第一章 动量守恒定律 第2节 动量定理(赋能课——精细培优科学思维)(课件PPT)-【新课程学案】2025-2026学年高中物理选择性必修第一册（人教版）

动量定理(赋能课——精细培优科学思维) 第 2 节 课标要求 学习目标 1.理解冲量。 2.通过理论推导和实验，理解动量定理，能用其解释生产生活中的有关现象。 1.理解冲量的概念，知道冲量是矢量，会计算某力的冲量。 2.理解动量定理的含义及其表达式，会运用动量定理解决实际问题。 3.会用动量定理解释碰撞、缓冲等生产生活中的现象。 课前预知教材 课堂精析重难 01 02 CONTENTS 目录 课时跟踪检测 03 课前预知教材 1.冲量 (1)定义：力与______________的乘积。 (2)定义式：I=_____。 (3)物理意义：冲量是反映力的作用对时间的___________的物理量，力越大，作用时间越长，冲量就越____。 (4)单位：在国际单位制中，冲量的单位是_____，符号为_____。 (5)矢量性：冲量是___ (填“矢”或“标”)量。如果力的方向恒定，则冲量的方向与力的方向相同。 力的作用时间 FΔt 累积效应 大 牛秒 N·s 矢 [质疑辨析] 判断下列说法是否正确。 (1)作用在物体上的力越大，力的冲量就越大。 ( ) (2)作用在物体上的力大，力的冲量不一定大。 ( ) (3)静置于地面的物体受水平推力F的作用，经时间t物体仍静止，则此推力的冲量为零。 ( ) × √ × 2.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：I=_____或F(t'-t)=________。 动量变化量 p'-p mv'-mv [情境思考] 如图所示，某同学在校运动会采用背越式动作跳高时，为什么要在杆下放上厚厚的海绵垫? 提示：根据动量定理FΔt=Δp，动量变化量Δp一定时，力的作用时间Δt越长，则作用力F越小。杆下放上厚厚的海绵垫，跳高运动员过杆后落在厚厚的海绵垫上与直接落在硬地面上相比较，延长了力的作用时间，减小了运动员所受的冲击力，可以对运动员起到保护作用。 课堂精析重难 力F随时间t变化的图像如图所示，请问： 任务驱动 强化点(一)　对冲量的理解 (1)0~1 s内，力F的冲量是多少?对应F⁃t图线与t轴所围的面积是多少?二者什么关系? 提示：力F在0~1 s内的冲量I1=F1t1=20×1 N·s=20 N·s，对应F⁃t图线与t轴所围的面积是20 N·s，二者相等。 (2)1~6 s内，力F的冲量是多少?对应F⁃t图线与t轴所围的面积是多少?二者什么关系? 提示：力F在1~6 s内的冲量I2=F2t2=-10×5 N·s=-50 N·s，负号表示冲量的方向沿着负方向。对应F⁃t图线与t轴所围的面积为-50 N·s，二者相等。 (3)0~6 s内，力F的冲量是多少?对应F⁃t图线与t轴所围的面积是多少?二者什么关系? 提示：力F在0~6 s内的冲量I=I1+I2=-30 N·s，负号表示冲量的方向沿着负方向。对应F⁃t图线与t轴所围的面积的代数和是-30 N·s，二者相等。 1.对冲量的理解 (1)冲量是过程量：冲量描述的是作用在物体上的力对一段时间的累积效应，与某一过程相对应。 (2)冲量是矢量：①在作用时间内力的方向不变时，冲量的方向与力的方向相同;②如果力的方向是变化的，则冲量的方向与相应时间内物体动量变化量的方向相同。 要点释解明 2.冲量的计算 (1)若物体受到恒力的作用，力的冲量的数值等于力与作用时间的乘积，冲量的方向与恒力的方向一致。 (2)若力为方向不变、大小随时间均匀变化的力，该力的冲量可以用平均力计算。 (3)若力为一般变力，则不能直接计算冲量。 (4)若给出了力随时间变化的图像，如图所示， 可用面积法求变力的冲量。 1.自动流水线中有实现货物转弯的传送带，质量为m的货物从传送带A位置传送到B位置，传送过程中传送带速率保持不变，则货物在此过程中 (　　) A.所受摩擦力的冲量为零 B.所受合外力做功不为零 C.所受合外力的冲量不为零 D.动量变化量为零 题点全练清 √ 解析：货物从A位置传送到B位置做匀速圆周运动，摩擦力提供向心力，货物所受摩擦力的冲量I=ft ，不为零，故A错误;货物动能不变，则所受合外力做功为零，故B错误;所受合外力的冲量I合=ft=m·Δv，不为零，故C正确;动量变化量Δp=m·Δv，不为零，故D错误。 2.(2025·辽宁阜新阶段练习)甲、乙、丙三个不同物体所受的力与时间的关系图像分别如图甲、乙、丙所示，作用力使物体的动量发生变化，则它们冲量的大小关系为 (　　) A.甲>乙>丙 B.丙>乙>甲 C.丙>甲>乙 D.因物体的质量未知，无法判断 √ 解析：外力对甲物体的冲量大小为I甲=2F0×3t0=6F0t0，外力对乙物体的冲量大小为I乙=4F0×2t0=8F0t0，外力对丙物体的冲量大小为I丙=×5t0=10F0t0，则I丙>I乙>I甲，故B正确。　 3.如图所示，一质量m=3 kg的物体静止在光滑水平面上，受到与水平方向成60°角的力F的作用，F的大小为9 N，经2 s的时间，g取10 m/s2，求： (1)物体重力的冲量大小; 答案：60 N·s　 解析：对物体受力分析如图所示。 重力的冲量大小IG=mgt=3×10×2 N·s=60 N·s。 (2)物体受到的支持力的冲量大小(结果保留三位有效数字); 答案：44.4 N·s　 解析：支持力的冲量大小IN=Nt=(mg-Fsin 60°)t =×2 N·s≈44.4 N·s。 (3)力F的冲量大小; 答案：18 N·s　 解析：力F的冲量大小IF=Ft=9×2 N·s=18 N·s。 (4)合外力的冲量大小。 答案：9 N·s 解析：合外力的冲量大小I合=Fcos 60°·t=9×0.5×2 N·s=9 N·s。 1.对动量定理的理解 (1)动量定理的表达式FΔt=mv'-mv是矢量式，等号包含了大小相等、方向相同两方面的含义。 (2)动量定理反映了合外力的冲量是动量变化的原因。 (3)公式中的F是物体所受的合外力，若合外力是变力，则F应是合外力在作用时间内的平均值。 要点释解明 强化点(二)　对动量定理的理解 2.动量定理的定性应用 (1)物体的动量变化量一定时，力的作用时间越短，力就越大;力的作用时间越长，力就越小。 (2)作用力一定时，力的作用时间越长，动量变化量越大;力的作用时间越短，动量变化量越小。 [典例]　“智能防摔马甲”是一款专门为老年人研发的高科技产品。该装置的原理是通过马甲内的传感器和微处理器精准识别穿戴者的运动姿态，在其失衡瞬间迅速打开安全气囊进行主动保护，能有效地避免摔倒带来的伤害。在穿戴者着地的过程中，安全气囊可以 (　　) A.减小穿戴者动量的变化量 B.减小穿戴者动量的变化率 C.增大穿戴者所受合力的冲量 D.减小穿戴者所受合力的冲量 √ [解析]　根据动量定理得FΔt=Δp，可得F=，安全气囊的作用是延长穿戴者与地面的作用时间Δt，从而减小穿戴者所受到的合力，即减小穿戴者动量的变化率，而穿戴者动量的变化量Δp、穿戴者所受合力的冲量FΔt均未发生变化。故选B。 1.(2025·湖北咸宁期中)关于动量、冲量，下列说法正确的是 (　　) A.物体的动量越大，表明它受到的冲量越大 B.物体的速度大小没有变化，则它受到的冲量大小等于零 C.物体受到合外力的冲量等于它的动量的变化量 D.物体动量的方向就是它受到的冲量的方向 题点全练清 √ 解析：根据动量定理，物体受到合外力的冲量等于它的动量的变化量，物体的动量大，但是如果动量不变，则它所受到的冲量为零，A错误，C正确;物体的速度大小没有变化，但方向可能变化，它受到的冲量大小不一定等于零，B错误;冲量的方向是动量变化量的方向，不一定是动量的方向，D错误。 2.(2025·河北邯郸阶段练习)(多选)杂技演员做空中表演，为了安全，常常在下面挂上一张很大的网，当演员不小心从高处掉下而落在网上时，如果与落在相同高度的地面上时相比较，则下列说法中正确的是 (　　) A.演员落在网上时动量较小 B.演员落在网上时受到的作用力较小 C.演员的动量变化量相同 D.演员落在网上时与网相互作用的时间较短 √ √ 解析：演员落在网上时的速度和落在地面上的速度相同，故落在网上时的动量和落在地面上的动量相等，故A错误;演员落在网上时与网相互作用的时间较长，故D错误;演员的初动量相等，末动量均为零，所以演员落在网上时动量变化量和落在地面上的动量变化量相同，又演员落在网上时与网相互作用的时间较长，由动量定理可知，演员落在网上受到的网的作用力较小，故B、C正确。 3.原来静止于高处的小球，在t=0时沿水平方向被抛出，假设在其后的运动过程中仅受重力作用。在小球落地前，其动量变化量Δp的大小随时间t的变化，可用图中的哪一条图线来描述 (　　) A.甲 B.乙 C.丙 D.丁 √ 解析：根据动量定理可知，小球的动量变化量Δp=mgt，则Δp⁃t图像是过原点的倾斜直线。故选B。 [典例]　(选自鲁科版教材例题)一个质量为60 kg的男孩从高处跳下，以5 m/s 的速度竖直落地。取重力加速度g=10 m/s2。 强化点(三)　利用动量定理定量计算 (1)若男孩落地时屈膝(如图所示)，用了1 s停下来，则落地时地面对他的平均作用力是多大? [答案]　9.0×102 N　 [解析]　男孩落地时的受力分析如图所示，选定竖直向上为正方向。设地面对他的平均作用力为，由题意可知，m=60 kg，v1=-5 m/s，v2=0。 男孩从触地到速度减为0，经历的时间t1=1 s 由动量定理得(-mg)t1=mv2-mv1 可得=-+mg=N= 9.0×102 N，方向竖直向上。 (2)若男孩落地时没有屈膝，只用了0.1 s就停下来，则落地时地面对他的平均作用力又是多大? [答案]　3.6×103 N [解析]　男孩从触地到速度减为0，经历的时间t2=0.1 s 同理可得，地面对他的平均作用力 =-+mg=N=3.6×103 N，方向竖直向上。 应用动量定理解题的四点注意 (1)明确物体受到冲量作用的结果是导致物体动量发生变化。冲量和动量都是矢量，它们的加、减运算都遵循平行四边形定则。 (2)列方程前首先要选取正方向，与规定的正方向一致的力或动量取正值，反之取负值。 思维建模型 (3)分析速度时一定要选取同一个参考系，未加说明时一般是选地面为参考系，同一道题目中一般不要选取不同的参考系。 (4)公式中的冲量应是合外力的冲量，求动量的变化量时要严格按公式，且要注意是末动量减去初动量。 1.(2025·贵州贵阳阶段练习)如图所示，某学生练习用头颠球。某一次足球由静止下落45 cm后被重新顶起，离开头部后竖直上升的最大高度仍为45 cm。已知足球与头部的作用时间为0.1 s，足球的质量为0.4 kg，重力加速度g取 10 m/s2，不计空气阻力，头部对足球的平均作用力大小是 (　　) A.24 N B.28 N C.20 N D.26 N √ 题点全练清 解析：设足球从高处自由下落至与头部接触瞬间速度大小为v1，离开头部做竖直上抛运动瞬间速度大小为v2，有=2gh，0-= -2gh，解得v1=v2=3 m/s，取向上为正方向，根据动量定理有t=mv2-，解得=28 N，故选B。 2.(2024·全国甲卷)(多选)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 √ √ 解析：根据牛顿第三定律并结合题图可知，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，运动员的速度大小v=10×1 m/s= 10 m/s，故B正确，C错误; 同理可知运动员落到蹦床上时的速度大小为10 m/s，以竖直向上为正方向，根据动量定理得·Δt-mg·Δt=mv-(-mv)，其中Δt=0.3 s，代入数据可得=4 600 N，根据牛顿第三定律可知，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，故D正确。 课时跟踪检测 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1.(2025·江苏连云港阶段练习)在光滑水平地面上放置一质量为m=1 kg的物块，t=0时刻将一水平力F作用在该物块上，力F随时间t变化的关系图像如图所示，取水平向右为正方向，则 (　　) 6 7 8 9 10 11 12 1 2 3 4 5 A.0~4 s内，F的冲量大小为8 N·s，方向水平向右 B.4~10 s内，F的冲量大小为6 N·s，方向水平向右 C.2~6 s内，F的冲量大小为1 N·s，方向水平向右 D.0~10 s内，F的冲量大小为2 N·s，方向水平向右 √ 6 7 8 9 10 11 12 1 2 3 4 5 解析：F⁃t图像与横轴围成的面积代表力F的冲量，冲量的方向与力F的方向相同，由题图可知，0~4 s内，力F的冲量为I1=×2×4 N·s =4 N·s，方向水平向右，故A错误;4~10 s内，力F的冲量为I2=-1×6 N·s =-6 N·s，方向水平向左，故B错误;2~6 s内，力F的冲量为I3= N·s=1 N·s，方向水平向右，故C正确;0~10 s内，力F的冲量为I4=I1+I2=-2 N·s，方向水平向左，故D错误。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 2.随着文明城市建设的推进，骑电动车戴头盔已经逐渐成为一种良好的行为习惯，正确佩戴头盔能有效地保护骑车人的安全，可以在发生碰撞或摔倒时 (　　) A.减小冲量 B.减小动量的变化量 C.增大人对地面的压强，起到安全作用 D.增大头部受到撞击时的冲击时间，从而减小冲力 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 解析：骑车人撞击前后的速度不会因为戴头盔而发生变化，所以动量的变化量不会改变，根据动量定理可知，受到的冲量也不会改变，根据I=0-mv=FΔt，正确佩戴头盔能增大头部受到撞击时的冲击时间，从而减小冲力，与压强无关。故选D。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 3.(2024·北京高考)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 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 解析：小球上升过程中受到向下的空气阻力和向下的重力，下落过程中受到向上的空气阻力和向下的重力，由牛顿第二定律可知，上升过程的加速度总大于下落过程的加速度，D错误;小球运动的整个过程中，空气阻力做负功，由动能定理可知，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，C正确; 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 上升与下落过程的位移相等，上升时加速度更大，所以上升过程所用时间小于下落过程所用时间，A错误;经过同一位置时，上升过程的速度更大，则上升过程中所受空气阻力大于下落过程所受阻力，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，B错误。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 4.(2025·湖南长沙阶段练习)(多选)在交通事故中，气囊可防止90%的头部受伤，大大减小损伤程度。设气囊的缓冲层与头部的撞击时间延长至 10 ms以上，人头部的质量约为2 kg，则下列说法正确的是 (　　) A.气囊减小了驾驶员头部撞击过程中的动量变化率 B.气囊减小了驾驶员头部撞击过程中撞击力的冲量 C.事故中气囊对头部的冲量与头部对气囊的冲量相同 D.若事故中头部以6 m/s的速度水平撞击缓冲层，则头部受到的平均撞击力为1 200 N √ √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 解析：根据动量定理I=FΔt=Δp，可得F=，由于气囊的缓冲层与头部的撞击时间Δt延长，驾驶员头部撞击过程中的动量变化量不变，则驾驶员头部撞击过程中的动量变化率减小，但驾驶员头部撞击过程中撞击力的冲量I并未改变，故A正确，B错误;事故中气囊对头部的作用力与头部对气囊的作用力大小相等、方向相反，且作用时间相等，所以事故中气囊对头部的冲量与头部对气囊的冲量大小相等、方向相反，故C错误;若事故中头部以6 m/s的速度水平撞击缓冲层，则头部受到的平均撞击力大小为===1 200 N，故D正确。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 5.(2025·湖北宜昌阶段练习)如图所示，质量为m的滑块沿倾角为θ的固定斜面向上滑动，经过时间t1滑块的速度变为零且立即开始下滑，又经过时间t2回到斜面底端。滑块在运动过程中受到的摩擦力大小始终为Ff，重力加速度为g。在整个运动过程中，下列说法正确的是(沿斜面向上为正方向) (　　) A.重力对滑块的总冲量为mgsin θ B.合外力的冲量为0 C.摩擦力的总冲量为Ff D.支持力对滑块的总冲量为mgcos θ √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 解析：根据冲量的定义知，重力对滑块的总冲量为IG=mg(t1+t2)，故A错误;滑块在斜面上滑上又滑下过程中，摩擦力一直做负功，所以在相同高度处滑块上滑的速度大于下滑的速度，开始时滑块的动量沿斜面向上，最后滑块的动量沿斜面向下，因此全过程中，滑块的动量变化量不为0，根据动量定理可知I合=Δp，则合外力的冲量不为0，故B错误;滑块向上滑动时摩擦力方向沿斜面向下，滑块向下滑动时摩擦力方向沿斜面向上，以沿斜面向上为正方向，则摩擦力的总冲量为If=Fft2-Fft1=Ff(t2-t1)，故C正确;将重力按照垂直于斜面和平行于斜面分解，可得支持力N=mgcos θ，支持力对滑块的总冲量为IN=mg(t1+t2)cos θ，故D错误。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 6.(2025·江苏南通阶段练习)如图所示，圆盘在水平面内做周期为T的匀速转动，圆盘上距轴一定距离的P点有一质量为m的物块随圆盘一起转动。已知物块的线速度为v。下列对物块在内的说法正确的是(　　) A.物块支持力的冲量大小为0 B.物块重力的冲量大小为 C.物块摩擦力的冲量大小为0 D.物块合力的冲量大小为 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 解析：物块受到的支持力与重力平衡，则有N=mg，则物块支持力的冲量大小为IN=Nt=，故A错误;物块重力的冲量大小为IG=，故B正确;物块在内速度的变化量大小为Δv==v，则物块合力的冲量大小为I合=mΔv=mv，对物块受力分析，可知物块做匀速圆周运动的向心力由物块所受静摩擦力提供，则物块摩擦力的冲量大小为If=I合=mv，故C、D错误。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 7.如图为两名运动员在短道速滑接力赛中交接棒瞬间。假设两人质量均为75 kg，两人交接前瞬间速度向前均为10 m/s。交接时后方运动员用力推前方运动员，经过0.5 s交接，分开瞬间前方运动员速度变为12 m/s。不计二人所受冰面的摩擦力，且交接棒前后瞬间两人均在一条直线上运动，交接过程后方运动员对前方运动员的平均作用力大小为 (　　) A.150 N B.300 N C.450 N D.600 N √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 解析：对前方运动员，根据动量定理有t=mv-mv0，代入数据解得=300 N。故选B。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 8.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，测得假人头部所受安全气囊的作用力随时间变化的曲线如图所示。则由曲线可知，假人头部 (　　) A.加速度大小先减小后增大 B.动量大小先增大后减小 C.动能的变化量等于曲线与横轴围成的面积 D.动量的变化量等于曲线与横轴围成的面积 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 解析：假人头部受到的合外力等于安全气囊的作用力，而根据F⁃t图像可知，作用力随时间先增大后减小，根据牛顿第二定律，可知假人头部加速度大小先增大后减小，故A错误;根据题意，假人头部受到的合外力等于安全气囊的作用力，则F⁃t图像中曲线与横轴围成的面积即表示合外力的冲量，而根据动量定理，合外力的冲量等于动量的变化量，即F⁃t图像中曲线与横轴围成的面积也表示动量的变化量，且图像始终在时间轴上方，则可知动量的大小一直减小，故D正确，B错误;根据动量与动能的关系有Ek=，而动量变化量等于曲线与横轴围成的面积，则可知动能的变化量不等于曲线与横轴围成的面积，故C错误。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 9.(2025·陕西西安阶段练习)蹦床是一项技术含量很高的体育运动，如图所示，比赛中运动员从空中最高点O自由下落，接触蹦床A点后继续向下运动到最低点C。B点为运动员最终静止在蹦床上时的位置。忽略空气阻力，运动员从最高点下落到最低点的过程中，运动员在 (　　) 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 A.OA段动量不变 B.AC段的动量变化量等于AC段弹力的冲量 C.B点的动量为零 D.OC段受到重力的冲量大小等于AC段弹力的冲量大小 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 解析：运动员在OA段只受重力，则合外力不为零，动量增大，故A错误;运动员在AC段受重力和弹力，根据动量定理可知，运动员在AC段的动量变化量等于所受重力和弹力的冲量的矢量和，故B错误;运动员在B点时，加速度等于零，速度不为零，动量不为零，故C错误;对全过程应用动量定理可知IG+I弹=0，则OC段受到重力的冲量大小等于AC段弹力的冲量大小，方向相反，故D正确。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 10.高空坠物危害极大，如图为高空坠物的公益广告，形象地描述了高空坠物对人伤害的严重性。小刚同学用下面的实例来检验广告的科学性：设一个50 g的鸡蛋从80米的窗户自由落下，鸡蛋与地面撞击时间约为2×10-3 s，不计空气阻力，g取10 m/s2，规定竖直向下为正方向。则下列说法正确的是 (　　) 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 A.鸡蛋刚与地面接触时重力的功率为10 W B.该鸡蛋对地面的平均冲击力大小约为1 000 N C.与地面撞击过程，鸡蛋的动量变化量为2 kg·m/s D.鸡蛋从开始下落到与地面刚好接触的过程，重力的冲量为0.2 N·s √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 解析：鸡蛋做自由落体运动，则有v2=2gh，解得鸡蛋落地瞬间的速度大小为v=40 m/s，鸡蛋刚与地面接触时重力的功率为P=mgv= 20 W，故A错误;由动量定理得(mg-)t=0-mv，解得≈1 000 N，由牛顿第三定律可知，鸡蛋对地面的平均冲击力大小约为1 000 N，故B正确;与地面撞击过程，鸡蛋的动量变化量为Δp=0-mv=-2 kg·m/s，故C错误;鸡蛋从开始下落到与地面刚好接触的过程，所用时间为t'==4 s，故鸡蛋下落过程重力的冲量为I=mgt'=2 N·s，故D错误。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 11.(8分)质量为1 kg的物体静止放在足够大的水平桌面上，物体与桌面间的动摩擦因数为μ=0.4，有一大小为5 N的水平恒力F作用于物体上，使之加速前进，经3 s后撤去F，求物体运动的总时间。(g取 10 m/s2) 答案：3.75 s 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 解析：物体由静止开始运动再到停止运动的全过程中，F的冲量为Ft1，摩擦力的冲量为Fft。选水平恒力F的方向为正方向，根据动量定理有 Ft1-Fft=0 又Ff=μmg 联立解得t=3.75 s。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 12.(12分)如图所示，游乐场有一种将蹦极运动和大型滑梯结合的游乐项目，一位质量为m=60 kg的游客若系一条原长L=5 m的弹性绳，由静止从O点开始下落，弹性绳从开始张紧至最长状态B点所用时间t1=1 s，游客到达B点时弹性绳自动和人体分离，游客顺着滑梯BC来到安全区域，滑梯BC可看作半径为0.8 m的光滑圆弧，C为圆弧的最低点。将此游客视为质点，不计下落过程中的空气阻力，g取10 m/s2。求： 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 (1)从开始下落至弹性绳最长状态的过程中，游客受到的重力冲量的大小;(3分) 答案：1 200 N·s　 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 解析：从开始下落至弹性绳开始张紧，游客做自由落体运动，设时间为t0，则L=g 解得t0==1 s 从开始下落至弹性绳最长状态的过程中，游客受到的重力冲量的大小I=mg(t0+t1)=60×10×2 N·s=1 200 N·s。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 (2)从开始张紧至最长状态的过程中，弹性绳所受的平均冲力的大小;(3分) 解析：从开始下落至弹性绳最长状态的过程中，规定竖直向下为正方向，由动量定理得 mg(t0+t1)-t1=0 解得弹性绳对游客的平均作用力的大小=1 200 N 根据牛顿第三定律，弹性绳所受的平均冲力的大小为1 200 N。 答案：1 200 N　 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 (3)若游客在滑梯BC上运动的时间t2=0.8 s，游客在滑梯上受到的支持力冲量的大小。(6分) 答案：240 N·s 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 解析：设游客在C点的速度大小为v，从B点到C点，由动能定理得mgR=mv2 解得v=4 m/s 从B点到C点，动量的变化量Δp=mv=240 kg·m/s，方向水平向左 又从B点到C点，重力的冲量IG=mgt2=60×10×0.8 N·s=480 N·s，方向竖直向下 由矢量叠加法则得， 游客在滑梯上受到的支持力冲量的大小IN==240 N·s。 本课结束 $$