【物理】2020届一轮复习人教版第十一章第1讲动量　动量定理学案（江苏专用）

【物理】2020届一轮复习人教版第十一章第1讲动量　动量定理学案（江苏专用）

考试内容范围及要求 高考统计 高考命题解读 内容 要求 说明 2015 2016 2017 2018 51.动量　 动量定理 Ⅰ T12 C(2) T12 C(3) 52.动量守 恒定律及 其应用 Ⅰ T12 C(3) 53.弹性碰 撞和非弹 性碰撞 Ⅰ 只限于 一维 54.氢原子 光谱　氢 原子的能 级结构、能 级公式 Ⅰ 55.原子核 的组成 Ⅰ 56.原子核 的衰变　 半衰期 Ⅰ T12 C(1) T12 C(1) 57.放射性 同位素　 放射性的 应用与防 护 Ⅰ 58.核力与 Ⅰ T12 T12 1.考查方式 从近几年高考题来 看，对于选修 3－5 内容的考查，内容 和形式都比较固定， 一般第(1)(2)问为 选择题和填空题， 考查原子和原子核 的基本概念和规律. 第(3)问计算题是 动量定理和动量守 恒定律的综合应用. 2.命题趋势 动量部分要求近两 年变化较大，2018 年加入动量定理， 2019 年变为必考， 但考查方式还是与 以前一样在选修 3 －5 模块中单独考 查，不与其他必考 内容综合，不与能 量问题综合，所以 难度与形式与此前 类似，可能以动量 结合能　 质量亏损 C(3) C(1) 59.核反应 方程 Ⅰ T12 C(2) T12 C(1) 60.裂变反 应　聚变 反应 链式反应 Ⅰ T12 C(2) 61.普朗克 能量子假 说　黑体 和黑体辐 射 Ⅰ T12 C(1) 62.光电效 应 Ⅰ T12 C(1) T12 C(3) T12 C(2) 63.光的波 粒二象性　 物质波 Ⅰ T12 C(1) T12 C(2) T12 C(2) 实验十：验 证动量守 恒定律 定理与动量守恒定 律综合为主. 2018 年删掉“原子 核式结构模型”知 识点，将“原子能 级”改为“氢原子 的能级结构、能级 公式”；2019 年选 修 3－5 由选考变 为必考，但命题特 点与形式从 2018 年高考看与以往相 同，2019 年应该延 续这种特点，命题 重点与难度不会有 太大变化. 第 1 讲　动量　动量定理 一、动量 1.定义：物体的质量与速度的乘积. 2.表达式：p＝mv，单位：kg·m/s. 3.动量的性质 (1)矢量性：方向与瞬时速度方向相同. (2)瞬时性：动量是描述物体运动状态的物理量，是针对某一时刻而言的. (3)相对性：大小与参考系的选取有关，通常情况是指相对地面的动量. 4.动量与动能、动量的变化量的关系 (1)动量的变化量：Δp＝p′－p. (2)动能和动量的关系：Ek＝ p2 2m. 自测 1 　质量为 0.5 kg 的物体，运动速度为 3 m/s，它在一个变力作用下速度变为 7 m/s， 方向和原来方向相反，则这段时间内动量的变化量为(　　) A.5 kg·m/s，方向与原运动方向相反 B.5 kg·m/s，方向与原运动方向相同 C.2 kg·m/s，方向与原运动方向相反 D.2 kg·m/s，方向与原运动方向相同 答案　A 二、冲量和动量定理 1.冲量 (1)定义：力与力的作用时间的乘积叫做力的冲量. (2)公式：I＝Ft. (3)单位：N·s. (4)方向：冲量是矢量，其方向与力的方向相同. 2.动量定理 (1)内容：物体在一个运动过程始末的动量变化量等于它在这个过程中所受力的冲量. (2)公式：mv′－mv＝F(t′－t)或 p′－p＝I. 3.动量定理的理解 (1)动量定理反映了力的冲量与动量变化量之间的因果关系，即外力的冲量是原因，物体的动 量变化量是结果. (2)动量定理中的冲量是合力的冲量，而不是某一个力的冲量，它可以是合力的冲量，可以是 各力冲量的矢量和，也可以是外力在不同阶段冲量的矢量和. (3)动量定理表达式是矢量式，等号包含了大小相等、方向相同两方面的含义. 自测 2 　(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，在这段时间内物体动量变化量的大小为(　　) A.m(v－v0) B.mgt C.m v2－v20 D.m 2gh 答案　BCD 命题点一　对动量和冲量的理解 1.对动量和动能的理解 动量 动能 物理意义 描述机械运动状态的物理量 定义式 p＝mv Ek＝1 2mv2 标矢性 矢量 标量 变化因素 物体所受冲量 外力所做的功 大小关系 p＝ 2mEk Ek＝ p2 2m 对于给定的物体，若动能发生了变化，动量一定也发生了变化； 而动量发生变化，动能不一定发生变化.它们都是相对量，均 与参考系的选取有关，高中阶段通常选取地面为参考系 2.对冲量和功的理解 冲量 功 定义 作用在物体上的力和力的作 用时间的乘积 作用在物体上的力和物体在 力的方向上的位移的乘积 单位 N·s J 公式 I＝Ft(F 为恒力) W＝Flcos α(F 为恒力) 标矢性 矢量 标量 意义 ①表示力对时间的累积 ②是动量变化的量度 ①表示力对空间的累积 ②是能量变化多少的量度 都是过程量，都与力的作用过程相互联系 例 1 　如图 1 所示，质量为 m 的小滑块沿倾角为 θ 的斜面从斜面底端向上滑动，经过时间 t1，速度为零并又开始下滑，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，重力对滑块的总冲量为(　　) 图 1 A.mg(t1＋t2)sin θ B.mg(t1－t2)sin θ C.mg(t1＋t2) D.0 答案　C 变式 1 　如图 2 所示，在某届亚洲杯足球赛上，一足球运动员踢一个质量为 0.4 kg 的足球. 图 2 (1)若开始时足球的速度大小是 4 m/s，方向向右，踢球后，球的速度大小是 10 m/s，方向仍 向右(如图甲)，求足球的初动量、末动量以及踢球过程中动量的改变量； (2)若足球以 10 m/s 的速度向右撞向球门门柱，然后以 3 m/s 的速度反向弹回(如图乙)，求这 一过程中足球的动量改变量. 答案　见解析 解析　(1)取向右为正方向，初、末动量分别为 p＝mv＝0.4×4 kg·m/s＝1.6 kg·m/s，方向向 右， p′＝mv′＝0.4×10 kg·m/s＝4 kg·m/s，方向向右， 动量的改变量为 Δp＝p′－p＝2.4 kg·m/s，方向向右. (2)取向右为正方向，初、末动量分别为 p1＝mv1＝0.4×10 kg·m/s＝4 kg·m/s，方向向右， p2＝mv2＝0.4×(－3) kg·m/s＝－1.2 kg·m/s，负号表示方向向左， 动量的改变量为 Δp′＝p2－p1＝－5.2 kg·m/s，负号表示方向向左. 变式 2 　下列关于动量的说法正确的是(　　) A.质量大的物体动量一定大 B.速度大的物体动量一定大 C.两物体动能相等，动量不一定相同 D.两物体动能相等，动量一定相同 答案　C 命题点二　动量定理的理解与应用 1.动量定理的理解 (1)中学物理中，动量定理研究的对象通常是单个物体. (2)Ft＝p′－p 是矢量式，两边不仅大小相等，而且方向相同.式中 Ft 是物体所受的合外力的 冲量. (3)Ft＝p′－p 除表明两边大小、方向的关系外，还说明了两边的因果关系，即合外力的冲量 是动量变化的原因. (4)由 Ft＝p′－p，得 F＝p′－p t ＝Δp t ，即物体所受的合外力等于物体的动量对时间的变化率. 2.解题的基本思路 (1)确定研究对象.在中学阶段用动量定理讨论的问题，其研究对象一般仅限于单个物体. (2)对物体进行受力分析.可先求每个力的冲量，再求各力冲量的矢量和——合力的冲量；或先 求合力，再求其冲量. (3)抓住过程的初、末状态，选好正方向，确定各动量和冲量的正负号. (4)根据动量定理列方程，如有必要还需要补充其他方程，最后代入数据求解. 例 2 　(2018·江苏单科·12 C(3))如图 3 所示，悬挂于竖直弹簧下端的小球质量为 m，运动速 度的大小为 v，方向向下.经过时间 t，小球的速度大小为 v，方向变为向上.忽略空气阻力， 重力加速度为 g，求该运动过程中，小球所受弹簧弹力冲量的大小. 图 3 答案　2mv＋mgt 解析　取向上为正方向，根据动量定理得 mv－(－mv)＝I，且 I＝(F－mg)t 解得 IF＝Ft＝2mv＋mgt. 变式 3 　(2018·南京市、盐城市一模)质量为 0.2 kg 的小球以 6 m/s 的速度竖直向下落至水平 地面，经 0.2 s 后，再以 4 m/s 的速度反向弹回.取竖直向上为正方向，g＝10 m/s2.求： (1)小球与地面碰撞前后的动量变化； (2)小球受到地面的平均作用力大小. 答案　(1)2 kg·m/s，方向竖直向上　(2)12 N 解析　(1)小球与地面碰撞过程中动量的变化量为 Δp＝mv2－mv1＝2 kg·m/s，方向竖直向上. (2)由动量定理得(F－mg)t＝Δp，代入数据得：F＝12 N. 命题点三　动量定理与微元法的综合应用 1.流体类问题 流体及 其特点 通常液体流、气体流等被广义地视为“流体”，质量具有 连续性，通常给出流体密度 ρ 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)微元研究，作用时间 Δt 内的一段柱形流体的长度为 Δl， 对应的质量为 Δm＝ρSvΔt (3)建立方程，应用动量定理研究这段柱形流体 2.微粒类问题 微粒及 其特点 通常电子流、光子流、尘埃等被广义地视为“微粒”，质量 具有独立性，通常给出单位体积内粒子数 n 分析 步骤 (1)建立“柱体”模型，沿运动的方向选取一段柱体，柱体的 横截面积为 S (2)微元研究，作用时间 Δt 内一段柱体的长度为 Δl，对应的 体积为 ΔV＝Sv0Δt，则微元内的粒子数 N＝nv0SΔt (3)先应用动量定理研究单个粒子，建立方程，再乘以 N 计 算 例 3 　如图 4 所示，由喷泉中喷出的水柱，把一个质量为 M 的垃圾桶倒顶在空中，水以速 率 v0、恒定的质量增率(即单位时间喷出的质量)Δm Δt 从地下射向空中.求垃圾桶可停留的最大高 度.(设水柱喷到桶底后以相同的速率反弹，重力加速度为 g) 图 4 答案　v20 2g－M2g 8 ( Δt Δm)2 解析　设垃圾桶可停留的最大高度为 h，水柱到达 h 高处的速度大小为 vt，则 vt2－v02＝－2gh 得 vt2＝v02－2gh 以向下为正方向，由动量定理得，在极短时间 Δt 内，水受到的冲量为 FΔt＝2(Δm Δt ·Δt)vt 解得 F＝2Δm Δt ·vt＝2Δm Δt v20－2gh 据题意有 F＝Mg 联立解得 h＝v20 2g－M2g 8 ( Δt Δm)2 变式 4 　(2018·兴化一中四模)离子发动机是利用电场加速离子形成高速离子流而产生推力 的航天发动机.工作时将推进剂离子化，使之带电，然后在静电场作用下得到加速后喷出，从 而产生推力.这种发动机适用于航天器的姿态控制、位置保持等.设航天器质量为 M，单个离 子质量为 m，带电荷量为 q，加速电场的电压为 U，高速离子形成的等效电流强度为 I.试求 该发动机产生的推力. 答案　I 2mU q 解析　选择 Δt 时间内喷出的质量为 Δm 的离子流为研究对象，根据动量定理得：FΔt＝ Δm·v， 根据电流的定义式得 I＝ Δm m q Δt ， 根据动能定理得 qU＝1 2mv2， 解得 F＝I 2mU q . 1.下列说法错误的是(　　) A.火箭靠喷出气流的反冲作用而获得巨大速度 B.跳高运动员在跳高时跳到沙坑里或海绵垫上可以减小地面对运动员的作用力 C.用枪射击时要用肩部抵住枪身是为了减小反冲的影响 D.为了减轻撞车时对司乘人员的伤害程度，发动机舱越坚固越好 答案　D 解析　火箭向后喷出气流，对气流有向后的力的作用，由于力的作用是相互的，气流对火箭 有向前的力的作用，从而使火箭获得巨大速度，故选项 A 正确；跳高运动员在落地的过程中， 动量变化量一定.由动量定理可知，运动员受到的冲量 I 一定；跳高运动员在跳高时跳到沙坑 里或海绵垫上可以延长着地过程的作用时间 t，由 I＝Ft 可知，延长时间 t 可以减小运动员所 受到的平均冲力 F，故选项 B 正确；用枪射击时要用肩部抵住枪身是为了减小反冲的影响， 故选项 C 正确；为了减轻撞车时对司乘人员的伤害程度，发动机舱应有弹性，从而延长人与 发动机舱的接触时间而减小伤害，故选项 D 错误. 2.质量相同的子弹、橡皮泥和钢球以相同的水平速度射向竖直墙壁，结果子弹穿墙而过，橡 皮泥粘在墙上，钢球被以原速率反向弹回.不计空气阻力，关于它们对墙的水平冲量的大小， 下列说法正确的是(　　) A.子弹对墙的冲量最小 B.橡皮泥对墙的冲量最小 C.钢球对墙的冲量最小 D.子弹、橡皮泥和钢球对墙的冲量大小相等 答案　A 解析　由于子弹、橡皮泥和钢球的质量相等、初速度相等，则它们动量的变化量：Δp＝mv－ mv0，子弹穿墙而过，末速度的方向为正；橡皮泥粘在墙上，末速度等于 0；钢球被以原速率 反向弹回，末速度等于－v0，可知子弹的动量的变化量最小，钢球的动量的变化量最大.由动 量定理：I＝Δp 可知，子弹受到的冲量最小，钢球受到的冲量最大，结合牛顿第三定律可知， 子弹对墙的冲量最小，钢球对墙的冲量最大，故 A 正确，B、C、D 错误. 3.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，使最终静止悬挂在空中. 已知弹性安全带的缓冲时间是 1.2 s，安全带长 5 m，不计空气阻力的影响，g 取 10 m/s2，则 安全带所受的平均冲力的大小为(　　) A.500 N B.1 100 N C.600 N D.100 N 答案　B 解析　选取人为研究对象，设人自由下落过程中的末速度为 v，缓冲过程中受到弹性安全带 的平均冲力大小为 F，人自由下落过程中由 v2＝2gh 得，v＝10 m/s，以向上为正方向，缓冲 过程由动量定理得 mv＝(F－mg)t，得 F＝mv t ＋mg＝1 100 N.由牛顿第三定律可知，安全带所 受的平均冲力大小为 1 100 N. 4.质量为 2 kg 的小物块静止于光滑水平面上，从某一时刻开始，小物块所受的水平冲量与时 间的关系如图 5 所示，则在 6 s 内物块的位移为(　　) 图 5 A.0 B.3 m C.6 m D.12 m 答案　C 解析　由题图可知，0～3 s 内以及 3～6 s 内物块受到的冲量都是与时间成线性关系，可知在 0～3 s 内和 3～6 s 内物块受到的力都不变，物块都做匀变速直线运动，在 0～3 s 内物块做初 速度等于 0 的匀加速直线运动，在 3～6 s 内物块做匀减速直线运动，由运动的对称性可知， 6 s 末物块的速度又等于 0.在 0～3 s，根据动量定理可得：I＝Δp＝mv，解得：v＝I m＝4 2 m/s＝ 2 m/s，所以在 6 s 内的位移：x＝v 2t1＋v 2t2＝v 2t＝2 2×6 m＝6 m，故选 C. 5.用豆粒模拟气体分子，可以模拟气体压强产生的原理.如图 6 所示，从距秤盘 80 cm 高度把 1 000 粒的豆粒连续均匀地倒在秤盘上，持续作用时间为 1 s，豆粒弹起时竖直方向的速度变为 碰前的一半.若每个豆粒只与秤盘碰撞一次，且碰撞时间极短(在豆粒与秤盘碰撞极短时间内， 碰撞力远大于豆粒受到的重力)，已知 1 000 粒的豆粒的总质量为 100 g.则在碰撞过程中秤盘 受到的压力大小约为(　　) 图 6 A.0.2 N B.0.6 N C.1.0 N D.1.6 N 答案　B 解析　设豆粒从 80 cm 高处落到秤盘前瞬间速度大小为 v，由 v 2＝2gh 得，v＝ 2gh＝ 2 × 10 × 0.8 m/s＝4 m/s 设向上为正方向，根据动量定理：Ft＝mv2－mv1 得， F＝mv2－mv1 t ＝0.1 × 2－0.1 × (－4) 1 N＝0.6 N，B 正确，A、C、D 错误. 1.李老师在课堂上做了如下的小实验：他把一支粉笔竖直放在水平桌面上靠近边缘的纸条上， 如图 1 所示.第一次他慢慢拉动纸条将纸条抽出，粉笔向后倾倒.第二次他快速将纸条抽出，粉 笔轻微晃动一下又静立在桌面上.两次现象相比，下列说法正确的是(　　) 图 1 A.第一次粉笔的惯性更小 B.第一次粉笔受到纸条的摩擦力更大 C.第一次粉笔受到纸条的冲量更小 D.第一次粉笔获得的动量更大 答案　D 解析　两次拉动过程中粉笔的质量不变，故其惯性不变，故 A 错误；由于正压力不变，故纸 条对粉笔的摩擦力不变，故 B 错误；由于第一次慢慢拉动纸条将纸条抽出作用时间更长，故 摩擦力对粉笔冲量更大，故 C 错误；由动量定理可知，第一次粉笔所受合外力的冲量更大， 则第一次粉笔获得的动量更大，故 D 正确. 2.1998 年 6 月 18 日，清华大学对富康轿车成功地进行了中国轿车史上的第一次安全性碰撞实 验，从此，我国汽车整体安全性碰撞实验开始与国际接轨，在碰撞过程中，关于安全气囊的 保护作用认识正确的是(　　) A.安全气囊减小了驾驶员的动量变化量 B.安全气囊减小了驾驶员受到撞击力的冲量 C.安全气囊主要是减小了驾驶员的动量变化率 D.安全气囊延长了撞击力的作用时间，从而使得动量变化更大 答案　C 解析　在碰撞过程中，驾驶员的动量的变化量是一定的，而用安全气囊后增加了作用的时间， 根据动量定理 Ft＝Δp 可知，安全气囊可以减小驾驶员受到的冲击力，即减小了驾驶员的动 量变化率，故选 C. 3.在距地面高度为 h 处，同时以大小相等的初速度 v0，分别平抛、竖直上抛、竖直下抛一个 质量相等的小球，不计空气阻力，比较它们从抛出到落地过程中动量的增量 Δp，正确的是 (　　) A.平抛过程最大 B.竖直下抛过程最大 C.竖直上抛过程最大 D.三者一样大 答案　C 解析　三个小球中竖直上抛的小球运动时间最长，故竖直上抛的小球的重力的冲量 I 最大， 由动量定理 I＝Δp 可得，竖直上抛的小球动量的增量 Δp 最大，故 C 正确. 4.跳水运动员在跳台上由静止直立落下，落入水中后在水中减速运动到速度为零时并未到达 池底，不计空气阻力，则关于运动员从静止落下到在水中向下运动到速度为零的过程中，下 列说法不正确的是(　　) A.运动员在空中动量的改变量等于重力的冲量 B.运动员整个向下运动过程中合外力的冲量为零 C.运动员在水中动量的改变量等于水的作用力的冲量 D.运动员整个运动过程中重力的冲量与水的作用力的冲量等大反向 答案　C 解析　根据动量定理可知，运动员在空中动量的改变量等于重力的冲量，A 项正确；运动员 整个向下运动过程中，初速度为零，末速度为零，由动量定理知合外力的冲量为零，B 项正 确；运动员在水中动量的改变量等于重力和水的作用力的合力的冲量，C 项错误；由于整个 运动过程合外力的冲量为零，因此运动员整个运动过程中重力的冲量与水的作用力的冲量等 大反向，D 项正确. 5.在水平地面上，两个具有相同初动量而质量不同的物体在大小相等的阻力作用下最后停下 来.则质量大的物体(　　) A.滑行的距离小 B.滑行的时间长 C.滑行过程中的加速度大 D.滑行过程中的动量变化快 答案　A 解析　根据动量的定义式 p＝mv，可知初动量相同，质量大的物体速度小；根据动能的定义 式 Ek＝1 2mv2 可知，动能 Ek＝ p2 2m，根据动能定理可知：－FfL＝0－Ek＝－ p2 2m，因两物体受到 的阻力大小相等，则质量大的物体滑行的距离小，故 A 正确；根据动量定理可知，－Fft＝0－ p，因初动量相同，阻力也相同，故滑行时间相同，故 B 错误；因阻力相同，由牛顿第二定 律可知，质量大的物体加速度小，故 C 错误；因两物体最后均停止，所以滑行过程中动量变 化相同，因滑行时间相同，故动量变化快慢相同，故 D 错误. 6.(2019·铜山中学月考)如图 2 所示，物体受与水平方向成 30°角的拉力 F 作用，在水平面上 向左做匀速直线运动，则(　　) 图 2 A.物体共受到四个力的作用 B.物体受到的支持力可能为零 C.物体动量的变化量等于力 F 的冲量 D.物体动能的变化量等于力 F 做的功 答案　A 解析　物体共受到重力、水平面的支持力、拉力 F 以及水平面的摩擦力四个力的作用，选项 A 正确；若物体受到的支持力为零，则摩擦力为零，此时物体只受重力和拉力 F 作用，则这 种情况下物体不可能做匀速直线运动，选项 B 错误；根据动量定理，物体动量的变化量等于 合外力的冲量，选项 C 错误；根据动能定理，物体动能的变化量等于合外力做的功，选项 D 错误. 7.(多选)一质量为 m＝60 kg 的运动员从下蹲状态竖直向上跳起，经 t＝0.2 s，以大小 v＝1 m/s 的速度离开地面，取重力加速度 g＝10 m/s2，在这 0.2 s 内(　　) A.地面对运动员的冲量大小为 180 N·s B.地面对运动员的冲量大小为 60 N·s C.地面对运动员做的功为 30 J D.地面对运动员做的功为零 答案　AD 解析　人的速度原来为零，起跳时速度为 v，以向上为正方向，由动量定理可得：I－mgΔt＝ mv－0，故地面对人的冲量为：I＝mv＋mgΔt＝(60×1＋600×0.2) N·s＝180 N·s，故 A 正确， B 错误；人在跳起时，地面对人的支持力竖直向上，在下蹲到跳起过程中，在支持力方向上 没有位移，地面对运动员不做功，故 C 错误，D 正确. 8.如图 3 所示，飞机在空中撞到一只鸟常见，撞到一只兔子就比较罕见了，而这种情况真的 被澳大利亚一架飞机遇到了.2017 年 10 月 20 日，一架从墨尔本飞往布里斯班的飞机，飞到 1 500 m 高时就撞到了一只兔子，当时这只兔子正被一只鹰抓着，两者撞到飞机当场殒命.设当 时飞机正以 720 km/h 的速度飞行，正面撞到质量为 2 kg 的兔子，作用时间为 0.1 s.则飞机受 到兔子的平均撞击力约为(　　) 图 3 A.1.44×103 N B.4.0×103 N C.8.0×103 N D.1.44×104 N 答案　B 解析　720 km/h＝200 m/s；对兔子，根据动量定理有 Ft＝mv，可得 F＝mv t ＝2 × 200 0.1 N＝4×103 N，由牛顿第三定律可知 B 正确. 9.(2018·苏锡常镇一调)一质量为 m 的蹦极运动员身系弹性蹦极绳，由水面上方的高台自由下 落，从开始下落到绳对人刚产生作用力前，人下落的高度为 h，此后经历时间 t 蹦极绳达到 最大伸长量，人到水面还有数米距离.在此过程中蹦极绳对人的作用力始终竖直向上，重力加 速度为 g，不计空气阻力，求该段时间内蹦极绳对人的平均作用力大小. 答案　mg＋m 2gh t 解析　设人下落的高度为 h 时的速度大小为 v，自由落体运动阶段 v2＝2gh 从绳刚产生作用力到绳长达到最长的过程，取向下为正方向，根据动量定理有 mgt－Ft＝0－mv 解得 F＝mg＋m 2gh t . 10.一辆轿车强行超车时，与另一辆迎面驶来的轿车相撞，两车相撞后，两车车身因相互挤压， 皆缩短了 0.5 m，据测算两车相撞前速度约为 30 m/s. (1)试求车祸中车内质量约 60 kg 的人受到的平均冲力大小； (2)若此人系有安全带，安全带在车祸过程中与人体的作用时间是 1 s，求这时人体受到的平 均冲力大小. 答案　(1)5.4×104 N　(2)1.8×103 N 解析　(1)两车相撞时认为人与车一起做匀减速直线运动直到速度为 0，位移为 0.5 m.设运动 的时间为 t，根据 x＝v0 2 t，得 t＝2x v0＝ 1 30 s，以人运动方向的反方向为正方向，根据动量定理 Ft ＝Δp＝mv0 得 F＝mv0 t ＝60 × 30 1 30 N＝5.4×104 N. (2)若人系有安全带，则 F′＝mv0 t′＝60 × 30 1 N＝1.8×103 N. 11.(2018·南通市等六市一调)蹦床运动有“空中芭蕾”之称，某质量 m＝50 kg 的运动员从距 蹦床 h1＝1.25 m 高处自由落下，接着又能弹起 h2＝1.8 m 高，运动员与蹦床接触时间 t＝0.50 s， 在空中保持直立，取 g＝10 m/s2，求：(空气阻力不计) (1)运动员与蹦床接触时间内，所受重力的冲量大小 I； (2)运动员与蹦床接触时间内，受到蹦床平均弹力的大小 F. 答案　(1)250 N·s　(2)1 600 N 解析　(1)重力的冲量大小为：I＝mgt＝50×10×0.50 N·s＝250 N·s (2)设运动员下落 h1 高度时的速度大小为 v1，则根据动能定理可得：mgh1＝1 2mv12 解得：v1＝5 m/s 设弹起时速度大小为 v2，则根据动能定理可得：－mgh2＝0－1 2mv22 解得：v2＝6 m/s 取向上为正方向，由动量定理有：(F－mg)t＝ mv2－(－mv1)，代入数据解得 F＝1 600 N.