第14课 动量 动量定理-【提分宝典】2026年新高考物理一轮全考点普查与练习

第14课　　　　　动量　动量定理 普查与练习14　　　　　动量　动量定理 1．动量、冲量及动量定理 　　　　　　　　　　　　　　　 a.动量、冲量、动量变化量的理解 (1)(2026改编题，3分)从同一高度抛出完全相同的甲、乙、丙三个小球，甲球竖直向上抛出，乙球竖直向下抛出，丙球水平抛出。若三个小球落地时的速率相同，不计空气阻力，则下列说法正确的是(　　) A．抛出时甲、乙动量相同，其动量大小均不小于丙的动量大小 B．落地时三个小球的动量相同，动能也相同 C．从抛出到落地过程，三个小球的动量变化量相同 D．从抛出到落地过程，三个小球受到的冲量都不同 (1)答案：D 解析：根据动能定理可知，三个小球抛出时的速度大小相等，且由题意知三个小球初速度方向不同，根据动量表达式p＝mv可知，三个小球动量大小相等，方向都不相同，故A项错误。落地时三个小球的速率相等，则动能相同，甲、乙速度方向相同，与丙速度方向不同，动量不完全相同，故B项错误。三个小球运动过程中只受到重力作用，但运动时间不同，甲小球时间最长，丙小球的运动时间次之，乙小球的运动时间最短，由动量定理可知，三个小球受到的冲量不同，动量变化量不同，故C项错误，D项正确。 b.动量定理的综合应用 (2)(经典题，10分)质量m＝0.60 kg的篮球从距地板H＝0.80 m 高处由静止释放，与水平地板撞击后反弹上升的最大高度h＝0.45 m，从释放到弹跳至 h 高处经历的时间t＝1.1 s，忽略空气阻力，重力加速度g＝10 m/s2，求篮球对地板的平均撞击力。 (2)答案： 16.5 N，方向向下(10分) 解析：设篮球从H高处下落到地板所用时间为t1，刚接触地板时的速度大小为v1；反弹离地时的速度大小为v2，上升的时间为t2。 由动能定理和运动学规律得，下落过程有 mgH＝mv－0(2分) 代入数据解得v1＝4 m/s, t1＝＝0.4 s 上升过程有－mgh＝0－mv(2分) 代入数据解得v2 ＝ 3 m/s, t2＝＝0.3 s 篮球与地板接触时间为Δt ＝t－t1－t2＝0.4 s(1分) 法一 设地板对篮球的平均撞击力为 F，取向上为正方向，由动量定理得(F－mg)Δt＝mv2_－(－mv1)(3分) 解得F＝16.5 N 根据牛顿第三定律，篮球对地板的平均撞击力为 F′＝F＝16.5 N，方向向下。(2分) 法二 取竖直向上为正方向，由动量定理得 FΔt－mgt＝0－0(3分) 解得F＝16.5 N 根据牛顿第三定律，篮球对地板的平均撞击力为 F′＝F＝16.5 N，方向向下。(2分) (3)(多选)(2023广东真题，6分)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 (3)答案：BD 解析：取水平向右为正方向，滑块1和滑块2组成的系统的初动量为p1＝mv1＝0.40 kg·m/s，碰撞后的动量为p2＝2mv2＝0.44 kg·m/s，则滑块的碰撞过程动量不守恒，故A项错误。根据动量定理，滑块1受到合外力的冲量为I1＝mv2－mv1＝－0.18 kg·m/s，负号表示方向水平向左，故B项正确。滑块2受到合外力的冲量为I2＝mv2－0＝0.22 kg·m/s，故C项错误。对滑块2，根据冲量的定义有I2＝FΔt，代入数据解得F＝5.5 N，则滑块2受到滑块1的平均作用力大小为5.5 N，故D项正确。 c.动量定理与图像结合问题 (4)(2024广东真题，13分)汽车的安全带和安全气囊是有效保护乘客的装置。 ①安全带能通过感应车的加速度自动锁定，其原理的简化模型如图(a)所示。在水平路面上刹车的过程中，敏感球由于惯性沿底座斜面上滑直到与车达到共同的加速度a，同时顶起敏感臂，使之处于水平状态，并卡住卷轴外齿轮，锁定安全带。此时敏感臂对敏感球的压力大小为FN，敏感球的质量为m，重力加速度为g。忽略敏感球受到的摩擦力。求斜面倾角的正切值tan θ。 图(a) ②如图(b)所示，在安全气囊的性能测试中，可视为质点的头锤从离气囊表面高度为H处做自由落体运动，与正下方的气囊发生碰撞。以头锤到气囊表面为计时起点，气囊对头锤竖直方向作用力F随时间t的变化规律，可近似用图(c)所示的图像描述。已知头锤质量M＝30 kg，H＝3.2 m，重力加速度大小取g＝10 m/s2。求： 图(b)　　 　　图(c) a．碰撞过程中F的冲量大小和方向； b．碰撞结束后头锤上升的最大高度。 (4)答案：①(5分)　②a.330 N·s(2分)　竖直向上(1分)　b．0.2 m(5分) 解析：①敏感球受到向下的重力mg和敏感臂向下的压力FN以及斜面的支持力N，竖直方向上，有 mg＋FN＝Ncos θ(2分) 刹车时，加速度方向与汽车前进方向相反，由牛顿第二定律有Nsin θ＝ma(2分) 联立解得tan θ＝(1分) ②a.F－t图像中图线与横轴围成的面积表示力的冲量，由图像可知碰撞过程中F的冲量大小为 IF＝×0.1×6 600 N·s＝330 N·s(2分) 由于头锤和气囊碰撞后，速度方向由向下变为向上，即动量变化量的方向向上，由动量定理可知F的冲量方向竖直向上。(1分) b．设头锤落到气囊上时的速度为v0，由机械能守恒有 MgH＝Mv(1分) 头锤与气囊作用过程由动量定理(以向上为正方向)可得 IF－Mgt＝Mv－(－Mv0)(2分) 头锤离开气囊后，由机械能守恒有 Mv2＝Mgh(1分) 联立并代入数据解得h＝0.2 m(1分) d.用动量定理解决“连续流体”的冲击力问题 (5)(湖北经典真题，4分)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 (5)答案：C 解析：设机枪在这1分钟内射出的子弹数量约为n，则对这n颗子弹由动量定理得Ft＝nmv0－0，代入数据解得n＝120，故C项正确。 (6)(北京顺义区校级月考，12分)物理问题的研究首先要确定研究对象。当我们研究水流，气流等流体问题时，经常会选取流体中的一小段来进行研究，通过分析能够得出一些有关流体的重要结论。 ①水刀应用高压水流切割技术，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。如图(a)所示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。已知该水刀每分钟用水600 g，水的密度为ρ＝1.0×103 kg/m3。 a．求从喷嘴喷出水的流速v的大小； b．高速水流垂直打在材料表面上后，水速几乎减为0，求水对材料表面的压强p约为多大。 ②某同学应用压力传感器完成以下实验，如图所示，他将一根均匀的细铁链上端用细线悬挂在铁架台上，调整高度使铁链的下端刚好与压力传感器的探测面接触。剪断细线，铁链逐渐落在探测面上。传感器得到了探测面所受压力随时间的变化图像。通过对图线分析发现铁链最上端落到探测面前后瞬间的压力大小之比大约是N1∶N2＝3∶1，后来他换用不同长度和粗细的铁链重复该实验，都得到相同结果。请你通过理论推理来说明实验测得的结果是正确的。(推理过程中需要用到的物理量的字母请自行设定) 图(a)　　　　图(b)　　　　图(c) (6)答案：①a.100 m/s(3分)　b．1.0×107 Pa(3分) ②见解析(6分) 解析：①a.t时间内喷出的水的质量为 m＝ρSvt(1分) 则可得从喷嘴喷出水的流速v＝(1分) 代入数据解得v＝100 m/s(1分) b．选取Δt时间内打在材料表面质量为Δm的水为研究对象，则 Δm＝ρSvΔt(1分) 由动量定理得－FΔt＝0－Δmv(1分) 解得F＝ρSv2 根据牛顿第三定律，材料表面受到的压力的大小F′＝F 根据压强公式有p＝ 解得p＝ρv2＝1.0×107 Pa(1分) ②设单位长度的铁链质量为b，铁链的长度为L，当铁链的最上端落在探测面上时，选取铁链最上端的极小的一段为研究对象， 其质量Δm＝bvΔt(1分) 根据自由落体运动规律有v2＝2gL(1分) 解得v＝ 设向下方向为正，根据动量定理有 －FΔt＝0－Δmv(1分) 解得F＝2bgL 则探测面受到铁链最上端一小段的压力大小为 F′＝F＝2bgL 此时其余部分的铁链已经落在探测面上， 对探测面的压力N＝mg 其中m＝bL 则探测面受到的总压力为N1＝N＋F′＝3bgL(1分) 当铁链全部落在探测面上后，探测面受到的压力大小N2＝mg＝bgL(1分) 由此可得＝(1分) 实验结果是正确的。 随堂普查练14　　　　　　　　　　　　　　　 1．(全国Ⅰ经典真题，6分)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 1．答案：D 解析：在碰撞过程中，司机速度变化量一定，则司机动量的变化量是一定的，但安全气囊能增加司机受力的时间，根据动量定理Ft＝Δp可知，安全气囊能减小司机受到的冲击力F，同时安全气囊会增大司机的受力面积，则司机单位面积的受力大小减小，故A项、B项均错误，D项正确。安全气囊只是延长了力的作用时间，减小了司机的受力，将司机的动能转换成气囊的弹性势能及气囊中气体的内能，故C项错误。 2．(多选)(2024全国甲真题，6分)蹦床运动中，体重为60 kg的运动员在t＝0时刚好落到蹦床上，对蹦床作用力大小F与时间t的关系如图所示。假设运动过程中运动员身体始终保持竖直，在其不与蹦床接触时蹦床水平。忽略空气阻力，重力加速度大小取10 m/s2。下列说法正确的是(　　) A．t＝0.15 s时，运动员的重力势能最大 B．t＝0.30 s时，运动员的速度大小为10 m/s C．t＝1.00 s时，运动员恰好运动到最大高度处 D．运动员每次与蹦床接触到离开过程中对蹦床的平均作用力大小为4 600 N 2．答案：BD 解析：根据牛顿第三定律结合题图可知t＝0.15 s时，蹦床对运动员的弹力最大，蹦床的形变量最大，此时运动员处于最低点，运动员的重力势能最小，故A项错误。根据题图可知运动员从t＝0.30 s离开蹦床到t＝2.3 s再次落到蹦床上经历的时间为2 s，根据竖直上抛运动的对称性可知，运动员上升时间为1 s，则在t＝1.3 s时，运动员恰好运动到最大高度处，t＝0.30 s时运动员刚好离开蹦床，速度大小为v＝10×1 m/s＝10 m/s，故B项正确，C项错误。由对称性可知运动员落到蹦床时的速度大小为10 m/s，以竖直向上为正方向，根据动量定理有F·Δt－mg·Δt＝mv－(－mv)，其中Δt＝0.3 s，代入数据可得F＝4 600 N，根据牛顿第三定律可知运动员对蹦床的平均作用力大小为4 600 N，故D项正确。 3．(湖南经典真题，4分)物体的运动状态可用位置x和动量p描述，称为相，对应p－x图像中的一个点。物体运动状态的变化可用p－x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(　　) A　　 　B　　 　　C　　 　　D 3．答案：D 解析：质点做初速度为零的匀加速直线运动，由匀加速直线运动规律可知质点位移与速度关系为v2＝2ax，而动量表达式为p＝mv，联立以上两式有p2＝2am2x，动量方向与速度方向相同，都沿x轴正方向，取正值，故D项正确，A项、B项、C项均错误。 4．(多选)(天津经典真题，5分)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 4．答案：AB 解析：设喷射燃气的质量为Δm，其相对于火箭的速度为v，以火箭为参考系，对燃气由动量定理有Ft＝Δmv，变形得F＝，增加单位时间的燃气喷射量或者增大燃气相对于火箭的喷射速度v都可以增大火箭对燃气的推力F，由牛顿第三定律可知燃气对火箭的推力也增大，故A项、B项均正确。火箭喷口燃气的速度相对于地面为零，但是燃气的速度相对于火箭不为零，气体和火箭依然存在相互作用力，火箭依然会加速，故C项错误。火箭获得的推力来自于火箭和燃气之间的相互作用，故D项错误。 5．(多选)(2022全国乙真题，6分)质量为1 kg的物块在水平力F的作用下由静止开始在水平地面上做直线运动，F与时间t的关系如图所示。已知物块与地面间的动摩擦因数为0.2，重力加速度大小取g＝10 m/s2。则(　　) A．4 s时物块的动能为零 B．6 s时物块回到初始位置 C．3 s时物块的动量为12 kg·m/s D．0～6 s时间内F对物块所做的功为40 J 5．答案：AD 解析：物块与地面间的摩擦力为f＝μmg＝2 N。在0～3 s内，由动量定理可知(F－f)t1＝mv3，得v3＝6 m/s，3 s时物块的动量为p＝mv3＝6 kg·m/s；设3 s后经过时间t物块的速度减为0，由动量定理可得－(F＋f)t＝0－mv3，解得t＝1 s，所以物块在4 s时速度减为0，则此时其动能也为0，故A项正确，C项错误。设0～3 s内物块发生的位移为x1，由动能定理有(F－f)x1＝mv－0，解得x1＝9 m；3～4 s内，对物块由动能定理有－(F＋f)x2＝0－mv，解得x2＝3 m；4～6 s内物块做反向运动，物块的加速度大小为a＝＝2 m/s2，发生的位移为x3＝×2×22 m＝4 m<x1＋x2，即6 s时物块没有回到初始位置，故B项错误。0～6 s拉力所做的功为W＝Fx1－Fx2＋Fx3＝40 J，故D项正确。 6．(广东湛江模拟，8分)《三体》中描绘了三体舰队通过尘埃区被动减速的场景，如果想要不减速通过尘埃区，就需要飞船提供足够的动力。假设尘埃区密度ρ＝4.0×10-8 kg/m3，飞船进入尘埃区的速度大小为v＝3.0×105 m/s，飞船垂直于运动方向上的最大横截面积为S＝102 m2，尘埃微粒与飞船相碰后都附着在飞船上，求： (1)单位时间Δt＝1 s内附着在飞船上的微粒质量； (2)飞船要保持速度v不变，所需提供动力的功率大小。 6．答案：(1)1.2 kg(3分)　(2)1.08×1011 W(5分) 解析：(1)飞船在尘埃区飞行Δt时间内附着在飞船上的微粒质量Δm＝ρSvΔt(2分) 代入数据解得Δm＝1.2 kg(1分) (2)微粒由静止到与飞船一起运动，微粒的动量增加。 由动量定理得 Ft＝Δmv＝ρSvtv(2分) 所以飞船所需动力F＝ρSv2(1分) 功率P＝Fv(1分) 联立并代入数据解得P＝1.08×1011 W(1分) 课后提分练14　动量　动量定理 A组(巩固提升) 1．(多选)(2023新课标真题，6分)使甲、乙两条形磁铁隔开一段距离，静止于水平桌面上，甲的N极正对着乙的S极，甲的质量大于乙的质量，两者与桌面之间的动摩擦因数相等。现同时释放甲和乙，在它们相互接近过程中的任一时刻(　　) A．甲的速度大小比乙的大 B．甲的动量大小比乙的小 C．甲的动量大小与乙的相等 D．甲和乙的动量之和不为零 1．答案：BD 解析：在水平方向上对甲、乙两条形磁铁分别受力分析，如图所示。设甲、乙磁铁的加速度大小分别为a甲、a乙，速度大小分别为v甲、v乙，根据牛顿第二定律有a甲＝， a乙＝，由于m甲>m乙，所以a甲<a乙，由于两磁铁同时由静止释放，运动时间相同，因此在任一时刻v甲<v乙，故A项错误。对于甲、乙组成的系统而言，由于μm甲g>μm乙g，系统所受合力方向向左，合冲量方向向左，根据动量定理可知合动量方向向左，由于甲的动量方向向右，乙的动量方向向左，则甲的动量大小比乙的小，故B项、D项均正确，C项错误。 2．(2024北京真题，3分)将小球竖直向上抛出，小球从抛出到落回原处的过程中，若所受空气阻力大小与速度大小成正比，则下列说法正确的是(　　) A．上升和下落两过程的时间相等 B．上升和下落两过程损失的机械能相等 C．上升过程合力的冲量大于下落过程合力的冲量 D．上升过程的加速度始终小于下落过程的加速度 2．答案：C 解析：小球上升过程中受到向下的空气阻力，下落过程中受到向上的空气阻力，整个过程中，空气阻力做负功，上升与下落经过同一位置时，重力势能相同，由动能定理可知，经同一位置上升时的速度更大，所以上升过程所用时间小于下落过程所用时间，故A项错误。小球所受空气阻力大小与速度大小成正比，则经同一位置上升时所受空气阻力更大，由功能关系可知，上升过程机械能损失大于下落过程机械能损失，故B项错误。小球落回原处时的速度小于抛出时的速度，所以上升过程中小球动量变化量的大小大于下落过程中动量变化量的大小，由动量定理可知，上升过程合力的冲量大于下落过程合力的冲量，故C项正确。 上升过程中，小球所受阻力方向向下，小球加速度大于重力加速度，下落过程中，小球所受阻力方向向上，小球加速度小于重力加速度，即上升过程的加速度始终大于下落过程的加速度，故D项错误。 3．(2022湖北真题，4分)一质点做曲线运动，在前一段时间内速度大小由v增大到2v，在随后的一段时间内速度大小由2v增大到5v。前后两段时间内，合外力对质点做功分别为W1和W2，合外力的冲量大小分别为I1和I2。下列关系式一定成立的是(　　) A．W2＝3W1，I2≤3I1 B．W2＝3W1，I2≥I1 C．W2＝7W1，I2≤3I1 D．W2＝7W1，I2≥I1 3．答案：D 解析：根据动能定理可知，W1＝m(2v)2－mv2＝mv2，W2＝m(5v)2－m(2v)2＝mv2，可得W2＝7W1。由于速度是矢量，具有方向，当初、末速度方向相同时，动量变化量最小，方向相反时，动量变化量最大，因此冲量的大小范围是mv≤I1≤3mv，3mv≤I2≤7mv，可知I2≥I1，故D项正确。 4．(多选)(2023福建真题，6分)甲、乙两辆完全相同的小车均由静止沿同一方向出发做直线运动。以出发时刻为计时零点，甲车的速度—时间图像如图(a)所示，乙车所受合外力—时间图像如图(b)所示。则(　　) 图(a) 图(b) A．0～2 s内，甲车的加速度大小逐渐增大 B．乙车在t＝2 s和t＝6 s时的速度相同 C．2～6 s内，甲、乙两车的位移不同 D．t＝8 s时，甲、乙两车的动能不同 4．答案：BC 解析：速度—时间图像中图线的斜率的绝对值等于加速度大小，由题图(a)可知，在0～2 s内，甲车做匀加速直线运动，加速度大小不变，故A项错误。合外力—时间图像中图线与时间轴所围面积等于合外力的冲量，由题图(b)可知，在0～2 s内合外力的冲量I2＝2 N·s，根据动量定理可知t＝2 s时乙车的动量为2 kg·m/s；在0～6 s内合外力的冲量I6＝2 N·s，根据动量定理可知t＝6 s时乙车的动量也为2 kg·m/s，根据动量等于质量乘速度可知，乙车在t＝2 s和t＝6 s时的速度相同，故B项正确。速度—时间图像中图线与时间轴所围面积等于位移，根据题图(a)可知，2～6 s内甲车的位移为0；根据题图(b)结合动量定理可知，2～6 s内乙车的动量一直为正，即乙车一直向正方向运动，则2～6 s内，甲、乙两车的位移不同，故C项正确。根据题图(a)可知，t＝8 s时甲车的速度为0，动能为0；在0～8 s内乙车所受合外力的冲量I8＝0，根据动量定理有I8＝mv8－0，可知t＝8 s时乙车的速度为0，动能为0，甲、乙两车的动能相同，故D项错误。 5．(2022山东真题，3分)我国多次成功使用“冷发射”技术发射“长征十一号”系列运载火箭，如图所示，发射仓内的高压气体先将火箭竖直向上推出，火箭速度接近零时再点火飞向太空。从火箭开始运动到点火的过程中(　　) A．火箭的加速度为零时，动能最大 B．高压气体释放的能量全部转化为火箭的动能 C.高压气体对火箭推力的冲量等于火箭动量的增加量 D．高压气体的推力和空气阻力对火箭做功之和等于火箭动能的增加量 5．答案：A 解析：从开始运动到点火的过程中，火箭除受高压气体的推力外，还受重力和空气阻力作用，且推力大小不断减小，因此火箭先做加速度减小的加速运动，后做减速运动，当加速度为零时，速度达到最大，火箭的动能最大，故A项正确。高压气体释放的能量一部分转化为火箭的动能，另一部分转化为火箭的重力势能，还有一部分以内能的形式散失到周围的环境中，故B项错误。由动量定理可知，火箭所受合外力的冲量等于火箭增加的动量，故高压气体对火箭推力的冲量大于火箭动量的增加量，故C项错误。火箭从开始运动到点火之前，存在高压气体推力、重力、空气阻力三力做功，根据动能定理可知，三力做功之和等于火箭动能的增加量，故D项错误。 6．(2024江苏真题，8分)嫦娥六号探测器于5月3日在中国文昌航天发射场发射升空并进入地月转移轨道，探测器经过轨道修正、近月制动，顺利进入环月轨道飞行。此后探测器经历着陆器和上升器组合体、轨道器和返回器组合体的分离。已知嫦娥六号探测器在轨速度为v0，着陆器对应的组合体A与轨道器对应的组合体B分离时间为Δt，分离后B的速度为vB，且与v0同向，A、B的质量分别为m、M。求： (1)分离后A的速度vA大小； (2)分离时A对B的推力大小。 6．答案：(1)(4分) (2)(4分) 解析：(1)A与B分离前后动量守恒，取v0的方向为正方向，有 (m＋M)v0＝MvB＋mvA(2分) 解得vA＝(2分) (2)A、B分离时间很短，故分离时A对B的推力可视为恒力，对B由动量定理有 FΔt＝MvB－Mv0(2分) 解得F＝(2分) B组(冲刺满分) 7．(山东经典真题，9分)海鸥捕到外壳坚硬的鸟蛤(贝类动物)后，有时会飞到空中将它丢下，利用地面的冲击打碎硬壳。一只海鸥叼着质量m＝0.1 kg的鸟蛤，在H＝20 m的高度、以v0＝15 m/s的水平速度飞行时，松开嘴巴让鸟蛤落到水平地面上。取重力加速度g＝10 m/s2，忽略空气阻力。 (1)若鸟蛤与地面的碰撞时间Δt＝0.005 s，弹起速度可忽略，求碰撞过程中鸟蛤受到的平均作用力的大小F；(碰撞过程中不计重力) (2)在海鸥飞行方向正下方的地面上，有一与地面平齐、长度L＝6 m的岩石，以岩石左端为坐标原点，建立如图所示坐标系。若海鸥水平飞行的高度仍为20 m，速度大小在15 m/s～17 m/s之间，为保证鸟蛤一定能落到岩石上，求释放鸟蛤位置的x坐标范围。 7．答案：(1)500 N(4分)　(2)34 m≤x≤36 m(5分) 解析：(1)设平抛运动的时间为t，鸟蛤落地前瞬间的速度大小为v。竖直方向分速度大小为vy，根据运动的合成与分解得H＝gt2，vy＝gt，v＝(2分) 在碰撞过程中，以鸟蛤为研究对象，取速度v的方向为正方向，由动量定理得 －FΔt＝0－mv 联立并代入数据解得F＝500 N(2分) (2)若释放鸟蛤的初速度为v1＝15 m/s，设击中岩石左端时，释放点的x坐标为x1，击中右端时，释放点的x坐标为x2，得 x1＝v1t，x2＝x1＋L 联立并代入数据解得x1＝30 m，x2＝36 m(2分) 若释放鸟蛤时的初速度为v2＝17 m/s，设击中岩石左端时，释放点的x坐标为x1′，击中右端时，释放点的x坐标为x2′，得 x1′＝v2t，x2′＝x1′＋L(1分) 联立并代入数据解得x1′＝34 m，x2′＝40 m 综上，x坐标范围为34 m≤x≤36 m。(2分) 8．(北京丰台区模拟，12分)跑酷不仅可以强健体质，也可使得自身反应能力更加迅速。现有一运动员在图示位置起跳，运动过程姿势不变且不发生转动，到达墙面时鞋底与墙面接触并恰好不发生滑动，通过鞋底与墙面间相互作用可以获得向上的升力。已知运动员起跳时速度为v0，v0与水平方向夹角为θ，到达墙壁时速度方向恰好与墙面垂直，运动员鞋底与墙面的动摩擦因数为μ(4μ>tan θ)，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，全过程忽略空气阻力影响。 (1)求运动员起跳时的水平分速度vx与竖直分速度vy； (2)若运动员与墙发生相互作用的时间为t，蹬墙后速度竖直向上，不再与墙发生相互作用，求蹬墙后运动员上升的最大高度H； (3)若运动员蹬墙后水平方向速度大小不变，方向相反，为了能够到达起跳位置的正上方，且距离地面高度不低于蹬墙结束时的高度，求运动员与墙发生相互作用的最长时间tm。 8．答案：(1)v0cos θ(1分)　v0sin θ(1分) (2)(5分) (3)(4μcos θ－sin θ)(5分) 解析：(1)水平方向分速度vx＝v0cos θ，方向水平向左(1分) 竖直方向分速度vy＝v0sin θ，方向竖直向上(1分) (2)设墙对运动员平均弹力大小为N，平均最大静摩擦力为f，蹬墙后运动员获得竖直向上的速度为vH，人的质量为m，设水平向右为正方向，由动量定理得 Nt＝0－(－mv0cos θ)(1分) 设竖直向上为正方向，由动量定理得 ft－mgt＝mvH－0(1分) 其中f＝μN(1分) 联立以上各式解得vH＝μv0cos θ－gt 运动员蹬墙结束后竖直方向做匀减速直线运动至速度为零，有 H＝(1分) 解得H＝(1分) (3)设墙对运动员平均弹力大小为N′，平均最大静摩擦力为f′，蹬墙后运动员获得竖直向上的速度为v，与墙发生相互作用的时间为t′，设水平向右为正方向，由动量定理得 N′t′＝mv0cos θ－(－mv0cos θ) 设竖直向上为正方向，由动量定理得 f′t′－mgt′＝mv－0(1分) 其中f′＝μN′ 联立以上各式解得 v＝2μv0cos θ－gt′(1分) 设运动员起跳位置离墙面水平距离为x，到达墙面所需时间为t1，起跳后水平方向做匀速直线运动，解得 x＝vxt1，t1＝(1分) 运动员蹬墙后水平方向做匀速直线运动，竖直方向做初速度为v、加速度为g的匀变速直线运动，设蹬墙后到达起跳位置正上方的运动时间为t2。根据题意，当竖直位移为0时，水平位移不小于x，则有 t2＝，vxt2≥x(1分) 联立解得t′≤(4μcos θ－sin θ) 故运动员与墙发生相互作用的最长时间为 tm＝(4μcos θ－sin θ)(1分) 学科网（北京）股份有限公司 $$