作用时间短，此时摩擦力对杯子的冲量小， 由I＝Δp可知，杯子增加的动量较小，因此杯子没有 滑落，缓慢拉动时，摩擦力对杯子的冲量大，杯子增加的动量大，杯子会滑落，A、B错误；为使杯子不滑落，杯子与纸条间的摩擦力对杯子的冲量应尽量小一些，杯子与纸条间的动摩擦因数应尽量小一些，C错误；杯子与桌面间的动摩擦因数较大时，杯子在桌面上做减速运动的加速度较大，杯子更容易停下来，不滑落，D正确。 2．(鲁科版选择性必修第一册P9T4·改编)一小球从某高处以10 m/s的速度竖直向上抛出，落到地面时速度大小为20 m/s。则小球在空中的运动时间(取重力加速度g＝10 m/s, 不计空气阻力)为 A．1 s B．2 s C．3 s D．4 s 取竖直向上的方向为正方向，则某高处的速度v1＝10 m/s，落到地面时的速度v2＝－20 m/s，根据动量定理有－mgt＝mv2－mv1，解得t＝3 s，故选C。 √ 3．(多选)2023年10月2日，在杭州亚运会女子蹦床比赛中我国运动员获得冠军。假设运动员在比赛过程中某次从离绷紧的弹性网面高3.2 m处落下，弹起后离弹性网面的最大高度为5 m，已知运动员的质量为60 kg，与网面的接触时间为1.2 s，重力加速度g＝10 m/s2，运动员离开网面后，网面形变完全恢复，则运动员与网面接触过程中 A．网面对运动员的冲量大小为1 080 N·s B．网面对运动员的冲量大小为1 800 N·s C．网面对运动员做的功为1 080 J D．网面对运动员做的功为0 √ √ 由题意知，运动员与网面刚好要接触时速度大小v1＝ ＝8 m/s，刚好要离开网面时速度大小v2＝ ＝10 m/s，在触网过程中，取竖直向上为正方向，由动量定理有I－mgt＝mv2－(－mv1)，解得网面对运动员的冲量大小I＝1 800 N·s，A项错误，B项正确；运动员与网面接触过程中，弹性网的弹性势能变化量为0，根据功能关系可知弹性网的弹力做功为0，C项错误，D项正确。 4．(2021·福建高考)福建属于台风频发地区，各类户外设施建设都要考虑台风影响。已知10级台风的风速范围为24.5～28.4 m/s，16级台风的风速范围为51.0～56.0 m/s。若台风迎面垂直吹向一固定的交通标志牌，则16级台风对该交通标志牌的作用力大小约为10级台风的 A．2倍 B．4倍 C．8倍 D．16倍 设空气的密度为ρ，风迎面垂直吹向一固定的交通标志牌的横截面积为S，在时间Δt的空气质量为Δm＝ρSv·Δt，假定台风迎面垂直吹向一固定的交通标志牌的末速度变为零，对风，由动量定理有－FΔt＝0－Δmv，可得F＝ρSv2，10级台风的风速v1≈25 m/s，16级台风的风速v2≈50 m/s， 则有 4，故选B。 √ 返回 课 时 测 评 返回 1．拖着旧橡胶轮胎跑步是一种训练体能的常用方法。如图所示，某学校体育运动员在体能训练时拖着轮胎在操场上匀速跑了800 m，则在此过程中 A．支持力对轮胎做了正功 B．合外力对轮胎做功为零 C．重力对轮胎的冲量为零 D．支持力对轮胎的冲量为零 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 支持力方向与轮胎速度方向始终垂直，所以不做功，故A错误；轮胎匀速运动，整个过程动能变化量为零，根据动能定理可知合外力对轮胎做功为零，故B正确；根据I＝FΔt可知重力和支持力对轮胎的冲量均不为零，故C、D错误。故选B。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 2．2023年10月3日，在杭州亚运会10米跳台比赛中，中 国小将全红婵拿到冠军。在某次比赛中的全程可以简化 为：全红婵在跳台上由静止开始竖直落下，进入水中后 在水中做减速运动，速度减为零时并未到达池底。不计 空气阻力，下列说法正确的是 A．全红婵在空中运动阶段，其动量变化量大于重力的冲量 B．全红婵从刚进入水中到速度减为零的过程中，其重力的冲量等于水的作用力的冲量 C．全红婵从开始下落到速度减为零的过程中，其动量的改变量等于水的作用力的冲量 D．全红婵从开始下落到速度减为零的过程中，其合外力的冲量等于零 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 全红婵在空中运动阶段，只受重力作用，根据动量定理 可知，其动量变化量等于重力的冲量，选项A错误；全 红婵从刚进入水中到速度减为零的过程中，根据动量定 理，有IG－I水＝0－mv1，其重力的冲量小于水的作用力 的冲量，选项B错误；全红婵从开始下落到速度减为零 的过程中，根据动量定理可知，其动量的改变量等于水的作用力的冲量与重力的冲量的矢量和，选项C错误；全红婵从开始下落到速度减为零的过程中，其动量的变化量为零，则合外力的冲量等于零，选项D正确。故选D。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 3．跳远运动时，人跳在沙坑里比跳在水泥地上安全，这是由于 A．人跳在沙坑里的动量的变化率比跳在水泥地上的大 B．人跳在沙坑里的动量的变化率比跳在水泥地上的小 C．人跳在沙坑里受到合力的冲量比跳在水泥地上的小 D．人跳在沙坑里受到合力的冲量比跳在水泥地上的大 √ 人跳远时从一定的高度落下，落地前的速度是一定的，初动量是一定的，落地后静止，末动量为零，人的动量变化是一定的，由动量定理可知，人受到合力的冲量等于人的动量变化量，所以两种情况下人受到合力的冲量相等，选项C、D错误；落在沙坑里时力作用的时间长，落在水泥地上时力作用的时间短，根据动量定理FΔt＝Δp，在动量变化量Δp一定的情况下，时间Δt越长则动量的变化率越小，故选项B正确，A错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 4．气垫鞋通过气垫的缓冲减小地面对脚的冲击力，如图所示。某同学的体重为G，穿着平底布鞋时双脚竖直着地过程中与地面的作用时间为t0，受到地面的平均冲击力大小为3G。若脚着地前的速度保持不变，该同学穿上某型号的气垫鞋时，双脚竖直着地过程中与地面的作用时间变为2.5t0，则该同学受到地面的平均冲击力大小变为 A．1.8G B．1.6G C．1.2G D．0.9G √ 设脚着地瞬间的速度大小为v，取竖直向上为正方向，穿着平底布鞋时双脚竖直着地过程中，根据动量定理得(F－G)·t0＝0－(－mv)，其中F＝3G，穿上气垫鞋时双脚竖直着地过程中，根据动量定理得·2.5t0＝0－(－mv)，解得F′＝1.8G，故选项A正确。故选A。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 5．如图为某运动员做下蹲起跳训练，开始时运动员处于下蹲状态，竖直向上跳起后双脚离地的最大高度为0.2 m，若运动员蹬地的平均作用力为其体重的3倍，重力加速度大小为10 m/s2，则运动员从蹬地到双脚离地所用的时间为 A．0.10 s B．0.15 s C．0.18 s D．0.20 s √ 设运动员双脚离地时的速度大小为v，则v＝ ＝2 m/s，根据动量定理有(3mg－mg)t＝mv，解得t＝0.10 s，故选A。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 6．(多选)质量为m的物体以初速度v0开始做平抛运动，经过时间t，下降的高度为h，速度变为v，重力加速度为g，不计空气阻力，在这段时间内物体所受重力的冲量为 A．m(v－v0) B．mgt C．m D．m √ IG＝mgt，B正确；vy＝ ，Δp＝p′－p＝mvy＝m ＝m ，故C、D正确，A错误。 √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 7．人们对手机的依赖性越来越强，有些人喜欢躺着看手机，经常出现手机砸伤眼睛的情况。若手机质量为120 g，从离人眼约20 cm的高度无初速度掉落，砸到眼睛后手机未反弹，眼睛受到手机的冲击时间约为0.2 s，取重力加速度g＝10 m/s2。下列分析正确的是 A．手机与眼睛作用过程中手机动量变化量约为0.48 kg·m/s B．手机对眼睛的冲量大小约为0.48 N·s C．手机对眼睛的冲量方向竖直向上 D．手机对眼睛的作用力大小约为0.24 N √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 根据自由落体得手机掉落到人眼睛位置时的速度为v＝ ＝2 m/s，手机与眼睛作用后手机的速度变为0，选取竖直向下为正方向，所以手机与眼睛作用过程中动量变化量为Δp＝0－mv＝－0.24 kg·m/s，故A错误；对手机由动量定理得mgΔt＋I＝Δp，代入数据可得I＝－0.48 N·s，负号表示方向竖直向上，根据力的作用是相互的，所以手机对眼睛的冲量大小约为0.48 N·s，方向竖直向下，故B正确，C错误；根据冲量定义可知，手机对眼睛的作用力大小约为F＝ ＝2.4 N，故D错误。故选B。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 8．如图甲所示，质量m＝0.2 kg的弹性小球从地面上方某一高度由静止开始下落，弹起后上升到某一高度，小球与地面碰撞的时间忽略不计，规定竖直向下为正方向，此过程的v -t图像如图乙所示，空气对小球的阻力大小恒为重力的0.5倍，下降的时间是上升时间的4倍，下降与上升的整个过程的平均速度为13 m/s，重力加速度g取10 m/s2，地面对小球的弹力远大于重力，下列说法正确的是 A．小球上升过程的运动时间为4 s B．地面对小球的冲量为－14 N·s C．小球落地时的速度为30 m/s D．小球离地时的速度为－40 m/s √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 小球下降过程加速度a1＝ ，根据牛顿第二定律得 mg－0.5mg＝ma1，小球上升过程加速度a2＝ ， 根据牛顿第二定律得mg＋0.5mg＝ma2，全程的平均 速度 ＝ ＝13 m/s，解得v1＝40 m/s， v2＝－30 m/s，t＝2 s，故小球上升过程的运动时间t1＝t＝2 s，小球落地时的速度和小球离地时的速度分别为v1＝40 m/s，v2＝－30 m/s，故A、C、D错误；小球与地面的作用过程，根据动量定理得I＝FΔt＝mv2－mv1＝－14 N·s，故B正确。故选B。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 9．(多选)用高压水枪清洗汽车的照片如图所示。设水枪喷出水柱截面为圆形，直径为D，水流速度为v，水柱垂直汽车表面，水柱冲击汽车后沿原方向的速度为零。高压水枪的质量为M，手持高压水枪操作，已知水的密度为ρ。下列说法正确的是 A．水柱对汽车的平均冲力为 ρπD2v2 B．高压水枪单位时间喷出的水的质量 为 ρvπD2 C．高压水枪喷出水柱的直径D减半时，水柱对汽车的平均冲力加倍 D．当高压水枪喷口出水的速度变为原来的2倍时，压强变为原来的4倍 √ √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 高压水枪单位时间内喷出的水的质量为m0＝ ，所以B正确；由动量定理有FΔt＝mv，m＝m0Δt，解得水柱对汽车的平均冲力为F＝ ρπD2v2，所以A正确，C错误；高压水枪喷口出水的压强为p＝ ＝ρv 2，高压水枪喷口出水的压强与面积无关，与速度的平方成正比，所以D正确。故选ABD。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 10．(15分)某节目中，“气功师”平躺在水平地面上，其腹部上平放着一块大石板，助手用铁锤猛击大石板，石板裂开而“气功师”没有受伤。现用下述模型分析探究：设大石板质量M＝80 kg，铁锤质量m＝5 kg；铁锤从h1＝1.8 m高处由静止自由落下，打在石板上自由向上反弹，当自由反弹达到最大高度h2＝0.05 m 时铁锤被拿开；铁锤与石板的作用时间t1＝0.01 s；由于缓冲，石板与“气功师”腹部的“作用时间”t2＝0.5 s后静止。取重力加速度g＝10 m/s2。求：铁锤敲击大石板的过程中， (1)大石板对铁锤的平均作用力大小； 答案：3 550 N 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 由机械能守恒定律有 mv 2＝mgh 解得v＝ 取竖直向上为正方向，则铁锤打击石板时的速度为v1＝－ ＝ －6 m/s 铁锤反弹时的速度为v2＝ ＝1 m/s 对铁锤，由动量定理得(F1－mg)t1＝mv2－mv1 代入数据解得F1＝3 550 N。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 (2)大石板对人的平均作用力大小。 由牛顿第三定律知，铁锤对石板的作用力大小为F1′＝3 550 N 取竖直向上为正方向，对石板，由动量定理得(F2－Mg)t2－F1′t1＝0 代入数据解得F2＝871 N 由牛顿第三定律得，大石板对人的平均作用力大小为F2′＝F2＝871 N。 答案：871 N 返回 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 谢 谢 观 看 ！ 第一章　 　动量守恒定律 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 m＝m m ＝＝ ＝＝ ＝ ＝ρvπD2 $$