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現代文閱讀Ⅰ
把握共性之“新”　打通應考之“脈”
第一章　動量守恒定律
素養提升課(一)　動量定理的應用
[學習目標]　1．學會利用動量定理處理多過程問題。2．用圖像法解決動量定理的相關問題。3．學會應用動量定理處理“流體類”問題。
關鍵能力·情境探究達成
考點1　用動量定理處理多過程問題
如果物體在不同階段受力不同，即合外力不恒定，此情況下應用動量定理時，一般采取以下兩種方法：
(1)分段處理法：找出每一段合外力的沖量I1、I2…In，這些沖量的矢量和即外力的合沖量I＝I1＋I2＋…＋In，根據動量定理I＝p′－p求解，分段處理時，需注意各段沖量的正負。
(2)全過程處理法：在全過程中，第一個力的沖量I1，第二個力的沖量I2，…第n個力的沖量In，這些沖量的矢量和即合沖量I，根據I＝p′－p求解，用全過程法求解時，需注意每個力的作用時間及力的方向。
(3)若不需要求中間量，用全過程法更為簡便。
【典例1】　質量m＝70 kg的撐竿跳高運動員從h＝5.0 m高處落到海綿墊上，經Δt1＝1 s后停止，則該運動員身體受到海綿墊的平均沖力大小約為多少？如果是落到普通沙坑中，經Δt2＝0.1 s停下，則沙坑對運動員的平均沖力大小約為多少？(g取10 m/s2)
[解析]　以全過程為研究對象，初、末動量的數值都是0，所以運動員的動量變化為零，根據動量定理，合力的沖量為零，根據自由落體運動的知識，運動員下落到海綿墊上所需要的時間是t＝＝1 s，從開始下落到停止的過程，取向下為正方向，有mg(t＋Δt1)－Δt1＝0，
代入數據，解得＝1 400 N。
下落到沙坑中停止的過程，有
mg(t＋Δt2)－′Δt2＝0，
代入數據，解得′＝7 700 N。
[答案]　1 400 N　7 700 N
規律方法　應用動量定理解題時要選好受力物體和研究過程，當物體所受各力的作用時間不相同且間斷作用時，應用動量定理解題對全過程列式較為簡單，所以在解題時要樹立整體優先的意識。
[跟進訓練]
1．某消防員從一平臺上跳下，下落1 s后雙腳觸地，接著他用雙腿彎曲的方法緩沖，使自身重心又下降了0.2 s，在著地過程中地面對他雙腳的平均作用力大小約為(　　)
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
√
B　[解法一：消防員下落t1＝1 s后雙腳觸地時的速度為v1＝gt1，方向向下。著地后他使自身重心下降0.2 s后站定，即v2＝0，設向下為正方向，則著地過程中消防員動量的變化量為Δp＝0－mv1＝－mv1，設該過程中地面對他雙腳的平均作用力大小為＝mg＋＝mg＋5mg＝6mg，故B正確。
解法二：規定向下為正方向，對消防員從下落到著地的全過程應用動量定理可得mg(t1＋t2)＋(－＝6mg，故B正確。]
考點2　圖像法解決動量定理問題
【典例2】　如圖甲所示，一質量為m的物體靜止在水平面上，自t＝0時刻起對其施加一豎直向上的力F，力F隨時間t變化的關系如圖乙所示。已知當地重力加速度為g，空氣阻力不計，則下列說法正確的是(　　)
A．0～t0時間內拉力F的沖量為0
B．0～t0時間內拉力F所做的功為0
C．物體上升過程中的最大速度為
D．4t0時刻物體的速度為0
√
B　[根據沖量的定義I＝FΔt，可知0～t0時間內拉力F的沖量I＝mgt0，不為零，故A錯誤；0～t0時間內拉力小于重力，物體沒有運動，不發生位移，根據功的定義可知拉力F不做功，故B正確；3t0時物體速度最大，合外力的沖量為F-t圖像t0～3t0時間內F＝mg上方三角形的面積，設豎直向上為正方向，根據動量定理，合外力的沖量等于動量的變化量，有mg×2t0＝mvmax，可知vmax＝gt0，故C錯誤；t0～3t0時間內物體向上加速，3t0～4t0時間內向上減速，根據動量定理有mg×2t0－mgt0＝mv，解得4t0時刻物體的速度v＝gt0，故D錯誤。]
規律方法　F合-t圖像中，圖線與橫軸圍成的面積表示合力的沖量(動量的變化量)。在時間軸上方面積為正，在時間軸下方面積為負，合力的沖量(動量的變化量)等于上下面積絕對值之差。若物體受到多個力，某個力的F-t圖像中，圖線與橫軸圍成的面積僅表示這個力的沖量。
[跟進訓練]
2．一質量為m的物體靜置于光滑的水平地面上，受到的水平拉力可按如圖所示的四種方式隨時間變化，以水平向右為正方向。四種受力情況下，物體在3t時刻動能最大的是(　　)
A　　　　　　　　B
C　　　　　　　　D
√
C　[根據題意，A圖中由動量定理有－F·2t＋Ft＝mvA，可得vA＝；B圖中由動量定理有Ft－Ft＝mvB，可得vB＝0；C圖中由動量定理有－F·2t＝mvC，可得vC＝；D圖中由動量定理有－F·2t＋2Ft＝mvD，可得vD＝0。可知，物體在3t時刻速率最大的是C圖，則C圖物體在3t時刻動能最大。故選C。]
考點3　用動量定理處理“流體類”問題
1．流體類問題
運動著的連續的氣流、水流等流體，與其他物體的表面接觸的過程中，會對接觸面有沖擊力。此類問題通常通過動量定理解決。
2．解答質量連續變動的動量問題的基本思路
(1)確定研究對象：Δt時間內流體微元。
(2)建立“柱體”模型
對于流體，可沿流速v的方向選取一段柱形流體，設在Δt時間內通過某一橫截面積為S的流體長度Δl＝vΔt，如圖所示，若流體的密度為ρ，那么，在這段時間內流過該橫截面的流體的質量為Δm＝ρSΔl＝ρSvΔt。
(3)運用動量定理，即流體微元所受的合力的沖量等于流體微元動量的增量，即F合Δt＝Δp。(Δt足夠短時，流體重力可忽略不計)
【典例3】　如圖所示，水力采煤時，用水槍在高壓下噴出的強力水柱沖擊煤層。設水柱直徑為d＝30 cm，水速為v＝50 m/s。假設水柱射在煤層的表面上，沖擊煤層后水的速度變為零。求水柱對煤層的平均沖擊力的大小。(水的密度ρ＝1.0×103 kg/m3，結果保留三位有效數字)
[解析]　取一小段時間Δt，從水槍噴出的水的質量為
Δm＝ρSvΔt。
以Δm為研究對象，如圖所示，以水速方向為正方向，由動量定理得
FΔt＝Δm(0－v)＝－ρSv2Δt，
則F＝－ρSv2。
由牛頓第三定律可知，水對煤層的平均沖擊力大小為
F′＝－F＝ρSv2，又S＝d2，
代入數據，解得F′≈1.77×105 N。
[答案]　1.77×105 N
規律方法　(1)動量定理應用于“流體類”問題時，應將“無形”流體變為“有形”實物Δm。
(2)若求解流體對接觸物體的力，首先轉換研究對象，分析與流體接觸的物體對流體的力，再結合牛頓第三定律進行解答。
[跟進訓練]
3．有一艘宇宙飛船，它的正面面積為S，以速度v飛入一宇宙微粒塵區，此塵區每立方米空間有一個微粒，微粒的平均質量為m。設微粒初速度為0，微粒與飛船外殼碰撞后附于飛船上。要使飛船速度保持不變，飛船的牽引力應增加多少？
[解析]　選在時間Δt內與飛船碰撞的微粒為研究對象，其質量應等于底面積為S、高為vΔt的圓柱體內微粒的質量。即
M＝mSvΔt。
初速度為0，末速度為v。設飛船對微粒的作用力大小為F，由動量定理得
FΔt＝Mv－0，
解得F＝mSv2。
根據牛頓第三定律可知，微粒對飛船的撞擊力大小也等于mSv2，則飛船要保持原速度勻速飛行，牽引力應增加
F′＝F＝mSv2。
[答案]　mSv2
題號
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一、選擇題
1．水平面上一質量為m的物體，在水平推力F的作用下由靜止開始運動。經時間2Δt，撤去F，又經過3Δt，物體停止運動，重力加速度為g，則該物體與水平面之間的動摩擦因數為(　　)
A． B．
C． D．
素養提升練(一)　動量定理的應用
√
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C　[對整個過程進行分析，根據動量定理可得F·2Δt－μmg·(2Δt＋3Δt)＝0，解得μ＝，故A、B、D錯誤，C正確。]
2．某物體在水平拉力F作用下，由靜止沿水平方向運動，t1時刻撤去拉力F，其v-t圖像如圖所示。整個過程中，拉力F做的功為W1，沖量大小為I1；物體克服摩擦阻力Ff做的功為W2，摩擦阻力的沖量大小為I2。則下列判斷正確的是(　　)
A．W1＝W2，I1＝I2 B．W1＝W2，I1>I2
C．W1I2 D．W1題號
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√
A　[整個過程中，由動能定理得W1－W2＝0－0，可知W1＝W2，由動量定理得I1－I2＝0－0，可知I1＝I2，故選A。]
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3．籃球運動是一項同學們喜歡的體育運動，通過籃球對地沖擊力大小可以判斷籃球的性能。某同學讓一籃球從h1＝1.8 m高處自由下落，測出籃球從開始下落至反彈到最高點所用時間t＝1.40 s，該籃球反彈時從離開地面至最高點所用時間為 0.5 s，籃球的質量m＝0.456 kg，g取10 m/s2(不計空氣阻力)。則籃球對地面的平均作用力大小約為(　　)
A．3 N B．21 N
C．33 N D．28 N
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√
B　[由籃球自由下落過程可得h1＝，解得自由下落時間為t1＝0.6 s，反彈豎直上拋時間為t2＝0.5 s，可知籃球與地面相互作用時間為Δt＝t－t1－t2＝0.3 s，以豎直向上為正方向，全程根據動量定理可得FΔt－mgt＝0，解得F≈21 N，故B正確。]
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4．一質量為4 kg的物塊在合外力F的作用下從靜止開始沿直線運動。力F隨時間t變化的圖線如圖所示，則(　　)
A．t＝1 s時物塊的速率為4 m/s
B．t＝2 s時物塊的動量大小為4 kg·m/s
C．t＝3 s時物塊的速率為0.5 m/s
D．t＝4 s時物塊的速度為零
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√
D　[根據動量定理Ft＝mv－0得，t＝1 s時物塊的速率為v1＝
0.25 m/s；同理，t＝2 s時p2＝Ft2＝1×2 kg·m/s＝2 kg·m/s；t＝3 s時v3＝0.25 m/s；t＝4 s時v4＝0，故選項D正確。 ]
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5．一粒鋼珠從靜止狀態開始自由下落，然后陷入泥潭中。若把在空中下落的過程視為過程Ⅰ，進入泥潭直到停止的過程視為過程Ⅱ，不計空氣阻力，則(　　)
A．過程Ⅰ中鋼珠的動量的改變量大于重力的沖量
B．過程Ⅱ中阻力的沖量的大小等于過程Ⅰ中重力的沖量的大小
C．Ⅰ、Ⅱ兩個過程中合外力的總沖量等于零
D．過程Ⅱ中鋼珠的動量的改變量等于零
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√
C　[過程Ⅰ中只受重力，根據動量定理可知，動量的變化量等于重力的沖量，故A錯誤；過程Ⅱ中鋼珠所受外力有重力和阻力，根據動量定理可知，動量的變化量等于重力與阻力的合力的沖量，Ⅰ、Ⅱ兩個過程動量變化量的大小相等，因此Ⅱ過程中阻力的沖量的大小等于 Ⅰ、Ⅱ兩個過程中重力沖量大小之和，故B錯誤；整個過程動量的變化量為零，所以合外力的總沖量為零，故C正確；過程Ⅱ中鋼珠初速度不為零，末速度為零，所以過程Ⅱ中鋼珠的動量的改變量不等于零，故D錯誤。]
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6．(源自粵教版教材改編)由于空間站軌道處存在非常稀薄的大氣，空間站在運行時會受到一定的阻力作用。假定單位時間單位體積內與空間站前端橫截面發生碰撞的空氣分子個數為n，且速度方向均與橫截面垂直，空間站前端的橫截面積為S。以空間站為參考系，碰撞前、后空氣分子的平均速率分別為v1、v2，空氣分子的平均質量為m，則空間站前端受到的稀薄空氣阻力F的大小為(　　)
A．nSv1m(v1－v2) B．nSv1m(v1＋v2)
C．nSv2m(v1－v2) D．nSv2m(v1＋v2)
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√
B　[設在時間Δt內有質量為Δm的空氣分子與空間站前端發生碰撞，則可得Δm＝nSv1mΔt，以空氣分子碰撞后運動方向為正方向，對空氣分子，由動量定理可得F′Δt＝Δmv2－Δm(－v1)，聯立解得F′＝nSv1m(v1＋v2)，由牛頓第三定律可知，空間站前端受到的稀薄空氣阻力大小F＝nSv1m(v1＋v2)，A、C、D錯誤，B正確。]
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7．蹦極是一項刺激的極限運動，運動員將一端固定的彈性長繩綁在腰或踝關節處，從高處跳下。在某次蹦極中，質量為60 kg的運動員在彈性繩繃緊后又經過2 s速度減為零。假設彈性繩長為45 m，重力加速度g取10 m/s2 (忽略空氣阻力)，下列說法正確的是(　　)
A．彈性繩在繃緊后2 s內對運動員的平均作用力大小為2 000 N
B．運動員在彈性繩繃緊后動量的變化量等于彈性繩的作用力的沖量
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C．運動員從開始起跳到下落到最低點的整個運動過程中，重力沖量與彈性繩作用力的沖量大小相等
D．運動員從開始起跳到下落到最低點的整個運動過程中，重力沖量小于彈性繩作用力的沖量
√
C　[由機械能守恒定律得mgh＝mv2，彈性繩在剛繃緊時運動員的速度大小為v＝＝30 m/s，以豎直向上為正方向，運動員在彈性繩繃緊后速度減為零的過程中根據動量定理有(F－mg)t＝0－
(－mv)，代入數據解得F＝1 500 N，故A錯誤；根據動量定理可知，運動員在彈性繩繃緊后，動量的變化量等于彈性繩作用力的沖量與重力沖量的矢量和，故B錯誤；運動員整個過程中動量的變化量為零，則重力沖量與彈性繩作用力的沖量等大反向，故C正確，D錯誤。]
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8．由我國自主研發制造的世界上最大的海上風電機SL5 000，它的機艙上可以起降直升機，葉片直徑128 m，風輪高度超過40層樓，是世界風電制造業的一個奇跡。風速為12 m/s 時發電機滿載發電，風通過發電機后速度減為11 m/s，已知空氣的密度為1.3 kg/m3，則風通過發電機時受到的平均阻力約為(　　)
A．4.0×104 N B．2.0×105 N
C．2.2×106 N D．4.4×106 N
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√
B　[葉片直徑d＝128 m，葉片旋轉所形成的圓的面積S＝，一小段時間Δt內流過該圓面的風柱體積V＝Sv1Δt＝，風柱的質量m＝ρV。設風通過發電機時受到的平均阻力大小為f，取v1的方向為正方向，則v1＝12 m/s, v2＝11 m/s，根據動量定理有－fΔt＝mv2－mv1，代入數據解得f≈2.0×105 N，B正確。]
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9．某人感冒打噴嚏時氣流噴出的速度大小為v，假設打一次噴嚏大約噴出體積為V的空氣，用時約Δt。已知空氣的密度為ρ，估算打一次噴嚏人受到的平均反沖力大小為(　　)
A． B．
C． 　 D．
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A　[打一次噴嚏大約噴出氣體的質量m＝ρV，由動量定理＝＝，根據牛頓第三定律可知，打一次噴嚏人受到的平均反沖力大小為，故A正確。]
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10．水平面上有質量相等的a、b兩個物體，水平推力F1、F2分別作用在a、b上。一段時間后撤去推力，物體繼續運動一段距離后停下。兩物體的v-t圖線如圖所示，圖中AB∥CD。則整個過程中(　　)
A．F1的沖量等于F2的沖量
B．F1的沖量大于F2的沖量
C．摩擦力對a物體的沖量小于摩擦力對b物
體的沖量
D．合外力對a物體的沖量小于合外力對b物體的沖量
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C　[由題圖可知，推力的作用時間ta題號
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二、非選擇題
11．某高校設計專業的學生對手機進行了防摔設計。防摔設計是這樣的：在屏幕的四個角落設置了由彈性塑料、聚合物及超薄金屬片組成的保護器，一旦手機內的加速度計、陀螺儀及位移傳感器感知到手機掉落，保護器會自動彈出，對手機起到很好的保護作用?？傎|量為160 g的該種型號手機從距離地面1.25 m高的口袋中被無意間帶出，之后的運動可以看作自由落體運動，最終平掉在地面上，保護器撞擊地面的時間為0.5 s，不計空氣阻力，取g＝10 m/s2，試求：
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(1)手機從開始掉落到落地前的過程中重力的沖量大??；
(2)地面對手機的平均作用力大小。
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[解析]　(1)根據h＝，
解得t1＝0.5 s。
根據沖量的定義得IG＝mgt1＝0.8 N·s。
(2)取豎直向下為正方向，對全過程由動量定理得
mg(t＋t1)－Ft＝0，
解得F＝3.2 N。
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[答案]　(1)0.8 N·s　(2)3.2 N
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12．“雞蛋撞地球”挑戰活動要求學生制作雞蛋“保護器”裝置，使雞蛋在保護裝置中從10 m高處靜止下落撞到地面而不破裂。某同學制作了如圖所示的雞蛋“保護器”裝置，從10 m高處靜止下落到地面后瞬間速度減小為零，雞蛋在保護器裝置中繼續向下運動0.3 m、用時0.1 s后靜止且完好無損。已知雞蛋在裝置中運動時受到恒定的作用力，且該裝置和雞蛋的總質量為0.12 kg，其中雞蛋質量為m0＝0.05 kg，不計下落過程中裝置重力的變化，重力加速度為g取10 m/s2。求：
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(1)裝置落地前瞬間的速度大??；
(2)在下降10 m過程中，裝置和雞蛋克服阻力做的功；
(3)雞蛋在裝置中繼續向下運動0.3 m過程中，裝置對雞蛋的沖量大小。
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[解析]　(1)根據題意可知裝置落地前瞬間與雞蛋的速度相同且為v，根據運動學公式有x＝t，
代入數據解得v＝6 m/s。
(2)以裝置和雞蛋為研究對象，根據動能定理有
Mgh－W克f＝Mv2－0，
代入數據解得W克f＝9.84 J。
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(3)以雞蛋為研究對象，以向上為正方向，根據動量定理得I－m0gt＝0－m0(－v)，
代入數據解得I＝0.35 N·s。
[答案]　(1)6 m/s　(2)9.84 J　(3)0.35 N·s
13．某游樂園入口旁有一噴泉，噴出的水柱將一質量為M的卡通玩具穩定地懸停在空中。為計算方便，假設水柱從橫截面積為S的噴口持續以速度v0豎直向上噴出；玩具底部為平板(面積略大于S)；水柱沖擊到玩具底板后，在豎直方向水的速度變為零，在水平方向朝四周均勻散開。忽略空氣阻力。已知水的密度為ρ，重力加速度大小為g。求：
(1)噴泉單位時間內噴出的水的質量；
(2)玩具在空中懸停時，其底面相對于噴口的高度。
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[解析]　(1)在剛噴出一段很短的時間Δt內，可認為噴出的水柱保持速度v0不變。
該時間內，噴出水柱高度Δl＝v0Δt， ①
噴出水柱質量Δm＝ρΔV， ②
其中ΔV為水柱體積，滿足ΔV＝Δl·S。 ③
由①②③可得：噴泉單位時間內噴出的水的質量為
＝ρv0S。
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(2)設玩具底面相對于噴口的高度為h。
由玩具受力平衡得F沖＝Mg， ④
其中，F沖為水柱對玩具底部的作用力大小。
由牛頓第三定律知F壓＝F沖， ⑤
其中，F壓為玩具底部對水柱的作用力大小。設v′為水柱到達玩具底部時的速度，
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7
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13
由運動學公式得＝－2gh。 ⑥
在很短時間Δt內，沖擊玩具水柱的質量為Δm，
Δm＝ρv0SΔt。 ⑦
由題意可知，在豎直方向上，對該部分水柱應用動量定理得
－(F壓＋Δmg)Δt＝－Δmv′。 ⑧
題號
1
3
5
2
4
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13
由于Δt很小，Δmg也很小，可以忽略，⑧式變為
F壓Δt＝Δmv′。 ⑨
由④⑤⑥⑦⑨可得h＝。
題號
1
3
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2
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7
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[答案]　(1)ρv0S　
謝 謝！

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