6、A正確．上滑和下滑時支持力的沖量都不等于零，B錯誤．對全過程應用動量定理，則I合＝Δp＝－mvt－mv0＝－mv0，C正確，D錯誤．
熱點題型二 動量定理的綜合應用
1．應用動量定理解釋的兩類物理現(xiàn)象
(1)當物體的動量變化量一定時，力的作用時間Δt越短，力F就越大，力的作用時間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)當作用力F一定時，力的作用時間Δt越長，動量變化量Δp越大，力的作用時間Δt越短，動量變化量Δp越?。?
【例2】有關實際中的現(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．體操運動員在著地時屈腿
7、是為了減小地面對運動員的作用力
C．用槍射擊時要用肩部抵住槍身是為了減少反沖的影響
D．為了減輕撞車時對司乘人員的傷害程度，發(fā)動機艙越堅固越好
【答案】ABC
【解析】.火箭升空時，內能減小，轉化為機械能，火箭向后噴出氣流，火箭對氣流有向后的力，由于力的作用是相互的，氣流對火箭有向前的力的作用，從而推動火箭前進，故選項A正確；體操運動員在落地的過程中，動量變化一定，由動量定理可知，運動員受到的沖量I一定，著地時屈腿是延長時間t，由I＝Ft可知，延長時間t可以減小運動員所受到的平均沖力F，故B正確；用槍射擊時要用肩部抵住槍身是為了減少反沖的影響，故選項C正確；為了減輕撞車時對司乘人員的傷
8、害程度，就要延長碰撞時間，由I＝Ft可知，車體前部的發(fā)動機艙不能太堅固，故選項D錯誤．
【變式1】如圖所示，一鐵塊壓著一紙條放在水平桌面上，當以足夠大的速度v抽出紙條后，鐵塊掉在地上的P點．若以2v速度抽出紙條，則鐵塊落地點為( )
A．仍在P點 B．在P點左邊
C．在P點右邊不遠處 D．在P點右邊原水平位移的兩倍處
【答案】B.
【解析】紙條抽出的過程，鐵塊所受的滑動摩擦力一定，以v的速度抽出紙條，鐵塊所受滑動摩擦力的作用時間較長，即加速時間較長，由I＝Fft＝mΔv得鐵塊獲得速度
9、較大，平拋運動的水平位移較大，以2v的速度抽出紙條的過程，鐵塊所受滑動摩擦力作用時間較短，即加速時間較短，鐵塊獲得速度較小，平拋運動的位移較小，故B選項正確．
【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量小，而掉在草地上的玻璃杯動量大
B．掉在水泥地上的玻璃杯動量改變小，掉在草地上的玻璃杯動量改變大
C．掉在水泥地上的玻璃杯動量改變大，掉在草地上的玻璃杯動量改變小
D．掉在水泥地上的玻璃杯動量改變量與掉在草地上的玻璃杯動量改變量相等
【答案】D.
【解析】玻璃杯從同樣高度落下，到達地面時具有
10、相同的速度，即具有相同的動量，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量的改變量相同，故A、B、C錯誤，D正確．
2.應用動量定理解決兩類問題
(1)應用動量定理解決微粒類問題
微粒及其特點
通常電子流、光子流、塵埃等被廣義地視為“微粒”，質量具有獨立性，通常給出單位體積內粒子數n
分析步驟
1
建立“柱體”模型，沿運動的方向選取一段微元，柱體的橫截面積為S
2
微元研究，作用時間Δt內一段柱形流體的長度為Δl，對應的體積為ΔV＝Sv0Δt，則微元內的粒子數N＝nv0SΔt
3
先應用動量定理研究單個粒子，建立方程，再乘以N計算
【例3】航天器離子發(fā)動機原理
11、如圖所示，首先電子槍發(fā)射出的高速電子將中性推進劑離子化(即電離出正離子)，正離子被正、負極柵板間的電場加速后從噴口噴出，從而使航天器獲得推進或調整姿態(tài)的反沖力．已知單個正離子的質量為m，電荷量為q，正、負柵板間加速電壓為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，忽略離子噴射對航天器質量的影響．該發(fā)動機產生的平均推力F的大小為( )
A．I B．I C．I D．2I
【答案】A
【解析】.以正離子為研究對象，由動能定理可得qU＝mv2，Δt時間內通過的總電荷量為Q＝IΔt，噴出的總質量Δm＝m＝m.
12、由動量定理可知FΔt＝Δmv，聯(lián)立以上各式求解可得F＝I，選項A正確．
【變式】正方體密閉容器中有大量運動粒子，每個粒子質量為m，單位體積內粒子數量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會均等；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．利用所學力學知識，導出器壁單位面積所受粒子壓力f與m、n和v的關系．
(注意：解題過程中需要用到、但題目沒有給出的物理量，要在解題時做必要的說明)
【答案】 f＝nmv2
【解析】 一個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為高構成柱體，
13、由題設可知，其內有的粒子在Δt時間內與器壁上面積為S的部分發(fā)生碰撞，碰壁粒子總數N＝n·SvΔt
Δt時間內粒子給器壁的沖量I＝N·ΔI＝nSmv2Δt
器壁上面積為S的部分受到粒子的壓力F＝
則器壁單位面積所受粒子的壓力f＝＝nmv2
(2)應用動量定理解決流體類問題
流體及其特點
通常液體流、氣體流等被廣義地視為“流體”，質量具有連續(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S
2
微元研究，作用時間Δt內的一段柱形流體的長度為Δl，對應的質量為Δm＝ρSvΔt
3
建立方程，應用動量定理研究這段柱狀流體
兩
14、類流體運動模型
第一類是“吸收模型”，即流體與被碰物質接觸后速度為零，第二類是“反彈模型”，即流體與被碰物質接觸后以原速率反彈．
設時間t內流體與被碰物質相碰的“粒子”數為n，每個“粒子”的動量為p，被碰物質對“粒子”的作用力為F，以作用力的方向為正，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”的動量變化量為“吸收模型”的動量變化量的2倍，解題時一定要明辨模型，避免錯誤．
【例4】(2019·合肥一模)質量為0.2 kg的小球豎直向下以6 m/s的速度落至水平地面上，再以4 m/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
15、的時間內，關于球動量變化量Δp和合外力對小球做的
功W，下列說法正確的是 ( )
A．Δp＝2 kg·m/s W＝－2 J B．Δp＝－2 kg·m/s W＝2 J
C．Δp＝0.4 kg·m/s W＝－2 J D．Δp＝－0.4 kg·m/s W＝2 J
【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量的變化量：Δp＝mv2－mv1＝0.2×4 kg·m/s－0.2×(－6) kg·m/s＝2 kg·m/s，方向豎直向上．由動能定理，合外力做的功：W＝mv－mv＝×0.2×42J－×0.2×62 J＝－2 J
16、，故A正確．
【變式】(2019·山東淄博一中質檢)如圖所示是一種彈射裝置，彈丸的質量為m，底座的質量M＝3m，開始時均處于靜止狀態(tài)，當彈簧釋放將彈丸以對地速度v向左發(fā)射出去后，底座反沖速度的大小為 v，則摩擦力對底座的沖量為 ( )
A．0 B．mv，方向向左 C．mv，方向向右 D．mv，方向向左
【答案】B.
【解析】設向左為正方向，對彈丸，根據動量定理：I＝mv；則彈丸對底座的作用力的沖量為－mv，對底座根據動量定理：If＋(－mv)＝－3m· 得：If＝＋ ，正號表示正方向，向左．
【變式2】一艘帆船在湖面上順風航行，在風力的推動下做速
17、度為v0＝4 m/s的勻速直線運動．已知帆船在該運動狀態(tài)下突然失去風的推力的作用，此后帆船在湖面上做勻減速直線運動，經過t＝8 s靜止；該帆船的帆面正對風的有效面積為S＝10 m2，帆船的總質量約為M＝936 kg，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＝1.3 kg/m3，下列說法正確的是( )
A． 風停止后帆船的加速度大小是1 m/s B．帆船在湖面上順風航行所受水的阻力大小為468 N
C．帆船勻速運動受到風的推力的大小為936 D．風速的大小為10 m/s
【答案】BD.
【解析】求解風停止后帆船的加速度時要選擇帆船作為研究對象，求解風速時要
18、選擇在時間t內正對帆面且吹向帆面的空氣作為研究對象，風突然停止，帆船只受到水的阻力f的作用，做勻減速直線運動，設帆船的加速度大小為a，則a＝＝0.5 m/s2，選項A錯誤；由牛頓第二定律可得f＝Ma，代入數據解得f＝468 N，選項B正確；設帆船勻速運動時受到風的推力大小為F，根據平衡條件得F－f＝0，解得F＝468 N，選項C錯誤；設在時間t內，正對帆面且吹向帆面的空氣的質量為m，則m＝ρS(v－v0)t，根據動量定理有－Ft＝mv0－mv，解得v＝10 m/s，選項D正確．
熱點題型三 動量定理在多過程問題中的應用
應用動量定理解決多過程問題的方法與動能定理類似，有分段列式和全程列
19、式兩種思路．
【例5】一高空作業(yè)的工人重為600 N，系一條長為L＝5 m的安全帶，若工人不慎跌落時安全帶的緩沖時
間t＝1 s(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10 m/s2，忽略空氣阻力的
影響)
【答案】 1 200 N
【解析】 法一 分段列式法：依題意作圖，如圖所示．
設工人剛要拉緊安全帶時的速度為v1，v＝2gL，
得v1＝
經緩沖時間t＝1 s后速度變?yōu)?，取向下為正方向，對工人由動量定理知，工人受兩個力作用，即拉力F和重力mg，所以(mg－F)t＝0－mv1，F(xiàn)＝
將數值代入得F＝1 200 N.
由牛頓第三定律，工人給
20、安全帶的平均沖力F′為1 200 N，方向豎直向下．
法二 全程列式法：在整個下落過程中對工人應用動量定理，重力的沖量大小為mg( ＋t)，拉力F的沖量大小為Ft.初、末動量都是零，取向下為正方向，由動量定理知
mg( ＋t)－Ft＝0
解得F＝＝1 200 N
由牛頓第三定律知工人給安全帶的平均沖力F′＝F＝1 200 N，方向豎直向下．
【變式1】如圖所示，自動稱米機已在許多大糧店廣泛使用．買者認為：因為米流落到容器中時對容器有向下的沖力而不劃算；賣者則認為：當預定米的質量達到要求時，自動裝置即刻切斷米流，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
21、是( )
A．買者說的對 B．賣者說的對 C．公平交易 D．具有隨機性，無法判斷
【答案】C.
【解析】設米流的流量為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，設盛米的容器中靜止的那部分米的質量為m1，空中還在下落的米的質量為m2，落到已靜止的米堆上的一小部分米的質量為Δm.在極短時間Δt內，取Δm為研究對象，這部分米很少，Δm＝d·Δt，設其落到米堆上之前的速度為v，經Δt時間靜止，如圖所示，取豎直向上為正方向，由動量定理得
(F－Δmg)Δt＝Δmv
即F＝dv＋d·Δt·g，因Δt很小，故F＝dv
根據牛頓
22、第三定律知F＝F′，稱米機的讀數應為
M＝＝＝m1＋d
因切斷米流后空中尚有t＝時間內對應的米流在空中，故d＝m2
【變式2】一質量為0.5 kg的小物塊放在水平地面上的A點，距離A點5 m的位置B處是一面墻，如圖所示．一物塊以v0＝9 m/s的初速度從A點沿AB方向運動，在與墻壁碰撞前瞬間的速度為7 m/s，碰后以6 m/s的速度反向運動直至靜止，g取10 m/s2.
(1)求物塊與地面間的動摩擦因數μ；
(2)若碰撞時間為0.05 s，求碰撞過程中墻面對物塊平均作用力F的大小；
(3)求物塊在反向運動過程中克服摩擦力所做的功W.
【答案】(1)0.32 (2)130 N
23、(3)9 J
【解析】(1)由動能定理有－μmgx＝mv2－mv可得μ＝0.32.
(2)由動量定理有FΔt＝mv′－mv可得F＝130 N.
(3)由能量守恒定律有W＝mv′2＝9 J.
【題型演練】
1. 將一個質量為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，滑到底端總共用時t，如圖所示，設在下滑的前一半時間內木塊的動量變化為Δp1，在后一半時間內其動量變化為Δp2，則Δp1∶Δp2為 ( )
A．1∶2 B．1∶3 C．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
24、斜面支持力的作用，二力的合力大小恒定為F＝mgsin θ，方向也始終沿斜面向下．由動量定理可得Δp1∶Δp2＝(F·t1)∶(F·t2)＝(mgsin θ·t)∶(mgsin θ·t)＝1∶1，故選項C正確．
2.(2019·湖北黃岡質檢)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，假設小球
與地面碰撞沒有機械能損失，運動時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，地面對小球的沖量為零
C．下落過程中小球動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
25、球克服空氣阻力做的功等于重力做的功
【答案】D
【解析】根據動量定理可知，上升過程中小球動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A錯誤；小球與地面碰撞過程中，由動量定理得：Ft－mgt＝mv2－(－mv1)，可知地面對小球的沖量Ft不為零，選項B錯誤；下落過程中小球動能的改變量等于該過程中重力和空氣阻力做功代數和，選項C錯誤；由能量守恒關系可知，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D正確；故選D.
2. 為估算池中睡蓮葉面承受雨滴撞擊產生的平均壓強，小明在雨天將一圓柱形水杯置于露臺，測得1小時
內杯中水位上升了45 mm.查詢得知，當時雨
26、滴豎直下落速度約為12 m/s據此估算該壓強約為(設雨滴撞擊睡蓮后無反彈，不計雨滴重力，雨水的密度為1×103kg/m3)( )
A．0.15 Pa B．0.54 Pa C．1.5 Pa D．5.4 Pa
【答案】A
【解析】設雨滴受到支持面的平均作用力為F.設在Δt時間內有質量為Δm的雨水的速度由v＝12 m/s減為零．以向上為正方向，對這部分雨水應用動量定理：FΔt＝0－(－Δmv)＝Δmv，得到F＝v.設水杯橫截面積為S，對水杯里的雨水，在Δt時間內水面上升Δh，則有Δm＝ρSΔh，得F＝ρSv.壓強p＝＝ρv＝1×103×1
27、2× Pa＝0.15 Pa.
4.一個質量為0.18 kg的壘球，以25 m/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)?5 m/s.則這一過程中動量的變化量為( )
A．大小為3.6 kg·m/s，方向向左 B．大小為3.6 kg·m/s，方向向右
C．大小為12.6 kg·m/s，方向向左 D．大小為12.6 kg·m/s，方向向右
【答案】D
【解析】.選向左為正方向，則動量的變化量Δp＝mv1－mv0＝－12.6 kg·m/s，大小為12.6 kg·m/s，負號表示其方向向右，D正確．
5．(2018·高考全
28、國卷 Ⅱ )高空墜物極易對行人造成傷害．若一個50 g的雞蛋從一居民樓的25層墜下，與地面的碰撞時間約為2 ms，則該雞蛋對地面產生的沖擊力約為( )
A．10 N B．102 N C．103 N D．104 N
【答案】C
【解析】.根據自由落體運動和動量定理有2gh＝v2(h為25層樓的高度，約70 m)，F(xiàn)t＝mv，代入數據解得F≈1×103 N，所以C正確．
6.如圖所示，足夠長的固定光滑斜面傾角為θ，質量為m的物體以速度v從斜面底端沖上斜面，達到最高點后又滑回原處，所用時間為
29、t.對于這一過程，下列判斷正確的是( )
A．斜面對物體的彈力的沖量為零 B．物體受到的重力的沖量大小為mgt
C．物體受到的合力的沖量大小為零 D．物體動量的變化量大小為mgsin θ·t
【答案】BD.
【解析】由沖量的求解公式可知，斜面對物體的彈力的沖量為mgcos θ·t，選項A錯誤；物體受到的重力的沖量大小為mgt，選項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，故根據動量定理可知，物體受到的合力的沖量大小為2mv，選項C錯誤；因整個過程中物體所受的合力為mgsin θ，則根據動量定理可知，物體動量的變化量大小為mgsin θ·t，選項D正確
30、．
7.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，將質量為m的小球(可視為質點)從A點由靜止釋放，在小球從A點運動到B點的過程中( )
A．小球所受合力的沖量方向為弧中點指向圓心 B．小球所受支持力的沖量為0
C．小球所受重力的沖量大小為m D．小球所受合力的沖量大小為m
【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錯誤；小球的支持力不為零，作用時間不為零，故支持力的沖量不為零，B錯誤；小球在運動過程中只有重力做功，所以根據機械能守恒可得mgR＝mv
31、B2，故vB＝，根據動量定理可得I合＝Δp＝mvB＝m，故C錯誤，D正確．
8.小球質量為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v，球與墻撞擊時間為t，在撞擊過程中，球對墻的平均沖力大小是( )
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】設初速度方向為正，則彈后的速度為－，則由動量定理可得Ft＝－2m×－2mv，解得F＝，負號表示力的方向與初速度方向相反．由牛頓第三定律可知，球對墻的平均沖力為F′＝－F＝，故選C.
9.質量為m的物體， 以v0的初速度沿斜面上滑，到達最高點后返回原處的
32、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小 B．上滑時和下滑時支持力的沖量都等于零
C．合力的沖量在整個過程中大小為mv0 D．整個過程中物體的動量變化量為mv0
【答案】AC
【解析】以v0的初速度沿斜面上滑，返回原處時速度為vt＝0.5v0，說明斜面不光滑．設斜面長為l，則上滑過程所需時間t1＝＝，下滑過程所需時間t2＝＝，t1
33、圖所示，一物體分別沿三個傾角不同的光滑斜面由靜止開始從頂端下滑到底端C、D、E處，三個過程中重力的沖量依次為I1、I2、I3，動量變化量的大小依次為Δp1、Δp2、Δp3，則有( )
A． 三個過程中，合力的沖量相等，動量的變化量相等
B．三個過程中，合力做的功相等，動能的變化量相等
C．I1＜I2＜I3，Δp1＝Δp2＝Δp3
D．I1＜I2＜I3，Δp1＜Δp2＜Δp3
【答案】ABC
【解析】.由機械能守恒定律可知物體下滑到底端C、D、E的速度大小v相等，動量變化量的大小Δp＝mv相等，即Δp1＝Δp2＝Δp3；根據動量定理，合力的沖量等于動量的變化量，故合力的沖量也相等，注意不是相同(方向不同)；設斜面的高度為h，從頂端A下滑到底端C，由＝gsin θ·t2得物體下滑的時間t＝，所以θ越小，sin2θ越小，t越大，重力的沖量I＝mgt就越大，故I1＜I2＜I3，故A、C正確，D錯誤；物體下滑過程中只有重力做功，故合力做的功相等，根據動能定理，動能的變化量相等，故B正確．
13
2020年高考物理一輪復習 熱點題型歸納與變式演練 專題15 動量與動量定理（含解析）
