專題13 動(dòng)量定理及應(yīng)用（原卷版）

專題13動(dòng)量定理及應(yīng)用[題型導(dǎo)航]題型一對(duì)動(dòng)量和沖量的理解 1題型二動(dòng)量定理的基本應(yīng)用 4題型三動(dòng)量定理在多過(guò)程問(wèn)題中的應(yīng)用 5題型四應(yīng)用動(dòng)量定理處理“流體模型”的沖擊力問(wèn)題 8[考點(diǎn)分析]題型一對(duì)動(dòng)量和沖量的理解 1．動(dòng)量(1)定義：運(yùn)動(dòng)物體的質(zhì)量和速度的乘積叫做物體的動(dòng)量，通常用p來(lái)表示．(2)表達(dá)式：p＝mv.(3)單位：kg·m/s.(4)標(biāo)矢性：動(dòng)量是矢量，其方向和速度方向相同．2．沖量(1)定義：力F與力的作用時(shí)間t的乘積．(2)定義式：I＝Ft.(3)單位：N·s.(4)方向：恒力作用時(shí)，與力的方向相同．(5)物理意義：是一個(gè)過(guò)程量，表示力在時(shí)間上積累的作用效果．（多選）如圖所示，在t＝0時(shí)質(zhì)量m＝1kg的小球自高h(yuǎn)＝45m的平臺(tái)上以v0＝10m/s的初速度水平拋出，運(yùn)動(dòng)t1＝1s后，突然受到大小恒為10N的水平向右的風(fēng)力作用，最后落至水平地面，不計(jì)其他阻力，取g＝10m/s2。則以下說(shuō)法正確的是（）A．小球從拋出至落地的過(guò)程中重力的平均功率為150W B．小球受到風(fēng)力作用后，在落地前做勻變速曲線運(yùn)動(dòng) C．落地瞬間小球速度方向與水平方向成53°角 D．從拋出至落地的過(guò)程中，水平力的沖量大小為20N?s（多選）質(zhì)量為1kg的物塊在水平力F的作用下由靜止開(kāi)始在水平地面上做直線運(yùn)動(dòng)，F(xiàn)與時(shí)間t的關(guān)系如圖所示。已知物塊與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2，重力加速度大小取g＝10m/s2。則（）A．4s時(shí)物塊的動(dòng)能為零 B．6s時(shí)物塊回到初始位置 C．3s時(shí)物塊的動(dòng)量為12kg?m/s D．0～6s時(shí)間內(nèi)F對(duì)物塊所做的功為40J一質(zhì)量為1kg的物塊，在水平力F的作用下由靜止開(kāi)始在水平地面上做直線運(yùn)動(dòng)，F(xiàn)與時(shí)間t的關(guān)系如圖所示，已知物塊與地間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2，重力加速度g取10m/s2，下列選項(xiàng)正確的是（）A．物體在3s末的動(dòng)量大小12kg?m/s B．水平力F在前4s內(nèi)的沖量大小為16N?s C．物體在5s末的速度大小為2m/s D．6s末動(dòng)量大小為12kg?m/s某大雨天，小明同學(xué)想估算一下當(dāng)時(shí)下雨的雨滴對(duì)傘面產(chǎn)生的平均撞擊力。他于是去實(shí)驗(yàn)室借來(lái)一個(gè)圓柱形容器置于露天空地上，測(cè)得10分鐘內(nèi)容器中水位上升了30mm，不考慮當(dāng)時(shí)風(fēng)的影響，可認(rèn)為雨滴以10m/s的速度豎直落向地面?，F(xiàn)在假設(shè)雨滴撞擊傘面后無(wú)反彈，已知雨水的密度為1×103kg/m3，傘面的面積約為0.8m2，請(qǐng)根據(jù)上述條件估算當(dāng)時(shí)雨水對(duì)傘面的平均撞擊力最接近（）A．0.05N B．0.08N C．0.4N D．5N如圖甲，一質(zhì)量為m的物塊在t＝0時(shí)刻，以初速度v0從粗糙固定斜面底端向上滑行，斜面足夠長(zhǎng)、傾角為θ，物塊速度隨時(shí)間的圖像如圖乙所示，4t0時(shí)刻物塊返回底端，重力加速度為g，說(shuō)法正確的是（）A．物塊在0～4t0的過(guò)程中動(dòng)量變化量的大小為2mvB．物塊在0～4t0的過(guò)程中重力的沖量為4mgt0sinθ C．物塊在0～4t0的過(guò)程中克服摩擦力所做的功為17mvD．物塊返回斜面底端時(shí)重力做功的瞬時(shí)功率為5m如圖所示，一物體分別沿三個(gè)傾角不同的光滑斜面由靜止開(kāi)始從同一頂端下滑到底端C、D、E處，三個(gè)過(guò)程中重力的沖量依次為I1、I2、I3，動(dòng)量變化量的大小依次為△p1、△p2、△p3，則下列說(shuō)法不正確的是（）A．三個(gè)過(guò)程中，合力的沖量大小相等，動(dòng)量的變化量大小相等 B．三個(gè)過(guò)程中，合力做的功相等，動(dòng)能的變化量相等 C．I1＜I2＜I3，△p1＝△p2＝△p2 D．I1＜I2＜I3，△p1＜△p2＜△p3題型二動(dòng)量定理的基本應(yīng)用1．動(dòng)量定理(1)內(nèi)容：物體所受合外力的沖量等于物體的動(dòng)量的變化量．(2)表達(dá)式：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Ft＝p′－p,I＝Δp))如圖所示，質(zhì)量相等的兩個(gè)靜止小球A和B，中間用輕質(zhì)彈簧連接，A的上端用輕繩系在足夠高的天花板上?，F(xiàn)將輕繩剪斷開(kāi)始計(jì)時(shí)，直至A球速度為v1，B球速度為v2，且方向均向下，則該過(guò)程所用時(shí)間為（）A．v1+v2g B．v1（多選）如圖所示裝置，裝有細(xì)砂石的容器帶有比較細(xì)的節(jié)流門，K是節(jié)流門的閥門，節(jié)流門正下方有可以稱量細(xì)砂石質(zhì)量的托盤秤。當(dāng)托盤上已經(jīng)有質(zhì)量為m的細(xì)砂石時(shí)關(guān)閉閥門K，此時(shí)從管口到砂石堆頂端還有長(zhǎng)為H的細(xì)砂石柱，設(shè)管口單位時(shí)間流出的細(xì)砂石的質(zhì)量為m0，管口處細(xì)砂石的速度近似為零，關(guān)閉閥門K后，細(xì)砂石柱下落時(shí)砂石堆高度不變，重力加速度為g，忽略空氣阻力，下列說(shuō)法正確的是（）A．剛關(guān)閉閥門K時(shí)，托盤秤示數(shù)為mg B．細(xì)砂石柱下落過(guò)程中，托盤秤示數(shù)為m+m02HgC．細(xì)砂石柱對(duì)砂石堆頂端的沖擊力為m02gH D．細(xì)砂石柱全部落完時(shí)托盤秤的示數(shù)比剛關(guān)閉閥門K時(shí)托盤秤的示數(shù)大（多選）如圖（a），質(zhì)量分別為mA、mB的A、B兩物體用輕彈簧連接構(gòu)成一個(gè)系統(tǒng)，外力F作用在A上，系統(tǒng)靜止在光滑水平面上（B靠墻面），此時(shí)彈簧形變量為x。撤去外力并開(kāi)始計(jì)時(shí)，A、B兩物體運(yùn)動(dòng)的a﹣t圖像如圖（b）所示，S1表示0到t1時(shí)間內(nèi)A的a﹣t圖線與坐標(biāo)軸所圍面積大小，S2、S3分別表示t1到t2時(shí)間內(nèi)A、B的a﹣t圖線與坐標(biāo)軸所圍面積大小。下列說(shuō)法正確的是（）A．0到t1時(shí)間內(nèi)，墻對(duì)B的沖量為0 B．運(yùn)動(dòng)后，彈簧的最大形變量等于x C．mA：mB＝S3：S2 D．S1﹣S2＝S3題型三動(dòng)量定理在多過(guò)程問(wèn)題中的應(yīng)用1.如果遇到的問(wèn)題，不需要求加速度，可以不運(yùn)用牛頓定律，涉及到力的時(shí)間效應(yīng)則用動(dòng)量定理，空間效應(yīng)則用動(dòng)能定理。2.對(duì)于兩個(gè)或兩以上物體組成的物體系統(tǒng)，如果用牛頓定律和隔離法，有時(shí)會(huì)很復(fù)雜，但用動(dòng)量定理，就非常簡(jiǎn)單2021年5月15日，“天問(wèn)一號(hào)”著陸器成功著陸火星表面，這標(biāo)志著我國(guó)首次火星探測(cè)任務(wù)——著陸火星取得圓滿成功。它著陸前的運(yùn)動(dòng)可簡(jiǎn)化為如圖所示四個(gè)過(guò)程，若已知著陸器質(zhì)量m＝1.3×103kg（降落傘質(zhì)量遠(yuǎn)小于著陸器質(zhì)量），懸停時(shí)離地面的高度h4＝8m，取火星表面重力加速度g'＝4m/s2，忽略著陸器質(zhì)量的變化和g'的變化。若第②、第③和第④階段的運(yùn)動(dòng)都可視為加速度不同的豎直向下勻變速直線運(yùn)動(dòng)。（1）求：第②階段著陸器下降的高度h2、以及所受總平均阻力f的大??；（2）著陸器在第④階段為自由落體運(yùn)動(dòng)：a．求著陸速度v4的大??；b．著陸時(shí)，緩沖設(shè)備讓著陸器在約0.1s內(nèi)勻減速至0，請(qǐng)估算地面受到著陸器的平均沖擊力F的大小，并說(shuō)出減小平均沖擊力的建議。2022年北京冬奧會(huì)中，中國(guó)鋼架雪車隊(duì)獲得首枚冬奧會(huì)獎(jiǎng)牌。鋼架雪車比賽的一段賽道如圖1所示，長(zhǎng)為x1的水平直道AB與長(zhǎng)為x2的傾斜直道BC在B點(diǎn)平滑連接，傾斜直道BC與水平面的夾角為θ。運(yùn)動(dòng)員從A點(diǎn)由靜止出發(fā)，推著雪車勻加速運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)速度大小為v，緊接著快速俯臥到車上，繼續(xù)沿BC勻加速下滑（圖2所示）。若雪車（包括運(yùn)動(dòng)員）可視為質(zhì)點(diǎn)，始終在冰面上運(yùn)動(dòng)，其總質(zhì)量為m，雪車與冰面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g。求雪車（包括運(yùn)動(dòng)員）（1）在水平直道AB上的加速度大小；（2）在傾斜直道BC上的加速度大??；（3）經(jīng)過(guò)C點(diǎn)時(shí)的動(dòng)量大小。題型四應(yīng)用動(dòng)量定理處理“流體模型”的沖擊力問(wèn)題對(duì)于流體運(yùn)動(dòng),可沿流速v的方向選取一段柱形流體作微元,設(shè)在極短的時(shí)間Δt內(nèi)通過(guò)某一橫截面積為S的柱形流體的長(zhǎng)度為Δl,如圖所示。設(shè)流體的密度為ρ,則在Δt的時(shí)間內(nèi)流過(guò)該截面的流體的質(zhì)量Δm=ρSΔl=ρSvΔt,根據(jù)動(dòng)量定理,流體微元所受的合外力的沖量等于該流體微元?jiǎng)恿康脑隽?即FΔt=ΔmΔv,分兩種情況:(1)作用后流體微元停止,有Δv=-v,代入上式有F=-ρSv2。(2)作用后流體微元以速率v反彈,有Δv=-2v,代入上式有F=-2ρSv2。湖面上有帆船正以速度v1勻速順風(fēng)航行。已知：該船帆的有效受風(fēng)面積為S，水平風(fēng)速恒為v2，且v1＜v2，湖面上空氣密度為ρ。則風(fēng)對(duì)船帆的推力的功率為（）A．ρSv22 B．ρS（v2﹣v1）2 C．ρS（v2﹣v1）2v1 D．ρS（v2﹣v1）2v2如圖，消防員用高壓水槍噴出的強(qiáng)力水柱沖擊著火物，直徑為D的水柱以水平速度v垂直射向著火物。假設(shè)水流進(jìn)入水槍的速度忽略不計(jì)，水柱沖擊著火物后速度為零，水的密度為ρ。下列說(shuō)法正確的是（）A．單位時(shí)間流經(jīng)水槍的水的體積為12B．水槍對(duì)水做功的功率為18C．水柱對(duì)著火物的沖擊力為18D．水槍水平向前噴水時(shí)，消防員對(duì)水槍的作用力方向水平向前如圖所示，由噴泉中噴出的水柱，把一個(gè)重為W的垃圾桶倒頂在空中。水以速率v0、恒定的質(zhì)量增率（即單位時(shí)間噴出的質(zhì)量）△m△t某游樂(lè)園入口旁有一鯨魚噴泉，在水泵作用下會(huì)從鯨魚模型背部噴出豎直向上的水柱，將站在沖浪板上的玩偶模型托起，懸停在空中，伴隨著音樂(lè)旋律，玩偶模型能夠上下運(yùn)動(dòng)，非常引人駐足，如圖所示。這一景觀可做如下簡(jiǎn)化，假設(shè)水柱從橫截面積為S的噴口持續(xù)以速度v0豎直向上噴出；設(shè)同一高度水柱橫截面上各處水的速率都相同，沖浪板底部為平板且其面積大于水柱的橫截面積，保證所有水都能噴到?jīng)_浪板的底部。水柱沖擊沖浪板前其水平方向的速度可忽略不計(jì)，沖擊沖浪板后，水在豎直方向的速度立即變?yōu)榱?，在水平方向朝四周均勻散開(kāi)。已知玩偶模型和沖浪板的總質(zhì)量為M，水的密度為ρ，重力加速度大小為g，空氣阻力及水的粘滯阻力均可忽略不計(jì)。（1）試計(jì)算玩偶模型在空中懸停時(shí)，水對(duì)沖浪板的沖擊力大小和噴泉單位時(shí)間內(nèi)噴出的水的質(zhì)量；（2）實(shí)際上當(dāng)我們仔細(xì)觀察發(fā)現(xiàn)噴出的水柱在空中上升階段并不是粗細(xì)均勻的，而是在豎直方向上一端粗一端細(xì)，請(qǐng)你分析上升階段的水柱是上端較粗還是下端較粗，并說(shuō)明水柱呈現(xiàn)該形態(tài)的原因。（3）由于水柱頂部的水與沖浪板相互作用的時(shí)間很短，因此在分析水對(duì)沖浪板的作用力時(shí)可忽略這部分水所受的重力作用。求玩偶在空中懸停時(shí)，其底面相對(duì)于噴口的高度。專題13動(dòng)量定理及應(yīng)用[題型導(dǎo)航]題型一對(duì)動(dòng)量和沖量的理解 1題型二動(dòng)量定理的基本應(yīng)用 7題型三動(dòng)量定理在多過(guò)程問(wèn)題中的應(yīng)用 9題型四應(yīng)用動(dòng)量定理處理“流體模型”的沖擊力問(wèn)題 12[考點(diǎn)分析]題型一對(duì)動(dòng)量和沖量的理解 1．動(dòng)量(1)定義：運(yùn)動(dòng)物體的質(zhì)量和速度的乘積叫做物體的動(dòng)量，通常用p來(lái)表示．(2)表達(dá)式：p＝mv.(3)單位：kg·m/s.(4)標(biāo)矢性：動(dòng)量是矢量，其方向和速度方向相同．2．沖量(1)定義：力F與力的作用時(shí)間t的乘積．(2)定義式：I＝Ft.(3)單位：N·s.(4)方向：恒力作用時(shí)，與力的方向相同．(5)物理意義：是一個(gè)過(guò)程量，表示力在時(shí)間上積累的作用效果．（多選）如圖所示，在t＝0時(shí)質(zhì)量m＝1kg的小球自高h(yuǎn)＝45m的平臺(tái)上以v0＝10m/s的初速度水平拋出，運(yùn)動(dòng)t1＝1s后，突然受到大小恒為10N的水平向右的風(fēng)力作用，最后落至水平地面，不計(jì)其他阻力，取g＝10m/s2。則以下說(shuō)法正確的是（）A．小球從拋出至落地的過(guò)程中重力的平均功率為150W B．小球受到風(fēng)力作用后，在落地前做勻變速曲線運(yùn)動(dòng) C．落地瞬間小球速度方向與水平方向成53°角 D．從拋出至落地的過(guò)程中，水平力的沖量大小為20N?s【解答】解：A、小球在豎直方向的分運(yùn)動(dòng)為自由落體運(yùn)動(dòng)，與是否受到風(fēng)力無(wú)關(guān)，設(shè)小球下落的時(shí)間為t，則有?=解得：t＝3s小球從拋出至落地的過(guò)程中重力的平均功率為P=BC、小球拋出t1＝1s時(shí)，速度方向與水平方向的夾角滿足tanθ=g可得：θ＝45°受到水平風(fēng)力后，小球受到的合力與水平方向的夾角滿足tanα=mg故小球受到風(fēng)力作用后，所受合力與速度方向相同，小球做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，故落地瞬間小球速度方向與水平方向成45°角，故BC錯(cuò)誤；D、從拋出至落地的過(guò)程中，水平風(fēng)力的沖量大小為I＝F（t﹣t1）＝10×（3﹣1）N?s＝20N?s，故D正確；故選：AD。（多選）質(zhì)量為1kg的物塊在水平力F的作用下由靜止開(kāi)始在水平地面上做直線運(yùn)動(dòng)，F(xiàn)與時(shí)間t的關(guān)系如圖所示。已知物塊與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2，重力加速度大小取g＝10m/s2。則（）A．4s時(shí)物塊的動(dòng)能為零 B．6s時(shí)物塊回到初始位置 C．3s時(shí)物塊的動(dòng)量為12kg?m/s D．0～6s時(shí)間內(nèi)F對(duì)物塊所做的功為40J【解答】解：物塊與地面間的滑動(dòng)摩擦力為：f＝μmg＝0.2×1×10N＝2N。A、t3＝3s時(shí)物體的速度大小為v3，則有：（F﹣f）t3＝mv3，其中F＝4N，代入數(shù)據(jù)解得：v3＝6m/s；t4＝4s時(shí)速度為v4，根據(jù)動(dòng)量定理可得：﹣（F+f）（t4﹣t3）＝mv4﹣mv3，代入數(shù)據(jù)解得：v4＝0，故A正確；B、0～3s物塊沿正方向加速運(yùn)動(dòng)，3s～4s物塊沿正方向減速運(yùn)動(dòng)，4s末的速度為零，4s～6s物塊反向加速，且加速度大小與0～3s內(nèi)的加速度大小相等，故6s時(shí)物塊沒(méi)有回到初始位置，故B錯(cuò)誤；C、3s時(shí)物塊的動(dòng)量大小為：p＝mv3＝1×6kg?m/s＝6kg?m/s，故C錯(cuò)誤；D、0～3s內(nèi)物塊的位移：x1=v3s～4s內(nèi)物塊的位移：x2=v6s時(shí)物塊的速度大小為v6，則有：（F﹣f）t2＝mv6，解得：v6＝4m/s4s～6s物塊的位移大小為：x3=v所以0～6s時(shí)間內(nèi)F對(duì)物塊所做的功為：W＝F（x1﹣x2+x3）＝4×（9﹣3+4）J＝40J，故D正確。故選：AD。一質(zhì)量為1kg的物塊，在水平力F的作用下由靜止開(kāi)始在水平地面上做直線運(yùn)動(dòng)，F(xiàn)與時(shí)間t的關(guān)系如圖所示，已知物塊與地間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2，重力加速度g取10m/s2，下列選項(xiàng)正確的是（）A．物體在3s末的動(dòng)量大小12kg?m/s B．水平力F在前4s內(nèi)的沖量大小為16N?s C．物體在5s末的速度大小為2m/s D．6s末動(dòng)量大小為12kg?m/s【解答】解：物體運(yùn)動(dòng)過(guò)程中受到的滑動(dòng)摩擦力的大小為：f＝μmg＝0.2×1×10N＝2N，根據(jù)圖象可知拉力大小為F＝4N。A、在t1＝3s內(nèi)由動(dòng)量定理可得：p1＝Ft1﹣ft1，解得物體在3s末的動(dòng)量大小為：p1＝6kg?m/s，故A錯(cuò)誤；B、水平力F在前4s內(nèi)的沖量大小為I＝Ft1﹣Ft2＝4×3N?s﹣4×1N?s＝8N?s，故B錯(cuò)誤；C、物體速度為零時(shí)，由動(dòng)量定理可得：Ft1﹣Ft3﹣f（t1+t3）＝0，代入數(shù)據(jù)解得：t3＝1s，所以在4s末物體的速度為零。從4s末到5s末由動(dòng)量定理得：（F﹣f）Δt＝mv，解得物體在5s末的速度大小為：v＝2m/s，故C正確；D、從4s末到6s末由動(dòng)量定理得：p2＝（F﹣f）Δt′＝（4﹣2）×2kg?m/s＝4kg?m/s，故D錯(cuò)誤。故選：C。某大雨天，小明同學(xué)想估算一下當(dāng)時(shí)下雨的雨滴對(duì)傘面產(chǎn)生的平均撞擊力。他于是去實(shí)驗(yàn)室借來(lái)一個(gè)圓柱形容器置于露天空地上，測(cè)得10分鐘內(nèi)容器中水位上升了30mm，不考慮當(dāng)時(shí)風(fēng)的影響，可認(rèn)為雨滴以10m/s的速度豎直落向地面?，F(xiàn)在假設(shè)雨滴撞擊傘面后無(wú)反彈，已知雨水的密度為1×103kg/m3，傘面的面積約為0.8m2，請(qǐng)根據(jù)上述條件估算當(dāng)時(shí)雨水對(duì)傘面的平均撞擊力最接近（）A．0.05N B．0.08N C．0.4N D．5N【解答】解：不計(jì)重力，設(shè)單位時(shí)間Δt的水位為h=90×10?3選向下為正，對(duì)雨水由動(dòng)量定理得：FΔt＝Δmv＝﹣ρShv代入數(shù)據(jù)解得：F≈﹣0.4N，負(fù)號(hào)代表方向由牛頓第三定律可知雨水對(duì)傘的平均撞擊力為0.4N，故C正確，ABD錯(cuò)誤。故選：C。如圖甲，一質(zhì)量為m的物塊在t＝0時(shí)刻，以初速度v0從粗糙固定斜面底端向上滑行，斜面足夠長(zhǎng)、傾角為θ，物塊速度隨時(shí)間的圖像如圖乙所示，4t0時(shí)刻物塊返回底端，重力加速度為g，說(shuō)法正確的是（）A．物塊在0～4t0的過(guò)程中動(dòng)量變化量的大小為2mvB．物塊在0～4t0的過(guò)程中重力的沖量為4mgt0sinθ C．物塊在0～4t0的過(guò)程中克服摩擦力所做的功為17mvD．物塊返回斜面底端時(shí)重力做功的瞬時(shí)功率為5m【解答】解：A.由圖像可知物塊在向上和向下滑行都做勻變速運(yùn)動(dòng)，位移大小相等，則有：12v0t0物塊在0～4t0的過(guò)程中動(dòng)量變化量的大小為：mvB.物塊在0～4t0的過(guò)程中重力的沖量為：IG＝mg×4t0＝4mgt0，故B錯(cuò)誤；C.物塊從底端出發(fā)到返回底端，根據(jù)動(dòng)能定理有，在0～4t0的過(guò)程中克服摩擦力所做的功為：W=1D.物塊返回斜面底端時(shí)重力做功的瞬時(shí)功率為：P=mg×物體上滑時(shí)加速度為：a物體下滑時(shí)加速度為：a可得：sinθ=P=5m故D正確。故選：D。如圖所示，一物體分別沿三個(gè)傾角不同的光滑斜面由靜止開(kāi)始從同一頂端下滑到底端C、D、E處，三個(gè)過(guò)程中重力的沖量依次為I1、I2、I3，動(dòng)量變化量的大小依次為△p1、△p2、△p3，則下列說(shuō)法不正確的是（）A．三個(gè)過(guò)程中，合力的沖量大小相等，動(dòng)量的變化量大小相等 B．三個(gè)過(guò)程中，合力做的功相等，動(dòng)能的變化量相等 C．I1＜I2＜I3，△p1＝△p2＝△p2 D．I1＜I2＜I3，△p1＜△p2＜△p3【解答】解：AB、物體下滑過(guò)程中只有重力做功，物體下滑的高度相等，合力做功相等，由動(dòng)能定理可知，物體到達(dá)斜面底端時(shí)動(dòng)能相等，物體的速度大小v相等，物體的動(dòng)量大小相等，因此物體下滑過(guò)程動(dòng)能的變化量相等，動(dòng)量的變化量大小相等，由動(dòng)量定理可知，合力的沖量大小相等，故AB正確；CD、由機(jī)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(dòng)量變化量Δp＝mv相等，即Δp1＝Δp2＝Δp3；設(shè)斜面的高度為h，斜面傾角為θ，由牛頓第二定律得：mgsinθ＝ma，解得：a＝gsinθ，物體下滑過(guò)程，位移?解得物體下滑時(shí)間t=2?gsin2θ，所以θ越小，sin2θ越小，t越大，則t1＜t2＜t3，重力的沖量I＝mgt，則I1本題選不正確的，故選：D。題型二動(dòng)量定理的基本應(yīng)用1．動(dòng)量定理(1)內(nèi)容：物體所受合外力的沖量等于物體的動(dòng)量的變化量．(2)表達(dá)式：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Ft＝p′－p,I＝Δp))如圖所示，質(zhì)量相等的兩個(gè)靜止小球A和B，中間用輕質(zhì)彈簧連接，A的上端用輕繩系在足夠高的天花板上?，F(xiàn)將輕繩剪斷開(kāi)始計(jì)時(shí)，直至A球速度為v1，B球速度為v2，且方向均向下，則該過(guò)程所用時(shí)間為（）A．v1+v2g B．v1【解答】解：設(shè)小球A、B的質(zhì)量為m。以小球A、B以及彈簧組成的整體為研究對(duì)象，取豎直向下為正方向，由動(dòng)量定理得2mgt＝mv1+mv2，解得該過(guò)程所用時(shí)間為：t=v故選：B。（多選）如圖所示裝置，裝有細(xì)砂石的容器帶有比較細(xì)的節(jié)流門，K是節(jié)流門的閥門，節(jié)流門正下方有可以稱量細(xì)砂石質(zhì)量的托盤秤。當(dāng)托盤上已經(jīng)有質(zhì)量為m的細(xì)砂石時(shí)關(guān)閉閥門K，此時(shí)從管口到砂石堆頂端還有長(zhǎng)為H的細(xì)砂石柱，設(shè)管口單位時(shí)間流出的細(xì)砂石的質(zhì)量為m0，管口處細(xì)砂石的速度近似為零，關(guān)閉閥門K后，細(xì)砂石柱下落時(shí)砂石堆高度不變，重力加速度為g，忽略空氣阻力，下列說(shuō)法正確的是（）A．剛關(guān)閉閥門K時(shí)，托盤秤示數(shù)為mg B．細(xì)砂石柱下落過(guò)程中，托盤秤示數(shù)為m+m02HgC．細(xì)砂石柱對(duì)砂石堆頂端的沖擊力為m02gH D．細(xì)砂石柱全部落完時(shí)托盤秤的示數(shù)比剛關(guān)閉閥門K時(shí)托盤秤的示數(shù)大【解答】解：A、剛關(guān)閉閥門時(shí)，細(xì)沙石在下落，下落的細(xì)沙石對(duì)砂石堆有一定的沖擊力，托盤示數(shù)大于m，故A錯(cuò)誤；BC、細(xì)沙石從管口開(kāi)始做自由落體運(yùn)動(dòng)，則細(xì)沙石到達(dá)砂石堆時(shí)的速度為：H=v22g解得F＝m02gH，根據(jù)牛頓第三定律細(xì)沙石對(duì)砂石堆的沖擊力大小也為F，所以細(xì)沙石下落過(guò)程中托盤示數(shù)為m+mD、細(xì)沙石的位移H需要的時(shí)間t=2Hg，單位時(shí)間流出的細(xì)砂石的質(zhì)量為m0，所以高度為H的細(xì)沙石的質(zhì)量為m0t＝m0故選：BC。（多選）如圖（a），質(zhì)量分別為mA、mB的A、B兩物體用輕彈簧連接構(gòu)成一個(gè)系統(tǒng)，外力F作用在A上，系統(tǒng)靜止在光滑水平面上（B靠墻面），此時(shí)彈簧形變量為x。撤去外力并開(kāi)始計(jì)時(shí)，A、B兩物體運(yùn)動(dòng)的a﹣t圖像如圖（b）所示，S1表示0到t1時(shí)間內(nèi)A的a﹣t圖線與坐標(biāo)軸所圍面積大小，S2、S3分別表示t1到t2時(shí)間內(nèi)A、B的a﹣t圖線與坐標(biāo)軸所圍面積大小。下列說(shuō)法正確的是（）A．0到t1時(shí)間內(nèi)，墻對(duì)B的沖量為0 B．運(yùn)動(dòng)后，彈簧的最大形變量等于x C．mA：mB＝S3：S2 D．S1﹣S2＝S3【解答】解：A、撤去外力后A受到的合力等于彈簧的彈力，0到t1時(shí)間內(nèi)，對(duì)A，由動(dòng)量定理可知，合力即彈簧彈力對(duì)A的沖量大小：I＝mAv0，彈簧對(duì)A與對(duì)B的彈力大小相等、方向相反、作用時(shí)間相等，因此彈簧對(duì)B的沖量大小與對(duì)A的沖量大小相等、方向相反，即彈簧對(duì)B的沖量大小I彈簧＝mAv0，對(duì)B，以向右為正方向，由動(dòng)量定理得：I墻壁﹣I彈簧＝0，解得，墻對(duì)B的沖量大小I墻壁＝mAv0，方向水平向右，故A錯(cuò)誤；B、B運(yùn)動(dòng)后，當(dāng)A、B速度相等時(shí)彈簧形變量（伸長(zhǎng)量或壓縮量）最大，此時(shí)A、B的速度不為零，A、B的動(dòng)能不為零，由能量守恒定律可知，彈簧形變量最大時(shí)A、B的動(dòng)能與彈簧的彈性勢(shì)能之和與撤去外力時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能相等，則彈簧形變量最大時(shí)彈簧彈性勢(shì)能小于撤去外力時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能，彈簧形變量最大時(shí)彈簧的形變量小于撤去外力時(shí)彈簧的形變量x，故B錯(cuò)誤；CD、a﹣t圖線與坐標(biāo)軸所圍圖形的面積大小等于物體速度的變化量，因t＝0時(shí)刻A的速度為零，t1時(shí)刻A的速度大小v0＝S1，t2時(shí)刻A的速度大小vA＝S1﹣S2，B的速度大小vB＝S3。由圖（b）所示圖象可知，t1時(shí)刻A的加速度為零，此時(shí)彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)，B開(kāi)始離開(kāi)墻壁，到t2時(shí)刻兩者加速度均達(dá)到最大，彈簧伸長(zhǎng)量達(dá)到最大，此時(shí)兩者速度相同，即vA＝vB，則S1﹣S2＝S3；t1﹣t2時(shí)間內(nèi)，A與B組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，取向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得：mAv0＝（mA+mB）vA，結(jié)合v0＝S1，vA＝S1﹣S2＝S3，聯(lián)立解得mA：mB＝S3：S2，故CD正確；故選：CD。題型三動(dòng)量定理在多過(guò)程問(wèn)題中的應(yīng)用1.如果遇到的問(wèn)題，不需要求加速度，可以不運(yùn)用牛頓定律，涉及到力的時(shí)間效應(yīng)則用動(dòng)量定理，空間效應(yīng)則用動(dòng)能定理。2.對(duì)于兩個(gè)或兩以上物體組成的物體系統(tǒng)，如果用牛頓定律和隔離法，有時(shí)會(huì)很復(fù)雜，但用動(dòng)量定理，就非常簡(jiǎn)單2021年5月15日，“天問(wèn)一號(hào)”著陸器成功著陸火星表面，這標(biāo)志著我國(guó)首次火星探測(cè)任務(wù)——著陸火星取得圓滿成功。它著陸前的運(yùn)動(dòng)可簡(jiǎn)化為如圖所示四個(gè)過(guò)程，若已知著陸器質(zhì)量m＝1.3×103kg（降落傘質(zhì)量遠(yuǎn)小于著陸器質(zhì)量），懸停時(shí)離地面的高度h4＝8m，取火星表面重力加速度g'＝4m/s2，忽略著陸器質(zhì)量的變化和g'的變化。若第②、第③和第④階段的運(yùn)動(dòng)都可視為加速度不同的豎直向下勻變速直線運(yùn)動(dòng)。（1）求：第②階段著陸器下降的高度h2、以及所受總平均阻力f的大??；（2）著陸器在第④階段為自由落體運(yùn)動(dòng)：a．求著陸速度v4的大?。籦．著陸時(shí)，緩沖設(shè)備讓著陸器在約0.1s內(nèi)勻減速至0，請(qǐng)估算地面受到著陸器的平均沖擊力F的大小，并說(shuō)出減小平均沖擊力的建議。【解答】解：（1）由加速度定義式可得：a=代入數(shù)據(jù)解得：a＝﹣4m/s2，負(fù)號(hào)表示方向向上；此階段為勻減速直線運(yùn)動(dòng)，由平均速度公式可得：h2=v1+v2代入數(shù)據(jù)得：h2＝25200m根據(jù)牛頓第二定律可得：mg'﹣f＝ma代入數(shù)據(jù)得：f＝1.04×104N；（2）由v42＝2g′h4可得著陸速度v4的大小為：v4＝8m/s取向上為正方向，由動(dòng)量定理可得：（F﹣mg′）t＝0﹣m（﹣v4），解得：F＝1.092×105N由動(dòng)量定理可知增大落地時(shí)間，平均沖擊力會(huì)減小、降低懸停時(shí)離地面的高度，可減小著陸時(shí)的速度也可減小平均沖擊力。答：（1）第②階段著陸器下降的高度為25200m、所受總平均阻力f的大小為1.04×104N；（2）a．著陸速度v4的大小為8m/s；b．地面受到著陸器的平均沖擊力F的大小為1.092×105N，增大落地時(shí)間、降低懸停時(shí)離地面的高度。2022年北京冬奧會(huì)中，中國(guó)鋼架雪車隊(duì)獲得首枚冬奧會(huì)獎(jiǎng)牌。鋼架雪車比賽的一段賽道如圖1所示，長(zhǎng)為x1的水平直道AB與長(zhǎng)為x2的傾斜直道BC在B點(diǎn)平滑連接，傾斜直道BC與水平面的夾角為θ。運(yùn)動(dòng)員從A點(diǎn)由靜止出發(fā)，推著雪車勻加速運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)速度大小為v，緊接著快速俯臥到車上，繼續(xù)沿BC勻加速下滑（圖2所示）。若雪車（包括運(yùn)動(dòng)員）可視為質(zhì)點(diǎn)，始終在冰面上運(yùn)動(dòng)，其總質(zhì)量為m，雪車與冰面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g。求雪車（包括運(yùn)動(dòng)員）（1）在水平直道AB上的加速度大小；（2）在傾斜直道BC上的加速度大??；（3）經(jīng)過(guò)C點(diǎn)時(shí)的動(dòng)量大小。【解答】解：（1）設(shè)在AB段加速度為a1，由速度—位移公式可得：v2＝2a1x1解得：a1=（2）運(yùn)動(dòng)員在BC段，根據(jù)牛頓第二定律有：mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma2解得：a2＝gsinθ﹣μgcosθ（3）在BC段由速度—位移公式可得：vC2?v2＝2a在C點(diǎn)的動(dòng)量p＝mvC解得：p＝mv答：（1）在直道AB上的加速度大小為v2（2）過(guò)直道BC的加速度大小為gsinθ﹣μgcosθ；（3）經(jīng)過(guò)C點(diǎn)時(shí)的動(dòng)量大小為mv2題型四應(yīng)用動(dòng)量定理處理“流體模型”的沖擊力問(wèn)題對(duì)于流體運(yùn)動(dòng),可沿流速v的方向選取一段柱形流體作微元,設(shè)在極短的時(shí)間Δt內(nèi)通過(guò)某一橫截面積為S的柱形流體的長(zhǎng)度為Δl,如圖所示。設(shè)流體的密度為ρ,則在Δt的時(shí)間內(nèi)流過(guò)該截面的流體的質(zhì)量Δm=ρSΔl=ρSvΔt,根據(jù)動(dòng)量定理,流體微元所受的合外力的沖量等于該流體微元?jiǎng)恿康脑隽?即FΔt=ΔmΔv,分兩種情況:(1)作用后流體微元停止,有Δv=-v,代入上式有F=-ρSv2。(2)作用后流體微元以速率v反彈,有Δv=-2v,代入上式有F=-2ρSv2。湖面上有帆船正以速度v1勻速順風(fēng)航行。已知：該船帆的有效受風(fēng)面積為S，水平風(fēng)速恒為v2，且v1＜v2，湖面上空氣密度為ρ。則風(fēng)對(duì)船帆的推力的功率為（）A．ρSv22 B．ρS（v2﹣v1）2 C．ρS（v2﹣v1）2v1 D．ρS（v2﹣v1）2v2【解答】解：?jiǎn)挝粫r(shí)間t內(nèi)沖擊船帆的空氣的體積V＝SL＝S（v2﹣v1）t單位時(shí)間t內(nèi)沖擊船帆的空氣質(zhì)量m＝ρV＝ρS（v2﹣v1）t空氣的動(dòng)量改變量Δp＝m（v1﹣v2）帆對(duì)空氣的作用力大小為F，以風(fēng)的速度方向?yàn)檎较颍蓜?dòng)量定理﹣Ft＝Δp解得：F＝ρS(根據(jù)牛頓第三定律，帆船在航行過(guò)程中受到的風(fēng)的水平推力大小F'＝F＝ρS(風(fēng)對(duì)船帆的推力的功率為P＝F'v1＝ρS(v2?故選：C。如圖，消防員用高壓水槍噴出的強(qiáng)力水柱沖擊著火物，直徑為D的水柱以水平速度v垂直射向著火物。假設(shè)水流進(jìn)入水槍的速度忽略不計(jì)，水柱沖擊著火物后速度為零，水的密度為ρ。下列說(shuō)法正確的是（）A．單位時(shí)間流經(jīng)水槍的水的體積為12B．水槍對(duì)水做功的功率為18C．水柱對(duì)著火物的沖擊力為18D．水槍水平向前噴水時(shí)，消防員對(duì)水槍的作用力方向水平向前【解答】解：A.單位時(shí)間流經(jīng)水槍的水的體積為Q＝vtS=14πvDB.水槍對(duì)水做功的功率為P=12ΔmC.根據(jù)動(dòng)量定理FΔt＝Δm?vΔm＝vΔt?14πD解得水柱對(duì)著火物的沖擊力為F=14πρD2故C錯(cuò)誤；D.水槍水平向前噴水時(shí)，水平方向消防員對(duì)水槍的水平作用力方向水平向前，豎直方向消防員對(duì)水槍的作用力豎直