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專題強化1　動量定理的應用
1～3題每題8分，4～5題每題16分，共56分
1．水平面上一質量為m的物體，在水平推力F的作用下由靜止開始運動。經時間2Δt，撤去F，又經過3Δt，物體停止運動，重力加速度為g，則該物體與水平面之間的動摩擦因數為(　　)
A. B. C. D.
2.原來靜止的物體受合外力作用時間為2t0，合外力隨時間的變化情況如圖所示，則(　　)
A．0～t0時間內物體的動量變化量與t0～2t0內動量變化量相同
B．0～t0時間內物體所受的沖量與t0～2t0內所受的沖量相同
C．t＝2t0時物體的速度為零，合外力在0～2t0時間內對物體的沖量為零
D．0～2t0時間內物體的位移為零，合外力對物體做功為零
3．(2022·佛山市第四中學高二月考)蹦極是一項刺激的極限運動，如圖所示，運動員將一端固定的彈性長繩綁在腰或踝關節處，從幾十米高處跳下。在某次蹦極中質量為60 kg的運動員在彈性繩繃緊后又經過2 s速度減為零，假設彈性繩長為45 m，重力加速度為g＝10 m/s2，(忽略空氣阻力)下列說法正確的是(　　)　
A．彈性繩在繃緊后2 s內對運動員的平均作用力大小為900 N
B．運動員在彈性繩繃緊后動量的改變量等于彈性繩的作用力的沖量
C．運動員從起跳到下落到最低點的整個運動過程中重力沖量等于彈性繩作用力的沖量大小
D．運動員從起跳到下落到最低點的整個運動過程中重力沖量小于彈性繩作用力的沖量
4．(16分)如圖所示，質量為M的實心鐵球牽引著質量為m的木塊從靜止開始下沉，經時間t1它們的速度達到v1，恰在此時，繩斷了，再經時間t2木塊的速度變為零(木塊未到達水面)，求此時鐵球的速度大小。
5．(16分)如圖所示，質量m＝2 kg的物體，在水平力F＝8 N的作用下由靜止開始沿水平面向右運動，已知物體與水平面間的動摩擦因數μ＝0.2，若F作用了t1＝6 s后撤去，撤去F后又經t2＝2 s物體與豎直墻相碰，若物體與墻壁作用時間t3＝0.1 s，碰墻后反向彈回的速度大小v′＝6 m/s，求墻壁對物體的平均作用力大小。(g取10 m/s2)
6～7題每題9分，8題10分，共28分
6．(多選)水平面上有質量相等的a、b兩個物體，水平推力F1、F2分別作用在物體a、b上。一段時間后撤去推力，物體繼續運動一段距離后停下。兩物體的v－t圖線如圖所示，圖中AB∥CD。則整個過程中(　　)
A．F1的沖量的大小等于F2的沖量的大小
B．F1的沖量的大小小于F2的沖量的大小
C．摩擦力對a物體的沖量的大小等于摩擦力對b物體的沖量的大小
D．合外力對a物體的沖量的大小等于合外力對b物體的沖量的大小
7．中國火星探測器“天問一號”在火星表面成功著陸，火星車“祝融號”開展巡視探測，假定火星上風速約為18 m/s，火星大氣密度約為1.3×10－2 kg/m3，“祝融號”迎風面積約為6 m2，風垂直吹到火星車上速度立刻減為零，則火星車垂直迎風面受到的壓力約為(　　)
A．1.4 N B．25 N C．140 N D．250 N
8．(2023·廣州市高二期末)使用無人機播植樹種時，為保證樹種的成活率，將種子連同營養物質制成種子膠囊。播種時，在靜止于離地面10 m高處的無人機上，播種器利用空氣壓力把種子膠囊以5 m/s的速度豎直向下射出，種子膠囊進入地面以下10 cm深處完成一次播種。已知種子膠囊的總質量為20 g，不考慮其所受大氣阻力及進入土壤后的重力作用，重力加速度g取10 m/s2，則(　　)
A．土壤對種子膠囊沖量的大小為0.1 N·s
B．發射過程中，播種器對種子膠囊的沖量為100 N·s
C．種子膠囊在土壤中運動時受到平均阻力的大小為22.5 N
D．播種機對種子膠囊的沖量和土壤對種子膠囊的沖量之和為零
9．(16分)(2023·佛山市高二期中)宇宙塵埃有很大的科研價值，某衛星攜帶的收集裝置如圖(a)所示。如圖(b)所示為質量為M的衛星以速度v0飛向一顆靜止的塵埃，如圖(c)所示為塵埃被收集裝置撞擊后嵌入其中的情景，該塵埃的質量為m0(因m0 M，故衛星速度v0視為不變)，問：
(1)(4分)該塵埃被衛星收集過程中的動量變化量大小Δp；
(2)(6分)該塵埃在收集裝置中嵌入深度為L，則其在被收集過程中受到的作用力F大小是多少？(假設此過程中作用力大小不變)
(3)(6分)衛星繼續以速度v0進入一個塵埃區，塵埃區每單位體積空間有n顆塵埃，每顆塵埃的平均質量為m0，已知衛星正面面積為S，由于大量塵埃與衛星碰撞后均附著在衛星上，衛星速度會受到影響，為了保持衛星原有的飛行速度，衛星推進器需要增加多大的推力？
專題強化練1　動量定理的應用
1．C　[對整個過程研究，根據動量定理可得
F·2Δt－μmg·(2Δt＋3Δt)＝0，解得μ＝，故A、B、D錯誤，C正確。]
2．C　[0～t0與t0～2t0時間內合外力方向不同，物體所受沖量不相同，動量變化量不相同，A、B錯誤；t＝t0時，物體速度最大，t＝2t0時物體速度為零，由動量定理得Ft＝mΔv＝0，C正確；物體先加速后減速，位移不為零，動能變化量為零，合外力對物體做功為零，D錯誤。]
3．C　[運動員自由下落的時間為t1＝＝3 s，設彈性繩在繃緊后t2＝2 s內對運動員的平均作用力大小為F，對運動員下落的整個過程根據動量定理有mg(t1＋t2)－Ft2＝0，解得F＝1 500 N，故A錯誤；運動員在彈性繩繃緊后動量的改變量等于彈性繩的作用力與重力的合力的沖量，故B錯誤；運動員從起跳到下落到最低點的整個運動過程中運動員動量的變化量為零，所以重力沖量與彈性繩作用力的沖量大小相等，故C正確，D錯誤。]
4.
解析　設向下為正方向，對兩者組成的系統有
F合t1＝(M＋m)v1①
在時間t2內
F合t2＝Mv－(M＋m)v1②
由①②式可得v＝。
5．280 N
解析　選物體為研究對象，F的方向為正方向，根據動量定理得：
Ft1－μmg(t1＋t2)＝mv－0
解得v＝8 m/s
物體與墻壁作用后速度變為向左，根據動量定理得t3＝－mv′－mv
解得＝－280 N
故墻壁對物體的平均作用力大小為280 N。
6．BD　[AB與CD平行，說明推力撤去后兩物體的加速度相同，而撤去推力后物體受到的合力等于摩擦力，根據牛頓第二定律可知，兩物體受到的摩擦力大小相等。但a物體的總運動時間小于b物體的，根據I＝Fft可知，摩擦力對a物體的沖量的大小小于摩擦力對b物體的沖量的大小；根據動量定理，對整個過程有：F1t1－FftOB＝0，F2t2－FftOD＝0，因FftOB7．B　[設很短一段時間Δt內吹到火星車“祝融號”上的風的質量為m，則有m＝ρvSΔt
以該部分風為研究對象，設風速方向為正方向，根據動量定理有
－FΔt＝0－mv
解得F＝ρv2S＝1.3×10－2×182×6 N≈25 N
根據牛頓第三定律可知火星車垂直迎風面受到的壓力約為25 N，故B項正確，A、C、D項錯誤。]
8．C　[種子膠囊離開無人機后在豎直方向做勻加速直線運動，有h＝v0t＋gt2，解得種子膠囊在空中運動的時間為t＝1 s，可得種子膠囊落地的速度為v＝v0＋gt＝15 m/s，根據動量定理得土壤對種子膠囊的沖量為I1＝0－mv＝－20×15×10－3 N·s＝－0.3 N·s，故土壤對種子膠囊沖量的大小為0.3 N·s，故A錯誤；發射過程中，播種器對種子膠囊的沖量為I0＝mv0＝20×5×10－3 N·s＝0.1 N·s，故B錯誤；種子膠囊在土壤中做勻減速運動，有v2＝2ah1，解得加速度為a＝1 125 m/s2，種子膠囊在土壤中運動的時間t1＝＝ s＝ s，根據動量定理有Ft1＝0－mv，解得F＝－22.5 N，故C正確；播種機對種子膠囊的沖量和土壤對種子膠囊的沖量之和為I＝I0＋I1＝0.1 N·s－0.3 N·s＝－0.2 N·s，故D錯誤。]
9．(1)m0v0　(2)　(3)nSm0v02
解析　(1)m0 M，衛星收集塵埃時速度不受影響，塵埃的速度會從0加速到v0，則塵埃被衛星收集過程中的動量變化量大小為
Δp＝m0v0－0＝m0v0
(2)在塵埃加速到與衛星共速過程中，
根據運動學公式可得
s衛星＝v0t，s塵埃＝v0t
L＝s衛星－s塵埃＝v0t
以塵埃作為研究對象，
根據動能定理可得
Fs塵埃＝FL＝m0v02－0，
解得F＝
(3)設衛星在塵埃區飛行時間為t，衛星掃過的塵埃數量為N＝nSv0t，對衛星和塵埃整體分析，根據定量定理可得F′t＝(Nm0＋M)v0－Mv0
解得衛星推進器需要增加推力
F′＝nSm0v02專題強化1　動量定理的應用
[學習目標]　1.學會應用動量定理解決多過程問題(重點)。2.學會應用動量定理處理多物體組成的系統問題(重點)。3.學會應用動量定理處理連續質量變化的問題(難點)。
一、用動量定理處理多過程問題
在水平恒力F＝30 N的作用下，質量m＝5 kg的物體由靜止開始沿水平面運動。已知物體與水平面間的動摩擦因數μ＝0.2，若F作用6 s后撤去，撤去F后物體還能向前運動多長時間才停止？(g取10 m/s2)用動量定理分別從分段及全程兩個角度進行求解。
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如果物體在不同階段受力不同，即合外力不恒定，此情況下應用動量定理時，一般采取以下兩種方法：
(1)分段處理法：找出每一段合外力的沖量I1、I2…In，這些沖量的矢量和即合沖量I＝I1＋I2＋…＋In，根據動量定理I＝p′－p求解，分段處理時，需注意各段沖量的正負。
(2)全過程處理法：在全過程中，第一個力的沖量I1，第二個力的沖量I2，…，第n個力的沖量In，這些沖量的矢量和即合沖量I，根據I＝p′－p求解，用全過程法求解時，需注意每個力的作用時間及力的方向。
(3)若不需要求中間量，用全程法更為簡便。
例1　質量m＝70 kg的撐竿跳高運動員從h＝5.0 m高處落到海綿墊上，經Δt1＝1 s停止，則該運動員身體受到海綿墊的平均沖力約為多少？如果是落到普通沙坑中，經Δt2＝0.1 s停下，則沙坑對運動員的平均沖力約為多少？(g取10 m/s2)
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例2　(多選)如圖甲所示，一質量為m的物體靜止在水平面上，自t＝0時刻起對其施加一豎直向上的力F，力F隨時間t變化的關系如圖乙所示，已知當地重力加速度為g，空氣阻力不計，則下列說法正確的是(　　)
A．0～t0時間內拉力F的沖量為0
B．0～t0時間內拉力F所做的功為0
C．物體上升過程中的最大速度為gt0
D．4t0時刻物體的速度為0
F合－t圖像中，圖線與橫軸圍成的面積表示合力的沖量(動量的變化量)。在時間軸上方面積為正，在時間軸下方面積為負，合力的沖量(動量的變化量)等于上下面積絕對值之差。若物體受到多個力，某個力的F－t圖像中，圖線與橫軸圍成的面積僅表示這個力的沖量。
二、用動量定理解決多物體問題
例3　如圖所示，質量M＝2 kg的木板靜止放在光滑水平面上，木板右端放著質量m＝1 kg的物塊，木板和物塊間的動摩擦因數μ＝0.2。木板在水平恒力F＝8 N的外力作用下運動了2 s，木板足夠長，求：
(1)此過程恒力F的沖量大小；
(2)此時木板和物塊的總動量的大小。(重力加速度g取10 m/s2)
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對于兩個物體組成的系統，它們間的相互作用力的沖量的矢量和總為零，所以動量定理也適用于物體系統，沖量表達式為IF＝(m1v1′＋m2v2′)－(m1v1＋m2v2)，其中IF是系統外力沖量的矢量和。
三、連續變質量問題
1．流體類問題
運動著的連續的氣流、水流等流體，與其他物體的表面接觸的過程中，會對接觸面有沖擊力。此類問題通常通過動量定理解決。
2．解答質量連續變動的動量問題的基本思路
(1)確定研究對象：Δt時間內流體微元。
(2)建立“柱體”模型
對于流體，可沿流速v的方向選取一段柱形流體，設在Δt時間內通過某一橫截面積為S的流體長度Δl＝v·Δt，如圖所示，若流體的密度為ρ，那么，在這段時間內流過該截面的流體的質量為Δm＝ρSΔl＝ρSvΔt；
(3)運用動量定理，即流體微元所受的合力的沖量等于流體微元動量的增量，即F合Δt＝Δp。(Δt足夠短時，流體重力可忽略不計)
例4　某科幻小說中描繪了外星人艦隊通過塵埃區被動減速的場景，引起了天文愛好者們的討論，如果想要不減速通過塵埃區，就需要飛船提供足夠的動力。假設塵埃區密度為ρ＝4.0×10－8 kg/m3，飛船進入塵埃區的速度為v＝3.0×105 m/s，飛船垂直于運動方向上的最大橫截面積為S＝10 m2，塵埃微粒與飛船相碰后都附著在飛船上，求：
(1)單位時間Δt＝1 s內附著在飛船上的微粒質量；
(2)飛船要保持速度v不變，所提供的動力大小與該動力的功率。
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1．用動量定理處理“流體類”問題時，應將“無形”流體變為“有形”實物Δm。
2．若求解流體對接觸物體的力，首先轉換研究對象，分析與流體接觸的物體對流體的力，再結合牛頓第三定律進行解答。
專題強化1　動量定理的應用
一、
解法一　用動量定理，分段求解。
選物體為研究對象，對于撤去F前物體做勻加速運動的過程，初態速度為零，末態速度為v。取水平力F的方向為正方向，根據動量定理有(F－μmg)t1＝mv－0，
對于撤去F后物體做勻減速運動的過程，初態速度為v，末態速度為零。根據動量定理有
－μmgt2＝0－mv。
聯立解得t2＝t1
＝×6 s＝12 s。
解法二　用動量定理，研究全過程。
選物體為研究對象，研究整個運動過程，這個過程的初、末狀態物體的速度都等于零。
取水平力F的方向為正方向，根據動量定理得
(F－μmg)t1＋(－μmg)t2＝0
解得t2＝t1
＝×6 s＝12 s。
一、
例1　1 400 N　7 700 N
解析　以全過程為研究對象，初、末動量的數值都是0，所以運動員的動量變化量為零，根據動量定理，合力的沖量為零，根據自由落體運動的知識，運動員下落到地面上所需要的時間是t＝＝1 s，從開始下落到落到海綿墊上停止時，取向下為正方向，有mg(t＋Δt1)－Δt1＝0
代入數據，解得＝1 400 N
下落到沙坑中時，
有mg(t＋Δt2)－′Δt2＝0
代入數據，解得′＝7 700 N。
例2　BC　[根據沖量的定義，I＝Ft，題圖乙中圖像與t軸所圍成的面積表示拉力F的沖量，故0～t0時間內拉力F的沖量I＝mgt0，沖量不為零，故A錯誤；0～t0時間內拉力小于重力，物體沒有運動，不產生位移，根據功的定義，可知拉力F不做功，故B正確；3t0時物體速度最大，合外力的沖量為F－t圖像在t0～3t0時間內圍成的三角形面積，設豎直向上為正方向，根據動量定理，合外力的沖量等于動量的變化量，mg×2t0＝mvmax，可知vmax＝gt0，故C正確；t0～3t0內物體向上加速，3t0～4t0內向上減速，t0～4t0內根據動量定理，mg×2t0－mgt0＝mvt，故4t0時刻物體的速度vt＝gt0，故D錯誤。]
二、
例3　(1)16 N·s　(2)16 N·s
解析　(1)F的沖量大小
IF＝Ft＝16 N·s
(2)物塊與木板相對滑動。
方法一：選向右為正方向，此時對物塊：μmgt＝mv1，得p1＝mv1＝4 N·s
對木板：Ft－μmgt＝Mv2，
得p2＝Mv2＝12 N·s
故總動量的大小
p＝p1＋p2＝16 N·s。
方法二：對系統，此時木板和物塊的總動量為mv1＋Mv2＝Ft＝16 N·s。
三、
例4　(1)0.12 kg　(2)3.6×104 N
1．08×1010 W
解析　(1)飛船在塵埃區飛行Δt時間，則在這段時間內附著在飛船上的微粒質量
Δm＝ρSvΔt＝0.12 kg
(2)微粒由靜止到與飛船一起運動，微粒的動量增加。由動量定理得
FΔt＝Δmv＝ρSvΔt·v
解得F＝ρSv2＝4.0×10－8×10×(3.0×105)2 N＝3.6×104 N
功率P＝Fv＝3.6×104×3.0×105 W＝1.08×1010 W。(共50張PPT)
DIYIZHANG
第一章
專題強化1　動量定理的應用
1.學會應用動量定理解決多過程問題(重點)。
2.學會應用動量定理處理多物體組成的系統問題(重點)。
3.學會應用動量定理處理連續質量變化的問題(難點)。
學習目標
一、用動量定理處理多過程問題
二、用動量定理解決多物體問題
內容索引
專題強化練
三、連續變質量問題
用動量定理處理多過程問題
一
在水平恒力F＝30 N的作用下，質量m＝5 kg的物體由靜止開始沿水平面運動。已知物體與水平面間的動摩擦因數μ＝0.2，若F作用6 s后撤去，撤去F后物體還能向前運動多長時間才停止？(g取10 m/s2)用動量定理分別從分段及全程兩個角度進行求解。
答案　解法一　用動量定理，分段求解。
選物體為研究對象，對于撤去F前物體做勻加速運動的過程，初態速度為零，末態速度為v。取水平力F的方向為正方向，根據動量定理有(F－μmg)t1＝mv－0，
對于撤去F后物體做勻減速運動的過程，初態速度為v，末態速度為零。根據動量定理有－μmgt2＝0－mv。
解法二　用動量定理，研究全過程。
選物體為研究對象，研究整個運動過程，這個過程的初、末狀態物體的速度都等于零。
取水平力F的方向為正方向，根據動量定理得
(F－μmg)t1＋(－μmg)t2＝0
如果物體在不同階段受力不同，即合外力不恒定，此情況下應用動量定理時，一般采取以下兩種方法：
(1)分段處理法：找出每一段合外力的沖量I1、I2…In，這些沖量的矢量和即合沖量I＝I1＋I2＋…＋In，根據動量定理I＝p′－p求解，分段處理時，需注意各段沖量的正負。
(2)全過程處理法：在全過程中，第一個力的沖量I1，第二個力的沖量I2，…，第n個力的沖量In，這些沖量的矢量和即合沖量I，根據I＝p′－p求解，用全過程法求解時，需注意每個力的作用時間及力的方向。
(3)若不需要求中間量，用全程法更為簡便。
提煉·總結
　質量m＝70 kg的撐竿跳高運動員從h＝5.0 m高處落到海綿墊上，經Δt1＝1 s停止，則該運動員身體受到海綿墊的平均沖力約為多少？如果是落到普通沙坑中，經Δt2＝0.1 s停下，則沙坑對運動員的平均沖力約為多少？(g取10 m/s2)
例1
答案　1 400 N　7 700 N
以全過程為研究對象，初、末動量的數值都是0，所以運動員的動量變化量為零，根據動量定理，合力的沖量為零，
　(多選)如圖甲所示，一質量為m的物體靜止在水平面上，自t＝0時刻起對其施加一豎直向上的力F，力F隨時間t變化的關系如圖乙所示，已知當地重力加速度為g，空氣阻力不計，則下列說法正確的是
A.0～t0時間內拉力F的沖量為0
B.0～t0時間內拉力F所做的功為0
C.物體上升過程中的最大速度為gt0
D.4t0時刻物體的速度為0
例2
√
√
0～t0時間內拉力小于重力，物體沒有運動，不產生位移，根據功的定義，可知拉力F不做功，故B正確；
3t0時物體速度最大，合外力的沖量為F－t圖像在t0～3t0時間內圍成的三角形面積，設豎直向上為正方向，
總結提升
F合－t圖像中，圖線與橫軸圍成的面積表示合力的沖量(動量的變化量)。在時間軸上方面積為正，在時間軸下方面積為負，合力的沖量(動量的變化量)等于上下面積絕對值之差。若物體受到多個力，某個力的F－t圖像中，圖線與橫軸圍成的面積僅表示這個力的沖量。
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用動量定理解決多物體問題
二
　如圖所示，質量M＝2 kg的木板靜止放在光滑水平面上，木板右端放著質量m＝1 kg的物塊，木板和物塊間的動摩擦因數μ＝0.2。木板在水平恒力F＝8 N的外力作用下運動了2 s，木板足夠長，求：
例3
答案　16 N·s　
F的沖量大小IF＝Ft＝16 N·s
(1)此過程恒力F的沖量大小；
(2)此時木板和物塊的總動量的大小。(重力加速度g取10 m/s2)
答案　16 N·s
物塊與木板相對滑動。
方法一：選向右為正方向，此時對物塊：μmgt＝mv1，得p1＝mv1＝4 N·s
對木板：Ft－μmgt＝Mv2，得p2＝Mv2＝12 N·s
故總動量的大小p＝p1＋p2＝16 N·s。
方法二：對系統，此時木板和物塊的總動量為mv1＋Mv2＝Ft＝16 N·s。
總結提升
對于兩個物體組成的系統，它們間的相互作用力的沖量的矢量和總為零，所以動量定理也適用于物體系統，沖量表達式為IF＝(m1v1′＋m2v2′)－(m1v1＋m2v2)，其中IF是系統外力沖量的矢量和。
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連續變質量問題
三
1.流體類問題
運動著的連續的氣流、水流等流體，與其他物體的表面接觸的過程中，會對接觸面有沖擊力。此類問題通常通過動量定理解決。
2.解答質量連續變動的動量問題的基本思路
(1)確定研究對象：Δt時間內流體微元。
(2)建立“柱體”模型
對于流體，可沿流速v的方向選取一段柱形流體，設
在Δt時間內通過某一橫截面積為S的流體長度Δl＝v·Δt，
如圖所示，若流體的密度為ρ，那么，在這段時間內
流過該截面的流體的質量為Δm＝ρSΔl＝ρSvΔt；
(3)運用動量定理，即流體微元所受的合力的沖量等于流體微元動量的增量，即F合Δt＝Δp。(Δt足夠短時，流體重力可忽略不計)
　某科幻小說中描繪了外星人艦隊通過塵埃區被動減速的場景，引起了天文愛好者們的討論，如果想要不減速通過塵埃區，就需要飛船提供足夠的動力。假設塵埃區密度為ρ＝4.0×10－8 kg/m3，飛船進入塵埃區的速度為v＝3.0×105 m/s，飛船垂直于運動方向上的最大橫截面積為S＝10 m2，塵埃微粒與飛船相碰后都附著在飛船上，求：
(1)單位時間Δt＝1 s內附著在飛船上的微粒質量；
例4
飛船在塵埃區飛行Δt時間，則在這段時間內附著在飛船上的微粒質量
Δm＝ρSvΔt＝0.12 kg
答案　0.12 kg　
(2)飛船要保持速度v不變，所提供的動力大小與該動力的功率。
答案　3.6×104 N　1.08×1010 W
微粒由靜止到與飛船一起運動，微粒的動量增加。
由動量定理得FΔt＝Δmv＝ρSvΔt·v
解得F＝ρSv2＝4.0×10－8×10×(3.0×105)2 N＝3.6×104 N
功率P＝Fv＝3.6×104×3.0×105 W＝1.08×1010 W。
總結提升
1.用動量定理處理“流體類”問題時，應將“無形”流體變為“有形”實物Δm。
2.若求解流體對接觸物體的力，首先轉換研究對象，分析與流體接觸的物體對流體的力，再結合牛頓第三定律進行解答。
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專題強化練
四
1.水平面上一質量為m的物體，在水平推力F的作用下由靜止開始運動。經時間2Δt，撤去F，又經過3Δt，物體停止運動，重力加速度為g，則該物體與水平面之間的動摩擦因數為
基礎強化練
對整個過程研究，根據動量定理可得
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√
2.原來靜止的物體受合外力作用時間為2t0，合外力隨時間的變化情況如圖所示，則
A.0～t0時間內物體的動量變化量與t0～2t0內動
量變化量相同
B.0～t0時間內物體所受的沖量與t0～2t0內所受
的沖量相同
C.t＝2t0時物體的速度為零，合外力在0～2t0時間內對物體的沖量為零
D.0～2t0時間內物體的位移為零，合外力對物體做功為零
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0～t0與t0～2t0時間內合外力方向不同，物體所受沖量不相同，動量變化量不相同，A、B錯誤；
t＝t0時，物體速度最大，t＝2t0時物體速度為
零，由動量定理得Ft＝mΔv＝0，C正確；
物體先加速后減速，位移不為零，動能變化量為零，合外力對物體做功為零，D錯誤。
3.(2022·佛山市第四中學高二月考)蹦極是一項刺激的極限運動，如圖所示，運動員將一端固定的彈性長繩綁在腰或踝關節處，從幾十米高處跳下。在某次蹦極中質量為60 kg的運動員在彈性繩繃緊后又經過2 s速度減為零，假設彈性繩長為45 m，重力加速度為g＝10 m/s2，(忽略空氣阻力)下列說法正確的是　
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A.彈性繩在繃緊后2 s內對運動員的平均作用力
大小為900 N
B.運動員在彈性繩繃緊后動量的改變量等于彈
性繩的作用力的沖量
C.運動員從起跳到下落到最低點的整個運動過
程中重力沖量等于彈性繩作用力的沖量大小
D.運動員從起跳到下落到最低點的整個運動過程中重力沖量小于彈性繩
作用力的沖量
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運動員在彈性繩繃緊后動量的改變量等于彈性繩的作用力與重力的合力的沖量，故B錯誤；
運動員從起跳到下落到最低點的整個運動過程
中運動員動量的變化量為零，所以重力沖量與彈性繩作用力的沖量大小相等，故C正確，D錯誤。
4.如圖所示，質量為M的實心鐵球牽引著質量為m的木塊從靜止開始下沉，經時間t1它們的速度達到v1，恰在此時，繩斷了，再經時間t2木塊的速度變為零(木塊未到達水面)，求此時鐵球的速度大小。
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設向下為正方向，對兩者組成的系統有
F合t1＝(M＋m)v1 ①
在時間t2內F合t2＝Mv－(M＋m)v1 ②
5.如圖所示，質量m＝2 kg的物體，在水平力F＝8 N的作用下由靜止開始沿水平面向右運動，已知物體與水平面間的動摩擦因數μ＝0.2，若F作用了t1＝6 s后撤去，撤去F后又經t2＝2 s物體與豎直墻相碰，若物體與墻壁作用時間t3＝0.1 s，碰墻后反向彈回的速度大小v′＝6 m/s，求墻壁對物體的平均作用力大小。(g取10 m/s2)
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答案　280 N
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選物體為研究對象，F的方向為正方向，根據動量定理得：Ft1－μmg(t1＋t2)＝mv－0
解得v＝8 m/s
物體與墻壁作用后速度變為向左，
故墻壁對物體的平均作用力大小為280 N。
6.(多選)水平面上有質量相等的a、b兩個物體，水平推力F1、F2分別作用在物體a、b上。一段時間后撤去推力，物體繼續運動一段距離后停下。兩物體的v－t圖線如圖所示，圖中AB∥CD。則整個過程中
A.F1的沖量的大小等于F2的沖量的大小
B.F1的沖量的大小小于F2的沖量的大小
C.摩擦力對a物體的沖量的大小等于摩擦力對b物體
的沖量的大小
D.合外力對a物體的沖量的大小等于合外力對b物體的沖量的大小
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能力綜合練
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AB與CD平行，說明推力撤去后兩物體的加速度相同，而撤去推力后物體受到的合力等于摩擦力，根據牛頓第二定律可知，兩物體受到的摩擦力大
小相等。但a物體的總運動時間小于b物體的，根據I＝Fft可知，摩擦力對a物體的沖量的大小小于摩擦力對b物體的沖量的大小；根據動量定理，對整個過程有：F1t1－FftOB＝0，F2t2－FftOD＝0，因FftOB1
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根據動量定理可知，合外力的沖量等于物體動量的變化量，a、b兩個物體動量的變化量都為零，所以相等，故D正確。
7.中國火星探測器“天問一號”在火星表面成功著陸，火星車“祝融號”開展巡視探測，假定火星上風速約為18 m/s，火星大氣密度約為1.3×
10－2 kg/m3，“祝融號”迎風面積約為6 m2，風垂直吹到火星車上速度立刻減為零，則火星車垂直迎風面受到的壓力約為
A.1.4 N B.25 N C.140 N D.250 N
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設很短一段時間Δt內吹到火星車“祝融號”上的風的質量為m，則有m＝ρvSΔt
以該部分風為研究對象，設風速方向為正方向，根據動量定理有－FΔt＝0－mv
解得F＝ρv2S＝1.3×10－2×182×6 N≈25 N
根據牛頓第三定律可知火星車垂直迎風面受到的壓力約為25 N，故B項正確，A、C、D項錯誤。
8.(2023·廣州市高二期末)使用無人機播植樹種時，為保證樹種的成活率，將種子連同營養物質制成種子膠囊。播種時，在靜止于離地面10 m高處的無人機上，播種器利用空氣壓力把種子膠囊以5 m/s的速度豎直向下射出，種子膠囊進入地面以下10 cm深處完成一次播種。已知種子膠囊的總質量為20 g，不考慮其所受大氣阻力及進入土壤后的重力作用，重力加速度g取10 m/s2，則
A.土壤對種子膠囊沖量的大小為0.1 N·s
B.發射過程中，播種器對種子膠囊的沖量為100 N·s
C.種子膠囊在土壤中運動時受到平均阻力的大小為22.5 N
D.播種機對種子膠囊的沖量和土壤對種子膠囊的沖量之和為零
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種子膠囊離開無人機后在豎直方向做勻加速直線運動，
解得種子膠囊在空中運動的時間為t＝1 s，可得種子膠囊落地的速度為v＝v0＋gt＝15 m/s，
根據動量定理得土壤對種子膠囊的沖量為I1＝0－mv＝－20×15×10－3 N·s
＝－0.3 N·s，故土壤對種子膠囊沖量的大小為0.3 N·s，故A錯誤；
發射過程中，播種器對種子膠囊的沖量為I0＝mv0＝20×5×10－3 N·s＝0.1 N·s，故B錯誤；
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播種機對種子膠囊的沖量和土壤對種子膠囊的沖量之和為I＝I0＋I1＝0.1 N·s－0.3 N·s＝－0.2 N·s，故D錯誤。
9.(2023·佛山市高二期中)宇宙塵埃有很大的科研價值，某衛星攜帶的收集裝置如圖(a)所示。如圖(b)所示為質量為M的衛星以速度v0飛向一顆靜止的塵埃，如圖(c)所示為塵埃被收集裝置撞擊后嵌入其中的情景，該塵埃的質量為m0(因m0 M，故衛星速度v0視為不變)，問：
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(1)該塵埃被衛星收集過程中的動
量變化量大小Δp；
答案　m0v0　
尖子生選練
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m0 M，衛星收集塵埃時速度不受影響，塵埃的速度會從0加速到v0，則塵埃被衛星收集過程中的動量變化量大小為Δp＝m0v0－0＝m0v0
(2)該塵埃在收集裝置中嵌入深度為L，則其在被收集過程中受到的作用力F大小是多少？(假設此過程中作用力大小不變)
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在塵埃加速到與衛星共速過程中，
以塵埃作為研究對象，
(3)衛星繼續以速度v0進入一個塵埃區，塵埃區每單位體積空間有n顆塵埃，每顆塵埃的平均質量為m0，已知衛星正面面積為S，由于大量塵埃與衛星碰撞后均附著在衛星上，衛星速度會受到影響，為了保持衛星原有的飛行速度，衛星推進器需要增加多大的推力？
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答案　nSm0v02
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設衛星在塵埃區飛行時間為t，衛星掃過的塵埃數量為N＝nSv0t，對衛星和塵埃整體分析，根據定量定理可得F′t＝(Nm0＋M)v0－Mv0
解得衛星推進器需要增加推力F′＝nSm0v02
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