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拓展提升课1 动量定理的应用
要点一　用动量定理处理多过程问题
　　如果物体在不同阶段受力不同,即合力不恒定,此情况下应用动量定理时,一般采取以下两种方法:
(1)分段处理法:找出每一段合力的冲量I1、I2、…、In,这些冲量的矢量和即外力的合冲量I=I1+I2+…+In,根据动量定理I=p'-p求解,分段处理时,需注意各段冲量的正负及每一阶段的初、末速度。
(2)全过程处理法:在全过程中,第一个力的冲量I1,第二个力的冲量I2,…,第n个力的冲量In,这些冲量的矢量和即合冲量为I,根据I=p'-p求解,用全过程处理法求解时,需注意每个力的作用时间及力的方向。
说明：若不需要求中间量，则用全过程处理法更为简便。
【例1】　蹦极是一项刺激的极限运动。如图所示,运动员将一端固定的弹性绳绑在腰或踝关节处,从几十米高处跳下。在某次蹦极中质量为60 kg的运动员在弹性绳绷紧后又经过2 s人的速度减为0,假设弹性绳长为45 m,重力加速度g取10 m/s2(忽略空气阻力),下列说法正确的是 (　C　)
A.弹性绳在绷紧后2 s内对运动员的平均作用力大小为2 000 N
B.运动员在弹性绳绷紧后动量的改变量等于弹性绳的作用力的冲量
C.运动员从开始起跳到下落到最低点的整个运动过程中重力冲量与弹性绳作用力的冲量大小相等
D.运动员从开始起跳到下落到最低点的整个运动过程中重力冲量小于弹性绳作用力的冲量
【解析】　由机械能守恒得mgh=mv2，知弹性绳在刚绷紧时人的速度为v== m/s=30 m/s，在绷紧的过程中根据动量定理有(F-mg)t=0-(-mv)，代入数据解得F=1 500 N，故A错误;根据动量定理可知，运动员在弹性绳绷紧后，动量的改变量等于弹性绳作用力的冲量与重力冲量的和，故B错误;运动员整个过程中动量的变化量为0，即重力冲量与弹性绳作用力的冲量等大反向，故C正确，D错误。
【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0，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0，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0，取水平力F的方向为正方向，根据动量定理有Ft1-μmg(t1+t2)=0，解得t2=t1=×6 s=12 s。
要点二　用动量定理解决多物体问题
　　对于两个物体组成的系统,它们间的相互作用力的冲量的矢量和总为0,所以动量定理也适用于多物体系统,表达式为IF=(m1v1'+m2v2')-(m1v1+m2v2),其中IF是系统外力冲量的矢量和。
【例3】　一辆质量为M的汽车,后面挂着一节质量为m的拖车,在汽车不变的牵引力作用下从静止开始,在平直的公路上,以加速度a做匀加速直线运动,经过时间t,拖车脱钩,汽车和拖车分开,分开后汽车牵引力仍不变,又经时间t', 拖车停止运动。问此时汽车速度多大
【答案】　
【解析】　以汽车前进方向为正方向，对汽车和拖车系统，由牛顿第二定律有F-f=(M+m)a，对汽车和拖车系统，由动量定理有F(t+t')-f(t+t')=Mv，得v=。
【例4】　如图所示,质量M=2 kg的木板静止放在光滑水平面上,木板右端放着质量m=1 kg的物块,木板和物块间的动摩擦因数μ=0.2。木板在水平恒力F=8 N的作用下运动了2 s,木板足够长,求:
(1)此过程恒力F的冲量大小;
(2)此时木板和物块的总动量的大小(重力加速度g取10 m/s2,用两种方法求解)。
【答案】　(1)16 N·s　(2)16 kg·m/s　方法见解析
【解析】　(1)F的冲量大小IF=Ft=16 N·s。
(2)物块与木板相对滑动，
解法一:选向右为正方向，此时对物块:μmgt=mv1，得p1=mv1=4 kg·m/s，
对木板:Ft-μmgt=Mv2，得p2=Mv2=12 kg·m/s，故总动量的大小p=p1+p2=16 kg·m/s。
解法二:对系统，IF=Ft=16 kg·m/s。
要点三　连续变质量问题
1.流体类问题
运动着的连续的气流、水流等流体,与其他物体的表面接触的过程中,会对接触面有冲击力。此类问题通常通过动量定理解决。
2.解答质量连续变动的动量问题的基本思路
(1)确定研究对象:Δt时间内流体微元。
(2)建立“柱体”模型
对于流体,可沿流速v的方向选取一段柱形流体,设在Δt时间内通过某一横截面积为S的流体长度Δl=vΔt,如图所示,若流体的密度为ρ,那么,在这段时间内流过该截面的流体的质量为Δm=ρSΔl=ρSvΔt。
(3)运用动量定理,即流体微元所受的合力的冲量等于流体微元动量的增量,即F合Δt=Δp(Δt足够短时,流体重力可忽略不计)。
【例5】　喷口竖直向下的水龙头喷出的水形成水柱冲击到地面,已知喷口到地面的高度h=1 m,水喷出时初速度v0=4 m/s,落到地面时水柱横截面积为S=2 cm2,水柱冲击地面的时间很短,冲击地面后的速度为0,忽略空气阻力,已知水的密度ρ=1 000 kg/m3,重力加速度g取10 m/s2,求水柱对地面的平均冲击力大小。
【答案】　7.2 N
【解析】　根据速度与位移关系式可得v2-=2gh，代入数据可得，水到达地面时的速度为v=6 m/s，规定向下为正方向，对很短时间t内的一段水柱，由动量定理可得Ft=0-ρSv2t，代入数据可得F=-7.2 N，由牛顿第三定律可得，水柱对地面的平均冲击力大小F'=7.2 N。
【例6】　有关专家研究得出人在打喷嚏时一次可以喷出10万个唾液飞沫,这些飞沫以每小时145千米的速度在空气中传播。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 (　D　)
A.　B.　C.　D.
【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F'=，故选D。
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。
1.春节时人们常放一种叫二踢脚的鞭炮,也叫双响炮。其第一响类似于火箭发射,火药点燃爆炸,利用反冲作用使二踢脚飞向空中。有一种二踢脚质量m=150 g,第一响的时间t=0.05 s,上升的高度h=30 m。忽略空气阻力,不计二踢脚第一响后质量的变化,重力加速度g取10 m/s2,第一响中二踢脚受到的平均反冲作用力大小约为 (　A　)
A.73.5 N B.50.6 N
C.43.4 N D.28.5 N
解析：二踢脚上升做匀减速运动，由运动学公式有0-v2=-2gh，可得第一响上升的初速度大小为v=10 m/s，第一响过程中平均反冲作用力远大于重力，所以由动量定理有t=mv-0，代入数值，可得平均反冲作用力大小为≈73.5 N，故选A。
2.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取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 (　B　)
A.3 N B.21 N
C.33 N D.28 N
解析：篮球自由下落过程有h1=g，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，全程根据动量定理有FΔt-mgt=0，解得F≈21 N，故B正确。
3.如图所示,光滑水平面上放有相互接触但不粘连的两个物体A、B,物体A质量mA=2 kg,物体B质量mB=1 kg。作用在两物体A、B上的力随时间变化的规律分别为FA=4+t(N)、FB=8-t(N)。下列说法正确的是 (　D　)
A.t=0时,物体A的加速度大小为2 m/s2
B.t=2 s时,物体A、B开始分离
C.在0~4 s时间内,FA和FB做功的代数和为382 J
D.t=6 s时,物体A的速度为25 m/s
解析：由题知，当t=0时，FA=4 N，FB=8 N，设A和B的共同加速度大小为a，根据牛顿第二定律有FA+FB=(mA+mB)a，解得a=4 m/s2，故A错误;A和B恰好分离时，A和B速度相等，无相互作用力，加速度相等，且仍为a=4 m/s2，对A，根据牛顿第二定律有FA=mAa，解得t=4 s，故B错误;由选项B的分析可知在0~4 s内A、B没有分离，速度相等，加速度相等，且仍为a=4 m/s2，A、B整体做匀加速直线运动，故4 s末A、B整体的速度为v=at=4×4 m/s=16 m/s，根据动能定理可得FA和FB做功的代数和为W=(mA+mB)v2=384 J，故C错误;由选项B的分析可知4 s后A、B分离，分离时A的速度为v=16 m/s，分离后，A受到的作用力为FA=4+t(N)，
当t1=4 s时F1=8 N，当t2=6 s时F2=10 N，作出F-t图像如图所示，根据F-t图像与时间轴围成的面积表示冲量，则有I=×2 N·s=18 N·s，则在4~6 s时间内，根据动量定理有I=mAv'-mAv，解得v'=25 m/s，故D正确。
4.如图所示,某型号的无人机有四个螺旋桨,每个螺旋桨的半径为R,无人机的质量为m。当螺旋桨旋转时可以使空气由静止向下运动而使无人机上升。已知该无人机竖直加速上升的加速度为a,空气的密度为ρ,重力加速度大小为g,不计无人机上升过程中的空气阻力,则螺旋桨旋转使空气向下运动的速度为 (　A　)
A. B.
C. D.
解析：对无人机受力分析，设每个螺旋桨提供的升力为F，由牛顿第二定律得4F-mg=ma，在极短时间Δt内，对空气由动量定理得FΔt=Δmv=ρπR2vΔtv，两式联立解得v=，故选A。
课时作业3
(总分:60分)
1.(5分)质量为5 kg的物体做直线运动,其速度—时间图像如图所示,则物体在前10 s内和后10 s内所受合力的冲量分别是 (　D　)
A.50 N·s,50 N·s B.50 N·s,-50 N·s
C.0,50 N·s D.0,-50 N·s
解析：由题图可知，在前10 s内初、末状态的动量相同，p1=p2=25 kg·m/s，由动量定理知I1=0，在后10 s内末状态的动量p3=-25 kg·m/s，由动量定理得I2=p3-p2=-50 N·s，故选D。
2.(5分)为估算淋浴时人头部受水冲击产生的平均压强,测试员在花洒下自己头顶处,放置一个烧杯,测得半分钟内烧杯中水面上升了90 mm,查询得知花洒喷出的水落至头顶时速度约为0.7 m/s。据此估算人头部受水冲击的平均压强约为(设水滴撞击头部后无反弹,不计水滴重力,水的密度为1.0×103 kg/m3,将人头顶视为平面) (　A　)
A.2.1 Pa B.4.9 Pa
C.210 Pa D.490 Pa
解析：设烧杯的底面积为S，水滴对杯底的压力F=pS，对落下的水滴由动量定理有-pSΔt=0-Δmv，式中Δm=ρSh，联立得p== Pa=2.1 Pa，故选A。
3.(5分)如图所示,使甲、乙两条形磁体隔开一段距离,静置于水平桌面上,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 (　D　)
A.甲的速度大小比乙的大
B.甲的动量大小比乙的大
C.甲的动量大小与乙的相等
D.甲和乙的动量之和不为0
解析：分别对甲和乙受力分析，设两者间的磁力为F，对甲由牛顿第二定律得F-μm甲g=m甲a甲，解得a甲=-μg，对乙由牛顿第二定律得F-μm乙g=m乙a乙，解得a乙=-μg，由题意可知m甲>m乙，则a甲4.(5分)蹦床是一项技术含量很高的体育运动,如图所示,比赛中运动员从空中最高点O自由下落,接触蹦床A点后继续向下运动到最低点C。B点为运动员最终静止在蹦床上时的位置。忽略空气阻力,则在运动员从最高点下落到最低点的过程中,运动员在 (　D　)
A.OA段动量不变
B.AC段的动量变化量等于AC段弹力的冲量
C.B点的动量为0
D.OC段受到重力的冲量大小等于AC段弹力的冲量大小
解析：运动员在OA段只受重力，则动量增大，故A错误;运动员在AC段受重力和弹力，根据动量定理可知，运动员在AC段的动量变化量等于所受重力和弹力的冲量的矢量和，故B错误;运动员在B点时，加速度等于0，速度不为0，动量不为0，故C错误;对全过程应用动量定理可知IG-I弹=0，则OC段受到重力的冲量大小等于AC段弹力的冲量大小，方向相反，故D正确。
5.(5分)2025年11月14日,神舟二十号乘组与二十一号乘组完成在轨轮换后,返回地球。载人飞船返回舱进入大气层后,距地面10 km左右时开启降落伞,速度减至约8 m/s,接下来以这个速度在大气中降落,在距地面1.2 m时,返回舱的四台缓冲发动机开始向下喷气,舱体再次减速,到达地面时速度约为2 m/s。重力加速度为g。由以上信息可知 (　D　)
A.开启降落伞减速的过程中,舱体处于失重状态
B.在大气中匀速降落过程中,舱体的机械能保持不变
C.缓冲发动机开启过程中,航天员的加速度约为5g
D.舱体与地面撞击的过程中,撞击力的冲量大于舱体动量的变化量
解析：开启降落伞减速时，加速度方向向上，舱体处于超重状态，故A错误。匀速降落时动能不变，但重力势能减少，机械能减少，故B错误。根据v2-=2ah，其中v=2 m/s，v0=8 m/s，h=1.2 m，代入解得a=-25 m/s2，即加速度为-2.5g，故C错误。根据题意可知，舱体与地面撞击的过程中，受到重力和地面的撞击力，根据动量定理，合力的冲量等于动量的变化量，设竖直向上为正方向，则有I撞击力-I重力=Δp，因I重力>0，则有I撞击力=I重力+Δp，可得撞击力的冲量大于舱体动量的变化量，故D正确。
6.(5分)用水枪喷水是儿童喜欢的游戏,但是如果使用的玩具水枪冲击力较强,也有可能对儿童造成伤害。新闻曾多次报道有儿童眼睛被玩具水枪射伤的案例,所以儿童玩具水枪设计、制作的厂家必须控制水枪的冲击力,使水枪严格符合产品质量标准。设水枪喷水口的半径为r,刚从喷水口射出的水流水平垂直打到竖直放置的一块木板后不反弹,测得水流对竖直木板的平均冲力大小为F,已知水的密度为ρ,则喷水口的出水速度v为 (　A　)
A. B.
C. D.
解析：设短时间t内喷出的水柱的质量为m，则m=ρV=ρπr2vt，由动量定理得Ft=mv，即Ft=ρπvr2tv，解得F=ρπr2v2，v=，故选A。
7.(5分)在离地面同一高度有质量相同的三个小球,分别以相同速率抛出,a球竖直向上抛出,b球竖直向下抛出,c球水平抛出,不计空气阻力,则 (　C　)
A.三个小球落地时动量相同
B.从抛出到落地过程,三个小球动量变化相同
C.从抛出到落地过程,三个小球动量变化率相同
D.从抛出到落地过程,向上抛出的小球所受重力的冲量最小
解析：根据动能定理可知三个小球落地时速度大小相等，但方向不同，故动量不相同，故A错误;根据动量定理，动量变化等于合力的冲量，三个小球都只受重力，重力冲量I=mgt，因三个小球运动时间不同(上抛时间最长，下抛最短，平抛居中)，故动量变化不同，故B错误;因为动量变化率为=F，由于三个小球质量相同且仅受重力，故动量变化率相同，故C正确;重力冲量为I=mgt，上抛小球运动时间最长，冲量最大，下抛小球冲量最小，故D错误。
8.(5分)如图甲所示一物体静止在光滑水平面上,从t=0时刻起,受到如图乙所示的水平外力F,以向右运动为正方向,物体质量为2.5 kg,则下列说法正确的是 (　D　)
A.前1 s内力F对物体的冲量为5 N·s
B.t=2 s时物体回到出发点
C.t=3 s时物体的速度大小为1 m/s
D.第3 s内物体的位移为1 m
解析：前1 s内力F对物体的冲量为I=Ft=2.5 N·s，A错误;物体先向右加速运动，1 s后向右减速运动，又由题图乙可知Ft-Ft=0，可知t=2 s时物体速度变为0，没有回到出发点，B错误;由题图乙得Ft-Ft+Ft'=mv-0，解得v=2 m/s，C错误;第3 s内物体做初速度为0的匀加速直线运动，位移x=at2=××(1 s)2=1 m，D正确。
9.(5分)如图所示,“雨打芭蕉”是文学中常见的抒情意境,如白居易的“隔窗知夜雨,芭蕉先有声”、葛胜仲的“闲愁几许,梦逐芭蕉雨”等都是通过雨打芭蕉抒发作者的情感。将快落到芭蕉叶上的雨视为由单个质量为m、速度为v0的一系列小雨滴组成的,各个小雨滴垂直打在水平芭蕉叶上后,一半以速度v反向弹回,另一半速度为0。忽略芭蕉叶上的积水以及雨滴落在叶面上时重力的影响,忽略风力以及溅起的水珠对下落雨滴的影响。已知每立方米的体积内有N个小雨滴,则估算雨打芭蕉产生的压强p为 (　A　)
A.Nmv0(2v0+v) B.Nmv0(2v0-v)
C.Nmv0(v0+v) D.Nmv0(v0-v)
解析：设芭蕉叶的面积为S，t时间内有质量为Δm的雨滴打在芭蕉叶上，则有Δm=NmSv0t，根据题意可知一半以速度v反向弹回，以竖直向上为正方向，根据动量定理有F1t=·Δmv-，另一半速度为0，以竖直向上为正方向，根据动量定理有F2t=0-，根据压强的定义式p==，联立可得p=Nmv0(2v0+v)，故选A。
10.(10分)如图所示,质量为M的实心铁球牵引着质量为m的木块从静止开始下沉,经时间t1它们的速度达到v1,恰在此时绳断了,再经时间t2木块的速度变为0,求此时铁球的速度大小。
答案：
解析：设向下为正方向，对两者组成的系统有F合t1=(M+m)v1①，
在时间t2内F合t2=Mv-(M+m)v1②，
由①②式可得v=。
11.(5分)(多选)小朋友在广场上玩耍时,在空中O点把一塑料球以速度v0竖直向上抛出,上升到最高点后又下落至位置O。已知塑料球运动过程中受到空气阻力大小恒为其重力的,重力加速度为g。在此过程中,下列判断正确的是 (　BC　)
A.上升过程比下降过程重力冲量大
B.上升过程比下降过程所受合力冲量大
C.整个过程平均速率为v0
D.整个过程平均加速度大小为g
解析：设塑料球质量为m，在上升过程，根据牛顿第二定律有mg+f=ma1，代入数据解得加速度大小为a1=g，下降过程，根据牛顿第二定律有mg-f=ma2，代入数据解得加速度大小为a2=g，设回到原处的速度为v1，根据运动学公式有=2a1h，=2a2h，解得=，根据运动学公式有v0=a1t1，v1=a2t2，解得上升时间为t1=，下降时间为t2=>t1，塑料球回到原处的速度小于初速度，根据动量定理可知，塑料球上升过程比下降过程所受合力冲量大。根据重力的冲量IG=mgt，可知上升过程重力的冲量小于下降过程重力的冲量，故A错误，B正确。整个过程的时间为t=t1+t2=+，整个过程平均速率为=，其中上升高度h满足=2a1h，联立解得=v0，故C正确。整个过程速度变化量的大小Δv=v0+=，故整个过程平均加速度大小为=，代入数据解得=g，故D错误。(共46张PPT)
第一章　动量守恒定律
拓展提升课1　动量定理的应用
核心要点 点点过
1
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即时演练 堂堂清
2
课时作业3
3
核心要点 点点过
　　如果物体在不同阶段受力不同,即合力不恒定,此情况下应用动量定理时,一般采取以下两种方法:
(1)分段处理法:找出每一段合力的冲量I1、I2、…、In,这些冲量的矢量和即外力的合冲量I=I1+I2+…+In,根据动量定理I=p'-p求解,分段处理时,需注意各段冲量的正负及每一阶段的初、末速度。
(2)全过程处理法:在全过程中,第一个力的冲量I1,第二个力的冲量I2,…,第n个力的冲量In,这些冲量的矢量和即合冲量为I,根据I=p'-p求解,用全过程处理法求解时,需注意每个力的作用时间及力的方向。
说明：若不需要求中间量，则用全过程处理法更为简便。
要点一　用动量定理处理多过程问题
【例1】　蹦极是一项刺激的极限运动。如图所示,运动员将一端固定的弹性绳绑在腰或踝关节处,从几十米高处跳下。在某次蹦极中质量为60 kg的运动员在弹性绳绷紧后又经过2 s人的速度减为0,假设弹性绳长为45 m,重力加速度g取10 m/s2(忽略空气阻力),下列说法正确的是 (　　)
A.弹性绳在绷紧后2 s内对运动员的平均作用力大小为2 000 N
B.运动员在弹性绳绷紧后动量的改变量等于弹性绳的作用力的冲量
C.运动员从开始起跳到下落到最低点的整个运动过程中重力冲量与弹性绳作用力的冲量大小相等
D.运动员从开始起跳到下落到最低点的整个运动过程中重力冲量小于弹性绳作用力的冲量
C
【解析】　由机械能守恒得mgh=mv2，知弹性绳在刚绷紧时人的速度为v== m/s=30 m/s，在绷紧的过程中根据动量定理有(F-mg)t=0-(-mv)，代入数据解得F=1 500 N，故A错误;根据动量定理可知，运动员在弹性绳绷紧后，动量的改变量等于弹性绳作用力的冲量与重力冲量的和，故B错误;运动员整个过程中动量的变化量为0，即重力冲量与弹性绳作用力的冲量等大反向，故C正确，D错误。
【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0，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0，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0，取水平力F的方向为正方向，根据动量定理有Ft1-μmg(t1+t2)=0，解得t2=t1=×6 s=12 s。
　　对于两个物体组成的系统,它们间的相互作用力的冲量的矢量和总为0,所以动量定理也适用于多物体系统,表达式为IF=(m1v1'+m2v2')-(m1v1+m2v2),其中IF是系统外力冲量的矢量和。
【例3】　一辆质量为M的汽车,后面挂着一节质量为m的拖车,在汽车不变的牵引力作用下从静止开始,在平直的公路上,以加速度a做匀加速直线运动,经过时间t,拖车脱钩,汽车和拖车分开,分开后汽车牵引力仍不变,又经时间t', 拖车停止运动。问此时汽车速度多大
【答案】　
要点二　用动量定理解决多物体问题
【解析】　以汽车前进方向为正方向，对汽车和拖车系统，由牛顿第二定律有F-f=(M+m)a，对汽车和拖车系统，由动量定理有F(t+t')-f(t+t')=Mv，得v=。
【例4】　如图所示,质量M=2 kg的木板静止放在光滑水平面上,木板右端放着质量m=1 kg的物块,木板和物块间的动摩擦因数μ=0.2。木板在水平恒力F=8 N的作用下运动了2 s,木板足够长,求:
(1)此过程恒力F的冲量大小;
【答案】　(1)16 N·s　
【解析】　(1)F的冲量大小IF=Ft=16 N·s。
(2)此时木板和物块的总动量的大小(重力加速度g取10 m/s2,用两种方法求解)。
【答案】　(2)16 kg·m/s　方法见解析
【解析】　(2)物块与木板相对滑动，
解法一:选向右为正方向，此时对物块:μmgt=mv1，得p1=mv1=4 kg·m/s，
对木板:Ft-μmgt=Mv2，得p2=Mv2=12 kg·m/s，故总动量的大小p=p1+p2=16 kg·m/s。
解法二:对系统，IF=Ft=16 kg·m/s。
1.流体类问题
运动着的连续的气流、水流等流体,与其他物体的表面接触的过程中,会对接触面有冲击力。此类问题通常通过动量定理解决。
要点三　连续变质量问题
2.解答质量连续变动的动量问题的基本思路
(1)确定研究对象:Δt时间内流体微元。
(2)建立“柱体”模型
对于流体,可沿流速v的方向选取一段柱形流体,设在Δt时间内通过某一横截面积为S的流体长度Δl=vΔt,如图所示,若流体的密度为ρ,那么,在这段时间内流过该截面的流体的质量为Δm=ρSΔl=ρSvΔt。
(3)运用动量定理,即流体微元所受的合力的冲量等于流体微元动量的增量,即F合Δt=Δp(Δt足够短时,流体重力可忽略不计)。
【例5】　喷口竖直向下的水龙头喷出的水形成水柱冲击到地面,已知喷口到地面的高度h=1 m,水喷出时初速度v0=4 m/s,落到地面时水柱横截面积为S=2 cm2,水柱冲击地面的时间很短,冲击地面后的速度为0,忽略空气阻力,已知水的密度ρ=1 000 kg/m3,重力加速度g取10 m/s2,求水柱对地面的平均冲击力大小。
【答案】　7.2 N
【解析】　根据速度与位移关系式可得v2-=2gh，代入数据可得，水到达地面时的速度为v=6 m/s，规定向下为正方向，对很短时间t内的一段水柱，由动量定理可得Ft=0-ρSv2t，代入数据可得F=-7.2 N，由牛顿第三定律可得，水柱对地面的平均冲击力大小F'=7.2 N。
【例6】　有关专家研究得出人在打喷嚏时一次可以喷出10万个唾液飞沫,这些飞沫以每小时145千米的速度在空气中传播。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.
【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F'=，故选D。
D
规律方法
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。
即时演练 堂堂清
1.春节时人们常放一种叫二踢脚的鞭炮,也叫双响炮。其第一响类似于火箭发射,火药点燃爆炸,利用反冲作用使二踢脚飞向空中。有一种二踢脚质量m=150 g,第一响的时间t=0.05 s,上升的高度h=30 m。忽略空气阻力,不计二踢脚第一响后质量的变化,重力加速度g取10 m/s2,第一响中二踢脚受到的平均反冲作用力大小约为 (　　)
A.73.5 N　B.50.6 N　C.43.4 N　D.28.5 N
解析：二踢脚上升做匀减速运动，由运动学公式有0-v2=-2gh，可得第一响上升的初速度大小为v=10 m/s，第一响过程中平均反冲作用力远大于重力，所以由动量定理有t=mv-0，代入数值，可得平均反冲作用力大小为≈73.5 N，故选A。
A
2.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取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
解析：篮球自由下落过程有h1=g，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，全程根据动量定理有FΔt-mgt=0，解得F≈21 N，故B正确。
B
3.如图所示,光滑水平面上放有相互接触但不粘连的两个物体A、B,物体A质量mA=2 kg,物体B质量mB=1 kg。作用在两物体A、B上的力随时间变化的规律分别为FA=4+t(N)、FB=8-t(N)。下列说法正确的是 (　　)
A.t=0时,物体A的加速度大小为2 m/s2
B.t=2 s时,物体A、B开始分离
C.在0~4 s时间内,FA和FB做功的代数和为382 J
D.t=6 s时,物体A的速度为25 m/s
D
解析：由题知，当t=0时，FA=4 N，FB=8 N，设A和B的共同加速度大小为a，根据牛顿第二定律有FA+FB=(mA+mB)a，解得a=4 m/s2，故A错误;A和B恰好分离时，A和B速度相等，无相互作用力，加速度相等，且仍为a=4 m/s2，对A，根据牛顿第二定律有FA=mAa，解得t=4 s，故B错误;由选项B的分析可知在0~4 s内A、B没有分离，速度相等，加速度相等，且仍为a=4 m/s2，A、B整体做匀加速直线运动，故4 s末A、B整体的速度为v=at=4×4 m/s=16 m/s，根据动能定理可得FA和FB做功的代数和为W=(mA+mB)v2=384 J，故C错误;由选项B的分析可知4 s后A、B分离，分离时A的速度为v=16 m/s，分离后，A受到的作用力为FA=4+t(N)，
当t1=4 s时F1=8 N，当t2=6 s时F2=10 N，作出F-t图像如图所示，根据F-t图像与时间轴围成的面积表示冲量，则有I=×2 N·s=18 N·s，则在4~6 s时间内，根据动量定理有I=mAv'-mAv，解得v'=25 m/s，故D正确。
4.如图所示,某型号的无人机有四个螺旋桨,每个螺旋桨的半径为R,无人机的质量为m。当螺旋桨旋转时可以使空气由静止向下运动而使无人机上升。已知该无人机竖直加速上升的加速度为a,空气的密度为ρ,重力加速度大小为g,不计无人机上升过程中的空气阻力,则螺旋桨旋转使空气向下运动的速度为 (　　)
A. B.
C. D.
A
解析：对无人机受力分析，设每个螺旋桨提供的升力为F，由牛顿第二定律得4F-mg=ma，在极短时间Δt内，对空气由动量定理得FΔt=Δmv=ρπR2vΔtv，两式联立解得v=，故选A。
课时作业3

1.(5分)质量为5 kg的物体做直线运动,其速度—时间图像如图所示,则物体在前10 s内和后10 s内所受合力的冲量分别是(　　)
A.50 N·s,50 N·s
B.50 N·s,-50 N·s
C.0,50 N·s
D.0,-50 N·s
解析：由题图可知，在前10 s内初、末状态的动量相同，p1=p2=25 kg·m/s，由动量定理知I1=0，在后10 s内末状态的动量p3=-25 kg·m/s，由动量定理得I2=p3-p2=-50 N·s，故选D。
D
2.(5分)为估算淋浴时人头部受水冲击产生的平均压强,测试员在花洒下自己头顶处,放置一个烧杯,测得半分钟内烧杯中水面上升了90 mm,查询得知花洒喷出的水落至头顶时速度约为0.7 m/s。据此估算人头部受水冲击的平均压强约为(设水滴撞击头部后无反弹,不计水滴重力,水的密度为1.0×103 kg/m3,将人头顶视为平面) (　　)
A.2.1 Pa　B.4.9 Pa　C.210 Pa　D.490 Pa
解析：设烧杯的底面积为S，水滴对杯底的压力F=pS，对落下的水滴由动量定理有-pSΔt=0-Δmv，式中Δm=ρSh，联立得p== Pa=2.1 Pa，故选A。
A
3.(5分)如图所示,使甲、乙两条形磁体隔开一段距离,静置于水平桌面上,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大
C.甲的动量大小与乙的相等
D.甲和乙的动量之和不为0
D
解析：分别对甲和乙受力分析，设两者间的磁力为F，对甲由牛顿第二定律得F-μm甲g=m甲a甲，解得a甲=-μg，对乙由牛顿第二定律得F-μm乙g=
m乙a乙，解得a乙=-μg，由题意可知m甲>m乙，则a甲4.(5分)蹦床是一项技术含量很高的体育运动,如图所示,比赛中运动员从空中最高点O自由下落,接触蹦床A点后继续向下运动到最低点C。B点为运动员最终静止在蹦床上时的位置。忽略空气阻力,则在运动员从最高点下落到最低点的过程中,运动员在 (　　)
A.OA段动量不变
B.AC段的动量变化量等于AC段弹力的冲量
C.B点的动量为0
D.OC段受到重力的冲量大小等于AC段弹力的冲量大小
D
解析：运动员在OA段只受重力，则动量增大，故A错误;运动员在AC段受重力和弹力，根据动量定理可知，运动员在AC段的动量变化量等于所受重力和弹力的冲量的矢量和，故B错误;运动员在B点时，加速度等于0，速度不为0，动量不为0，故C错误;对全过程应用动量定理可知IG-I弹=0，则OC段受到重力的冲量大小等于AC段弹力的冲量大小，方向相反，故D正确。
5.(5分)2025年11月14日,神舟二十号乘组与二十一号乘组完成在轨轮换后,返回地球。载人飞船返回舱进入大气层后,距地面10 km左右时开启降落伞,速度减至约8 m/s,接下来以这个速度在大气中降落,在距地面1.2 m时,返回舱的四台缓冲发动机开始向下喷气,舱体再次减速,到达地面时速度约为2 m/s。重力加速度为g。由以上信息可知 (　　)
A.开启降落伞减速的过程中,舱体处于失重状态
B.在大气中匀速降落过程中,舱体的机械能保持不变
C.缓冲发动机开启过程中,航天员的加速度约为5g
D.舱体与地面撞击的过程中,撞击力的冲量大于舱体动量的变化量
D
解析：开启降落伞减速时，加速度方向向上，舱体处于超重状态，故A错误。匀速降落时动能不变，但重力势能减少，机械能减少，故B错误。根据v2-=2ah，其中v=2 m/s，v0=8 m/s，h=1.2 m，代入解得a=-25 m/s2，即加速度为-2.5g，故C错误。根据题意可知，舱体与地面撞击的过程中，受到重力和地面的撞击力，根据动量定理，合力的冲量等于动量的变化量，设竖直向上为正方向，则有I撞击力-I重力=Δp，因I重力>0，则有I撞击力=
I重力+Δp，可得撞击力的冲量大于舱体动量的变化量，故D正确。
6.(5分)用水枪喷水是儿童喜欢的游戏,但是如果使用的玩具水枪冲击力较强,也有可能对儿童造成伤害。新闻曾多次报道有儿童眼睛被玩具水枪射伤的案例,所以儿童玩具水枪设计、制作的厂家必须控制水枪的冲击力,使水枪严格符合产品质量标准。设水枪喷水口的半径为r,刚从喷水口射出的水流水平垂直打到竖直放置的一块木板后不反弹,测得水流对竖直木板的平均冲力大小为F,已知水的密度为ρ,则喷水口的出水速度v为 (　　)
A.　B.　C.　D.
A
解析：设短时间t内喷出的水柱的质量为m，则m=ρV=ρπr2vt，由动量定理得Ft=mv，即Ft=ρπvr2tv，解得F=ρπr2v2，v=，故选A。

7.(5分)在离地面同一高度有质量相同的三个小球,分别以相同速率抛出,a球竖直向上抛出,b球竖直向下抛出,c球水平抛出,不计空气阻力,则(　　)
A.三个小球落地时动量相同
B.从抛出到落地过程,三个小球动量变化相同
C.从抛出到落地过程,三个小球动量变化率相同
D.从抛出到落地过程,向上抛出的小球所受重力的冲量最小
C
解析：根据动能定理可知三个小球落地时速度大小相等，但方向不同，故动量不相同，故A错误;根据动量定理，动量变化等于合力的冲量，三个小球都只受重力，重力冲量I=mgt，因三个小球运动时间不同(上抛时间最长，下抛最短，平抛居中)，故动量变化不同，故B错误;因为动量变化率为=F，由于三个小球质量相同且仅受重力，故动量变化率相同，故C正确;重力冲量为I=mgt，上抛小球运动时间最长，冲量最大，下抛小球冲量最小，故D错误。
8.(5分)如图甲所示一物体静止在光滑水平面上,从t=0时刻起,受到如图乙所示的水平外力F,以向右运动为正方向,物体质量为2.5 kg,则下列说法正确的是 (　　)
A.前1 s内力F对物体的冲量为5 N·s
B.t=2 s时物体回到出发点
C.t=3 s时物体的速度大小为1 m/s
D.第3 s内物体的位移为1 m
D
解析：前1 s内力F对物体的冲量为I=Ft=2.5 N·s，A错误;物体先向右加速运动，1 s后向右减速运动，又由题图乙可知Ft-Ft=0，可知t=2 s时物体速度变为0，没有回到出发点，B错误;由题图乙得Ft-Ft+Ft'=mv-0，解得v=2 m/s，C错误;第3 s内物体做初速度为0的匀加速直线运动，位移x=at2=××(1 s)2=1 m，D正确。
9.(5分)如图所示,“雨打芭蕉”是文学中常见的抒情意境,如白居易的“隔窗知夜雨,芭蕉先有声”、葛胜仲的“闲愁几许,梦逐芭蕉雨”等都是通过雨打芭蕉抒发作者的情感。将快落到芭蕉叶上的雨视为由单个质量为m、速度为v0的一系列小雨滴组成的,各个小雨滴垂直打在水平芭蕉叶上后,一半以速度v反向弹回,另一半速度为0。忽略芭蕉叶上的积水以及雨滴落在叶面上时重力的影响,忽略风力以及溅起的水珠对下落雨滴的影响。已知每立方米的体积内有N个小雨滴,则估算雨打芭蕉产生的压强p为 (　　)
A.Nmv0(2v0+v) B.Nmv0(2v0-v)
C.Nmv0(v0+v) D.Nmv0(v0-v)
A
解析：设芭蕉叶的面积为S，t时间内有质量为Δm的雨滴打在芭蕉叶上，则有Δm=NmSv0t，根据题意可知一半以速度v反向弹回，以竖直向上为正方向，根据动量定理有F1t=·Δmv-，另一半速度为0，以竖直向上为正方向，根据动量定理有F2t=0-，根据压强的定义式p==，联立可得p=Nmv0(2v0+v)，故选A。
10.(10分)如图所示,质量为M的实心铁球牵引着质量为m的木块从静止开始下沉,经时间t1它们的速度达到v1,恰在此时绳断了,再经时间t2木块的速度变为0,求此时铁球的速度大小。
答案：
解析：设向下为正方向，对两者组成的系统有F合t1=(M+m)v1①，
在时间t2内F合t2=Mv-(M+m)v1②，
由①②式可得v=。

11.(5分)(多选)小朋友在广场上玩耍时,在空中O点把一塑料球以速度v0竖直向上抛出,上升到最高点后又下落至位置O。已知塑料球运动过程中受到空气阻力大小恒为其重力的,重力加速度为g。在此过程中,下列判断正确的是(　　)
A.上升过程比下降过程重力冲量大
B.上升过程比下降过程所受合力冲量大
C.整个过程平均速率为v0
D.整个过程平均加速度大小为g
BC
解析：设塑料球质量为m，在上升过程，根据牛顿第二定律有mg+f=ma1，代入数据解得加速度大小为a1=g，下降过程，根据牛顿第二定律有mg-f=ma2，代入数据解得加速度大小为a2=g，设回到原处的速度为v1，根据运动学公式有=2a1h，=2a2h，解得=，根据运动学公式有v0=a1t1，v1=a2t2，解得上升时间为t1=，下降时间为t2=>t1，塑料球回到原处的速度小于初速度，根据动量定理可知，塑料球上升过程比下降过程所受合力冲量大。根据重力的冲量IG=mgt，可知上升过程重力的冲量小于下降过程重力的冲量，故A错误，B正确。整个过程的时间为t=t1+t2=+，整个过程平均速率为=，其中上升高度h满足=2a1h，联立解得=v0，故C正确。整个过程速度变化量的大小Δv=v0+=，故整个过程平均加速度大小为=，代入数据解得=g，故D错误。
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