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物理 选择性必修 第一册 RJ
专题提升一　动量定理的综合问题
提升　应用动量定理解决多过程问题
应用动量定理处理多过程问题的两种思路
(1)分段分别应用动量定理求解。
(2)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。
“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，在空中感受失重的滋味。若此人质量为60 kg，橡皮绳原长20 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为5 s，重力加速度g取10 m/s2，橡皮绳重力和空气阻力忽略不计。求：
(1)橡皮绳刚伸直时，此人的速度大小和下落时间；
(2)从橡皮绳伸直到人下落到最低点的过程中橡皮绳对人的平均作用力大小。
[解析]　(1)设人的质量为m，橡皮绳刚伸直时，此人的速度大小为v，人从P点静止下落到橡皮绳正好伸直的时间为t1，人做自由落体运动下落h＝20 m高度的过程，由机械能守恒定律有
mgh＝mv2－0
根据动量定理有mgt1＝mv－0
代入数据解得v＝20 m/s，t1＝2 s。
(2)设从橡皮绳伸直到人下落到最低点的过程中橡皮绳对人的平均作用力大小为F，橡皮绳对人的作用时间为t2，此人从P点自静止下落到最低点所用时间为t，则有t2＝t－t1
解法一(分段法)：取向上为正方向，橡皮绳作用过程，对人由动量定理得
(F－mg)t2＝0－(－mv)
代入数据解得F＝1000 N。
解法二(全程法)：取向上为正方向，人下落的全过程，对人由动量定理得Ft2－mgt＝0－0
代入数据解得F＝1000 N。
[答案]　(1)20 m/s　2 s　(2)1000 N
[跟进训练]　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：对于撤去F前物体做匀加速运动的过程，物体的初速度为零，设其末速度为v。取水平力F的方向为正方向，已知力F的作用时间为t1＝6 s，根据动量定理有
(F－μmg)t1＝mv－0
对于撤去F后物体做匀减速运动的过程，物体的初速度为v，末速度为零，设撤去F后物体还能向前运动时间t2，根据动量定理有
－μmgt2＝0－mv
联立解得t2＝12 s。
解法二：整个运动过程物体的初、末速度都等于零，取水平力F的方向为正方向，已知力F的作用时间为t1＝6 s，设撤去F后物体还能向前运动时间t2，根据动量定理有
Ft1－μmg(t1＋t2)＝0－0
解得t2＝12 s。
提升　动量定理与动能定理
动量定理与动能定理的比较
动量定理 动能定理
表达式 FΔt＝Δp FΔx＝ΔEk
物理意义 反映了力对时间的累积效应 反映了力对空间的累积效应
标矢性 矢量式，应用时必须选取正方向，可以对速度和力正交分解列分量方程 标量式，应用时不涉及方向，不能对速度和力正交分解列分量方程
适用 情况 涉及一段时间(或冲量)时，选用动量定理 涉及一段位移(或功)时，选用动能定理
某建筑工地上的打夯机将质量为1×104 kg的钢制重锤升高到20 m的高处后使其自由下落，重锤在地面上砸出一个深坑且不反弹，重锤冲击地面的过程历时0．1 s。取g＝10 m/s2。求：
(1)重锤落地瞬间速度的大小；
(2)重锤冲击地面的过程中重锤对地面的平均冲击力大小。
[解析]　(1)设重锤落地瞬间速度的大小为v，重锤自由下落过程中，根据动能定理有
mgh＝mv2－0
其中重锤的质量m＝1×104 kg，重锤下落的高度h＝20 m
解得v＝20 m/s。
(2)设重锤冲击地面的过程中地面对重锤的平均冲击力大小为，以向下为正方向，由动量定理有(mg－)t＝0－mv
其中重锤冲击地面的过程历时t＝0．1 s
解得＝2．1×106 N
由牛顿第三定律可知，重锤对地面的平均冲击力大小′＝＝2．1×106 N。
[答案]　(1)20 m/s　(2)2．1×106 N
[跟进训练]　一质量为m的子弹以速度v0水平射入并穿过静置在光滑水平地面上的木块，如图所示，已知木块的质量为M，子弹穿过木块的时间为t，木块对子弹的阻力恒为f。求：
(1)子弹穿过木块后，子弹和木块运动的速度大小；
(2)子弹穿过木块的过程，木块运动的距离。
答案：(1)v0－　　(2)
解析：(1)设子弹穿过木块后，子弹运动的速度大小为v1，木块运动的速度大小为v2，以水平向右为正方向，根据动量定理，
对子弹有－ft＝mv1－mv0
对木块有f′t＝Mv2－0
其中子弹对木块的作用力大小f′＝f
解得v1＝v0－，v2＝。
(2)设子弹穿过木块的过程，木块运动的距离为x，对木块根据动能定理有f′x＝Mv－0
解得x＝。
提升　应用动量定理解决流体问题
水流、气流等流体会对接触面产生持续的冲击力F。
1．计算冲击力大小的思路：根据微元思想，选取很短时间内冲击接触面的一段流体为研究对象，根据动量定理计算这段流体受到接触面的冲击力F′，最后根据牛顿第三定律可得F。
2．解题步骤
(1)建立“柱体”模型：沿流速v的方向选取一段柱形流体为研究对象，其横截面积为S；
(2)微元研究：设在很短的时间Δt内通过某一横截面的流体长度为Δl，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)列方程求F：分析微元的受力情况和动量变化，运用动量定理F合Δt＝Δp，结合F合与F的关系列式求解。(注意：一般要用到牛顿第三定律)
如图所示，高压水流切割器又称“水刀”，它将水以极高的速度垂直喷射到材料表面进行切割作业。某型号“水刀”喷嘴喷出的高压水流的最大速度为500 m/s，假设“水刀”喷嘴喷出的水垂直打到材料表面后速度立即减为零，已知水的密度为1．0×103 kg/m3，水柱的截面面积是1 mm2，水对材料表面的作用力远大于水受到的重力，求：
(1)“水刀”1 s内喷出高压水流的最大质量；
(2)高压水流对材料的最大冲击力大小；
(3)高压水流对材料的最大压强。
[解析]　(1)设“水刀”喷嘴喷出的高压水流的最大速度为v，水的密度为ρ，水柱的截面面积为S，则“水刀”在t0＝1 s内喷出高压水流的最大体积V0＝Svt0
“水刀”1 s内喷出高压水流的最大质量
m0＝ρV0
联立并代入数据解得m0＝0．5 kg。
(2)设材料对高压水流的最大冲击力大小为F，对t0时间内以最大速度喷出的高压水流，以水流方向为正方向，根据动量定理有
－Ft0＝0－m0v
根据牛顿第三定律，高压水流对材料的最大冲击力大小F′＝F
联立并代入数据解得F′＝250 N。
(3)高压水流对材料的最大压强为p＝
代入数据解得p＝2．5×108 Pa。
[答案]　(1)0．5 kg　(2)250 N　(3)2．5×108 Pa
课后课时作业
题型一　应用动量定理解决多过程问题
1．我国首套高温超导电动悬浮试验系统于2023年3月31日完成首次悬浮运行。试验列车在水平面上从静止开始运动，经过t时间关闭牵引系统，又向前滑行2t时间后停下。若列车行驶时始终受到大小恒定的阻力f，则牵引系统动力大小为(　　)
A．f B．2f
C．3f D．4f
答案：C
解析：设列车的牵引系统动力大小为F，规定列车行驶的方向为正方向，整个过程中由动量定理可知Ft－f·3t＝0－0，解得F＝3f，故选C。
2．一质量为2 kg的物块静止在光滑的水平面上，从t＝0时刻开始受到一水平外力F的作用，F随时间t变化的图线如图所示。取t＝0时刻力F的方向为正方向，重力加速度大小取g＝10 m/s2。下列说法正确的是(　　)
A．前2 s时间内，力F对物块做的功为4 J
B．t＝4 s时，物块的速度大小为2 m/s
C．前4 s时间内，力F的冲量为6 N·s
D．t＝2 s时，物块的动量为2 kg·m/s
答案：A
解析：F t图像中，图线与时间轴所围面积表示冲量，前4 s时间内，力F的冲量为I＝2×2 N·s＋(4－2)×(－1) N·s＝2 N·s，根据动量定理有I＝mv－0，解得t＝4 s时，物块的速度为v＝1 m/s，故B、C错误；前2 s时间内，力F的冲量I1＝2×2 N·s＝4 N·s，根据动量定理有I1＝mv1－0，解得t＝2 s时，物块的速度为v1＝2 m/s，则物块的动量为p1＝mv1＝4 kg·m/s，根据动能定理，前2 s时间内，力F对物块做的功为W＝mv－0＝4 J，故A正确，D错误。
3．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可以判断篮球的性能。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，由匀变速直线运动规律可得h1＝gt，解得自由下落时间为t1＝0．6 s，反弹后到最高点所用时间为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Δt－mgt＝0－0，解得地面对篮球的平均作用力大小为≈21 N，根据牛顿第三定律可知，篮球对地面的平均作用力大小为′＝≈21 N，故B正确。
题型二　动量定理与动能定理
4．(多选)一个质量为0．18 kg的垒球，以大小为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，相互作用过程重力的影响可忽略。下列说法正确的是(　　)
A．球棒对垒球的平均作用力大小为1260 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大小为，取末速度方向为正方向，由动量定理得Δt＝mv2－mv1，其中v2＝45 m/s，v1＝－25 m/s，m＝0．18 kg，Δt＝0．01 s，代入数据解得＝1260 N，故A正确，B错误；由动能定理得，球棒对垒球做的功为W＝mv－mv＝126 J，故C正确，D错误。
5．两位同学对变力问题感兴趣。张明同学将质量为m＝2 kg的物体放置在光滑的水平面上，从静止施加水平拉力，拉力随时间变化的F t图像如图甲，2 s末时物体获得的速度为v1；李华同学将质量为m＝2 kg的物体放置在光滑的水平面上，从静止施加水平拉力，拉力随位移变化的F x图像如图乙，运动2 m时物体获得的速度为v2，那么(　　)
A．v1＝4．5 m/s，v2＝4．5 m/s
B．v1＝4．5 m/s，v2＝3 m/s
C．v1＝6 m/s，v2＝3 m/s
D．v1＝6 m/s，v2＝4．5 m/s
答案：B
解析：张明同学拉物体的过程中，由动量定理得tΔt＝mv1－0，由F t图像可知，t＝＝4．5 N，联立可解得2 s末时物体获得的速度为v1＝4．5 m/s；李华同学拉物体的过程中，由动能定理得xΔx＝mv－0，由F x图像可知，x＝＝4．5 N，联立可解得运动2 m时物体获得的速度为v2＝3 m/s，故选B。
6．(多选)质量为0．2 kg的小球从静止开始下落，竖直向下以6 m/s的速度落至水平地面，再以4 m/s的速度反向弹回。在小球与地面接触的时间内小球受到的平均合力大小为小球重力大小的10倍，取竖直向上为正方向，关于此过程中小球动量变化量Δp、合力对小球的冲量I、合力对小球做的功W及作用时间t，下列结论正确的是(　　)
A．Δp＝2 kg·m/s B．W＝2 J
C．I＝0．4 N·s D．t＝0．1 s
答案：AD
解析：小球的初速度v0＝－6 m/s，末速度v＝4 m/s，小球的动量变化量Δp＝mv－mv0＝0．2×4 kg·m/s－0．2×(－6) kg·m/s＝2 kg·m/s，故A正确；根据动能定理可得合力对小球做的功W＝mv2－mv＝×0．2×42 J－×0．2×(－6)2 J＝－2 J，故B错误；根据动量定理有Δp＝I＝10mgt，可得I＝2 N·s，t＝0．1 s，故D正确，C错误。
7．一质量为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大小为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)求碰撞后物块克服摩擦力做的功。
答案：(1)0．32　(2)130 N　(3)9 J
解析：(1)对物块由A点运动至与墙壁碰撞前瞬间的过程，由动能定理有
－μmgs＝mv－mv
其中m＝0．5 kg，s＝5 m，v1＝7 m/s
代入数据解得μ＝0．32。
(2)以碰后速度方向为正方向，在碰撞过程中，对物块由动量定理有FΔt＝mv2－(－mv1)
其中v2＝6 m/s，Δt＝0．05 s
代入数据解得F＝130 N。
(3)碰撞后至物块停止运动的过程，由动能定理得，物块克服摩擦力做的功W＝－ΔEk
其中ΔEk＝0－mv
联立并代入数据解得W＝9 J。
题型三　应用动量定理解决流体问题
8．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为(　　)
A．7500 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，联立解得风阻尼器对这部分空气的作用力为F＝ρSv2＝7500 N，根据牛顿第三定律可知，风对风阻尼器产生的作用力为7500 N，故A正确。
9．如图所示，无人机救援时可以将落水被困人员腾空吊起，安全救回岸边。无人机主要由四台完全相同的电动机驱动的螺旋桨构成，四个螺旋桨水平旋转时扫过的总面积为S。已知无人机与装备的总质量为m，被困人员的质量为M，重力加速度的大小为g，空气密度为ρ，环境风速不计。当该无人机承载被困人员在空中悬停时，求：
(1)螺旋桨向下推动气流产生的风速大小；
(2)四个电动机输出的总功率。
答案：(1)　(2)
解析：(1)无人机在空中悬停时，四个相同的螺旋桨向下推动空气获得升力，对被困人员和无人机整体，根据平衡条件可知，总升力F＝(m＋M)g
设螺旋桨向下推动气流产生的风速大小为v，Δt时间内四个螺旋桨向下吹出的空气的质量为Δm，这部分空气受到螺旋桨的作用力大小为F′，则Δm＝ρSvΔt
对质量为Δm的空气，由动量定理有
F′Δt＝Δmv－0
根据牛顿第三定律，有F＝F′
联立解得v＝。
(2)Δt时间内，四个电动机对空气做的功
W＝Δmv2
四个电动机输出的总功率P＝
联立解得P＝。
10．两物体的质量分别为m1和m2，它们分别只在恒力F1和F2的作用下由静止开始运动。经相同的位移，恒力的冲量相同，则两恒力的比值为(　　)
A． B．
C． D．
答案：C
解析：设质量为m的物体，只在恒力F的作用下经过位移x后的速度大小为v，根据动能定理有Fx＝mv2－0，根据动量定理可知，恒力F的冲量I＝mv－0，联立可得F＝，根据题意可知x1＝x2，I1＝I2，则＝，故选C。
11．(多选)如图所示为水平圆盘的俯视图，圆盘上与中心轴O距离r处有一质量为m的小物块(小物块可视为质点)。某时刻起圆盘绕轴O转动，角速度从0增大至ω，小物块始终相对圆盘静止。已知重力加速度为g，此过程小物块所受的摩擦力(　　)
A．方向始终指向O点
B．冲量大小为mωr
C．做功为0
D．做功为mω2r2
答案：BD
解析：对小物块受力分析可知，小物块所受合力等于圆盘对其静摩擦力，由于角速度从0增大至ω，则小物块做变速圆周运动，静摩擦力沿径向的分力提供向心力，沿切向的分力使小物块线速度增大，即此过程小物块所受的摩擦力不指向圆心，故A错误；小物块在角速度从0增大至ω的过程中，根据动量定理有I＝mv－0，且v＝ωr，则小物块所受合力即摩擦力的冲量为I＝mωr，故B正确；小物块在角速度从0增大至ω的过程中，根据动能定理有W＝mv2－0＝mω2r2，可知小物块所受合力即摩擦力做功为mω2r2，故C错误，D正确。
12．假设有一宇宙飞船，它的正面面积为S，以速度v飞入一宇宙微粒尘区，此尘区每立方米体积的微粒数为n，微粒的平均质量为m。设微粒与飞船外壳碰撞后附于飞船上，若要飞船速度保持不变，则关于飞船应增加的驱动力ΔF正确的是(　　)
A．ΔF＝nSmv2 B．ΔF＝nSmv
C．ΔF＝nSmv3 D．ΔF＝2nSmv2
答案：A
解析：根据题意可知，时间Δt内，吸附于飞船上的微粒的总质量Δm＝SvΔt·nm，对这部分微粒，根据动量定理可得ΔF′Δt＝Δmv－0，解得飞船对这部分微粒的作用力ΔF′＝nSmv2，则由牛顿第三定律和平衡条件知ΔF＝ΔF′＝nSmv2，故选A。
[名师点拨]　尘埃、电子流、光子流密集地撞击接触面，从而能对接触面产生持续的压力，在计算该压力时，可将粒子流类比为流体，单位体积内的粒子数乘以单个粒子的质量，就相当于流体的密度，然后就可用微元法结合动量定理列方程求解。
13．(多选)为检测某新能源汽车的性能，现在平直公路上做实验。如图甲所示，汽车质量为2×103 kg(可看作质点)，在平直公路上行驶，其中PQ路段为柏油路，QM路段为沙石路，汽车从P处运动到M处的过程，其速度v随时间t的变化规律如图乙所示，已知汽车在PQ路段受到的阻力为其重力的，在QM路段受到的阻力保持不变，在整个行驶过程中汽车的功率保持不变，g＝10 m/s2，则以下说法中正确的是(　　)
A．汽车的功率为2×103 W
B．汽车的功率为2×104 W
C．汽车从Q处运动到M处的过程中，克服阻力做的功为2．75×104 J
D．汽车从Q处运动到M处的过程中，牵引力的冲量为3×104 N·s
答案：BD
解析：根据题意可知，汽车在PQ路段受到的阻力大小为f＝mg＝2×103 N，由图乙可知，汽车在PQ路段以v1＝10 m/s的速度匀速行驶，此时，汽车的牵引力大小等于阻力大小，即F＝f＝2×103 N，汽车的功率为P＝Fv1＝2×104 W，故A错误，B正确；汽车从Q处运动到M处的过程中，设克服阻力做的功为W，根据动能定理有Pt2－W＝mv－mv，其中t2＝15 s－5 s＝10 s，vM＝5 m/s，代入数据解得W＝2．75×105 J，故C错误；由图乙可知，汽车在QM路段最终以vM＝5 m/s的速度做匀速运动，设此时的牵引力大小为F′，阻力大小为f′，则有P＝F′vM＝f′vM，解得f′＝4×103 N，汽车从Q处运动到M处的过程中，设牵引力的冲量为I，根据动量定理有I－f′t2＝mvM－mv1，代入数据解得I＝3×104 N·s，故D正确。
13(共45张PPT)
第一章　动量守恒定律
专题提升一　动量定理的综合问题
目录
1
课后课时作业
提升
２
提升
提升　　 　应用动量定理解决多过程问题
应用动量定理处理多过程问题的两种思路
(1)分段分别应用动量定理求解。
(2)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。
“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，在空中感受失重的滋味。若此人质量为60 kg，橡皮绳原长20 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为5 s，重力加速度g取10 m/s2，橡皮绳重力和空气阻力忽略不计。求：
(1)橡皮绳刚伸直时，此人的速度大小和下落时间；
(2)从橡皮绳伸直到人下落到最低点的过程中橡皮绳对人的
平均作用力大小。
[答案]　(1)20 m/s　2 s　(2)1000 N
(2)设从橡皮绳伸直到人下落到最低点的过程中橡皮绳对人的平均作用力大小为F，橡皮绳对人的作用时间为t2，此人从P点自静止下落到最低点所用时间为t，则有t2＝t－t1
解法一(分段法)：取向上为正方向，橡皮绳作用过程，对人由动量定理得
(F－mg)t2＝0－(－mv)
代入数据解得F＝1000 N。
解法二(全程法)：取向上为正方向，人下落的全过程，对人由动量定理得Ft2－mgt＝0－0
代入数据解得F＝1000 N。
[跟进训练]　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：对于撤去F前物体做匀加速运动的过程，物体的初速度为零，设其末速度为v。取水平力F的方向为正方向，已知力F的作用时间为t1＝6 s，根据动量定理有(F－μmg)t1＝mv－0
对于撤去F后物体做匀减速运动的过程，物体的初速度为v，末速度为零，设撤去F后物体还能向前运动时间t2，根据动量定理有－μmgt2＝0－mv
联立解得t2＝12 s。
解法二：整个运动过程物体的初、末速度都等于零，取水平力F的方向为正方向，已知力F的作用时间为t1＝6 s，设撤去F后物体还能向前运动时间t2，根据动量定理有
Ft1－μmg(t1＋t2)＝0－0
解得t2＝12 s。
提升　　　动量定理与动能定理
动量定理与动能定理的比较
动量定理 动能定理
表达式 FΔt＝Δp FΔx＝ΔEk
物理意义 反映了力对时间的累积效应 反映了力对空间的累积效应
标矢性 矢量式，应用时必须选取正方向，可以对速度和力正交分解列分量方程 标量式，应用时不涉及方向，不能对速度和力正交分解列分量方程
适用情况 涉及一段时间(或冲量)时，选用动量定理 涉及一段位移(或功)时，选用动能定理
某建筑工地上的打夯机将质量为1×104 kg的钢制重锤升高到20 m的高处后使其自由下落，重锤在地面上砸出一个深坑且不反弹，重锤冲击地面的过程历时0．1 s。取g＝10 m/s2。求：
(1)重锤落地瞬间速度的大小；
(2)重锤冲击地面的过程中重锤对地面的平均冲击力大小。
[答案]　(1)20 m/s　(2)2．1×106 N
[跟进训练]　一质量为m的子弹以速度v0水平射入并穿过静置在光滑水平地面上的木块，如图所示，已知木块的质量为M，子弹穿过木块的时间为t，木块对子弹的阻力恒为f。求：
(1)子弹穿过木块后，子弹和木块运动的速度大小；
(2)子弹穿过木块的过程，木块运动的距离。
提升3　应用动量定理解决流体问题
水流、气流等流体会对接触面产生持续的冲击力F。
1．计算冲击力大小的思路：根据微元思想，选取很短时间内冲击接触面的一段流体为研究对象，根据动量定理计算这段流体受到接触面的冲击力F′，最后根据牛顿第三定律可得F。
2．解题步骤
(1)建立“柱体”模型：沿流速v的方向选取一段柱形流体为研究对象，其横截面积为S；
(2)微元研究：设在很短的时间Δt内通过某一横截面的流体长度
为Δl，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)列方程求F：分析微元的受力情况和动量变化，运用动量定理F合Δt＝Δp，结合F合与F的关系列式求解。(注意：一般要用到牛顿第三定律)
如图所示，高压水流切割器又称“水刀”，它将水以极高的速度垂直喷射到材料表面进行切割作业。某型号“水刀”喷嘴喷出的高压水流的最大速度为500 m/s，假设“水刀”喷嘴喷出的水垂直打到材料表面后速度立即减为零，已知水的密度为1．0×103 kg/m3，水柱的截面面积是1 mm2，水对材料表面的作用力远大于水受到的重力，求：
(1)“水刀”1 s内喷出高压水流的最大质量；
(2)高压水流对材料的最大冲击力大小；
(3)高压水流对材料的最大压强。
[答案]　(1)0．5 kg　(2)250 N　(3)2．5×108 Pa
[解析]　(1)设“水刀”喷嘴喷出的高压水流的最大速度为v，水的密度为ρ，水柱的截面面积为S，则“水刀”在t0＝1 s内喷出高压水流的最大体积V0＝Svt0
“水刀”1 s内喷出高压水流的最大质量
m0＝ρV0
联立并代入数据解得m0＝0．5 kg。
课后课时作业
题型一　应用动量定理解决多过程问题
1．我国首套高温超导电动悬浮试验系统于2023年3月31日完成首次悬浮运行。试验列车在水平面上从静止开始运动，经过t时间关闭牵引系统，又向前滑行2t时间后停下。若列车行驶时始终受到大小恒定的阻力f，则牵引系统动力大小为(　　)
A．f B．2f
C．3f D．4f
解析：设列车的牵引系统动力大小为F，规定列车行驶的方向为正方向，整个过程中由动量定理可知Ft－f·3t＝0－0，解得F＝3f，故选C。
2．一质量为2 kg的物块静止在光滑的水平面上，从t＝0时刻开始受到一水平外力F的作用，F随时间t变化的图线如图所示。取t＝0时刻力F的方向为正方向，重力加速度大小取g＝10 m/s2。下列说法正确的是(　　)
A．前2 s时间内，力F对物块做的功为4 J
B．t＝4 s时，物块的速度大小为2 m/s
C．前4 s时间内，力F的冲量为6 N·s
D．t＝2 s时，物块的动量为2 kg·m/s
3．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可以判断篮球的性能。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
题型二　动量定理与动能定理
4．(多选)一个质量为0．18 kg的垒球，以大小为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，相互作用过程重力的影响可忽略。下列说法正确的是(　　)
A．球棒对垒球的平均作用力大小为1260 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
5．两位同学对变力问题感兴趣。张明同学将质量为m＝2 kg的物体放置在光滑的水平面上，从静止施加水平拉力，拉力随时间变化的F t图像如图甲，2 s末时物体获得的速度为v1；李华同学将质量为m＝2 kg的物体放置在光滑的水平面上，从静止施加水平拉力，拉力随位移变化的F x图像如图乙，运动2 m时物体获得的速度为v2，那么(　　)
A．v1＝4．5 m/s，v2＝4．5 m/s
B．v1＝4．5 m/s，v2＝3 m/s
C．v1＝6 m/s，v2＝3 m/s
D．v1＝6 m/s，v2＝4．5 m/s
6．(多选)质量为0．2 kg的小球从静止开始下落，竖直向下以6 m/s的速度落至水平地面，再以4 m/s的速度反向弹回。在小球与地面接触的时间内小球受到的平均合力大小为小球重力大小的10倍，取竖直向上为正方向，关于此过程中小球动量变化量Δp、合力对小球的冲量I、合力对小球做的功W及作用时间t，下列结论正确的是(　　)
A．Δp＝2 kg·m/s B．W＝2 J
C．I＝0．4 N·s D．t＝0．1 s
7．一质量为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大小为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)求碰撞后物块克服摩擦力做的功。
答案：(1)0．32　(2)130 N　(3)9 J
题型三　应用动量定理解决流体问题
8．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为(　　)
A．7500 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，联立解得风阻尼器对这部分空气的作用力为F＝ρSv2＝7500 N，根据牛顿第三定律可知，风对风阻尼器产生的作用力为7500 N，故A正确。
9．如图所示，无人机救援时可以将落水被困人员腾空吊起，安全救回岸边。无人机主要由四台完全相同的电动机驱动的螺旋桨构成，四个螺旋桨水平旋转时扫过的总面积为S。已知无人机与装备的总质量为m，被困人员的质量为M，重力加速度的大小为g，空气密度为ρ，环境风速不计。当该无人机承载被困人员在空中悬停时，求：
(1)螺旋桨向下推动气流产生的风速大小；
(2)四个电动机输出的总功率。
12．假设有一宇宙飞船，它的正面面积为S，以速度v飞入一宇宙微粒尘区，此尘区每立方米体积的微粒数为n，微粒的平均质量为m。设微粒与飞船外壳碰撞后附于飞船上，若要飞船速度保持不变，则关于飞船应增加的驱动力ΔF正确的是(　　)
A．ΔF＝nSmv2 B．ΔF＝nSmv
C．ΔF＝nSmv3 D．ΔF＝2nSmv2
解析：根据题意可知，时间Δt内，吸附于飞船上的微粒的总质量Δm＝SvΔt·nm，对这部分微粒，根据动量定理可得ΔF′Δt＝Δmv－0，解得飞船对这部分微粒的作用力ΔF′＝nSmv2，则由牛顿第三定律和平衡条件知ΔF＝ΔF′＝nSmv2，故选A。
[名师点拨]　尘埃、电子流、光子流密集地撞击接触面，从而能对接触面产生持续的压力，在计算该压力时，可将粒子流类比为流体，单位体积内的粒子数乘以单个粒子的质量，就相当于流体的密度，然后就可用微元法结合动量定理列方程求解。

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