02-第一章-2.动量定理-2024-2025学年高二物理选择性必修第一册(人教版)配套学案.docx

2．动量定理

1．能在恒力情况下进行理论推导，得出动量定理及其表达式。
2．知道冲量概念，知道动量定理及其表达式的物理意义。
3．知道动量定理适用于变力情况，领会求解变力冲量时的极限思想。
4．会用动量定理解释生活生产中的相关现象和解决实际问题。

　冲量

1．定义　力与力的作用时间的乘积叫作力的冲量。
2．公式　I＝FΔt。
3．单位　牛秒，符号是N·s。
4．矢量性　力的方向不变时，冲量的方向与力的方向相同。
5．物理意义　反映力的作用对时间的累积效应。
　动量和冲量的单位从表面上看不相同，但其实是一样的，由牛顿第二定律F＝ma知，1 N＝1 kg·m/s2故1 N·s＝1 kg·m/s2·s＝1 kg·m/s。

如图甲所示，让两只鸡蛋从相同高处自由落下，分别落在海绵垫上和塑料盘中，用力传感器记录弹力随时间的变化关系，发现F－t图线与坐标轴围成的图形的面积近似相等。

问题1　这个面积表示什么？
提示：力对时间的累积效果。
问题2　在碰撞过程中延长作用时间，作用力如何变化？
提示：作用力将变小。

1．冲量的特点
(1)冲量是过程量：冲量描述的是力对时间的累积效果，是一个过程量。研究冲量必须明确研究对象和作用过程，即必须明确是哪个力在哪段时间内对哪个物体的冲量。
(2)冲量是矢量：对于方向恒定的力来说，冲量的方向与力的方向一致；对于作用时间内方向变化的力来说，冲量的方向与相应时间内动量的变化量的方向一致。
2．冲量的计算
(1)恒力冲量的计算。
恒力的冲量直接用公式I＝FΔt计算。
(2)变力冲量的计算。
①“平均力”法求变力的冲量：如图甲所示，力与时间成线性关系时，则I＝FΔt＝F1+F22(t2－t1)。
②“面积”法求变力的冲量：在F－t图像中，图线与t轴所围的面积等于对应时间内力的冲量。图甲、乙中阴影部分的面积即为t1～t2时间内变力的冲量。

③利用动量定理求解，即I＝Δp。
(3)合冲量的计算。
①可分别求每一个力的冲量I1，I2，I3，…，再求各冲量的矢量和；
②如果各个力均为恒力)的作用时间相同，可以先求合力，再用公式I合＝F合Δt求解。
【典例1】　如图所示的是某种儿童滑梯，其中间的滑道长度为2.2 m，假设可以看成倾角α＝37°的斜面，有一质量为15 kg的儿童沿中间滑道从顶端由静止滑下，该儿童与滑道间的动摩擦因数μ＝0.2，求滑下中间滑道的过程中，该儿童所受各力的冲量和合力的冲量。(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)

[思路点拨]　(1)应用牛顿第二定律及位移公式求出儿童的下滑时间；
(2)应用公式I＝Ft计算儿童所受各力的冲量和合力的冲量。
[解析]　对儿童受力分析可知，下滑过程受重力、支持力及摩擦力的作用，由牛顿第二定律得
mg sin α－μmg cos α＝ma
又L＝12at2
解得儿童的下滑时间t＝1 s
故重力的冲量I1＝mgt＝150×1 N·s＝150 N·s，方向竖直向下。
支持力的冲量I2＝mg cos α·t＝150×0.8×1 N·s＝120 N·s，方向垂直于滑道向上。
摩擦力的冲量I3＝μmg cos α·t＝0.2×150×0.8×1 N·s＝24 N·s，方向沿着滑道向上。
物体受到的合力F合＝mg sin α－μmg cos α＝150×0.6 N－24 N＝66 N；
故合力的冲量I＝F合t＝66×1 N·s＝66 N·s，方向沿着滑道向下。
[答案]　见解析
　计算冲量的两点注意事项
(1)求冲量时，一定要注意是求解哪个力在哪一段时间内对哪个物体的冲量。
(2)求单个力的冲量或合力的冲量时，首先判断是否是恒力，若是恒力，可直接应用公式I＝FΔt计算；若是变力，要根据力的特点求解，或者利用动量定理求解。
[跟进训练]
1．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Ft cos θ
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Ft cos θ＝2mv
D　[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I合＝Δp＝Ft cos θ＝2mv≠0，C错误，D正确。]
2．一物体受到方向不变的力F作用，其中力F的大小随时间变化的规律如图所示，则力F在6 s内的冲量大小为(　　)

A．9 N·s　　　 B．13.5 N·s
C．15.5 N·s D．18 N·s
B　[由I＝Ft可知，在F－t图像中，图线与坐标轴所围成的面积为冲量的大小，所以I＝12×3×3 N·s＋3×3 N·s＝13.5 N·s，故B正确，A、C、D错误。]
　动量定理

1．内容　物体在一过程中所受力的冲量等于它在这个过程始末的动量变化量。
2．公式　I＝p′－p＝mv′－mv。
3．牛顿第二定律的另一种表述　物体所受合力等于物体动量的变化率，即F＝mv'-mvΔt。

如图所示，一个质量为m的物体，在动摩擦因数为μ的水平面上运动，受到一个与运动方向相同的恒力F作用，经过时间t，速度由v增加到v′。
问题1　在时间t内拉力F的冲量和合外力的冲量各是多大？
提示：Ft　(F－μmg)t
问题2　在此过程中，物体动量的变化量是多大？
提示：mv′－mv
问题3　恒力F的冲量与物体动量的变化量相等吗？
提示：不相等。合外力的冲量(F－μmg)t与动量的变化量才相等。

1．对动量定理的理解
(1)物理意义：合外力的冲量是动量变化的原因。
(2)矢量性：合外力的冲量方向与物体动量变化量方向相同。
(3)相等性：物体在时间Δt内所受合外力的冲量等于物体在这段时间Δt内动量的变化量。
(4)独立性：某方向的冲量只改变该方向上物体的动量。
(5)适用范围。
①动量定理不仅适用于恒力，而且适用于随时间而变化的力。
②对于变力，动量定理中的力F应理解为变力在作用时间内的平均值。
③不仅适用于单个物体，而且也适用于物体系统。
2．动量定理的应用
(1)用动量定理解释现象。
①物体的动量变化一定，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，此时力的作用时间越长，物体的动量变化越大；力的作用时间越短，物体的动量变化越小。
(2)应用I＝Δp求变力的冲量。
(3)应用Δp＝F·Δt求恒力作用下的曲线运动中物体动量的变化量。
　动量定理的定性应用
【典例2】　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
B　[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Ft＝Δp，可知模拟乘员受到的撞击力小，故B正确，D错误。故选B。]
　应用动量定理定性分析有关现象的方法
根据动量定理FΔt＝p′－p＝Δp可知：
①Δp一定Δt短则F大，Δt长则F小；
②F一定，Δt短则Δp小，Δt长则Δp大；
③Δt一定，F小则Δp小，F大则Δp大。
　动量定理的定量计算
【典例3】　蹦床运动是运动员在一张绷紧的弹性网上蹦跳、翻滚并做各种空中动作的运动项目。一个质量为60 kg的运动员，从离水平网面 3.2 m 高处自由下落，着网后沿竖直方向蹦回离水平网面5.0 m高处。已知运动员与网接触的时间为1.2 s，求网对运动员的平均作用力。(g取10 m/s2)
[解析]　解法一：运动员刚接触网时速度的大小v1＝2gh1＝2×10×3.2 m/s＝8 m/s，方向向下
刚离网时速度的大小v2＝2gh2＝2×10×5.0 m/s＝10 m/s，方向向上
运动员与网接触的过程，设网对运动员的作用力为F，则运动员受到向上的弹力F和向下的重力mg，对运动员应用动量定理(以向上为正方向)，有
(F－mg)Δt＝mv2－m(－v1)
F＝mv2-m-v1Δt＋mg
解得F＝60×10-60×-81.2+60×10 N＝1 500 N，方向向上。
解法二：本题也可以对运动员下降、与网接触、上升的全过程应用动量定理
自由下落的时间为
t1＝2h1g＝2×3.210 s＝0.8 s
运动员离网后上升所用的时间为
t2＝2h2g＝2×510 s＝1 s
整个过程中运动员始终受重力作用，仅在与网接触的t3＝12 s 的时间内受到网对其向上的弹力F的作用，对全过程应用动量定理(取向上为正方向)，有
Ft3－mg(t1＋t2＋t3)＝0
则F＝t1+t2+t3t3mg＝0.8+1+1.21.2×60×10 N＝1 500 N，方向向上。
[答案]　1 500 N　方向向上
　用动量定理解题时应注意的问题
(1)对一维直线运动列方程前首先选取正方向。
(2)分析速度时一定要选取同一参考系，一般选地面为参考系。
(3)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，且要注意动量的变化量是末动量减去初动量。可以分段列式，也可以全程列式。
　应用动量定理处理“流体类”问题
【典例4】　高速水流切割是一种高科技工艺加工技术，为完成飞机制造中的高难度加工特制了一台高速水流切割机器人，该机器人的喷嘴横截面积为10－7m2，喷嘴射出的水流速度为103 m/s，水的密度为1×103 kg/m3，设水流射到工件上后速度立即变为零。则该高速水流在工件上产生的压力大小为(　　)
A．1 000 N　　B．100 N　　C．10 N　　D．1 N
[思路点拨]　本题考查动量定理的应用，根据题意可明确单位时间内喷到工件上的水的质量，再由动量定理可求得高速水流在工件上产生的压力。要注意明确单位时间内喷到工件上水的质量的求解方法，注意动量定理中的方向性。
B　[单位时间内喷到工件上的水的体积V0＝Svt，故质量m＝ρV0＝ρSvt，设水的初速度方向为正方向，则由动量定理可得Ft＝0－mv，解得F＝－100 N，根据牛顿第三定律，高速水流在工件上产生的压力大小为100 N，方向沿水流的方向；故B正确，A、C、D错误，故选B。]
　连续流体类问题模型特点及求解思路
流体及其特点
通常液体流、气体流等被广义地视为“流体”，特点是质量具有连续性，题目中通常给出密度ρ作为已知条件
分析步骤
1
建立“柱体”模型，沿流速v的方向选取一段柱形流体，其横截面积为S
2
用微元法研究，作用时间Δt内的一段柱形流体的长度Δl＝vΔt，对应的质量为Δm＝ρV＝ρSΔl＝ρSvΔt
3
建立方程，应用动量定理研究这段柱形流体
[跟进训练]
3．杂技演员做高空表演时，为了安全，常在演员下面挂一张很大的安全网，当演员出现失误从高处掉下落在安全网上时，与落在相同高度的地面上相比较，下列说法正确的是(　　)
A．演员落在安全网上，受到的平均冲击力较小
B．演员落在安全网上，速度减小得更快
C．演员落在地面上，地面对演员做的功更多
D．演员落在地面上，受到地面的冲量更大
A　[演员落在网上时的速度与落在相同高度的地面上时的速度相等，故演员落在网上时的动量和落在地面上时的动量相等，因动量的变化量相同，而减速时间延长，由动量定理Δp＝Ft可知，演员落在网上受到的网的平均作用力较小，选项A正确；演员落在网上时由于网的缓冲，减速时间延长，故速度变化较慢，选项B错误；由于演员在地面上和落在网上初、末动能均相同，故由动能定理可得，地面和网对演员做的功一样多，选项C错误；演员落在网上时的动量和落在地面上时的动量相等，末动量均变为0，则动量变化相等，由动量定理I＝p′－p可知，受到的冲量一样大，选项D错误。]
4．人们对手机的依赖性越来越强，有些人喜欢躺着看手机，所以经常出现手机砸伤眼睛的情况。若手机质量为150 g，从离人眼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为0.1 s，取重力加速度g＝10 m/s2，则手机与眼睛作用过程中，下列分析正确的是(　　)
A．手机的动量变化量为0.45 kg·m/s
B．手机对眼睛的冲量大小为0.15 N·s
C．手机对眼睛的冲量大小为0.3 N·s
D．手机对眼睛的作用力大小为4.5 N
D　[由题意可知手机下落高度h＝20 cm＝0.20 m，手机质量m＝150 g＝0.15 kg，则手机砸到眼睛瞬间的速度为v＝2gh＝2 m/s，手机与眼睛作用后手机的速度变成0，选取竖直向下为正方向，所以手机与眼睛作用过程中，手机的动量变化量为Δp＝0－mv＝－0.30 kg·m/s，故A错误；手机与眼睛接触的过程中受到重力与眼睛的作用力，选取竖直向下为正方向，则mgt－I＝Δp代入数据解得眼睛对手机的冲量大小为I＝0.45 N·s，所以手机对眼睛的冲量大小I′为0.45 N·s，故B、C错误；由冲量的定义得手机对眼睛的作用力大小为F＝I't＝0.450.1 N＝4.5 N，故D正确。]
5．一宇宙飞船的横截面积为S，以v0的恒定速率航行，当进入有宇宙尘埃的区域时，设在该区域单位体积内有n颗尘埃，每颗尘埃的质量为m，若尘埃碰到飞船前是静止的，且碰到飞船后就粘在飞船上，不计其他阻力，为保持飞船匀速航行，飞船发动机的牵引力功率为(　　)
A．Snmv02　　　B．2Snmv02　　　C．Snmv03　　　D．2Snmv03
C　[t时间内黏附在飞船上的尘埃质量M＝Sv0tnm，对黏附的尘埃，由动量定理得Ft＝Mv0，解得F＝Snmv02。为维持飞船做匀速运动，飞船发动机牵引力的功率为P＝Fv0＝Snmv03，故C正确，A、B、D错误。]

1．下面关于冲量的说法正确的是(　　)
A．物体受到很大的冲力时，其冲量一定很大
B．当力与位移垂直时，该力的冲量为零
C．不管物体做什么运动，在相同时间内重力的冲量相同
D．只要力的大小恒定，其相同时间内的冲量就恒定
C　[冲量是力与时间的乘积，力大冲量不一定大，A错误；当力与位移垂直时，只要力作用一段时间，该力的冲量就不为零，B错误；重力和作用时间均相同，则重力的冲量相同，与物体的运动状态无关，C正确；力的大小恒定，但方向却不一定相同，其相同时间内的冲量不一定相同，D错误。]
2．篮球运动深受同学们喜爱。打篮球时，某同学伸出双手接传来的篮球，双手随篮球迅速收缩至胸前，如图所示。他这样做的目的是(　　)

A．减小篮球对手的冲击力
B．减小篮球的动量变化量
C．减小篮球的动能变化量
D．减小篮球对手的冲量
A　[接球的过程中，球的速度最终减小为零，速度变化量一定，因此篮球的动量变化量一定，动能变化量一定，B、C错误；手接触到球后，双手随球迅速收缩至胸前，这样可以增加球与手接触的时间，根据动量定理FΔt＝Δp可知，在篮球的动量变化量不变的情况下，篮球对手的冲量不变，当篮球与手接触的时间增大时，篮球对手的冲击力减小，选项A正确，D错误。]
3．质量为1 kg的物体做直线运动，其速度－时间图像如图所示。则物体在前10 s内和后10 s内所受外力的冲量分别是(　　)

A．10 N·s，10 N·s
B．10 N·s，－10 N·s
C．0，10 N·s
D．0，－10 N·s
D　[由题图图像可知，在前10 s内物体的初、末状态的动量相等，p1＝p2＝5 kg·m/s，由动量定理知I1＝0；在后10 s内物体的末动量p3＝－5 kg·m/s，I2＝p3－p2＝－10 N·s，故选D。]
4．北京冬奥会于2022年2月4日至20日举办，跳台滑雪是其中极具观赏性的项目之一，某滑道示意图如图，长直助滑道AB与弯曲滑道BC平滑衔接，滑道BC高h＝15 m，C为圆弧的最低点。质量m＝60 kg的运动员从A处由静止开始匀加速下滑，加速度a＝5 m/s2，到达B点时速度vB＝30 m/s。重力加速度g取10 m/s2，不计一切摩擦。

(1)求在长直助滑道AB段运动员所受重力的冲量大小；
(2)求运动员在AC段所受合外力的冲量I的大小。
[解析]　(1)A到B的过程中，运动员做匀加速直线运动，
由vB＝v0＋at可得由A点到B点所用的时间为
t＝vBa＝305 s＝6 s
则重力的冲量为IG＝mgt＝3 600 N·s。
(2)B到C的过程中，根据动能定理
mgh＝12mvC2-12mvB2
得到达C点的速度为：
vC＝2gh+vB2＝300+302 m/s＝203 m/s
运动员在AC段所受合外力的冲量
I＝mvC－0＝1 2003 N·s。
[答案]　(1)3 600 N·s　(2)1 2003 N·s

回归本节知识，自我完成以下问题：
1．请思考冲量和功的不同。
提示：(1)冲量是矢量、功是标量；冲量改变物体的动量，功改变物体的动能。
(2)某个力在一段时间内，做的功可以为零，但冲量不一定为零。
(3)一对作用力和反作用力的冲量大小一定相等，正负号一定相反；但它们所做的功大小不一定相等，正负号也不一定相反。
2．由动量定理可知物体所受合力的冲量等于动量的变化量。某同学得出冲量和动量的单位可以通用，这种说法正确吗？
提示：不正确。两者的物理意义不同。
3．在船舷和码头悬挂一些具有弹性的物体(如旧轮胎)是为了减小冲量吗？
提示：不是。可以延长作用时间，减小船受到的撞击力。

课时分层作业(二)　动量定理

题组一　冲量
1．(多选)关于力的冲量的相关知识，以下说法正确的是(　　)
A．只有作用时间很短的力才能产生冲量
B．冲量是矢量，其方向就是力的方向
C．一对作用力与反作用力的冲量一定等大且反向
D．如果力不等于零，则在一段时间内其冲量不可能为零
BC　[只要有力及作用时间，力就会有冲量，故A错误；冲量是矢量，其方向与力的方向相同，故B正确；作用力与反作用力大小相等，同时产生、同时消失，则二力的冲量一定大小相等、方向相反，故C正确；若力不等于零，方向发生变化，则在一段时间内其冲量可能为零，故D错误。]
2．如图所示，质量为m＝2 kg的物体静止在光滑的水平面上，某时刻(记为零时刻)受到一个与水平面成θ＝37°、F＝5 N的恒力作用，作用时间t＝3 s。则0到3 s时间内，下列说法正确的是(已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2)(　　)

A．物体动量变化量的大小为12 kg·m/s
B．支持力的冲量为零
C．重力冲量的方向竖直向上
D．合力的冲量大小为15 N·s
A　[对物体受力分析，由竖直方向受力平衡有mg＝F sin θ＋FN，解得FN＝17 N，水平方向的力为物体的合力，F合＝F cos θ＝4 N，则物体动量变化量Δp＝F合t＝12 kg·m/s，支持力的冲量IN＝FNt＝51 N·s，重力的方向竖直向下，所以重力的冲量竖直向下，故选A。]
3．如图所示，质量为m的小滑块沿倾角为θ的斜面向上滑动，经过时间t1，滑块速度为零，然后开始下滑，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。在整个运动过程中，下列说法正确的是(　　)

A．重力对滑块的冲量大小为mg(t1＋t2)sin θ
B．支持力对滑块的冲量大小为mg(t1＋t2)cos θ
C．合力的冲量为0
D．摩擦力的冲量大小为Ff(t1＋t2)
B　[重力对滑块的冲量大小为IG＝mg(t1＋t2)，A错误；支持力对滑块的冲量大小为IFN＝mg(t1＋t2)cos θ，B正确；整个过程中小滑块的动量发生了改变，故合力的冲量不为0，C错误；上滑过程和下滑过程摩擦力的方向相反，故若以沿斜面向上为正方向，摩擦力的冲量为IFf＝Ff(t2－t1)，D错误。]
4．一物体受到方向不变的力F作用，力F的大小随时间变化的规律如图所示，则力F在6 s内的冲量大小为(　　)

A．9 N·s　　　　B．13.5 N·s　　　C．15.5 N·s 　　　D．18 N·s
B　[由I＝Ft可知，在F－t图像中，图线与坐标轴所围成的面积为冲量的大小，所以I＝12×3×3 N·s＋3×3 N·s＝13.5 N·s，故B正确，A、C、D错误。]
题组二　动量定理的定性分析
5．(多选)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
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
CD　[充气袋在运输中起到缓冲作用，在某颠簸过程中，物体的动量变化量不变，由动量定理可知，充气袋可以延长动量变化所用的时间，从而减小物体所受的合力，但不能改变合力的冲量。]
6．将一杯水放在桌边，杯下压一张纸条。若缓慢拉动纸条(此过程中杯子相对纸条滑动)，发现杯子会滑落；当快速拉动纸条时，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
D　[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，选项A、B错误；为使杯子不滑落，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，选项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，则滑动的距离较小，杯子不容易滑落，选项D正确。]
题组三　动量定理的定量计算
7．如图所示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
A　[设运动员双脚离地时的速度大小为v，则v＝2gh＝2 m/s，根据动量定理有(3mg－mg)t＝mv，解得t＝0.10 s，故选A。]
8．一个质量为50 kg的蹦床运动员，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离水平网面2.45 m高处。已知运动员和网接触的时间为 1 s，g取10 m/s2。网对运动员的平均作用力大小为(　　)
A．150 N　　　B．550 N　　　C．650 N 　　　D．1 150 N
D　[运动员从h1高度处下落，刚触网时的速度大小为v1＝2gh1＝6 m/s，方向竖直向下，运动员反弹到高度h2，离网时的速度大小为v2＝2gh2＝7 m/s，方向竖直向上，在接触网的过程中，运动员受到竖直向上的弹力F和竖直向下的重力mg，设竖直向上为正方向，由动量定理有(F－mg)t＝mv2－(－mv1)，解得F＝1 150 N，故选D。]
9．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
C　[对离子，根据动量定理有F·Δt＝Δmv，而Δm＝3.0×10－3×10－3Δt kg，解得F＝0.09 N，由牛顿第三定律得，探测器获得的平均推力大小为0.09 N，C正确。]

10．(多选)济南市长清区南部一带常年风力较大，为风力发电创造了有利条件。如图所示，风力推动三个叶片转动，叶片带动转子(磁极)转动，在定子(线圈)中产生电流，实现风能向电能的转化。已知叶片长为r，风速为v，空气密度为ρ，流到叶片旋转形成的圆面的空气中约有25速度减小为0，有35原速率穿过，如果不考虑其他能量损耗，下列说法正确的是(　　)

A．一台风力发电机的发电功率约为16ρπr2v2
B．一台风力发电机的发电功率约为15ρπr2v3
C．空气对风力发电机一个叶片的平均作用力约为25ρπr2v2
D．空气对风力发电机一个叶片的平均作用力约为215ρπr2v2
BD　[建立一个“风柱”模型，如图所示。

风柱的横截面积为叶片旋转扫过的面积S＝πr2，经过时间t所形成的风柱体积V＝πr2vt，空气遇到叶片旋转形成的圆面后，约25的空气减速为零，约35的空气原速率穿过，所以与叶片发生相互作用的风柱质量约为m＝25ρV＝25ρπr2vt，根据动能定理知，风力做的功约为W＝Ek＝12mv2＝15ρπr2vt·v2＝15ρπr2v3t，一台风力发电机获得风能的功率约为P风＝Wt＝15ρπr2v3，选项A错误，B正确；以与叶片发生相互作用的那部分空气为研究对象，规定空气流动的方向为正方向，根据动量定理得－F·t＝0－mv，代入数据解得空气受到的平均作用力大小约为F＝25ρπr2v2，根据牛顿第三定律，可知空气对一台风力发电机的平均作用力大小约为F′＝F＝25ρπr2v2，一台风力发电机有三个叶片，所以空气对风力发电机一个叶片的平均作用力约为215ρπr2v2，选项C错误，D正确。]
11．如图所示，用长为L的轻绳将质量为m的小球悬挂于固定的O点，先将小球拉到一定高度的A点，使得轻绳与水平方向的夹角θ＝30°，再由静止释放小球，当小球运动到B点时，轻绳瞬间绷直，此后小球在竖直平面内做圆周运动，已知重力加速度为g，求：

(1)小球从A点运动到B点的过程中，所受重力的冲量大小；
(2)轻绳绷直瞬间，轻绳对小球的冲量大小。
[解析]　(1)由题意可知，小球从A点运动到B点的过程中做自由落体运动，下降高度为L
小球运动到B点时的速度v＝2gL
所受重力的冲量大小I＝m(v－0)＝m2gL。
(2)轻绳绷直之前瞬间，小球沿绳方向的分速度v1＝v sin θ＝gL2
轻绳绷直之后瞬间，小球沿绳方向的分速度为零，在轻绳绷直瞬间，绳对小球的冲量大小I′＝m(v1－0)＝mgL2。
[答案]　(1)m2gL　(2)mgL2

12．下雨是常见的自然现象，如果雨滴下落为自由落体运动，则雨滴落到地面时，对地表动植物危害极大，实际上，动植物都没有被雨滴砸伤，因为雨滴下落时不仅受重力，还受空气的浮力和阻力，使得雨滴落地时不会因速度太大而将动植物砸伤。某次下暴雨，质量为m＝2.5×10－5 kg的雨滴，从高h＝2 000 m 的云层下落。(g取10 m/s2)
(1)如果不考虑空气浮力和阻力，雨滴做自由落体运动，落到地面经Δt1＝1.0×10－5 s速度变为零，因为雨滴和地面作用时间极短，可认为在Δt1内地面对雨滴的作用力不变且不考虑雨滴的重力，求雨滴对地面的作用力大小；
(2)考虑到雨滴同时还受到空气浮力和阻力的作用，设雨滴落到地面的实际速度为 8 m/s，落到地面上经时间Δt2＝3.0×10－4 s 速度变为零，在Δt2内地面对雨滴的作用力不变且不考虑这段时间雨滴受到的重力、空气的浮力和阻力，求雨滴对地面的作用力大小。
[解析]　(1)不考虑空气浮力和阻力，雨滴做自由落体运动，落到地面的速度为
v＝2gh＝200 m/s
取竖直向上为正方向，设地面对雨滴的作用力大小为F，对雨滴和地面的作用过程，运用动量定理得
FΔt1＝0－(－mv)
代入数据解得F＝500 N
根据牛顿第三定律可知，雨滴对地面的作用力大小为500 N。
(2)对雨滴和地面作用的过程，由动量定理得
F′Δt2＝0－(－mv′)
其中v′＝8 m/s
代入数据解得F′＝23 N
根据牛顿第三定律可知，雨滴对地面的作用力大小为23 N。
[答案]　(1)500 N　(2)23 N

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