新高考物理三輪沖刺突破練習(xí)專題11動(dòng)量守恒定律（含解析）

專題11動(dòng)量、動(dòng)量守恒定律目錄TOC\o"1-2"\h\u專題11動(dòng)量、動(dòng)量守恒定律 1考向一動(dòng)量和沖量 1考查方式一恒力的沖量 2考查方式二變力的沖量 6考查方式三利用F-t圖像求沖量 10考向二對(duì)動(dòng)量定理的理解和基本應(yīng)用 15考向三動(dòng)量定理的綜合應(yīng)用 17考查方式一應(yīng)用動(dòng)量定理解釋的兩類物理現(xiàn)象 17考向四應(yīng)用動(dòng)量定理解決兩類問題 19考查方式一應(yīng)用動(dòng)量定理解決微粒類問題 19考查方式二應(yīng)用動(dòng)量定理解決流體類問題 21考向五動(dòng)量定理在多過程問題中的應(yīng)用 23【題型演練】 25考向一動(dòng)量和沖量1．掌握基本概念和規(guī)律與動(dòng)能的關(guān)系：SKIPIF1<0，SKIPIF1<0沖量的計(jì)算方法利用定義SKIPIF1<0計(jì)算沖量，此方法僅適用于恒力的沖量，無需考慮物體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)；利用F-t圖像計(jì)算沖量，圖像魚時(shí)間軸圍成的面積表示沖量，此方法不僅可以計(jì)算恒力的沖量，也可以計(jì)算變力的沖量。考查方式一恒力的沖量【典例1】如圖所示，某次軍事訓(xùn)練中，戰(zhàn)士從傾角為θ的山坡上的A處以大小為SKIPIF1<0的速度水平投出手榴彈（圖中以點(diǎn)表示），手榴彈落在山坡上的B處。若手榴彈的質(zhì)量為SKIPIF1<0，不計(jì)空氣阻力，則手榴彈在空中運(yùn)動(dòng)過程中的動(dòng)量變化大小為（）A．SKIPIF1<0 B．SKIPIF1<0 C．SKIPIF1<0 D．SKIPIF1<0【答案】B【詳解】設(shè)手榴彈在空中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t，根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律有SKIPIF1<0SKIPIF1<0SKIPIF1<0可得落地時(shí)間SKIPIF1<0根據(jù)動(dòng)量定理，該過程中手榴彈的動(dòng)量變化大小SKIPIF1<0解得SKIPIF1<0故選B?！镜淅?】如圖所示為一個(gè)單擺裝置，將擺球向左拉到A位置無初速度釋放，小球可擺動(dòng)到與A關(guān)于豎直線對(duì)稱的B位置，不計(jì)一切阻力，下列說法正確的是（）A．小球從A到B的過程中，重力的沖量為零B．小球從A到B的過程中，合力的沖量不為零C．小球從O到B的過程中，動(dòng)量的改變量方向水平向左D．小球從O到B的過程中，繩上拉力的沖量為零【答案】C【詳解】A．小球從A到B的過程中，根據(jù)SKIPIF1<0可知，重力的沖量不為零，故A錯(cuò)誤；B．小球運(yùn)動(dòng)到B處和在A處時(shí)的動(dòng)量都為零，所以小球從A到B的過程中，合力的沖量為零，故B錯(cuò)誤；C．小球從SKIPIF1<0到B的過程中，初動(dòng)量水平向右，末動(dòng)量為零，動(dòng)量的改變量方向水平向左，故C正確；D．小球從SKIPIF1<0到B的過程中，繩子的拉力不為零，根據(jù)SKIPIF1<0可知，繩上拉力的沖量不為零，故D錯(cuò)誤。故選C。[變式1]電影《奪冠》讓人們想起了中國女排在奧運(yùn)會(huì)奪冠的激動(dòng)人心的時(shí)刻，女排隊(duì)員的拼搏精神永遠(yuǎn)激勵(lì)著人們奮發(fā)前進(jìn)。如圖所示，一名排球運(yùn)動(dòng)員進(jìn)行墊球訓(xùn)練，排球以SKIPIF1<0的速度豎直向下打在運(yùn)動(dòng)員的手上，然后以SKIPIF1<0的速度豎直向上飛出。已知排球的質(zhì)量為250g，排球與手作用時(shí)間為0.2s。下列說法正確的是（）A．排球的動(dòng)能變化量為SKIPIF1<0B．排球的動(dòng)量變化量大小為SKIPIF1<0C．排球受到手的沖量大小為SKIPIF1<0D．排球?qū)κ值钠骄饔昧Υ笮镾KIPIF1<0【答案】B【詳解】A．排球的動(dòng)能變化量為SKIPIF1<0故A錯(cuò)誤；B．取向下為正方向，排球的動(dòng)量變化量為SKIPIF1<0所以排球的動(dòng)量變化量大小為3.5kg·m/s，故B正確；C．根據(jù)動(dòng)量定理有SKIPIF1<0解得排球受到手的沖量為SKIPIF1<0所以排球受到手的沖量大小為4.0N·s，故C錯(cuò)誤；D．排球?qū)κ值钠骄饔昧镾KIPIF1<0所以排球?qū)κ值钠骄饔昧Υ笮?0N，故D錯(cuò)誤。故選B。[變式2]如圖所示，質(zhì)量相等的SKIPIF1<0、B兩個(gè)物體，沿著傾角分別為SKIPIF1<0和SKIPIF1<0的兩個(gè)光滑斜面，由靜止從同一高度SKIPIF1<0開始下滑到同樣的另一高度SKIPIF1<0的過程中，下列與SKIPIF1<0、B兩個(gè)物體有關(guān)的物理量相同的是（）A．所受重力的沖量大小B．所受支持力的沖量大小C．所受合力的沖量大小D．動(dòng)量的變化量【答案】C【詳解】A．重力的沖量表示為SKIPIF1<0A、B兩個(gè)物體下滑的時(shí)間分別為SKIPIF1<0、SKIPIF1<0，則有SKIPIF1<0SKIPIF1<0由此可知，A、B兩個(gè)物體下滑的時(shí)間不同，則所受重力的沖量大小不同，A錯(cuò)誤；B．AB兩物體所受支持力的沖量大小表示為SKIPIF1<0SKIPIF1<0由此可知，所受支持力的沖量大小不相等，B錯(cuò)誤；C．由動(dòng)能定理可知，物體下滑到同一高度時(shí)的速度大小相同，則末動(dòng)量大小相同。由動(dòng)量定理可知，合外力的沖量等于動(dòng)量的變化量，則所受合力的沖量大小相同，C正確；D．動(dòng)量的變化量為矢量，物體末速度大小相同，方向不同，則動(dòng)量變化量一定不相同，D錯(cuò)誤。故選C?？疾榉绞蕉兞Φ臎_量【典例3】質(zhì)量為SKIPIF1<0的玩具汽車在水平地面上由靜止開始沿直線運(yùn)動(dòng)了SKIPIF1<0，其所受合外力大小與位移大小的關(guān)系如圖所示，則玩具汽車（）A．所受合外力做的總功為SKIPIF1<0B．運(yùn)動(dòng)到SKIPIF1<0處的速度大小為SKIPIF1<0C．在0到SKIPIF1<0的運(yùn)動(dòng)過程中所受合外力的沖量大小為SKIPIF1<0D．在SKIPIF1<0處所受合外力的瞬時(shí)功率為SKIPIF1<0【答案】C【詳解】A．F-x圖線與橫軸所圍面積表示F做的功，則合外力的總功為SKIPIF1<0A錯(cuò)誤；B．運(yùn)動(dòng)到SKIPIF1<0處時(shí)F做的功為SKIPIF1<0根據(jù)動(dòng)能定理SKIPIF1<0解得SKIPIF1<0B錯(cuò)誤；C．同理，0~3m內(nèi)SKIPIF1<0解得SKIPIF1<0根據(jù)動(dòng)量定理得F的沖量為SKIPIF1<0C正確；D．運(yùn)動(dòng)到4m處時(shí)，F(xiàn)做的功為SKIPIF1<0解得SKIPIF1<0此時(shí)F的功率為SKIPIF1<0D錯(cuò)誤。故選C?！镜淅?】如圖所示，光滑水平桌面上有一輕質(zhì)光滑絕緣管道，空間存在豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，絕緣管道在水平外力F（圖中未畫出）的作用下以速度u向右勻速運(yùn)動(dòng)。管道內(nèi)有一帶正電小球，初始位于管道M端且相對(duì)管道速度為0，一段時(shí)間后，小球運(yùn)動(dòng)到管道N端，小球質(zhì)量為m，電量為q，管道長度為l，小球直徑略小于管道內(nèi)徑，則小球從M端運(yùn)動(dòng)到N端過程有（）A．時(shí)間為SKIPIF1<0 B．小球所受洛倫茲力做功為quBlC．外力F的平均功率為SKIPIF1<0 D．外力F的沖量為qBl【答案】D【詳解】A．小球在水平外力F的作用下以速度u向右勻速運(yùn)動(dòng)，故小球受到的洛倫茲力在沿管道方向的分力保持不變，根據(jù)牛頓第二定律得SKIPIF1<0由初速度為零的位移公式SKIPIF1<0，解得SKIPIF1<0A錯(cuò)誤；B．小球所受洛倫茲力不做功，B錯(cuò)誤；C．小球所受洛倫茲力不做功，故在沿管道方向分力做正功的大小等于垂直于管道向左的分力做負(fù)功的大小，外力始終與洛倫茲力的垂直管道的分力平衡，則有SKIPIF1<0外力F的平均功率為SKIPIF1<0C錯(cuò)誤；D．外力始終與洛倫茲力的垂直管道的分力平衡，外力F的沖量大小等于SKIPIF1<0D正確。故選D?？疾榉绞饺肍-t圖像求沖量【典例5】一質(zhì)量為4kg的物塊在水平外力F的作用下從靜止開始沿光滑的水平面做直線運(yùn)動(dòng)。F隨時(shí)間t變化的關(guān)系如圖所示，下列說法正確的是（）A．SKIPIF1<0時(shí)物塊的速率為2m/sB．SKIPIF1<0內(nèi)物塊先加速后減速C．SKIPIF1<0s內(nèi)物塊的動(dòng)量變化量大小為SKIPIF1<0D．0~5s內(nèi)F的沖量大小為9.5N·s【答案】D【詳解】A．SKIPIF1<0圖像與坐標(biāo)軸包圍的面積表示動(dòng)量變化量，則SKIPIF1<0-0SKIPIF1<0時(shí)物塊的速率為SKIPIF1<0故A錯(cuò)誤；B．SKIPIF1<0內(nèi)力的方向沒有變化，物塊一直做加速運(yùn)動(dòng)，故B錯(cuò)誤；C．SKIPIF1<0s內(nèi)物塊的動(dòng)量變化量大小為SKIPIF1<0故C錯(cuò)誤；D．0~5s內(nèi)F的沖量大小為SKIPIF1<0故D正確。故選D。[變式1]如圖甲所示，一滑塊放在水平面上，SKIPIF1<0時(shí)刻在滑塊上施加一水平向右的外力F，已知外力隨時(shí)間的變化規(guī)律為SKIPIF1<0，滑塊產(chǎn)生的加速度和時(shí)間的關(guān)系如圖乙所示，假設(shè)滑動(dòng)摩擦力等于最大靜摩擦力，重力加速度g取10SKIPIF1<0。則下列說法正確的是（）A．滑塊的質(zhì)量為2kgB．滑塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.25C．SKIPIF1<0s的時(shí)間內(nèi)摩擦力的沖量大小為SKIPIF1<0D．3s末滑塊的速度大小為6.5m/s【答案】C【詳解】AB．由圖乙可知，SKIPIF1<0時(shí)，滑塊開始運(yùn)動(dòng)，此時(shí)的拉力SKIPIF1<0大小等于滑塊所受的最大靜摩擦力，由公式SKIPIF1<0可知SKIPIF1<0則SKIPIF1<0又最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，則滑塊與水平面間的滑動(dòng)摩擦力大小為2.5N，根據(jù)牛頓第二定律有SKIPIF1<0由圖乙知，當(dāng)SKIPIF1<0時(shí)SKIPIF1<0又3s時(shí)SKIPIF1<0解得SKIPIF1<0kg又SKIPIF1<0則SKIPIF1<0故AB錯(cuò)誤；C．SKIPIF1<0s的時(shí)間內(nèi)，摩擦力為靜摩擦力，且摩擦力的大小由0逐漸增大到2.5N，則該時(shí)間內(nèi)摩擦力的沖量為SKIPIF1<0SKIPIF1<0的時(shí)間內(nèi)摩擦力為滑動(dòng)摩擦力，該時(shí)間內(nèi)摩擦力的沖量為SKIPIF1<0所以0~3s時(shí)間內(nèi)摩擦力的沖量大小為SKIPIF1<0C正確；D．SKIPIF1<0s的時(shí)間內(nèi)由動(dòng)量定理得SKIPIF1<0代入數(shù)據(jù)解得SKIPIF1<0D錯(cuò)誤。故選C。[變式2]如下圖1所示，在粗糙的水平面上靜止放置一滑塊，t=0時(shí)刻在滑塊上施加一水平向右的外力F，外力大小隨時(shí)間變化規(guī)律如圖2所示，滑塊的加速度隨時(shí)間的變化規(guī)律如圖3所示，已知滑塊與地面間的滑動(dòng)摩擦力等于靜摩擦力，重力加速度g取SKIPIF1<0。則下列說法正確的（

）A．滑塊的質(zhì)量為m=2kgB．前2s時(shí)間內(nèi)，摩擦力沖量大小為10N·sC．物體在4s末的速度12m/sD．物體做勻加速直線運(yùn)動(dòng)【答案】B【詳解】根據(jù)圖2可知，外力F隨時(shí)間的關(guān)系的表達(dá)式為SKIPIF1<0由圖3可知，在t=1s時(shí)，物塊開始有加速度，故此刻拉力與最大靜摩擦力平衡，則有SKIPIF1<0A．由圖3可知，在t=4s時(shí)，滑塊的加速度為4m/s2，根據(jù)牛頓第二定律有SKIPIF1<0解得SKIPIF1<0A錯(cuò)誤；B．在0~1s的時(shí)間內(nèi)，有靜摩擦力作用，故摩擦力的沖量大小不為0，其大小等于F的沖量大小SKIPIF1<0在1~2s的時(shí)間內(nèi)，摩擦力的沖量大小為SKIPIF1<0故在0~4s的時(shí)間內(nèi)，摩擦力的沖量大小為SKIPIF1<0B正確；C．由a-t圖像的面積表示速度的變化量，滑塊由靜止開始加速運(yùn)動(dòng)，故4s內(nèi)a-t圖像的面積即表示為4s末滑塊速度的大小SKIPIF1<0C錯(cuò)誤；D．在0~1s的時(shí)間內(nèi)，加速度為零，滑塊靜止不動(dòng)，1s后加速度大小逐漸增大，滑塊做加速度增大的加速運(yùn)動(dòng)。D錯(cuò)誤。故選B。考向二對(duì)動(dòng)量定理的理解和基本應(yīng)用1．對(duì)動(dòng)量定理的理解(1)動(dòng)量定理不僅適用于恒定的力，也適用于隨時(shí)間變化的力．這種情況下，動(dòng)量定理中的力F應(yīng)理解為變力在作用時(shí)間內(nèi)的平均值．(2)動(dòng)量定理的表達(dá)式F·Δt＝Δp是矢量式，運(yùn)用它分析問題時(shí)要特別注意沖量、動(dòng)量及動(dòng)量變化量的方向，公式中的F是物體或系統(tǒng)所受的合力．2．用動(dòng)量定理解題的基本思路3．動(dòng)量定理的應(yīng)用技巧(1)應(yīng)用I＝Δp求變力的沖量如果物體受到大小或方向改變的力的作用，則不能直接用I＝Ft求沖量，可以求出該力作用下物體動(dòng)量的變化Δp，等效代換得出變力的沖量I.(2)應(yīng)用Δp＝FΔt求動(dòng)量的變化例如，在曲線運(yùn)動(dòng)中，速度方向時(shí)刻在變化，求動(dòng)量變化(Δp＝p2－p1)需要應(yīng)用矢量運(yùn)算方法，計(jì)算比較復(fù)雜．如果作用力是恒力，可以求恒力的沖量，等效代換得出動(dòng)量的變化．【典例6】1966年，在地球的上空完成了用動(dòng)力學(xué)方法測(cè)質(zhì)量的實(shí)驗(yàn)．實(shí)驗(yàn)時(shí)，用“雙子星號(hào)”宇宙飛船去接觸正在軌道上運(yùn)行的火箭組(后者的發(fā)動(dòng)機(jī)已熄火)，接觸以后，開動(dòng)“雙子星號(hào)”飛船的推進(jìn)器，使飛船和火箭組共同加速．推進(jìn)器的平均推力F＝895N，推進(jìn)器開動(dòng)時(shí)間Δt＝7s．測(cè)出飛船和火箭組的速度變化Δv＝0.91m/s.已知“雙子星號(hào)”飛船的質(zhì)量m1＝3400kg.由以上實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)可測(cè)出火箭組的質(zhì)量m2為()A．3400kgB．3485kgC．6265kgD．6885kg【答案】選B.【解析】根據(jù)動(dòng)量定理得FΔt＝(m1＋m2)Δv，代入數(shù)據(jù)解得m2≈3485kg，B選項(xiàng)正確．[變式1]在光滑水平面上，原來靜止的物體在水平力F作用下，經(jīng)過時(shí)間t后，動(dòng)量為p，動(dòng)能為Ek；若該物體在此光滑水平面上由靜止出發(fā)，仍在水平力F的作用下，則經(jīng)過時(shí)間2t后物體的()A．動(dòng)量為4pB．動(dòng)量為eq\r(2)pC．動(dòng)能為4EkD．動(dòng)能為2Ek【答案】C【解析】根據(jù)動(dòng)量定理得，F(xiàn)t＝p，F(xiàn)·2t＝p1，解得p1＝2p，故A、B錯(cuò)誤；根據(jù)牛頓第二定律得F＝ma，解得a＝eq\f(F,m)，因?yàn)樗搅不變，則加速度不變，根據(jù)x＝eq\f(1,2)at2知，時(shí)間變?yōu)樵瓉淼?倍，則位移變?yōu)樵瓉淼?倍，根據(jù)動(dòng)能定理得Ek1＝4Ek，故C正確，D錯(cuò)誤．[變式2](多選)質(zhì)量為m的物體，以v0的初速度沿斜面上滑，到達(dá)最高點(diǎn)后返回原處的速度大小為vt，且vt＝0.5v0，則()A．上滑過程中重力的沖量比下滑時(shí)小B．上滑時(shí)和下滑時(shí)支持力的沖量都等于零C．合力的沖量在整個(gè)過程中大小為eq\f(3,2)mv0D．整個(gè)過程中物體的動(dòng)量變化量為eq\f(1,2)mv0【答案】AC【解析】以v0的初速度沿斜面上滑，返回原處時(shí)速度為vt＝0.5v0，說明斜面不光滑．設(shè)斜面長為l，則上滑過程所需時(shí)間t1＝eq\f(l,\f(v0,2))＝eq\f(2l,v0)，下滑過程所需時(shí)間t2＝eq\f(l,\f(vt,2))＝eq\f(4l,v0)，t1<t2，根據(jù)沖量的定義可知，上滑過程中重力的沖量比下滑時(shí)小，A正確．上滑和下滑時(shí)支持力的沖量都不等于零，B錯(cuò)誤．對(duì)全過程應(yīng)用動(dòng)量定理，則I合＝Δp＝－mvt－mv0＝－eq\f(3,2)mv0，C正確，D錯(cuò)誤．考向三動(dòng)量定理的綜合應(yīng)用考查方式一應(yīng)用動(dòng)量定理解釋的兩類物理現(xiàn)象(1)當(dāng)物體的動(dòng)量變化量一定時(shí)，力的作用時(shí)間Δt越短，力F就越大，力的作用時(shí)間Δt越長，力F就越小，如玻璃杯掉在水泥地上易碎，而掉在沙地上不易碎．(2)當(dāng)作用力F一定時(shí)，力的作用時(shí)間Δt越長，動(dòng)量變化量Δp越大，力的作用時(shí)間Δt越短，動(dòng)量變化量Δp越?。镜淅?】（多選）有關(guān)實(shí)際中的現(xiàn)象，下列說法正確的是()A．火箭靠噴出氣流的反沖作用而獲得巨大速度B．體操運(yùn)動(dòng)員在著地時(shí)屈腿是為了減小地面對(duì)運(yùn)動(dòng)員的作用力C．用槍射擊時(shí)要用肩部抵住槍身是為了減少反沖的影響D．為了減輕撞車時(shí)對(duì)司乘人員的傷害程度，發(fā)動(dòng)機(jī)艙越堅(jiān)固越好【答案】ABC【解析】.火箭升空時(shí)，內(nèi)能減小，轉(zhuǎn)化為機(jī)械能，火箭向后噴出氣流，火箭對(duì)氣流有向后的力，由于力的作用是相互的，氣流對(duì)火箭有向前的力的作用，從而推動(dòng)火箭前進(jìn)，故選項(xiàng)A正確；體操運(yùn)動(dòng)員在落地的過程中，動(dòng)量變化一定，由動(dòng)量定理可知，運(yùn)動(dòng)員受到的沖量I一定，著地時(shí)屈腿是延長時(shí)間t，由I＝Ft可知，延長時(shí)間t可以減小運(yùn)動(dòng)員所受到的平均沖力F，故B正確；用槍射擊時(shí)要用肩部抵住槍身是為了減少反沖的影響，故選項(xiàng)C正確；為了減輕撞車時(shí)對(duì)司乘人員的傷害程度，就要延長碰撞時(shí)間，由I＝Ft可知，車體前部的發(fā)動(dòng)機(jī)艙不能太堅(jiān)固，故選項(xiàng)D錯(cuò)誤．[變式1]如圖所示，一鐵塊壓著一紙條放在水平桌面上，當(dāng)以足夠大的速度v抽出紙條后，鐵塊掉在地上的P點(diǎn)．若以2v速度抽出紙條，則鐵塊落地點(diǎn)為()A．仍在P點(diǎn)B．在P點(diǎn)左邊C．在P點(diǎn)右邊不遠(yuǎn)處D．在P點(diǎn)右邊原水平位移的兩倍處【答案】B.【解析】紙條抽出的過程，鐵塊所受的滑動(dòng)摩擦力一定，以v的速度抽出紙條，鐵塊所受滑動(dòng)摩擦力的作用時(shí)間較長，即加速時(shí)間較長，由I＝Fft＝mΔv得鐵塊獲得速度較大，平拋運(yùn)動(dòng)的水平位移較大，以2v的速度抽出紙條的過程，鐵塊所受滑動(dòng)摩擦力作用時(shí)間較短，即加速時(shí)間較短，鐵塊獲得速度較小，平拋運(yùn)動(dòng)的位移較小，故B選項(xiàng)正確．[變式2]從同樣高度落下的玻璃杯，掉在水泥地上容易打碎，而掉在草地上不容易打碎，下列說法正確的是()A．掉在水泥地上的玻璃杯動(dòng)量小，而掉在草地上的玻璃杯動(dòng)量大B．掉在水泥地上的玻璃杯動(dòng)量改變小，掉在草地上的玻璃杯動(dòng)量改變大C．掉在水泥地上的玻璃杯動(dòng)量改變大，掉在草地上的玻璃杯動(dòng)量改變小D．掉在水泥地上的玻璃杯動(dòng)量改變量與掉在草地上的玻璃杯動(dòng)量改變量相等【答案】D.【解析】玻璃杯從同樣高度落下，到達(dá)地面時(shí)具有相同的速度，即具有相同的動(dòng)量，與地面相互作用后都靜止．所以兩種地面的情況中玻璃杯動(dòng)量的改變量相同，故A、B、C錯(cuò)誤，D正確．考向四應(yīng)用動(dòng)量定理解決兩類問題考查方式一應(yīng)用動(dòng)量定理解決微粒類問題微粒及其特點(diǎn)通常電子流、光子流、塵埃等被廣義地視為“微?！保|(zhì)量具有獨(dú)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(yùn)動(dòng)的方向選取一段微元，柱體的橫截面積為S2微元研究，作用時(shí)間Δt內(nèi)一段柱形流體的長度為Δl，對(duì)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(dòng)量定理研究單個(gè)粒子，建立方程，再乘以N計(jì)算【典例8】航天器離子發(fā)動(dòng)機(jī)原理如圖所示，首先電子槍發(fā)射出的高速電子將中性推進(jìn)劑離子化(即電離出正離子)，正離子被正、負(fù)極柵板間的電場(chǎng)加速后從噴口噴出，從而使航天器獲得推進(jìn)或調(diào)整姿態(tài)的反沖力．已知單個(gè)正離子的質(zhì)量為m，電荷量為q，正、負(fù)柵板間加速電壓為U，從噴口噴出的正離子所形成的電流為I.忽略離子間的相互作用力，忽略離子噴射對(duì)航天器質(zhì)量的影響．該發(fā)動(dòng)機(jī)產(chǎn)生的平均推力F的大小為()A．Ieq\r(\f(2mU,q))B．Ieq\r(\f(mU,q))C．Ieq\r(\f(mU,2q))D．2Ieq\r(\f(mU,q))【答案】A【解析】.以正離子為研究對(duì)象，由動(dòng)能定理可得qU＝eq\f(1,2)mv2，Δt時(shí)間內(nèi)通過的總電荷量為Q＝IΔt，噴出的總質(zhì)量Δm＝eq\f(Q,q)m＝eq\f(IΔt,q)m.由動(dòng)量定理可知FΔt＝Δmv，聯(lián)立以上各式求解可得F＝Ieq\r(\f(2mU,q))，選項(xiàng)A正確．[變式]正方體密閉容器中有大量運(yùn)動(dòng)粒子，每個(gè)粒子質(zhì)量為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(huì)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(shí)，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．(注意：解題過程中需要用到、但題目沒有給出的物理量，要在解題時(shí)做必要的說明)【答案】f＝eq\f(1,3)nmv2【解析】一個(gè)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(shí)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(shí)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考查方式二應(yīng)用動(dòng)量定理解決流體類問題流體及其特點(diǎn)通常液體流、氣體流等被廣義地視為“流體”，質(zhì)量具有連續(xù)性，通常已知密度ρ分析步驟1建立“柱狀”模型，沿流速v的方向選取一段柱形流體，其橫截面積為S2微元研究，作用時(shí)間Δt內(nèi)的一段柱形流體的長度為Δl，對(duì)應(yīng)的質(zhì)量為Δm＝ρSvΔt3建立方程，應(yīng)用動(dòng)量定理研究這段柱狀流體兩類流體運(yùn)動(dòng)模型第一類是“吸收模型”，即流體與被碰物質(zhì)接觸后速度為零，第二類是“反彈模型”，即流體與被碰物質(zhì)接觸后以原速率反彈．設(shè)時(shí)間t內(nèi)流體與被碰物質(zhì)相碰的“粒子”數(shù)為n，每個(gè)“粒子”的動(dòng)量為p，被碰物質(zhì)對(duì)“粒子”的作用力為F，以作用力的方向?yàn)檎?，則“吸收模型”滿足Ft＝0－n(－p)，“反彈模型”滿足Ft＝np－n(－p)．“反彈模型”的動(dòng)量變化量為“吸收模型”的動(dòng)量變化量的2倍，解題時(shí)一定要明辨模型，避免錯(cuò)誤．【典例9】質(zhì)量為0.2kg的小球豎直向下以6m/s的速度落至水平地面上，再以4m/s的速度反向彈回．取豎直向上為正方向，在小球與地面接觸的時(shí)間內(nèi)，關(guān)于球動(dòng)量變化量Δp和合外力對(duì)小球做的功W，下列說法正確的是 ()A．Δp＝2kg·m/sW＝－2JB．Δp＝－2kg·m/sW＝2JC．Δp＝0.4kg·m/sW＝－2JD．Δp＝－0.4kg·m/sW＝2J【答案】A【解析】取豎直向上為正方向，則小球與地面碰撞過程中動(dòng)量的變化量：Δp＝mv2－mv1＝0.2×4kg·m/s－0.2×(－6)kg·m/s＝2kg·m/s，方向豎直向上．由動(dòng)能定理，合外力做的功：W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)×0.2×42J－eq\f(1,2)×0.2×62J＝－2J，故A正確．[變式1]如圖所示是一種彈射裝置，彈丸的質(zhì)量為m，底座的質(zhì)量M＝3m，開始時(shí)均處于靜止?fàn)顟B(tài)，當(dāng)彈簧釋放將彈丸以對(duì)地速度v向左發(fā)射出去后，底座反沖速度的大小為eq\f(1,4)v，則摩擦力對(duì)底座的沖量為()A．0B．eq\f(1,4)mv，方向向左C．eq\f(1,4)mv，方向向右D．eq\f(3,4)mv，方向向左【答案】B.【解析】設(shè)向左為正方向，對(duì)彈丸，根據(jù)動(dòng)量定理：I＝mv；則彈丸對(duì)底座的作用力的沖量為－mv，對(duì)底座根據(jù)動(dòng)量定理：If＋(－mv)＝－3m·eq\f(v,4)得：If＝＋eq\f(mv,4)，正號(hào)表示正方向，向左．[變式2]一艘帆船在湖面上順風(fēng)航行，在風(fēng)力的推動(dòng)下做速度為v0＝4m/s的勻速直線運(yùn)動(dòng)．已知帆船在該運(yùn)動(dòng)狀態(tài)下突然失去風(fēng)的推力的作用，此后帆船在湖面上做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過t＝8s靜止；該帆船的帆面正對(duì)風(fēng)的有效面積為S＝10m2，帆船的總質(zhì)量約為M＝936kg，若帆船在行駛過程中受到的阻力恒定不變，空氣的密度為ρ＝1.3kg/m3，下列說法正確的是()風(fēng)停止后帆船的加速度大小是1m/sB．帆船在湖面上順風(fēng)航行所受水的阻力大小為468NC．帆船勻速運(yùn)動(dòng)受到風(fēng)的推力的大小為936D．風(fēng)速的大小為10m/s【答案】BD.【解析】求解風(fēng)停止后帆船的加速度時(shí)要選擇帆船作為研究對(duì)象，求解風(fēng)速時(shí)要選擇在時(shí)間t內(nèi)正對(duì)帆面且吹向帆面的空氣作為研究對(duì)象，風(fēng)突然停止，帆船只受到水的阻力f的作用，做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)帆船的加速度大小為a，則a＝eq\f(v0,t)＝0.5m/s2，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；由牛頓第二定律可得f＝Ma，代入數(shù)據(jù)解得f＝468N，選項(xiàng)B正確；設(shè)帆船勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)受到風(fēng)的推力大小為F，根據(jù)平衡條件得F－f＝0，解得F＝468N，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；設(shè)在時(shí)間t內(nèi)，正對(duì)帆面且吹向帆面的空氣的質(zhì)量為m，則m＝ρS(v－v0)t，根據(jù)動(dòng)量定理有－Ft＝mv0－mv，解得v＝10m/s，選項(xiàng)D正確．考向五動(dòng)量定理在多過程問題中的應(yīng)用應(yīng)用動(dòng)量定理解決多過程問題的方法與動(dòng)能定理類似，有分段列式和全程列式兩種思路．【例5】一高空作業(yè)的工人重為600N，系一條長為L＝5m的安全帶，若工人不慎跌落時(shí)安全帶的緩沖時(shí)間t＝1s(工人最終懸掛在空中)，則緩沖過程中安全帶受的平均沖力是多少？(g取10m/s2，忽略空氣阻力的影響)【答案】1200N【解析】法一分段列式法：依題意作圖，如圖所示．設(shè)工人剛要拉緊安全帶時(shí)的速度為v1，veq\o\al(2,1)＝2gL，得v1＝eq\r(2gL)經(jīng)緩沖時(shí)間t＝1s后速度變?yōu)?，取向下為正方向，對(duì)工人由動(dòng)量定理知，工人受兩個(gè)力作用，即拉力F和重力mg，所以(mg－F)t＝0－mv1，F(xiàn)＝eq\f(mgt＋mv1,t)將數(shù)值代入得F＝1200N.由牛頓第三定律，工人給安全帶的平均沖力F′為1200N，方向豎直向下．法二全程列式法：在整個(gè)下落過程中對(duì)工人應(yīng)用動(dòng)量定理，重力的沖量大小為mg(eq\r(\f(2L,g))＋t)，拉力F的沖量大小為Ft.初、末動(dòng)量都是零，取向下為正方向，由動(dòng)量定理知mg(eq\r(\f(2L,g))＋t)－Ft＝0解得F＝eq\f(mg\r(\f(2L,g))＋t,t)＝1200N由牛頓第三定律知工人給安全帶的平均沖力F′＝F＝1200N，方向豎直向下．【變式1】如圖所示，自動(dòng)稱米機(jī)已在許多大糧店廣泛使用．買者認(rèn)為：因?yàn)槊琢髀涞饺萜髦袝r(shí)對(duì)容器有向下的沖力而不劃算；賣者則認(rèn)為：當(dāng)預(yù)定米的質(zhì)量達(dá)到要求時(shí)，自動(dòng)裝置即刻切斷米流，此刻有一些米仍在空中，這些米是多給買者的，因而雙方爭執(zhí)起來．下列說法正確的是()A．買者說的對(duì)B．賣者說的對(duì)C．公平交易D．具有隨機(jī)性，無法判斷【答案】C.【解析】設(shè)米流的流量為d，它是恒定的，米流在出口處速度很小可視為零，若切斷米流后，設(shè)盛米的容器中靜止的那部分米的質(zhì)量為m1，空中還在下落的米的質(zhì)量為m2，落到已靜止的米堆上的一小部分米的質(zhì)量為Δm.在極短時(shí)間Δt內(nèi)，取Δm為研究對(duì)象，這部分米很少，Δm＝d·Δt，設(shè)其落到米堆上之前的速度為v，經(jīng)Δt時(shí)間靜止，如圖所示，取豎直向上為正方向，由動(dòng)量定理得(F－Δmg)Δt＝Δmv即F＝dv＋d·Δt·g，因Δt很小，故F＝dv根據(jù)牛頓第三定律知F＝F′，稱米機(jī)的讀數(shù)應(yīng)為M＝eq\f(N,g)＝eq\f(m1g＋F′,g)＝m1＋deq\f(v,g)因切斷米流后空中尚有t＝eq\f(v,g)時(shí)間內(nèi)對(duì)應(yīng)的米流在空中，故deq\f(v,g)＝m2【變式2】一質(zhì)量為0.5kg的小物塊放在水平地面上的A點(diǎn)，距離A點(diǎn)5m的位置B處是一面墻，如圖所示．一物塊以v0＝9m/s的初速度從A點(diǎn)沿AB方向運(yùn)動(dòng)，在與墻壁碰撞前瞬間的速度為7m/s，碰后以6m/s的速度反向運(yùn)動(dòng)直至靜止，g取10m/s2.(1)求物塊與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ；(2)若碰撞時(shí)間為0.05s，求碰撞過程中墻面對(duì)物塊平均作用力F的大?。?3)求物塊在反向運(yùn)動(dòng)過程中克服摩擦力所做的功W.【答案】(1)0.32(2)130N(3)9J【解析】(1)由動(dòng)能定理有－μmgx＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)可得μ＝0.32.(2)由動(dòng)量定理有FΔt＝mv′－mv可得F＝130N.(3)由能量守恒定律有W＝eq\f(1,2)mv′2＝9J.【題型演練】將一個(gè)質(zhì)量為m的小木塊放在光滑的固定斜面上，使木塊從斜面的頂端由靜止開始向下滑動(dòng)，滑到底端總共用時(shí)t，如圖所示，設(shè)在下滑的前一半時(shí)間內(nèi)木塊的動(dòng)量變化為Δp1，在后一半時(shí)間內(nèi)其動(dòng)量變化為Δp2，則Δp1∶Δp2為 ()A．1∶2B．1∶3C．1∶1 D．2∶1【答案】C【解析】木塊在下滑的過程中，一直受到的是重力與斜面支持力的作用，二力的合力大小恒定為F＝mgsinθ，方向也始終沿斜面向下．由動(dòng)量定理可得Δp1∶Δp2＝(F·t1)∶(F·t2)＝(mgsinθ·eq\f(1,2)t)∶(mgsinθ·eq\f(1,2)t)＝1∶1，故選項(xiàng)C正確．一小球從水平地面上方無初速釋放，與地面發(fā)生碰撞后反彈至速度為零，假設(shè)小球與地面碰撞沒有機(jī)械能損失，運(yùn)動(dòng)時(shí)的空氣阻力大小不變，下列說法正確的是 ()A．上升過程中小球動(dòng)量改變量等于該過程中空氣阻力的沖量B．小球與地面碰撞過程中，地面對(duì)小球的沖量為零C．下落過程中小球動(dòng)能的改變量等于該過程中重力做的功D．從釋放到反彈至速度為零過程中小球克服空氣阻力做的功等于重力做的功【答案】D【解析】根據(jù)動(dòng)量定理可知，上升過程中小球動(dòng)量改變量等于該過程中重力和空氣阻力的合力的沖量，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；小球與地面碰撞過程中，由動(dòng)量定理得：Ft－mgt＝mv2－(－mv1)，可知地面對(duì)小球的沖量Ft不為零，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；下落過程中小球動(dòng)能的改變量等于該過程中重力和空氣阻力做功代數(shù)和，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；由能量守恒關(guān)系可知，從釋放到反彈至速度為零過程中小球克服空氣阻力做的功等于重力做的功，選項(xiàng)D正確；故選D.3.為估算池中睡蓮葉面承受雨滴撞擊產(chǎn)生的平均壓強(qiáng)，小明在雨天將一圓柱形水杯置于露臺(tái)，測(cè)得1小時(shí)內(nèi)杯中水位上升了45mm.查詢得知，當(dāng)時(shí)雨滴豎直下落速度約為12m/s據(jù)此估算該壓強(qiáng)約為(設(shè)雨滴撞擊睡蓮后無反彈，不計(jì)雨滴重力，雨水的密度為1×103kg/m3)()A．0.15PaB．0.54PaC．1.5Pa D．5.4Pa【答案】A【解析】設(shè)雨滴受到支持面的平均作用力為F.設(shè)在Δt時(shí)間內(nèi)有質(zhì)量為Δm的雨水的速度由v＝12m/s減為零．以向上為正方向，對(duì)這部分雨水應(yīng)用動(dòng)量定理：FΔt＝0－(－Δmv)＝Δmv，得到F＝eq\f(Δm,Δt)v.設(shè)水杯橫截面積為S，對(duì)水杯里的雨水，在Δt時(shí)間內(nèi)水面上升Δh，則有Δm＝ρSΔh，得F＝ρSveq\f(Δh,Δt).壓強(qiáng)p＝eq\f(F,S)＝ρveq\f(Δh,Δt)＝1×103×12×eq\f(45×10－3,3600)Pa＝0.15Pa.4.一個(gè)質(zhì)量為0.18kg的壘球，以25m/s的水平速度向左飛向球棒，被球棒打擊后反向水平飛回，速度大小變?yōu)?5m/s.則這一過程中動(dòng)量的變化量為()A．大小為3.6kg·m/s，方向向左B．大小為3.6kg·m/s，方向向右C．大小為12.6kg·m/s，方向向左D．大小為12.6kg·m/s，方向向右【答案】D【解析】.選向左為正方向，則動(dòng)量的變化量Δp＝mv1－mv0＝－12.6kg·m/s，大小為12.6kg·m/s，負(fù)號(hào)表示其方向向右，D正確．5．高空墜物極易對(duì)行人造成傷害．若一個(gè)50g的雞蛋從一居民樓的25層墜下，與地面的碰撞時(shí)間約為2ms，則該雞蛋對(duì)地面產(chǎn)生的沖擊力約為()A．10NB．102NC．103N D．104N【答案】C【解析】.根據(jù)自由落體運(yùn)動(dòng)和動(dòng)量定理有2gh＝v2(h為25層樓的高度，約70m)，F(xiàn)t＝mv，代入數(shù)據(jù)解得F≈1×103N，所以C正確．如圖所示，足夠長的固定光滑斜面傾角為θ，質(zhì)量為m的物體以速度v從斜面底端沖上斜面，達(dá)到最高點(diǎn)后又滑回原處，所用時(shí)間為t.對(duì)于這一過程，下列判斷正確的是()A．斜面對(duì)物體的彈力的沖量為零B．物體受到的重力的沖量大小為mgtC．物體受到的合力的沖量大小為零D．物體動(dòng)量的變化量大小為mgsinθ·t【答案】BD.【解析】由沖量的求解公式可知，斜面對(duì)物體的彈力的沖量為mgcosθ·t，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；物體受到的重力的沖量大小為mgt，選項(xiàng)B正確；物體回到斜面底端的速度仍為v，方向與初速度方向相反，故根據(jù)動(dòng)量定理可知，物體受到的合力的沖量大小為2mv，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；因整個(gè)過程中物體所受的合力為mgsinθ，則根據(jù)動(dòng)量定理可知，物體動(dòng)量的變化量大小為mgsinθ·t，選項(xiàng)D正確．如圖所示，AB為固定的光滑圓弧軌道，O為圓心，AO水平，BO豎直，軌道半徑為R，將質(zhì)量為m的小球(可視為質(zhì)點(diǎn))從A點(diǎn)由靜止釋放，在小球從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過程中()A．小球所受合力的沖量方向?yàn)榛≈悬c(diǎn)指向圓心B．小球所受支持力的沖量為0C．小球所受重力的沖量大小為meq\r(2gR)D．小球所受合力的沖量大小為meq\r(2gR)【答案】D【解析】小球受到豎直向下的重力和垂直切面指向圓心的支持力，所以合力不指向圓心，故合力的沖量也不指向圓心，A錯(cuò)誤；小球的支持力不為零，作用時(shí)間不為零，故支持力的沖量不為零，B錯(cuò)誤；小球在運(yùn)動(dòng)過程中只有重力做功，所以根據(jù)機(jī)械能守恒可得mgR＝eq\f(1,2)mvB2，故vB＝eq\r(2gR)，根據(jù)動(dòng)量定理可得I合＝Δp＝mvB＝meq\r(2gR)，故C錯(cuò)誤，D正確．小球質(zhì)量為2m，以速度v沿水平方向垂直撞擊墻壁，球被反方向彈回速度大小是eq\f(4,5)v，球與墻撞擊時(shí)間為t，在撞擊過程中，球?qū)Φ钠骄鶝_力大小是()A.eq\f(2mv,5t)B.eq\f(8mv,5t)C.eq\f(18mv,5t)