文档内容
第七章 碰撞与动量守恒定律
第 01 练 动量 冲量 动量定理
知识目标 知识点
目标一 对动量和动量变化的理解
目标二 冲量的理解与计算
目标三 动量定理的理解和应用
目标四 动量定理与微元法的综合应用
1． (2021·安徽省·单元测试)行驶中的汽车如果发生剧烈碰撞，车内的安全气囊会被弹出并瞬间充满
气体。若碰撞后汽车的速度在很短时间内减小为零，关于安全气囊在此过程中的作用，下列说法正
确的是( )
A. 增加了司机单位面积的受力大小
B. 减少了碰撞前后司机动量的变化量
C. 将司机的动能全部转换成汽车的动能
D. 延长了司机的受力时间并增大了司机的受力面积
【答案】D
【知识点】动量定理的应用
【解析】
分析碰撞前后的动量变化关系，根据动量定理分析冲击力的变化，同时结合实际情景判断正误即可。
ABD:在碰撞过程中，司机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=△p可知，可以减小司机受到的冲击力，同时安全气囊增大了司机在碰撞过程中的受力
面积，即减小了司机单位面积受力，故D正确，AB错误。
C:实际情况中司机与安全气囊碰撞的过程中，不能将司机全部的动能转化成汽车的动能；故 C错
误；
故选D；
2．(2022·全国·其他类型)高空坠物极易对行人造成伤害。若一个50g的鸡蛋从一居民楼的25层坠下，
与地面的撞击时间约为2ms，则该鸡蛋对地面产生的冲击力约为( )
A. 10N B. 102N C. 103N D. 104N
【答案】C
【知识点】自由落体运动的规律、动量定理的一般应用
【解析】每层楼高约为3m，鸡蛋下落的总高度为：
h=(25-1)×3m=72m；
自由下落时间为：
√2h √2×72
t = = s=3.8s，
1 g 10
与地面的碰撞时间约为：
t =2ms=0.002s，
2
全过程根据动量定理可得：
mg(t +t )-Ft =0解得冲击力为：F=950N≈103N，故C正确。
1 2 2
故选：C。
3．(2022·云南省·单元测试)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490kg，离子以30km/s的速率(远大
于探测器的飞行速率)向后喷出，流量为3.0×10-3g/s，则探测器获得的平均推力大小为( )
A. 1.47N B. 0.147N C. 0.09N D. 0.009N
【答案】C
【知识点】动量定理的一般应用
【解析】解：在时间t内喷出离子的质量m=3.0×10-3×10-3tkg=3.0×10-6tkg
对喷出的离子，由动量定理得：
Ft=mv-0
代入数据解得：F=0.09N，
由牛顿第三定律可知，探测器获得的平均推力大小F'=F=0.09N，故C正确，ABD错误。
故选：C。
以喷出的离子为研究对象，应用动量定理求出离子在喷出过程受到的力，然后应用牛顿第三定律可
以求出探测器获得的平均推力大小。
4．(2021·北京市·历年真题)如图所示，圆盘在水平面内以角速度ω绕中心轴匀速转动，圆盘上距轴r
处的P点有一质量为m的小物体随圆盘一起转动。某时刻圆盘突然停止转动，小物体由P点滑至圆
盘上的某点停止。下列说法正确的是( )
A. 圆盘停止转动前，小物体所受摩擦力的方向沿运动轨迹切线方向
B. 圆盘停止转动前，小物体运动一圈所受摩擦力的冲量大小为2mωr
C. 圆盘停止转动后，小物体沿圆盘半径方向运动
D. 圆盘停止转动后，小物体整个滑动过程所受摩擦力的冲量大小为mωr
【答案】D【知识点】圆盘上物体的圆周运动、动量定理的一般应用
【解析】
在圆盘停止运动前，根据匀速圆周运动的规律，可以分析摩擦力的方向，通过动量定理可以求得摩
擦力的冲量大小；圆盘停止转动后，由于惯性，可以知小物体运动的方向，通过动量定理可以求出
小物体所受摩擦力的冲量大小。
A、圆盘停止转动前，小物体所受摩擦力提供向心力，所以摩擦力方向沿半径方向指向圆心，故 A
错误；
B、圆盘停止转动前，根据动量定理I=Δp，小物体转动一圈回到原点，速度不变，所以动量变化
量为0，摩擦力的冲量为0，故B错误；
C、圆盘停止转动后，小物体将沿停止前的速度方向做匀减速运动，故C错误；
D、圆盘停止转动后，小物体将沿停止前的速度方向做匀减速运动，停止转动瞬间的速度v=ωr，
最终停止运动速度为0，根据动量定理I=Δp，可知动量变化量大小为mωr，所以摩擦力的冲量大
小为mωr，故D正确。
故选：D。
5．(2021·福建省·历年真题)福建属于台风频发地区，各类户外设施建设都要考虑台风影响。已知10
级台风的风速范围为24.5m/s～28.4m/s，16级台风的风速范围为51.0m/s～56.0m/s。若
台风迎面垂直吹向一固定的交通标志牌，则16级台风对该交通标志牌的作用力大小约为10级台风
的( )
A. 2倍 B. 4倍 C. 8倍 D. 16倍
【答案】B
【知识点】动量定理
【解析】解：设空气的密度为ρ，风迎面垂直吹向一固定的交通标志牌的横截面积为S，在时间Δt
的空气质量为：
Δm=ρSv⋅Δt
假定台风风迎面垂直吹向一固定的交通标志牌的末速度为零，对风，由动量定理得：
-FΔt=0-Δmv
可得：F=ρSv2
10级台风的风速v ≈25m/s，16台风的风速v =50m/s，则有
1 2
F v2
2= 2≈4
F v2
1 1
故B正确，ACD错误。
故选：B。
首先确定研究对象：风，并求解其质量；然后根据动量定理列出方程；最后求出力的表达式，列比
例求解。
6．(2021·全国·历年真题)质量为m的铁锤竖直下落打在木桩上后随木桩一起下降，经一段时间t后静
止。已知打击前瞬间铁锤速度为v，重力加速度为g，则在t时间段，木桩受到的平均打击力的大小为( )
2mv mv mv mv
A. B. C. +mg D. -mg
t t t t
【答案】C
【知识点】动能和动能定理、动量定理
【解析】解：对铁锤应用动量定理，设木桩对铁锤的平均作用力为F，以向上为正方向，则有
(F-mg)Δt=0-(-mv)
mv
解得F= +mg
Δt
mv
根据牛顿第三定律可知铁锤对木桩的平均冲力的大小F'= +mg，故C正确，ABD错误。
Δt
故选：C。
由题意可知铁锤的初末动量，根据动量定理，可以求出木桩对铁锤的作用力，利用牛顿第三定律，
可求出铁锤对木桩的平均冲力大小。
7．(2021·重庆市·历年真题)我国规定摩托车、电动自行车骑乘人员必须依法配戴具有缓冲作用的安
全头盔。小明对某轻质头盔的安全性能进行了模拟实验检测。某次，他在头盔中装入质量为5.0kg
的物体(物体与头盔密切接触)，使其从1.80m的高处自由落下(如图)，并与水平地面发生碰撞，头
盔厚度被挤压了0.03m时，物体的速度减小到零。挤压过程不计物体重力，且视为匀减速直线运动，
不考虑物体和地面的形变，忽略空气阻力，重力加速度g取10m/s2。求：
(1)头盔接触地面前瞬间的速度大小；
(2)物体做匀减速直线运动的时间；
(3)物体在匀减速直线运动过程中所受平均作用力的大小。
【答案】
解：(1)由自由落体运动规律可得：v2=2gh，其中：h=1.80m
代入数据解得：v=6m/s；v
(2)由匀变速直线运动规律可得：Δx= t，其中Δx=0.03m
2
代入数据解得：t=0.01s；
(3)取向下为正分向，由动量定理得：-Ft=0-mv
代入数据解得：F=3000N。
答：(1)头盔接触地面前瞬间的速度大小为6m/s；
(2)物体做匀减速直线运动的时间为0.01s；
(3)物体在匀减速直线运动过程中所受平均作用力的大小为3000N。
【知识点】动量定理、匀变速直线运动的位移与时间的关系、牛顿第二定律
【解析】(1)由自由落体运动规律求解速度大小；
(2)由匀变速直线运动规律求解时间；
(3)由动量定理求解物体在匀减速直线运动过程中所受平均作用力的大小。
本题主要是考查动量定理，利用动量定理解答问题时，要注意分析运动过程中物体的受力情况，知
道合外力的冲量才等于动量的变化。由于本题在挤压过程不计物体重力，所以列动量定理方程时可
不分析重力。
1． (2022·全国·历年真题)甲、乙两个物块在光滑水平桌面上沿同一直线运动，甲追上乙，并与乙发
生碰撞，碰撞前后甲、乙的速度随时间的变化如图中实线所示。已知甲的质量为1kg，则碰撞过程
两物块损失的机械能为( )
A. 3J B. 4J C. 5J D. 6J
【答案】A
【知识点】一般非弹性碰撞、v-t图像
【解析】解：设甲的质量为m，乙的质量为M，碰撞前甲、乙的速度大小分别为v 和v ，
1 2
碰撞后甲、乙的速度大小分别为v 和v ，
3 4碰撞过程中动量守恒，则mv +Mv =mv +Mv ，
1 2 3 4
解得M=6kg，
1 1 1 1
则碰撞过程两物块损失的机械能△E= mv2+ Mv2- mv2- Mv2=3J，故A正确，BCD错
2 1 2 2 2 3 2 4
误。
故选：A。
甲、乙物块在碰撞的过程中动量守恒，以此求解出乙的质量，碰撞过程两物块损失的机械能等于碰
撞前甲、乙的总动能减去碰撞后甲、乙的总动能。
2．(2022·江苏省·单元测试)如图所示为小明玩蹦床的情景，其中A位置表示床面未受压力时的平衡
位置，B位置是他从最高点直立下落的过程中将床面所压到的最低位置．若床面始终在弹性限度内，
空气阻力及床面的质量均可忽略不计，对于小明从最高点下落到最低点的过程，下列说法中正确的
是
A. 床面从A位置下降到B位置的过程中，小明的动能不断变小
B. 床面在B位置时，小明所受合外力为零
C. 小明接触床面前处于失重状态，接触床面后处于超重状态
D. 小明从最高点运动到将床面压至B位置的过程中，重力对他的冲量与床面对他的冲量大小相等
【答案】D
【知识点】动能的概念和表达式、超重和失重、牛顿运动定律解决弹簧问题、动量定理的一般应用
【解析】解：A、小明在下落过程中，在与蹦床接触后，重力大于蹦床对小明的弹力，小明继续向
下做加速运动，弹力增大，合力减小，继续向下做加速度减小的加速运动，当弹力等于重力时，速
度达到最大，此后继续向下运动，弹力大于重力，开始做减速运动，最终减速到零，下降的高度最
大，故动能先增大后减小，故A错误；
B、当弹力等于重力时，速度达到最大，此后继续向下运动，弹力大于重力，开始做减速运动，最
终减速到零，故在B点加速度向上，故B错误；
C、小明在下落过程中，在与蹦床接触后，重力大于蹦床对小明的弹力，小明继续向下做加速运动，
弹力增大，直到弹力等于重力之前，一直处于失重状态，当弹力大于重力后，才处于超重状态，故
C错误；
D、在下落过程中受到重力和弹力，根据动量定理可得：F =0-0，故重力的冲量和床面对他的
合
冲量大小相等，故D正确；
故选：D。3．(2020·湖北省·月考试卷)如图所示，弹簧的一端固定，另一端连接一个物块，弹簧质量不计，O
点为弹簧处于原长时物块的位置。将物块(可视为质点)拉至A点由静止释放，物块在粗糙的水平桌
面上沿直线运动，经过O点运动到B点时速度恰好减为0，在物块由A点运动到O点的过程中，下列
说法中正确的是( )
A. 弹簧弹力做功大于物块克服摩擦力做功
B. 弹簧弹力做功等于物块克服摩擦力做功
C. 弹簧弹力的冲量大小等于摩擦力的冲量大小
D. 弹簧弹力的冲量大小小于摩擦力的冲量大小
【答案】A
【知识点】恒力做功、冲量与动量
【解析】解：AB、在物块由A点运动到O点的过程中，弹力做正功设为W ，克服摩擦力做功功设
F
1
为W ，由动能定理得：W -W = mv2-0>0，所以W >W ，故弹簧弹力做功大于物块克服摩
f F f 2 o F f
擦力做功，故A正确，B错误；
CD、在物块由A点运动到O点的过程中，设弹簧弹力的冲量的大小为I ，摩擦力的冲量的大小为
F
I ，规定水平向左为正方向，则根据动量定理得：I -I =mv -0>0，故I❑ >I ，弹簧弹力的冲
f F f o F f
量大小大于摩擦力的冲量大小，故CD错误；
故选：A。
物体在A点的速度为零，在O点的速度不为零，动能增加，故弹簧弹力做功大于物块克服摩擦力做
功；动量也增加，故弹簧弹力的冲量大小大于摩擦力的冲量大小。
Δp
4．(2020·黑龙江省·单元测试)将一物体以某一初速度沿竖直方向向上抛出。p表示物体的动量，
Δt
表示物体的动量变化率，取竖直向下为正方向，忽略空气阻力。则图中正确的是( )
A. B.C. D.
【答案】C
【知识点】动量定理的一般应用
【解析】
根据动量的概念，及动量定理：合外力的冲量等于物体动量的变化量，即可解题。
AB、取竖直向下为正方向，依据动量定义式：p=mv=-mv +mgt，故AB错误；
0
△p
CD、根据动量定理得：mgt=△p，mg是定值，方向向下，那么 =mg是个定值，重力的方向
△t
向下，故C正确，D错误。
5．(2022·全国·其他类型)长为l的轻绳上端固定，下端系着质量为m 的小球A，处于静止状态。A受
1
到一个水平瞬时冲量后在竖直平面内做圆周运动，恰好能通过圆周轨迹的最高点。当A回到最低点
时，质量为m 的小球B与之迎面正碰，碰后A、B粘在一起，仍做圆周运动，并能通过圆周轨迹的
2
最高点。不计空气阻力，重力加速度为g，求
(1)A受到的水平瞬时冲量I的大小；
(2)碰撞前瞬间B的动能E 至少多大？
k
【答案】
解：(1)A恰好能通过圆周运动最高点，此时轻绳拉力恰好为零，设A在最高点的速度为v，由牛顿
第二定律，有
v2
m g=m ①
1 1 l
A从最低点到最高点过程机械能守恒，取轨迹最低点处重力势能为零，设A在最低点的速度为v ，
A
有
1 1
m v2 = m v2+m g·2l ②
2 1 A 2 1 1
由动量定理，有
I=m v ③
1 A
联立①②③式，得
I=m √5gl ④
1
(2)设两球粘在一起是速度v'，AB粘在一起恰能通过圆周运动轨迹最高点，需满足
v'=v ⑤
A
要达到上述条件，碰撞后两球速度方向必须与碰前B的速度方向相同，以此方向为正方向，设B碰前瞬时速度大小为v ，由动量守恒定律，有
B
1
m v -m v =(m +m )v'⑥又E = m v2 ⑦
2 B 1 A 1 2 k 2 2 B
联立①②⑤⑥⑦
5gl(2m +m ) 2
E = 1 2 ⑧
k 2m
2
【知识点】竖直平面内的圆周运动、完全非弹性碰撞
【解析】本题关键是临界条件的利用，求出最高点速度；综合利用机械能守恒、动量定理和动量守
恒求解；难点是动量守恒的判断。
(1)A恰好能通过圆周运动最高点临界条件是
轻绳拉力恰好为零，由此求出最高点速度，根据最低点到最高点机械能守恒，可求出最低点速度，
结合动量定理求出作用的冲量。
(2)AB碰撞后两球速度方向若与A相同，速度小于A在最低点速度，AB将不能通过最高点，所以
碰撞后必须与碰前B的速度方向相同，碰后AB整体在最低点到最高点动量守恒机械能守恒，可求
碰撞前瞬间B的动能E 最小值。
k
6．(2022·山东省·模拟题)水平面上有一光滑双杆组成的轨道，其中的竖直圆环A、B两杆间距不同，
质量为M的球直径比圆环A间距大，质量为m的球直径比圆环A间距小但比圆环B间距大，两球初
始时都静止。当给M一个冲量I 后，M与m在圆环A的最低点发生弹性对心碰撞，两球分别刚好能
0
沿圆环A、B做完整的圆周运动，已知M=1.5m，圆环A的半径为r。求
(1)碰撞结束时M的速度大小;
(2)圆环B的半径R和冲量I 的大小;
0
(3)若最初给M的冲量I大于I ，求M通过圆环顶点时对轨道的压力。
0
【答案】
解：(1)设碰撞后M的速度为v ，M上升到最高点时的速度为v
A0 A1
对M从最低点到最高点过程由机械能守恒定律得
1 1
Mv2 =Mg×2r+ Mv2 对M在最高点，由牛顿第二定律得
2 A0 2 A1
v2
Mg=M A1解得v =√5gr；
r A0
(2)设碰后m的速度为v ，到达圆环最高点时的速度为v ，同理有
B0 B11 1 v2
mv2 =mg×2R+ mv2 mg=m B1解得v =√5gR
2 B0 2 B1 R B0
设M获得冲量I 后的速度为v ，由动量定理得
0 0
I =Mv 对M与m碰撞的过程有
0 0
1 1 1
Mv =Mv +mv Mv2= Mv2 + mv2 解得R=36r，I =5M√5gr；
0 A0 B02 0 2 A0 2 B0 0
(3)当I>I 时，M碰撞前、后的速度分别为v、v ，到达圆环最高点时的速度v ；m碰撞后的速度
0 A A2
为v 。则有
B
1 1 1
I=MvMv=Mv +mv Mv2= Mv2 + mv2 对M，在圆环上运动时
A B2 2 A 2 B
1 1 v2 I2
Mv2 =Mg×2r+ Mv2 Mg+F=M A2解得F= -5Mg
2 A 2 A2 r 25Mr
I2
根据牛顿第三定律可知，M通过圆环顶点时对轨道的压力大小为 -5Mg。
25Mr
【知识点】竖直平面内的圆周运动、弹性碰撞、动量定理的一般应用
【解析】本题主要考查了弹性碰撞、竖直面内的圆周运动等综合问题，对于动力学问题关键是明确
各个物体的受力特点及运动规律。
(1)M在最高点重力提供向心力，计算在最高点速度，再由机械能守恒定律计算碰后速度；
(2)同(1)方法计算碰后m的速度，根据动量守恒定律及机械能守恒定律结合动量定理计算圆环B的
半径R和冲量I 的大小；
0
(3)根据动量定理结合动量守恒定律、机械能守恒定律计算碰后M、m的速度，由机械能守恒定律
计算M到达圆环最高点速度，由牛顿第二定律计算压力。
1．(2022·全国·其他类型)“天津之眼”是一座跨河建设、桥轮合一的摩天轮，是天津市的地标之一。
摩天轮悬挂透明座舱，乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动。下列叙述正确的是( )A. 摩天轮转动过程中，乘客的机械能保持不变
B. 在最高点，乘客重力大于座椅对他的支持力
C. 摩天轮转动一周的过程中，乘客重力的冲量为零
D. 摩天轮转动过程中，乘客重力的瞬时功率保持不变
【答案】B
【知识点】机械能守恒的判断、冲量、竖直平面内的圆周运动、瞬时功率
【解析】
A.机械能等于重力势能和动能之和，摩天轮运动过程中，做匀速圆周运动，乘客的速度大小不变，
则动能不变，但高度变化，所以机械能在变化，A错误；
B.圆周运动过程中，在最高点，由重力和支持力的合力提供向心力F，向心力指向下方，所以
F=mg-N，则支持力N=mg-F，所以重力大于支持力，B正确；
C.转动一周，根据I=mgt，t不为零，则重力的冲量不为零，C错误；
D.运动过程中，乘客的重力大小不变，速度大小不变，但是速度方向时刻在变化，速度在重力方向
上的分量大小变化，所以重力的瞬时功率在变化，D错误。
故选B。
2．(2022·湖北省·模拟题)如图所示，光滑倾斜滑道OM与粗糙水平滑道MN平滑连接．质量为1kg
的滑块从O点由静止滑下，在N点与缓冲墙发生碰撞，反弹后在距墙1m的P点停下．已知O点比M
点高1.25m，滑道MN长4m，滑块与滑道MN的动摩擦因数为0.2，重力加速度大小g取10m/s2，
不计空气阻力．下列说法正确的是
A. 滑块运动到M点的速度大小为6m/s
B. 滑块运动到N点的速度大小为4m/s
C. 缓冲墙对滑块的冲量大小为10N·s
D. 缓冲墙对滑块做的功为-2.5J
【答案】D
【知识点】动能定理的基本应用、动量定理的一般应用
【解析】
分清滑块运动过程，根据动能定理，结合动量定理分析求解。1
A、从O到M的过程，由动能定理可知mgh= mv2 ，滑块运动到M的速度大小为v =5m/s，故
2 0 0
A错误；
μmg v2-v2
B、由M到N的过程中，加速度大小为a= =2m/s2 ，由位移公式可得x = 0，可得滑块
m 1 -2a
运动到N的速度大小为v=3m/s，故B错误；
v'2
C、由N到P可知x = ，解得被缓冲墙反弹，滑块的速度大小v'=-2m/s(方向与初速度反向，
2 2a
取负)，由动量定理可知缓冲墙对滑块的冲量I=Δp=mv'-mv=-5N⋅s，故C错误；
1 1
D、由动能定理可得缓冲墙对滑块做的功W = mv'2- mv2=-2.5J，故D正确。
2 2
3．(2022·湖北省黄冈市·模拟题)如图所示，某同学站在篮球场地面上以一定的初速度向篮板的黑框
投球。假设球飞到最高点时恰好水平击中黑框中心，球击中篮板前后瞬间速度大小不变、方向反向。
测得球离手时位置与篮板水平距离3m，离地面的高度1.5m，篮板黑框中心离地高度为3.3m，篮
球质量为600g，重力加速度g取10m/s2，空气阻力忽略不计。下列说法正确的是( )
A. 球从抛出到击中篮板的过程所用的时间为0.8s
B. 球击中篮板前瞬间的速度大小为5m/s
C. 球对篮板的冲量大小为5N⋅s
D. 球从抛出到击中篮板的过程机械能增加10.8J
【答案】B
【知识点】平抛运动基本规律、动量定理的内容和表达式
【解析】
根据平抛运动规律结合动量定理分析即可解答，难度不大。
AB、由题意可知球从抛出到击中黑框中心的反过程可看做平抛运动，根据规律可知
1
3=vt3.3-1.5= gt2 可得t=0.6s，v=5m/s，故A错误，B正确；
2
C、球击中篮板前后瞬间速度大小不变、方向反向，由动量定理可知球对篮板的冲量大小等于球动
量变化大小，为2mv=6N⋅s，故C错误；
D、球从抛出到击中篮板的过程，空气阻力忽略不计，只有重力做功，机械能守恒，故D错误。
4．(2022·山东省潍坊市·模拟题)如图甲所示，水平桌面上一个物块在与桌面平行的外力牵引下做直
线运动，其v-t图像如图乙所示，已知物块质量为2kg，物块与地面间动摩擦因数为0.3，重力加速
度g大小取10m/s2，以下判断正确的是( )A. 物体在1～3s内摩擦生热36J
B. 物体在0～1s内水平力F大小为14N
C. 物体在0～1s内和3～5s内的合外力冲量大小之比为1:2
D. 0～5s内水平力F对物体做的功大于摩擦力对物体做的功
【答案】B
【知识点】v-t图像、动能定理的基本应用、动量定理的一般应用
【解析】
v-t图像面积表示位移，斜率表示加速度，结合动量定理和动能定理分析即可。
A、v-t图像面积表示位移，在1∼3s内物体做匀速直线运动位移8m，此过程Q=μmgx=48J，
故 A选项错误;
B、v-t图像斜率表示加速度，在0∼1s内由牛顿第二定律F-μmg=ma可得，水平力大小为14N，
故 B选项正确;
C、根据在0∼1s内和3∼5s内速度变化量相同，结合动量定理得合外力冲量大小之比为1:1，故
C选项错误;
D、在0∼5s内物体的动能变化为零，合外力做功为零，水平力F对物体做的功等于物体克服摩擦
力做的功，故 D选项错误。
5．(2022·江苏省南京市·模拟题)将一只篮球在空中水平向右抛出，落地后又反弹，篮球的抛出点高
度、两次落点的位置、第一次反弹后的高度等数据如图所示，已知该篮球质量为0.6kg，不计空气
阻力，加速度g=10m/s2，求该篮球：
(1)从抛出到第一次落地的时间t；
(2)第一次落地时所受摩擦力的冲量I。
【答案】1
接：(1)根据平抛运动规律有：h = gt2
1 2
解得：t=0.8s
(2)抛出时的速度为x =v t
1 1
1
反弹后，根据平抛运动规律有：h = gt'2
2 2
x =v t'
2 2
其中h =2.4m，x =1.2m
2 2
规定向右为正方向，则水平方向根据动量定理有：I=mv -mv
2 1
代入数据解得：I=-0.6kg⋅m/s，负号代表方向向左；
答：(1)从抛出到第一次落地的时间为0.8s；
(2)第一次落地时所受摩擦力的冲量为0.6kg⋅m/s，方向向左。
【知识点】动量定理、抛体运动
【解析】(1)根据平抛运动规律解得；
(2)根据平抛运动规律结合动量定理解得。
本题考查平抛运动规律与动量定理，解题关键掌握方向性。
6．(2022·天津市·模拟题)某校设计专业学生对手机进行了防摔设计，防摔设计是这样的：在屏幕的
四个角落设置了由弹性塑料、聚合物及超薄金属片组成的保护器，一旦手机内的加速度计、陀螺仪
及位移传感器感知到手机掉落，保护器会自动弹出，对手机起到很好的保护作用。总质量为160g
的该种型号手机从距离地面1.25m高的口袋中被无意间带出，之后的运动可以看作自由落体运动，
平摔在地面上，保护器撞击地面的时间为0.5s，不计空气阻力，g=10m/s2，试求：
(1)手机落地前瞬间的速度大小；
(2)手机从开始掉落到落地前的过程中重力的冲量大小；
(3)地面对手机的平均作用力大小。
【答案】
解：(1)落地的速度v2=2gh，代入数值，得：v=❑√2gh=√2×10×1.25m/s=5m/s，
(2)方法一：根据自由落体运动h=
1
gt2 ，代入数值，得t=
√2h
=
√2×1.25
=0.5s，
2 g 10
根据I=mgt，得重力冲量I=mgt=0.16×10×0.5N⋅s=0.8N⋅s，
方法二：由动量定理：I=mv-0，代入数值得：I=0.8N⋅s。
(3)取竖直向下为正方向，由动量定理(mg-F)t=0-mv，
mv 0.16×5
得F=mg+ =1.6N+ N=3.2N。
t 0.5
【知识点】自由落体运动的规律、冲量、动量定理的一般应用
【解析】(1)根据自由落体运动v2=2gh求出落地前速度；(2)自由落体时间可求，根据重力冲量I=mgt或利用动量定理求出重力冲量；
(3)由动量定理求出地面对手机的平均作用力大小、
本题要理清手机的运动过程，建立模型，要知道手机与地面撞击时，地面对手机的作用力是变力，
只能根据动量定理求解。
