资源简介

考情分析
试题情境 生活实践类 安全行车(机车碰撞、安全气囊)、交通运输(喷气式飞机)、体育运动(滑冰接力、球类运动)、火箭发射、爆炸、高空坠物
学习探究类 气垫导轨上滑块碰撞、斜槽末端小球碰撞
第1课时　动量定理及应用
目标要求　1.理解动量和冲量，理解动量定理及其表达式，能用动量定理解释生活中的有关现象。2.能利用动量定理解决相关问题，会在流体力学中建立“柱状”模型。
考点一　动量和冲量
1．动量
(1)定义：物体的质量和速度的乘积。
(2)表达式：p＝mv，单位为kg·m/s。
(3)方向：动量是矢量，方向与速度的方向相同。
2．动量变化量
(1)动量的变化量Δp等于末动量p′减去初动量p的矢量运算，也称为动量的增量，即Δp＝p′－p。
(2)动量的变化量Δp也是矢量，其方向与速度的改变量Δv的方向相同，运用矢量法则计算。
3．冲量
(1)定义：力与力的作用时间的乘积。
(2)公式：I＝FΔt。
(3)单位：N·s。
(4)方向：冲量是矢量，其方向与力的方向相同。
1．物体的动能不变，其动量一定不变。(　×　)
2．物体的动量越大，其惯性也越大。(　×　)
3．物体沿水平面运动时，重力不做功，其冲量为零。(　×　)
4．两物体中动量大的动能不一定大。(　√　)
例1　(2023·黑龙江省八校模拟)如图所示，表面光滑的楔形物块ABC固定在水平地面上，∠ABC<∠ACB，质量相同的物块a和b分别从斜面顶端沿AB、AC由静止自由滑下。在两物块到达斜面底端的过程中，下列说法正确的是(　　)
A．两物块所受重力冲量相同
B．两物块的动量改变量相同
C．两物块的动能改变量相同
D．两物块到达斜面底端时重力的瞬时功率相同
答案　C
解析　设斜面倾角为θ时，物块在斜面上的加速度为a＝gsin θ，设斜面顶点到水平地面的高度为h，则物块在斜面上滑行的时间为t＝＝，因为∠ABC<∠ACB，可得物块在AB斜面上的滑行时间比在AC斜面上的滑行时间长，根据I＝mgt可知，两物块所受重力冲量不相同，选项A错误；根据动量定理有mgsin θ·t＝Δp，可知Δp＝mg，动量改变量是矢量，两物块的动量改变量大小相等，但方向不相同，选项B错误；根据动能定理ΔEk＝mgh得两物块的动能改变量相同，选项C正确；物块到达斜面底端时重力的瞬时功率P＝mgvsin θ，因两物块所处斜面倾角不相同，则重力的瞬时功率不相同，选项D错误。
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＝mv Ek＝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＝ Ek＝
变化量 Δp＝Ft ΔEk＝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
例2　(2023·陕西宝鸡市一模)质量为m的物体，以初速度v0沿斜面开始上滑，到达最高点后再次返回到原出发点时速度大小为0.5v0，假设物体在斜面上运动时受到的摩擦力大小不变，则(　　)
A．整个过程中合力的冲量大小为mv0
B．整个过程中摩擦力冲量的矢量和为零
C．上滑过程中重力的冲量比下滑过程中重力的冲量小
D．上滑过程和下滑过程中支持力的冲量均为零
答案　C
解析　以沿斜面向下为正方向，根据动量定理有I合＝Δp＝0.5mv0－(－mv0)＝1.5mv0，A错误；设物体上滑过程时间为t1，下滑回到出发点时间为t2，位移大小为x，则x＝t1＝t2，得t1＝t2，整个过程中摩擦力冲量的矢量和为If1＋If2＝Fft1－Fft2≠0，B错误；上滑过程中重力的冲量为mgt1，下滑过程中重力的冲量为mgt2，由于t1例3　(多选)(2022·全国乙卷·20)质量为1 kg的物块在水平力F的作用下由静止开始在水平地面上做直线运动，F与时间t的关系如图所示。已知物块与地面间的动摩擦因数为0.2，重力加速度大小取g＝10 m/s2。则(　　)
A．4 s时物块的动能为零
B．6 s时物块回到初始位置
C．3 s时物块的动量为12 kg·m/s
D．0～6 s时间内F对物块所做的功为40 J
答案　AD
解析　物块与地面间的摩擦力为Ff＝μmg＝2 N，对物块在0～3 s时间内由动量定理可知(F－Ff)t1＝mv3，代入数据可得v3＝6 m/s,3 s时物块的动量为p＝mv3＝6 kg·m/s，故C错误；设3 s后经过时间t2物块的速度减为0，由动量定理可得－(F＋Ff)t2＝0－mv3，解得t2＝1 s，所以物块在4 s时速度减为0，则此时物块的动能也为0，故A正确；在0～3 s时间内，对物块由动能定理可得(F－Ff)x1＝mv32，解得x1＝9 m,3～4 s时间内，对物块由动能定理可得－(F＋Ff)x2＝0－mv32，解得x2＝3 m，4～6 s时间内物块开始反向运动，物块的加速度大小为a＝＝2 m/s2，发生的位移大小为x3＝at32＝4 m冲量的计算方法
公式法 I＝FΔt，此方法仅适用于求恒力的冲量，不需要考虑物体的运动状态
图像法 F－t图像与t轴围成的面积表示冲量，此法既可以计算恒力的冲量，也可以计算变力的冲量
平均值法 若变力的方向不变、大小随时间均匀变化，即力为时间的一次函数，则力F在某段时间t内的冲量I＝t
动量定理法 根据物体动量的变化量，由I＝Δp求冲量，多用于求变力的冲量
考点二　动量定理的理解及应用
1．内容：物体在一个过程中所受力的冲量等于它在这个过程始末的动量变化量。
2．公式：F(t′－t)＝mv′－mv或I＝p′－p。
3．对动量定理的理解：
(1)公式中的F是研究对象所受的所有外力的合力。它可以是恒力，也可以是变力。当合外力为变力时，F是合外力对作用时间的平均值。
(2)Ft＝p′－p是矢量式，两边不仅大小相等，而且方向相同。
(3)动量定理中的冲量可以是合外力的冲量，可以是各个力冲量的矢量和，也可以是外力在不同阶段冲量的矢量和。
(4)Ft＝p′－p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。
(5)由Ft＝p′－p得F＝＝，即物体所受的合外力等于物体动量的变化率。
(6)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求解。
例4　(2020·全国卷Ⅰ·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　汽车剧烈碰撞瞬间，安全气囊弹出，立即跟司机身体接触。司机在很短时间内由运动到静止，动量的变化量是一定的，由于安全气囊的存在，作用时间变长，据动量定理Δp＝FΔt知，司机所受作用力减小；又知安全气囊打开后，司机受力面积变大，因此减小了司机单位面积的受力大小；碰撞过程中，动能转化为内能。综上可知，选项D正确。
例5　(多选)(2023·广东卷·10)某同学受电动窗帘的启发，设计了如图所示的简化模型。多个质量均为1 kg的滑块可在水平滑轨上滑动，忽略阻力。开窗帘过程中，电机对滑块1施加一个水平向右的恒力F，推动滑块1以0.40 m/s的速度与静止的滑块2碰撞，碰撞时间为0.04 s，碰撞结束后瞬间两滑块的共同速度为0.22 m/s。关于两滑块的碰撞过程，下列说法正确的有(　　)
A．该过程动量守恒
B．滑块1受到合外力的冲量大小为0.18 N·s
C．滑块2受到合外力的冲量大小为0.40 N·s
D．滑块2受到滑块1的平均作用力大小为5.5 N
答案　BD
解析　取向右为正方向，滑块1和滑块2组成的系统的初动量为p1＝mv1＝1×0.40 kg·m/s＝0.40 kg·m/s，碰撞后的动量为p2＝2mv2＝2×1×0.22 kg·m/s＝0.44 kg·m/s，则滑块的碰撞过程动量不守恒，故A错误；对滑块1，则有I1＝mv2－mv1＝1×0.22 kg·m/s－1×0.40 kg·m/s＝－0.18 kg·m/s，负号表示方向水平向左，故B正确；对滑块2，则有I2＝mv2＝1×0.22 kg·m/s＝0.22 kg·m/s，故C错误；对滑块2根据动量定理有Δt＝I2，解得＝5.5 N，则滑块2受到滑块1的平均作用力大小为5.5 N，故D正确。
例6　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.＋mg B.－mg
C.＋mg D.－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＝；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达到最大，取竖直向下为正方向，由动量定理可得(mg－)t＝0－mv，故＝＋mg＝＋mg，故选项A正确。
应用动量定理解题的一般思路
考点三　应用动量定理处理“流体模型”
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的方向选取一小段柱体，其横截面积为S
②微元研究 小段柱体的体积ΔV＝vSΔt
小段柱体质量m＝ρΔV＝ρvSΔt 小段柱体粒子数N＝nvSΔt
小段柱体动量p＝mv＝ρv2SΔt
③列出方程，应用动量定理FΔt＝Δp研究
例7　(多选)如图所示，质量为M的直—20武装直升机旋翼有4片桨叶，桨叶旋转形成的圆面面积为S。已知空气密度为ρ，重力加速度大小为g。当直升机悬停在空中时，桨叶旋转推动空气，空气获得的速度为v0，则单位时间内桨叶旋转推动空气的质量可表示为(　　)
A.＝ρSv02 B.＝ρSv0
C.＝ D.＝
答案　BD
解析　直升机处于平衡状态，设直升机与空气间的作用力为F，则F＝Mg，飞机对空气的力与空气对飞机的力为作用力与反作用力，即F＝F′，对空气由动量定理可得F′Δt＝Δm·v0＝ρSv0Δt·v0，解得＝ρSv0，故A错误，B正确；由上式知F′Δt＝Δm·v0，且F′＝F＝Mg，联立两式可得＝，故C错误，D正确。
课时精练
1．(2021·湖南卷·2)物体的运动状态可用位置x和动量p描述，称为相，对应p－x图像中的一个点。物体运动状态的变化可用p－x图像中的一条曲线来描述，称为相轨迹。假如一质点沿x轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动，则对应的相轨迹可能是(　　)
答案　D
解析　质点沿x轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动，则有v2＝2ax，而动量为p＝mv，
联立可得p＝m＝m·，且x>0，故正确的相轨迹可能为D。
2.(2023·湖南岳阳市质检)快递运输时，我们经常看到，有些易损坏物品外面都会利用充气袋进行包裹，这种做法的好处是(　　)
A．可以大幅度减小某颠簸过程中物品所受合力的冲量
B．可以大幅度减小某颠簸过程中物品动量的变化
C．可以使某颠簸过程中物品动量变化的时间延长
D．可以使某颠簸过程中物品动量的变化率增加
答案　C
解析　充气袋在运输中起到缓冲作用，在某颠簸过程中，物品的动量变化量不变，由动量定理可知，合外力的冲量不变，充气袋可以延长动量变化所用的时间，从而减小物品所受的合力，A、B错误，C正确；动量的变化率即为物品所受的合力，充气袋可以减小颠簸过程中物品动量的变化率，D错误。
3.(2023·北京市丰台区检测)质量为m的物块在光滑水平面上以速率v匀速向左运动，某时刻对物块施加与水平方向夹角为θ的恒定拉力F，如图所示。经过时间t，物块恰好以相同速率v向右运动。在时间t内，下列说法正确的是(　　)
A．物块所受拉力F的冲量方向水平向右
B．物块所受拉力F的冲量大小为2mv
C．物块所受重力的冲量大小为零
D．物块所受合力的冲量大小为Ftcos θ
答案　D
解析　物块所受拉力F的冲量为IF＝Ft，方向与水平方向夹角为θ，故A错误；物块所受重力的冲量为IG＝mgt≠0，故C错误；由动量定理可知I合＝2mv＝Ftcos θ，故B错误，D正确。
4．(2023·广东佛山市一模)网球质量约60 g，某球员高速击球时，球迎面飞来的速度约为50 m/s，球与球拍接触的时间大约是0.004 s，若要用球拍以同样的速率将球反向击回，则此过程中网球(　　)
A．动量变化量为0
B．动量变化量约为3.0 kg·m/s
C．受到球拍的冲击力约为750 N
D．受到球拍的冲击力约为1 500 N
答案　D
解析　取被击回后网球速度的方向为正方向，网球动量变化量约为Δp＝mv2－mv1＝0.06×50 kg·m/s＋(0.06×50) kg·m/s＝6.0 kg·m/s，故A、B错误；根据动量定理Δp＝F·Δt，解得F＝1 500 N，故D正确，C错误。
5．(2023·河南鹤壁市联考)我国为“长征九号”研制的大推力新型火箭发动机联试成功，这标志着我国重型运载火箭的研发取得突破性进展。若某次实验中该发动机向后喷射的气体速度约为3 km/s，产生的推力约为4.8×106 N，则它在1 s时间内喷射的气体质量约为(　　)
A．1.6×102 kg B．1.6×103 kg
C．1.6×105 kg D．1.6×106 kg
答案　B
解析　设该发动机在t时间内，喷射出的气体质量为m，根据动量定理，Ft＝mv，可知，在1 s内喷射出的气体质量m0＝＝＝ kg＝1.6×103 kg，故选B。
6．(多选)(2021·天津卷·7)一冲九霄，问鼎苍穹。2021年4月29日，长征五号B遥二运载火箭搭载空间站天和核心舱发射升空，标志着我国空间站建造进入全面实施阶段。下列关于火箭的描述正确的是(　　)
A．增加单位时间的燃气喷射量可以增大火箭的推力
B．增大燃气相对于火箭的喷射速度可以增大火箭的推力
C．当燃气喷出火箭喷口的速度相对于地面为零时火箭就不再加速
D．火箭发射时获得的推力来自喷出的燃气与发射台之间的相互作用
答案　AB
解析　增加单位时间的燃气喷射量，即增加单位时间喷射气体的质量，根据FΔt＝Δmv可知，可以增大火箭的推力，故A正确；当增大燃气相对于火箭的喷射速度时，根据FΔt＝Δmv可知，可以增大火箭的推力，故B正确；当燃气喷出火箭喷口的速度相对于地面为零时，此时火箭有速度，所以相对于火箭的速度不为零，火箭仍然受推力作用，仍然要加速，故C错误；燃气被喷出的瞬间，燃气对火箭的反作用力作用在火箭上，使火箭获得推力，故D错误。
7．(2024·江苏省模拟)某次10 m跳台跳水训练中，运动员进入水中深度3 m后速度减为零，其质量m＝50 kg，忽略空气阻力，且运动员在水中的运动近似为匀变速直线运动，重力加速度g取10 m/s2。则从入水到速度减为零的过程中，水给运动员的冲量大小最接近(　　)
A．220 N·s B．520 N·s
C．720 N·s D．920 N·s
答案　D
解析　在入水前，运动员做自由落体运动，只受重力作用，则有v12＝2gh，可得入水时的速度v1＝10 m/s，运动员入水后做匀减速直线运动，最后速度减为0，因此入水后的平均速度＝＝5 m/s，从入水到速度减为0所用时间t＝＝ s＝ s，以竖直向下为正方向，根据动量定理有I＋mgt＝0－mv1，可得I＝－650 N·s≈－919 N·s，即水给运动员的冲量大小约为919 N·s，故选D。
8．(多选)(2023·新课标卷·19)使甲、乙两条形磁铁隔开一段距离，静止于水平桌面上，甲的N极正对着乙的S极，甲的质量大于乙的质量，两者与桌面之间的动摩擦因数相等。现同时释放甲和乙，在它们相互接近过程中的任一时刻(　　)
A．甲的速度大小比乙的大
B．甲的动量大小比乙的小
C．甲的动量大小与乙的相等
D．甲和乙的动量之和不为零
答案　BD
解析　如图所示：
根据牛顿第二定律：a甲＝＝－μg，a乙＝－μg，由于m甲>m乙，所以a甲m乙，Ff1>Ff2，所以对于整个系统不满足动量守恒，所以甲的动量大小与乙的不相等，选项C错误；对于整个系统而言，由于Ff1>Ff2，合力方向向左，合冲量方向向左，所以合动量方向向左，故甲的动量大小比乙的小，选项B、D正确。
9.(多选)(2023·陕西咸阳市模拟)质量为m＝1 kg的物块在水平拉力的作用下从静止开始沿水平桌面做直线运动，其拉力F随时间t的变化图线如图所示，物块与水平桌面间的动摩擦因数μ＝0.1，重力加速度g＝10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则(　　)
A．在t＝2 s时，物块的动量大小为1 kg·m/s
B．在t＝4 s时，物块的速度为0
C．在0～2 s内和2～5 s内，物块动量的变化量大小之比为3∶2
D．在0～5 s内，物块的最大速度为1.5 m/s
答案　AD
解析　F－t图像与t轴围成的面积表示拉力的冲量，根据动量定理可知t－μmgt＝p，代入数据可解得p＝1 kg·m/s，故A正确；同理，2～4 s根据动量定理有t－μmgt＝mv－p，代入数据解得v＝1 m/s，故B错误；由上述分析可知0～2 s内物块动量的变化量大小为1 kg·m/s,2～4 s内物块动量的变化量大小为0,4～5 s内F≤1 N＝μmg，物块做匀减速运动直到静止，动量变化量大小为1 kg·m/s，所以在0～2 s内和2～5 s内，物块动量的变化量大小之比为1∶1，故C错误；当拉力与摩擦力相等时，速度最大，由题图可知为t＝3 s时刻，根据动量定理可知t′－μmgt′＝mv′－p，代入数据解得v′＝1.5 m/s，故D正确。
10．(2022·湖北卷·7)一质点做曲线运动，在前一段时间内速度大小由v增大到2v，在随后的一段时间内速度大小由2v增大到5v。前后两段时间内，合外力对质点做功分别为W1和W2，合外力的冲量大小分别为I1和I2。下列关系式一定成立的是(　　)
A．W2＝3W1，I2≤3I1 B．W2＝3W1，I2≥I1
C．W2＝7W1，I2≤3I1 D．W2＝7W1，I2≥I1
答案　D
解析　根据动能定理有
W1＝m(2v)2－mv2＝mv2，
W2＝m(5v)2－m(2v)2＝mv2，可得W2＝7W1；
由于速度是矢量，具有方向，当初、末速度方向相同时，动量变化量最小，方向相反时，动量变化量最大，因此冲量的大小范围是mv≤I1≤3mv，3mv≤I2≤7mv，可知I2≥I1，故选D。
11.2021年6月17日，我国神舟十二号载人飞船发射成功，3名航天员进驻“天宫号”空间站的“天和号”核心舱，标志着我国空间站建设进入新阶段。如图所示，“天和号”核心舱垂直于运动方向的横截面面积约为9 m2，以第一宇宙速度v＝7.9×103 m/s运行，核心舱经过某段宇宙尘埃区时尘埃会附着于舱体外表，已知每个尘埃(初速度可忽略)的质量为m＝1.5×10－7 kg，为维持轨道高度不变，需要开启舱外发动机增加170 N的推力，则该区域每立方米空间内的尘埃数大约为(　　)
A．2×106个 B．16个
C．14×104个 D．2个
答案　D
解析　设该区域每立方米空间内的尘埃数为n个，则在Δt时间内有vΔtSn个尘埃附着于舱体外表，对尘埃由动量定理可得FΔt＝vΔtSnmv
代入数据解得n≈2，故选D。
12．某游乐园入口旁有一喷泉，喷出的水柱将一质量为M的玩具稳定地悬停在空中。为计算方便，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；玩具底面为平板(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)－
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Δh＝v0Δt①
喷出水柱质量Δm＝ρΔV②
其中ΔV为水柱体积，满足ΔV＝ΔhS③
由①②③可得：喷泉单位时间内喷出的水的质量为＝ρv0S
(2)如图，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冲为水柱对玩具底面的作用力
由牛顿第三定律：F压＝F冲⑤
其中，F压为玩具底面对水柱的作用力，
设v′为水柱到达玩具底面时的速度
由运动学公式：v′2－v02＝－2gh⑥
在很短时间Δt内，冲击玩具的水柱的质量
Δm＝ρv0SΔt⑦
由题意可知，在竖直方向上，对该部分水柱应用动量定理(F压＋Δmg)Δt＝Δmv′⑧
由于Δt很小，Δmg也很小，故Δmg·Δt可以忽略，⑧式变为F压Δt＝Δmv′⑨
由④⑤⑥⑦⑨可得h＝－。考情分析
试题情境 生活实践类 安全行车(机车碰撞、安全气囊)、交通运输(喷气式飞机)、体育运动(滑冰接力、球类运动)、火箭发射、爆炸、高空坠物
学习探究类 气垫导轨上滑块碰撞、斜槽末端小球碰撞
第1课时　动量定理及应用
目标要求　1.理解动量和冲量，理解动量定理及其表达式，能用动量定理解释生活中的有关现象。2.能利用动量定理解决相关问题，会在流体力学中建立“柱状”模型。
考点一　动量和冲量
1．动量
(1)定义：物体的________和________的乘积。
(2)表达式：p＝________，单位为kg·m/s。
(3)方向：动量是________量，方向与________的方向相同。
2．动量变化量
(1)动量的变化量Δp等于末动量p′减去初动量p的矢量运算，也称为动量的增量，即Δp＝________。
(2)动量的变化量Δp也是________，其方向与________________的方向相同，运用矢量法则计算。
3．冲量
(1)定义：力与________________的乘积。
(2)公式：________。
(3)单位：________。
(4)方向：冲量是________，其方向与________相同。
1．物体的动能不变，其动量一定不变。(　　)
2．物体的动量越大，其惯性也越大。(　　)
3．物体沿水平面运动时，重力不做功，其冲量为零。(　　)
4．两物体中动量大的动能不一定大。(　　)
例1　(2023·黑龙江省八校模拟)如图所示，表面光滑的楔形物块ABC固定在水平地面上，∠ABC<∠ACB，质量相同的物块a和b分别从斜面顶端沿AB、AC由静止自由滑下。在两物块到达斜面底端的过程中，下列说法正确的是(　　)
A．两物块所受重力冲量相同
B．两物块的动量改变量相同
C．两物块的动能改变量相同
D．两物块到达斜面底端时重力的瞬时功率相同
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＝mv Ek＝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＝ Ek＝
变化量 Δp＝Ft ΔEk＝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
例2　(2023·陕西宝鸡市一模)质量为m的物体，以初速度v0沿斜面开始上滑，到达最高点后再次返回到原出发点时速度大小为0.5v0，假设物体在斜面上运动时受到的摩擦力大小不变，则(　　)
A．整个过程中合力的冲量大小为mv0
B．整个过程中摩擦力冲量的矢量和为零
C．上滑过程中重力的冲量比下滑过程中重力的冲量小
D．上滑过程和下滑过程中支持力的冲量均为零
例3　(多选)(2022·全国乙卷·20)质量为1 kg的物块在水平力F的作用下由静止开始在水平地面上做直线运动，F与时间t的关系如图所示。已知物块与地面间的动摩擦因数为0.2，重力加速度大小取g＝10 m/s2。则(　　)
A．4 s时物块的动能为零
B．6 s时物块回到初始位置
C．3 s时物块的动量为12 kg·m/s
D．0～6 s时间内F对物块所做的功为40 J
冲量的计算方法
公式法 I＝FΔt，此方法仅适用于求恒力的冲量，不需要考虑物体的运动状态
图像法 F－t图像与t轴围成的面积表示冲量，此法既可以计算恒力的冲量，也可以计算变力的冲量
平均值法 若变力的方向不变、大小随时间均匀变化，即力为时间的一次函数，则力F在某段时间t内的冲量I＝t
动量定理法 根据物体动量的变化量，由I＝Δp求冲量，多用于求变力的冲量
考点二　动量定理的理解及应用
1．内容：物体在一个过程中所受力的冲量等于它在这个过程始末的________________。
2．公式：________________或________。
3．对动量定理的理解：
(1)公式中的F是研究对象所受的所有外力的合力。它可以是恒力，也可以是变力。当合外力为变力时，F是合外力对作用时间的平均值。
(2)Ft＝p′－p是矢量式，两边不仅大小相等，而且方向相同。
(3)动量定理中的冲量可以是合外力的冲量，可以是各个力冲量的矢量和，也可以是外力在不同阶段冲量的矢量和。
(4)Ft＝p′－p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。
(5)由Ft＝p′－p得F＝＝，即物体所受的合外力等于物体动量的变化率。
(6)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求解。
例4　(2020·全国卷Ⅰ·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5　(多选)(2023·广东卷·10)某同学受电动窗帘的启发，设计了如图所示的简化模型。多个质量均为1 kg的滑块可在水平滑轨上滑动，忽略阻力。开窗帘过程中，电机对滑块1施加一个水平向右的恒力F，推动滑块1以0.40 m/s的速度与静止的滑块2碰撞，碰撞时间为0.04 s，碰撞结束后瞬间两滑块的共同速度为0.22 m/s。关于两滑块的碰撞过程，下列说法正确的有(　　)
A．该过程动量守恒
B．滑块1受到合外力的冲量大小为0.18 N·s
C．滑块2受到合外力的冲量大小为0.40 N·s
D．滑块2受到滑块1的平均作用力大小为5.5 N
例6　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.＋mg B.－mg
C.＋mg D.－mg
应用动量定理解题的一般思路
考点三　应用动量定理处理“流体模型”
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的方向选取一小段柱体，其横截面积为S
②微元研究 小段柱体的体积ΔV＝vSΔt
小段柱体质量m＝ρΔV＝ρvSΔt 小段柱体粒子数N＝nvSΔt
小段柱体动量p＝mv＝ρv2SΔt
③列出方程，应用动量定理FΔt＝Δp研究
例7　(多选)如图所示，质量为M的直—20武装直升机旋翼有4片桨叶，桨叶旋转形成的圆面面积为S。已知空气密度为ρ，重力加速度大小为g。当直升机悬停在空中时，桨叶旋转推动空气，空气获得的速度为v0，则单位时间内桨叶旋转推动空气的质量可表示为(　　)
A.＝ρSv02 B.＝ρSv0
C.＝ D.＝(共66张PPT)
第七章
动量守恒定律
考
情
分
析
试
题
情
境
生活实践类 安全行车(机车碰撞、安全气囊)、交通运输(喷气式飞机)、体育运动(滑冰接力、球类运动)、火箭发射、爆炸、高空坠物
学习探究类 气垫导轨上滑块碰撞、斜槽末端小球碰撞
第
1
课时
动量定理及应用
目标
要求
1.理解动量和冲量，理解动量定理及其表达式，能用动量定理解释生活中的有关现象。2.能利用动量定理解决相关问题，会在流体力学中建立“柱状”模型。
内
容
索
引
考点一　动量和冲量
考点二　动量定理的理解及应用
考点三　应用动量定理处理“流体模型”
课时精练
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考点一
动量和冲量
1.动量
(1)定义：物体的 和 的乘积。
(2)表达式：p＝ ，单位为kg·m/s。
(3)方向：动量是 量，方向与 的方向相同。
质量
速度
mv
矢
速度
2.动量变化量
(1)动量的变化量Δp等于末动量p′减去初动量p的矢量运算，也称为动量的增量，即Δp＝ 。
(2)动量的变化量Δp也是 ，其方向与 的方向相同，运用矢量法则计算。
p′－p
矢量
速度的改变量Δv
3.冲量
(1)定义：力与 的乘积。
(2)公式： 。
(3)单位： 。
(4)方向：冲量是 ，其方向与 相同。
力的作用时间
I＝FΔt
N·s
矢量
力的方向
1.物体的动能不变，其动量一定不变。(　　)
2.物体的动量越大，其惯性也越大。(　　)
3.物体沿水平面运动时，重力不做功，其冲量为零。(　　)
4.两物体中动量大的动能不一定大。(　　)
×
×
√
×
例1　(2023·黑龙江省八校模拟)如图所示，表面光滑的楔形物块ABC固定在水平地面上，∠ABC<∠ACB，质量相同的物块a和b分别从斜面顶端沿AB、AC由静止自由滑下。在两物块到达斜面底端的过程中，下列说法正确的是
A.两物块所受重力冲量相同
B.两物块的动量改变量相同
C.两物块的动能改变量相同
D.两物块到达斜面底端时重力的瞬时功率相同
√
根据动能定理ΔEk＝mgh得两物块的动能改变量相同，选项C正确；
物块到达斜面底端时重力的瞬时功率P＝mgvsin θ，因两物块所处斜面倾角不相同，则重力的瞬时功率不相同，选项D错误。
动量 动能
物理意义 描述机械运动状态的物理量
定义式 p＝mv Ek＝ 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
动量与动能的比较
动量 动能
大小关系
变化量 Δp＝Ft ΔEk＝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
例2　(2023·陕西宝鸡市一模)质量为m的物体，以初速度v0沿斜面开始上滑，到达最高点后再次返回到原出发点时速度大小为0.5v0，假设物体在斜面上运动时受到的摩擦力大小不变，则
A.整个过程中合力的冲量大小为
B.整个过程中摩擦力冲量的矢量和为零
C.上滑过程中重力的冲量比下滑过程中重力的冲量小
D.上滑过程和下滑过程中支持力的冲量均为零
√
以沿斜面向下为正方向，根据动量定理有I合＝Δp＝0.5mv0－(－mv0)＝1.5mv0，A错误；
上滑过程中重力的冲量为mgt1，下滑过程中重力的冲量为mgt2，由于t1上滑过程和下滑过程中支持力一直存在，故两过程中支持力的冲量均不为零，D错误。
例3　(多选)(2022·全国乙卷·20)质量为1 kg的物块在水平力F的作用下由静止开始在水平地面上做直线运动，F与时间t的关系如图所示。已知物块与地面间的动摩擦因数为0.2，重力加速度大小取g＝10 m/s2。则
A.4 s时物块的动能为零
B.6 s时物块回到初始位置
C.3 s时物块的动量为12 kg·m/s
D.0～6 s时间内F对物块所做的功为40 J
√
√
物块与地面间的摩擦力为Ff＝μmg＝2 N，对物块在0～3 s时间内由动量定理可知(F－Ff)t1＝mv3，代入数据可得v3＝6 m/s,3 s时物块的动量为p＝mv3＝6 kg·m/s，故C错误；
设3 s后经过时间t2物块的速度减为0，由动量定
理可得－(F＋Ff)t2＝0－mv3，解得t2＝1 s，所以
物块在4 s时速度减为0，则此时物块的动能也为0，故A正确；
0～6 s时间F对物块所做的功为W＝Fx1－Fx2＋Fx3＝40 J，故D正确。
冲量的计算方法
公式法 I＝FΔt，此方法仅适用于求恒力的冲量，不需要考虑物体的运动状态
图像法 F－t图像与t轴围成的面积表示冲量，此法既可以计算恒力的冲量，也可以计算变力的冲量
平均值法 若变力的方向不变、大小随时间均匀变化，即力为时间的一次函数，则力F在某段时间t内的冲量I＝
动量定理法 根据物体动量的变化量，由I＝Δp求冲量，多用于求变力的冲量
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动量定理的理解及应用
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考点二
1.内容：物体在一个过程中所受力的冲量等于它在这个过程始末的_____
。
2.公式： 或 。
动量
变化量
F(t′－t)＝mv′－mv
I＝p′－p
3.对动量定理的理解：
(1)公式中的F是研究对象所受的所有外力的合力。它可以是恒力，也可以是变力。当合外力为变力时，F是合外力对作用时间的平均值。
(2)Ft＝p′－p是矢量式，两边不仅大小相等，而且方向相同。
(3)动量定理中的冲量可以是合外力的冲量，可以是各个力冲量的矢量和，也可以是外力在不同阶段冲量的矢量和。
(4)Ft＝p′－p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。
(6)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求解。
例4　(2020·全国卷Ⅰ·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
√
汽车剧烈碰撞瞬间，安全气囊弹出，立即跟司机身体接触。司机在很短时间内由运动到静止，动量的变化量是一定的，由于安全气囊的存在，作用时间变长，据动量定理Δp＝FΔt知，司机所受作用力减小；又知安全气囊打开后，司机受力面积变大，因此减小了司机单位面积的受力大小；碰撞过程中，动能转化为内能。综上可知，选项D正确。
例5　(多选)(2023·广东卷·10)某同学受电动窗帘的启发，设计了如图所示的简化模型。多个质量均为1 kg的滑块可在水平滑轨上滑动，忽略阻力。开窗帘过程中，电机对滑块1施加一个水平向右的恒力F，推动滑块1以0.40 m/s的速度与静止的滑块2碰撞，碰撞时间为0.04 s，碰撞结束后瞬间两滑块的共同速度为0.22 m/s。关于两滑块的碰撞过程，下列说法正确的有
A.该过程动量守恒
B.滑块1受到合外力的冲量大小为0.18 N·s
C.滑块2受到合外力的冲量大小为0.40 N·s
D.滑块2受到滑块1的平均作用力大小为5.5 N
√
√
取向右为正方向，滑块1和滑块2组成的
系统的初动量为p1＝mv1＝1×0.40 kg·m/s
＝0.40 kg·m/s，碰撞后的动量为p2＝2mv2＝2×1×0.22 kg·m/s＝0.44 kg·
m/s，则滑块的碰撞过程动量不守恒，故A错误；
对滑块1，则有I1＝mv2－mv1＝1×0.22 kg·m/s－1×0.40 kg·m/s＝－0.18 kg·
m/s，负号表示方向水平向左，故B正确；
对滑块2，则有I2＝mv2＝1×0.22 kg·m/s＝0.22 kg·m/s，故C错误；
例6　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
√
应用动量定理解题的一般思路
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应用动量定理处理“流体模型”
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考点三
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的方向选取一小段柱体，其横截面积为S
②微元研究 小段柱体的体积ΔV＝vSΔt
小段柱体质量m＝ρΔV＝ρvSΔt
小段柱体粒子数N＝nvSΔt
小段柱体动量p＝mv＝ρv2SΔt
③列出方程，应用动量定理FΔt＝Δp研究
例7　(多选)如图所示，质量为M的直—20武装直升机旋翼有4片桨叶，桨叶旋转形成的圆面面积为S。已知空气密度为ρ，重力加速度大小为g。当直升机悬停在空中时，桨叶旋转推动空气，空气获得的速度为v0，则单位时间内桨叶旋转推动空气的质量可表示为
√
√
直升机处于平衡状态，设直升机与空气间的作用力为F，则F＝Mg，飞机对空气的力与空气对飞机的力为作用力与反作用力，即F＝F′，对空气由动量定理可得F′Δt＝Δm·v0＝ρSv0Δt·v0，解得 ＝ρSv0，故A错误，B正确；
由上式知F′Δt＝Δm·v0，且F′＝F＝Mg，联立两式可得 ，故C错误，D正确。
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课时精练
1.(2021·湖南卷·2)物体的运动状态可用位置x和动量p描述，称为相，对应p－x图像中的一个点。物体运动状态的变化可用p－x图像中的一条曲线来描述，称为相轨迹。假如一质点沿x轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动，则对应的相轨迹可能是
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质点沿x轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动，则有v2＝2ax，而动量为p＝mv，
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2.(2023·湖南岳阳市质检)快递运输时，我们经常看到，有些易损坏物品外面都会利用充气袋进行包裹，这种做法的好处是
A.可以大幅度减小某颠簸过程中物品所受合力的冲量
B.可以大幅度减小某颠簸过程中物品动量的变化
C.可以使某颠簸过程中物品动量变化的时间延长
D.可以使某颠簸过程中物品动量的变化率增加
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充气袋在运输中起到缓冲作用，在某颠簸过程中，物品的动量变化量不变，由动量定理可知，合外力的冲量不变，充气袋可以延长动量变化所用的时间，从而减小物品所受的合力，A、B错误，C正确；
动量的变化率即为物品所受的合力，充气袋可以减小颠簸过程中物品动量的变化率，D错误。
3.(2023·北京市丰台区检测)质量为m的物块在光滑水平面上以速率v匀速向左运动，某时刻对物块施加与水平方向夹角为θ的恒定拉力F，如图所示。经过时间t，物块恰好以相同速率v向右运动。在时间t内，下列说法正确的是
A.物块所受拉力F的冲量方向水平向右
B.物块所受拉力F的冲量大小为2mv
C.物块所受重力的冲量大小为零
D.物块所受合力的冲量大小为Ftcos θ
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物块所受拉力F的冲量为IF＝Ft，方向与水平方向夹角为θ，故A错误；物块所受重力的冲量为IG＝mgt≠0，故C错误；
由动量定理可知I合＝2mv＝Ftcos θ，故B错误，D正确。
4.(2023·广东佛山市一模)网球质量约60 g，某球员高速击球时，球迎面飞来的速度约为50 m/s，球与球拍接触的时间大约是0.004 s，若要用球拍以同样的速率将球反向击回，则此过程中网球
A.动量变化量为0
B.动量变化量约为3.0 kg·m/s
C.受到球拍的冲击力约为750 N
D.受到球拍的冲击力约为1 500 N
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取被击回后网球速度的方向为正方向，网球动量变化量约为Δp＝mv2－mv1＝0.06×50 kg·m/s＋(0.06×50) kg·m/s＝6.0 kg·m/s，故A、B错误；
根据动量定理Δp＝F·Δt，解得F＝1 500 N，故D正确，C错误。
5.(2023·河南鹤壁市联考)我国为“长征九号”研制的大推力新型火箭发动机联试成功，这标志着我国重型运载火箭的研发取得突破性进展。若某次实验中该发动机向后喷射的气体速度约为3 km/s，产生的推力约为4.8×106 N，则它在1 s时间内喷射的气体质量约为
A.1.6×102 kg B.1.6×103 kg
C.1.6×105 kg D.1.6×106 kg
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6.(多选)(2021·天津卷·7)一冲九霄，问鼎苍穹。2021年4月29日，长征五号B遥二运载火箭搭载空间站天和核心舱发射升空，标志着我国空间站建造进入全面实施阶段。下列关于火箭的描述正确的是
A.增加单位时间的燃气喷射量可以增大火箭的推力
B.增大燃气相对于火箭的喷射速度可以增大火箭的推力
C.当燃气喷出火箭喷口的速度相对于地面为零时火箭就不再加速
D.火箭发射时获得的推力来自喷出的燃气与发射台之间的相互作用
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增加单位时间的燃气喷射量，即增加单位时间喷射气体的质量，根据FΔt＝Δmv可知，可以增大火箭的推力，故A正确；
当增大燃气相对于火箭的喷射速度时，根据FΔt＝Δmv可知，可以增大火箭的推力，故B正确；
当燃气喷出火箭喷口的速度相对于地面为零时，此时火箭有速度，所以相对于火箭的速度不为零，火箭仍然受推力作用，仍然要加速，故C错误；
燃气被喷出的瞬间，燃气对火箭的反作用力作用在火箭上，使火箭获得推力，故D错误。
7.(2024·江苏省模拟)某次10 m跳台跳水训练中，运动员进入水中深度3 m后速度减为零，其质量m＝50 kg，忽略空气阻力，且运动员在水中的运动近似为匀变速直线运动，重力加速度g取10 m/s2。则从入水到速度减为零的过程中，水给运动员的冲量大小最接近
A.220 N·s B.520 N·s
C.720 N·s D.920 N·s
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8.(多选)(2023·新课标卷·19)使甲、乙两条形磁铁隔开一段距离，静止于水平桌面上，甲的N极正对着乙的S极，甲的质量大于乙的质量，两者与桌面之间的动摩擦因数相等。现同时释放甲和乙，在它们相互接近过程中的任一时刻
A.甲的速度大小比乙的大
B.甲的动量大小比乙的小
C.甲的动量大小与乙的相等
D.甲和乙的动量之和不为零
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如图所示：
由于m甲>m乙，Ff1>Ff2，所以对于整个系统不满足动量守恒，所以甲的动量大小与乙的不相等，选项C错误；
对于整个系统而言，由于Ff1>Ff2，合力方向向左，合冲量方向向左，所以合动量方向向左，故甲的动量大小比乙的小，选项B、D正确。
9.(多选)(2023·陕西咸阳市模拟)质量为m＝1 kg的物块在水平拉力的作用下从静止开始沿水平桌面做直线运动，其拉力F随时间t的变化图线如图所示，物块与水平桌面间的动摩擦因数μ＝0.1，重力加速度g＝10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则
A.在t＝2 s时，物块的动量大小为1 kg·m/s
B.在t＝4 s时，物块的速度为0
C.在0～2 s内和2～5 s内，物块动量的变化量
大小之比为3∶2
D.在0～5 s内，物块的最大速度为1.5 m/s
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由上述分析可知0～2 s内物块动量的变化量大小为1 kg·m/s,2～4 s内物块动量的变化量大小为0,4～5 s内F≤1 N＝μmg，物块做匀减速运动直到静止，动量变化量大小为1 kg·m/s，所以在0～2 s内和2～5 s内，物块动量的变化量大小之比为1∶1，故C错误；
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10.(2022·湖北卷·7)一质点做曲线运动，在前一段时间内速度大小由v增大到2v，在随后的一段时间内速度大小由2v增大到5v。前后两段时间内，合外力对质点做功分别为W1和W2，合外力的冲量大小分别为I1和I2。下列关系式一定成立的是
A.W2＝3W1，I2≤3I1 B.W2＝3W1，I2≥I1
C.W2＝7W1，I2≤3I1 D.W2＝7W1，I2≥I1
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根据动能定理有
由于速度是矢量，具有方向，当初、末速度方向相同时，动量变化量最小，方向相反时，动量变化量最大，因此冲量的大小范围是mv≤I1≤3mv，3mv≤I2≤7mv，可知I2≥I1，故选D。
11.2021年6月17日，我国神舟十二号载人飞船发射成功，3名航天员进驻“天宫号”空间站的“天和号”核心舱，标志着我国空间站建设进入新阶段。如图所示，“天和号”核心舱垂直于运动方向的横截面面积约为
9 m2，以第一宇宙速度v＝7.9×103 m/s运行，核心舱经过某段宇宙尘埃区时尘埃会附着于舱体外表，已知每个尘埃(初速度可忽略)的质量为m＝1.5×10－7 kg，为维持轨道高度不变，需要开启舱外发动机增加170 N的推力，则该区域每立方米空间内的尘埃数大约为
A.2×106个 B.16个
C.14×104个 D.2个
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设该区域每立方米空间内的尘埃数为n个，则在
Δt时间内有vΔtSn个尘埃附着于舱体外表，对尘
埃由动量定理可得FΔt＝vΔtSnmv
代入数据解得n≈2，故选D。
12.某游乐园入口旁有一喷泉，喷出的水柱将一质量为M的玩具稳定地悬停在空中。为计算方便，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；玩具底面为平板(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；
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答案　ρv0S
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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Δh＝v0Δt①
喷出水柱质量Δm＝ρΔV②
其中ΔV为水柱体积，满足ΔV＝ΔhS③
(2)玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度。
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如图，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＝Mg ④
其中，F冲为水柱对玩具底面的作用力
由牛顿第三定律：F压＝F冲 ⑤
其中，F压为玩具底面对水柱的作用力，
设v′为水柱到达玩具底面时的速度
由运动学公式：v′2－v02＝－2gh ⑥
在很短时间Δt内，冲击玩具的水柱的质量
Δm＝ρv0SΔt ⑦
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由题意可知，在竖直方向上，对该部分水柱应用动量定理(F压＋Δmg)Δt＝Δmv′ ⑧
由于Δt很小，Δmg也很小，故Δmg·Δt可以忽略，⑧式变为F压Δt＝Δmv′ ⑨
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