專題14動量與動量定理及其應(yīng)用目錄TOC\o"13"\h\u題型一動量和沖量的理解 1類型1動量與動能的比較及換算 2類型2對動量和沖量的定性分析 4類型3恒力沖量的計算 5類型3利用F－t圖像求沖量 9題型二動量定理的理解和應(yīng)用 10類型1用動量定理解釋生活中的現(xiàn)象 11類型2應(yīng)用動量定理求解瞬時平均力 14題型三動量定理和圖像問題的結(jié)合 17題型四應(yīng)用動量定理處理“流體模型” 24模型一流體類問題 24模型二微粒類問題 28題型五應(yīng)用動量定理處理分析多過程問題 30題型六動量定理與動能定理的類比及綜合應(yīng)用 34題型一動量和沖量的理解【解題指導(dǎo)】1．動量與動能的比較動量動能物理意義描述機(jī)械運動狀態(tài)的物理量定義式p＝mvEk＝eq\f(1,2)mv2標(biāo)矢性矢量標(biāo)量變化因素合外力的沖量合外力所做的功大小關(guān)系p＝eq\r(2mEk)Ek＝eq\f(p2,2m)變化量Δp＝FtΔEk＝Fl聯(lián)系(1)都是相對量，與參考系的選取有關(guān)，通常選取地面為參考系(2)若物體的動能發(fā)生變化，則動量一定也發(fā)生變化；但動量發(fā)生變化時動能不一定發(fā)生變化2.沖量的計算方法(1)恒力的沖量：直接用定義式I＝Ft計算．(2)變力的沖量①作出F－t圖線，圖線與t軸所圍的面積即為變力的沖量，如圖所示．②對于易確定始、末時刻動量的情況，可用動量定理求解．類型1動量與動能的比較及換算．【例1】（2023春·北京·高三統(tǒng)考期末）關(guān)于在恒定阻力作用下，做豎直上拋運動的物體，下列說法正確的是（）B．動量p隨時間t變化的快慢隨時間均勻增大D．機(jī)械能E隨位移x變化的快慢隨時間均勻減小【答案】AC【詳解】A．上升過程，有可得下降過程，有B．根據(jù)動量定理可得可得可知動量p隨時間t變化的快慢保持不變，故B錯誤；C．根據(jù)重力勢能與重力做功的關(guān)系，可知重力勢能減少量為可得D．根據(jù)功能關(guān)系有所以可知機(jī)械能E隨位移x變化的快慢保持不變，故D錯誤。故選AC?！纠?】（2023·貴州貴陽·?？寄M預(yù)測）冬奧會速滑比賽中，甲、乙兩運動員的質(zhì)量分別為和，若他們的動能相等，則甲、乙動量大小之比是（）【答案】C故選C?！纠?】．（2023·江蘇鹽城·高三統(tǒng)考期中）如圖所示，在光滑水平面上，動能為E0、動量的大小為p0小鋼球1與靜止小鋼球2發(fā)生碰撞，碰撞前后球1的運動方向相反。將碰撞后球1的動能和動量的大小分別記為E1、p1，球2的動能和動量的大小分別記為E2、p2，則（

）A．E1>E0 B．p1＞p0C．E2>E0 D．p2>p0【答案】D【詳解】ABC．據(jù)碰撞過程中總動能不增加，必有E1＜E0，E2＜E0，根據(jù)可知，p1＜p0，否則就違反了能量守恒定律，故ABC錯誤；D．根據(jù)動量守恒定律得得到可見，p2＞p0，故D正確。故選D。類型2對動量和沖量的定性分析【例1】(2022·江蘇七市調(diào)研)北京冬奧會2000米短道速滑接力熱身賽上，在光滑冰面上交接時，后方運動員用力推前方運動員。則交接過程中()A．兩運動員的總機(jī)械能守恒B．兩運動員的總動量增大C．每個運動員的動量變化相同D．每個運動員所受推力的沖量大小相同【答案】D【解析】在光滑冰面上交接時，后方運動員用力推前方運動員，導(dǎo)致機(jī)械能增加，A錯誤；兩運動員合力為零，動量守恒，B錯誤；因為動量守恒，所以兩個運動員的動量變化等大反向，C錯誤；兩運動員的相互作用力大小相等，力的作用時間相同，則每個運動員所受推力的沖量大小相同，D正確?！纠?】(多選)(2022·福建高三期末)第二屆進(jìn)博會展出了一種乒乓球陪練機(jī)器人，如圖所示。若乒乓球被機(jī)器人以原速率斜向上擊回，在空中運動一段時間后落到臺面上，忽略空氣阻力和乒乓球的旋轉(zhuǎn)，下列說法正確的是()A.擊球過程合外力對乒乓球做功為零B.擊球過程合外力對乒乓球的沖量為零C.乒乓球運動至最高點時，動量為零D.乒乓球下落過程中，在相等時間內(nèi)動量變化相同【答案】AD【解析】乒乓球被機(jī)器人以原速率斜向上擊回，可知乒乓球的動能不變，由動能定理可知，合外力對乒乓球做功為零，故A正確；乒乓球被機(jī)器人以原速率斜向上擊回，可知乒乓球速度變化量不為零，所以動量的變化量不為零，由動量定理可知，擊球過程合外力對乒乓球的沖量不為零，故B錯誤；乒乓球運動至最高點時，還具有水平方向的速度，故在最高點動量不為零，故C錯誤；乒乓球下落過程中，只受重力作用，則在相等的時間內(nèi)重力的沖量相等，由動量定理可知，在相等時間內(nèi)動量變化相同，故D正確。【例3】(2022·邊城高級中學(xué)高三月考)籃球運動深受同學(xué)們的喜愛，打籃球時某同學(xué)伸出雙手接傳來的籃球，雙手隨籃球迅速收縮至胸前，如圖所示。下列說法正確的是()A.手對籃球的作用力大于籃球?qū)κ值淖饔昧.手對籃球的作用力與籃球?qū)κ值淖饔昧κ且粚ζ胶饬.這樣做的目的是減小籃球動量的變化量D.這樣做的目的是減小籃球?qū)κ值臎_擊力【答案】D【解析】手對籃球的作用力與籃球?qū)κ值淖饔昧κ且粚ψ饔昧εc反作用力，大小相等，方向相反，故A、B錯誤；先伸出兩臂迎接，手接觸到球后，兩臂隨球引至胸前，這樣可以增加球與手接觸的時間，根據(jù)動量定理得－Ft＝0－mv解得F＝eq\f(mv,t)，當(dāng)時間增大時，作用力減小，而沖量和動量的變化量都不變，所以C錯誤，D正確。類型3恒力沖量的計算【答案】B【詳解】由題意可知，小物塊做勻加速直線運動的加速度加速運動的時間加速運動的位移勻速運動的位移勻速運動的時間故此后1s內(nèi)傳動帶對工件摩擦力的總沖量大小為故選B?！纠?】(2022·陜西臨渭高二期末)如圖所示，質(zhì)量為m的物體在一個與水平方向成θ角的恒定拉力F作用下，沿水平面向右勻速運動，則下列關(guān)于物體在時間t內(nèi)所受力的沖量正確的是()A.拉力F的沖量大小為FtcosθB.摩擦力的沖量大小為FtsinθC.重力的沖量大小為mgtD.物體所受支持力的沖量是mgt【答案】C【解析】拉力F的沖量大小為Ft，故A錯誤；物體做勻速直線運動，可知摩擦力f＝Fcosθ，則摩擦力的沖量大小為ft＝Ftcosθ，故B錯誤；重力的沖量大小為mgt，故C正確；物體所受支持力的大小為FN＝mg－Fsinθ，則支持力的沖量為(mg－Fsinθ)t，故D錯誤?！纠?】（2023·湖北·模擬預(yù)測）如圖所示，在光滑的水平面內(nèi)建立xOy坐標(biāo)，質(zhì)量為m的小球以某一速度從O點出發(fā)后，受到一平行于y軸方向的恒力作用，恰好通過A點，已知小球通過A點的速度大小為v0，方向沿x軸正方向，且OA連線與Ox軸的夾角為30°，則（）A．恒力的方向一定沿y軸正方向【答案】C【詳解】A．小球受到恒力作用做勻變速曲線運動，利用逆向思維法，小球做類平拋運動。由此可判斷恒力方向一定沿y軸負(fù)方向，故A錯誤；D．由幾何關(guān)系可得所以小球經(jīng)過坐標(biāo)原點時，沿y軸方向的分速度為沿x軸方向的速度仍為v0，小球從O點出發(fā)時的動能為故D錯誤；B．恒力在這一過程中所做的功為故B錯誤；C．恒力在這一過程中的沖量大小故C正確。故選C?！敬鸢浮緽【詳解】由題意可知，小物塊做勻加速直線運動的加速度加速運動的時間加速運動的位移勻速運動的位移勻速運動的時間故此后1s內(nèi)傳動帶對工件摩擦力的總沖量大小為故選B。類型3利用F－t圖像求沖量【答案】AD由故A正確；故B錯誤；C．根據(jù)動量定理故C錯誤；故D正確。故選AD?！纠?】.(2022·山東省日照一中月考)質(zhì)量m＝1kg的物體在合外力F的作用下從靜止開始做直線運動．物體所受的合外力F隨時間t變化圖像如圖所示．下列說法正確的是()A．物體先做勻加速直線運動，再做加速度減小的減速運動B．4s末物體的速度為零C．0～6s內(nèi)合外力的沖量為8N·sD．0～6s內(nèi)合外力做功為8J【答案】D【解析】由題圖可知，0～4s內(nèi)合外力方向不變，則物體先做勻加速直線運動，再做加速度減小的加速運動，最后做加速度增大的減速運動，故A錯誤；由題圖可知，0～4s內(nèi)合外力方向不變，則物體一直做加速運動，4s末物體的速度不為0，故B錯誤；F－t圖線與橫坐標(biāo)軸所圍面積表示合外力的沖量，0～2s合外力沖量為I1＝2×2N·s＝4N·s,2～6s合外力的沖量為0，則0～6s內(nèi)合外力的沖量為4N·s，故C錯誤；0～2s內(nèi)，由動量定理可得I1＝mv1，即mv1＝4kg·m/s，此時的動能為Ek＝eq\f(mv12,2m)＝eq\f(42,2×1)J＝8J，由于2～6s合外力的沖量為0，即動量不變，則動能也不變，所以0～6s內(nèi)合外力做功為8J，故D正確．題型二動量定理的理解和應(yīng)用【核心歸納】1．對動量定理的理解(1)Ft＝p′－p是矢量式，兩邊不僅大小相等，而且方向相同．式中Ft是物體所受的合外力的沖量．(2)Ft＝p′－p除表明兩邊大小、方向的關(guān)系外，還說明了兩邊的因果關(guān)系，即合外力的沖量是動量變化的原因．(3)由Ft＝p′－p，得F＝eq\f(p′－p,t)＝eq\f(Δp,t)，即物體所受的合外力等于物體動量的變化率．(4)當(dāng)物體運動包含多個不同過程時，可分段應(yīng)用動量定理求解，也可以全過程應(yīng)用動量定理．2．解題基本思路(1)確定研究對象．(2)對物體進(jìn)行受力分析．可先求每個力的沖量，再求各力沖量的矢量和——合力的沖量；或先求合力，再求其沖量．(3)抓住過程的初、末狀態(tài)，選好正方向，確定各動量和沖量的正負(fù)號．(4)根據(jù)動量定理列方程，如有必要還需要補充其他方程，最后代入數(shù)據(jù)求解．類型1用動量定理解釋生活中的現(xiàn)象【例1】(2020·全國Ⅰ卷，14)行駛中的汽車如果發(fā)生劇烈碰撞，車內(nèi)的安全氣囊會被彈出并瞬間充滿氣體。若碰撞后汽車的速度在很短時間內(nèi)減小為零，關(guān)于安全氣囊在此過程中的作用，下列說法正確的是()A．增加了司機(jī)單位面積的受力大小B．減少了碰撞前后司機(jī)動量的變化量C．將司機(jī)的動能全部轉(zhuǎn)換成汽車的動能D．延長了司機(jī)的受力時間并增大了司機(jī)的受力面積【答案】D【解析】行駛中的汽車如果發(fā)生劇烈碰撞，車內(nèi)安全氣囊被彈出并瞬間充滿氣體，增大了司機(jī)的受力面積，減少了司機(jī)單位面積的受力大小，延長了司機(jī)的受力時間，A項錯誤，D項正確；碰撞前司機(jī)的動量等于其質(zhì)量與速度的乘積，碰撞后司機(jī)的動量為零，所以安全氣囊不能減少碰撞前后司機(jī)動量的變化量，B項錯誤；司機(jī)與氣囊的碰撞為非彈性碰撞，有能量損失，司機(jī)的動能未完全轉(zhuǎn)換成汽車的動能，C項錯誤?！纠?】（2023春·廣東韶關(guān)·高三南雄中學(xué)?？茧A段練習(xí)）科技發(fā)展，造福民眾。近兩年推出的“智能防摔馬甲”是一款專門為老年人研發(fā)的科技產(chǎn)品。該裝置的原理是通過馬甲內(nèi)的傳感器和微處理器精準(zhǔn)識別穿戴者的運動姿態(tài)，在其失衡瞬間迅速打開安全氣囊進(jìn)行主動保護(hù)，能有效地避免摔倒帶來的傷害。在穿戴者著地的過程中，安全氣囊可以（）A．減小穿戴者動量的變化量 B．減小穿戴者動量的變化率C．增大穿戴者所受合力的沖量 D．減小穿戴者所受合力的沖量【答案】B可知安全氣囊的作用是延長了人與地面的接觸時間，從而減小人所受到的合外力，即減小穿戴者動量的變化率，而穿戴者動量的變化量，也即穿戴者所受合力的沖量均未發(fā)生變化。故選B?！纠?】．（2023·北京·高三專題練習(xí)）如圖所示，用細(xì)線懸掛一個重物，把重物拿到一定高度，釋放后重物下落把細(xì)線拉斷。如果在此細(xì)線上端拴一段橡皮筋，使橡皮筋與細(xì)線的總長度與原來細(xì)線相等，再從相同高度釋放該重物，細(xì)線不再被拉斷。可認(rèn)為細(xì)繩不可伸長。以下判斷正確的是（）A．重物下落把細(xì)線拉斷的原因是重力大于拉力B．加橡皮筋后重物下落到最低點時動能最大C．加橡皮筋后重物的最大動量變化率較小D．加橡皮筋后重物下落到最低點時是失重狀態(tài)【答案】C【詳解】A．重物下落把細(xì)線拉斷的原因是重物對繩的拉力大于細(xì)繩可承受的最大拉力，故A錯誤；B．加橡皮筋后重物下落到最低點時，速度為零，動能最小，故B錯誤；C．由動量定理可得動量改變量相同，沖量相同，橡皮筋經(jīng)歷的時間長，動量變化率小，所受合外力小，故C正確；D．加橡皮筋后重物下落到最低點時，有向上的加速度，處于超重狀態(tài)，故D錯誤。故選C。【例4】．（2022春·天津西青·高三階段練習(xí)）高空“蹦極”是勇敢者的游戲。蹦極運動員將彈性長繩（質(zhì)量忽略不計）的一端系在雙腳上，另一端固定在高處的跳臺上，運動員無初速地從跳臺上落下。若不計空氣阻力，則（）A．彈性繩開始伸直時，運動員的速度最大B．從彈性繩開始伸直到最低點的過程中，運動員的重力勢能與彈性繩的彈性勢能之和不斷增大C．整個下落過程中，重力對運動員的沖量與彈性繩彈力對運動員的沖量相同D．整個下落過程中，重力對運動員所做的功等于運動員克服彈性繩彈力所做的功【答案】D【詳解】A．當(dāng)彈性繩的彈力大小等于重力時，運動員的速度最大，A錯誤；B．由于運動員和彈性繩組成的系統(tǒng)，機(jī)械能守恒，即動能、重力勢能與彈性繩的彈性勢能之和保持不變，由于從彈性繩開始伸直到最低點的過程中，運動員的動能先增加后減小，因此重力勢能與彈性繩的彈性勢能之和先減小后增加，B錯誤；C．根據(jù)動量定理，由于初、末狀態(tài)，動量均為零，因此重力對運動員的沖量與彈性繩彈力對運動員的沖量大小相等，方向相反，C錯誤；D．根據(jù)動能定理，由于初、末狀態(tài)動能均為零，因此重力對運動員所做的功等于運動員克服彈性繩彈力所做的功，D正確。故選D。類型2應(yīng)用動量定理求解瞬時平均力【例1】（2023·黑龍江哈爾濱·哈九中?？既＃┯觅|(zhì)量為m的小鐵錘以速度向下?lián)舸蛞粔K質(zhì)量為M的磚塊（擊打時間極短），擊打后，小鐵錘以的速率反向彈回，已知磚塊受到擊打后在手中的緩沖時間為t，重力加速度為g，下列說法正確的是（）B．在擊打過程中，鐵錘重力的沖量大小為mgtC．磚頭緩沖過程中，對手的壓力大小為Mg【答案】D【詳解】A．設(shè)方向向下為正方向，在擊打過程中，對鐵錘由動量定理可得B．鐵錘擊打的時間未知，所以在擊打過程中，鐵錘重力的沖量大小不能求解，故B錯誤；CD．在擊打過程中，鐵錘與磚頭由動量守恒定律可得解得磚頭緩沖過程中，對磚頭由動量定理可得解得手對磚頭的支持力為由牛頓第三定律可知磚頭對手的壓力為故C錯誤，D正確。故選D?！纠?】.（2023春·湖南衡陽·高三校考階段練習(xí)）如圖所示的蒸汽錘打樁機(jī)，利用高壓蒸汽將錘頭上舉，然后錘頭做自由落體運動向下撞擊樁頭，使樁沉入地下。已知樁頭與錘頭的質(zhì)量均為m，錘頭從距離樁頭h處開始自由下落，若不計空氣阻力，錘頭與樁頭發(fā)生完全非彈性碰撞，碰撞時間極短，碰后二者運動時間為t，重力加速度為g，下列說法正確的是（）

A．碰后運動過程中錘頭與樁頭的總動量守恒B．樁頭由靜止向下運動的過程先超重后失重【答案】D【詳解】A．碰后運動過程中，錘頭與樁頭受重力與阻力作用，它們的總動量不守恒，A錯誤；B．樁頭由靜止向下運動的過程先加速，最后減速，加速過程中失重，減速過程中超重，B錯誤；C．錘頭與樁頭碰撞過程，由動量守恒定律可得對錘頭下落的過程，由自由落體運動的規(guī)律可得解得即碰撞前后瞬間錘頭的速度變化量的大小為C錯誤；D．從碰后瞬間到靜止，對錘頭由動量定理可得解得D正確。故選D。【例3】．（2023·廣東廣州·統(tǒng)考三模）如圖所示，一個質(zhì)量為0.2kg的壘球，以20m/s的水平速度飛至球棒，被球棒打擊后反向水平飛回，速度大小變?yōu)?0m/s，設(shè)球棒與壘球的作用時間為0.01s，下列說法正確的是（）

A．球棒對壘球不做功 B．球棒對壘球做負(fù)功C．球棒對壘球的平均作用力大小為400N D．球棒對壘球的平均作用力大小為1200N【答案】D【詳解】AB．由動能定理可得球棒對壘球做功為做正功，故AB錯誤；CD．由動量定理可得球棒對壘球的平均作用力大小為故C錯誤，D正確。故選D?！纠?】（2023·湖南·統(tǒng)考模擬預(yù)測）2022年7月19日，浙江桐鄉(xiāng)兩名90后徒手接住從6樓墜樓女童的消息在網(wǎng)上熱傳，現(xiàn)場視頻看得人心驚肉跳，假設(shè)體重為20kg的小孩突然從離地面6m高處墜落，樓下恰好有人用雙手將小孩接住，該人接住小孩時小孩離地面大概1m，與雙手的撞擊時間約為0.4s，假設(shè)小孩可視為質(zhì)點，不計空氣阻力，重力加速度g=10m/s2，請你估算一下該人每只手平均承受的力約為（）A．175N B．350N C．700N D．1400N【答案】B【詳解】設(shè)小孩與雙手撞擊瞬間的速度為，下落高度為，由動能定理可知解得小孩與雙手撞擊時受到自身的重力和雙手的支持力，規(guī)定豎直向上為正方向，由動量定理可得解得故選B。題型三動量定理和圖像問題的結(jié)合【例1】（2023·湖北咸寧·高三鄂南高中校聯(lián)考期中）海洋館中一潛水員把一質(zhì)量為m小球以初速度v0從手中豎直拋出。從拋出開始計時，3t0時刻小球返回手中。小球始終在水中且在水中所受阻力大小不變，小球的速度隨時間變化的圖像如圖所示。下列說法正確的是（

）A．上升過程與下降過程中阻力的沖量大小之比1：2B．上升過程與下降過程中合外力的沖量大小之比1：2【答案】A【詳解】A．上升過程中阻力的沖量大小為If上=ft0下降過程中阻力的沖量大小為If下=f?2t0則上升過程與下降過程中阻力的沖量大小之比1：2，A正確；B．由于小球上升下降過程中位移的大小相等，則有解得則，取豎直向下為正，根據(jù)動量定理有I上=p=0－（－mv0），I下=p′=mv′－0則上升過程與下降過程中合外力的沖量大小之比為2：1，B錯誤；C．小球在0—3t0時間內(nèi)動量變化量的大小為C錯誤；D．小球在0—3t0過程中根據(jù)動能定理有解得D錯誤。故選A。【例2】（2023·湖南長沙·長郡中學(xué)?？寄M預(yù)測）從地面上以一定初速度豎直向上拋出一質(zhì)量為m的小球，其動能隨時間的變化如圖。已知小球受到的空氣阻力與速率成正比。小球落地時的動能為E0，且落地前小球已經(jīng)做勻速運動。重力加速度為g，則小球在整個運動過程中（

）A．球上升階段阻力的沖量大于下落階段阻力的沖量B．從最高點下降落回到地面所用時間小于t1C．最大的加速度為4g【答案】D【詳解】A．由題意可得，阻力與速率的關(guān)系為f=kv，故阻力的沖量大小為If=∑ft=∑kvt=kx因為上升過程和下降過程位移大小相同，則上升和下降過程阻力的沖量大小相等，A錯誤；B．由于機(jī)械能損失，上升過程中的平均速度大于下降過程中的平均速度，上升過程與下降過程的位移大小相等，故小球在運動的全過程，上升的時間小于下降的時間，B錯誤；C．設(shè)小球的初速度為，滿足而小球的末速度為，有小球剛拋出時阻力最大，其加速度最大，有當(dāng)小球向下勻速時，有聯(lián)立解得C錯誤；D．上升時加速度為，由牛頓第二定律得解得取極短時間，速度變化，有又上升全程則設(shè)小球的初速度為，滿足而小球的末速度為，有聯(lián)立可得D正確。故選D。A．該觀光電梯做勻速運動的時間是C．在電梯加速階段與減速階段該同學(xué)重力的平均功率之比是1：3【答案】AD所以該同學(xué)的質(zhì)量A．設(shè)勻速運動的時間為，由動量定理得其中解得A正確；B．設(shè)全程電梯對該同學(xué)做的功為，由動能定理知得C．該同學(xué)加速階段與減速階段的平均速度相同，故重力在這兩段的功率之比是，C錯誤；D．加速階段加速階段的末速度加速階段位移勻速階段位移減速階段的位移下降總高度D正確。故選AD。A．物體與水平地面間的動摩擦因數(shù)為0.15【答案】AC【詳解】A．由圖2可得拉力F關(guān)于時間的函數(shù)為代入數(shù)據(jù)解得故A正確；B．物塊運動過程中所受的滑動摩擦力為而最大靜摩擦力大于滑動摩擦力，故B錯誤；C．加速度與時間的圖像中，圖像與時間軸圍成的面積表示速度的變化量，由圖3可知，4s末物體的速度為故C正確；故D錯誤。故選AC?！纠?】.(2022·山東濰坊高三月考)黨的十八大以來，中國交通發(fā)展取得歷史性成就，現(xiàn)在全國鐵路營業(yè)里程13.9萬公里，其中高鐵超過3.5萬公里，位居世界第一；公路里程501.3萬公里，其中高速公路15萬公里，位居世界第一．一輛質(zhì)量為m＝2000kg的汽車以v0＝30m/s的速度在平直的高速公路上勻速直線行駛，當(dāng)駕駛員發(fā)現(xiàn)前方有事故時，立即進(jìn)行剎車，已知司機(jī)的反應(yīng)時間為0.7s．若汽車剎車后的剎車制動力F與剎車后的時間t成線性變化關(guān)系，如圖所示，且在t＝10s時刻汽車剛好完全停止運動，汽車運動可視為直線運動．求：(1)司機(jī)的反應(yīng)時間內(nèi)汽車行駛的距離；剎車后的最大制動力Fm；(2)當(dāng)t1＝5s時，汽車的速度．【答案】(1)21m12000N(2)7.5m/s【解析】(1)在反應(yīng)時間內(nèi)，汽車做勻速運動，有x＝v0·t0得x＝21m由動量定理得I＝eq\o(F,\s\up6(－))·t＝eq\f(Fm,2)t＝mv0得Fm＝12000N(2)根據(jù)動量定理可得eq\f(Fm＋F1t1,2)＝mv0－mv由題圖知F1＝eq\f(Fm,2)解得v＝7.5m/s題型四應(yīng)用動量定理處理“流體模型”模型一流體類問題流體及其特點通常液體流、氣體流等被廣義地視為“流體”，特點是質(zhì)量具有連續(xù)性，題目中通常給出密度ρ作為已知條件分析步驟1建立“柱體”模型，沿流速v的方向選取一段柱形流體，其橫截面積為S2用微元法研究，作用時間Δt內(nèi)的一段柱形流體的長度Δl＝vΔt，對應(yīng)的質(zhì)量為Δm＝ρV＝ρSΔl＝ρSvΔt3建立方程，應(yīng)用動量定理研究這段柱形流體【例1】某游樂園入口旁有一噴泉，噴出的水柱將一質(zhì)量為M的卡通玩具穩(wěn)定地懸停在空中。為計算方便起見，假設(shè)水柱從橫截面積為S的噴口持續(xù)以速度v0豎直向上噴出；玩具底部為平板(面積略大于S)；水柱沖擊到玩具底板后，在豎直方向水的速度變?yōu)榱悖谒椒较虺闹芫鶆蛏㈤_。忽略空氣阻力。已知水的密度為ρ，重力加速度大小為g。求(1)噴泉單位時間內(nèi)噴出的水的質(zhì)量；(2)玩具在空中懸停時，其底面相對于噴口的高度。【答案】(1)ρv0S(2)eq\f(veq\o\al(2,0),2g)－eq\f(M2g,2ρ2veq\o\al(2,0)S2)【解析】(1)在剛噴出一段很短的Δt時間內(nèi)，可認(rèn)為噴出的水柱保持速度v0不變。該時間內(nèi)，噴出水柱高度Δl＝v0Δt①噴出水柱質(zhì)量Δm＝ρΔV②其中ΔV為水柱體積，滿足ΔV＝ΔlS③由①②③可得：噴泉單位時間內(nèi)噴出的水的質(zhì)量為eq\f(Δm,Δt)＝ρv0S。(2)設(shè)玩具底面相對于噴口的高度為h由玩具受力平衡得F沖＝Mg④其中，F(xiàn)沖為水柱對玩具底部的作用力由牛頓第三定律知F壓＝F沖⑤其中，F(xiàn)壓為玩具底部對水柱的作用力，v′為水柱到達(dá)玩具底部時的速度由運動學(xué)公式得v′2－veq\o\al(2,0)＝－2gh⑥在很短Δt時間內(nèi)，沖擊玩具水柱的質(zhì)量為ΔmΔm＝ρv0SΔt⑦由題意可知，在豎直方向上，對該部分水柱應(yīng)用動量定理得－(F壓＋Δmg)Δt＝－Δmv′⑧由于Δt很小，Δmg也很小，可以忽略，⑧式變?yōu)镕壓Δt＝Δmv′⑨由④⑤⑥⑦⑨可得h＝eq\f(veq\o\al(2,0),2g)－eq\f(M2g,2ρ2veq\o\al(2,0)S2)?！纠?】（2023·湖北荊門·荊門市龍泉中學(xué)校聯(lián)考三模）如圖所示，質(zhì)量為M的直—20武裝直升機(jī)旋翼有4片槳葉，槳葉旋轉(zhuǎn)形成的圓面面積為S。已知空氣密度為ρ，重力加速度大小為g。當(dāng)直升機(jī)懸?？罩袝r，發(fā)動機(jī)輸出的機(jī)械功率為P，槳葉旋轉(zhuǎn)推動空氣，空氣獲得的速度為v0，則單位時間內(nèi)槳葉旋轉(zhuǎn)推動空氣的質(zhì)量可表示為（）【答案】BD【詳解】AB．設(shè)在時間內(nèi)通過面積S的空氣質(zhì)量為，則解得A錯誤，B正確；CD．發(fā)動機(jī)輸出的機(jī)械功率對空氣根據(jù)動量定理對直升機(jī)根據(jù)平衡知識C錯誤，D正確。故選BD?！纠?】（2023·河南·校聯(lián)考模擬預(yù)測）小飛同學(xué)在洗盤子的時候發(fā)現(xiàn)當(dāng)水流穩(wěn)定時，從水龍頭流下的水柱從上到下越來越細(xì)，如圖所示。小飛同學(xué)將盤子放在水龍頭下一定距離，仔細(xì)觀察后，水流對盤子的沖擊力基本穩(wěn)定，經(jīng)過測量，水流對盤子的沖擊力為F。已知水龍頭的橫截面積為，出水速度為，水的密度為，重力加速度為g。水接觸盤子后速度立刻變?yōu)榱?，空氣阻力不計。下列說法正確的是（

）C．與盤子接觸的水柱橫截面積無法求出 D．與盤子接觸的水流速度可以求出【答案】D【詳解】水的流量不變，即設(shè)水與盤子剛要接觸時速度為，與盤子接觸的水柱橫截面積為，則由動量定理得解得水從出口到與盤子接觸做勻加速直線運動，則盤子距水龍頭的高度故ABC錯誤，D項正確。故選D?！纠?】（2023·四川成都·校聯(lián)考三模）高壓清洗廣泛應(yīng)用于汽車清潔、地面清潔等。某高壓水槍出水口直徑為d，水從槍口高速噴出后，近距離垂直噴射到某物體表面且速度在短時間內(nèi)由v變?yōu)榱?，忽略水從槍口噴出后的發(fā)散效應(yīng)，水的密度為ρ。則水在物體表面產(chǎn)生的平均沖擊力大小為（）【答案】D【詳解】水在時間△t內(nèi)速度由v減為零，△t內(nèi)噴射到物體表面的水的質(zhì)量為以這部分水為研究對象，設(shè)物體表面對水的平均作用力大小為F，以水流速度方向為正方向，由動量定理有解得由牛頓第三定律可知，水在物體表面產(chǎn)生的平均沖擊力大小為ABC錯誤，D正確。故選D。模型二微粒類問題微粒及其特點通常電子流、光子流、塵埃等被廣義地視為“微粒”，質(zhì)量具有獨立性，通常給出單位體積內(nèi)粒子數(shù)n分析步驟1建立“柱體”模型，沿運動的方向選取一段微元，柱體的橫截面積為S2用微元法研究，作用時間Δt內(nèi)一段柱形流體的長度為Δl，對應(yīng)的體積為ΔV＝Sv0Δt，則微元內(nèi)的粒子數(shù)N＝nv0SΔt3先應(yīng)用動量定理研究單個粒子，建立方程，再乘N計算【例1】正方體密閉容器中有大量運動粒子，每個粒子的質(zhì)量均為m，單位體積內(nèi)粒子數(shù)量n為恒量。為簡化問題，我們假定：粒子大小可以忽略，其速率均為v，且與器壁各面碰撞的機(jī)會均等，與器壁碰撞前后瞬間，粒子速度方向都與器壁垂直，且速率不變。利用所學(xué)力學(xué)知識，導(dǎo)出器壁單位面積所受粒子壓力f與m、n和v的關(guān)系。【答案】f＝eq\f(1,3)nmv2【解析】一個粒子每與器壁碰撞一次給器壁的沖量ΔI＝2mv如圖所示，以器壁上面積為S的部分為底、vΔt為高構(gòu)成柱體，由題設(shè)可知，其內(nèi)有eq\f(1,6)的粒子在Δt時間內(nèi)與器壁上面積為S的部分發(fā)生碰撞，碰壁粒子總數(shù)N＝eq\f(1,6)n·SvΔtΔt時間內(nèi)粒子給器壁的沖量I＝N·ΔI＝eq\f(1,3)nSmv2Δt器壁上面積為S的部分受到粒子的壓力F＝eq\f(I,Δt)則器壁單位面積所受粒子的壓力f＝eq\f(F,S)＝eq\f(1,3)nmv2?！纠?】（2023·山東·高三專題練習(xí)）離子推進(jìn)器是利用電場將處在等離子狀態(tài)的“工質(zhì)”加速后向后噴出而獲得前進(jìn)的動力，其工作原理如圖所示：進(jìn)入電離室的氣體被電離成正離子，而后飄入電極A、B之間的勻強(qiáng)電場（離子初速度忽略不計），A、B間電壓為U，使正離子加速形成離子束，在加速過程中推進(jìn)器獲得恒定的推力。已知每個正離子質(zhì)量為m，電荷量為q，單位時間內(nèi)飄入的正離子數(shù)目為n，加速正離子束所消耗的功率為P，引擎獲得的推力為F，下列說法正確的是（

）D．為提高能量的轉(zhuǎn)換效率要使盡量大，可以使用比荷更小的正離子【答案】CD【詳解】A．正離子經(jīng)加速后由B處噴出形成的等效電流大小A錯誤；B．電場對粒子加速有根據(jù)動量定理有其中整理得離子推進(jìn)器獲得的平均推力大小B錯誤；C．加速正離子束所消耗的功率C正確；D．根據(jù)以上分析可知要使盡量大，可以用質(zhì)量大、帶電量小即比荷更小的離子作為推進(jìn)器，D正確。故選CD?！纠?】（2023·吉林通化·梅河口市第五中學(xué)校考三模）由于軌道處存在非常稀薄的大氣，空間站在運行時會受到一定的阻力作用。假定單位體積內(nèi)與空間站前端橫截面發(fā)生碰撞的空氣分子個數(shù)為n，且速度方向均與橫截面垂直，空間站在其運行方向上的橫截面積為S。以空間站為參考系，碰撞前后空氣分子的平均速率分別為、，空氣分子的平均質(zhì)量為m，則空間站前端受到的稀薄空氣阻力F的大小為（）【答案】B【詳解】設(shè)在時間?t內(nèi)有質(zhì)量為?m的空氣分子與空間站前端產(chǎn)生碰撞，則可得以空氣分子碰撞后運動方向為正方向，對空氣分子，由動量定理可得聯(lián)立解得由牛頓第三定律可知，空間站前端受到的稀薄空氣阻力F的大小為ACD錯誤，B正確。故選B。題型五應(yīng)用動量定理處理分析多過程問題【例1】(2022·云南省玉溪第一中學(xué)高三月考)將質(zhì)量為m＝1kg的物塊置于水平地面上，已知物塊與水平地面間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.5，現(xiàn)在物塊上施加一個平行于水平地面的恒力F＝10N，物體由靜止開始運動，作用4s后撤去F.已知g＝10m/s2，對于物塊從靜止開始到物塊停下這一過程下列說法正確的是()A．整個過程物塊運動的時間為6sB．整個過程物塊運動的時間為8sC．整個過程中物塊的位移大小為40mD．整個過程中物塊的位移大小為60m【答案】B【解析】在整個過程中由動量定理得Ft1－μmgt＝0，解得t＝8s，選項A錯誤，B正確；在物塊前4s運動的過程中由動量定理得Ft1－μmgt1＝mv，解得v＝20m/s，因物塊加速和減速過程的平均速度都為eq\x\to(v)＝eq\f(0＋v,2)＝eq\f(v,2)，全程的平均速度也為eq\f(v,2)，則物塊的總位移x＝eq\f(v,2)t＝eq\f(20,2)×8m＝80m，選項C、D錯誤．A．該觀光電梯做勻速運動的時間是C．在電梯加速階段與減速階段該同學(xué)重力的平均功率之比是1：3【答案】AD所以該同學(xué)的質(zhì)量A．設(shè)勻速運動的時間為，由動量定理得其中解得A正確；B．設(shè)全程電梯對該同學(xué)做的功為，由動能定理知得C．該同學(xué)加速階段與減速階段的平均速度相同，故重力在這兩段的功率之比是，C錯誤；D．加速階段加速階段的末速度加速階段位移勻速階段位移減速階段的位移下降總高度D正確。故選AD。【例3】如圖甲所示，AB是傾角為30°的足夠長的光滑斜面，A處連接一粗糙水平面OA，OA長16m。一質(zhì)量m＝4kg的滑塊在O點處于靜止?fàn)顟B(tài)，在t＝0s時刻給滑塊施加水平向右的拉力F，拉力F按圖乙所示的規(guī)律變化?；瑝K與OA間的動摩擦因數(shù)μ＝0.25，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，g取10m/s2，試求：(1)摩擦力在0～3s內(nèi)沖量的大??；(2)滑塊沿斜面AB上升的最大高度?！敬鸢浮?1)28N·s(2)3.5m【解析】(1)Ffmax＝μFN＝μmg＝10N，由題圖乙知，0～1s內(nèi)，F(xiàn)1＝8N＜Ffmax，滑塊靜止，F(xiàn)f1＝F1＝8N若3s時滑塊未到達(dá)A點，則1～3s內(nèi)滑塊做勻加速直線運動，F(xiàn)f2＝10N由牛頓第二定律得F2－Ff2＝ma由x＝eq\f(1,2)at2得x＝10m<16m假設(shè)成立，所以，摩擦力在0～3s內(nèi)沖量的大小I＝Ff1t1＋Ff2t2＝28N·s。(2)對OB過程，由動能定理得F2x－Ff2xOA－mgh＝0解得h＝3.5m。（1）從開始下落到進(jìn)入泥潭前，重力對小球的沖量？（2）泥潭對小球的平均作用力？【分析】（1）根據(jù)自由落體求得進(jìn)入泥潭前鐵球在空中運動的時間，再根據(jù)沖量公式求解。（2）選取整個運動過程為研究對象，初、末狀態(tài)的速度皆為零，對整個運動過程運用動能定理求解?！驹斀狻浚?）設(shè)向下為正方向，小球自由下落20m所用的時間是，則代入數(shù)據(jù)，得重力的沖量代入數(shù)據(jù)，得對小球從全過程運用動量定理得代入數(shù)據(jù)，得題型六動量定理與動能定理的類比及綜合應(yīng)用1.都是力的積累效果：動量定理是力對時間的積累效果，動能定理是力對空間的積累效果。2.都是一個過程量：對應(yīng)著兩個狀態(tài)量。動量定理的表達(dá)式是矢量式，動能定理的表達(dá)式是標(biāo)量式。3.應(yīng)用中各有優(yōu)越性：兩個定理應(yīng)用中都著眼于一個過程，只抓兩頭(始、末狀態(tài))，因此應(yīng)用中就顯得簡便。動量定理在用于處理有關(guān)時間而不考慮位移的問題中往往顯示出優(yōu)越性，動能定理在用于處理有關(guān)位移而不考慮時間的問題中往往顯示出優(yōu)越性。4.均可雙向求解：動量定理既可以由沖量求動量的變化或始、末動量，也可以由動量變化求沖量或力及時間；動能定理既可以由功求動能的變化或始、末動能，也可以由動能變化求功或力及位移。5.兩個定理的選用：若問題是研究力在時間上的積累效果，應(yīng)選用動量定理求解；若問題涉及力在空間上的積累效果，則應(yīng)選用動能定理求解。【例1】(多選)游樂場滑索項目的簡化模型如圖所示，索道AB段光滑，A點比B點高1.25m，與AB段平滑連接的BC段粗糙，長4m。質(zhì)量為50kg的滑塊從A點由靜止下滑，到B點進(jìn)入水平減速區(qū)，在C點與緩沖墻發(fā)生碰撞，反彈后在距墻1m的D點停下。設(shè)滑塊與BC段的動摩擦因數(shù)為0.2，規(guī)定向右為正方向，g取10m/s2。下列說法正確的是()A．緩沖墻對滑塊的沖量為－50N·sB．緩沖墻對滑塊的沖量為－250N·sC．緩沖墻對滑塊做的功為－125JD．緩沖墻對滑塊做的功為－250J【答案】BC【解析】滑塊從A點下滑，經(jīng)過B滑動到C的過程中，根據(jù)動能定理有mgh－μmgxBC＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－0，從C點反彈運動到D點的過程，根據(jù)動能定理有－μmgxCD＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，代入數(shù)據(jù)解得v1＝3m/s，v2＝2m/s。滑塊與緩沖墻作用的過程中，向右為正方向，根據(jù)動量定理有I＝－mv2－mv1，代入數(shù)據(jù)得I＝－250N·s，故A錯誤，B正確；根據(jù)動能定理有W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，代入數(shù)據(jù)得W＝－125J，故C正確，D錯誤?！纠?】（2023春·云南昆明·高三校考階段練習(xí)）某同學(xué)做拍籃球的游戲，籃球在球心距地面高h(yuǎn)1=0.9m范圍內(nèi)做豎直方向的往復(fù)運動。在最高點時手開始擊打籃球，球落地后反彈，與地面作用的時間t=0.1s，反彈速度v2的大小是剛觸地時速度v1大小的，且反彈后恰好到達(dá)最高點。已知籃球的質(zhì)量m=0.5kg，半徑R=0.1m。設(shè)地面對球的作用力可視為恒力，忽略空氣阻力，取重力加速度g=10m/s2。求：（1）地面對球的彈力大??；