《创新课堂》第一章 动量守恒定律 2.动量定理 课件 高中物理选择性必修第一册（人教版）

(共72张PPT)
2.动量定理
1.会用牛顿运动定律推导动量定理。
2.知道冲量的概念，会计算某力的冲量。
3.会应用动量定理解决有关问题。
学习目标
01
知识点一　动量定理
目 录
02
知识点二　动量定理的应用
03
素养培优
04
随堂演练
05
课时作业
01
PART
知识点一　动量定理
情境：如图所示，一个质量为m的物体在光滑的水平面上受到恒力F的作
用，经过时间Δt，物体的速度从v变为v'。
问题：应用牛顿第二定律和运动学公式推导物体动量的变化量Δp与恒力F
及作用时间t的关系。
整理得FΔt＝m（v'－v）＝mv'－mv
即FΔt＝p'－p＝Δp。
提示：物体在运动过程中的加速度a＝　①
根据牛顿第二定律，有F＝ma　②
由以上两式得F＝m
1. 冲量
（1）定义：力与力的作用时间的 。
（2）定义式：I＝ 。
（3）单位：牛秒，符号是 。
（4）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 。
乘积　
FΔt　
N·s　
矢　
相同　
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动
量 。
（2）表达式：I＝ 或F（t'－t）＝ 。
变化量　
p'－p　
mv'－mv　
【易错辨析】
1. 冲量是矢量，方向与动量变化量的方向相同。 （　√　）
2. 力越大，力对物体的冲量就越大。 （　×　）
3. 若物体在一段时间内动量发生了变化，则物体在这段时间内受到的合外
力一定不为零。 （　√　）
4. 合力越大，动量变化越快。 （　√　）
√
×
√
√
1. 冲量的理解
（1）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）意义：反映了力的作用对时间的累积效应。
（1）恒力冲量的计算：直接用公式I＝FΔ
t计算。
（2）变力冲量的计算：
①“平均力”法：如图甲所示，力与时间成线性关系时，则I＝Δt＝
（t2－t1）。
②“面积”法：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。
2. 冲量的计算
（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。
3. 动量定理反映了合力的冲量是动量变化的原因。
【例1】　（恒力的冲量）如图所示，质量为2 kg的物体沿倾角为
30°，高为5 m的光滑固定斜面由静止从顶端下滑到底端的过程中，g
取10 m/s2，求：
（1）重力的冲量；
答案： 40 N·s，方向竖直向下　
解析： 由于物体下滑过程中各个力均为恒力，所以只要求出物体下
滑的时间，便可以用公式I＝F·t逐个求出。由牛顿第二定律得a＝＝
gsin θ＝5 m/s2
由x＝at2，得t＝＝＝2 s
重力的冲量为IG＝mg·t＝2×10×2 N·s＝40 N·s，方向竖直向下。
（2）支持力的冲量；
答案： 20 N·s，方向垂直于斜面向上　
解析：支持力的冲量为IN＝FN·t＝mgcos θ·t＝20 N·s，方向垂直于斜面向上。
解析：合力的冲量为I合＝F合·t＝mgsin θ·t＝20 N·s，方向沿斜面向下。
（3）合力的冲量。
答案： 20 N·s，方向沿斜面向下
【例2】　（变力的冲量）一质量为2 kg的物块在合力F的作用下从静止开
始沿直线运动，合力F随时间t变化的关系图像如图所示，则（　　）
A. 0～2 s时间内，合力F对物块的冲量为4 N·s
B. 2～3 s时间内，合力F对物块的冲量为1 N·s
C. 0～3 s时间内，合力F对物块的冲量为2 N·s
D. 3 s末，物块的速度为2 m/s
√
解析： 　由题图可知，0～2 s时间内，合力F对物块的冲量为I1＝（1＋
2）×2 N·s＝3 N·s，故A错误；由题图可知，2～3 s时间内，合力F对物块
的冲量为I2＝－1 N×1 s＝－1 N·s，故B错误；由题图可知，0～3 s时间
内，合力F对物块的冲量为I3＝I1＋I2＝2 N·s，故C正确；3 s末，由动量定
理有I3＝mv－0，可得v＝1 m/s，D错误。
【例3】　（冲量与功的比较）〔多选〕一质量为m的运动员托着质量为M
的重物从下蹲状态（图甲）缓慢运动到站立状态（图乙），该过程重物和
人的肩部相对位置不变，运动员保持乙状态站立Δt时间后再将重物缓慢向
上举，至双臂伸直（图丙）。图甲到图乙、图乙到图丙过程中重物上升高
度分别为h1、h2，经历的时间分别为t1、t2，重力加速度为g，则（　　）
A. 地面对运动员做的功为0
B. 地面对运动员的冲量为（M＋m）g（t1＋t2），
C. 运动员对重物的冲量为Mg（t1＋t2＋Δt）
D. 运动员对重物的冲量为Mg（t1＋t2）
√
√
解析： 　由于地面对运动员的作用力方向上没有位移，所以地面对运动
员做的功为0，故A正确；运动员将重物缓慢上举，可认为是平衡状态，地
面对运动员的支持力为F＝（M＋m）g，整个过程的时间为t1＋t2＋Δt，根
据I＝Ft可知，地面对运动员的冲量为I＝（M＋m）g（t1＋t2＋Δt），B错
误；运动员对重物的作用力为Mg，作用时间为t1＋t2＋Δt，运动员对重物
的冲量为I2＝Mg（t1＋t2＋Δt），故C正确，D错误。
方法技巧
冲量和功的比较
定义式 矢标性 意义
冲
量 I＝F·t 矢量，其正负表示方向
与所选正方向相同或相
反 冲量是力对时间的积累，
是引起物体动量变化的原
因
功 W＝F·x， x为F方向的位移 标量，正负表示是动力
做功还是阻力做功 功是力对空间的积累，是
引起物体动能变化的原因
说
明 某个力在一段时间内做的功为零时，力的冲量不为零。一对作用力
和反作用力的冲量大小一定相等，方向一定相反，但它们所做的功
大小不一定相等，符号也不一定相反
02
PART
知识点二　动量定理的应用
　情境：如图所示轮船的船舷和码头常
悬挂一些老旧轮胎。
问题：这些轮胎的主要用途是什么？
请说出其中的道理。
提示：船靠岸时想停下，往往与码头发生
相互作用，而悬挂一些老旧轮胎可以增大
船与码头之间相互作用的时间，减小船和码头间的作用力，起到缓冲保护的作用。
1. 动量定理的定性分析
应用FΔt＝Δp分析实际问题时，一般从两个方面分析：
（1）Δp一定，Δt短则F大，Δt长则F小；
（2）F一定，Δt长则Δp大，速度变化大，Δt短则Δp小，速度变化小。
2. 动量定理的定量计算
（1）动量定理不仅适用于恒定的作用力，也适用于随时间变化的作用
力。这种情况下，动量定理中的力F应理解为变力在作用时间内的平均
值。
（2）动量定理的表达式F·Δt＝Δp是矢量式，运用它分析问题时要特别
注意冲量、动量及动量变化量的方向，公式中的F是物体或系统所受的
合力。
【例4】　（动量定理定性分析）“智能防摔马甲”是一款专门为老年人
研发的科技产品。该装置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. 减小穿戴者所受重力的冲量
B. 减小地面对穿戴者的平均冲击力
C. 减小穿戴者动量的变化量
D. 减小穿戴者与地面的接触时间
√
解析： 　设穿戴者所受合力为F，依题意，根据动量定理FΔt＝Δp，可得
F＝，可知安全气囊的作用是延长了人与地面的接触时间，从而减小人
所受到的合外力，即减小穿戴者动量的变化率，而穿戴者动量的变化量未
发生变化，安全气囊的作用是延长了人与地面的接触时间Δt，而IG＝
mgΔt，则穿戴者所受重力的冲量增大了，故选B。
【例5】　（动量定理的定量计算）一个质量为0.2 kg、以15 m/s的速度飞
来的网球被球拍击中，并以25 m/s的速度沿与原方向相反的方向弹回，网
球与球拍相接触的时间为0.1 s，试求：
（1）网球动量的变化；
答案： 8 kg·m/s，方向与初速度方向相反
解析： 设网球飞来的速度方向为正方向，网球的初速度v0＝15 m/s，
反弹后的速度为v＝－25 m/s，所以网球动量的变化Δp＝mv－mv0＝0.2×
（－25）kg·m/s－0.2×15 kg·m/s＝－8 kg·m/s
所以网球动量的变化大小为8 kg·m/s，方向与初速度方向相反。
解析：由动量定理FΔt＝Δp
解得F＝－80 N
球拍对网球的平均作用力F大小为80 N，方向与初速度方向相反。
（2）球拍对网球的平均作用力。
答案： 80 N，方向与初速度方向相反
方法技巧
应用动量定理定量计算的一般步骤
质量m＝60 kg的撑杆跳高运动员从h＝5 m高处自由下落到海绵垫上，若运
动员由静止下落到陷至最低点经历了t＝1.6 s，不计空气阻力，取 g＝10
m/s2，求：
（1）运动员从接触海绵垫到陷至最低点动量的变化量；
答案： 600 kg·m/s，方向竖直向上　
解析： 取竖直向下为正方向，根据v2＝2gh
可得运动员与海绵垫接触前瞬间的速度为v＝10 m/s
最低点时速度为0，动量变化量Δp＝0－mv＝－600 kg·m/s
动量的变化量的大小为600 kg·m/s，方向竖直向上。
（2）海绵垫对该运动员的平均作用力大小。
答案： 1 600 N
解析：运动员从静止开始下落到刚接触海绵垫所需时间为t1，根据h＝
g，解得t1＝1 s
运动员与海绵垫接触的时间Δt＝t－t1＝0.6 s
在运动员与海绵垫接触的过程中，由动量定理可得（mg－）Δt＝Δp
代入数据求得＝1 600 N。
03
PART
素养培优
动量定理与动能定理的比较
　　
项目 动量定理 动能定理
公式 F（t'－t）＝mv'－mv＝
Δp涉及力与时间 Fx＝m－m＝ΔEk涉及力与位
移
标矢性 矢量式 标量式
因果 关系 因 力的冲量 力做的功（总功）
果 动量的变化量 动能的变化量
项目 动量定理 动能定理
相同点 （1）公式中的力都是指物体所受的合外力 （2）动量定理和动能定理都注重初、末状态，而不注重过
程，因此都可以用来求变力作用的结果（变力的冲量或变力
做的功） （3）研究对象可以是一个物体，也可以是一个系统；研究过
程可以是整个过程，也可以是某一个中间过程 【典例】　一质量为0.5 kg的小物块放在水平地面上的A点，距离A点5 m
的位置B处是一面竖直墙，如图所示。物块以v0＝9 m/s的初速度从A点沿AB
方向运动，在与墙壁碰撞前瞬间的速度为7 m/s，碰后以6 m/s的速度反向运
动直至静止。g取10 m/s2。
（1）求物块与地面间的动摩擦因数μ；
答案： 0.32　
解析： 对物块，由A点到与墙壁碰前瞬间的运动过程，根据动能
定理有
－μmgs＝mv2－m
代入数值解得μ＝0.32。
（2）若碰撞时间为0.05 s，求碰撞过程中墙面对物块平均作用力的大
小F；
答案： 130 N　
解析：选返回方向为正方向，根据动量定理有
FΔt＝mv'－（－mv）
代入数据，解得F＝130 N。
解析：由碰撞后至物块停止运动的过程，由动能定理得，碰撞后物块克服
摩擦力所做的功
W＝mv'2＝9 J。
（3）碰撞后物块克服摩擦力所做的功。
答案： 9 J
课堂小结
04
PART
随堂演练
1. （冲量的理解）关于冲量的概念，以下说法正确的是（　　）
A. 作用在两个物体上的合力大小不同，但两个物体所受的冲量大小可能
相同
B. 作用在物体上的力的作用时间很短，物体所受的冲量一定很小
C. 作用在物体上的力很大，物体所受的冲量一定也很大
D. 只要力的作用时间和力的大小的乘积相同，物体所受的冲量一定相同
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√
解析： 　由冲量公式I＝FΔt可知，作用在两个物体上的合力大小不同，
但两个物体所受的冲量大小可能相同，A正确；由冲量公式I＝FΔt可知，
冲量大小由力的大小和作用时间二者共同决定，只知道力或作用时间一个
因素，无法确定冲量大小，B、C错误；冲量是矢量，两个大小相等的冲
量，方向不一定相同，D错误。
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2. （冲量的计算）如图所示，质量为m的物体在与水平方向成θ角的恒定拉
力F作用下始终保持静止，已知动摩擦因数为μ，重力加速度为g。则时间t
内（　　）
A. 物体所受拉力F的冲量大小为Ftcos θ
B. 物体所受重力的冲量大小为mgt
C. 物体所受支持力的冲量大小为0
D. 物体所受摩擦力的冲量大小μmgt
√
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解析： 　物体所受拉力F的冲量大小为IF＝Ft，故A错误；物体所受重力
的冲量大小为IG＝mgt，故B正确；物体所受支持力大小为FN＝mg－Fsin
θ，物体所受支持力的冲量大小为IN＝FNt＝（mg－Fsin θ）t，故C错误；物
体所受摩擦力大小为Ff＝Fcos θ，物体所受摩擦力的冲量大小If＝Fcos θ·t，
故D错误。
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3. （动量定理的应用）如图所示是江苏无锡灵山举行撞杠撞钟跨年仪式，
聆听重达12.8吨的祥符禅钟雄厚悠扬之鸣，企盼在新的一年里吉祥如意、
万事顺遂。某次撞击前撞杠的速度为5 m/s，撞击后撞杠反弹，且速度大小
变为2 m/s。已知撞杠撞钟的时间为0.1 s，撞杠的质量为100 kg。则撞杠对
钟的撞击力大小为（　　）
A. 800 N
B. 3 000 N
C. 7 000 N
D. 8 500 N
√
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解析： 　撞杠撞击钟的过程，对撞杠分析，选取撞击前的速度方向为正
方向，撞击前的速度v1＝5 m/s，撞击后的速度v2＝－2 m/s，撞击时间t＝
0.1 s，由动量定理得F·t＝mv2－mv1，解得F＝－7 000 N，方向与正方向相
反，根据牛顿第三定律得，撞杠对钟的撞击力大小为7 000 N。故选C。
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4. （动量定理与动能定理的比较）原来静止的物体受合力作用的时间为
2t0，合力随时间的变化情况如图所示，则（　　）
A. 0～t0时间内，物体的动量变化量与t0～2t0时间内，物体
的动量变化量相同
B. t＝2t0时，物体的速度为零，合力在2t0时间内对物体的冲量为零
C. 0～t0时间内物体的平均速率与t0～2t0时间内物体的平均速率不相等
D. 0～2t0时间内，物体的位移为零，合力对物体做的功为零
√
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解析： 　由题图可知，0～t0与t0～2t0时间内，合力方向不同，由动量定
理可知，物体在这两段时间内的动量变化量不相同，选项A错误；在0～2t0
时间内，物体所受合力的冲量为F0t0－F0t0＝0，由动量定理Ft＝Δp可得，t
＝2t0时，物体速度为零，合力在2t0时间内对物体的冲量为零，分析题图可
知，0～t0与t0～2t0时间内，物体平均速率相等，选项B正确，C错误；0～
2t0时间内，物体先加速后减速，位移不为零，动能变化量为零，合力对物
体做的功为零，选项D错误。
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05
PART
课时作业
知识点一　动量定理
1. 下列说法中正确的是（　　）
A. 冲量的方向就是物体运动的方向
B. 作用在静止的物体上的力的冲量一定为零
C. 动量越大的物体受到的冲量越大
D. 物体所受合外力的冲量等于物体的动量变化
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解析： 　方向不变的力的冲量的方向与力的方向相同，与运动的方向不
一定相同，故A错误；作用在静止的物体上的力作用的时间不为零时，冲
量不为零，故B错误；冲量是力与作用时间的乘积，与动量大小无关，故C
错误；根据动量定理可知，物体所受合外力的冲量等于物体的动量变化，
故D正确。
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2. （2025·吉林白城期末）某物体在一段运动过程中受到的冲量为－1
N·s，则（　　）
A. 物体的初动量方向一定与这个冲量方向相反
B. 物体的末动量一定是负值
C. 物体的动量一定减小
D. 物体动量的增量的方向一定与所规定的正方向相反
解析： 　冲量与物体的初动量、末动量没有必然的联系，故A、B错误；
冲量是矢量，其数值前的负号表示与规定的正方向相反，由动量定理可
知，冲量又等于动量的增量，所以物体动量的增量的方向一定与所规定的
正方向相反，物体的动量变化无法确定，故C错误，D正确。
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3. （2025·广东期中）一质量为20 g的翠鸟从高空沿竖直方向俯冲扎入水中
捕鱼。翠鸟（视为质点）从开始俯冲至到达水面的过程可视为自由落体运
动，若翠鸟开始俯冲时到水面的高度为10 m，取重力加速度大小g＝10
m/s2，则在俯冲过程中，翠鸟受到的重力的冲量大小约为（　　）
A. 0.24 N·s B. 0.28 N·s
C. 0.35 N·s D. 3.46 N·s
解析： 　根据自由落体运动的规律可知，翠鸟俯冲过程所用的时间t＝
≈1.414 s，翠鸟受到的重力的冲量大小I＝mgt＝0.282 8 N·s，故选B。
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4. 一物体受到方向不变的力F作用，其中力F的大小随时间t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
解析： 　由I＝Ft可知，在F-t图像中，图线与坐标轴所围成的面积表示冲
量的大小，所以I＝×3×3 N·s＋3×3 N·s＝13.5 N·s，故B正确，A、C、
D错误。
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知识点二　动量定理的应用
5. （人教版选择性必修一P11·2题改编）体操运动员在落地时总要屈腿，
这样做的效果是（　　）
A. 屈腿可以减少运动员落地时的动量变化量
B. 屈腿可以减少运动员落地过程中重力的冲量
C. 屈腿可以减小地面对运动员的作用力
D. 减小运动员的动能变化量
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解析： 　运动员落地后动量变化量一定，根据动量定理可知，地面对运
动员的冲量一定，屈腿的作用是延长运动员落地过程的时间，从而减小地
面对运动员的作用力，故A错误，C正确；根据IG＝mgt可知，落地时间增
加，所以重力的冲量增加，故B错误；屈腿并不改变运动员屈腿前后的动
能，所以运动员的动能变化量不改变，故D错误。
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6. （2025·江苏常州期中）在某次足球比赛中，某运动员接队友传中，跳
起头球打门，进球。设该运动员的质量为m，从静止下蹲状态向上起跳，
经Δt时间，身体伸直并刚好离开地面，速度为v，重力加速度大小为g，在
此过程中（　　）
A. 地面对该运动员的冲量大小为mgΔt
B. 地面对该运动员的冲量大小为mv＋mgΔt
C. 该运动员所受的冲量大小为mv＋mgΔt
D. 该运动员所受的冲量大小为mgΔt
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解析： 　从静止下蹲状态向上起跳过程，该运动员受到弹力与重力，根
据动量定理有I－mgΔt＝mv解得I＝mv＋mgΔt，故A错误，B正确；该运动
员所受的冲量指合力的冲量，根据动量定理有I合＝mv，即该运动员所受的
冲量大小为mv，故C、D错误。
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7. 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
解析： 　由图像可知，物体在前10 s内初、末状态的动量相同，p1＝p2＝
5 kg·m/s，由动量定理知I1＝0；物体在后10 s内末状态的动量p3＝－5
kg·m/s，由动量定理得I2＝p3－p2＝－10 N·s，故D项正确。
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8. 如图所示，一铁块压着一纸条放在水平桌面上，当以速度v抽出纸条
后，铁块掉到地面上的P点，若以速度2v抽出纸条，铁块仍离开桌面落
地，则落地点为（　　）
A. 仍在P点
B. 在P点左侧
C. 在P点右侧不远处
D. 在P点右侧原水平位移的两倍处
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解析： 　以速度2v抽出纸条时，纸条对铁块的作用时间变短，而纸条对
铁块的作用力相同，故与以速度v抽出相比，纸条对铁块的冲量I减小，铁
块获得的动量减小，做平抛运动的初速度减小，水平射程减小，故落在P
点左侧，选项B正确。
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9. （2025·广西贵港期末）如图所示，自动流水线装置可以使货物在水平
面上转弯。货物从传送带A端传送到B端，速度方向变化了180°，传送过
程中传送速率保持不变，货物与传送带之间不打滑。下列关于货物在此过
程中的说法正确的是（　　）
A. 动量变化量为零
B. 所受支持力的冲量为零
C. 所受重力的冲量为零
D. 所受摩擦力的冲量不为零
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解析： 　货物的速度方向改变180°，则动量变化量为2mv，选项A错
误；根据IN＝FNt，支持力不为零，则货物所受支持力的冲量不为零，选项
B错误；根据IG＝Gt可知，货物所受重力的冲量不为零，选项C错误；货物
做圆周运动，其所受摩擦力不为零，根据If＝Fft可知，货物所受摩擦力的
冲量不为零，选项D正确。
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10. （2025·江苏无锡期中）人们对手机的依赖性越来越强，有些人喜欢平
躺着看手机（如图所示），不仅对眼睛危害大，还经常出现手机砸伤脸的
情况。若手机质量约为200 g，从离人脸约20 cm的高处无初速掉落，砸到
人脸后手机未反弹，人脸受到手机的冲击时间约为0.1 s，重力加速度g取
10 m/s2，不计空气阻力。下列说法正确的是（　　）
A. 手机下落的过程和与人脸接触的过程均处于失重状态
B. 手机对人脸的冲量大小约为0.6 N·s
C. 手机对人脸的平均冲力大小约为4 N
D. 手机与人脸作用过程中动量变化量大小约为0
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解析： 　手机下落的过程，加速度向下，处于失重状态，与人脸接触的
过程中手机先加速后减速，加速度先向下后向上，先失重后超重，选项A
错误；手机刚接触人脸时的速度v＝＝2 m/s，取向上为正，则根据动
量定理有I－mgΔt＝0－（－mv），解得I＝0.6 N·s，可知手机对人脸的冲
量大小约为0.6 N·s，选项B正确；由牛顿第三定律可知，手机对人脸的平
均冲力大小约为F＝＝ N＝6 N，选项C错误；手机与人脸作用过程中
动量变化量大小为Δp＝mv≠0，选项D错误。
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11. 如图所示，半圆形粗糙圆弧轨道固定在竖直平面内，轨道圆心为O，半
径为R。将质量为m的小球在轨道上与O等高的A点由静止释放，经过时间t
小球运动到轨道的最低点B，已知小球通过最低点B时的速度大小为v，重
力加速度为g，则小球从A点运动到B点的过程中，下列说法正确的是
（　　）
A. 重力对小球的冲量大小为mgt
B. 轨道支持力对小球的冲量大小为0
C. 轨道对小球作用力的冲量大小为mv＋mgt
D. 轨道对小球作用力的冲量大小为mv－mgt
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解析： 　根据冲量的计算公式，可得重力对小球的冲
量大小为I＝Ft＝mgt，故A正确；小球从A点运动到B点
的过程中，支持力不为零，且方向沿右上方，所以轨
道支持力对小球的冲量不为零，故B错误；如图所示，
根据动量定理做出矢量三角形，可得轨道对小球作用
力的冲量大小为IF＝＝
m，故C、D错误。
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12. 如图甲，篮球是一项学生热爱的运动项目，在一次比赛中，某同学以
斜向上的速度将篮球拋出，篮球与篮板撞击后落入篮筐，可得到此次篮球
运动轨迹的简易图如图乙所示。若此次运动中篮球的初速度与竖直方向夹
角θ＝53°，大小为v1＝5 m/s，篮球抛出后恰好垂直打在篮筐上方后被反向
弹回并且从篮筐正中央落下。已知撞击点与篮筐竖直距离h＝0.2 m，篮球
与篮板撞击时间为Δt＝0.1 s。篮筐中心与篮板的水平距离为L＝0.6 m，篮
球质量为m＝0.6 kg，重力加速度取g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°
＝0.6，不计空气阻力，篮球运动过程中可以看成质点。求：
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（1）篮球与篮板撞击前瞬间的速度v2的大小；
答案： 4 m/s　
解析： 篮球与篮板撞击前瞬间的速度等于篮球抛出时水平方向的分
速度，所以
v2＝v1sin 53°
解得v2＝4 m/s。
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解析：篮球与篮板撞击后瞬间的速度也是沿水平方向，碰后篮球做平抛运
动，故
h＝gt2，L＝v3t
（2）篮球与篮板撞击瞬间，篮球所受水平方向平均撞击力F的大小。
答案： 42 N
解得v3＝3 m/s
取v2的运动方向为正方向，篮球与篮板撞击瞬间，对篮球，由动量定理得
－F·Δt＝m（－v3）－mv2
解得F＝42 N。
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13. 〔多选〕游乐场滑索项目的简化模型如图所示，索道AB段光滑，A点
比B点高1.25 m，与AB段平滑连接的BC段粗糙，长4 m。质量为50 kg的滑
块从A点由静止下滑，到B点进入水平减速区，在C点与缓冲墙发生碰撞，
反弹后在距墙1 m的D点停下。设滑块与BC段间的动摩擦因数为0.2，规定
向右为正方向，g取10 m/s2。下列说法正确的是（　　）
A. 缓冲墙对滑块的冲量为－50 N·s
B. 缓冲墙对滑块的冲量为－250 N·s
C. 缓冲墙对滑块做的功为－125 J
D. 缓冲墙对滑块做的功为－250 J
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解析： 　滑块从A点下滑，经过B滑动到C的过程中，根据动能定理有
mgh－μmgxBC＝m－0，从C点反弹运动到D点的过程，根据动能定理有
－μmgxCD＝0－m，代入数据解得v1＝3 m/s，v2＝2 m/s，滑块与缓冲墙
作用的过程中，取向右为正方向，根据动量定理有I＝－mv2－mv1，代入数
据得I＝－250 N·s，故A错误，B正确；根据动能定理有W＝m－
m，代入数据得W＝－125 J，故C正确，D错误。
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THANKS
演示完毕 感谢观看