第一章 动量守恒定律 综合•融通(一) 动量定理的应用(融会课——主题串知综合应用)(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）

动量定理的应用(融会课——主题串知综合应用) 综合•融通(一) 在涉及力、时间、物体的速度发生变化的问题中，应优先考虑选用动量定理求解。通过本节课的学习应学会利用动量定理解决多过程问题，用图像法解决动量定理的相关问题，利用动量定理解决“流体类”问题。这三类问题经常会以选择题，甚至是计算题的方式进行考查，而且题目相对来说比较难，应引起足够重视。 主题(一) 用动量定理解决多过程问题 主题(二)　用图像法解决动量定理的相关问题 01 02 CONTENTS 目录 主题(三)　利用动量定理解决“流体类”问题 课时跟踪检测 03 04 主题(一) 用动量定理解决多过程问题 如果物体在不同阶段受力不同，即合外力不恒定，此情况下应用动量定理时，一般采取以下两种方法： (1)分段处理法：找出每一段合外力的冲量I1、I2、…、In，这些冲量的矢量和即外力的合冲量I=I1+I2+…+In，根据动量定理I=p'-p求解，分段处理时，需注意各段冲量的正负。 知能融会通 (2)全过程处理法：在全过程中，第一个力的冲量I1、第二个力的冲量I2、…、第n个力的冲量In，这些冲量的矢量和即合冲量I，根据I=p'-p求解，用全过程法求解时，需注意每个力的作用时间及力的方向。 提醒：若不需要求中间量，用全过程法更为简便。 [典例]　丰富的课外活动蕴含了很多有趣的物理知识。在某次课外活动中，一同学将质量为0.5 kg的弹力球从1.25 m 高处自由释放，弹力球与地面碰撞后回弹高度为0.8 m。设碰撞时间为0.1 s，回弹的速度方向竖直向上，g取10 m/s2，不计空气阻力。求弹力球对地面的平均作用力。 [解析]　法一：分段处理 取弹力球为研究对象，根据自由落体运动和竖直上抛运动规律可知，弹力球与地面碰撞前的速度大小为v1== m/s =5 m/s，方向竖直向下; 弹力球与地面碰撞后的速度大小为v2== m/s 4 m/s，方向竖直向上。 [答案]　50 N，方向竖直向下 与地面碰撞时弹力球受力情况如图所示，取竖直向上为正方向， 根据动量定理有(-mg)t=mv2-(-mv1)，解得=50 N 由牛顿第三定律可知，弹力球对地面的平均作用力大小为50 N，方向竖直向下。 法二：全过程处理 以开始下落的瞬间为初状态，反弹到最高点时为末状态，则重力的作用时间为t=+t碰+=1 s 地面对弹力球的作用时间为t碰=0.1 s，取竖直向下为正方向，由动量定理有mgt+t碰=0，解得=-50 N 由牛顿第三定律可知，弹力球对地面的平均作用力大小为50 N，方向竖直向下。 1.一个钢球从某高度处由静止自由下落，然后陷入泥潭某一深度，若钢球在空中下落时间为t1，陷入泥潭中的时间为t2，且t1∶t2=1∶1，则钢球所受重力G与泥潭对钢球的平均阻力f之比等于 (　　) A.1∶1 B.2∶1 C.2∶3 D.1∶2 题点全练清 解析：对全过程，由动量定理有G(t1+t2)-ft2=0，所以==，故D正确。 √ 2.舞中幡是中国传承千年的杂技项目之一，如图所示，杂技演员用手顶住中幡，将幡从胸口处竖直向上抛起，t1时间后在自己的胸口相同位置处开始接幡，并缓慢下蹲，经t2时间幡到达最低点。已知一根中幡质量为m，重力加速度为g，忽略空气阻力。则 (　　) A.幡被抛出时的速度大小为gt1 B.幡被抛出后，仅在最高点时加速度大小为g C.杂技演员接幡过程中，手对幡的冲量大小为0.5mgt1 D.杂技演员接幡过程中，手对幡的冲量大小为mgt2+0.5mgt1 √ 解析：幡被抛出后做竖直上抛运动，由对称性可得，幡被抛出时的速度大小为v0=g·t1=gt1，故A错误;幡被抛出后到被接住的过程中只受重力，其加速度大小一直为g，故B错误;设接幡过程中手对幡的冲量大小为I0，取竖直向下为正方向，幡从最高点下落到最低点过程中，根据动量定理有mg-I0=0，解得I0=mgt2+0.5mgt1，故C错误，D正确。 主题(二)　用图像法解决动量定理的相关问题 F合⁃t图像中，图线与横轴围成的面积表示合力的冲量(动量的变化量)。在时间轴上方面积为正，在时间轴下方面积为负，合力的冲量(动量的变化量)等于上下面积绝对值之差。若物体受到多个力，某个力的F⁃t图像中，图线与横轴围成的面积仅表示这个力的冲量。 知能融会通 [典例]　(2024·广东高考)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甲所示。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。 [答案]　 [解析]　对敏感球受力分析，敏感球受向下的重力mg、敏感臂对其向下的压力FN和斜面对其斜向上的支持力N，则由牛顿第二定律可知，tan θ=ma，解得tan θ=。 (2)如图乙所示，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，可近似用图丙所示的图像描述。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： ①碰撞过程中F的冲量大小和方向; ②碰撞结束后头锤上升的最大高度。 [答案]　①330 N·s　方向竖直向上　②0.2 m [解析]　①由题图丙可知，碰撞过程中F的冲量大小IF=×0.1× 6 600 N·s=330 N·s 方向竖直向上; ②头锤刚落到气囊上瞬时的速度大小为v0==8 m/s 头锤与气囊作用过程由动量定理(向上为正方向)得IF-Mgt=Mv- (-Mv0)，解得v=2 m/s 则碰撞结束后头锤上升的最大高度h==0.2 m。 1.(2025·四川广安阶段检测)(多选)一质量为1 kg的物块，在水平力F的作用下由静止开始在粗糙水平面上做直线运动，F随时间t变化的图线如图所示。已知物块与水平面的动摩擦因数为μ=0.1，最大静摩擦力略大于滑动摩擦力，重力加速度g=10 m/s2，则下列说法正确的是 (　　) 题点全练清 A.物块在2 s末的动量大小为3 kg·m/s B.物块在3 s末的速度大小为0 C.水平力F在前3 s内的冲量大小为3 N·s D.物块在4 s末的动量大小为2 kg·m/s 解析：根据动量定理得F1t2-μmgt2=mv2-0，解得物块在2 s末的动量大小mv2=2 kg·m/s，A错误;根据动量定理得F1t2-F2t23-μmgt3=mv3-0，解得v3=0 ，B正确;水平力F在前3 s内的冲量大小为I=F1t2-F2t23=3 N·s，C正确;3 s末速度大小为0，因为fmax>μmg=1 N，F2=1 N，所以3 s末后物块一直静止，则物块在4 s末的动量大小为0，D错误。 √ √ 2.(2025·贵州贵阳阶段练习)水平推力F1、F2分别作用于水平面上等质量的a、b两物体上，作用一段时间后撤去推力，物体将继续运动一段时间后停下，a、b两物体的v⁃t图像分别如图中OAB、OCD所示，图中AB∥CD，则 (　　) A.a物体的位移大于b物体的位移 B.F2大于F1 C.F2的冲量大于F1的冲量 D.整个运动过程两物体受到的摩擦力的冲量相等 √ 解析： v⁃t图像与时间轴围成的面积表示位移，由题图可知S△OAB<S△OCD，故a物体的位移小于b物体的位移，故A错误;由题图可知，AB和CD段为撤去推力后的图线，题图中AB∥CD，可知撤去推力后两物体运动的加速度相等，均为μg，则两物体与水平面间的动摩擦因数相等，两物体质量相等，所以两物体受到的摩擦力大小相等，在OA段根据牛顿第二定律有F1-μmg=ma1，同理，在OC段有F2-μmg=ma2，v⁃t图像的斜率表示加速度，由题图可知，OA段斜率大于 OC段斜率，则a物体在OA段的加速度大于b物体在OC段的加速度，则F2小于F1，故B错误;在OA段根据动量定理有F1tOA-μmgtOA=mvA，同理在OC段有F2tOC-μmgtOC=mvC，由题图可知tOA<tOC，vA=vC，可得F1tOA<F2tOC，即F2的冲量大于F1的冲量，故C正确;由上述分析可知，两物体受到的摩擦力相等，b物体运动时间较长，根据If=ft，可知整个运动过程，b物体受到的摩擦力的冲量较大，故D错误。 主题(三)　利用动量定理 解决“流体类”问题 1.流体类问题 运动着的连续的气流、水流等流体，与其他物体的表面接触的过程中，会对接触面有冲击力。此类问题通常通过动量定理解决。 2.解答质量连续变动的动量问题的基本思路 (1)确定研究对象：Δt时间内的流体微元。 知能融会通 (2)建立“柱体”模型： 对于流体，可沿流速v的方向选取一段柱形流体，设在Δt时间内通过某一横截面积为S的流体长度Δl=v·Δt，如图所示，若流体的密度为ρ，那么，在这段时间内流过该截面的流体的质量为Δm=ρSΔl=ρSvΔt。 (3)运用动量定理：即流体微元所受的合力的 冲量等于流体微元动量的变化量，即F合Δt=Δp。 (Δt足够短时，流体重力可忽略不计) [典例]　(2025·重庆渝中阶段练习)日常生活中常用高压水枪清洗汽车，某高压水枪喷口直径为D，喷出水流的流速为v，水柱垂直射向汽车表面后速度变为零。已知水的密度为ρ。下列说法正确的是 (　　) A.水柱对汽车的压强与水柱横截面积成正比 B.高压水枪单位时间内喷出的水的质量为πρD2 C.水柱对汽车的平均冲力大小为ρD2v2 D.若高压水枪喷口的出水速度变为原来的2倍，则水柱对汽车的平均冲力大小变为原来的4倍 √ [解析]　高压水枪单位时间喷出水的质量m=ρV=πρD2v，故B错误;以喷出的水流速度方向为正方向，设汽车对水柱的平均冲力大小为F，水柱垂直射向汽车表面后速度变为零，由动量定理得-FΔt=0-Δmv，Δt时间内喷出的水柱的质量为Δm=ρΔV=ρSvΔt=πρD2vΔt，解得F=πρv2D2，根据牛顿第三定律，水柱对汽车的平均冲力大小 F'=F=πρv2D2，若高压水枪喷口的出水速度变为原来的2倍，则水柱对汽车的平均冲力大小变为原来的4倍，故C错误，D正确;水柱对汽车的压强p===ρv2，水柱对汽车的压强与水柱横截面积无关，故A错误。 [思维建模] (1)动量定理应用于“流体类”问题时，应将“无形”流体变为“有形”实物。 (2)若求解流体对接触物体的力，首先转换研究对象，分析与流体接触的物体对流体的力，再结合牛顿第三定律进行解答。 1.如图所示为用高压水枪喷水洗车时的情境，水枪每秒钟喷出水的体积为V0，水流速度大小为v，水柱垂直车窗表面，水柱冲击车窗后水的速度变为零，水的密度为ρ，则水柱对车窗的平均作用力大小为 (　　) A.ρ B.ρ C.ρvV0 D. 题点全练清 √ 解析：t时间内冲击车窗的水的质量为m=ρV0t，根据动量定理有 -Ft=0-mv，解得F=ρvV0，根据牛顿第三定律，水柱对车窗的平均作用力大小为ρvV0，故选C。 2.(2025·江苏无锡阶段练习)在气象学上，按风力大小可划分为13个等级，当风力达到6级以上时，人逆风行走就会很困难。我们可以在风洞中模拟人体在大风中的受力情况，将一模型放在水平地面上，模型与地面间的最大静摩擦力为294 N，其与水平方向的风作用的有效面积为1.2 m2，空气的密度为1.25 kg/m3，风吹到模型表面上速度立刻减为0，则在确保不被风吹动的前提下，该模型能够承受水平方向的最大风速为 (　　) A.7.0 m/s B.14.0 m/s C.19.8 m/s D.28.0 m/s √ 解析：设模型能够承受水平方向的最大风速为v，由平衡条件可知，此时风对模型的平均作用力大小'=f=294 N，由牛顿第三定律可知，模型对风的平均作用力大小为='=294 N，根据动量定理，有 -t=0-mv，m=ρV=ρSvt，解得v=14 m/s，故选B。 课时跟踪检测 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1.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为8 g，出膛速度大小约为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为12 N，则机枪在这1分钟内射出子弹的数量约为 (　　) A.100 B.120 C.140 D.160 √ 6 7 8 9 10 11 12 1 2 3 4 5 解析：根据牛顿第三定律可知，子弹所受机枪的平均作用力大小为F=12 N，设1分钟内射出的子弹数量为n，根据动量定理Ft=nmv，解得n===120，故选B。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 2.质量为60 kg的建筑工人不慎从高空跌下，幸好有弹性安全带的保护，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约为 (　　) A.500 N B.1 100 N C.600 N D.100 N √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 解析：根据自由落体运动规律，该工人自由下落5 m的时间为t==1 s，则根据动量定理得 mg(t+t')-Ft'=0，代入数据解得F==1 100 N，根据牛顿第三定律，安全带所受的平均冲力大小为1 100 N，故选项B正确。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 3.水平面上一质量为m的物体，在水平推力F的作用下由静止开始运动。经时间2Δt撤去F，又经过3Δt物体停止运动，重力加速度为g，则该物体与水平面之间的动摩擦因数为 (　　) A.B. C. D. 解析：对整个过程研究，根据动量定理可得F·2Δt-μmg·(2Δt+3Δt)=0，解得μ=，故C正确。 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 4.(2025·四川遂宁开学考试)甲、乙两个物体在光滑水平面上沿同一直线运动，两物体受力的F⁃t图像如图所示。关于这两个物体的动量及动量变化量，下列说法中正确的是 (　　) A.0~5 s内，甲物体的动量变化量为10 kg·m/s B.0~5 s内，乙物体的动量变化量为7.5 kg·m/s C.0~5 s内，甲物体的动量一定变小 D.0~5 s内，乙物体的动量一定变小 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 解析：根据F⁃t图像与横轴围成的面积表示冲量，可知0~5 s内，甲、乙物体受到的力的冲量分别为I甲=×4×5 N·s=10 N·s，I乙=× (-3)×5 N·s=-7.5 N·s，根据动量定理可得Δp甲=I甲=10 kg·m/s，Δp乙=I乙=-7.5 kg·m/s，故A正确，B错误;由于不清楚甲、乙物体的初动量大小和方向，所以不能确定0~5 s内甲、乙两物体的动量大小如何变化，故C、D错误。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 5.2024年11月4日01时24分，神舟十八号载人飞船返回舱在东风着陆场成功着陆。返回舱在距离地面的高度约1 m时，底部配备的4台着陆反推发动机开始点火竖直向下喷气，使返回舱在竖直方向上的速度在0.2 s内由8 m/s降到2 m/s。已知反推发动机喷气过程中返回舱受到的平均推力大小为F，喷出气体的密度为ρ，4台发动机喷气口的直径均为D，喷出气体的重力忽略不计，喷出气体的速度远大于返回舱的速度。则喷出气体的速度大小为 (　　) 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 A. B. C. D. 解析：以Δt时间内喷出的气体为研究对象，设喷出气体的速度为v，则每台发动机喷出气体的质量为m=ρ··vΔt，根据牛顿第三定律可得返回舱对气体的作用力F'=F，对4台发动机喷出的气体，由动量定理可得F'Δt=4mv-0，解得v=。 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 6.某沿海地区冬季风势较大，已知通常情况风速范围为6 m/s~ 12 m/s，若风迎面垂直吹向一固定的交通标志牌，则当风速分别为 12 m/s和6 m/s时，该交通标志牌受到风的平均作用力之比为 (　　) A.2∶1 B.4∶1 C.8∶1 D.16∶1 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 解析：=设标志牌的迎风面积为S，空气密度为ρ，则t时间内吹向标志牌的空气质量为m=ρSvt，风吹到标志牌后，风速变为零，根据动量定理得-Ft=0-mv，解得F=ρSv2，根据牛顿第三定律可知，风对标志牌的平均作用力大小为ρSv2，风对标志牌的平均作用力与风速的平方成正比，则当风速分别为12 m/s和6 m/s时，该交通标志牌受到风的平均作用力之比为4∶1。故选B。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 7.假如有一宇宙飞船，它的正面面积为S=1 m2，以v=7×103 m/s的速度进入宇宙微粒尘区，尘区每1 m3空间有一微粒，每一微粒平均质量为m=2×10-5 g，飞船经过区域的微粒都附着在飞船上，若要使飞船速度保持不变，飞船的推力应增加 (　　) A.0.49 N B.0.98 N C.490 N D.980 N √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 解析：选在时间Δt内附着在飞船上的微粒为研究对象，其质量应等于体积为SvΔt空间内微粒的总质量，即M=，研究对象初动量为零，末动量大小为Mv，设飞船对微粒的作用力大小为F，由动量定理得FΔt=Mv-0，则F==，根据牛顿第三定律可知，微粒对飞船的作用力大小也为F，则飞船要保持匀速飞行，推力应增加F，代入数据解得F=0.98 N，故选B。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 8.(2025·山西阳泉期末)如图甲所示，质量为m=1 kg的物体静止在水平地面上，t=0时刻，对物体施加一个水平向右的作用力F，作用力F随时间的变化关系如图乙所示，物体与地面间的动摩擦因数为μ=0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是 (　　) 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 A.t=8 s时物体的速度最大 B.t=7 s时物体的动能为40.5 J C.0~4 s内物体的平均速度大小为2.25 m/s D.0~4 s内物体所受摩擦力的冲量大小为4 N·s √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 解析：物体所受的滑动摩擦力Ff=μmg=1 N，结合题图乙可知，0~1 s内F<Ff，物体静止，1~7 s内F>Ff，由牛顿第二定律得F-Ff=ma1，物体向右加速，7~8 s内F<Ff，由牛顿第二定律得Ff-F=ma2，物体向右减速，由上述分析可知，t=7 s时物体的速度最大，故A错误;根据F⁃t图像与时间轴围成的面积表示冲量可知，1~7 s内力F的冲量为I=2××3 N·s=15 N·s，根据动量定理有I-μmgt'=mv-0，其中t'=6 s，动能为Ek=mv2，解得Ek=40.5 J，故B正确; 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 1~4 s内力F的冲量为I'=×3 N·s=7.5 N·s，根据动量定理有I'-μmgt″=mv，其中t″=3 s，解得v'=4.5 m/s，0~4 s内物体并非做匀变速直线运动，则平均速度大小≠= m/s=2.25 m/s，故C错误;1~4 s内物体所受滑动摩擦力的冲量I″=Fft″=1×3 N·s，0~1 s内摩擦力为静摩擦力，所以物体所受摩擦力的冲量I‴<Fft‴=1×1 N·s=1 N·s，0~4 s内物体所受摩擦力的冲量大小I″+I‴<Fft″+Fft‴=4 N·s，故D错误。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 9.(多选)水刀就是将普通的水加压，使其从细小的喷嘴中以 400 m/s~1 000 m/s的速度射出形成的水流。我们知道，任何材料承受的压强都有一定的最大限度，下表列出了几种材料所能承受的最大压强限度。 橡胶 花岗岩 工具钢 铸铁 5×107 Pa 1.2×108 Pa~ 2.6×108 Pa 6.7× 108 Pa 8.8× 108 Pa 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 设想有一水刀的水流射出的速度为600 m/s，水流与材料接触后以原速率反弹，水的密度ρ=1×103 kg/m3，则此水刀能切割的上述材料有 (　　) A.橡胶 B.花岗岩 C.工具钢 D.铸铁 √ √ √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 解析：设喷嘴的横截面积为S，以水流冲击材料的方向为正方向，在Δt时间内射出的水流的质量为m=ρSv·Δt，水流与材料接触后以原速率反弹，由动量定理有-F·Δt=-mv-mv，由牛顿第三定律可知水流受到的冲击力与材料受到的冲击力大小相等，即F'=F，则材料承受的压强为p==7.2×108 Pa，所以此水刀能切割的材料有橡胶、花岗岩和工具钢。故选A、B、C。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 10.(2025·安徽合肥期中)“娱乐风洞”是一项新型娱乐项目，在一个特定的空间内通过风机制造的气流把人“吹”起来，使人产生在天空翱翔的感觉。其简化模型如图所示，一质量为m的游客恰好静止在直径为d的圆柱形竖直风洞内，已知气流密度为ρ，游客受风面积(游客在垂直风力方向的投影面积)为S，风洞内气流竖直向上“吹”出且速度恒定，重力加速度为g。假设气流吹到人身上后竖直方向的速度变为零，则下列说法正确的是 (　　) 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 A.气流速度大小为 B.单位时间内流过风洞内某横截面的气体体积为 C.t时间内吹到人身上气流的动量变化量大小为mgt D.若风速变为原来的，游客开始运动时的加速度大小为g √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 解析：设Δt时间内吹向游客的气体质量为Δm，由动量定理可得 -FΔt=-Δmv，由于游客处于静止状态，则风力F1=mg，根据牛顿第三定律，有F=F1，又Δm=ρvΔtS，联立可得v=，故A错误;单位时间内流过风洞内某横截面的气体体积为V=vπ=，故B错误;根据 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 动量定理可知，t时间内吹到人身上气流的动量变化量大小为Δp=Ft=mgt，故C正确;若风速变为原来的，由动量定理可得-F'Δt= -Δm'，又Δm'=ρ·ΔtS=，联立可得F'=，设风力大小为F1'，根据牛顿第三定律有F1'=F'，由牛顿第二定律可得mg-F1'=ma，解得a=g，故D错误。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 11.(10分)“鸡蛋撞地球”挑战活动要求学生制作鸡蛋“保护器”装置，使鸡蛋在“保护器”装置中从10 m高处静止下落撞到地面而不破裂。某同学制作了如图所示的鸡蛋“保护器”装置，从10 m高处静止下落到地面后瞬间速度减小为零，鸡蛋在“保护器”装置中继续向下运动0.3 m，0.1 s后静止且完好无损。已知鸡蛋在装置中运动时受到恒定的作用力，且该装置和鸡蛋的总质量为0.12 kg，其中鸡蛋的质量为m0=0.05 kg，不计下落过程中装置重力的变化，重力加速度为g=10 m/s2。求： 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 (1)装置落地前瞬间的速度大小;(3分) 答案：6 m/s　 解析：根据题意可知落地前瞬间装置的速度与鸡蛋的速度相同，设为v 根据运动学公式有x=t 代入数据解得v=6 m/s。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 (2)在下落10 m过程中，装置和鸡蛋克服阻力做的功;(3分) 答案：9.84 J　 解析：以装置和鸡蛋整体为研究对象，根据动能定理有Mgh-W克f=Mv2-0 代入数据解得W克f=9.84 J。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 (3)鸡蛋在装置中继续向下运动0.3 m过程中，装置对鸡蛋的冲量大小。(4分) 答案：0.35 N·s 解析：以鸡蛋为研究对象，以向上为正方向， 根据动量定理得I-m0gt=0-m0(-v) 代入数据解得I=0.35 N·s。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 12.(10分)如图为蹦床运动员比赛时的情境，某次运动中，运动员从离水平网面1.8 m高处自由下落，着网后沿竖直方向蹦回到离水平网面3.2 m高处。已知运动员的质量为50 kg，该次运动中运动员与网接触的时间为0.7 s，重力加速度g=10 m/s2，不计空气阻力。求： 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 (1)从开始自由下落到刚离开蹦床这一过程中运动员所受重力的冲量大小;(4分) 答案：650 N·s　 解析：运动员自由下落所用时间为t1== s=0.6 s。 则从开始自由下落到刚离开蹦床这一过程中运动员所受重力的冲量大小为I=mg(t1+Δt)=50×10×(0.6+0.7)N·s=650 N·s。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 (2)网对运动员的平均作用力大小。(6分) 答案：1 500 N 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 解析：设运动员着网瞬间的速度大小为v1，离开网瞬间的速度大小为v2，则有=2gh1，=2gh2 代入数据解得v1=6 m/s，v2=8 m/s 运动员与网接触过程，以竖直向上为正方向，根据动量定理可得(F-mg)Δt=mv2-(-mv1) 代入数据解得网对运动员的平均作用力大小为F=1 500 N。 本课结束 $$