2. 动量定理 第2课时（举一反三讲义）物理人教版2019选择性必修第一册

2． 动量定理 第2课时 目 录 【学习目标】 1 【方法技巧】 2 动量定理求解平均力 3 动量定理解决多过程问题 4 动量定理与图像结合问题 5 动量定理解决流体问题 7 【知识梳理】 7 动量定理与动能定理综合应用 9 【知识梳理】 9 【巩固训练】 11 【学习目标】 1．利用动量定理，求解平均力 2．利用动量定理解决多过程问题 3．动量定理与图像的结合问题 4．动量定理处理流体问题 5．动量定理与动能定理综合应用 【方法技巧】 1．动量定理的适用范围 (1)动量定理不仅适用于恒力，而且适用于随时间而变化的力。 (2)对于变力，动量定理中的力F应理解为变力在作用时间内的平均值。 (3)动量定理不仅能处理单一过程，也能处理多过程．在多过程中外力的冲量是各个力冲量的矢量和。 2．动量定理与牛顿第二定律的选用原则 （1）在合外力为恒力的情况下，可用牛顿第二定律F＝ma和运动学公式v＝v0＋at，也可用动量定理F·Δt＝mv′－mv，但较牛顿第二定律，动量定理适用范围更广，且表达式中只涉及一个过程量F·Δt及两个状态量mv′和mv，而过程中的速度怎样，轨迹怎样，加速度怎样，位移怎样均不必考虑，因此解题时优先选用动量定理。 （2）对于多过程问题，牛顿第二定律仅能分段使用，求解过程较复杂，而动量定理可用于全过程，不必考虑中间量，使问题求解变得简捷。 3．应用动量定理定量计算的一般步骤： ①选定研究对象，明确运动过程； ②进行受力分析和运动的初、末状态分析； ③选定正方向，根据动量定理列方程求解。 动量定理求解平均力 【典例1】一质量为60 kg的建筑工人不慎由静止从高空跌下，由于弹性安全带的保护，使他悬挂起来。已知弹性安全带从开始伸直到拉伸到最长的缓冲时间是1.5 s，安全带自然长度为5 m，g取10 m/s2，则安全带所受的平均冲力的大小为（　　） A．500 N B．1 100 N C．600 N D．1 000 N 【变式1】质量为0.5 kg的足球以8 m/s的速度水平飞来，运动员把它以12 m/s的速度用脚反向踢回，作用时间为0.2 s，运动员脚部受到足球的作用力大小约为(　　) A．2 N B．10 N C．20 N D．50 N 【变式2】在一些居民楼尤其是老旧小区的阳台，堆砌杂物、盆栽，甚至悬挂拖把等现象屡见不鲜，甚至有些空调外挂机上都堆有放着随时有坠落风险的杂物。这些安全隐患随时都可能转化为一起伤人事件。若一个10g的核桃从高为45m的居民楼由静止坠下，与地面的撞击时间约为，则该核桃对地面产生的冲击力约为（g取）（　　） A．30N B． C． D． 【变式3】某消防队员从一平台上跳下，下落1 s后双脚触地，接着他用双腿弯曲的方法缓冲，使自身重心又下降了0.2 s，在着地过程中地面对他双脚的平均作用力约为(　　) A．自身所受重力的2倍 B．自身所受重力的6倍 C．自身所受重力的8倍 D．自身所受重力的10倍 动量定理解决多过程问题 【典例1】蹦床属于体操运动的一种，有“空中芭蕾”之称。一名体重为50 kg的运动员在比赛中某次离开床面后在空中的运动时间为1.6 s，之后与蹦床经1 s的接触，再次获得1.6 s的空中动作时间。不计空气阻力影响，g取10 m/s2。下列说法正确的是(　　) A．运动员与蹦床间的平均作用力为800 N B．运动员与蹦床间的平均作用力为1 300 N C．运动员与蹦床接触的1 s时间里处于超重状态 D．运动员与蹦床接触的1 s时间里处于失重状态 【变式1】跳水运动一直是我国传统的优势体育项目，我们的国家跳水队享有“梦之队”的赞誉．在某次训练中，跳水运动员在跳台上由静止开始竖直落下，进入水中后在水中做减速运动，速度减为零时并未到达池底．不计空气阻力，下列说法正确的是(　　) A．运动员在空中运动时，其动量变化量大于重力的冲量 B．运动员从刚进入水中到速度减为零的过程中，其重力的冲量等于水的作用力的冲量 C．运动员从开始下落到速度减为零的过程中，其动量的改变量等于水的作用力的冲量 D．运动员从开始下落到速度减为零的过程中，其重力的冲量与水的作用力的冲量等大反向 【变式2】将质量为m＝1 kg的物块置于水平地面上，已知物块与水平地面间的动摩擦因数为μ＝0.5，现在物块上施加一个平行于水平地面的恒力F＝10 N，物体由静止开始运动，作用4 s后撤去F.已知g＝10 m/s2，对于物块从静止开始到物块停下这一过程下列说法正确的是(　　) A．整个过程物块运动的时间为6 s B．整个过程物块运动的时间为8 s C．整个过程中物块的位移大小为40 m D．整个过程中物块的位移大小为60 m 【变式3】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长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60kg的运动员在弹性绳绷紧后又经过2s人的速度减为零，假设弹性绳长为45m，重力加速度为g=10m/s2，（忽略空气阻力）下列说法正确的是（　　） A．弹性绳在绷紧后2s内对运动员的平均作用力大小为2000N 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 动量定理与图像结合问题 【典例1】（多选）如图所示为冰雹从高空由静止下落过程中速度随时间变化的图像。冰雹所受的空气阻力可认为与物体速度大小成正比关系，图中作出了t＝0.8 s时刻的切线，冰雹的质量为0.5 kg，重力加速度g取10 m/s2，则(　　) A．冰雹在t＝0.8 s时刻的加速度大小为2.5 m/s2 B．冰雹所受的空气阻力与速度大小的比例系数大小为 C．冰雹最终达到最大速度的大小为6 m/s D．冰雹在0至0.8 s内所受的平均阻力大小为2.5 N 【变式1】（多选）质量为m=2kg的物体受到水平拉力F的作用，在光滑的水平面上由静止开始做直线运动，运动过程中物体的加速度随时间变化的规律如图所示。下列判断正确的是（　　） A．0～4s内物体先做加速运动再做匀速运动 B．6s末物体的速度为零 C．0～4s内拉力冲量为14N·s D．0～4s内拉力做功49J 【变式2】一辆质量为m＝2 000 kg的汽车以v0＝30 m/s的速度在平直的高速公路上匀速直线行驶，当驾驶员发现前方有事故时，立即进行刹车，已知司机的反应时间为0.7 s．若汽车刹车后的刹车制动力F与刹车后的时间t成线性变化关系，如图所示，且在t＝10 s时刻汽车刚好完全停止运动，汽车运动可视为直线运动．求： (1)司机的反应时间内汽车行驶的距离；刹车后的最大制动力Fm； (2)当t1＝5 s时，汽车的速度． 【变式3】水平面上有质量相等的a、b两个物体，水平推力F1、F2分别作用在a、b上。一段时间后撤去推力，物体继续运动一段距离后停下。两物体的v－t图线如图所示，图中AB∥CD。则整个过程中(　　) A.F1的冲量等于F2的冲量 B.F1的冲量大于F2的冲量 C.摩擦力对a物体的冲量等于摩擦力对b物体的冲量 D.合外力对a物体的冲量等于合外力对b物体的冲量 动量定理解决流体问题 【知识梳理】 1．解答质量连续变动的动量问题的基本思路 (1)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＝v·Δt，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； (2)运用动量定理，即流体微元所受的合力的冲量等于微元动量的增量，即F合Δt＝Δp。(Δt足够短时，重力可忽略不计)。 2．解答质量连续变动的动量问题的具体步骤 应用动量定理分析连续体相互作用问题的方法是微元法，具体步骤为： (1)确定一小段时间Δt内的连续体为研究对象； (2)写出Δt内连续体的质量Δm与Δt的关系式； (3)分析连续体的受力情况和动量变化； (4)应用动量定理列式、求解。 【典例1】“水上飞人表演”是近几年来观赏性较高的水上表演项目之一，其原理是利用脚上喷水装置产生的反冲动力，使表演者在水面之上腾空而起。同时能在空中完成各种特技动作，如图甲所示。为简化问题，将表演者和装备与竖直软水管看成分离的两部分。如图乙所示。已知表演者及空中装备的总质量为M，竖直软水管的横截面积为S，水的密度为ρ，重力加速度为g。若水流竖直向上喷出，与表演者接触后能以原速率反向弹回，要保持表演者在空中静止，软水管的出水速度至少为(　　) A. B. C. D. 【变式1】由我国自主研发制造的世界上最大的海上风电机SL5000，它的机舱上可以起降直升机，叶片直径128米，风轮高度超过40层楼，是世界风电制造业的一个奇迹。风速为12 m/s时发电机满载发电，风通过发电机后速度减为11 m/s，已知空气的密度为1.3 kg/m3，则风受到的平均阻力约为(　　) A．4．0×104 N B．2.0×105 N C．2．2×106 N D．4.4×106 N 【变式2】水力采煤是用高压水枪喷出的水柱冲击煤层而使煤掉下，所用水枪喷水口的直径为，水速为，水柱垂直射到煤层表面上，水的密度，冲击煤层后自由下落求水柱对煤层的平均冲力(    ) A. B. C. D. 【变式3】如图所示，小明把一只充了氢气的气球和质量为的小物块绑在一起，置于空中，然后打开气球的阀门，气球中氢气向下喷出，放手后物块和气球能在空中停留一段时间，在这段时间里不计空气阻力，氢气质量远小于物块质量，重力加速度为，假设氢气匀速向下喷出，不计浮力，不考虑气球体积变化的影响，喷口的面积为，气体的密度为，则氢气喷出的速率大小为 A. B. C. D. 动量定理与动能定理综合应用 【知识梳理】 （1）都是力的积累效果：动量定理是力对时间的积累效果，动能定理是力对空间的积累效果。 （2）都是一个过程量：对应着两个状态量。动量定理的表达式是矢量式，动能定理的表达式是标量式。 （3）应用中各有优越性：两个定理应用中都着眼于一个过程，只抓两头(始、末状态)，因此应用中就显得简便。动量定理在用于处理有关时间而不考虑位移的问题中往往显示出优越性，动能定理在用于处理有关位移而不考虑时间的问题中往往显示出优越性。 （4）均可双向求解：动量定理既可以由冲量求动量的变化或始、末动量，也可以由动量变化求冲量或力及时间；动能定理既可以由功求动能的变化或始、末动能，也可以由动能变化求功或力及位移。 （5）两个定理的选用：若问题是研究力在时间上的积累效果，应选用动量定理求解；若问题涉及力在空间上的积累效果，则应选用动能定理求解。 【典例1】一质量为2 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)求物块在反向运动过程中克服摩擦力所做的功W。 【变式1】如图所示，一轻质弹簧固定在墙上，一个质量为m的木块以速度大小v0从右侧沿光滑水平面向左运动并与弹簧发生相互作用．设相互作用的过程中弹簧始终在弹性限度范围内，那么，在整个相互作用的过程中弹簧对木块冲量I的大小和弹簧对木块做的功W分别是(　　 ) A．I＝0，W＝mv　　　　 B．I＝mv0，W＝mv C．I＝2mv0，W＝0 D．I＝2mv0，W＝mv 【变式2】（多选）游乐场滑索项目的简化模型如图所示，索道AB段光滑，A点比B点高1.25 m，与AB段平滑连接的BC段粗糙，长4 m。质量为50 kg的滑块从A点由静止下滑，到B点进入水平减速区，在C点与缓冲墙发生碰撞，反弹后在距墙1 m的D点停下。设滑块与BC段的动摩擦因数为0.2，规定向右为正方向。g取10 m/s2。下列说法正确的是(　　) A．缓冲墙对滑块的冲量为－50 N·s B．缓冲墙对滑块的冲量为－250 N·s C．缓冲墙对滑块做的功为－125 J D．缓冲墙对滑块做的功为－250 J 【巩固训练】 1．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 2．蹦床是一项扣人心弦的运动项目。运动员在一张绷紧的弹性网上蹦跳、腾翻，做岀各种惊险优美的动作（图）。现有一位质量为50kg的运动员，从离水平网面3.2m的高处自由落下，着网后沿竖直方向蹦回到离水平网面5m的高处。若这位运动员与网接触的时间为1.0s，求网对运动员的平均作用力的大小（ ）g取。 A．900N B．1400N C．600N D．1000N 3．福建属于台风频发地区，各类户外设施建设都要考虑台风影响。已知10级台风的风速范围为，16级台风的风速范围为。若台风迎面垂直吹向一固定的交通标志牌，则16级台风对该交通标志牌的作用力大小约为10级台风的（　　） A．2倍 B．4倍 C．8倍 D．16倍 4．图甲为公园里有一水托石球的景观，高速喷出的水流将一质量为M的石球悬停在空中。为方便计算，如图乙所示，假设高压水流从横截面积为S的喷口持续竖直向上喷出，接触面可近似看成平板；水流冲击到石球底部后，水在竖直方向的速度变为零，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。则高压水流的速度v可表示为（　　） A． B． C． D． 5． “蹦极”是一项刺激的极限运动，一个重为F0的运动员将一端固定的长弹性绳绑在踝关节处，从高处跳下，测得弹性绳的弹力F的大小随时间t 的变化图象如图所示．若将蹦极过程视为在竖直方向上的运动，且空气阻力不计，下列说法正确的是(　　) A．t1～t2时间内运动员处于超重状态 B．t3时刻运动员的速度最大 C．t1～t3时间内运动员受到的弹力冲量和重力冲量大小相等 D．t1～t5时间内运动员的机械能先减小后增大 6． 人们对手机的依赖性越来越强，有些人喜欢躺着看手机，经常出现手机砸伤眼睛的情况．若手机质量为150 g，从离人眼约20 cm的高度无初速度掉落，砸到眼睛后手机未反弹，眼睛受到手机的冲击时间约为0.1 s，取重力加速度g＝10 m/s2，下列分析正确的是(　　) A．手机与眼睛作用过程中动量变化量大小约为0.45 kg·m/s B．手机对眼睛的冲量大小约为0.1 N·s C．手机对眼睛的冲量大小约为0.3 N·s D．手机对眼睛的作用力大小约为4.5 N 7．嫦娥五号在月球采样返回是迄今为止我国执行的最为复杂的航天任务．“嫦娥五号”上升器从月球表面采集样本后在变推力发动机推动下加速运动至预设速度值，上升器加速上升过程中的加速度与时间的关系如图所示，0～t1阶段发动机以恒定推力F＝2 940 N运行，t1～t2阶段加速度均匀减小．t1＝60 s，a1＝0.5 m/s2，t2＝120 s，a2＝0.3 m/s2；已知月球表面重力加速度约为g′＝1.6 m/s2.求 (1)上升器与取样标本的总质量； (2)t1～t2阶段上升器所受推力的冲量大小． 8．“水刀”应用高压水流切割技术，相比于激光切割有切割材料范围广，效率高，安全环保等优势。如图所示，某型号“水刀”工作过程中，将水从面积S＝0.1 mm2的细喷嘴高速喷出，直接打在被切割材料表面，从而产生极大压强，实现切割。已知该“水刀”每分钟用水600 g，水的密度为ρ＝1.0×103 kg/m3。假设高速水流垂直打在材料表面上后，立刻沿材料表面散开没有反弹，试估算水对材料垂直于表面方向的压强p为(　　) A．1．0×105 Pa B．1.0×106 Pa C．1．0×107 Pa D．1.0×108 Pa 9．高速水流切割是一种高科技工艺加工技术，为完成飞机制造中的高难度加工特制了一台高速水流切割机器人，该机器人的喷嘴横截面积为，喷嘴射出的水流速度为，水的密度为，设水流射到工件上后速度立即变为零。则该高速水流在工件上产生的压力大小为(    ) A. B. C. D. 10．（2024·福建·高考真题）（多选）如图（a），水平地面上固定有一倾角为的足够长光滑斜面，一质量为的滑块锁定在斜面上。时解除锁定，同时对滑块施加沿斜面方向的拉力，随时间的变化关系如图（b）所示，取沿斜面向下为正方向，重力加速度大小为，则滑块（　　） A．在内一直沿斜面向下运动 B．在内所受合外力的总冲量大小为零 C．在时动量大小是在时的一半 D．在内的位移大小比在内的小 11．（2023·福建·高考真题）（多选）甲、乙两辆完全相同的小车均由静止沿同一方向出发做直线运动。以出发时刻为计时零点，甲车的速度—时间图像如图（a）所示，乙车所受合外力—时间图像如图（b）所示。则（   ） A．0 ~ 2s内，甲车的加速度大小逐渐增大 B．乙车在t = 2s和t = 6s时的速度相同 C．2 ~ 6s内，甲、乙两车的位移不同 D．t = 8s时，甲、乙两车的动能不同 12．竞技跳水是奥运会正式竞赛项目之一，分跳板跳水和跳台跳水。某质量为M运动员在进行10 m跳台跳水训练时，以速度v0竖直向上起跳，经过一段时间后入水。为方便计算假设：水池深5 m，运动员在水中做匀减速运动，且运动员到达池底时速度恰好减为零，取v0＝5 m/s，M＝60 kg，g＝10 m/s2，空气阻力不计，求： (1)运动员入水时的速度大小v； (2)运动员从离开跳台至到达池底整个过程的时间t； (3)运动员在水中受到水的平均作用力大小F。 13．山地滑雪是人们喜爱的一项体育运动．如图所示，雪道AOB由斜坡雪道AO和水平雪道OB平滑连接而成，BC为从B点水平延伸出的一段雪道．一滑雪爱好者从A点由静止滑下，从C点飞出后落到水平雪道DE上的P点，爱好者落地姿态稳定后又在雪道DE上滑行了一段距离．已知A、B两点与雪道DE的高度差分别为h1＝42.2 m和h2＝20 m，雪道AOB的水平距离为L0＝50 m，爱好者与雪道AOB和BC段间的动摩擦因数均为μ1＝0.3，与雪道DE段间的动摩擦因数为μ2＝0.1，在滑雪板从与P点接触到爱好者姿态稳定的过程中，雪道DE对爱好者的支持力可视为恒力，该过程的时间为t0＝1 s，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力． (1)求爱好者滑行到B点时的速度大小v0 (2)雪道BC的长度为多少时，落点P到B点的水平距离L最大，并求出最大值Lm (3)在满足(2)的条件下，求爱好者从P点到滑行停止处的距离x 14．某游乐园入口旁有一喷泉，喷出的水柱将一质量为M的卡通玩具稳定地悬停在空中。为计算方便起见，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；玩具底部为平板(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。 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2． 动量定理 第2课时 目 录 【学习目标】 1 【方法技巧】 2 动量定理求解平均力 3 动量定理解决多过程问题 4 动量定理与图像结合问题 6 动量定理解决流体问题 9 【知识梳理】 9 动量定理与动能定理综合应用 11 【知识梳理】 11 【巩固训练】 14 【学习目标】 1．利用动量定理，求解平均力 2．利用动量定理解决多过程问题 3．动量定理与图像的结合问题 4．动量定理处理流体问题 5．动量定理与动能定理综合应用 【方法技巧】 1．动量定理的适用范围 (1)动量定理不仅适用于恒力，而且适用于随时间而变化的力。 (2)对于变力，动量定理中的力F应理解为变力在作用时间内的平均值。 (3)动量定理不仅能处理单一过程，也能处理多过程．在多过程中外力的冲量是各个力冲量的矢量和。 2．动量定理与牛顿第二定律的选用原则 （1）在合外力为恒力的情况下，可用牛顿第二定律F＝ma和运动学公式v＝v0＋at，也可用动量定理F·Δt＝mv′－mv，但较牛顿第二定律，动量定理适用范围更广，且表达式中只涉及一个过程量F·Δt及两个状态量mv′和mv，而过程中的速度怎样，轨迹怎样，加速度怎样，位移怎样均不必考虑，因此解题时优先选用动量定理。 （2）对于多过程问题，牛顿第二定律仅能分段使用，求解过程较复杂，而动量定理可用于全过程，不必考虑中间量，使问题求解变得简捷。 3．应用动量定理定量计算的一般步骤： ①选定研究对象，明确运动过程； ②进行受力分析和运动的初、末状态分析； ③选定正方向，根据动量定理列方程求解。 动量定理求解平均力 【典例1】一质量为60 kg的建筑工人不慎由静止从高空跌下，由于弹性安全带的保护，使他悬挂起来。已知弹性安全带从开始伸直到拉伸到最长的缓冲时间是1.5 s，安全带自然长度为5 m，g取10 m/s2，则安全带所受的平均冲力的大小为（　　） A．500 N B．1 100 N C．600 N D．1 000 N 【答案】D 【详解】设建筑工人下落5 m时速度为v，则v== m/s=10 m/s 设安全带所受平均冲力大小为F，则由动量定理得（mg-F）t=-mv 所以F=mg＋=60×10 N＋N=1000 N；所以D正确；ABC错误； 故选D。 【变式1】质量为0.5 kg的足球以8 m/s的速度水平飞来，运动员把它以12 m/s的速度用脚反向踢回，作用时间为0.2 s，运动员脚部受到足球的作用力大小约为(　　) A．2 N B．10 N C．20 N D．50 N 【答案】D 【解析】设足球踢回速度方向为正，根据动量定理可知Ft＝mv2－mv1，则F＝＝ N＝50 N，故D正确，A、B、C错误。 故选D。 【变式2】在一些居民楼尤其是老旧小区的阳台，堆砌杂物、盆栽，甚至悬挂拖把等现象屡见不鲜，甚至有些空调外挂机上都堆有放着随时有坠落风险的杂物。这些安全隐患随时都可能转化为一起伤人事件。若一个10g的核桃从高为45m的居民楼由静止坠下，与地面的撞击时间约为，则该核桃对地面产生的冲击力约为（g取）（　　） A．30N B． C． D． 【答案】C 【详解】设核桃落地瞬间的速度为v，由机械能守恒定律可知；解得； 落地过程由动量定理可知；解得；根据牛顿第三定律可知核桃对地面产生的冲击力约为3×103N。 故选C。 【变式3】某消防队员从一平台上跳下，下落1 s后双脚触地，接着他用双腿弯曲的方法缓冲，使自身重心又下降了0.2 s，在着地过程中地面对他双脚的平均作用力约为(　　) A．自身所受重力的2倍 B．自身所受重力的6倍 C．自身所受重力的8倍 D．自身所受重力的10倍 【答案】B 【解析】规定向下为正方向，对消防员下落的全程应用动量定理可得mg(t1＋t2)＋(－t2)＝0－0，代入数据解得＝6mg， 故选B。 动量定理解决多过程问题 【典例1】蹦床属于体操运动的一种，有“空中芭蕾”之称。一名体重为50 kg的运动员在比赛中某次离开床面后在空中的运动时间为1.6 s，之后与蹦床经1 s的接触，再次获得1.6 s的空中动作时间。不计空气阻力影响，g取10 m/s2。下列说法正确的是(　　) A．运动员与蹦床间的平均作用力为800 N B．运动员与蹦床间的平均作用力为1 300 N C．运动员与蹦床接触的1 s时间里处于超重状态 D．运动员与蹦床接触的1 s时间里处于失重状态 【答案】B 【解析】由题意可知，运动员从最高点经t1＝0.8 s 与蹦床接触t2＝1 s，再经t3＝0.8 s到达最高点，整个过程中，对运动员应用动量定理得mg(t1＋t2＋t3)－t2＝0，解得＝1 300 N，A项错误，B项正确；运动员与蹦床接触的1 s内，蹦床对运动员的弹力逐渐变化，运动员向下先加速后减速，然后向上先加速后减速，在这1 s内，运动员先失重再超重最后再失重，C、D项错误。 故选B。 【变式1】跳水运动一直是我国传统的优势体育项目，我们的国家跳水队享有“梦之队”的赞誉．在某次训练中，跳水运动员在跳台上由静止开始竖直落下，进入水中后在水中做减速运动，速度减为零时并未到达池底．不计空气阻力，下列说法正确的是(　　) A．运动员在空中运动时，其动量变化量大于重力的冲量 B．运动员从刚进入水中到速度减为零的过程中，其重力的冲量等于水的作用力的冲量 C．运动员从开始下落到速度减为零的过程中，其动量的改变量等于水的作用力的冲量 D．运动员从开始下落到速度减为零的过程中，其重力的冲量与水的作用力的冲量等大反向 【答案】D 【解析】运动员在空中运动过程中只受重力作用，根据动量定理可知运动员在空中动量的变化量等于重力的冲量，故A错误； 运动员在水中运动过程中受到重力和水对他的作用力，动量的变化量方向向上，则其重力的冲量小于水的作用力的冲量，故B错误； 整个过程根据动量定理可得I＝mΔv＝0，故运动员整个向下运动过程中合外力的冲量为零，故C错误；整个过程根据动量定理可得I＝IG＋IF＝mΔv＝0，所以IG＝－IF，即运动员整个运动过程中重力的冲量与水的作用力的冲量等大反向，故D正确。 故选D。 【变式2】将质量为m＝1 kg的物块置于水平地面上，已知物块与水平地面间的动摩擦因数为μ＝0.5，现在物块上施加一个平行于水平地面的恒力F＝10 N，物体由静止开始运动，作用4 s后撤去F.已知g＝10 m/s2，对于物块从静止开始到物块停下这一过程下列说法正确的是(　　) A．整个过程物块运动的时间为6 s B．整个过程物块运动的时间为8 s C．整个过程中物块的位移大小为40 m D．整个过程中物块的位移大小为60 m 【答案】B 【解析】在整个过程中由动量定理得Ft1－μmgt＝0，解得t＝8 s，选项A错误，B正确； 在物块前4 s运动的过程中由动量定理得Ft1－μmgt1＝mv，解得v＝20 m/s，因物块加速和减速过程的平均速度都为＝＝，全程的平均速度也为，则物块的总位移x＝t＝×8 m＝80 m，选项C、D错误； 故选B。 【变式3】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长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60kg的运动员在弹性绳绷紧后又经过2s人的速度减为零，假设弹性绳长为45m，重力加速度为g=10m/s2，（忽略空气阻力）下列说法正确的是（　　） A．弹性绳在绷紧后2s内对运动员的平均作用力大小为2000N 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 【答案】C 【详解】A．由机械能守恒得；知绳在刚绷紧时人的速度为 在绷紧的过程中根据动量定理有；代入数据解得；故A错误； B．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； CD．运动员整个过程中动量的变化量为零，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。 故选C。 动量定理与图像结合问题 【典例1】（多选）如图所示为冰雹从高空由静止下落过程中速度随时间变化的图像。冰雹所受的空气阻力可认为与物体速度大小成正比关系，图中作出了t＝0.8 s时刻的切线，冰雹的质量为0.5 kg，重力加速度g取10 m/s2，则(　　) A．冰雹在t＝0.8 s时刻的加速度大小为2.5 m/s2 B．冰雹所受的空气阻力与速度大小的比例系数大小为 C．冰雹最终达到最大速度的大小为6 m/s D．冰雹在0至0.8 s内所受的平均阻力大小为2.5 N 【答案】ABD 【解析】速度－时间图像的斜率表示加速度，由图像可知冰雹在t＝0.8 s时刻的加速度大小等于此时切线的斜率，故加速度大小为a＝＝ m/s2＝2.5 m/s2，故A正确； 设空气阻力与速度大小的正比系数为k，当v＝4 m/s时，根据牛顿第二定律有mg－kv＝ma，达到最大速度时，加速度为零，则有mg＝kvm，联立解得k＝，vm＝ m/s，故B正确，C错误； 在0到0.8 s内，对冰雹由动量定理可得mgt－ft＝mv－0，解得f＝2.5 N，故D正确； 故选ABD。 【变式1】（多选）质量为m=2kg的物体受到水平拉力F的作用，在光滑的水平面上由静止开始做直线运动，运动过程中物体的加速度随时间变化的规律如图所示。下列判断正确的是（　　） A．0～4s内物体先做加速运动再做匀速运动 B．6s末物体的速度为零 C．0～4s内拉力冲量为14N·s D．0～4s内拉力做功49J 【答案】CD 【详解】AB．物体是从静止开始运动，故在0~1s内做加速度增大的加速运动；1~4s内做匀加速直线运动，4~6s做加速度减小的加速运动，6s末加速度为零，速度最大，故AB错误； C．图像与坐标轴围成的面积表示速度变化量，故根据动量定理可得0~4s内拉力的冲量为；故C正确； D．因为水平面光滑，故物体受到的合力大小等于F，根据动能定理可得 因为是从静止开始运动的，所以4s末的动量为；根据；联立可求得；故D正确。 故选CD。 【变式2】一辆质量为m＝2 000 kg的汽车以v0＝30 m/s的速度在平直的高速公路上匀速直线行驶，当驾驶员发现前方有事故时，立即进行刹车，已知司机的反应时间为0.7 s．若汽车刹车后的刹车制动力F与刹车后的时间t成线性变化关系，如图所示，且在t＝10 s时刻汽车刚好完全停止运动，汽车运动可视为直线运动．求： (1)司机的反应时间内汽车行驶的距离；刹车后的最大制动力Fm； (2)当t1＝5 s时，汽车的速度． 【答案】(1)21 m　12 000 N (2)7.5 m/s 【解析】(1)在反应时间内，汽车做匀速运动，有x＝v0·t0 得x＝21 m 由动量定理得I＝·t＝t＝mv0 得Fm＝12 000 N (2)根据动量定理可得＝mv0－mv 由题图知F1＝ 解得v＝7.5 m/s 【变式3】水平面上有质量相等的a、b两个物体，水平推力F1、F2分别作用在a、b上。一段时间后撤去推力，物体继续运动一段距离后停下。两物体的v－t图线如图所示，图中AB∥CD。则整个过程中(　　) A.F1的冲量等于F2的冲量 B.F1的冲量大于F2的冲量 C.摩擦力对a物体的冲量等于摩擦力对b物体的冲量 D.合外力对a物体的冲量等于合外力对b物体的冲量 【答案】D 【解析】因AB与CD平行，说明撤去推力后两物体的加速度相同，而撤去推力后物体的合力等于摩擦力，根据牛顿第二定律可知，两物体受到的摩擦力大小相等。但a运动的总时间小于b运动的总时间，根据I＝Fft，可知，摩擦力对a物体的冲量小于摩擦力对b物体的冲量，故C错误； 根据动量定理，对整个过程研究得F1t1－FftOB＝0，F2t2－FftOD＝0，由图看出tOB<tOD，则有F1t1<F2t2，即F1的冲量小于F2的冲量，故A、B错误； 根据动量定理可知，合外力的冲量等于物体动量的变化量，a、b两个物体动量的变化量都为零，所以相等，故D正确。 故选D。 动量定理解决流体问题 【知识梳理】 1．解答质量连续变动的动量问题的基本思路 (1)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＝v·Δt，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； (2)运用动量定理，即流体微元所受的合力的冲量等于微元动量的增量，即F合Δt＝Δp。(Δt足够短时，重力可忽略不计)。 2．解答质量连续变动的动量问题的具体步骤 应用动量定理分析连续体相互作用问题的方法是微元法，具体步骤为： (1)确定一小段时间Δt内的连续体为研究对象； (2)写出Δt内连续体的质量Δm与Δt的关系式； (3)分析连续体的受力情况和动量变化； (4)应用动量定理列式、求解。 【典例1】“水上飞人表演”是近几年来观赏性较高的水上表演项目之一，其原理是利用脚上喷水装置产生的反冲动力，使表演者在水面之上腾空而起。同时能在空中完成各种特技动作，如图甲所示。为简化问题，将表演者和装备与竖直软水管看成分离的两部分。如图乙所示。已知表演者及空中装备的总质量为M，竖直软水管的横截面积为S，水的密度为ρ，重力加速度为g。若水流竖直向上喷出，与表演者接触后能以原速率反向弹回，要保持表演者在空中静止，软水管的出水速度至少为(　　) A. B. C. D. 【答案】C 【解析】设软水管的出水速度为v，则极短的时间t内，出水的质量为m＝ρSvt 速度由竖直向上的速度v变为竖直向下的速度v，表演者能静止在空中，由平衡条件可知表演者及空中装备受到水的作用力大小为Mg，由牛顿第三定律可知，装备对水的作用力大小也为Mg，取向下为正方向，对时间t内的水，由动量定理可得Mgt＝mv－(－mv)＝ρSv2t－(－ρSv2t) 解得v＝故C正确，A、B、D错误。 故选C。 【变式1】由我国自主研发制造的世界上最大的海上风电机SL5000，它的机舱上可以起降直升机，叶片直径128米，风轮高度超过40层楼，是世界风电制造业的一个奇迹。风速为12 m/s时发电机满载发电，风通过发电机后速度减为11 m/s，已知空气的密度为1.3 kg/m3，则风受到的平均阻力约为(　　) A．4．0×104 N B．2.0×105 N C．2．2×106 N D．4.4×106 N 【答案】B 【解析】叶片d＝128 m，所以叶片旋转所形成的圆面积为S＝，设t秒内流过该圆面积的风柱体积为V＝Sv1t＝，风柱的质量为m＝ρV，设风柱受到的平均阻力为f，取v1的方向为正方向，故v1＝12 m/s，v2＝11 m/s，根据动量定理有－ft＝mv2－mv1，代入数据解得f＝2.0×105 N， 故选B。 【变式2】水力采煤是用高压水枪喷出的水柱冲击煤层而使煤掉下，所用水枪喷水口的直径为，水速为，水柱垂直射到煤层表面上，水的密度，冲击煤层后自由下落求水柱对煤层的平均冲力(    ) A. B. C. D. 【答案】A  【解析】取时间内射到煤层的水为研究对象，设这部分水的质量为，以表示水柱的截面积，则，这部分水经时间，其水平方向的动量由变为零，设水受到煤层的反作用力为，并设方向为正方向，根据动量定理，有，故根据牛顿第三定律，水柱对煤层的作用力大小为，故A正确。 故选A。  【变式3】如图所示，小明把一只充了氢气的气球和质量为的小物块绑在一起，置于空中，然后打开气球的阀门，气球中氢气向下喷出，放手后物块和气球能在空中停留一段时间，在这段时间里不计空气阻力，氢气质量远小于物块质量，重力加速度为，假设氢气匀速向下喷出，不计浮力，不考虑气球体积变化的影响，喷口的面积为，气体的密度为，则氢气喷出的速率大小为 A. B. C. D. 【答案】A  【解析】时间内气球喷出气体的质量 对于物块、气球组成的系统，由动量定理得：；解得 根据平衡条件有；解得，故A正确。 故选A。 动量定理与动能定理综合应用 【知识梳理】 （1）都是力的积累效果：动量定理是力对时间的积累效果，动能定理是力对空间的积累效果。 （2）都是一个过程量：对应着两个状态量。动量定理的表达式是矢量式，动能定理的表达式是标量式。 （3）应用中各有优越性：两个定理应用中都着眼于一个过程，只抓两头(始、末状态)，因此应用中就显得简便。动量定理在用于处理有关时间而不考虑位移的问题中往往显示出优越性，动能定理在用于处理有关位移而不考虑时间的问题中往往显示出优越性。 （4）均可双向求解：动量定理既可以由冲量求动量的变化或始、末动量，也可以由动量变化求冲量或力及时间；动能定理既可以由功求动能的变化或始、末动能，也可以由动能变化求功或力及位移。 （5）两个定理的选用：若问题是研究力在时间上的积累效果，应选用动量定理求解；若问题涉及力在空间上的积累效果，则应选用动能定理求解。 【典例1】一质量为2 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)求物块在反向运动过程中克服摩擦力所做的功W。 【答案】　(1)0.32　(2)520 N　(3)36 J 【解析】　 (1)物块从A点到B点做匀减速直线运动的过程，由动能定理有 －μmgx＝mv2－mv 可得μ＝0.32。 (2)物块和墙壁作用的过程，取向左为正，由动量定理有FΔt＝mv′－mv， 其中v′＝6 m/s，v＝－7 m/s 代入可得F＝520 N。 (3)物块向左匀减速直线运动的过程，由动能定理－W＝0－mv′2 解得W＝36 J。 【变式1】如图所示，一轻质弹簧固定在墙上，一个质量为m的木块以速度大小v0从右侧沿光滑水平面向左运动并与弹簧发生相互作用．设相互作用的过程中弹簧始终在弹性限度范围内，那么，在整个相互作用的过程中弹簧对木块冲量I的大小和弹簧对木块做的功W分别是(　　 ) A．I＝0，W＝mv　　　　 B．I＝mv0，W＝mv C．I＝2mv0，W＝0 D．I＝2mv0，W＝mv 【答案】C　 【解析】由能量守恒可知，木块向右离开弹簧瞬间的速度大小也为v0，取向右为正方向，由动量定理可得：I＝mv0－(－mv0)＝2mv0，由动能定理可得：W＝mv－mv＝0， 故选C。 【变式2】（多选）游乐场滑索项目的简化模型如图所示，索道AB段光滑，A点比B点高1.25 m，与AB段平滑连接的BC段粗糙，长4 m。质量为50 kg的滑块从A点由静止下滑，到B点进入水平减速区，在C点与缓冲墙发生碰撞，反弹后在距墙1 m的D点停下。设滑块与BC段的动摩擦因数为0.2，规定向右为正方向。g取10 m/s2。下列说法正确的是(　　) A．缓冲墙对滑块的冲量为－50 N·s B．缓冲墙对滑块的冲量为－250 N·s C．缓冲墙对滑块做的功为－125 J D．缓冲墙对滑块做的功为－250 J 【答案】BC 【解析】滑块从A点下滑，经过B滑动到C的过程中，根据动能定理有：mgh－μmgxBC＝mv－0，从C点反弹运动到D点的过程，根据动能定理有：－μmgxCD＝0－mv，代入数据解得v1＝3 m/s，v2＝2 m/s。滑块与缓冲墙作用的过程中，根据动量定理有I＝－mv2－mv1，代入数据，得I＝－250 N·s，故A错误，B正确；根据动能定理有：W＝mv－mv，代入数据得W＝－125 J，故C正确，D错误。 故选BC。 【巩固训练】 1．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A。 2．蹦床是一项扣人心弦的运动项目。运动员在一张绷紧的弹性网上蹦跳、腾翻，做岀各种惊险优美的动作（图）。现有一位质量为50kg的运动员，从离水平网面3.2m的高处自由落下，着网后沿竖直方向蹦回到离水平网面5m的高处。若这位运动员与网接触的时间为1.0s，求网对运动员的平均作用力的大小（ ）g取。 A．900N B．1400N C．600N D．1000N 【答案】B 【详解】运动员与网接触前瞬间有；运动员与网分开后有 接触到分开过程由动量定理得；带入数据解得F=1400N 故选B。 3．福建属于台风频发地区，各类户外设施建设都要考虑台风影响。已知10级台风的风速范围为，16级台风的风速范围为。若台风迎面垂直吹向一固定的交通标志牌，则16级台风对该交通标志牌的作用力大小约为10级台风的（　　） A．2倍 B．4倍 C．8倍 D．16倍 【答案】B 【详解】设空气的密度为，风迎面垂直吹向一固定的交通标志牌的横截面积为，在时间的空气质量为；假定台风迎面垂直吹向一固定的交通标志牌的末速度变为零，对风由动量定理有；得；10级台风的风速，16级台风的风速，则有 故选B。 4．图甲为公园里有一水托石球的景观，高速喷出的水流将一质量为M的石球悬停在空中。为方便计算，如图乙所示，假设高压水流从横截面积为S的喷口持续竖直向上喷出，接触面可近似看成平板；水流冲击到石球底部后，水在竖直方向的速度变为零，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。则高压水流的速度v可表示为（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】高压水流冲击到石球底部后，在竖直方向的速度变为零，以竖直向上为正方向，根据动量定理得-Mgt=ρSvt（0-v）；得 故选A。 5． “蹦极”是一项刺激的极限运动，一个重为F0的运动员将一端固定的长弹性绳绑在踝关节处，从高处跳下，测得弹性绳的弹力F的大小随时间t 的变化图象如图所示．若将蹦极过程视为在竖直方向上的运动，且空气阻力不计，下列说法正确的是(　　) A．t1～t2时间内运动员处于超重状态 B．t3时刻运动员的速度最大 C．t1～t3时间内运动员受到的弹力冲量和重力冲量大小相等 D．t1～t5时间内运动员的机械能先减小后增大 【答案】D 【解析】在t1～t2时间内，运动员合力向下，加速下降，处于失重状态，A错误； t3时刻运动员受到的弹力最大，速度为零，处于最低点，B错误； t1～t3时间内，运动员先加速，后减速，初速度不为零，末速度为零，根据动量定理，合力的冲量向上，故运动员受到的弹力冲量和重力冲量大小不相等，故C错误； t1～t5时间内，弹性绳先拉长后恢复原长，弹性势能先增加后减小，由于运动员和弹性绳系统机械能守恒，故运动员的机械能先减小后增大，D正确 故选D。 6． 人们对手机的依赖性越来越强，有些人喜欢躺着看手机，经常出现手机砸伤眼睛的情况．若手机质量为150 g，从离人眼约20 cm的高度无初速度掉落，砸到眼睛后手机未反弹，眼睛受到手机的冲击时间约为0.1 s，取重力加速度g＝10 m/s2，下列分析正确的是(　　) A．手机与眼睛作用过程中动量变化量大小约为0.45 kg·m/s B．手机对眼睛的冲量大小约为0.1 N·s C．手机对眼睛的冲量大小约为0.3 N·s D．手机对眼睛的作用力大小约为4.5 N 【答案】D 【解析】20 cm＝0.20 m；150 g＝0.15 kg；根据自由落体运动规律有v＝＝ m/s＝2 m/s，手机与眼睛作用后手机的速度变成0，选取向上为正方向，所以手机与眼睛作用过程中动量变化为Δp＝0－m(－v)＝－0.15×(－2) kg·m/s＝0.30 kg·m/s，故A错误； 手机与眼接触的过程中受到重力与眼睛对它的作用力，则Iy－mgt＝Δp，代入数据可得Iy＝0.45 N·s，手机对眼睛的作用力与眼睛对手机的作用力大小相等，方向相反，作用的时间相等，所以手机对眼睛的冲量大小为Iy′＝0.45 N·s，故B、C错误； 由冲量的定义有Iy′＝Ft，代入数据可得F＝＝ N＝4.5 N，故D正确。 故选D。 7．嫦娥五号在月球采样返回是迄今为止我国执行的最为复杂的航天任务．“嫦娥五号”上升器从月球表面采集样本后在变推力发动机推动下加速运动至预设速度值，上升器加速上升过程中的加速度与时间的关系如图所示，0～t1阶段发动机以恒定推力F＝2 940 N运行，t1～t2阶段加速度均匀减小．t1＝60 s，a1＝0.5 m/s2，t2＝120 s，a2＝0.3 m/s2；已知月球表面重力加速度约为g′＝1.6 m/s2.求 (1)上升器与取样标本的总质量； (2)t1～t2阶段上升器所受推力的冲量大小． 【答案】　(1)1 400 kg　(2)1.68×105 N·s 【解析】　(1)由牛顿第二定律 F－mg′＝ma1 得m＝1 400 kg (2)由动量定理得I－mg′(t2－t1)＝mΔv 由图像可知Δv＝(0.5＋0.3)×60× m/s＝24 m/s 则I＝1.68×105 N·s. 8．“水刀”应用高压水流切割技术，相比于激光切割有切割材料范围广，效率高，安全环保等优势。如图所示，某型号“水刀”工作过程中，将水从面积S＝0.1 mm2的细喷嘴高速喷出，直接打在被切割材料表面，从而产生极大压强，实现切割。已知该“水刀”每分钟用水600 g，水的密度为ρ＝1.0×103 kg/m3。假设高速水流垂直打在材料表面上后，立刻沿材料表面散开没有反弹，试估算水对材料垂直于表面方向的压强p为(　　) A．1．0×105 Pa B．1.0×106 Pa C．1．0×107 Pa D．1.0×108 Pa 【答案】　C 【解析】　一分钟喷出的水的质量为m＝ρSvt，解得水的流速v＝，选取Δt时间内打在材料表面质量为Δm的水为研究对象，以从细喷嘴高速喷出时的速度方向为正方向，由动量定理得－FΔt＝0－Δmv，其中Δm＝ρSvΔt，解得F＝ρSv2，根据牛顿第三定律，可知材料表面受到的压力F′＝F，水对材料垂直于表面方向的压强p＝，代入数据解得p＝1.0×107 Pa，故C正确，A、B、D错误。 9．高速水流切割是一种高科技工艺加工技术，为完成飞机制造中的高难度加工特制了一台高速水流切割机器人，该机器人的喷嘴横截面积为，喷嘴射出的水流速度为，水的密度为，设水流射到工件上后速度立即变为零。则该高速水流在工件上产生的压力大小为(    ) A. B. C. D. 【答案】B  【解析】解：单位时间内喷到工件上的水的体积为： 故质量为： 设水的初速度方向为正方向；则由动量定理可得： 得：， 根据牛顿第三定律，高速水流在工件上产生的压力大小为，方向沿水流的方向； 则B正确，ACD错误 故选：。 10．（2024·福建·高考真题）如图（a），水平地面上固定有一倾角为的足够长光滑斜面，一质量为的滑块锁定在斜面上。时解除锁定，同时对滑块施加沿斜面方向的拉力，随时间的变化关系如图（b）所示，取沿斜面向下为正方向，重力加速度大小为，则滑块（　　） A．在内一直沿斜面向下运动 B．在内所受合外力的总冲量大小为零 C．在时动量大小是在时的一半 D．在内的位移大小比在内的小 【答案】AD 【详解】根据图像可知当时，物块加速度为 方向沿斜面向下；当时，物块加速度大小为 方向沿斜面向上，作出物块内的图像 A．根据图像可知，物体一直沿斜面向下运动，故A正确； B．根据图像可知，物块的末速度不等于0，根据动量定理；故B错误； C．根据图像可知时物块速度大于时物块的速度，故时动量不是时的一半，故C错误； D．图像与横轴围成的面积表示位移，故由图像可知过程物体的位移小于的位移，故D正确。 故选AD。 11．（2023·福建·高考真题）（多选）甲、乙两辆完全相同的小车均由静止沿同一方向出发做直线运动。以出发时刻为计时零点，甲车的速度—时间图像如图（a）所示，乙车所受合外力—时间图像如图（b）所示。则（   ） A．0 ~ 2s内，甲车的加速度大小逐渐增大 B．乙车在t = 2s和t = 6s时的速度相同 C．2 ~ 6s内，甲、乙两车的位移不同 D．t = 8s时，甲、乙两车的动能不同 【答案】BC 【详解】A．由题知甲车的速度一时间图像如图（a）所示，则根据图（a）可知0 ~ 2s内，甲车做匀加速直线运动，加速度大小不变，故A错误； B．由题知乙车所受合外力一时间图像如图（b）所示，则乙车在0 ~ 2s内根据动量定理有I2 = mv2，I2 = S0 ~ 2 = 2N·s；乙车在0 ~ 6s内根据动量定理有I6 = mv6，I6 = S0 ~ 6 = 2N·s；则可知乙车在t = 2s和t = 6s时的速度相同，故B正确； C．根据图（a）可知，2 ~ 6s内甲车的位移为0；根据图（b）可知，2 ~ 6s内乙车一直向正方向运动，则2 ~ 6s内，甲、乙两车的位移不同，故C正确； D．根据图（a）可知，t = 8s时甲车的速度为0，则t = 8s时，甲车的动能为0；乙车在0 ~ 8s内根据动量定理有I8 = mv8，I8 = S0 ~ 8 = 0；可知t = 8s时乙车的速度为0，则t = 8s时，乙车的动能为0，故D错误。 故选BC。 12．竞技跳水是奥运会正式竞赛项目之一，分跳板跳水和跳台跳水。某质量为M运动员在进行10 m跳台跳水训练时，以速度v0竖直向上起跳，经过一段时间后入水。为方便计算假设：水池深5 m，运动员在水中做匀减速运动，且运动员到达池底时速度恰好减为零，取v0＝5 m/s，M＝60 kg，g＝10 m/s2，空气阻力不计，求： (1)运动员入水时的速度大小v； (2)运动员从离开跳台至到达池底整个过程的时间t； (3)运动员在水中受到水的平均作用力大小F。 【答案】(1)15 m/s　(2)2.67 s　(3)1 950 N 【解析】(1)运动员向上起跳到入水过程中，根据动能定理可得Mgh＝Mv2－Mv 解得运动员入水时的速度大小v＝15 m/s。 (2)规定竖直向上为正方向，根据动量定理可得－Mgt1＝－Mv－Mv0 解得t1＝2 s 运动员从入水到池底过程的时间为t2，根据平均速度公式则有h＝t2 解得t2＝ s 运动员从离开跳台至到达池底整个过程的时间t＝t1＋t2＝ s＝2.67 s。 (3) 运动员在水中，根据动能定理可得Mg(h＋d)－Fd＝0－Mv 解得运动员在水中受到水的平均作用力大小F＝1 950 N。 13．山地滑雪是人们喜爱的一项体育运动．如图所示，雪道AOB由斜坡雪道AO和水平雪道OB平滑连接而成，BC为从B点水平延伸出的一段雪道．一滑雪爱好者从A点由静止滑下，从C点飞出后落到水平雪道DE上的P点，爱好者落地姿态稳定后又在雪道DE上滑行了一段距离．已知A、B两点与雪道DE的高度差分别为h1＝42.2 m和h2＝20 m，雪道AOB的水平距离为L0＝50 m，爱好者与雪道AOB和BC段间的动摩擦因数均为μ1＝0.3，与雪道DE段间的动摩擦因数为μ2＝0.1，在滑雪板从与P点接触到爱好者姿态稳定的过程中，雪道DE对爱好者的支持力可视为恒力，该过程的时间为t0＝1 s，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力． (1)求爱好者滑行到B点时的速度大小v0. (2)雪道BC的长度为多少时，落点P到B点的水平距离L最大，并求出最大值Lm. (3)在满足(2)的条件下，求爱好者从P点到滑行停止处的距离x. 【答案】(1)12 m/s　(2)18 m　30 m　(3)9 m 【解析】(1)设爱好者与滑雪板的总质量为m，从A到B的运动过程，由动能定理可得 mg(h1－h2)－μ1mgL0＝mv02 解得v0＝12 m/s (2) 设BC长为s，从B到C的运动过程，由动能定理可得－μ1mgs＝mv12－mv02， 得s＝－＋24 从C点飞出后做平抛运动，则x0＝v1＝2v1 P到B的水平距离为L＝s＋x0＝(－＋2v1＋24) m 故当v1＝－ m/s＝6 m/s时，即s＝18 m时，L取得最大值，其值为Lmax＝30 m (3) 爱好者落到P点处时，竖直分速度减为0，以向上为正方向，竖直方向由动量定理可得 (FN－mg)t0＝0－(－mvy)＝m 此过程中爱好者水平方向的加速度为a1＝＝3 m/s2 该过程中水平方向能滑行的距离为x1＝v1t0－a1t02＝4.5 m 姿态调整后的加速度为a2＝μ2g＝1 m/s2 姿态调整结束后，滑行的距离为x2＝＝4.5 m 故滑行的距离为x＝x1＋x2＝9 m. 14．某游乐园入口旁有一喷泉，喷出的水柱将一质量为M的卡通玩具稳定地悬停在空中。为计算方便起见，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；玩具底部为平板(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Δl＝v0Δt① 喷出水柱质量Δm＝ρΔV② 其中ΔV为水柱体积，满足ΔV＝ΔlS③ 由①②③可得：喷泉单位时间内喷出的水的质量为＝ρv0S。 (2)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冲为水柱对玩具底部的作用力 由牛顿第三定律知F压＝F冲⑤ 其中，F压为玩具底部对水柱的作用力，v′为水柱到达玩具底部时的速度 由运动学公式得v′2－v＝－2gh⑥ 在很短Δt时间内，冲击玩具水柱的质量为Δm 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得 －(F压＋Δmg)Δt＝－Δmv′⑧ 由于Δt很小，Δmg也很小，可以忽略，⑧式变为F压Δt＝Δmv′⑨ 由④⑤⑥⑦⑨可得h＝－。 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $$