?第一講 動(dòng)量定理
? 知識(shí)梳理
一、動(dòng)量
1．定義：物理學(xué)中把質(zhì)量和速度的乘積mv定義為物體的動(dòng)量，用字母p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，其方向和速度的方向相同。
二、動(dòng)量定理
1．沖量
(1)定義：力與力的作用時(shí)間的乘積叫作力的沖量。定義式：I＝FΔt。
(2)單位：沖量的單位是牛秒，符號(hào)是N·s。
(3)標(biāo)矢性：沖量是矢量，恒力沖量的方向與恒力的方向相同。
2．動(dòng)量定理
(1)內(nèi)容：物體在一個(gè)過程中所受力的沖量等于它在這個(gè)過程始末的動(dòng)量變化量。
(2)表達(dá)式：I＝p′－p或F(t′－t)＝mv′－mv。
(3)矢量性：動(dòng)量變化量的方向與合力的方向相同，也可以在某一方向上用動(dòng)量定理。
? 知識(shí)訓(xùn)練
考點(diǎn)一　沖量及動(dòng)量的理解和計(jì)算
1．對沖量的理解
(1)沖量的兩性
①時(shí)間性：沖量不僅由力決定，還由力的作用時(shí)間決定，恒力的沖量等于該力與該力的作用時(shí)間的乘積．
②矢量性：對于方向恒定的力來說．沖量的方向與力的方向一致．
(2)作用力和反作用力的沖量：一定等大、反向，但作用力和反作用力做的功之間并無必然聯(lián)系．
2．動(dòng)量的變化量
(1)數(shù)學(xué)表達(dá)式：Δp＝p2－p1
(2)動(dòng)量的變化量是矢量，遵循平行四邊形定則。其方向與速度的改變量方向相同。

a．如果初末動(dòng)量在同一直線上，首先規(guī)定正方向，再用正負(fù)表示初末動(dòng)量p1、p2，根據(jù)公式Δp＝p2－p1，求出動(dòng)量的變化量，如圖(1)(2)。
b．如果初末動(dòng)量不在同一直線上，需使用平行四邊形定則，求出動(dòng)量的變化量Δp。如圖(3)。
3．動(dòng)量與動(dòng)能的關(guān)系
Ek＝，p＝。
4．沖量的四種計(jì)算方法
公式法
利用定義式I＝Ft計(jì)算沖量，此方法僅適用于恒力的沖量，無需考慮物體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)
圖像法
利用F-t圖像計(jì)算，F(xiàn)-t圖像圍成的面積表示沖量，此法既可以計(jì)算恒力的沖量，也可以計(jì)算變力的沖量
平均值法
若方向不變的變力大小隨時(shí)間均勻變化，即力為時(shí)間的一次函數(shù)，則力F在某段時(shí)間t內(nèi)的沖量I＝t，F(xiàn)1、F2為該段時(shí)間內(nèi)初，末兩時(shí)刻力的大小
動(dòng)量定理法
如果物體受到大小或方向變化的力的作用，則不能直接用I＝Ft求變力的沖量，可以求出該力作用下物體動(dòng)量的變化量，由I＝Δp求變力的沖量
5．動(dòng)量、沖量、動(dòng)量變化量的比較

大小表達(dá)式
方向
動(dòng)量
p＝mv
與v同向
沖量
I＝Ft
與F同向
動(dòng)量變化量
Δp＝mv′-mv
與合力同向
例1、下列說法正確的是(　　)
A．速度大的物體，它的動(dòng)量一定也大
B．動(dòng)量大的物體，它的速度一定也大
C．只要物體的運(yùn)動(dòng)速度大小不變，物體的動(dòng)量就保持不變
D．物體的動(dòng)量變化越大，則該物體的速度變化一定越大
【答案】D
【解析】動(dòng)量p＝mv，由質(zhì)量和速度共同決定，所以A、B錯(cuò)誤；動(dòng)量是矢量，速度方向改變，動(dòng)量也會(huì)改變，故C錯(cuò)誤；由Δp＝mΔv知，D正確。
例2、質(zhì)量為5 kg的小球以5 m/s的速度豎直落到地板上，隨后以3 m/s的速度反向彈回，若取豎直向下的方向?yàn)檎较?，則小球動(dòng)量的變化為(　　)
A．10 kg·m/s B．－10 kg·m/s
C．40 kg·m/s D．－40 kg·m/s
【答案】D
【解析】動(dòng)量的變化是末動(dòng)量減去初動(dòng)量，規(guī)定了豎直向下為正方向，則小球的初動(dòng)量p1＝mv1＝25 kg·m/s，末動(dòng)量p2＝mv2＝－15 kg·m/s，所以動(dòng)量的變化Δp＝p2－p1＝－40 kg·m/s，D正確。
例3、顛球是足球運(yùn)動(dòng)基本技術(shù)之一，若質(zhì)量為400 g的足球用腳顛起后，豎直向下以4 m/s的速度落至水平地面上，再以3 m/s的速度反向彈回，取豎直向上為正方向，在足球與地面接觸的時(shí)間內(nèi)，關(guān)于足球動(dòng)量變化量Δp和合外力對足球做的功W，下列判斷正確的是(　　)

A．Δp＝1.4 kg·m/s，W＝－1.4 J
B．Δp＝－1.4 kg·m/s，W＝1.4 J
C．Δp＝2.8 kg·m/s，W＝－1.4 J
D．Δp＝－2.8 kg·m/s，W＝1.4 J
【答案】C
【解析】物體的質(zhì)量m＝400 g＝0.4 kg，以豎直向上為正方向，則足球與地面碰撞過程中動(dòng)量的變化量為Δp＝mv2－mv1＝0.4×3 kg·m/s－0.4×(－4) kg·m/s＝2.8 kg·m/s，方向豎直向上；由動(dòng)能定理可知，合外力做的功為W＝＝×0.4×32 J－×0.4×42 J＝－1.4 J，選項(xiàng)C正確，A、B、D錯(cuò)誤．
例4、如圖所示，質(zhì)量為m的滑塊沿傾角為θ的固定斜面向上滑動(dòng)，經(jīng)過時(shí)間t1，速度為零并又開始下滑，經(jīng)過時(shí)間t2回到斜面底端，滑塊在運(yùn)動(dòng)過程中受到的摩擦力大小始終為Ff，重力加速度為g.在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，下列說法正確的是(　　)

A．重力對滑塊的總沖量為mg(t1＋t2)sin θ
B．支持力對滑塊的總沖量為mg(t1＋t2)cos θ
C．合外力的沖量為0
D．摩擦力的總沖量為Ff(t1＋t2)
【答案】B
【解析】重力對滑塊的總沖量為mg(t1＋t2)，A項(xiàng)錯(cuò)誤；支持力對滑塊的總沖量為mg(t1＋t2)cos θ，B項(xiàng)正確；整個(gè)過程中滑塊的動(dòng)量發(fā)生了改變，故合外力的總沖量不為0，C項(xiàng)錯(cuò)誤；上滑過程和下滑過程摩擦力的方向相反，故若以沿斜面向上為正方向，摩擦力的總沖量為Ff(t2－t1)，D項(xiàng)錯(cuò)誤．
例5、一質(zhì)點(diǎn)靜止在光滑水平面上，現(xiàn)對其施加水平外力F，力F隨時(shí)間按正弦規(guī)律變化，如圖所示，下列說法正確的是(　　)

A．第2 s末，質(zhì)點(diǎn)的動(dòng)量為0
B．第2 s末，質(zhì)點(diǎn)的動(dòng)量方向發(fā)生變化
C．第4 s末，質(zhì)點(diǎn)回到出發(fā)點(diǎn)
D．在1～3 s時(shí)間內(nèi)，力F的沖量為0
【答案】D
【解析】由題圖可知，0～2 s時(shí)間內(nèi)F的方向和質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的方向相同，質(zhì)點(diǎn)經(jīng)歷了加速度逐漸增大的加速運(yùn)動(dòng)和加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)，所以第2 s末，質(zhì)點(diǎn)的速度最大，動(dòng)量最大，方向不變，故選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤；2～4 s內(nèi)F的方向與0～2 s內(nèi)F的方向不同，該質(zhì)點(diǎn)0～2 s內(nèi)做加速運(yùn)動(dòng)，2～4 s內(nèi)做減速運(yùn)動(dòng)，所以質(zhì)點(diǎn)在0～4 s內(nèi)的位移均為正，第4 s末沒有回到出發(fā)點(diǎn)，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤；在F－t圖像中，圖線與橫軸所圍的面積表示力F的沖量，由題圖可知，1～2 s內(nèi)的面積與2～3 s內(nèi)的面積大小相等，一正一負(fù)，則在1～3 s時(shí)間內(nèi)，力F的沖量為0，故選項(xiàng)D正確．
l 課堂隨練
訓(xùn)練1、下列關(guān)于動(dòng)能、動(dòng)量、沖量的說法中正確的是(　　)
A．若物體的動(dòng)能發(fā)生了變化，則物體的加速度也發(fā)生了變化
B．若物體的動(dòng)能不變，則動(dòng)量也不變
C．若一個(gè)系統(tǒng)所受的合外力為零，則該系統(tǒng)內(nèi)的物體受到的沖量也為零
D．物體所受合力越大，它的動(dòng)量變化就越快
【答案】D
【解析】若物體的動(dòng)能發(fā)生了變化，則速度的大小一定變化，但是物體的加速度不一定發(fā)生變化，例如物體做平拋運(yùn)動(dòng)，下落的加速度為重力加速度不變，但物體的動(dòng)能發(fā)生了變化，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；若物體的動(dòng)能不變，則速度的大小不變，但是速度的方向可能變化，動(dòng)量可能變化，例如物體做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；若一個(gè)系統(tǒng)所受的合外力為零，則該系統(tǒng)的每個(gè)物體受到的沖量不一定為零，例如子彈射入放在光滑水平面的木塊中時(shí)，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；根據(jù)動(dòng)量定理可知F＝，即物體所受合外力越大，它的動(dòng)量變化就越快，選項(xiàng)D正確。
訓(xùn)練2、北京冬奧會(huì)2 000米短道速滑接力熱身賽上，在光滑冰面上交接時(shí)，后方運(yùn)動(dòng)員用力推前方運(yùn)動(dòng)員。則交接過程中(　　)
A．兩運(yùn)動(dòng)員的總機(jī)械能守恒
B．兩運(yùn)動(dòng)員的總動(dòng)量增大
C．每個(gè)運(yùn)動(dòng)員的動(dòng)量變化相同
D．每個(gè)運(yùn)動(dòng)員所受推力的沖量大小相同
【答案】D
【解析】在光滑冰面上交接時(shí)，后方運(yùn)動(dòng)員用力推前方運(yùn)動(dòng)員，導(dǎo)致機(jī)械能增加，A錯(cuò)誤；兩運(yùn)動(dòng)員合力為零，動(dòng)量守恒，B錯(cuò)誤；因?yàn)閯?dòng)量守恒，所以兩個(gè)運(yùn)動(dòng)員的動(dòng)量變化等大反向，C錯(cuò)誤；兩運(yùn)動(dòng)員的相互作用力大小相等，力的作用時(shí)間相同，則每個(gè)運(yùn)動(dòng)員所受推力的沖量大小相同，D正確。
訓(xùn)練3、（多選）如圖所示，物體從t＝0時(shí)刻開始由靜止做直線運(yùn)動(dòng)，0～4 s內(nèi)其合外力隨時(shí)間變化的關(guān)系圖線為正弦曲線，下列表述正確的是 (　　)

A．0～2 s內(nèi)合外力的沖量一直增大
B．0～4 s內(nèi)合外力的沖量為零
C．2 s末物體的動(dòng)量方向發(fā)生變化
D．0～4 s內(nèi)物體動(dòng)量的方向一直不變
【答案】ABD
【解析】根據(jù)F－t圖像中圖線與t軸圍成的面積表示沖量，可知在0～2 s內(nèi)合外力的沖量一直增大，故A正確；0～4 s內(nèi)合外力的沖量為零，故B正確；2 s末沖量方向發(fā)生變化，物體的動(dòng)量開始減小，但方向不發(fā)生變化，0～4 s內(nèi)物體動(dòng)量的方向一直不變，故C錯(cuò)誤，D正確。
訓(xùn)練4、如圖為跳水運(yùn)動(dòng)員從起跳到落水過程的示意圖，運(yùn)動(dòng)員從最高點(diǎn)到入水前的運(yùn)動(dòng)過程記為Ⅰ，運(yùn)動(dòng)員入水后到最低點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)過程記為Ⅱ，忽略空氣阻力，則運(yùn)動(dòng)員(　　)

A．過程Ⅰ的動(dòng)量變化量等于零
B．過程Ⅱ的動(dòng)量變化量等于零
C．過程Ⅰ的動(dòng)量變化量等于重力的沖量
D．過程Ⅱ的動(dòng)量變化量等于重力的沖量
【答案】C　
【解析】過程Ⅰ中動(dòng)量變化量等于重力的沖量，即為mgt，不為零，故A錯(cuò)誤，C正確；運(yùn)動(dòng)員入水前的速度不為零，末速度為零，過程Ⅱ的動(dòng)量變化量不等于零，故B錯(cuò)誤；過程Ⅱ的動(dòng)量變化量等于合外力的沖量，不等于重力的沖量，故D錯(cuò)誤。
訓(xùn)練5、(多選) (2021·湖北宜昌市四月調(diào)研)一質(zhì)量為m的運(yùn)動(dòng)員托著質(zhì)量為M的重物從下蹲狀態(tài)(圖甲)緩慢運(yùn)動(dòng)到站立狀態(tài)(圖乙)，該過程重物和人的肩部相對位置不變，運(yùn)動(dòng)員保持乙狀態(tài)站立Δt 時(shí)間后再將重物緩慢向上舉，至雙臂伸直(圖丙)。甲到乙、乙到丙過程重物上升高度分別為h1、h2，經(jīng)歷的時(shí)間分別為t1、t2，重力加速度為g，則(　　)
A．地面對運(yùn)動(dòng)員的沖量為(M＋m)g(t1＋t2＋Δt)，地面對運(yùn)動(dòng)員做的功為0
B．地面對運(yùn)動(dòng)員的沖量為(M＋m)g(t1＋t2)，地面對運(yùn)動(dòng)員做的功為(M＋m)g(h1＋h2)
C．運(yùn)動(dòng)員對重物的沖量為Mg(t1＋t2＋Δt)，運(yùn)動(dòng)員對重物做的功為Mg(h1＋h2)
D．運(yùn)動(dòng)員對重物的沖量為Mg(t1＋t2)，運(yùn)動(dòng)員對重物做的功為0
【答案】AC　
【解析】因運(yùn)動(dòng)員將重物緩慢上舉，則可認(rèn)為是平衡狀態(tài)，地面對運(yùn)動(dòng)員的支持力為：(M＋m)g，整個(gè)過程的時(shí)間為(t1＋t2＋Δt)，根據(jù)I＝Ft可知地面對運(yùn)動(dòng)員的沖量為(M＋m)g(t1＋t2＋Δt)；因地面對運(yùn)動(dòng)員的支持力沒有位移，可知地面對運(yùn)動(dòng)員做的功為0，選項(xiàng)A正確，B錯(cuò)誤；運(yùn)動(dòng)員對重物的作用力為Mg，作用時(shí)間為(t1＋t2＋Δt)，根據(jù)I＝Ft可知運(yùn)動(dòng)員對重物的沖量為Mg(t1＋t2＋Δt)，重物的位移為(h1＋h2)，根據(jù)W＝Flcos α可知運(yùn)動(dòng)員對重物做的功為Mg(h1＋h2)，選項(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤。


考點(diǎn)二、動(dòng)量定理的理解及應(yīng)用
1．動(dòng)量定理的理解
(1)動(dòng)量定理反映了力的沖量與動(dòng)量變化之間的因果關(guān)系，即合力的沖量是原因，物體的動(dòng)量變化是結(jié)果。
(2)動(dòng)量定理中的沖量是所受合力的沖量，既是各力沖量的矢量和，也是合力在不同階段沖量的矢量和。
(3)動(dòng)量定理的表達(dá)式是矢量式，等號(hào)包含了大小相等、方向相同兩方面的含義。
(4)由FΔt＝p′－p，得F＝＝，即物體所受的合力等于物體的動(dòng)量對時(shí)間的變化率。
2．用動(dòng)量定理解釋生活現(xiàn)象
(1)Δp一定時(shí)，F(xiàn)的作用時(shí)間越短，力越大；作用時(shí)間越長，力越小。
(2)F一定時(shí)，力的作用時(shí)間越長，Δp越大；作用時(shí)間越短，Δp越小。
分析問題時(shí)，要明確哪個(gè)量一定，哪個(gè)量變化。
3．應(yīng)用動(dòng)量定理處理“流體模型”
(1)研究對象：選取流體為研究對象，如水、空氣等。
(2)研究方法：隔離出一定形狀的一部分流體作為研究對象，然后列式求解。
(3)基本思路
(1)在極短時(shí)間Δt內(nèi)，取一小柱體作為研究對象。
(2)小柱體的體積ΔV＝SvΔt
(3)小柱體質(zhì)量Δm＝ρΔV＝ρSvΔt
(4)小柱體的動(dòng)量變化Δp＝Δmv＝ρv2SΔt
(5)應(yīng)用動(dòng)量定理FΔt＝Δp
4．用動(dòng)量定理解題的基本思路
(1)確定研究對象。在中學(xué)階段使用動(dòng)量定理討論的問題，其研究對象一般僅限于單個(gè)物體。
(2)對物體進(jìn)行受力分析，求合沖量?？上惹竺總€(gè)力的沖量，再求各力沖量的矢量和；或先求合力，再求其沖量。
(3)抓住過程的初、末狀態(tài)，選好正方向，確定各動(dòng)量和沖量的正負(fù)號(hào)。
(4)根據(jù)動(dòng)量定理列方程，如有必要還需要補(bǔ)充其他方程，最后代入數(shù)據(jù)求解。
對過程較復(fù)雜的運(yùn)動(dòng)，可分段用動(dòng)量定理，也可對整個(gè)過程用動(dòng)量定理。
例1、下列解釋中正確的是(　　)
A．跳高時(shí)，在落地處墊海綿是為了減小沖量
B．在碼頭上裝橡皮輪胎，是為了減小渡船靠岸過程受到的沖量
C．動(dòng)量相同的兩個(gè)物體受相同的制動(dòng)力作用，質(zhì)量小的先停下來
D．人從越高的地方跳下，落地時(shí)越危險(xiǎn)，是因?yàn)槁涞貢r(shí)人受到的沖量越大
【答案】D
【解析】跳高時(shí)，在落地處墊海綿是為了延長作用時(shí)間減小沖力，不是減小沖量，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤；在碼頭上裝橡皮輪胎，是為了延長作用時(shí)間，從而減小沖力，不是減小沖量，故選項(xiàng)B錯(cuò)誤；動(dòng)量相同的兩個(gè)物體受相同的制動(dòng)力作用，根據(jù)動(dòng)量定理Ft＝mv，則知運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤；從越高的地方跳下，落地時(shí)速度越大，動(dòng)量越大，則沖量越大，故選項(xiàng)D正確。
例2、質(zhì)量為60 kg的建筑工人，不慎從高空跌下，幸好彈性安全帶的保護(hù)使他懸掛起來。已知彈性安全帶的緩沖時(shí)間是1.5 s，安全帶自然長度為5 m，g取10 m/s2，則安全帶所受的平均沖力的大小為(　　)
A．400 N B．500 N
C．600 N D．1000 N
【答案】D
【解析】設(shè)建筑工人自由下落5 m時(shí)速度大小為v，則有：v＝＝ m/s＝10 m/s，方向豎直向下。設(shè)工人受安全帶的平均拉力大小為，方向豎直向上，取豎直向下為正方向，則由動(dòng)量定理得：(mg－)t＝0－mv，所以有：＝mg＋＝60×10 N＋ N＝1000 N，由牛頓第三定律知，安全帶所受的平均沖力的大小為1000 N，故D正確，A、B、C錯(cuò)誤。
例3、(多選)一質(zhì)量為2 kg的物塊在合外力F的作用下從靜止開始沿直線運(yùn)動(dòng)。F隨時(shí)間t變化的圖線如圖所示，則(　　)

A．t＝1 s時(shí)物塊的速率為1 m/s
B．t＝2 s時(shí)物塊的動(dòng)量大小為4 kg·m/s
C．t＝3 s時(shí)物塊的動(dòng)量大小為5 kg·m/s
D．t＝4 s時(shí)物塊的速度為零
【答案】AB
【解析】由動(dòng)量定理可得Ft＝mv，解得v＝，t＝1 s時(shí)物塊的速率為v＝＝m/s＝1 m/s，故選項(xiàng)A正確；t＝2 s時(shí)物塊的動(dòng)量大小p2＝Ft2＝2×2 kg·m/s＝4 kg·m/s，故選項(xiàng)B正確；t＝3 s時(shí)物塊的動(dòng)量大小為p3＝(2×2－1×1) kg·m/s＝3 kg·m/s，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤；t＝4 s 時(shí)物塊的動(dòng)量大小為p4＝(2×2－1×2) kg·m/s＝2 kg·m/s，所以t＝4 s時(shí)物塊的速度為1 m/s，故選項(xiàng)D錯(cuò)誤。
例4、質(zhì)量為m的小球以大小為v0的初速度沿光滑的水平面向右運(yùn)動(dòng)，與豎直墻碰撞后沿原路返回，碰撞過程損失的動(dòng)能為碰撞前小球動(dòng)能的。則小球與豎直墻碰撞過程中，墻對小球的沖量大小為(　　)

A．mv0 B．mv0
C．mv0 D．mv0
【答案】B
【解析】根據(jù)題意可知，碰撞后小球的動(dòng)能為mv，設(shè)碰撞后小球的速度大小為v，則mv2＝mv，可知v＝v0；設(shè)碰后的速度方向?yàn)檎较?，根?jù)動(dòng)量定理，小球與豎直墻碰撞過程中，墻對小球的沖量大小為I＝Δp＝mv0－(－mv0)＝mv0，故B正確，A、C、D錯(cuò)誤。
例5、(多選)在光滑水平面上，原來靜止的物體在水平力F的作用下，經(jīng)過時(shí)間t、通過位移L后動(dòng)量變?yōu)閜、動(dòng)能變?yōu)镋k.以下說法正確的是(　　)
A．在F作用下，若這個(gè)物體經(jīng)過位移2L，其動(dòng)量等于2p
B．在F作用下，若這個(gè)物體經(jīng)過位移2L，其動(dòng)能等于2Ek
C．在F作用下，若這個(gè)物體經(jīng)過時(shí)間2t，其動(dòng)能等于2Ek
D．在F作用下，若這個(gè)物體經(jīng)過時(shí)間2t，其動(dòng)量等于2p
【答案】BD
【解析】在光滑水平面上，合力大小等于F的大小，根據(jù)動(dòng)能定理知FL＝mv2，位移變?yōu)樵瓉淼?倍，動(dòng)能變?yōu)樵瓉淼?倍，根據(jù)p＝，知?jiǎng)恿孔優(yōu)樵瓉淼谋?，故A錯(cuò)誤，B正確；根據(jù)動(dòng)量定理知，F(xiàn)t＝mv，時(shí)間變?yōu)樵瓉淼?倍，則動(dòng)量變?yōu)樵瓉淼?倍，根據(jù)Ek＝知，動(dòng)能變?yōu)樵瓉淼?倍，故C錯(cuò)誤，D正確．
例6、(2020 ·海南卷，8)太空探測器常裝配離子發(fā)動(dòng)機(jī)，其基本原理是將被電離的原子從發(fā)動(dòng)機(jī)尾部高速噴出，從而為探測器提供推力，若某探測器質(zhì)量為490 kg，離子以30 km/s的速率(遠(yuǎn)大于探測器的飛行速率)向后噴出，流量為3.0×10－3 g/s，則探測器獲得的平均推力大小為(　　)
A．1.47 N B．0.147 N
C．0.09 N D．0.009 N
【答案】C
【解析】對離子流，根據(jù)動(dòng)量定理有FΔt＝Δmv，而Δm＝3.0×10－3×10－3Δt，解得F＝0.09 N，故探測器獲得的平均推力大小為0.09 N，故選項(xiàng)C正確。
例7、使用高壓水槍作為切割機(jī)床的切刀具有獨(dú)特優(yōu)勢，得到廣泛應(yīng)用。如圖所示，若水柱截面積為S，水流以速度v垂直射到被切割的鋼板上，之后水速減為零，已知水的密度為ρ，則水對鋼板的沖力大小為(　　)

A．ρSv B．ρSv2
C．ρSv2 D．ρSv
【答案】B
【解析】設(shè)t時(shí)間內(nèi)有V體積的水打在鋼板上，則這些水的質(zhì)量為：m＝ρV＝ρSvt，以這部分水為研究對象，設(shè)它受到鋼板的作用力為F，以水運(yùn)動(dòng)的方向?yàn)檎较?，由?dòng)量定理有：Ft＝0－mv，即：F＝－＝－ρSv2，負(fù)號(hào)表示水受到的作用力的方向與水運(yùn)動(dòng)的方向相反；由牛頓第三定律可知，水對鋼板的沖力大小也為ρSv2，故B正確。
l 課堂隨練
訓(xùn)練1、(2020·全國卷Ⅰ)行駛中的汽車如果發(fā)生劇烈碰撞，車內(nèi)的安全氣囊會(huì)被彈出并瞬間充滿氣體。若碰撞后汽車的速度在很短時(shí)間內(nèi)減小為零，關(guān)于安全氣囊在此過程中的作用，下列說法正確的是(　　)
A．增加了司機(jī)單位面積的受力大小
B．減少了碰撞前后司機(jī)動(dòng)量的變化量
C．將司機(jī)的動(dòng)能全部轉(zhuǎn)換成汽車的動(dòng)能
D．延長了司機(jī)的受力時(shí)間并增大了司機(jī)的受力面積
【答案】D
【解析】碰撞前后司機(jī)的動(dòng)量均是一定的，所以安全氣囊不能改變碰撞前后司機(jī)動(dòng)量的變化量，故B錯(cuò)誤；安全氣囊充氣后，增大了司機(jī)的受力面積，在司機(jī)擠壓氣囊的過程中，由于氣囊的緩沖作用，延長了司機(jī)的受力時(shí)間，由動(dòng)量定理可知，減小了司機(jī)受到的沖擊力，所以減小了司機(jī)單位面積的受力大小，故A錯(cuò)誤，D正確；司機(jī)和安全氣囊接觸后，司機(jī)的動(dòng)能會(huì)有一部分轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，不能全部轉(zhuǎn)換成汽車的動(dòng)能，故C錯(cuò)誤。
訓(xùn)練2、(2018·全國卷Ⅱ)高空墜物極易對行人造成傷害。若一個(gè)50 g的雞蛋從一居民樓的25層墜下，與地面的撞擊時(shí)間約為2 ms，則該雞蛋對地面產(chǎn)生的沖擊力約為(　　)
A．10 N B．102 N
C．103 N D．104 N
【答案】C
【解析】設(shè)雞蛋落地瞬間的速度為v，每層樓的高度大約是3 m，由動(dòng)能定理可知：mgh＝mv2，解得：v＝＝ m/s＝10 m/s。落地時(shí)受到自身的重力和地面的支持力，規(guī)定向上為正方向，由動(dòng)量定理可知：(N－mg)t＝0－(－mv)，解得：N≈1×103 N，根據(jù)牛頓第三定律可知雞蛋對地面產(chǎn)生的沖擊力約為103 N，故C正確。
訓(xùn)練3、如圖所示，學(xué)生練習(xí)用頭顛球。某一次足球靜止自由下落80 cm，被重新頂起，離開頭部后豎直上升的最大高度仍為80 cm。已知足球與頭部的作用時(shí)間為0.1 s，足球的質(zhì)量為0.4 kg，重力加速度g取10 m/s2，不計(jì)空氣阻力，下列說法正確的是(　　)

A．頭部對足球的平均作用力為足球重力的10倍
B．足球下落到與頭部剛接觸時(shí)動(dòng)量大小為3.2 kg·m/s
C．足球與頭部作用過程中動(dòng)量變化量大小為3.2 kg·m/s
D．足球從最高點(diǎn)下落至重新回到最高點(diǎn)的過程中重力的沖量大小為3.2 N·s
【答案】C
【解析】足球自由80 cm時(shí)的速度為v1，時(shí)間為t1，有v1＝＝4 m/s，t1＝＝0.4 s，反彈后做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，而上升的最大高度也為80 cm，根據(jù)運(yùn)動(dòng)的對稱性可知上拋的初速度v2＝v1＝4 m/s，上升的時(shí)間t2＝t1＝0.4 s。對足球與頭部接觸的過程，Δt＝0.1 s，取向上為正，由動(dòng)量定理有(－mg)·Δt＝mv2－(－mv1)＝Δp，解得＝36 N，Δp＝3.2 kg·m/s，即頭部對足球的平均作用力為36 N，而足球的重力為4 N，則頭部對足球的平均作用力是重力的9倍，此過程的動(dòng)量變化量大小為Δp＝3.2 kg·m/s，故A錯(cuò)誤，C正確；足球剛接觸頭部時(shí)的動(dòng)量為p1＝mv1＝1.6 kg·m/s，故B錯(cuò)誤；足球運(yùn)動(dòng)的全過程，所受重力的沖量為I＝mg·(t1＋Δt＋t2)＝3.6 N·s，故D錯(cuò)誤。
訓(xùn)練4、(多選)物塊在合力F的作用下從靜止開始沿直線運(yùn)動(dòng)，F(xiàn)隨時(shí)間t變化的圖線如圖所示，則物塊(　　)

A．在0～2 s時(shí)間內(nèi)動(dòng)量變化量為2 kg·m/s
B．動(dòng)量在0～2 s內(nèi)比2～4 s內(nèi)變化快
C．4 s時(shí)動(dòng)量大小為2 kg·m/s
D．4 s時(shí)運(yùn)動(dòng)方向發(fā)生改變
【答案】BC
【解析】根據(jù)動(dòng)量定理可知，在0～2 s時(shí)間內(nèi)動(dòng)量變化量為Δp＝FΔt＝2×2 kg·m/s＝4 kg·m/s，故A錯(cuò)誤；根據(jù)動(dòng)量定理及F-t圖線與t軸所圍面積表示沖量可知，在2～4 s時(shí)間內(nèi)動(dòng)量變化量為Δp′＝ F′Δt＝－2 kg·m/s，所以動(dòng)量在0～2 s內(nèi)比2～4 s內(nèi)變化快，故B正確；4 s時(shí)動(dòng)量大小為p4＝p0＋Δp＋Δp′＝2 kg·m/s，故C正確；4 s時(shí)動(dòng)量仍為正值，運(yùn)動(dòng)方向沒有發(fā)生改變，故D錯(cuò)誤。
訓(xùn)練5、(2022·云南省玉溪第一中學(xué)高三月考)將質(zhì)量為m＝1 kg的物塊置于水平地面上，已知物塊與水平地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.5，現(xiàn)在物塊上施加一個(gè)平行于水平地面的恒力F＝10 N，物體由靜止開始運(yùn)動(dòng)，作用4 s后撤去F.已知g＝10 m/s2，對于物塊從靜止開始到物塊停下這一過程下列說法正確的是(　　)
A．整個(gè)過程物塊運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為6 s
B．整個(gè)過程物塊運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為8 s
C．整個(gè)過程中物塊的位移大小為40 m
D．整個(gè)過程中物塊的位移大小為60 m
【答案】B
【解析】在整個(gè)過程中由動(dòng)量定理得Ft1－μmgt＝0，解得t＝8 s，選項(xiàng)A錯(cuò)誤，B正確；在物塊前4 s運(yùn)動(dòng)的過程中由動(dòng)量定理得Ft1－μmgt1＝mv，解得v＝20 m/s，因物塊加速和減速過程的平均速度都為＝＝，全程的平均速度也為，則物塊的總位移x＝t＝×8 m＝80 m，選項(xiàng)C、D錯(cuò)誤．
訓(xùn)練6、(多選)(2022·張家口期末)某風(fēng)力發(fā)電機(jī)如圖所示，風(fēng)力帶動(dòng)葉片轉(zhuǎn)動(dòng)，葉片再帶動(dòng)轉(zhuǎn)子(磁極)轉(zhuǎn)動(dòng)，使定子(線圈不計(jì)電阻)中產(chǎn)生電流，實(shí)現(xiàn)風(fēng)能向電能的轉(zhuǎn)化。已知葉片長為l，風(fēng)速為v，空氣的密度為ρ，空氣遇到葉片旋轉(zhuǎn)形成的圓面后一半減速為零，一半原速率穿過，下列說法正確的是(　　)

A．一臺(tái)風(fēng)力發(fā)電機(jī)獲得風(fēng)能的功率為πρl2v3
B．一臺(tái)風(fēng)力發(fā)電機(jī)獲得風(fēng)能的功率為πρl2v3
C．空氣對一臺(tái)風(fēng)力發(fā)電機(jī)的平均作用力為πρl2v2
D．空氣對一臺(tái)風(fēng)力發(fā)電機(jī)的平均作用力為πρl2v2
【答案】BC
【解析】建立一個(gè)“風(fēng)柱”模型如圖所示。


風(fēng)柱的質(zhì)量m＝ρV＝ρπl(wèi)2vt，根據(jù)動(dòng)能定理，風(fēng)力在這一段位移做的功W＝Ek＝mv2×＝ρπl(wèi)2vtv2×＝ρπl(wèi)2v3t，風(fēng)柱的功率即一臺(tái)風(fēng)力發(fā)電機(jī)獲得風(fēng)能的功率為P＝＝πρl2v3，故A錯(cuò)誤，B正確；根據(jù)動(dòng)量定理可得Ft＝mΔv＝ρπl(wèi)2vt×v，解得F＝πρl2v2，故C正確，D錯(cuò)誤。
訓(xùn)練7、(2016·全國卷Ⅰ)某游樂園入口旁有一噴泉，噴出的水柱將一質(zhì)量為M的卡通玩具穩(wěn)定地懸停在空中。為計(jì)算方便起見，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；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?yōu)榱悖谒椒较虺闹芫鶆蛏㈤_。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(shí)間內(nèi)噴出的水的質(zhì)量；
(2)玩具在空中懸停時(shí)，其底面相對于噴口的高度。
【答案】(1)ρv0S　(2)－
【解析】(1)設(shè)Δt時(shí)間內(nèi)，從噴口噴出的水的體積為ΔV，質(zhì)量為Δm，則：
Δm＝ρΔV①
ΔV＝v0SΔt②
由①②式得，單位時(shí)間內(nèi)從噴口噴出的水的質(zhì)量為＝ρv0S③
(2)設(shè)玩具懸停時(shí)其底面相對于噴口的高度為h，水從噴口噴出后到達(dá)玩具底面時(shí)的速度大小為v。對于Δt時(shí)間內(nèi)噴出的水，由能量守恒得
(Δm)v2＋(Δm)gh＝(Δm)v④
在h高度處，Δt時(shí)間內(nèi)噴射到玩具底面的水沿豎直方向的動(dòng)量變化量的大小為Δp＝(Δm)v⑤
設(shè)水對玩具的作用力的大小為F，根據(jù)動(dòng)量定理有FΔt＋ΔmgΔt＝Δp⑥
因?yàn)棣gΔt＝ρv0Sg(Δt)2含Δt的二次項(xiàng)，所以與FΔt相比，ΔmgΔt可忽略。
由于玩具在空中懸停，由力的平衡條件和牛頓第三定律得F＝Mg⑦
聯(lián)立③④⑤⑥⑦式得h＝－。
? 同步訓(xùn)練
1．物理學(xué)科核心素養(yǎng)第一要素是“物理觀念”，下列“物理觀念”中正確的是(　　)
A．做曲線運(yùn)動(dòng)的物體，動(dòng)量的變化率一定改變
B．合力對物體做功為零，則合力的沖量也一定為零
C．做勻變速運(yùn)動(dòng)的物體，任意時(shí)間內(nèi)的動(dòng)量變化量的方向是相同的
D．做圓周運(yùn)動(dòng)的物體，經(jīng)過一個(gè)周期，合力的沖量一定為零
【答案】C
【解析】根據(jù)動(dòng)量定理知，動(dòng)量的變化率等于力，則做勻變速曲線運(yùn)動(dòng)的物體，動(dòng)量的變化率恒定，A錯(cuò)誤；合力對物體做功為零，則合力可能不為零，例如合力可能作用了一段時(shí)間，物體速度大小相等，但方向不同，故合力的沖量不一定為零，B錯(cuò)誤；做勻變速運(yùn)動(dòng)的物體所受的合力恒定，動(dòng)量變化量的方向與合力同向，保持不變，C正確；做變速圓周運(yùn)動(dòng)的物體，經(jīng)過一個(gè)周期，動(dòng)量的變化量不為零，由動(dòng)量定理知合力的沖量不為零，D錯(cuò)誤。
2．(2022·山東煙臺(tái)市期中)跳水運(yùn)動(dòng)一直是我國傳統(tǒng)的優(yōu)勢體育項(xiàng)目，我們的國家跳水隊(duì)享有“夢之隊(duì)”的贊譽(yù)．在某次訓(xùn)練中，跳水運(yùn)動(dòng)員在跳臺(tái)上由靜止開始豎直落下，進(jìn)入水中后在水中做減速運(yùn)動(dòng)，速度減為零時(shí)并未到達(dá)池底．不計(jì)空氣阻力，下列說法正確的是(　　)
A．運(yùn)動(dòng)員在空中運(yùn)動(dòng)時(shí)，其動(dòng)量變化量大于重力的沖量
B．運(yùn)動(dòng)員從剛進(jìn)入水中到速度減為零的過程中，其重力的沖量等于水的作用力的沖量
C．運(yùn)動(dòng)員從開始下落到速度減為零的過程中，其動(dòng)量的改變量等于水的作用力的沖量
D．運(yùn)動(dòng)員從開始下落到速度減為零的過程中，其重力的沖量與水的作用力的沖量等大反向
【答案】D
【解析】運(yùn)動(dòng)員在空中運(yùn)動(dòng)過程中只受重力作用，根據(jù)動(dòng)量定理可知運(yùn)動(dòng)員在空中動(dòng)量的變化量等于重力的沖量，故A錯(cuò)誤；運(yùn)動(dòng)員在水中運(yùn)動(dòng)過程中受到重力和水對他的作用力，動(dòng)量的變化量方向向上，則其重力的沖量小于水的作用力的沖量，故B錯(cuò)誤；整個(gè)過程根據(jù)動(dòng)量定理可得I＝mΔv＝0，故運(yùn)動(dòng)員整個(gè)向下運(yùn)動(dòng)過程中合外力的沖量為零，故C錯(cuò)誤；整個(gè)過程根據(jù)動(dòng)量定理可得I＝IG＋I(xiàn)F＝mΔv＝0，所以IG＝－IF，即運(yùn)動(dòng)員整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中重力的沖量與水的作用力的沖量等大反向，故D正確．
3．光滑水平面上，一物體在恒力作用下做方向不變的直線運(yùn)動(dòng)，在t1時(shí)間內(nèi)動(dòng)能由0增大到Ek，在t2時(shí)間內(nèi)動(dòng)能由Ek增大到2Ek，設(shè)恒力在t1時(shí)間內(nèi)沖量為I1，在t2時(shí)間內(nèi)沖量為I2，兩段時(shí)間內(nèi)物體的位移分別為x1和x2，則(　　)
A．I1x2
C．I1>I2，x1＝x2 D．I1＝I2，x1＝x2
【答案】C
【解析】設(shè)恒力為F，根據(jù)動(dòng)能定理，在t1時(shí)間內(nèi)：Fx1＝Ek，在t2時(shí)間內(nèi)：Fx2＝2Ek－Ek，聯(lián)立可得：x1＝x2；物體做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，通過連續(xù)相等位移的時(shí)間變短，即通過位移x2的時(shí)間t2小于通過位移x1的時(shí)間t1，根據(jù)沖量的定義，有：I1＝Ft1，I2＝Ft2，故I1>I2，故C正確，A、B、D錯(cuò)誤。
4．(2021·湖南高考)物體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)可用位置x和動(dòng)量p描述，稱為相，對應(yīng)p-x圖像中的一個(gè)點(diǎn)。物體運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的變化可用p-x圖像中的一條曲線來描述，稱為相軌跡。假如一質(zhì)點(diǎn)沿x軸正方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，則對應(yīng)的相軌跡可能是(　　)

【答案】D
【解析】質(zhì)點(diǎn)沿x軸正方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，則有v2＝2ax，而動(dòng)量為p＝mv，聯(lián)立可得p＝m＝m·x，且x和p均應(yīng)為正值，故對應(yīng)的相軌跡為圖像D。
5．質(zhì)量為0.5 kg的足球以8 m/s的速度水平飛來，運(yùn)動(dòng)員把它以12 m/s的速度用腳反向踢回，作用時(shí)間為0.2 s，運(yùn)動(dòng)員腳部受到足球的作用力大小約為(　　)
A．2 N B．10 N
C．20 N D．50 N
【答案】D
【解析】設(shè)足球踢回速度方向?yàn)檎?，根?jù)動(dòng)量定理可知Ft＝mv2－mv1，則F＝＝ N＝50 N，故D正確，A、B、C錯(cuò)誤。
6．(2021·天津高考)(多選)一沖九霄，問鼎蒼穹。2021年4月29日，長征五號(hào)B遙二運(yùn)載火箭搭載空間站天和核心艙發(fā)射升空，標(biāo)志著我國空間站建造進(jìn)入全面實(shí)施階段。下列關(guān)于火箭的描述正確的是(　　)
A．增加單位時(shí)間的燃?xì)鈬娚淞靠梢栽龃蠡鸺耐屏?br /> B．增大燃?xì)庀鄬τ诨鸺膰娚渌俣瓤梢栽龃蠡鸺耐屏?br /> C．當(dāng)燃?xì)鈬姵龌鸺龂娍诘乃俣认鄬τ诘孛鏋榱銜r(shí)火箭就不再加速
D．火箭發(fā)射時(shí)獲得的推力來自于噴出的燃?xì)馀c發(fā)射臺(tái)之間的相互作用
【答案】AB
【解析】燃?xì)獗粐姵龅乃查g，燃?xì)鈱鸺姆醋饔昧ψ饔迷诨鸺?，使火箭獲得推力，D錯(cuò)誤；設(shè)Δt時(shí)間內(nèi)噴出Δm的燃?xì)?，燃?xì)庀鄬τ诨鸺膰娚渌俣葹関，以噴出Δm燃?xì)馇暗幕鸺秊閰⒖枷?，對燃?xì)庥蓜?dòng)量定理有FΔt＝Δmv，結(jié)合牛頓第三定律知，火箭受到的推力F′＝F＝·v，可知增加單位時(shí)間的燃?xì)鈬娚淞炕蛟龃笕細(xì)庀鄬τ诨鸺膰娚渌俣葀時(shí)，均可以增大火箭的推力，故A、B正確；當(dāng)燃?xì)鈬姵龌鸺龂娍诘乃俣认鄬τ诘孛鏋榱銜r(shí)，噴出的燃?xì)庀鄬τ诨鸺乃俣葀不為零，火箭仍然受推力作用，仍然要加速，故C錯(cuò)誤。
7．如圖所示，質(zhì)量為0.2 kg的帶有遮光條的滑塊在氣墊導(dǎo)軌上，從光電門的左側(cè)向右運(yùn)動(dòng)，撞到右側(cè)擋板經(jīng)0.2 s后彈回，測量顯示滑塊兩次經(jīng)過光電門時(shí)遮光條的遮光時(shí)間分別是0.002 s和0.003 s，已知遮光條寬度為1.2 cm，取向右為正方向，則滑塊受到擋板的平均作用力大小是(　　)

A．4 N B．6 N
C．10 N D．20 N
【答案】C
【解析】第一次通過光電門的速度大小v1＝＝ m/s＝6 m/s，第二次通過光電門的速度大小v2＝＝ m/s＝4 m/s，取向右為正方向，則小球與擋板碰撞過程中動(dòng)量的變化為Δp＝－mv2－mv1＝－0.2×(4＋6) kg·m/s＝－2 kg·m/s，負(fù)號(hào)表示方向向左，根據(jù)動(dòng)量定理得Ft＝Δp，代入數(shù)據(jù)求得F＝－10 N，負(fù)號(hào)表示方向向左．
8．(2022·山東省日照一中月考)質(zhì)量m＝1 kg的物體在合外力F的作用下從靜止開始做直線運(yùn)動(dòng)．物體所受的合外力F隨時(shí)間t變化圖像如圖所示．下列說法正確的是(　　)

A．物體先做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，再做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)
B．4 s末物體的速度為零
C．0～6 s內(nèi)合外力的沖量為8 N·s
D．0～6 s內(nèi)合外力做功為8 J
【答案】D
【解析】由題圖可知，0～4 s內(nèi)合外力方向不變，則物體先做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，再做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，最后做加速度增大的減速運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；由題圖可知，0～4 s內(nèi)合外力方向不變，則物體一直做加速運(yùn)動(dòng)，4 s末物體的速度不為0，故B錯(cuò)誤；F－t圖線與橫坐標(biāo)軸所圍面積表示合外力的沖量，0～2 s合外力沖量為I1＝2×2 N·s＝4 N·s,2～6 s合外力的沖量為0，則0～6 s內(nèi)合外力的沖量為4 N·s，故C錯(cuò)誤；0～2 s內(nèi)，由動(dòng)量定理可得I1＝mv1，即mv1＝4 kg·m/s，此時(shí)的動(dòng)能為Ek＝＝ J＝8 J，由于2～6 s合外力的沖量為0，即動(dòng)量不變，則動(dòng)能也不變，所以0～6 s內(nèi)合外力做功為8 J，故D正確．
9．如圖所示，在傾角為30°的足夠長的光滑固定斜面上有一質(zhì)量為m的物體，它受到沿斜面方向的力F的作用．力F可按如圖所示的四種方式隨時(shí)間變化(圖中縱坐標(biāo)是F與mg的比值，力F沿斜面向上為正)．已知此物體在t＝0時(shí)速度為零，若用v1、v2、v3、v4分別表示上述四種受力情況下物體在3 s末的速率，則這四個(gè)速率中最大的是(　　)


【答案】C
【解析】根據(jù)動(dòng)量定理分別研究四種情況下物體的速率．取t0＝1 s，以沿斜面向上為正方向，A圖中：－mgsin 30°·3t0＋F1·2t0＋F2t0＝－mv1，得v1＝20 m/s；B圖中：－mgsin 30°·3t0＋F1t0＋F2t0＝－mv2，得v2＝15 m/s；C圖中：－mgsin 30°·3t0＋F·2t0＝－mv3，得v3＝25 m/s；D圖中：－mgsin 30°·3t0＋F1·2t0＋F2t0＝－mv4，得v4＝15 m/s.故選項(xiàng)C正確．
10．(2021·福建高考)福建屬于臺(tái)風(fēng)頻發(fā)地區(qū)，各類戶外設(shè)施建設(shè)都要考慮臺(tái)風(fēng)影響。已知10級臺(tái)風(fēng)的風(fēng)速范圍為24.5 m/s～28.4 m/s,16級臺(tái)風(fēng)的風(fēng)速范圍為51.0 m/s～56.0 m/s。若臺(tái)風(fēng)迎面垂直吹向一固定的交通標(biāo)志牌，則16級臺(tái)風(fēng)對該交通標(biāo)志牌的作用力大小約為10級臺(tái)風(fēng)的(　　)
A．2倍 B．4倍
C．8倍 D．16倍
【答案】B
【解析】設(shè)空氣的密度為ρ，臺(tái)風(fēng)迎面垂直吹向一固定的交通標(biāo)志牌的橫截面積為S，在時(shí)間Δt內(nèi)吹向交通標(biāo)志牌的空氣質(zhì)量為Δm＝ρSv·Δt，假定臺(tái)風(fēng)迎面垂直吹向該交通標(biāo)志牌的末速度變?yōu)榱?，對臺(tái)風(fēng)由動(dòng)量定理有－F·Δt＝0－Δmv，結(jié)合牛頓第三定律可得臺(tái)風(fēng)對該交通標(biāo)志牌的作用力大小F′＝F＝ρSv2,10級臺(tái)風(fēng)的風(fēng)速v1≈25 m/s,16級臺(tái)風(fēng)的風(fēng)速v2≈50 m/s，則有＝≈4，故選B。
11．蹦床運(yùn)動(dòng)有“空中芭蕾”之稱，某質(zhì)量m＝50 kg的運(yùn)動(dòng)員從空中h1＝1.25 m落下，接著又能彈起h2＝1.8 m高度，此次人與蹦床的接觸時(shí)間t＝0.50 s，取g＝10 m/s2，求：
(1)運(yùn)動(dòng)員與蹦床接觸時(shí)間內(nèi)，所受重力的沖量大小I；
(2)運(yùn)動(dòng)員與蹦床接觸時(shí)間內(nèi)，受到蹦床平均彈力的大小F。
【答案】(1)250 N·s　(2)1600 N
【解析】(1)重力的沖量大小為：
I＝mgt＝50×10×0.50 N·s＝250 N·s。
(2)設(shè)運(yùn)動(dòng)員下落h1高度時(shí)的速度大小為v1，再次彈起時(shí)的速度大小為v2，則有：v＝2gh1，v＝2gh2
以豎直向上為正方向，對運(yùn)動(dòng)員，由動(dòng)量定理有：
(F－mg)·t＝mv2－(－mv1)
代入數(shù)據(jù)解得：F＝1600 N。
12．核桃是“四大堅(jiān)果”之一，桃仁具有豐富的營養(yǎng)價(jià)值，但核桃殼十分堅(jiān)硬，不借助專用工具不易剝開。小悠同學(xué)發(fā)現(xiàn)了一個(gè)開核竅門：把核桃豎直上拋落回與堅(jiān)硬地面撞擊后就能開裂。拋出點(diǎn)距離地面的高度為H，上拋后達(dá)到的最高點(diǎn)與拋出點(diǎn)的距離為h。已知重力加速度為g，空氣阻力不計(jì)。
(1)求核桃落回地面的速度大小v；
(2)已知核桃質(zhì)量為m，與地面撞擊作用時(shí)間為Δt，撞擊后豎直反彈h1高度。求核桃與地面之間的平均作用力F。
【答案】(1)(2)＋mg，方向豎直向上
【解析】(1)核桃豎直上拋到最高點(diǎn)后做自由落體運(yùn)動(dòng)，則有：v2＝2g(H＋h)
則落回地面的速度：
v＝。
(2)設(shè)核桃反彈速度為v1，則有：
v12＝2gh1
以向上為正方向，核桃與地面作用的過程：
(F－mg)Δt＝mv1－m(－v)
解得：F＝＋mg，方向豎直向上。


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