专题提升一 动量定理的应用
学习目标 1.进一步理解动量定理，熟悉应用动量定理解题的一般步骤，注意动量定理与动能定理的区别。
2.学会利用动量定理处理多过程问题。3.学会应用动量定理处理连续流体问题。
提升1 动量定理与动能定理的区别与应用
例1 “蹦极”是一项勇敢者的运动，如图所示，某人用弹性橡皮绳拴住身体从高空P处自由下落，在空中感受完全失重的滋味。此人质量为50 kg，橡皮绳原长45 m，人可看成质点，且此人从P点自静止下落到最低点所用时间9 s；重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力。
(1)此人下落到橡皮绳刚伸直(原长)时，人的动量大小是多少？
(2)橡皮绳开始伸直到人下落到最低点的过程中弹力F－t图像如图所示，求图像中阴影部分的面积大小。
答案 (1)1 500 kg·m/s (2)4 500 N·s
解析 (1)此人下落到橡皮绳刚伸直(原长)的过程中，根据动能定理有mgh＝mv2
解得v＝30 m/s
此时人的动量大小p＝mv＝1 500 kg·m/s。
(2)弹力F－t图像中阴影部分的面积大小表示弹力F的冲量，人从下落到橡皮绳正好拉直的时间设为t1，则h＝gt1，解得t1＝3 s
橡皮绳作用时间t2＝t－t1＝6 s
取竖直向上为正方向，由动量定理得
IF－mgt2＝0－(－mv)
解得IF＝4 500 N·s
即图像中阴影部分的面积大小为4 500 N·s。
注意动量定理是矢量式，应用时必须选取正方向；动能定理是标量式，应用时不用选取正方向。涉及一段时间(或冲量)选用动量定理；涉及一段位移(或功)选用动能定理。
训练1 一质量为0.5 kg的小物块放在水平地面上的A点，距离A点5 m的位置B处是一面竖直墙，如图所示。物块以v0＝9 m/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7 m/s，碰后以6 m/s的速度反向运动直至静止。g取10 m/s2。
(1)求物块与地面间的动摩擦因数μ；
(2)若碰撞时间为0.05 s，求碰撞过程中墙面对物块平均作用力的大小F；
(3)碰撞后物块克服摩擦力的功。
答案 (1)0.32 (2)130 N (3)9 J
解析 (1)根据动能定理有
－μmgs＝mv2－mv
代入数值解得μ＝0.32。
(2)选返回方向为正方向，根据动量定理有
FΔt＝mv′－(－mv)
代入数值解得F＝130 N。
(3)由动能定理得，碰撞后物块克服摩擦力的功
W＝mv′2＝9 J。
提升2 应用动量定理处理多过程问题
应用动量定理处理多过程问题的两种思路
(1)可分段分别应用动量定理求解。
(2)可全过程应用动量定理求解。要特别注意各力作用的时间，在多过程中外力的冲量是各个力冲量的矢量和。
例2 在水平力F＝30 N的作用下，质量m＝5 kg的物体由静止开始沿水平面运动。已知物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，若F作用6 s后撤去，撤去F后物体还能向前运动多长时间才停止(g取10 m/s2)
答案 12 s
解析 解法一 用动量定理，分段求解。
选物体为研究对象，对于撤去F前物体做匀加速直线运动的过程，初速度为零，末速度为v，取水平力F的方向为正方向，根据动量定理有
(F－μmg)t1＝mv－0
对于撤去F后物体做匀减速直线运动的过程，初速度为v，末速度为零，根据动量定理有
－μmgt2＝0－mv
联立解得
t2＝t1＝×6 s＝12 s。
解法二 用动量定理，研究全过程。
选物体为研究对象，研究整个运动过程，过程的始、末状态物体的速度都为零，取水平力F的方向为正方向，根据动量定理得
Ft1－μmg(t1＋t2)＝0
解得t2＝t1＝×6 s＝12 s。
应用动量定理解题时要选好受力物体和研究过程，当物体所受各力的作用时间不相同且间断作用时，应用动量定理解题对全过程列式较为简单，所以在解题时要树立整体优先的意识。
训练2 (2024·山东临沂高二月考)某消防队员从一平台上跳下，下落1 s后双脚触地，接着他用双腿弯曲的方法缓冲，使自身重心又下降了0.2 s，在着地过程中地面对他双脚的平均作用力约为( )
A.自身所受重力的2倍
B.自身所受重力的6倍
C.自身所受重力的8倍
D.自身所受重力的10倍
答案 B
解析 法一 消防员下落t1＝1 s后双脚触地时的速度为v1＝gt1，方向向下；着地后他使自身重心下降0.2 s后站定，即v2＝0，设向下为正方向，则着地过程中消防员动量的变化量为Δp＝0－mv1＝－mv1，设该过程中地面对他双脚的平均作用力为，由动量定理得(mg－)t2＝Δp＝－mv1，其中t2＝0.2 s，则＝mg＋＝mg＋5mg＝6mg，故B正确。
法二 规定向下为正方向，对消防员下落的全程应用动量定理可得mg(t1＋t2)－t2＝0－0，代入数据解得＝6mg，故B正确。
提升3 应用动量定理处理流体问题
研究 对象 流体类：液体流、气体流等，通常已知密度ρ
微粒类：电子流、光子流、尘埃等，通常给出单位体积内粒子数n
分析 步骤 ①构建“柱状”模型：沿流速v的方向选取一段小柱体，其横截面积为S
②微元研究 小柱体的体积ΔV＝SvΔt
小柱体质量m＝ρΔV＝ρSvΔt 小柱体粒子数N＝nSvΔt
小柱体动量p＝mv＝ρv2SΔt
③建立方程，应用动量定理FΔt＝Δp解题
例3 作为先进的大都市，上海拥有许多非常高的建筑物，这些大楼不仅设计先进，还安装了风阻尼器。已知风阻尼器的截面积S＝10 m2，风速为25 m/s，空气密度ρ＝1.2 kg/m3，风遇到风阻尼器后速度立即减为零，则风对风阻尼器产生的作用力大小约为( )
A.7 500 N B.750 N C.300 N D.900 N
答案 A
解析 设t时间内吹到风阻尼器上的空气质量为m，则有m＝ρSvt，对t时间内吹到风阻尼器上的空气，根据动量定理有－Ft＝0－mv＝0－ρSv2t，得F＝ρSv2，代入数据解得F＝7 500 N，根据牛顿第三定律，风阻尼器受到的风力为7 500 N，故A正确。
应用动量定理分析流体相互作用问题的方法
(1)确定一小段时间Δt内的流体为研究对象。
(2)写出选取的流体的质量m 与Δt的关系式。
(3)分析选取的流体的受力情况和初末态的动量。
(4)应用动量定理列式求解。
训练3 (新教材鲁科版P9节练习7改编)现代切割技术常用的一种“水刀”如图所示。它将水从高压水枪中高速射出，形成很细的水束，用来切割钢板等物体。已知水束的横截面积为S，速度为v，并垂直射向钢板，若水射上钢板后的速度视为0，水的密度为ρ，则水对钢板的平均冲击力的大小为( )
A.ρSv B.ρSv2 C.ρSv3 D.ρSv2
答案 D
解析 设t时间内有体积V的水打在钢板上，则这些水的质量为m＝ρV＝ρSvt，以这部分水为研究对象，它受到钢板的平均作用力为，以水运动的方向为正方向，由动量定理有t＝0－mv，解得＝－ρSv2，根据牛顿第三定律可知水对钢板的平均冲击力大小为ρSv2，方向与水速v相同，故B正确。
基础对点练
题组一 动量定理与动能定理的区别与应用
1.在一次冰壶比赛中，冰壶(可看作质点)被释放后，在水平面上做匀减速直线运动，依次经过a、b、 c三点，到达c点时冰壶恰好停止。已知a、b间的距离是b、c间距离的3倍。不计空气阻力，下列说法正确的是( )
A.冰壶通过ab段所用时间小于bc段所用时间
B.冰壶在ab段所受摩擦力的冲量等于在bc段所受摩擦力的冲量
C.冰壶在ab段的动量变化量大于在bc段的动量变化量
D.冰壶在ab段的动能变化量等于在bc段的动能变化量
答案 B
解析 冰壶运动的逆运动是初速度为零的匀加速直线运动，由x＝at2可知，冰壶通过ab段所用时间等于通过bc段所用时间，故A错误；冰壶受到冰面的摩擦力不变，由I＝Ft知，ab段冰壶所受摩擦力的冲量等于bc段冰壶所受摩擦力的冲量，故B正确；摩擦力即为合外力，由I＝Δp知，冰壶在ab段与bc段的动量变化量相等，故C错误；摩擦力在ab段对冰壶做的功大于在bc段对冰壶做的功，由动能定理知冰壶在ab段的动能变化量大于在bc段的动能变化量，故D错误。
2.(多选)一个质量为0.18 kg的垒球，以25 m/s的水平速度飞向球棒，被球棒打击后反向水平飞回，速度大小变为45 m/s，设球棒与垒球的作用时间为0.01 s。下列说法正确的是( )
A.球棒对垒球的平均作用力大小为1 260 N
B.球棒对垒球的平均作用力大小为360 N
C.球棒对垒球做的功为126 J
D.球棒对垒球做的功为36 J
答案 AC
解析 设球棒对垒球的平均作用力为，取末速度方向为正方向，由动量定理得Δt＝m(v2－v1)，其中v2＝45 m/s，v1＝－25 m/s，代入解得＝1 260 N，故A正确，B错误；由动能定理得球棒对垒球做功为W＝mv－mv＝126 J，故C正确，D错误。
题组二 应用动量定理处理多过程问题
3.(2024·安徽合肥高二月考)水平面上一质量为m的物体，在水平推力F的作用下由静止开始运动。经时间2Δt，撤去F，又经过时间3Δt，物体停止运动，则该物体与水平面之间的动摩擦因数为( )
A. B. C. D.
答案 C
解析 对整个过程研究，根据动量定理可得F·2Δt－μmg·(2Δt＋3Δt)＝0，解得μ＝，故A、B、D错误，C正确。
4.篮球运动是一项同学们喜欢的体育运动，通过篮球对地冲击力大小判断篮球的性能。某同学让一篮球从h1＝1.8 m高处自由下落，测出篮球从开始下落至反弹到最高点所用时间t＝1.40 s，该篮球反弹时从离开地面至最高点所用时间为0.5 s，篮球的质量m＝0.456 kg，g＝10 m/s2(不计空气阻力)。则篮球对地面的平均作用力大小约为( )
A.3 N B.21 N C.33 N D.28 N
答案 B
解析 篮球自由下落过程可得h1＝gt，解得自由下落时间为t1＝0.6 s，反弹后竖直上抛时间为t2＝0.5 s，可知篮球与地面相互作用时间为Δt＝t－t1－t2＝0.3 s，以竖直向上为正方向，全程根据动量定理可得FΔt－mgt＝0，解得F≈21 N，故B正确。
5.(多选)(2024·广东深圳高二期末)一质量为4 kg的物块在合外力F的作用下从静止开始沿直线运动。力F随时间t变化的图线如图所示，则( )
A.t＝1 s时物块的速率为4 m/s
B.t＝2 s时物块的动量大小为2 kg·m/s
C.t＝3 s时物块的速率为0.5 m/s
D.t＝4 s时物块的速度为零
答案 BD
解析 根据动量定理Ft＝mv－0得，t＝1 s时物块的速率为v1＝0.25 m/s；同理，t＝2 s时，物块的动量大小为p2＝Ft2＝1×2 kg·m/s＝2 kg·m/s；t＝3 s时，有F1t1＋F2t2＝mv3－0，解得物块的速率v3＝0.25 m/s；t＝4 s时v4＝0，故选项B、D正确。
题组三 应用动量定理处理流体问题
6.现有一竖直圆柱形风洞，风机通过洞口向风洞内“吹气”，产生竖直向上、速度恒定的气流。某时刻，有一质量为m的游客恰好在风洞内悬浮，已知气流密度为ρ，游客受风面积为S，重力加速度为g，假设气流吹到人身上后速度变为零，则气流速度大小为( )
A. B. C. D.
答案 C
解析 在Δt时间内吹到人体的气体质量为Δm＝ρSvΔt，设人对气流的力大小为F，则对此段气体由动量定理有－F·Δt＝0－Δm·v，由牛顿第三定律，可知风给人的力大小为F′＝F，人悬浮受力平衡，所以F′＝mg，联立解得v＝，故C正确。
7.(2024·河南郑州高二期末)某人感冒打喷嚏时气流喷出的速度大小为v，假设打一次喷嚏大约喷出体积为V的空气，用时约Δt。已知空气的密度为ρ，估算打一次喷嚏人受到的平均反冲力大小为( )
A. B. C. D.
答案 A
解析 打一次喷嚏大约喷出气体的质量m＝ρV，由动量定理有Δt＝mv，解得＝＝，根据牛顿第三定律可知，打一次喷嚏人受到的平均反冲力大小为，故A正确。
8.运动员在水上做飞行运动表演，他操控喷射式悬浮飞行器将水带竖直送上来的水反转180°后向下喷出，令自己悬停在空中，如图所示。已知运动员与装备的总质量为90 kg，两个喷嘴的直径均为10 cm，已知重力加速度大小g＝10 m/s2，水的密度ρ＝1.0×103 kg/m3，则喷嘴处喷水的速度大约为( )
A.2.7 m/s B.5.4 m/s C.7.6 m/s D.10.8 m/s
答案 C
解析 设飞行器对水的平均作用力为F，根据牛顿第三定律可知，水对飞行器的作用力的大小也等于F，对飞行器，则有F＝Mg。设水喷出时的速度为v，在时间t内喷出的水的质量Δm＝ρV＝2ρSvt，t时间内飞行器对质量为Δm的水的冲量I＝Ft＝Δmv，联立解得v＝7.6 m/s，故C正确，A、B、D错误。
9.有一宇宙飞船，它沿运动方向的正对面积S＝2 m2，以v＝3×103 m/s的相对速度飞入一宇宙微粒尘区。此微粒尘区每1 m3空间中有一个微粒，每一个微粒的平均质量为m＝2×10－7 kg。设微粒与飞船外壳碰撞后附着于飞船上，要使飞船速度不变，飞船的牵引力应增加( )
A.3.6×103 N B.3.6 N
C.1.2×103 N D.1.2 N
答案 B
解析 t时间内与飞船碰撞并附着于飞船上的微粒总质量为M＝vtSm，设飞船对微粒的作用力为F，由动量定理得Ft＝Mv，联立解得F＝v2Sm，代入数据解得F＝3.6 N。根据牛顿第三定律可知，微粒对飞船的作用力为3.6 N。要使飞船速度不变，根据平衡条件，飞船的牵引力应增加3.6 N，故B正确。
综合提升练
10.湖面上有帆船正以速度v1匀速顺风航行。已知该船帆的有效受风面积为S，水平风速恒为v2，且v1＜v2，湖面上空气密度为ρ。则风对船帆的推力的功率为( )
A.ρSv B.ρS(v2－v1)2
C.ρS(v2－v1)2v1 D.ρS(v2－v1)2v2
答案 C
解析 单位时间t内冲击船帆的空气的体积
V＝SL＝S(v2－v1)t
单位时间t内冲击船帆的空气质量
m＝ρV＝ρS(v2－v1)t
空气的动量改变量Δp＝m(v1－v2)
帆对空气的作用力大小为F，以风的速度方向为正方向，由动量定理有－Ft＝Δp
解得F＝ρS(v2－v1)2
根据牛顿第三定律可知，帆船在航行过程中受到的风的水平推力大小F′＝F＝ρS(v2－v1)2
风对船帆的推力的功率为P＝F′v1＝ρS(v2－v1)2v1，故C正确。
11.(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1.25 m，与AB段平滑连接的BC段粗糙，长4 m。质量为50 kg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
1 m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10 m/s2。下列说法正确的是( )
A.缓冲墙对滑块的冲量为－50 N·s
B.缓冲墙对滑块的冲量为－250 N·s
C.缓冲墙对滑块做的功为－125 J
D.缓冲墙对滑块做的功为－250 J
答案 BC
解析 滑块从A点下滑，经过B滑动到C的过程中，根据动能定理有mgh－μmgxBC＝mv－0，从C点反弹运动到D点的过程，根据动能定理有－μmgxCD＝0－mv，代入数据解得v1＝3 m/s，v2＝2 m/s。滑块与缓冲墙作用的过程中，向右为正方向，根据动量定理有I＝－mv2－mv1，代入数据得I＝－250 N·s，故A错误，B正确；根据动能定理有W＝mv－mv，代入数据得W＝－125 J，故C正确，D错误。
12.(多选)如图所示，质量为m的小球从距离地面高H的A点由静止开始释放，落到地面上后又陷入泥潭中，由于受到阻力作用到达距地面深度为h的B点速度减为零。不计空气阻力，重力加速度为g。关于小球下落的整个过程，下列说法中正确的是( )
A.小球的机械能减少了mg(H＋h)
B.小球克服阻力做的功为mgh
C.小球所受阻力的冲量大于m
D.小球动量的变化量等于所受阻力的冲量
答案 AC
解析 在整个过程中，小球动能变化量为零，重力势能减小mg(H＋h)，则小球的机械能减小了mg(H＋h)，故A正确；对全过程运用动能定理得mg(H＋h)－Wf＝0，则小球克服阻力做功Wf＝mg(H＋h)，故B错误；小球落到地面时的速度v＝，对进入泥潭的过程运用动量定理得IG－If＝0－m，可知阻力的冲量为If＝IG＋m，即大于m，故C正确；对全过程分析，运用动量定理知，小球动量的变化量等于重力的冲量和阻力冲量的矢量和，故D错误。
培优加强练
13.城市进入高楼时代后，高空坠物已成为危害极大的社会安全问题。某同学为探究高空坠物的危害性，在确认安全的情况下，将一个50 g的鸡蛋从高楼窗户以1 m/s的初速度水平抛出。不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2。
(1)若在鸡蛋刚被抛出时开始计时，当鸡蛋动量方向与水平面夹角为45°时，求鸡蛋下落的时间t1；
(2)在鸡蛋动量方向与水平面夹角由45°变为60°的过程中，求鸡蛋的动量变化量。
答案 (1)0.1 s (2) kg·m/s
解析 (1)鸡蛋在竖直方向，由动量定理得
mgt1＝mvy ①
当鸡蛋动量方向与水平面夹角为45°时，有
tan 45°＝ ②
联立①②并代入数据解得t1＝0.1 s。 ③
(2)鸡蛋动量方向与地面夹角变为60°时，有
tan 60°＝ ④
设鸡蛋由抛出点抛出到动量方向与水平面夹角变为60°的过程中所需时间为t2，由平抛运动规律得
vy′＝gt2 ⑤
鸡蛋动量方向与水平面夹角由45°变为60°的过程所需时间Δt＝t2－t1 ⑥
设此过程中鸡蛋动量变化量为Δp，由动量定理得
mgΔt＝Δp ⑦
联立③④⑤⑥⑦并代入数据解得
Δp＝ kg·m/s。(共40张PPT)
专题提升一 动量定理的应用
第一章 动量守恒定律
1.进一步理解动量定理，熟悉应用动量定理解题的一般步骤，注意动量定理与动能定理的区别。
2.学会利用动量定理处理多过程问题。
3.学会应用动量定理处理连续流体问题。
学习目标
目 录
CONTENTS
提升
01
课后巩固训练
02
提升
1
提升2 应用动量定理处理多过程问题
提升1 动量定理与动能定理的区别与应用
提升3 应用动量定理处理流体问题
提升1 动量定理与动能定理的区别与应用
例1 “蹦极”是一项勇敢者的运动，如图所示，某人用弹性橡皮绳拴住身体从高空P处自由下落，在空中感受完全失重的滋味。此人质量为50 kg，橡皮绳原长45 m，人可看成质点，且此人从P点自静止下落到最低点所用时间9 s；重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力。
(1)此人下落到橡皮绳刚伸直(原长)时，人的动量大小是多少？
(2)橡皮绳开始伸直到人下落到最低点的过程中弹力F－t图像如图所示，求图像中阴影部分的面积大小。
解得v＝30 m/s
此时人的动量大小p＝mv＝1 500 kg·m/s。
橡皮绳作用时间t2＝t－t1＝6 s
取竖直向上为正方向，由动量定理得
IF－mgt2＝0－(－mv)
解得IF＝4 500 N·s
即图像中阴影部分的面积大小为4 500 N·s。
答案 (1)1 500 kg·m/s (2)4 500 N·s
注意动量定理是矢量式，应用时必须选取正方向；动能定理是标量式，应用时不用选取正方向。涉及一段时间(或冲量)选用动量定理；涉及一段位移(或功)选用动能定理。
训练1 一质量为0.5 kg的小物块放在水平地面上的A点，距离A点5 m的位置B处是一面竖直墙，如图所示。物块以v0＝9 m/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7 m/s，碰后以6 m/s的速度反向运动直至静止。g取10 m/s2。
(1)求物块与地面间的动摩擦因数μ；
(2)若碰撞时间为0.05 s，求碰撞过程中墙面对物块
平均作用力的大小F；
(3)碰撞后物块克服摩擦力的功。
答案 (1)0.32 (2)130 N (3)9 J
解析 (1)根据动能定理有
代入数值解得μ＝0.32。
(2)选返回方向为正方向，根据动量定理有
FΔt＝mv′－(－mv)
代入数值解得F＝130 N。
(3)由动能定理得，碰撞后物块克服摩擦力的功
提升2 应用动量定理处理多过程问题
应用动量定理处理多过程问题的两种思路
(1)可分段分别应用动量定理求解。
(2)可全过程应用动量定理求解。要特别注意各力作用的时间，在多过程中外力的冲量是各个力冲量的矢量和。
例2 在水平力F＝30 N的作用下，质量m＝5 kg的物体由静止开始沿水平面运动。已知物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，若F作用6 s后撤去，撤去F后物体还能向前运动多长时间才停止(g取10 m/s2)
解析 解法一 用动量定理，分段求解。
选物体为研究对象，对于撤去F前物体做匀加速直线运动的过程，初速度为零，末速度为v，取水平力F的方向为正方向，根据动量定理有
(F－μmg)t1＝mv－0
对于撤去F后物体做匀减速直线运动的过程，初速度为v，末速度为零，根据动量定理有
－μmgt2＝0－mv
联立解得
解法二 用动量定理，研究全过程。
选物体为研究对象，研究整个运动过程，过程的始、末状态物体的速度都为零，取水平力F的方向为正方向，根据动量定理得
Ft1－μmg(t1＋t2)＝0
应用动量定理解题时要选好受力物体和研究过程，当物体所受各力的作用时间不相同且间断作用时，应用动量定理解题对全过程列式较为简单，所以在解题时要树立整体优先的意识。
训练2 (2024·山东临沂高二月考)某消防队员从一平台上跳下，下落1 s后双脚触地，接着他用双腿弯曲的方法缓冲，使自身重心又下降了0.2 s，在着地过程中地面对他双脚的平均作用力约为( )
A.自身所受重力的2倍 B.自身所受重力的6倍
C.自身所受重力的8倍 D.自身所受重力的10倍
B
提升3 应用动量定理处理流体问题
研究 对象 流体类：液体流、气体流等，通常已知密度ρ
微粒类：电子流、光子流、尘埃等，通常给出单位体积内粒子数n
分析 步骤 ①构建“柱状”模型：沿流速v的方向选取一段小柱体，其横截面积为S
②微元研究 小柱体的体积ΔV＝SvΔt
小柱体质量m＝ρΔV＝ρSvΔt
小柱体粒子数N＝nSvΔt
小柱体动量p＝mv＝ρv2SΔt
③建立方程，应用动量定理FΔt＝Δp解题
A
例3 作为先进的大都市，上海拥有许多非常高的建筑物，这些大楼不仅设计先进，还安装了风阻尼器。已知风阻尼器的截面积S＝10 m2，风速为25 m/s，空气密度ρ＝1.2 kg/m3，风遇到风阻尼器后速度立即减为零，则风对风阻尼器产生的作用力大小约为( )
A.7 500 N B.750 N C.300 N D.900 N
解析 设t时间内吹到风阻尼器上的空气质量为m，则有m＝ρSvt，对t时间内吹到风阻尼器上的空气，根据动量定理有－Ft＝0－mv＝0－ρSv2t，得F＝ρSv2，代入数据解得F＝7 500 N，根据牛顿第三定律，风阻尼器受到的风力为7 500 N，故A正确。
应用动量定理分析流体相互作用问题的方法
(1)确定一小段时间Δt内的流体为研究对象。
(2)写出选取的流体的质量m 与Δt的关系式。
(3)分析选取的流体的受力情况和初末态的动量。
(4)应用动量定理列式求解。
训练3 (新教材鲁科版P9节练习7改编)现代切割技术常用的一种“水刀”如图所示。它将水从高压水枪中高速射出，形成很细的水束，用来切割钢板等物体。已知水束的横截面积为S，速度为v，并垂直射向钢板，若水射上钢板后的速度视为0，水的密度为ρ，则水对钢板的平均冲击力的大小为( )
D
课后巩固训练
2
B
题组一 动量定理与动能定理的区别与应用
1.在一次冰壶比赛中，冰壶(可看作质点)被释放后，在水平面上做匀减速直线运动，依次经过a、b、 c三点，到达c点时冰壶恰好停止。已知a、b间的距离是b、c间距离的3倍。不计空气阻力，下列说法正确的是( )
A.冰壶通过ab段所用时间小于bc段所用时间
B.冰壶在ab段所受摩擦力的冲量等于在bc段所受摩擦力的冲量
C.冰壶在ab段的动量变化量大于在bc段的动量变化量
D.冰壶在ab段的动能变化量等于在bc段的动能变化量
基础对点练
AC
2.(多选)一个质量为0.18 kg的垒球，以25 m/s的水平速度飞向球棒，被球棒打击后反向水平飞回，速度大小变为45 m/s，设球棒与垒球的作用时间为0.01 s。下列说法正确的是( )
A.球棒对垒球的平均作用力大小为1 260 N
B.球棒对垒球的平均作用力大小为360 N
C.球棒对垒球做的功为126 J
D.球棒对垒球做的功为36 J
C
B
4.篮球运动是一项同学们喜欢的体育运动，通过篮球对地冲击力大小判断篮球的性能。某同学让一篮球从h1＝1.8 m高处自由下落，测出篮球从开始下落至反弹到最高点所用时间t＝1.40 s，该篮球反弹时从离开地面至最高点所用时间为0.5 s，篮球的质量m＝0.456 kg，g＝10 m/s2(不计空气阻力)。则篮球对地面的平均作用力大小约为( )
A.3 N B.21 N C.33 N D.28 N
BD
5.(多选)(2024·广东深圳高二期末)一质量为4 kg的物块在合外力F的作用下从静止开始沿直线运动。力F随时间t变化的图线如图所示，则( )
A.t＝1 s时物块的速率为4 m/s
B.t＝2 s时物块的动量大小为2 kg·m/s
C.t＝3 s时物块的速率为0.5 m/s
D.t＝4 s时物块的速度为零
解析 根据动量定理Ft＝mv－0得，t＝1 s时物块的速率为v1＝0.25 m/s；同理，t＝2 s时，物块的动量大小为p2＝Ft2＝1×2 kg·m/s＝2 kg·m/s；t＝3 s时，有F1t1＋F2t2＝mv3－0，解得物块的速率v3＝0.25 m/s；t＝4 s时v4＝0，故选项B、D正确。
C
A
C
8.运动员在水上做飞行运动表演，他操控喷射式悬浮飞行器将水带竖直送上来的水反转180°后向下喷出，令自己悬停在空中，如图所示。已知运动员与装备的总质量为90 kg，两个喷嘴的直径均为10 cm，已知重力加速度大小g＝10 m/s2，水的密度ρ＝1.0×103 kg/m3，则喷嘴处喷水的速度大约为( )
A.2.7 m/s B.5.4 m/s
C.7.6 m/s D.10.8 m/s
解析 设飞行器对水的平均作用力为F，根据牛顿第三定律可知，水对飞行器的作用力的大小也等于F，对飞行器，则有F＝Mg。设水喷出时的速度为v，在时间t内喷出的水的质量Δm＝ρV＝2ρSvt，t时间内飞行器对质量为Δm的水的冲量I＝Ft＝Δmv，联立解得v＝7.6 m/s，故C正确，A、B、D错误。
B
9.有一宇宙飞船，它沿运动方向的正对面积S＝2 m2，以v＝3×103 m/s的相对速度飞入一宇宙微粒尘区。此微粒尘区每1 m3空间中有一个微粒，每一个微粒的平均质量为m＝2×10－7 kg。设微粒与飞船外壳碰撞后附着于飞船上，要使飞船速度不变，飞船的牵引力应增加( )
A.3.6×103 N B.3.6 N C.1.2×103 N D.1.2 N
解析 t时间内与飞船碰撞并附着于飞船上的微粒总质量为M＝vtSm，设飞船对微粒的作用力为F，由动量定理得Ft＝Mv，联立解得F＝v2Sm，代入数据解得F＝3.6 N。根据牛顿第三定律可知，微粒对飞船的作用力为3.6 N。要使飞船速度不变，根据平衡条件，飞船的牵引力应增加3.6 N，故B正确。
C
综合提升练
解析 单位时间t内冲击船帆的空气的体积
V＝SL＝S(v2－v1)t
单位时间t内冲击船帆的空气质量
m＝ρV＝ρS(v2－v1)t
空气的动量改变量Δp＝m(v1－v2)
帆对空气的作用力大小为F，以风的速度方向为正方向，由动量定理有－Ft＝Δp
解得F＝ρS(v2－v1)2
根据牛顿第三定律可知，帆船在航行过程中受到的风的水平推力大小F′＝F＝ρS(v2－v1)2
风对船帆的推力的功率为P＝F′v1＝ρS(v2－v1)2v1，故C正确。
BC
11.(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1.25 m，与AB段平滑连接的BC段粗糙，长4 m。质量为50 kg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1 m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
10 m/s2。下列说法正确的是( )
A.缓冲墙对滑块的冲量为－50 N·s
B.缓冲墙对滑块的冲量为－250 N·s
C.缓冲墙对滑块做的功为－125 J
D.缓冲墙对滑块做的功为－250 J
AC
12.(多选)如图所示，质量为m的小球从距离地面高H的A点由静止开始释放，落到地面上后又陷入泥潭中，由于受到阻力作用到达距地面深度为h的B点速度减为零。不计空气阻力，重力加速度为g。关于小球下落的整个过程，下列说法中正确的是( )
13.城市进入高楼时代后，高空坠物已成为危害极大的社会安全问题。某同学为探究高空坠物的危害性，在确认安全的情况下，将一个50 g的鸡蛋从高楼窗户以1 m/s的初速度水平抛出。不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2。
(1)若在鸡蛋刚被抛出时开始计时，当鸡蛋动量方向与水平面夹角为45°时，求鸡蛋下落的时间t1；
(2)在鸡蛋动量方向与水平面夹角由45°变为60°的过程中，求鸡蛋的动量变化量。
培优加强练
解析 (1)鸡蛋在竖直方向，由动量定理得
mgt1＝mvy ①
当鸡蛋动量方向与水平面夹角为45°时，有
联立①②并代入数据解得t1＝0.1 s。 ③
(2)鸡蛋动量方向与地面夹角变为60°时，有
设鸡蛋由抛出点抛出到动量方向与水平面夹角变为60°的过程中所需时间为t2，
由平抛运动规律得
vy′＝gt2 ⑤
鸡蛋动量方向与水平面夹角由45°变为60°的过程所需时间Δt＝t2－t1 ⑥
设此过程中鸡蛋动量变化量为Δp，由动量定理得
mgΔt＝Δp ⑦
联立③④⑤⑥⑦并代入数据解得专题提升一 动量定理的应用
学习目标 1.进一步理解动量定理，熟悉应用动量定理解题的一般步骤，注意动量定理与动能定理的区别。
2.学会利用动量定理处理多过程问题。3.学会应用动量定理处理连续流体问题。
提升1 动量定理与动能定理的区别与应用
例1 “蹦极”是一项勇敢者的运动，如图所示，某人用弹性橡皮绳拴住身体从高空P处自由下落，在空中感受完全失重的滋味。此人质量为50 kg，橡皮绳原长45 m，人可看成质点，且此人从P点自静止下落到最低点所用时间9 s；重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力。
(1)此人下落到橡皮绳刚伸直(原长)时，人的动量大小是多少？
(2)橡皮绳开始伸直到人下落到最低点的过程中弹力F－t图像如图所示，求图像中阴影部分的面积大小。
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注意动量定理是矢量式，应用时必须选取正方向；动能定理是标量式，应用时不用选取正方向。涉及一段时间(或冲量)选用动量定理；涉及一段位移(或功)选用动能定理。
训练1 一质量为0.5 kg的小物块放在水平地面上的A点，距离A点5 m的位置B处是一面竖直墙，如图所示。物块以v0＝9 m/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7 m/s，碰后以6 m/s的速度反向运动直至静止。g取10 m/s2。
(1)求物块与地面间的动摩擦因数μ；
(2)若碰撞时间为0.05 s，求碰撞过程中墙面对物块平均作用力的大小F；
(3)碰撞后物块克服摩擦力的功。
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提升2 应用动量定理处理多过程问题
应用动量定理处理多过程问题的两种思路
(1)可分段分别应用动量定理求解。
(2)可全过程应用动量定理求解。要特别注意各力作用的时间，在多过程中外力的冲量是各个力冲量的矢量和。
例2 在水平力F＝30 N的作用下，质量m＝5 kg的物体由静止开始沿水平面运动。已知物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，若F作用6 s后撤去，撤去F后物体还能向前运动多长时间才停止(g取10 m/s2)
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应用动量定理解题时要选好受力物体和研究过程，当物体所受各力的作用时间不相同且间断作用时，应用动量定理解题对全过程列式较为简单，所以在解题时要树立整体优先的意识。
训练2 (2024·山东临沂高二月考)某消防队员从一平台上跳下，下落1 s后双脚触地，接着他用双腿弯曲的方法缓冲，使自身重心又下降了0.2 s，在着地过程中地面对他双脚的平均作用力约为( )
A.自身所受重力的2倍
B.自身所受重力的6倍
C.自身所受重力的8倍
D.自身所受重力的10倍
提升3 应用动量定理处理流体问题
研究 对象 流体类：液体流、气体流等，通常已知密度ρ
微粒类：电子流、光子流、尘埃等，通常给出单位体积内粒子数n
分析 步骤 ①构建“柱状”模型：沿流速v的方向选取一段小柱体，其横截面积为S
②微元研究 小柱体的体积ΔV＝SvΔt
小柱体质量m＝ρΔV＝ρSvΔt 小柱体粒子数N＝nSvΔt
小柱体动量p＝mv＝ρv2SΔt
③建立方程，应用动量定理FΔt＝Δp解题
例3 作为先进的大都市，上海拥有许多非常高的建筑物，这些大楼不仅设计先进，还安装了风阻尼器。已知风阻尼器的截面积S＝10 m2，风速为25 m/s，空气密度ρ＝1.2 kg/m3，风遇到风阻尼器后速度立即减为零，则风对风阻尼器产生的作用力大小约为( )
A.7 500 N B.750 N C.300 N D.900 N
应用动量定理分析流体相互作用问题的方法
(1)确定一小段时间Δt内的流体为研究对象。
(2)写出选取的流体的质量m 与Δt的关系式。
(3)分析选取的流体的受力情况和初末态的动量。
(4)应用动量定理列式求解。
训练3 (新教材鲁科版P9节练习7改编)现代切割技术常用的一种“水刀”如图所示。它将水从高压水枪中高速射出，形成很细的水束，用来切割钢板等物体。已知水束的横截面积为S，速度为v，并垂直射向钢板，若水射上钢板后的速度视为0，水的密度为ρ，则水对钢板的平均冲击力的大小为( )
A. ρSv B. ρSv2 C. ρSv3 D.ρSv2专题提升一 动量定理的应用
选择题1～12题，每小题7分，共84分。
基础对点练
题组一 动量定理与动能定理的区别与应用
1.在一次冰壶比赛中，冰壶(可看作质点)被释放后，在水平面上做匀减速直线运动，依次经过a、b、 c三点，到达c点时冰壶恰好停止。已知a、b间的距离是b、c间距离的3倍。不计空气阻力，下列说法正确的是( )
冰壶通过ab段所用时间小于bc段所用时间
冰壶在ab段所受摩擦力的冲量等于在bc段所受摩擦力的冲量
冰壶在ab段的动量变化量大于在bc段的动量变化量
冰壶在ab段的动能变化量等于在bc段的动能变化量
2.(多选)一个质量为0.18 kg的垒球，以25 m/s的水平速度飞向球棒，被球棒打击后反向水平飞回，速度大小变为45 m/s，设球棒与垒球的作用时间为0.01 s。下列说法正确的是( )
球棒对垒球的平均作用力大小为1 260 N
球棒对垒球的平均作用力大小为360 N
球棒对垒球做的功为126 J
球棒对垒球做的功为36 J
题组二 应用动量定理处理多过程问题
3.(2024·安徽合肥高二月考)水平面上一质量为m的物体，在水平推力F的作用下由静止开始运动。经时间2Δt，撤去F，又经过时间3Δt，物体停止运动，则该物体与水平面之间的动摩擦因数为( )
4.篮球运动是一项同学们喜欢的体育运动，通过篮球对地冲击力大小判断篮球的性能。某同学让一篮球从h1＝1.8 m高处自由下落，测出篮球从开始下落至反弹到最高点所用时间t＝1.40 s，该篮球反弹时从离开地面至最高点所用时间为0.5 s，篮球的质量m＝0.456 kg，g＝10 m/s2(不计空气阻力)。则篮球对地面的平均作用力大小约为( )
3 N 21 N 33 N 28 N
5.(多选)(2024·广东深圳高二期末)一质量为4 kg的物块在合外力F的作用下从静止开始沿直线运动。力F随时间t变化的图线如图所示，则( )
t＝1 s时物块的速率为4 m/s
t＝2 s时物块的动量大小为2 kg·m/s
t＝3 s时物块的速率为0.5 m/s
t＝4 s时物块的速度为零
题组三 应用动量定理处理流体问题
6.现有一竖直圆柱形风洞，风机通过洞口向风洞内“吹气”，产生竖直向上、速度恒定的气流。某时刻，有一质量为m的游客恰好在风洞内悬浮，已知气流密度为ρ，游客受风面积为S，重力加速度为g，假设气流吹到人身上后速度变为零，则气流速度大小为( )
7.(2024·河南郑州高二期末)某人感冒打喷嚏时气流喷出的速度大小为v，假设打一次喷嚏大约喷出体积为V的空气，用时约Δt。已知空气的密度为ρ，估算打一次喷嚏人受到的平均反冲力大小为( )
8.运动员在水上做飞行运动表演，他操控喷射式悬浮飞行器将水带竖直送上来的水反转180°后向下喷出，令自己悬停在空中，如图所示。已知运动员与装备的总质量为90 kg，两个喷嘴的直径均为10 cm，已知重力加速度大小g＝10 m/s2，水的密度ρ＝1.0×103 kg/m3，则喷嘴处喷水的速度大约为( )
2.7 m/s 5.4 m/s
7.6 m/s 10.8 m/s
9.有一宇宙飞船，它沿运动方向的正对面积S＝2 m2，以v＝3×103 m/s的相对速度飞入一宇宙微粒尘区。此微粒尘区每1 m3空间中有一个微粒，每一个微粒的平均质量为m＝2×10－7 kg。设微粒与飞船外壳碰撞后附着于飞船上，要使飞船速度不变，飞船的牵引力应增加( )
3.6×103 N 3.6 N
1.2×103 N 1.2 N
综合提升练
10.湖面上有帆船正以速度v1匀速顺风航行。已知该船帆的有效受风面积为S，水平风速恒为v2，且v1＜v2，湖面上空气密度为ρ。则风对船帆的推力的功率为( )
ρSv ρS(v2－v1)2
ρS(v2－v1)2v1 ρS(v2－v1)2v2
11.(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1.25 m，与AB段平滑连接的BC段粗糙，长4 m。质量为50 kg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1 m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10 m/s2。下列说法正确的是( )
缓冲墙对滑块的冲量为－50 N·s
缓冲墙对滑块的冲量为－250 N·s
缓冲墙对滑块做的功为－125 J
缓冲墙对滑块做的功为－250 J
12.(多选)如图所示，质量为m的小球从距离地面高H的A点由静止开始释放，落到地面上后又陷入泥潭中，由于受到阻力作用到达距地面深度为h的B点速度减为零。不计空气阻力，重力加速度为g。关于小球下落的整个过程，下列说法中正确的是( )
小球的机械能减少了mg(H＋h)
小球克服阻力做的功为mgh
小球所受阻力的冲量大于m
小球动量的变化量等于所受阻力的冲量
培优加强练
13.(16分)城市进入高楼时代后，高空坠物已成为危害极大的社会安全问题。某同学为探究高空坠物的危害性，在确认安全的情况下，将一个50 g的鸡蛋从高楼窗户以1 m/s的初速度水平抛出。不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2。
(1)(8分)若在鸡蛋刚被抛出时开始计时，当鸡蛋动量方向与水平面夹角为45°时，求鸡蛋下落的时间t1；
(2)(8分)在鸡蛋动量方向与水平面夹角由45°变为60°的过程中，求鸡蛋的动量变化量。
专题提升一 动量定理的应用
1.B [冰壶运动的逆运动是初速度为零的匀加速直线运动，由x＝at2可知，冰壶通过ab段所用时间等于通过bc段所用时间，故A错误；冰壶受到冰面的摩擦力不变，由I＝Ft知，ab段冰壶所受摩擦力的冲量等于bc段冰壶所受摩擦力的冲量，故B正确；摩擦力即为合外力，由I＝Δp知，冰壶在ab段与bc段的动量变化量相等，故C错误；摩擦力在ab段对冰壶做的功大于在bc段对冰壶做的功，由动能定理知冰壶在ab段的动能变化量大于在bc段的动能变化量，故D错误。]
2.AC [设球棒对垒球的平均作用力为，取末速度方向为正方向，由动量定理得Δt＝m(v2－v1)，其中v2＝45 m/s，v1＝－25 m/s，代入解得＝1 260 N，故A正确，B错误；由动能定理得球棒对垒球做功为W＝mv－mv＝126 J，故C正确，D错误。]
3.C [对整个过程研究，根据动量定理可得F·2Δt－μmg·(2Δt＋3Δt)＝0，解得μ＝，故A、B、D错误，C正确。]
4.B [篮球自由下落过程可得h1＝gt，解得自由下落时间为t1＝0.6 s，反弹后竖直上抛时间为t2＝0.5 s，可知篮球与地面相互作用时间为Δt＝t－t1－t2＝0.3 s，以竖直向上为正方向，全程根据动量定理可得FΔt－mgt＝0，解得F≈21 N，故B正确。]
5.BD [根据动量定理Ft＝mv－0得，t＝1 s时物块的速率为v1＝0.25 m/s；同理，t＝2 s时，物块的动量大小为p2＝Ft2＝1×2 kg·m/s＝2 kg·m/s；t＝3 s时，有F1t1＋F2t2＝mv3－0，解得物块的速率v3＝0.25 m/s；t＝4 s时v4＝0，故选项B、D正确。]
6.C [在Δt时间内吹到人体的气体质量为Δm＝ρSvΔt，设人对气流的力大小为F，则对此段气体由动量定理有－F·Δt＝0－Δm·v，由牛顿第三定律，可知风给人的力大小为F′＝F，人悬浮受力平衡，所以F′＝mg，联立解得v＝，故C正确。]
7.A [打一次喷嚏大约喷出气体的质量m＝ρV，由动量定理有Δt＝mv，解得＝＝，根据牛顿第三定律可知，打一次喷嚏人受到的平均反冲力大小为，故A正确。]
8.C [设飞行器对水的平均作用力为F，根据牛顿第三定律可知，水对飞行器的作用力的大小也等于F，对飞行器，则有F＝Mg。设水喷出时的速度为v，在时间t内喷出的水的质量Δm＝ρV＝2ρSvt，t时间内飞行器对质量为Δm的水的冲量I＝Ft＝Δmv，联立解得v＝7.6 m/s，故C正确，A、B、D错误。]
9.B [t时间内与飞船碰撞并附着于飞船上的微粒总质量为M＝vtSm，设飞船对微粒的作用力为F，由动量定理得Ft＝Mv，联立解得F＝v2Sm，代入数据解得F＝3.6 N。根据牛顿第三定律可知，微粒对飞船的作用力为3.6 N。要使飞船速度不变，根据平衡条件，飞船的牵引力应增加3.6 N，故B正确。]
10.C [单位时间t内冲击船帆的空气的体积
V＝SL＝S(v2－v1)t
单位时间t内冲击船帆的空气质量
m＝ρV＝ρS(v2－v1)t
空气的动量改变量Δp＝m(v1－v2)
帆对空气的作用力大小为F，以风的速度方向为正方向，由动量定理有－Ft＝Δp
解得F＝ρS(v2－v1)2
根据牛顿第三定律可知，帆船在航行过程中受到的风的水平推力大小F′＝F＝ρS(v2－v1)2
风对船帆的推力的功率为P＝F′v1＝ρS(v2－v1)2v1，故C正确。]
11.BC [滑块从A点下滑，经过B滑动到C的过程中，根据动能定理有mgh－μmgxBC＝mv－0，从C点反弹运动到D点的过程，根据动能定理有－μmgxCD＝0－mv，代入数据解得v1＝3 m/s，v2＝2 m/s。滑块与缓冲墙作用的过程中，向右为正方向，根据动量定理有I＝－mv2－mv1，代入数据得I＝－250 N·s，故A错误，B正确；根据动能定理有W＝mv－mv，代入数据得W＝－125 J，故C正确，D错误。]
12.AC [在整个过程中，小球动能变化量为零，重力势能减小mg(H＋h)，则小球的机械能减小了mg(H＋h)，故A正确；对全过程运用动能定理得mg(H＋h)－Wf＝0，则小球克服阻力做功Wf＝mg(H＋h)，故B错误；小球落到地面时的速度v＝，对进入泥潭的过程运用动量定理得IG－If＝0－m，可知阻力的冲量为If＝IG＋m，即大于m，故C正确；对全过程分析，运用动量定理知，小球动量的变化量等于重力的冲量和阻力冲量的矢量和，故D错误。]
13.(1)0.1 s (2) kg·m/s
解析 (1)鸡蛋在竖直方向，由动量定理得
mgt1＝mvy①
当鸡蛋动量方向与水平面夹角为45°时，有
tan 45°＝②
联立①②并代入数据解得t1＝0.1 s。③
(2)鸡蛋动量方向与地面夹角变为60°时，有
tan 60°＝④
设鸡蛋由抛出点抛出到动量方向与水平面夹角变为60°的过程中所需时间为t2，由平抛运动规律得
vy′＝gt2⑤
鸡蛋动量方向与水平面夹角由45°变为60°的过程所需时间
Δt＝t2－t1⑥
设此过程中鸡蛋动量变化量为Δp，由动量定理得
mgΔt＝Δp⑦
联立③④⑤⑥⑦并代入数据解得
Δp＝ kg·m/s。
