专题14 动量与动量定理及其应用（原卷版）

专题14动量与动量定理及其应用目录TOC\o"1-3"\h\u题型一动量和冲量的理解 1类型1动量与动能的比较及换算 2类型2对动量和冲量的定性分析 3类型3恒力冲量的计算 4类型3利用F－t图像求冲量 5题型二动量定理的理解和应用 6类型1用动量定理解释生活中的现象 6类型2应用动量定理求解瞬时平均力 8题型三动量定理和图像问题的结合 9题型四应用动量定理处理“流体模型” 12模型一流体类问题 12模型二微粒类问题 15题型五应用动量定理处理分析多过程问题 16题型六动量定理与动能定理的类比及综合应用 18题型一动量和冲量的理解【解题指导】1．动量与动能的比较动量动能物理意义描述机械运动状态的物理量定义式p＝mvEk＝eq\f(1,2)mv2标矢性矢量标量变化因素合外力的冲量合外力所做的功大小关系p＝eq\r(2mEk)Ek＝eq\f(p2,2m)变化量Δp＝FtΔEk＝Fl联系(1)都是相对量，与参考系的选取有关，通常选取地面为参考系(2)若物体的动能发生变化，则动量一定也发生变化；但动量发生变化时动能不一定发生变化2.冲量的计算方法(1)恒力的冲量：直接用定义式I＝Ft计算．(2)变力的冲量①作出F－t图线，图线与t轴所围的面积即为变力的冲量，如图所示．②对于易确定始、末时刻动量的情况，可用动量定理求解．类型1动量与动能的比较及换算．【例1】(多选)在光滑水平面上，原来静止的物体在水平力F的作用下，经过时间t、通过位移L后动量变为p、动能变为Ek.以下说法正确的是()A．在F作用下，若这个物体经过位移2L，其动量等于2pB．在F作用下，若这个物体经过位移2L，其动能等于2EkC．在F作用下，若这个物体经过时间2t，其动能等于2EkD．在F作用下，若这个物体经过时间2t，其动量等于2p【例2】高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的匀加速直线运动。在启动阶段，列车的动能()A.与它所经历的时间成正比 B.与它的位移成正比C.与它的速度成正比 D.与它的动量成正比【例3】．对于一定质量的某物体而言，下列关于动能和动量的关系正确的是()A．物体的动能改变，其动量不一定改变B．物体动量改变，则其动能一定改变C．物体的速度不变，则其动量不变，动能也不变D．动量是标量，动能是矢量类型2对动量和冲量的定性分析【例1】(2022·江苏七市调研)北京冬奥会2000米短道速滑接力热身赛上，在光滑冰面上交接时，后方运动员用力推前方运动员。则交接过程中()A．两运动员的总机械能守恒B．两运动员的总动量增大C．每个运动员的动量变化相同D．每个运动员所受推力的冲量大小相同【例2】(多选)(2022·福建高三期末)第二届进博会展出了一种乒乓球陪练机器人，如图所示。若乒乓球被机器人以原速率斜向上击回，在空中运动一段时间后落到台面上，忽略空气阻力和乒乓球的旋转，下列说法正确的是()A.击球过程合外力对乒乓球做功为零B.击球过程合外力对乒乓球的冲量为零C.乒乓球运动至最高点时，动量为零D.乒乓球下落过程中，在相等时间内动量变化相同【例3】(2022·边城高级中学高三月考)篮球运动深受同学们的喜爱，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。下列说法正确的是()A.手对篮球的作用力大于篮球对手的作用力B.手对篮球的作用力与篮球对手的作用力是一对平衡力C.这样做的目的是减小篮球动量的变化量D.这样做的目的是减小篮球对手的冲击力类型3恒力冲量的计算【例1】如图所示，质量为m的滑块沿倾角为θ的固定斜面向上滑动，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，重力加速度为g.在整个运动过程中，下列说法正确的是()A．重力对滑块的总冲量为mg(t1＋t2)sinθB．支持力对滑块的总冲量为mg(t1＋t2)cosθC．合外力的冲量为0D．摩擦力的总冲量为Ff(t1＋t2)【例2】(2022·陕西临渭高二期末)如图所示，质量为m的物体在一个与水平方向成θ角的恒定拉力F作用下，沿水平面向右匀速运动，则下列关于物体在时间t内所受力的冲量正确的是()A.拉力F的冲量大小为FtcosθB.摩擦力的冲量大小为FtsinθC.重力的冲量大小为mgtD.物体所受支持力的冲量是mgt类型3利用F－t图像求冲量【例1】(多选)(2021·广东深圳市调研)如图所示，物体从t＝0时刻开始由静止做直线运动，0～4s内其合外力随时间变化的关系图线为正弦曲线，下列表述正确的是()A．0～2s内合外力的冲量一直增大B．0～4s内合外力的冲量为零C．2s末物体的动量方向发生变化D．0～4s内物体动量的方向一直不变【例2】.(2022·山东省日照一中月考)质量m＝1kg的物体在合外力F的作用下从静止开始做直线运动．物体所受的合外力F随时间t变化图像如图所示．下列说法正确的是()A．物体先做匀加速直线运动，再做加速度减小的减速运动B．4s末物体的速度为零C．0～6s内合外力的冲量为8N·sD．0～6s内合外力做功为8J题型二动量定理的理解和应用【核心归纳】1．对动量定理的理解(1)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．(2)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．(3)由Ft＝p′－p，得F＝eq\f(p′－p,t)＝eq\f(Δp,t)，即物体所受的合外力等于物体动量的变化率．(4)当物体运动包含多个不同过程时，可分段应用动量定理求解，也可以全过程应用动量定理．2．解题基本思路(1)确定研究对象．(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．类型1用动量定理解释生活中的现象【例1】(2020·全国Ⅰ卷，14)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【例2】(2022·山东烟台市期中)跳水运动一直是我国传统的优势体育项目，我们的国家跳水队享有“梦之队”的赞誉．在某次训练中，跳水运动员在跳台上由静止开始竖直落下，进入水中后在水中做减速运动，速度减为零时并未到达池底．不计空气阻力，下列说法正确的是()A．运动员在空中运动时，其动量变化量大于重力的冲量B．运动员从刚进入水中到速度减为零的过程中，其重力的冲量等于水的作用力的冲量C．运动员从开始下落到速度减为零的过程中，其动量的改变量等于水的作用力的冲量D．运动员从开始下落到速度减为零的过程中，其重力的冲量与水的作用力的冲量等大反向【例3】．(多选)(2022·北京西城区5月统测)蹦床是体操运动的一种，有“空中芭蕾”之称。为了能够更好地完成空中动作，在网上准备阶段运动员要设法使自己弹得足够高。如图所示，蹦床的中心由弹性网面组成，若运动员从离水平网面3m高处由静止自由下落，着网后沿竖直方向回到离水平网面5m高处，则在此过程中()A．只有重力对运动员做功，运动员的机械能守恒B．运动员的机械能增加，是因为弹性网弹力对运动员做正功C．弹性网弹力对运动员的冲量大小等于运动员重力的冲量大小D．弹性网弹力对运动员的冲量大小大于运动员重力的冲量大小类型2应用动量定理求解瞬时平均力【例1】高空作业须系安全带．如果质量为m的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前，人下落的距离为h(可视为自由落体运动)，此后经历时间t安全带达到最大伸长量，若在此过程中该作用力始终竖直向上．重力加速度为g，忽略空气阻力，则该段时间安全带对人的平均作用力大小为()A.eq\f(m\r(2gh),t)＋mg B.eq\f(m\r(2gh),t)－mgC.eq\f(m\r(gh),t)＋mg D.eq\f(m\r(gh),t)－mg【例2】.(2022·辽宁葫芦岛市期末)质量为0.5kg的足球以8m/s的速度水平飞来，运动员把它以12m/s的速度用脚反向踢回，作用时间为0.2s，运动员脚部受到足球的作用力大小约为()A．2N B．10NC．20N D．50N【例3】．(2022·山东青岛教学质量检测)2021年7月30日，在东京奥运会蹦床女子决赛中，中国选手朱雪莹获得金牌。蹦床属于体操运动的一种，有“空中芭蕾”之称。一名体重为50kg的运动员在比赛中某次离开床面后在空中的运动时间为1.6s，之后与蹦床经1s的接触，再次获得1.6s的空中动作时间。不计空气阻力影响，g取10m/s2。下列说法正确的是()A．运动员与蹦床间的平均作用力为800NB．运动员与蹦床间的平均作用力为1300NC．运动员与蹦床接触的1s时间里处于超重状态D．运动员与蹦床接触的1s时间里处于失重状态【例4】(2022·江苏扬州市调研)《民法典》明确提出“禁止从建筑物中抛掷物品”，如果一瓶500mL的矿泉水从教学楼4楼窗户坠下，与地面的撞击时间约为7×10－3s，未反弹，则矿泉水瓶对地面的冲击力约为()A．10N B．102NC．103N D．104N题型三动量定理和图像问题的结合【例1】一个质量为2kg的物体静止在水平桌面上，如图甲所示，现在对物体施加一个水平向右的拉力F，拉力F随时间t变化的图像如图乙所示，已知物体在第1s内保持静止状态，第2s初开始做匀加速直线运动，第3s末撤去拉力，第5s末物体速度减小为0。求：(1)第1s内拉力F的冲量；(2)前3s内拉力F的冲量；(3)第3s末物体的速度。【例2】质量为2kg的物体静止于光滑水平面上，从某一时刻开始，物体所受的水平冲量与时间的关系如图所示，则在6s内物体的位移为()A.0 B.3mC.6m D.12m【例3】(2022·福建福州一中期末)水平面上有质量相等的a、b两个物体，水平推力F1、F2分别作用在a、b上。一段时间后撤去推力，物体继续运动一段距离后停下。两物体的v－t图线如图所示，图中AB∥CD。则整个过程中()A.F1的冲量等于F2的冲量B.F1的冲量大于F2的冲量C.摩擦力对a物体的冲量等于摩擦力对b物体的冲量D.合外力对a物体的冲量等于合外力对b物体的冲量【例4】．(多选)2021年1月19日，广西壮族自治区气象局发布了去年十大天气气候事件，1月除夕夜的冰雹入围．如图所示为冰雹从高空由静止下落过程中速度随时间变化的图像．冰雹所受的空气阻力可认为与物体速度大小成正比关系，图中作出了t＝0.8s时刻的切线，冰雹的质量为0.5kg，重力加速度g取10m/s2，则()A．冰雹在t＝0.8s时刻的加速度大小为2.5m/s2B．冰雹所受的空气阻力与速度大小的比例系数大小为eq\f(15,16)C．冰雹最终达到最大速度的大小为6m/sD．冰雹在0至0.8s内所受的平均阻力大小为2.5N【例5】.嫦娥五号在月球采样返回是迄今为止我国执行的最为复杂的航天任务．“嫦娥五号”上升器从月球表面采集样本后在变推力发动机推动下加速运动至预设速度值，上升器加速上升过程中的加速度与时间的关系如图所示，0～t1阶段发动机以恒定推力F＝2940N运行，t1～t2阶段加速度均匀减小．t1＝60s，a1＝0.5m/s2，t2＝120s，a2＝0.3m/s2；已知月球表面重力加速度约为g′＝1.6m/s2.求(1)上升器与取样标本的总质量；(2)t1～t2阶段上升器所受推力的冲量大小．【例6】.(2022·山东潍坊高三月考)党的十八大以来，中国交通发展取得历史性成就，现在全国铁路营业里程13.9万公里，其中高铁超过3.5万公里，位居世界第一；公路里程501.3万公里，其中高速公路15万公里，位居世界第一．一辆质量为m＝2000kg的汽车以v0＝30m/s的速度在平直的高速公路上匀速直线行驶，当驾驶员发现前方有事故时，立即进行刹车，已知司机的反应时间为0.7s．若汽车刹车后的刹车制动力F与刹车后的时间t成线性变化关系，如图所示，且在t＝10s时刻汽车刚好完全停止运动，汽车运动可视为直线运动．求：(1)司机的反应时间内汽车行驶的距离；刹车后的最大制动力Fm；(2)当t1＝5s时，汽车的速度．题型四应用动量定理处理“流体模型”模型一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”，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S2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＝ρSvΔt3建立方程，应用动量定理研究这段柱形流体【例1】某游乐园入口旁有一喷泉，喷出的水柱将一质量为M的卡通玩具稳定地悬停在空中。为计算方便起见，假设水柱从横截面积为S的喷口持续以速度v0竖直向上喷出；玩具底部为平板(面积略大于S)；水柱冲击到玩具底板后，在竖直方向水的速度变为零，在水平方向朝四周均匀散开。忽略空气阻力。已知水的密度为ρ，重力加速度大小为g。求(1)喷泉单位时间内喷出的水的质量；(2)玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度。【例2】(2021·广东省高考模拟)由我国自主研发制造的世界上最大的海上风电机SL5000，它的机舱上可以起降直升机，叶片直径128米，风轮高度超过40层楼，是世界风电制造业的一个奇迹。风速为12m/s时发电机满载发电，风通过发电机后速度减为11m/s，已知空气的密度为1.3kg/m3，则风受到的平均阻力约为()A．4.0×104N B．2.0×105NC．2.2×106N D．4.4×106N【例3】(2021·陕西咸阳市5月检测)“水刀”应用高压水流切割技术，相比于激光切割有切割材料范围广，效率高，安全环保等优势。如图所示，某型号“水刀”工作过程中，将水从面积S＝0.1mm2的细喷嘴高速喷出，直接打在被切割材料表面，从而产生极大压强，实现切割。已知该“水刀”每分钟用水600g，水的密度为ρ＝1.0×103kg/m3。假设高速水流垂直打在材料表面上后，立刻沿材料表面散开没有反弹，试估算水对材料垂直于表面方向的压强p为()A．1.0×105Pa B．1.0×106PaC．1.0×107Pa D．1.0×108Pa【例4】“水上飞人表演”是近几年来观赏性较高的水上表演项目之一，其原理是利用脚上喷水装置产生的反冲动力，使表演者在水面之上腾空而起。同时能在空中完成各种特技动作，如图甲所示。为简化问题，将表演者和装备与竖直软水管看成分离的两部分。如图乙所示。已知表演者及空中装备的总质量为M，竖直软水管的横截面积为S，水的密度为ρ，重力加速度为g。若水流竖直向上喷出，与表演者接触后能以原速率反向弹回，要保持表演者在空中静止，软水管的出水速度至少为()A.eq\r(\f(2Mg,ρS)) B.eq\r(\f(Mg,ρS))C.eq\r(\f(Mg,2ρS)) D.eq\r(\f(Mg,4ρS))模型二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微元，柱体的横截面积为S2用微元法研究，作用时间Δt内一段柱形流体的长度为Δl，对应的体积为ΔV＝Sv0Δt，则微元内的粒子数N＝nv0SΔt3先应用动量定理研究单个粒子，建立方程，再乘N计算【例1】正方体密闭容器中有大量运动粒子，每个粒子的质量均为m，单位体积内粒子数量n为恒量。为简化问题，我们假定：粒子大小可以忽略，其速率均为v，且与器壁各面碰撞的机会均等，与器壁碰撞前后瞬间，粒子速度方向都与器壁垂直，且速率不变。利用所学力学知识，导出器壁单位面积所受粒子压力f与m、n和v的关系。【例2】(2021·广东省高考模拟)一宇宙飞船的横截面积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．nmveq\o\al(2,0)S B．2nmveq\o\al(2,0)SC．nmveq\o\al(3,0)S D．2nmveq\o\al(3,0)S题型五应用动量定理处理分析多过程问题【例1】(2022·云南省玉溪第一中学高三月考)将质量为m＝1kg的物块置于水平地面上，已知物块与水平地面间的动摩擦因数为μ＝0.5，现在物块上施加一个平行于水平地面的恒力F＝10N，物体由静止开始运动，作用4s后撤去F.已知g＝10m/s2，对于物块从静止开始到物块停下这一过程下列说法正确的是()A．整个过程物块运动的时间为6sB．整个过程物块运动的时间为8sC．整个过程中物块的位移大小为40mD．整个过程中物块的位移大小为60m【例2】(2022·重庆一中期中)一质量为m的小滑块沿倾角为θ的斜面向上滑动，经过时间t1速度变为零，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，已知重力加速度g，求：(1)滑块从出发到回到出发点重力的冲量；(2)滑块从出发到回到出发点摩擦力的冲量；(3)请用动量定理求滑块再次回到出发点时物体的速度大小。【例3】如图甲所示，AB是倾角为30°的足够长的光滑斜面，A处连接一粗糙水平面OA，OA长16m。一质量m＝4kg的滑块在O点处于静止状态，在t＝0s时刻给滑块施加水平向右的拉力F，拉力F按图乙所示的规律变化。滑块与OA间的动摩擦因数μ＝0.25，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2，试求：(1)摩擦力在0～3s内冲量的大小；(2)滑块沿斜面AB上升的最大高度。题型六动量定理与动能定理的类比及综合应用1.都是力的积累效果：动量定理是力对时间的积累效果，动能定理是力对空间的积累效果。2.都是一个过程量：对应着两个状态量。动量定理的表达式是矢量式，动能定理的表达式是标量式。3.应用中各有优越性：两个定理应用中都着眼于一个过程，只抓两头(始、末状态)，因此应用中就显得简便。动量定理在用于处理有关时间而不考虑位移的问题中往往显示出优越性，动能定理在用于处理有关位移而不考虑时间的问题中往往显示出优越性。4.均可双向求解：动量定理既可以由冲量求动量的变化或始、末动量，也可以由动量变化求冲量或力及时间；动能定理既可以由功求动能的变化或始、末动能，也可以由动能变化求功或力及位移。5.两个定理的选用：若问题是研究力在时间上的积累效果，应选用动量定理求解；若问题涉及力在空间上的积累效果，则应选用动能定理求解。【例1】(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1.25m，与AB段平滑连接的BC段粗糙，长4m。质量为50kg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1m的D点停下。设滑块与BC段的动摩擦因数为0.2，规定向右为正方向，g取10m/s2。下列说法正确的是()A．缓冲墙对滑块的冲量为－50N·sB．缓冲墙对滑块的冲量为－250N·sC．缓冲墙对滑块做的功为－125JD．缓冲墙对滑块做的功为－250J【例2】(多选)(2022·哈师大附中高二期末)在平直公路上，汽车由静止开始作匀加速运动，当动能达到某值时，立即关闭发动机后滑行至停止，其v－t图像如图所示。汽车牵引力大小为F，运动过程中所受的摩擦阻力大小恒为Ff，全过程中牵引力所做的功为W1，冲量大小为I1，克服摩擦阻力所做的功为W2，摩擦阻力的冲量大小为I2。则下列关系中正确的是()A.F∶Ff＝3∶1 B.F∶Ff＝4∶1C.W1∶W2＝1∶1 D.I1∶I2＝3∶2【例3】一质量为2kg的小物块放在水平地面上的A点，距离A点5m的位置B处是一面墙，如图所示。物块以v0＝9m/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7m/s，碰后以6m/s的速度反向运动直至静止。g取10m/s2。(1)求物块与地面间的动摩擦因数μ；(2)若碰撞时间为0.05s，求碰撞过程中墙面对物块平均作用力的大小F；(3)求物块在反向运动过程中克服摩擦力所做的功W。【例4】竞技跳水是奥运会正式竞赛项目之一，分跳板跳水和跳台跳水。某质量为M运动员在进行10m跳台跳水训练时，以速度v0竖直向上起跳，经过一段时间后入水。为方便计算假设：水池深5m，运动员在水中做匀减速运动，且运动员到达池底时速度恰好减为零，取v0＝5m/s，M＝60kg，g＝10m/s2，空气阻力不计，求：(1)运动员入水时的速度大小v；(2)运动员从离开跳台至到达池底整个过程的时间t；(3)运动员在水中受到水的平均作用力大小F。【例5】山地滑雪是人们喜爱的一项体育运动．如图所示，雪道AOB由斜坡雪道AO和水平雪道OB平滑连接而成，BC为从B点水平延伸出的一段雪道．一滑雪爱好者从A点由静止滑下，从C点飞出后落到水平雪道DE上的P点，爱好者落地姿态稳定后又在雪道DE上滑行了一段距离．已知A、B两点与雪道DE的高度差分别为h1＝42.2m和h2＝20m，雪道AOB的水平距离为L0＝50m，爱好者与雪道AOB和BC段间的动摩擦因数均为μ1＝0.3，与雪道DE段间的动摩擦因数为μ2＝0.1，在滑雪板从与P点接触到爱好者姿态稳定的过程中，雪道DE对爱好者的支持力可视为恒力，该过程的时间为t0＝1s，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力．(1)求爱好者滑行到B点时的速度大小v0.(2)雪道BC的长度为多少时，落点P到B点的水平距离L最大，并求出最大值Lm.(3)在满足(2)的条件下，求爱好者从P点到滑行停止处的距离x.

专题14动量与动量定理及其应用目录TOC\o"1-3"\h\u题型一动量和冲量的理解 1类型1动量与动能的比较及换算 2类型2对动量和冲量的定性分析 3类型3恒力冲量的计算 4类型3利用F－t图像求冲量 5题型二动量定理的理解和应用 6类型1用动量定理解释生活中的现象 6类型2应用动量定理求解瞬时平均力 8题型三动量定理和图像问题的结合 9题型四应用动量定理处理“流体模型” 12模型一流体类问题 12模型二微粒类问题 15题型五应用动量定理处理分析多过程问题 16题型六动量定理与动能定理的类比及综合应用 18题型一动量和冲量的理解【解题指导】1．动量与动能的比较动量动能物理意义描述机械运动状态的物理量定义式p＝mvEk＝eq\f(1,2)mv2标矢性矢量标量变化因素合外力的冲量合外力所做的功大小关系p＝eq\r(2mEk)Ek＝eq\f(p2,2m)变化量Δp＝FtΔEk＝Fl联系(1)都是相对量，与参考系的选取有关，通常选取地面为参考系(2)若物体的动能发生变化，则动量一定也发生变化；但动量发生变化时动能不一定发生变化2.冲量的计算方法(1)恒力的冲量：直接用定义式I＝Ft计算．(2)变力的冲量①作出F－t图线，图线与t轴所围的面积即为变力的冲量，如图所示．②对于易确定始、末时刻动量的情况，可用动量定理求解．类型1动量与动能的比较及换算．【例1】(多选)在光滑水平面上，原来静止的物体在水平力F的作用下，经过时间t、通过位移L后动量变为p、动能变为Ek.以下说法正确的是()A．在F作用下，若这个物体经过位移2L，其动量等于2pB．在F作用下，若这个物体经过位移2L，其动能等于2EkC．在F作用下，若这个物体经过时间2t，其动能等于2EkD．在F作用下，若这个物体经过时间2t，其动量等于2p【答案】BD【解析】在光滑水平面上，合力大小等于F的大小，根据动能定理知FL＝eq\f(1,2)mv2，位移变为原来的2倍，动能变为原来的2倍，根据p＝eq\r(2mEk)，知动量变为原来的eq\r(2)倍，故A错误，B正确；根据动量定理知，Ft＝mv，时间变为原来的2倍，则动量变为原来的2倍，根据Ek＝eq\f(p2,2m)知，动能变为原来的4倍，故C错误，D正确．【例2】高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的匀加速直线运动。在启动阶段，列车的动能()A.与它所经历的时间成正比 B.与它的位移成正比C.与它的速度成正比 D.与它的动量成正比【答案】B【解析】列车启动的过程中加速度恒定，由匀变速直线运动的速度与时间关系可知v＝at，且列车的动能为Ek＝eq\f(1,2)mv2，由以上整理得Ek＝eq\f(1,2)ma2t2，动能与时间的平方成正比，动能与速度的平方成正比，A、C错误；将x＝eq\f(1,2)at2代入上式得Ek＝max，则列车的动能与位移成正比，B正确；由动能与动量的关系式Ek＝eq\f(p2,2m)可知，列车的动能与动量的平方成正比，D错误。【例3】．对于一定质量的某物体而言，下列关于动能和动量的关系正确的是()A．物体的动能改变，其动量不一定改变B．物体动量改变，则其动能一定改变C．物体的速度不变，则其动量不变，动能也不变D．动量是标量，动能是矢量【答案】C【解析】物体的动能改变，则物体的速度大小一定改变，则其动量一定改变，A错误；动量表达式为p＝mv，动量改变可能只是速度方向改变，其动能不一定改变，故B错误；物体的速度不变，则其动量不变，动能也不变，C正确；动量是矢量，动能是标量，D错误．类型2对动量和冲量的定性分析【例1】(2022·江苏七市调研)北京冬奥会2000米短道速滑接力热身赛上，在光滑冰面上交接时，后方运动员用力推前方运动员。则交接过程中()A．两运动员的总机械能守恒B．两运动员的总动量增大C．每个运动员的动量变化相同D．每个运动员所受推力的冲量大小相同【答案】D【解析】在光滑冰面上交接时，后方运动员用力推前方运动员，导致机械能增加，A错误；两运动员合力为零，动量守恒，B错误；因为动量守恒，所以两个运动员的动量变化等大反向，C错误；两运动员的相互作用力大小相等，力的作用时间相同，则每个运动员所受推力的冲量大小相同，D正确。【例2】(多选)(2022·福建高三期末)第二届进博会展出了一种乒乓球陪练机器人，如图所示。若乒乓球被机器人以原速率斜向上击回，在空中运动一段时间后落到台面上，忽略空气阻力和乒乓球的旋转，下列说法正确的是()A.击球过程合外力对乒乓球做功为零B.击球过程合外力对乒乓球的冲量为零C.乒乓球运动至最高点时，动量为零D.乒乓球下落过程中，在相等时间内动量变化相同【答案】AD【解析】乒乓球被机器人以原速率斜向上击回，可知乒乓球的动能不变，由动能定理可知，合外力对乒乓球做功为零，故A正确；乒乓球被机器人以原速率斜向上击回，可知乒乓球速度变化量不为零，所以动量的变化量不为零，由动量定理可知，击球过程合外力对乒乓球的冲量不为零，故B错误；乒乓球运动至最高点时，还具有水平方向的速度，故在最高点动量不为零，故C错误；乒乓球下落过程中，只受重力作用，则在相等的时间内重力的冲量相等，由动量定理可知，在相等时间内动量变化相同，故D正确。【例3】(2022·边城高级中学高三月考)篮球运动深受同学们的喜爱，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。下列说法正确的是()A.手对篮球的作用力大于篮球对手的作用力B.手对篮球的作用力与篮球对手的作用力是一对平衡力C.这样做的目的是减小篮球动量的变化量D.这样做的目的是减小篮球对手的冲击力【答案】D【解析】手对篮球的作用力与篮球对手的作用力是一对作用力与反作用力，大小相等，方向相反，故A、B错误；先伸出两臂迎接，手接触到球后，两臂随球引至胸前，这样可以增加球与手接触的时间，根据动量定理得－Ft＝0－mv解得F＝eq\f(mv,t)，当时间增大时，作用力减小，而冲量和动量的变化量都不变，所以C错误，D正确。类型3恒力冲量的计算【例1】如图所示，质量为m的滑块沿倾角为θ的固定斜面向上滑动，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，重力加速度为g.在整个运动过程中，下列说法正确的是()A．重力对滑块的总冲量为mg(t1＋t2)sinθB．支持力对滑块的总冲量为mg(t1＋t2)cosθC．合外力的冲量为0D．摩擦力的总冲量为Ff(t1＋t2)【答案】B【解析】重力mg(t1＋t2)cosθ，B项正确；整个过程中滑块的动量发生了改变，故合外力的总冲量不为0，C项错误；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，摩擦力的总冲量为Ff(t2－t1)，D项错误．【例2】(2022·陕西临渭高二期末)如图所示，质量为m的物体在一个与水平方向成θ角的恒定拉力F作用下，沿水平面向右匀速运动，则下列关于物体在时间t内所受力的冲量正确的是()A.拉力F的冲量大小为FtcosθB.摩擦力的冲量大小为FtsinθC.重力的冲量大小为mgtD.物体所受支持力的冲量是mgt【答案】C【解析】拉力F的冲量大小为Ft，故A错误；物体做匀速直线运动，可知摩擦力f＝Fcosθ，则摩擦力的冲量大小为ft＝Ftcosθ，故B错误；重力的冲量大小为mgt，故C正确；物体所受支持力的大小为FN＝mg－Fsinθ，则支持力的冲量为(mg－Fsinθ)t，故D错误。类型3利用F－t图像求冲量【例1】(多选)(2021·广东深圳市调研)如图所示，物体从t＝0时刻开始由静止做直线运动，0～4s内其合外力随时间变化的关系图线为正弦曲线，下列表述正确的是()A．0～2s内合外力的冲量一直增大B．0～4s内合外力的冲量为零C．2s末物体的动量方向发生变化D．0～4s内物体动量的方向一直不变【答案】ABD【解析】根据F－t图像中图线与t轴围成的面积表示冲量，可知在0～2s内合外力的冲量一直增大，故A正确；0～4s内合外力的冲量为零，故B正确；2s末冲量方向发生变化，物体的动量开始减小，但方向不发生变化，0～4s内物体动量的方向一直不变，故C错误，D正确。【例2】.(2022·山东省日照一中月考)质量m＝1kg的物体在合外力F的作用下从静止开始做直线运动．物体所受的合外力F随时间t变化图像如图所示．下列说法正确的是()A．物体先做匀加速直线运动，再做加速度减小的减速运动B．4s末物体的速度为零C．0～6s内合外力的冲量为8N·sD．0～6s内合外力做功为8J【答案】D【解析】由题图可知，0～4s内合外力方向不变，则物体先做匀加速直线运动，再做加速度减小的加速运动，最后做加速度增大的减速运动，故A错误；由题图可知，0～4s内合外力方向不变，则物体一直做加速运动，4s末物体的速度不为0，故B错误；F－t图线与横坐标轴所围面积表示合外力的冲量，0～2s合外力冲量为I1＝2×2N·s＝4N·s,2～6s合外力的冲量为0，则0～6s内合外力的冲量为4N·s，故C错误；0～2s内，由动量定理可得I1＝mv1，即mv1＝4kg·m/s，此时的动能为Ek＝eq\f(mv12,2m)＝eq\f(42,2×1)J＝8J，由于2～6s合外力的冲量为0，即动量不变，则动能也不变，所以0～6s内合外力做功为8J，故D正确．题型二动量定理的理解和应用【核心归纳】1．对动量定理的理解(1)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．(2)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．(3)由Ft＝p′－p，得F＝eq\f(p′－p,t)＝eq\f(Δp,t)，即物体所受的合外力等于物体动量的变化率．(4)当物体运动包含多个不同过程时，可分段应用动量定理求解，也可以全过程应用动量定理．2．解题基本思路(1)确定研究对象．(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．类型1用动量定理解释生活中的现象【例1】(2020·全国Ⅰ卷，14)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【解析】行驶中的汽车如果发生剧烈碰撞，车内安全气囊被弹出并瞬间充满气体，增大了司机的受力面积，减少了司机单位面积的受力大小，延长了司机的受力时间，A项错误，D项正确；碰撞前司机的动量等于其质量与速度的乘积，碰撞后司机的动量为零，所以安全气囊不能减少碰撞前后司机动量的变化量，B项错误；司机与气囊的碰撞为非弹性碰撞，有能量损失，司机的动能未完全转换成汽车的动能，C项错误。【例2】(2022·山东烟台市期中)跳水运动一直是我国传统的优势体育项目，我们的国家跳水队享有“梦之队”的赞誉．在某次训练中，跳水运动员在跳台上由静止开始竖直落下，进入水中后在水中做减速运动，速度减为零时并未到达池底．不计空气阻力，下列说法正确的是()A．运动员在空中运动时，其动量变化量大于重力的冲量B．运动员从刚进入水中到速度减为零的过程中，其重力的冲量等于水的作用力的冲量C．运动员从开始下落到速度减为零的过程中，其动量的改变量等于水的作用力的冲量D．运动员从开始下落到速度减为零的过程中，其重力的冲量与水的作用力的冲量等大反向【答案】D【解析】运动员在空中运动过程中只受重力作用，根据动量定理可知运动员在空中动量的变化量等于重力的冲量，故A错误；运动员在水中运动过程中受到重力和水对他的作用力，动量的变化量方向向上，则其重力的冲量小于水的作用力的冲量，故B错误；整个过程根据动量定理可得I＝mΔv＝0，故运动员整个向下运动过程中合外力的冲量为零，故C错误；整个过程根据动量定理可得I＝IG＋IF＝mΔv＝0，所以IG＝－IF，即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，故D正确．【例3】．(多选)(2022·北京西城区5月统测)蹦床是体操运动的一种，有“空中芭蕾”之称。为了能够更好地完成空中动作，在网上准备阶段运动员要设法使自己弹得足够高。如图所示，蹦床的中心由弹性网面组成，若运动员从离水平网面3m高处由静止自由下落，着网后沿竖直方向回到离水平网面5m高处，则在此过程中()A．只有重力对运动员做功，运动员的机械能守恒B．运动员的机械能增加，是因为弹性网弹力对运动员做正功C．弹性网弹力对运动员的冲量大小等于运动员重力的冲量大小D．弹性网弹力对运动员的冲量大小大于运动员重力的冲量大小【答案】BC【解析】运动员从离水平网面3m高处由静止自由下落，着网后沿竖直方向回到离水平网面5m高处，初末位置动能都为0，但末位置重力势能大于初位置重力势能，即运动员的机械能增加了，机械能不守恒，故A错误；运动员的机械能增加，弹性网弹力先对运动员做负功，再做正功，但总体做正功，故B正确；根据动量定理可知IF－IG＝0，即弹性网弹力对运动员的冲量大小等于运动员重力的冲量大小，故C正确，D错误。类型2应用动量定理求解瞬时平均力【例1】高空作业须系安全带．如果质量为m的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前，人下落的距离为h(可视为自由落体运动)，此后经历时间t安全带达到最大伸长量，若在此过程中该作用力始终竖直向上．重力加速度为g，忽略空气阻力，则该段时间安全带对人的平均作用力大小为()A.eq\f(m\r(2gh),t)＋mg B.eq\f(m\r(2gh),t)－mgC.eq\f(m\r(gh),t)＋mg D.eq\f(m\r(gh),t)－mg【答案】A【解析】安全带对人起作用之前，人做自由落体运动；由v2＝2gh可得，安全带对人起作用前瞬间，人的速度v＝eq\r(2gh)；安全带达到最大伸长量时，人的速度为零；从安全带开始对人起作用到安全带伸长量最大，取竖直向下为正方向，由动量定理可得(mg－eq\x\to(F))t＝0－mv，故eq\x\to(F)＝eq\f(mv,t)＋mg＝eq\f(m\r(2gh),t)＋mg，故选项A正确．【例2】.(2022·辽宁葫芦岛市期末)质量为0.5kg的足球以8m/s的速度水平飞来，运动员把它以12m/s的速度用脚反向踢回，作用时间为0.2s，运动员脚部受到足球的作用力大小约为()A．2N B．10NC．20N D．50N【答案】D【解析】设足球踢回速度方向为正，根据动量定理可知Ft＝mv2－mv1，则F＝eq\f(mv2－mv1,t)＝eq\f(0.5×12－0.5×（－8）,0.2)N＝50N，故D正确，A、B、C错误。【例3】．(2022·山东青岛教学质量检测)2021年7月30日，在东京奥运会蹦床女子决赛中，中国选手朱雪莹获得金牌。蹦床属于体操运动的一种，有“空中芭蕾”之称。一名体重为50kg的运动员在比赛中某次离开床面后在空中的运动时间为1.6s，之后与蹦床经1s的接触，再次获得1.6s的空中动作时间。不计空气阻力影响，g取10m/s2。下列说法正确的是()A．运动员与蹦床间的平均作用力为800NB．运动员与蹦床间的平均作用力为1300NC．运动员与蹦床接触的1s时间里处于超重状态D．运动员与蹦床接触的1s时间里处于失重状态【答案】B【解析】由题意可知，运动员从最高点经t1＝0.8s与蹦床接触t2＝1s，再经t3＝0.8s到达最高点，整个过程中，对运动员应用动量定理得mg(t1＋t2＋t3)－eq\o(F,\s\up6(－))t2＝0，解得eq\o(F,\s\up6(－))＝1300N，A项错误，B项正确；运动员与蹦床接触的1s内，蹦床对运动员的弹力逐渐变化，运动员向下先加速后减速，然后向上先加速后减速，在这1s内，运动员先失重再超重最后再失重，C、D项错误。【例4】(2022·江苏扬州市调研)《民法典》明确提出“禁止从建筑物中抛掷物品”，如果一瓶500mL的矿泉水从教学楼4楼窗户坠下，与地面的撞击时间约为7×10－3s，未反弹，则矿泉水瓶对地面的冲击力约为()A．10N B．102NC．103N D．104N【答案】C【解析】矿泉水的质量约为m＝0.5kg，4楼窗户离地高度约为h＝3×3m＝9m，矿泉水瓶做自由落体运动，落地速度为v＝eq\r(2gh)＝6eq\r(5)m/s，未反弹，则末速度为零，对矿泉水瓶撞地的过程，取向下为正，由动量定理有mgΔt－FΔt＝0－mv，由牛顿第三定律可知地面对瓶的支持力等于瓶对地面的冲击力F′＝F，联立可得F′≈9.6×102N，故选项C正确。题型三动量定理和图像问题的结合【例1】一个质量为2kg的物体静止在水平桌面上，如图甲所示，现在对物体施加一个水平向右的拉力F，拉力F随时间t变化的图像如图乙所示，已知物体在第1s内保持静止状态，第2s初开始做匀加速直线运动，第3s末撤去拉力，第5s末物体速度减小为0。求：(1)第1s内拉力F的冲量；(2)前3s内拉力F的冲量；(3)第3s末物体的速度。【答案】(1)5N·s(2)25N·s(3)5m/s【解析】(1)第1s内物体静止，受恒力作用，拉力F的冲量为I1＝F1t1＝5N·s。(2)前3s内，拉力F的冲量为I3＝F1t1＋F2t2＝25N·s(3)设物体在运动过程中所受滑动摩擦力大小为Ff，则在1～5s内，由动量定理有F2t2－Ff(t2＋t3)＝0在1～3s内利用动量定理可求第3s末物体的速度F2t2－Fft2＝mv联立解得第3s末物体的速度为v＝5m/s。【例2】质量为2kg的物体静止于光滑水平面上，从某一时刻开始，物体所受的水平冲量与时间的关系如图所示，则在6s内物体的位移为()A.0 B.3mC.6m D.12m【答案】C【解析】由题图可知，0～3s内以及3～6s内物体受到的冲量都与时间呈线性关系，可知在0～3s内和3～6s内物体受到的力都不变，物体做匀变速直线运动，在0～3s内物体做初速度等于0的匀加速直线运动，在3～6s内物体做匀减速直线运动，由运动的对称性可知，6s末物体的速度又等于0。在0～3s，根据动量定理可得I1＝Δp＝mv，所以v＝eq\f(I1,m)＝eq\f(4,2)m/s＝2m/s，物体在t＝6s内的位移x＝eq\f(v,2)t1＋eq\f(v,2)t2＝eq\f(v,2)t＝eq\f(2,2)×6m＝6m，选项C正确。【例3】(2022·福建福州一中期末)水平面上有质量相等的a、b两个物体，水平推力F1、F2分别作用在a、b上。一段时间后撤去推力，物体继续运动一段距离后停下。两物体的v－t图线如图所示，图中AB∥CD。则整个过程中()A.F1的冲量等于F2的冲量B.F1的冲量大于F2的冲量C.摩擦力对a物体的冲量等于摩擦力对b物体的冲量D.合外力对a物体的冲量等于合外力对b物体的冲量【答案】D【解析】因AB与CD平行，说明撤去推力后两物体的加速度相同，而撤去推力后物体的合力等于摩擦力，根据牛顿第二定律可知，两物体受到的摩擦力大小相等。但a运动的总时间小于b运动的总时间，根据I＝Fft，可知，摩擦力对a物体的冲量小于摩擦力对b物体的冲量，故C错误；根据动量定理，对整个过程研究得F1t1－FftOB＝0，F2t2－FftOD＝0，由图看出tOB<tOD，则有F1t1<F2t2，即F1的冲量小于F2的冲量，故A、B错误；根据动量定理可知，合外力的冲量等于物体动量的变化量，a、b两个物体动量的变化量都为零，所以相等，故D正确。【例4】．(多选)2021年1月19日，广西壮族自治区气象局发布了去年十大天气气候事件，1月除夕夜的冰雹入围．如图所示为冰雹从高空由静止下落过程中速度随时间变化的图像．冰雹所受的空气阻力可认为与物体速度大小成正比关系，图中作出了t＝0.8s时刻的切线，冰雹的质量为0.5kg，重力加速度g取10m/s2，则()A．冰雹在t＝0.8s时刻的加速度大小为2.5m/s2B．冰雹所受的空气阻力与速度大小的比例系数大小为eq\f(15,16)C．冰雹最终达到最大速度的大小为6m/sD．冰雹在0至0.8s内所受的平均阻力大小为2.5N【答案】ABD【解析】速度－时间图像的斜率表示加速度，由图像可知冰雹在t＝0.8s时刻的加速度大小等于此时切线的斜率，故加速度大小为a＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(4－2,0.8)m/s2＝2.5m/s2，故A正确；设空气阻力与速度大小的正比系数为k，当v＝4m/s时，根据牛顿第二定律有mg－kv＝ma，达到最大速度时，加速度为零，则有mg＝kvm，联立解得k＝eq\f(15,16)，vm＝eq\f(16,3)m/s，故B正确，C错误；在0到0.8s内，对冰雹由动量定理可得mgt－ft＝mv－0，解得f＝2.5N，故D正确．【例5】.嫦娥五号在月球采样返回是迄今为止我国执行的最为复杂的航天任务．“嫦娥五号”上升器从月球表面采集样本后在变推力发动机推动下加速运动至预设速度值，上升器加速上升过程中的加速度与时间的关系如图所示，0～t1阶段发动机以恒定推力F＝2940N运行，t1～t2阶段加速度均匀减小．t1＝60s，a1＝0.5m/s2，t2＝120s，a2＝0.3m/s2；已知月球表面重力加速度约为g′＝1.6m/s2.求(1)上升器与取样标本的总质量；(2)t1～t2阶段上升器所受推力的冲量大小．【答案】(1)1400kg(2)1.68×105N·s【解析】(1)由牛顿第二定律F－mg′＝ma1得m＝1400kg(2)由动量定理得I－mg′(t2－t1)＝mΔv由图像可知Δv＝(0.5＋0.3)×60×eq\f(1,2)m/s＝24m/s则I＝1.68×105N·s.【例6】.(2022·山东潍坊高三月考)党的十八大以来，中国交通发展取得历史性成就，现在全国铁路营业里程13.9万公里，其中高铁超过3.5万公里，位居世界第一；公路里程501.3万公里，其中高速公路15万公里，位居世界第一．一辆质量为m＝2000kg的汽车以v0＝30m/s的速度在平直的高速公路上匀速直线行驶，当驾驶员发现前方有事故时，立即进行刹车，已知司机的反应时间为0.7s．若汽车刹车后的刹车制动力F与刹车后的时间t成线性变化关系，如图所示，且在t＝10s时刻汽车刚好完全停止运动，汽车运动可视为直线运动．求：(1)司机的反应时间内汽车行驶的距离；刹车后的最大制动力Fm；(2)当t1＝5s时，汽车的速度．【答案】(1)21m12000N(2)7.5m/s【解析】(1)在反应时间内，汽车做匀速运动，有x＝v0·t0得x＝21m由动量定理得I＝eq\o(F,\s\up6(－))·t＝eq\f(Fm,2)t＝mv0得Fm＝12000N(2)根据动量定理可得eq\f(Fm＋F1t1,2)＝mv0－mv由题图知F1＝eq\f(Fm,2)解得v＝7.5m/s题型四应用动量定理处理“流体模型”模型一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”，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S2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＝ρSvΔt3建立方程，应用动量定理研究这段柱形流体【例1】某游乐园入口旁有一喷泉，喷出的水柱将一质量为M的卡通玩具稳定地悬停在空中。为计算方便起见，假设水柱从横截面积为S的喷口持续以速度v0竖直向上喷出；玩具底部为平板(面积略大于S)；水柱冲击到玩具底板后，在竖直方向水的速度变为零，在水平方向朝四周均匀散开。忽略空气阻力。已知水的密度为ρ，重力加速度大小为g。求(1)喷泉单位时间内喷出的水的质量；(2)玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度。【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)在刚喷出一段很短的Δt时间内，可认为喷出的水柱保持速度v0不变。该时间内，喷出水柱高度Δl＝v0Δt①喷出水柱质量Δm＝ρΔV②其中ΔV为水柱体积，满足ΔV＝ΔlS③由①②③可得：喷泉单位时间内喷出的水的质量为eq\f(Δm,Δt)＝ρv0S。(2)设玩具底面相对于喷口的高度为h由玩具受力平衡得F冲＝Mg④其中，F冲为水柱对玩具底部的作用力由牛顿第三定律知F压＝F冲⑤其中，F压为玩具底部对水柱的作用力，v′为水柱到达玩具底部时的速度由运动学公式得v′2－veq\o\al(2,0)＝－2gh⑥在很短Δt时间内，冲击玩具水柱的质量为ΔmΔm＝ρv0SΔt⑦由题意可知，在竖直方向上，对该部分水柱应用动量定理得－(F压＋Δmg)Δt＝－Δmv′⑧由于Δt很小，Δmg也很小，可以忽略，⑧式变为F压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)。【例2】(2021·广东省高考模拟)由我国自主研发制造的世界上最大的海上风电机SL5000，它的机舱上可以起降直升机，叶片直径128米，风轮高度超过40层楼，是世界风电制造业的一个奇迹。风速为12m/s时发电机满载发电，风通过发电机后速度减为11m/s，已知空气的密度为1.3kg/m3，则风受到的平均阻力约为()A．4.0×104N B．2.0×105NC．2.2×106N D．4.4×106N【答案】B【解析】叶片d＝128m，所以叶片旋转所形成的圆面积为S＝eq\f(πd2,4)，设t秒内流过该圆面积的风柱体积为V＝Sv1t＝eq\f(πd2v1t,4)，风柱的质量为m＝ρV，设风柱受到的平均阻力为f，取v1的方向为正方向，故v1＝12m/s，v2＝11m/s，根据动量定理有－ft＝mv2－mv1，代入数据解得f＝2.0×105N，故选项B正确。【例3】(2021·陕西咸阳市5月检测)“水刀”应用高压水流切割技术，相比于激光切割有切割材料范围广，效率高，安全环保等优势。如图所示，某型号“水刀”工作过程中，将水从面积S＝0.1mm2的细喷嘴高速喷出，直接打在被切割材料表面，从而产生极大压强，实现切割。已知该“水刀”每分钟用水600g，水的密度为ρ＝1.0×103kg/m3。假设高速水流垂直打在材料表面上后，立刻沿材料表面散开没有反弹，试估算水对材料垂直于表面方向的压强p为()A．1.0×105Pa B．1.0×106PaC．1.0×107Pa D．1.0×108Pa【答案】C【解析】一分钟喷出的水的质量为m＝ρSvt，解得水的流速v＝eq\f(m,ρSt)，选取Δt时间内打在材料表面质量为Δm的水为研究对象，以从细喷嘴高速喷出时的速度方向为正方向，由动量定理得－FΔt＝0－Δmv，其中Δm＝ρSvΔt，解得F＝ρSv2，根据牛顿第三定律，可知材料表面受到的压力F′＝F，水对材料垂直于表面方向的压强p＝eq\f(F′,S)，代入数据解得p＝1.0×107Pa，故C正确，A、B、D错误。【例4】“水上飞人表演”是近几年来观赏性较高的水上表演项目之一，其原理是利用脚上喷水装置产生的反冲动力，使表演者在水面之上腾空而起。同时能在空中完成各种特技动作，如图甲所示。为简化问题，将表演者和装备与竖直软水管看成分离的两部分。如图乙所示。已知表演者及空中装备的总质量为M，竖直软水管的横截面积为S，水的密度为ρ，重力加速度为g。若水流竖直向上喷出，与表演者接触后能以原速率反向弹回，要保持表演者在空中静止，软水管的出水速度至少为()A.eq\r(\f(2Mg,ρS)) B.eq\r(\f(Mg,ρS))C.eq\r(\f(Mg,2ρS)) D.eq\r(\f(Mg,4ρS))【答案】C【解析】设软水管的出水速度为v，则极短的时间t内，出水的质量为m＝ρSvt速度由竖直向上的速度v变为竖直向下的速度v，表演者能静止在空中，由平衡条件可知表演者及空中装备受到水的作用力大小为Mg，由牛顿第三定律可知，装备对水的作用力大小也为Mg，取向下为正方向，对时间t内的水，由动量定理可得Mgt＝mv－(－mv)＝ρSv2t－(－ρSv2t)解得v＝eq\r(\f(Mg,2ρS))故C正确，A、B、D错误。模型二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微元，柱体的横截面积为S2用微元法研究，作用时间Δt内一段柱形流体的长度为Δl，对应的体积为ΔV＝Sv0Δt，则微元内的粒子数N＝nv0SΔt3先应用动量定理研究单个粒子，建立方程，再乘N计算【例1】正方体密闭容器中有大量运动粒子，每个粒子的质量均为m，单位体积内粒子数量n为恒量。为简化问题，我们假定：粒子大小可以忽略，其速率均为v，且与器壁各面碰撞的机会均等，与器壁碰撞前后瞬间，粒子速度方向都与器壁垂直，且速率不变。利用所学力学知识，导出器壁单位面积所受粒子压力f与m、n和v的关系。【答案】f＝eq\f(1,3)nmv2【解析】一个粒子每与器壁碰撞一次给器壁的冲量ΔI＝2mv如图所示，以器壁上面积为S的部分为底、vΔt为高构成柱体，由题设可知，其内有eq\f(1,6)的粒子在Δt时间内与器壁上面积为S的部分发生碰撞，碰壁粒子总数N＝eq\f(1,6)n·SvΔtΔt时间内粒子给器壁的冲量I＝N·ΔI＝eq\f(1,3)nSmv2Δt器壁上面积为S的部分受到粒子的压力F＝eq\f(I,Δt)则器壁单位面积所受粒子的压力f＝eq\f(F,S)＝eq\f(1,3)nmv2。【例2】(2021·广东省高考模拟)一宇宙飞船的横截面积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．nmveq\o\al(2,0)S B．2nmveq\o\al(2,0)SC．nmveq\o\al(3,0)S D．2nmveq\o\al(3,0)S【答案】C【解析】时间t内粘在飞船上的尘埃质量m总＝v0tSnm，对粘在飞船上的尘埃，由动量定理得Ft＝m总v0，解得F＝nmveq\o\al(2,0)S，飞船发动机牵引力的功率为P＝Fv0＝nmveq\o\al(3,0)S，故选项C正确，A、B、D错误。题型五应用动量定理处理分析多过程问题【例1】(2022·云南省玉溪第一中学高三月考)将质量为m＝1kg的物块置于水平地面上，已知物块与水平地面间的动摩擦因数为μ＝0.5，现在物块上施加一个平行于水平地面的恒力F＝10N，物体由静止开始运动，作用4s后撤去F.已知g＝10m/s2，对于物块从静止开始到物块停下这一过程下列说法正确的是()A．整个过程物块运动的时间为6sB．整个过程物块运动的时间为8sC．整个过程中物块的位移大小为40mD．整个过程中物块的位移大小为60m【答案】B【解析】在整个过程中由动量定理得Ft1－μmgt＝0，解得t＝8s，选项A错误，B正确；在物块前4s运动的过程中由动量定理得Ft1－μmgt1＝mv，解得v＝20m/s，因物块加速和减速过程的平均速度都为eq\x\to(v)＝eq\f(0＋v,2)＝eq\f(v,2)，全程的平均速度也为eq\f(v,2)，则物块的总位移x＝eq\f(v,2)t＝eq\f(20,2)×8m＝80m，选项C、D错误．【例2】(2022·重庆一中期中)一质量为m的小滑块沿倾角为θ的斜面向上滑动，经过时间t1速度变为零，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，已知重力加速度g，求：(1)滑块从出发到回到出发点重力的冲量；(2)滑块从出发到回到出发点摩擦力的冲量；(3)请用动量定理求滑块再次回到出发点时物体的速度大小。【答案】(1)mg(t1＋t2)，方向竖直向下(2)Ff(t2－t1)，方向沿斜面向上(3)(gsinθ－eq\f(Ff,m))t2【解析】(1)根据冲量的定义可知，因运动时间为(t1＋t2)，则重力的冲量为IG＝mg(t1＋t2)方向竖直向下。(2)因摩擦力先沿斜面向下后沿斜面向上，而上滑过程用时短，故摩擦力的冲量为If＝Ff(t2－t1)方向沿斜面向上。(3)取沿斜面向下的方向为正方向，对于滑块下滑的过程由动量定理得mgsinθ·t2－Fft2＝mv－0解得滑块回到出发点时的速度大小为v＝eq\f(mgsinθ·t2－Fft2,m)＝(gsinθ－eq\f(Ff,m))t2方向沿斜面向下。【例3】如图甲所示，AB是倾角为30°的足够长的光滑斜面，A处连接一粗糙水平面OA，OA长16m。一质量m＝4kg的滑块在O点处于静止状态，在t＝0s时刻给滑块施加水平向右的拉力F，拉力F按图乙所示的规律变化。滑块与OA间的动摩擦因数μ＝0.25，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2，试求：(1)摩擦力在0～3s内冲量的大小；(2)滑块沿斜面AB上升的最大高度。【答案】(1)28N·s(2)3.5m【解析】(1)Ffmax＝μFN＝μmg＝10N，由题图乙知，0～1s内，F1＝8N＜Ffmax，滑块静止，Ff1＝F1＝8N若3s时滑块未到达A点，则1～3s内滑块做匀加速直线运动，Ff2＝10N由牛顿第二定律得F2－Ff2＝ma由x＝eq\f(1,2)at2得x＝10m<16m假设成立，所以，摩擦力在0～3s内冲量的大小I＝Ff1t1＋Ff2t2＝28N·s。(2)对OB过程，由动能定理得F2x－Ff2xOA－mgh＝0解得h＝3.5m。题型六动量定理与动能定理的类比及综合应用1.都是力的积累效果：动量定理是力对时间的积累效果，动能定理是力对空间的积累效果。2.都是一个过程量：对应着两个状态量。动量定理的表达式是矢量式，动能定理的表达式是标量式。3.应用中各有优越性：两个定理应用中都着眼于一个过程，只抓两头(始、末状态)，因此应用中就显得简便。动量定理在用于处理有关时间而不考虑位移的问题中往往显示出优越性，动能定理在用于处理有关位移而不考虑时间的问题中往往显示出优越性。4.均可双向求解：动量定理既可以由冲量求动量的变化或始、末动量，也可以由动量变化求冲量或力及时间；动能定理既可以由功求动能的变化或始、末动能，也可以由动能变化求功或力及位移。5.两个定理的选用：若问题是研究力在时间上的积累效果，应选用动量定理求解；若问题涉及力在空间上的积累效果，则应选用动能定理求解。【例1】(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1.25m，与AB段平滑连接的BC段粗糙，长4m。质量为50kg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1m的D点停下。设滑块与BC段的动摩擦因数为0.2，规定向右为正方向，g取10m/s2。下列说法正确的是()A．缓冲墙对滑块的冲量为－50N·sB．缓冲墙对滑块的冲量为－250N·sC．缓冲墙对滑块做的功为－125JD．缓冲墙对滑块做的功为－250J【答案】BC【解析】滑块从A点下滑，经过B滑动