資源簡介

專題提升一　動量定理的綜合應用
(分值:100分)
選擇題1~10題,每小題8分,共80分。
基礎對點練
題組一　動量定理和圖像問題的綜合
1.(多選)如圖描述的是豎直上拋物體的動量變化量隨時間變化的曲線和動量變化率隨時間變化的曲線。若不計空氣阻力,取豎直向上為正方向,那么下列選項正確的是 (　　)
2.用水平拉力F拉一物體,使物體在水平地面上由靜止開始做勻加速直線運動,t1時刻撤去拉力,物體做勻減速直線運動直到t2時刻停止運動,其速度—時間圖像如圖所示。α>β,拉力F做的功為W1,沖量大小為I1;物體克服摩擦力f做的功為W2,f的沖量大小為I2。則下列選項正確的是 (　　)
W1>W2,I1>I2 W1I2
W13.(2024·四川成都高二月考)質點所受的合力F方向始終在同一直線上,大小隨時間變化的情況如圖所示,已知t=0時刻質點的速度為零。在圖示的t=1 s、2 s、3 s、4 s各時刻中,質點動能最小的時刻是 (　　)
1 s末 2 s末
3 s末 4 s末
題組二　應用動量定理分析多過程問題
4.(多選)如圖所示,一根輕彈簧下端固定,豎立在水平面上,其正上方A位置有一個小球,小球從靜止開始下落,在B位置接觸彈簧的上端,在C位置小球所受彈力大小等于重力,在D位置小球速度減小到零。小球由A運動至D過程中,下列說法中正確的是 (　　)
從A→D的過程中,小球動量的方向始終向下
從A→D的過程中,重力對小球的沖量大小等于彈簧彈力對小球的沖量大小
小球在B位置處動能最大
小球在D位置處加速度為零
5.(多選)如圖所示,一個鋼珠自空中自由下落,然后陷入沙坑中,不計空氣阻力,把在空中下落的過程視為過程Ⅰ,進入沙坑直到停止的過程視為過程Ⅱ,則 (　　)
過程Ⅱ中鋼珠動量的改變量等于零
過程Ⅱ中阻力沖量的大小等于過程Ⅰ中重力沖量的大小
整個過程中合外力的總沖量等于零
過程Ⅰ中鋼珠動量的改變量等于重力的沖量
6.高空作業人員必須要系安全帶!如果質量為m的高空作業人員不慎跌落,自由下落h后安全帶剛好被拉直,此后經過時間t作業人員下落到最低點,在時間t內安全帶對人的平均作用力大小為(重力加速度大小為g) (　　)
-mg
mg-
題組三　應用動量定理分析“流體模型”
7.離子發動機是利用電場加速離子形成高速離子流而產生推力的航天發動機,工作時將推進劑離子化,使之帶電,然后在靜電場作用下推進劑得到加速后噴出,從而產生推力,這種發動機適用于航天器的姿態控制、位置保持等,航天器質量M,單個離子質量m,帶電量q,加速電場的電壓為U,高速離子形成的等效電流強度為I,根據以上信息計算該發動機產生的推力為 (　　)
I
I
8.(2024·四川綿陽高二月考)中國東海是超級臺風(超過16級)的高發地,這種臺風的中心風速可達到50 m/s。某棟大樓高約100 m、寬約20 m。空氣密度約為1.3 kg/m3,若50 m/s的臺風垂直吹到這棟大樓后速度減為0,則大樓受到的風力大小約為 (　　)
3.3×105 N 3.25×106 N
6.5×106 N 1.3×107 N
綜合提升練
9.(2024·四川成都高二月考)如圖所示,某人用水管沖洗豎直墻面,水龍頭的流量(單位時間流出水的體積)可視為一定,水管的入水口與水龍頭相連接,水從出水口水平出射,水打到墻面后不反彈而是順墻面流下。若用手擠壓出水口,使出水口的橫截面積變為原來的一半,則被水流沖擊部分的墻面所受壓強約為原先的 (　　)
1倍 2倍
4倍 8倍
10.(多選)(2024·山東濟寧高二期中)一質量為1 kg的物體在力的作用下,由靜止開始做直線運動,其v-t圖像如圖所示,由圖可知 (　　)
0~1 s內,物體受到的合力大小為5 N
1~2 s內,物體受到的合力的沖量為0
1~2 s內,物體的位移為0
2~5 s內,物體的動量改變量大小為10 kg·m/s
11.(8分)正方體密閉容器中有大量運動粒子,每個粒子的質量均為m,單位體積內粒子數量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。利用所學力學知識,導出器壁單位面積所受粒子壓力f與m、n和v的關系。
培優加強練
12.(12分)(2024·重慶渝中區期中)有一質量為m=1.0 kg 的小球靜止于水平地面上方高度為H=5.55 m處,其正下方為一沙坑,離地面高度為h=0.55 m處固定有一彈性攔阻網,小球從靜止釋放,觸網后繼續下落Δh=0.1 m時網被擊穿,擊穿后小球落入沙坑之中,陷入的深度為s=0.1 m,已知小球觸網的時間為Δt=0.2 s,沙坑對小球的阻力大小恒為f=135 N,重力加速度g=10 m/s2,求:
(1)(6分)小球落至沙坑時的瞬時速度;
(2)(6分)攔阻網對小球的沖量。
專題提升一　動量定理的綜合應用
1.CD　[由動量定理得Δp=I=-mgt,故選項A錯誤,C正確;又因為=F=-mg,故選項B錯誤,D正確。]
2.D　[物體在水平拉力作用下由靜止開始運動到最終靜止的過程中,在水平方向只有拉力F和摩擦力f,故由動能定理有W1-W2=0,則W1=W2,由動量定理有I1-I2=0,則I1=I2,故D正確,A、B、C錯誤。]
3.D　[質點動能最小,即動量最小時,由動量定理可得I合=Ft=mv,圖像與t軸圍成的面積表示合力的沖量大小,即動量的變化量大小,t軸上方為正,下方為負,由圖像可知,4 s末動量的變化量最小,質點的速度最小,動能最小,所以D正確,A、B、C錯誤。]
4.AB　[從A→D的過程中,小球速度方向始終向下,則動量的方向始終向下,故A正確;從A→D的過程中,根據動量定理可知IG-IF=0-0,即重力對小球的沖量大小等于彈簧彈力對小球的沖量大小,故B正確;小球從B至C過程,重力大于彈力,合力方向向下,小球加速,C到D,重力小于彈力,合力方向向上,小球減速,故小球在C點動能最大,在D位置處加速度不為零,故C、D錯誤。]
5.CD　[過程Ⅱ中鋼珠的速度變化量不為零,所以鋼珠的動量改變量不等于零,A錯誤;在整個過程中根據動量定理知合外力的總沖量為零,即過程Ⅱ中的阻力的沖量大小等于過程Ⅰ中和過程Ⅱ中的重力的沖量大小之和,所以過程Ⅱ中阻力沖量的大小大于過程Ⅰ中重力沖量的大小,B錯誤,C正確;過程Ⅰ中鋼珠只受重力,根據動量定理可知過程Ⅰ中鋼珠動量的改變量等于重力的沖量,D正確。]
6.A　[從作業人員跌落開始直到作業人員下落到最低點,根據動量定理,有t-mg(t1+t)=0-0,又h=,聯立可得+mg,故A正確。]
7.B　[對離子,根據動能定理有qU=mv2,解得v=,根據電流的定義式則有I=,對離子,根據動量定理有F·Δt=Nmv,解得F=,根據牛頓第三定律,推進器獲得的推力大小為F'=I,故B正確。]
8.C　[設在Δt時間內,有Δm的空氣垂直吹到這棟大樓后速度減為0,根據動量定理可得-FΔt=0-Δm·v,又Δm=ρLhvΔt,聯立可得F=ρLhv2=1.3×20×100×502 N=6.5×106 N,根據牛頓第三定律可知,大樓受到的風力大小約為6.5×106 N,故C正確。]
9.C　[設水龍頭的流量為Q,水流速度為v0,橫截面積為S,則有Q=Sv0,設Δt時間內有V體積的水打在墻面上,則這些水的質量為Δm=ρV=ρQΔt=ρSv0Δt,以這部分水為研究對象,它受到墻面的作用力大小為F,以水運動的方向為正方向,由動量定理有-FΔt=0-Δmv0,解得F=ρS,則被水流沖擊部分的墻面所受壓強p=,可知壓強正比于水流速度的平方;當出水口的橫截面積變為原來的一半時,設此時水流速度為v',則有Q=Sv0=v',解得v'=2v0,即水流速度變為原來的2倍,根據壓強正比于水流速度的平方,當出水口的橫截面積變為原來的一半時,則被水流沖擊部分的墻面所受壓強為原先的4倍,故C正確。]
10.AC　[在0~1 s內,直線的斜率不變,即加速度不變,其大小為a= m/s2=5 m/s2,由牛頓第二定律得F合=ma,解得F合=5 N,故A正確;根據動量定理I=F合t=mΔv可得,1~2 s內物體受到的合力的沖量大小為I=10 N·s,故B錯誤;v-t圖像與時間軸圍成的面積表示位移,可知1~1.5 s與1.5~2 s內,物體通過的位移大小相等,方向相反,所以1~2 s內物體的位移為0,故C正確;2 s末與5 s末速度相同,可得2~5 s內,物體的動量改變量大小為零,故D錯誤。]
11.f=nmv2
解析　一個粒子每與器壁碰撞一次給器壁的沖量大小為ΔI=2mv
如圖所示,以器壁上面積為S的部分為底、vΔt為高構成柱體,由題設可知,其內有的粒子在Δt時間內與器壁上面積為S的部分發生碰撞,碰壁粒子總數
N=nSvΔt
Δt時間內粒子給器壁的總沖量大小為
I=NΔI=nSmv2Δt
器壁上面積為S的部分受到粒子的壓力大小為F=
則器壁單位面積所受粒子的壓力大小為f=nmv2。
12.(1)5 m/s,方向豎直向下　(2)8 N·s,方向豎直向上
解析　(1)設小球落至沙坑時的瞬時速度為v,
根據動能定理,有mgs-fs=0-mv2
解得v=5 m/s,方向豎直向下。
(2)設小球擊穿網時的速度為v1,根據動能定理,有
mg(h-Δh)=mv2-
解得v1=4 m/s
小球剛接觸攔阻網時的速度為v2,根據動能定理有
mg(H-h)=
解得v2=10 m/s
攔阻網對小球作用的過程,根據動量定理有
mgΔt-I=mv1-mv2
解得I=8 N·s,方向豎直向上。專題提升一　動量定理的綜合應用
學習目標　1.學會應用動量定理分析圖像問題。2.能夠應用動量定理解決多過程問題。3.應用動量定理分析“流體模型”問題。
提升1　動量定理和圖像問題的綜合
例1 (教科版教材P11“自我評價”5改編)(多選)一質量為2 kg的物塊在合力F的作用下從靜止開始沿直線運動。F隨時間t變化的圖線如圖所示,則 (　　)
A.0~1 s內合力做功1 J
B.t=2 s時物塊的動量大小為4 kg·m/s
C.t=3 s時物塊的動量大小為5 kg·m/s
D.t=4 s時物塊的速度為零
聽課筆記　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
圖像中面積的物理意義:表示縱坐標和橫坐標乘積等于的物理量(或表達式),但要求該物理量必須是過程物理量。例如v-t圖像、F-t圖像、F-x圖像、a-t圖像,面積分別表示位移x、沖量I、功W、速度的變化量Δv。
例2 質量為1 kg的物體做直線運動,其速度—時間圖像如圖所示。則物體在前10 s內和后10 s內所受合力的沖量分別是 (　　)
A.10 N·s,10 N·s B.10 N·s,-10 N·s
C.0,10 N·s D.0,-10 N·s
聽課筆記　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 提升2　應用動量定理分析多過程問題
動量定理的適用范圍
(1)動量定理不僅適用于恒力,也適用于隨時間而變化的力。
(2)對于變力,動量定理中的力F應理解為變力在作用時間內的平均值。
(3)動量定理不僅能處理單一過程,也能處理多過程問題。在多過程問題中外力的沖量是各個力沖量的矢量和。
例3 一個質量m=2 kg的物體,在F1=8 N的水平推力作用下,從靜止開始沿水平面運動了t1=5 s,然后推力減小為F2=5 N,方向不變,物體又運動了t2=4 s后撤去推力,物體再經過t3=6 s停下來。試求物體在水平面上所受摩擦力的大小。
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
對于多過程問題,在應用動量定理時可不必關心中間量,直接對全過程進行分析,使問題求解變得簡捷。
訓練1 (2024·四川綿陽高二聯考)質量為m=0.60 kg的籃球從距地板H=0.80 m高處由靜止釋放,與水平地板撞擊后反彈上升的最大高度h=0.45 m,從釋放到彈跳至h高處經歷的時間t=1.0 s。忽略空氣阻力作用,重力加速度取g=10 m/s2,求:
(1)籃球對地板的平均撞擊力;
(2)籃球與地板撞擊過程中損失的機械能ΔE。
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
提升3　應用動量定理分析“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”,特點是質量具有連續性,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S
2 用微元法研究,作用時間Δt內的一段柱形流體的長度Δl=vΔt,對應的質量為Δm=ρV=ρSΔl=ρSvΔt
3 建立方程,應用動量定理研究這段柱形流體
例4 “水上飛人表演”是近年來觀賞性較高的水上表演項目之一,其原理是利用腳上噴水裝置產生的反沖動力,使表演者在水面之上騰空而起,同時能在空中完成各種特技動作,如圖甲所示。為簡化問題,將表演者和裝備與豎直軟水管看成分離的兩部分,如圖乙所示。已知表演者及空中裝備的總質量為M,豎直軟水管的橫截面積為S,水的密度為ρ,重力加速度為g。若水流豎直向上噴出,與表演者接觸后能以原速率反向彈回,要保持表演者在空中靜止,軟水管的出水速度至少為 (　　)
A.
C.
聽課筆記　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
訓練2 (教科版教材P10拓展改編)某種氣體分子束由質量m=5.4×10-26kg、速度v=460 m/s的分子組成,設各分子都向同一方向運動,垂直地打在某面積S=0.2 m2的平面上后又以原速率反向彈回。如果分子束中每立方米的體積內有n0=1.5×1020個分子。那么,該平面所受氣體的平均沖擊力為多大 (結果保留2位有效數字)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　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”,質量具有獨立性,通常給出單位體積內粒子數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,柱體的橫截面積為S
2 用微元法研究,作用時間Δt內一段柱體的長度為Δl,對應的體積為ΔV=Sv0Δt,則微元內的粒子數N=nv0SΔt
3 先應用動量定理研究單個粒子,建立方程,再乘N計算
例5 (2024·四川樂山高二期中)假如有一宇宙飛船,它的正面面積為S=1 m2,以v=7×103 m/s的速度進入宇宙微粒塵區,塵區每1 m3空間有一微粒,微粒的平均質量為m=2×10-5g,飛船經過區域的微粒都附著在飛船上,若要使飛船速度保持不變,飛船的推力應增加 (　　)
A.0.49 N B.0.98 N
C.490 N D.980 N
專題提升一　動量定理的綜合應用
提升1
例1 AB　[0~1 s內,根據動量定理有Ft1=mv1,解得v1=1 m/s,此過程合力做功W==1 J,A正確;0~2 s內,根據動量定理有p2=Ft2=2×2 kg·m/s=4 kg·m/s,B正確;0~3 s內,根據動量定理有p3=Ft2-F'(t3-t2)=[2×2-1×(3-2)] kg·m/s=3 kg·m/s,C錯誤;0~4 s內,根據動量定理有p4=mv4=Ft2-F'(t4-t2)=(2×2-1×2) kg·m/s=2 kg·m/s,其速度v4==1 m/s,D錯誤。]
例2 D　[根據動量定理,物體所受合力的沖量等于其動量的變化量知,0~10 s內,v1=5 m/s,v2=5 m/s,則Δp1=0,所以I1=0;10~20 s內,v3=5 m/s,v4=-5 m/s,故I2=Δp2=mv4-mv3=[1×(-5)-1×5] kg·m/s=-10 kg·m/s=-10 N·s,D正確,A、B、C錯誤。]
提升2
例3 4 N
解析　解法一　取物體為研究對象,它的運動可分為三個過程。設第一、二兩過程末的速度分別為v1和v2,物體所受摩擦力為f,規定推力的方向為正方向。根據動量定理對三個過程分別有(F1-f)t1=mv1,(F2-f)t2=mv2-mv1,-ft3=0-mv2,聯立三式得f= N=4 N。
解法二　規定推力的方向為正方向,在物體運動的整個過程中,物體的初動量p1=0,末動量p2=0。根據動量定理有F1t1+F2t2-f(t1+t2+t3)=Δp,代入數據解得f=4 N。
訓練1 (1)20 N,方向豎直向下　(2)2.1 J
解析　(1)設籃球剛接觸地板時的速度大小為v1,反彈離地時的速度大小為v2,由動能定理得下落過程mgH=
代入數據解得v1=4 m/s
上升過程-mgh=0-
代入數據解得v2=3 m/s
設籃球從H高處下落到地板所用時間為t1,上升的時間為t2,由運動學公式得
t1==0.4 s,t2==0.3 s
籃球與地板撞擊的時間為Δt=t-(t1+t2)=0.3 s
設地板對籃球的平均撞擊力為',取豎直向上為正方向,由動量定理得
('-mg)Δt=mv2-(-mv1)
代入數據解得'=20 N,根據牛頓第三定律知籃球對地板的平均撞擊力大小為'=20 N,方向豎直向下。
(2)籃球與地板撞擊過程中損失的機械能為
ΔE=mgH-mgh=0.6×10×(0.8-0.45) J=2.1 J。
提升3
例4 C　[設出水速度為v,則極短的時間t內,出水的質量為m=ρSvt,表演者能靜止在空中,由平衡條件可知表演者及裝備受到水的作用力為Mg,由牛頓第三定律可知,表演者及裝備對水的作用力大小也為Mg,取向下為正方向,對時間t內的水,由動量定理可得Mgt=mv-(-mv)=ρSv2t-(-ρSv2t),解得v=,故C正確,A、B、D錯誤。]
訓練2 0.69 N
解析　設在Δt時間內打到橫截面積為S的平面上的氣體的質量為ΔM,如圖所示,則ΔM=vΔtS·n0m,取ΔM為研究對象,它受到的合外力等于平面作用到氣體上的力F,以v方向為正方向,由動量定理得-F·Δt=-ΔMv-ΔMv
解得F=2v2n0Sm=0.69 N,
由牛頓第三定律知,該平面所受氣體的平均沖擊力大小為0.69 N。
例5 B　[選在時間Δt內與飛船碰撞的微粒為研究對象,其質量應等于體積為SvΔt空間內微粒的質量,即M=,研究對象的初動量為零,末動量大小為Mv,設飛船對微粒的作用力大小為F,由動量定理得FΔt=Mv-0,則F==0.98 N,根據牛頓第三定律可知,微粒對飛船的作用力大小也為F,則飛船要保持勻速飛行,牽引力應增加0.98 N,故B正確。](共42張PPT)
專題提升一　動量定理的綜合應用
第一章 動量與動量守恒定律
1.學會應用動量定理分析圖像問題。2.能夠應用動量定理解決多過程問題。3.應用動量定理分析“流體模型”問題。
學習目標
目 錄
CONTENTS
提升
01
02
課后鞏固訓練
提升
1
提升2　應用動量定理分析多過程問題
提升1　動量定理和圖像問題的綜合
提升3　應用動量定理分析“流體模型”
例1 (教科版教材P11“自我評價”5改編)(多選)一質量為2 kg的物塊在合力F的作用下從靜止開始沿直線運動。F隨時間t變化的圖線如圖所示，則(　　)
AB
A.0～1 s內合力做功1 J
B.t＝2 s時物塊的動量大小為4 kg·m/s
C.t＝3 s時物塊的動量大小為5 kg·m/s
D.t＝4 s時物塊的速度為零
提升1　動量定理和圖像問題的綜合
圖像中面積的物理意義：表示縱坐標和橫坐標乘積等于的物理量(或表達式)，但要求該物理量必須是過程物理量。例如v－t圖像、F－t圖像、F－x圖像、a－t圖像，面積分別表示位移x、沖量I、功W、速度的變化量Δv。　　　　
D
例2 質量為1 kg的物體做直線運動，其速度—時間圖像如圖所示。則物體在前10 s內和后10 s內所受合力的沖量分別是(　　)
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　根據動量定理，物體所受合力的沖量等于其動量
的變化量知，0～10 s內，v1＝5 m/s，v2＝5 m/s，
則Δp1＝0，所以I1＝0；10～20 s內，v3＝5 m/s，v4＝－5 m/s，故I2＝Δp2＝mv4－mv3＝[1×(－5)－1×5] kg·m/s＝－10 kg·m/s＝－10 N·s，D正確，A、B、C錯誤。
提升2　應用動量定理分析多過程問題
動量定理的適用范圍
(1)動量定理不僅適用于恒力，也適用于隨時間而變化的力。
(2)對于變力，動量定理中的力F應理解為變力在作用時間內的平均值。
(3)動量定理不僅能處理單一過程，也能處理多過程問題。在多過程問題中外力的沖量是各個力沖量的矢量和。
例3 一個質量m＝2 kg的物體，在F1＝8 N的水平推力作用下，從靜止開始沿水平面運動了t1＝5 s，然后推力減小為F2＝5 N，方向不變，物體又運動了t2＝4 s后撤去推力，物體再經過t3＝6 s停下來。試求物體在水平面上所受摩擦力的大小。
對于多過程問題，在應用動量定理時可不必關心中間量，直接對全過程進行分析，使問題求解變得簡捷。　　　　
訓練1 (2024·四川綿陽高二聯考)質量為m＝0.60 kg的籃球從距地板H＝0.80 m高處由靜止釋放，與水平地板撞擊后反彈上升的最大高度h＝0.45 m，從釋放到彈跳至h高處經歷的時間t＝1.0 s。忽略空氣阻力作用，重力加速度取g＝10 m/s2，求：
(1)籃球對地板的平均撞擊力；
(2)籃球與地板撞擊過程中損失的機械能ΔE。
答案　(1)20 N，方向豎直向下　(2)2.1 J
提升3　應用動量定理分析“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”，特點是質量具有連續性，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S
2 用微元法研究，作用時間Δt內的一段柱形流體的長度Δl＝vΔt，對應的質量為Δm＝ρV＝ρSΔl＝ρSvΔt
3 建立方程，應用動量定理研究這段柱形流體
例4 “水上飛人表演”是近年來觀賞性較高的水上表演項目之一，其原理是利用腳上噴水裝置產生的反沖動力，使表演者在水面之上騰空而起，同時能在空中完成各種特技動作，如圖甲所示。為簡化問題，將表演者和裝備與豎直軟水管看成分離的兩部分，如圖乙所示。已知表演者及空中裝備的總質量為M，豎直軟水管的橫截面積為S，水的密度為ρ，重力加速度為g。若水流豎直向上噴出，與表演者接觸后能以原速率反向彈回，要保持表演者在空中靜止，軟水管的出水速度至少為(　　)
C
訓練2 (教科版教材P10拓展改編)某種氣體分子束由質量m＝5.4×10－26kg、速度v＝460 m/s的分子組成，設各分子都向同一方向運動，垂直地打在某面積S＝0.2 m2的平面上后又以原速率反向彈回。如果分子束中每立方米的體積內有n0＝1.5×1020個分子。那么，該平面所受氣體的平均沖擊力為多大？(結果保留2位有效數字)
答案　0.69 N
解析　設在Δt時間內打到橫截面積為S的平面上的氣體的質量為ΔM，如圖所示，則ΔM＝vΔtS·n0m，取ΔM為研究對象，它受到的合外力等于平面作用到氣體上的力F，以v方向為正方向，由動量定理得－F·Δt＝－ΔMv－ΔMv，解得F＝2v2n0Sm＝0.69 N，
由牛頓第三定律知，該平面所受氣體的平均沖擊力大小為0.69 N。
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”，質量具有獨立性，通常給出單位體積內粒子數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，柱體的橫截面積為S
2 用微元法研究，作用時間Δt內一段柱體的長度為Δl，對應的體積為ΔV＝Sv0Δt，則微元內的粒子數N＝nv0SΔt
3 先應用動量定理研究單個粒子，建立方程，再乘N計算
例5 (2024·四川樂山高二期中)假如有一宇宙飛船，它的正面面積為S＝1 m2，以v＝7×103 m/s的速度進入宇宙微粒塵區，塵區每1 m3空間有一微粒，微粒的平均質量為m＝2×10－5g，飛船經過區域的微粒都附著在飛船上，若要使飛船速度保持不變，飛船的推力應增加(　　)
A.0.49 N B.0.98 N C.490 N D.980 N
B
課后鞏固訓練
2
CD
題組一　動量定理和圖像問題的綜合
1.(多選)如圖描述的是豎直上拋物體的動量變化量隨時間變化的曲線和動量變化率隨時間變化的曲線。若不計空氣阻力，取豎直向上為正方向，那么下列選項正確的是(　　)
基礎對點練
D
2.用水平拉力F拉一物體，使物體在水平地面上由靜止開始做勻加速直線運動，t1時刻撤去拉力，物體做勻減速直線運動直到t2時刻停止運動，其速度—時間圖像如圖所示。α＞β，拉力F做的功為W1，沖量大小為I1；物體克服摩擦力f做的功為W2，f的沖量大小為I2。則下列選項正確的是(　　)
A.W1＞W2，I1＞I2 B.W1＜W2，I1＞I2
C.W1＜W2，I1＜I2 D.W1＝W2，I1＝I2
解析　物體在水平拉力作用下由靜止開始運動到最終靜止的過程中，在水平方向只有拉力F和摩擦力f，故由動能定理有W1－W2＝0，則W1＝W2，由動量定理有I1－I2＝0，則I1＝I2，故D正確，A、B、C錯誤。
D
3.(2024·四川成都高二月考)質點所受的合力F方向始終在同一直線上，大小隨時間變化的情況如圖所示，已知t＝0時刻質點的速度為零。在圖示的t＝1 s、2 s、3 s、4 s各時刻中，質點動能最小的時刻是(　　)
A.1 s末 B.2 s末
C.3 s末 D.4 s末
解析　質點動能最小，即動量最小時，由動量定理
可得I合＝Ft＝mv，圖像與t軸圍成的面積表示合力的沖量大小，即動量的變化量大小，t軸上方為正，下方為負，由圖像可知，4 s末動量的變化量最小，質點的速度最小，動能最小，所以D正確，A、B、C錯誤。
AB
題組二　應用動量定理分析多過程問題
4.(多選)如圖所示，一根輕彈簧下端固定，豎立在水平面上，其正上方A位置有一個小球，小球從靜止開始下落，在B位置接觸彈簧的上端，在C位置小球所受彈力大小等于重力，在D位置小球速度減小到零。小球由A運動至D過程中，下列說法中正確的是(　　)
A.從A→D的過程中，小球動量的方向始終向下
B.從A→D的過程中，重力對小球的沖量大小等于彈簧彈力對小球的沖量大小
C.小球在B位置處動能最大
D.小球在D位置處加速度為零
解析　從A→D的過程中，小球速度方向始終向下，則動量的方向始終向下，故A正確；從A→D的過程中，根據動量定理可知IG－IF＝0－0，即重力對小球的沖量大小等于彈簧彈力對小球的沖量大小，故B正確；小球從B至C過程，重力大于彈力，合力方向向下，小球加速，C到D，重力小于彈力，合力方向向上，小球減速，故小球在C點動能最大，在D位置處加速度不為零，故C、D錯誤。
CD
5.(多選)如圖所示，一個鋼珠自空中自由下落，然后陷入沙坑中，不計空氣阻力，把在空中下落的過程視為過程Ⅰ，進入沙坑直到停止的過程視為過程Ⅱ，則(　　)
A.過程Ⅱ中鋼珠動量的改變量等于零
B.過程Ⅱ中阻力沖量的大小等于過程Ⅰ中重力沖量的大小
C.整個過程中合外力的總沖量等于零
D.過程Ⅰ中鋼珠動量的改變量等于重力的沖量
解析　過程Ⅱ中鋼珠的速度變化量不為零，所以鋼珠的動量改變量不等于零，A錯誤；在整個過程中根據動量定理知合外力的總沖量為零，即過程Ⅱ中的阻力的沖量大小等于過程Ⅰ中和過程Ⅱ中的重力的沖量大小之和，所以過程Ⅱ中阻力沖量的大小大于過程Ⅰ中重力沖量的大小，B錯誤，C正確；過程Ⅰ中鋼珠只受重力，根據動量定理可知過程Ⅰ中鋼珠動量的改變量等于重力的沖量，D正確。
A
6.高空作業人員必須要系安全帶！如果質量為m的高空作業人員不慎跌落，自由下落h后安全帶剛好被拉直，此后經過時間t作業人員下落到最低點，在時間t內安全帶對人的平均作用力大小為(重力加速度大小為g)(　　)
B
題組三　應用動量定理分析“流體模型”
7.離子發動機是利用電場加速離子形成高速離子流而產生推力的航天發動機，工作時將推進劑離子化，使之帶電，然后在靜電場作用下推進劑得到加速后噴出，從而產生推力，這種發動機適用于航天器的姿態控制、位置保持等，航天器質量M，單個離子質量m，帶電量q，加速電場的電壓為U，高速離子形成的等效電流強度為I，根據以上信息計算該發動機產生的推力為(　　)
C
8.(2024·四川綿陽高二月考)中國東海是超級臺風(超過16級)的高發地，這種臺風的中心風速可達到50 m/s。某棟大樓高約100 m、寬約20 m。空氣密度約為1.3 kg/m3，若50 m/s的臺風垂直吹到這棟大樓后速度減為0，則大樓受到的風力大小約為(　　)
A.3.3×105 N B.3.25×106 N
C.6.5×106 N D.1.3×107 N
解析　設在Δt時間內，有Δm的空氣垂直吹到這棟大樓后速度減為0，根據動量定理可得－FΔt＝0－Δm·v，又Δm＝ρLhvΔt，聯立可得F＝ρLhv2＝1.3×20×100×502 N＝6.5×106 N，根據牛頓第三定律可知，大樓受到的風力大小約為6.5×106 N，故C正確。
C
9.(2024·四川成都高二月考)如圖所示，某人用水管沖洗豎直墻面，水龍頭的流量(單位時間流出水的體積)可視為一定，水管的入水口與水龍頭相連接，水從出水口水平出射，水打到墻面后不反彈而是順墻面流下。若用手擠壓出水口，使出水口的橫截面積變為原來的一半，則被水流沖擊部分的墻面所受壓強約為原先的(　　)
綜合提升練
A.1倍 B.2倍 C.4倍 D.8倍
AC
10.(多選)(2024·山東濟寧高二期中)一質量為1 kg的物體在力的作用下，由靜止開始做直線運動，其v－t圖像如圖所示，由圖可知(　　)
A.0～1 s內，物體受到的合力大小為5 N
B.1～2 s內，物體受到的合力的沖量為0
C.1～2 s內，物體的位移為0
D.2～5 s內，物體的動量改變量大小為10 kg·m/s
11.正方體密閉容器中有大量運動粒子，每個粒子的質量均為m，單位體積內粒子數量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。利用所學力學知識，導出器壁單位面積所受粒子壓力f與m、n和v的關系。
12.(2024·重慶渝中區期中)有一質量為m＝1.0 kg 的小球靜止于水平地面上方高度為H＝5.55 m處，其正下方為一沙坑，離地面高度為h＝0.55 m處固定有一彈性攔阻網，小球從靜止釋放，觸網后繼續下落Δh＝0.1 m時網被擊穿，擊穿后小球落入沙坑之中，陷入的深度為s＝0.1 m，已知小球觸網的時間為Δt＝0.2 s，沙坑對小球的阻力大小恒為f＝135 N，重力加速度g＝10 m/s2，求：
培優加強練
(1)小球落至沙坑時的瞬時速度；
(2)攔阻網對小球的沖量。

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