?第14講 動能定律
知識圖譜


動量和動量定理


知識精講
一．動量
1．定義：物體的質(zhì)量與速度的乘積，描述物理運動狀態(tài)的物理量，是矢量，其方向與速度的方向相同。
2．公式：；單位：kg?m/s。
3．舉例說明：一個物體對另一個物體的作用效果不僅與物體的質(zhì)量有關還和物體的速度有關。換句話說，就是與物體的動量有關。
（1）同樣質(zhì)量的竹箭，一支用弓射出，而另一支用手擲，哪一支穿透本領大？（質(zhì)量相同，速度不同）
（2）在足球場迎頭飛來的足球人會用頭去頂，那如果換成以相同速度飛來的鉛球人就會躲開。（質(zhì)量不同，速度相同）
4．特點：
（1）瞬時性：動量是指物體在某一時刻的動量，對應著這一時刻的瞬時速度。
（2）矢量性：動量的方向與物體的瞬時速度的方向相同。
（3）相對性：由于物體的速度與參考系有關，因此動量也與參考系有關。通常，物體的動量是相對于地球而言的。
5．動量的變化量
（1）定義：當物體的運動狀態(tài)由狀態(tài)1變化為狀態(tài)2時，其末動量與初動量的矢量之差，稱為動量的變化，即。
（2）矢量性：由于動量是矢量，動量的變化量也是矢量，沖量的運算遵循平行四邊形法則。
6．動量的變化率


二．沖量
1．力F與力的作用時間t的乘積，是一個過程量，表示力在時間上積累的效應。
2．公式：；單位：，
3．特點：
（1）矢量性：力的方向不變時，沖量的方向與力的方向一致；當力的方向變化時，沖量的方向與動量改變量的方向一致（動量定律說明）。
（2）過程量：沖量是指力對物體作用一段時間的積累下效應，與位移沒有直接關系。
（3）絕對性：力與時間與參考系的選擇無關，因此沖量與參考系的選取無關。
三．動量定理
1．內(nèi)容：物體所受合外力的沖量等于它的動量的變化，或物體所受各個力的沖量等于物體的動量的變化。
2．公式：（）
3．說明：
（1）沖量的大小總等于動量改變量的大小，沖量的方向總跟動量改變量的方向一致。
（2）F可以是恒力也可以變力，動量定理通常用來解決碰撞、打擊一類問題。
（3）適用范圍：受力也可以為恒力，也可以為變力，運動軌跡可以為直線，也可以為直線，運動時間可長可斷，動量定理都適用。
4．應用方面的討論：
（1）若是動量變化量一定時，要增大力F，可縮短作用時間t；要減小力F，可延長力的作用時間t。
（2）如果物體受到大小和方向改變的力的作用，則不能直接用，求變力的沖量，可以求出在該力的作用下物體動量的變化量，等效代替變力的沖量。
（3）當力的方向不變時，沖量的計算可利用“面積求和”進行計算。作出F-t變化圖線，圖線與t軸夾的面積即為變力的沖量：


三點剖析
課程目標：
1.理解動量和沖量的概念
2.動量定理的理解和簡單應用

動量和沖量
例題1、 關于物體的動量，下列說法中正確的是（ ）
A.運動物體在任一時刻的動量方向，一定是該時刻的速度方向
B.物體的動能不變，其動量一定不變
C.動量越大的物體，其速度一定越大
D.物體的動量越大，其慣性也越大
例題2、 將甲、乙兩具質(zhì)量相等的物體在距水平地面同一高度處，分別以v和2v的速度水平拋出，若不計空氣阻力的影響，則以下說法中正確的是（ ）
A.甲物體在空中運動過程中，任何相等時間內(nèi)它的動量變化都相同
B.甲物體在空中運動過程中，任何相等時間內(nèi)它的動能變化都相同
C.兩物體落地時動量對時間的變化率相同
D.兩物體落地時重力的功率相同
例題3、 質(zhì)量相等的A、B兩物體放在同一水平面上，分別受到水平拉力F1、F2的作用而從靜止開始作勻加速直線運動．經(jīng)過時間t0和4t0速度分別達到2v0和v0時，分別撤去F1和F2，以后物體繼續(xù)做勻減速直線運動直至停止．兩物體速度隨時間變化的圖象如圖所示．設F1和F2對A、B的沖量分別為I1和I2，F(xiàn)1和F2對A、B做的功分別為W1和W2，則下列結論正確的是（ ）

A.I1＞I2，W1＞W(wǎng)2
B.I1＜I2，W1＞W(wǎng)2
C.I1＜I2，W1＜W2
D.I1＞I2，W1＜W2
例題4、 水平推力F1和F2分別作用在靜止于水平面上等質(zhì)量的a、b兩物體上，F(xiàn)1>F2，作用相同距離，兩物體與水平面的動摩擦因數(shù)相同，則這個過程中兩個力的沖量I1、I2的大小關系正確的是（ ）

A.I1一定大于I2
B.I1一定小于I2
C.I1一定等于I2
D.I1可能小于I2
隨練1、 下列關于動量和動能的說法中，正確的是（　?。?br /> A.一個物體的動量不變，其動能一定不變
B.一個物體的動能不變，其動量一定不變
C.兩個物體的動量相等，其動能一定相等
D.兩個物體的動能相等，其動量一定相等
隨練2、 如圖所示，三個完全相同的小球，從光滑斜面頂端由靜止開始自由下滑，同時從同一高度分別開始自由下落和平拋。下列說法正確的有（ ）

A.它們同時到達同一水平面
B.落地瞬間它們的末動能相同
C.落地瞬間重力的瞬時功率相同
D.從開始運動到落地的過程中它們動量變化的大小相同
隨練3、 關于沖量的概念，以下說法正確的是( )
A.作用在兩個物體上力大小不同，但兩個物體所受的沖量可能相同
B.作用在物體上的力很大，物體所受的沖量一定很大
C.作用在物體的力作用時間很短，物體所受的沖量一定很小
D.只要力的作用時間與力的大小的乘積相等，物體所受的沖量就相同
隨練4、 根據(jù)動能和動量有關知識，請回答下述問題：
(1)質(zhì)量為2 kg的物體，速度由3 m/s增大為 6m/s，它的動量和動能各增大為原來的幾倍?
(2)質(zhì)量為2 kg的物體速度由向東的3 m/s變?yōu)橄蛭鞯? m/s，它的動量和動能是否變化了?
(3)A物體的質(zhì)量是2kg，速度是3 m/s，方向向東，B物體的質(zhì)量是3 kg，速度是4 m/s，方向向西．它們的動量之和是多少?動能之和是多少?
(4)從上面三個小題的解答中，你能說出動能和動量有哪些區(qū)別?
隨練5、 （多選）如圖所示，一個物體在與水平面的夾角為θ的斜向上的拉力F的作用下，沿光滑水平面做勻加速直線運動，在物體通過距離s的過程中運動的時間為t，則（　?。?br />


A.力F對物體做的功為Fs
B.力F對物體做的功為Fscosθ
C.力F對物體的沖量為Ft
D.力F對物體的沖量為Ftcosθ
隨練6、 一物塊在空中某位置從靜止開始沿直線下落，其速度v隨時間t變化的圖線如圖所示。則物塊（ ）

A.第一個t0時間內(nèi)的位移等于第二個t0時間內(nèi)的位移
B.第一個t0時間內(nèi)的平均速度等于第二個t0時間內(nèi)的平均速度
C.第一個t0時間內(nèi)重力的沖量等于第二個t0時間內(nèi)重力的沖量
D.第一個t0時間內(nèi)合外力的功大于第二個t0時間內(nèi)合外力的功
隨練7、 甲、乙兩物體的質(zhì)量之比為m甲:m乙=1:4，若它們在運動過程中的動能相等，則它們的動量大小之比p甲:p乙是(　　)
A.1:1
B.1:2
C.1:4
D.2:1
隨練8、 如圖所示，豎直面內(nèi)有一個固定圓環(huán)，MN是它在豎直方向上的直徑．兩根光滑滑軌MP、QN的端點都在圓周上，MP＞QN．將兩個完全相同的小滑塊a、b分別從M、Q點無初速度釋放，在它們各自沿MP、QN運動到圓周上的過程中，下列說法中正確的是(　　)




A.合力對兩滑塊的沖量大小相同
B.重力對a滑塊的沖量較大
C.兩滑塊的動量變化大小相同
D.彈力對a滑塊的沖量較小
隨練9、 兩個物體A、B的質(zhì)量分別為m1、m2，并排靜止在水平地面上，用同向水平拉力F1、F2分別作用于物體A和B上，分別作用一段時間后撤去，兩物體各自滑行一段距離后停止下來，兩物體運動的速度－時間圖象分別如圖中圖線a、b所示，已知拉力F1、F2分別撤去后，物體做減速運動過程的速度－時間圖線彼此平行（相關數(shù)據(jù)已在圖中標出），由圖中信息可以得出（ ）

A.若F1＝F2，則m1＞m2
B.若m1＝m2，則力F1的最大瞬時功率一定是力F2
C.若F1＝F2，則力F1對物體A的沖量與F2對B的沖量之比為4︰5
D.若m1＝m2，則力F1對物體A所做的功大于F2對物體B所做的功

動量定理的理解
例題1、如圖所示，運動員揮拍將質(zhì)量為m的網(wǎng)球擊出．如果網(wǎng)球被拍子擊打前、后瞬間速度的大小分別為v1、v2，v1與v2方向相反，且v2＞v1．重力影響可忽略，則此過程中拍子對網(wǎng)球作用力的沖量（　　）





A.大小為m（v2+v1），方向與v1方向相同
B.大小為m（v2+v1），方向與v2方向相同
C.大小為m（v2﹣v1），方向與v1方向相同
D.大小為m（v2﹣v1），方向與v2方向相同
例題2、 高空作業(yè)須系安全帶，如果質(zhì)量為m的高空作業(yè)人員不慎跌落，從開始跌落到安全帶對人剛剛產(chǎn)生作用前人下落的距離為h（可視為自由落體運動）。此后經(jīng)歷時間t安全帶達到最大伸長，若在此過程中該作用力始終豎直向上，則該段時間安全帶對人的平均作用力大小為（ ）
A.
B.
C.
D.
隨練1、 人從高處跳到低處時，為了安全，一般都有一個屈膝的過程，這樣做是為了（ ）
A.減小沖量
B.減小動量的變化量
C.增大人與地面的作用時間，從而減小人與地面的相互作用力
D.增大人與地面的相互作用力，起到安全保護作用
隨練2、 臺球以速度v0與球桌邊框（看為豎直擋板）成α角撞擊O點，反彈后的速度為v1，方向與球臺邊框依然成α角，如圖所示，如果v1＜v0，其中OB垂直于球桌邊框，則關于球桌邊框?qū)ε_球的彈力方向說法正確的是（ ）

A.一定沿OA
B.一定沿OB
C.可能沿OC
D.可能沿OD
隨練3、 （多選）如圖所示，質(zhì)量為m的小球從距離地面高H的A點由靜止開始釋放，落到地面上后又陷入泥潭中，由于受到阻力作用到達距地面深度為h的B點速度減為零．不計空氣阻力，重力加速度為g．關于小球下落的整個過程，下列說法中正確的有（　?。?br />





A.小球的機械能減少了mg（H+h）
B.小球克服阻力做的功為mgh
C.小球所受阻力的沖量大于m
D.小球動量的改變量等于所受阻力的沖量
隨練4、 （多選）如圖所示，質(zhì)量為m的物塊，在與水平方向成α角的恒力F的作用下，沿光滑水平面運動．物塊通過A點和B點的速度分別為vA和vB物塊由A運動到B的過程中（　?。?br />

A.合外力對物塊做功WmvB2mvA2
B.外力F對物塊做功WFmvB2mvA2
C.合外力對物塊沖量大小I＝mvB﹣mvA
D.外力F對物塊沖量大小IF＞mvB﹣mvA
隨練5、 一物體在合外力F的作用下從靜止開始做直線運動，合外力方向不變，大小隨時間的變化如圖所示，該物體在t0和2t0時刻，物體的動能分別為Ek1、Ek2，物塊的動量分別為p1、p2，則（ ）

A.Ek2＝9Ek1，p2＝3p1
B.Ek2＝3Ek1，p2＝3p1
C.Ek2＝8Ek1，p2＝4p1
D.Ek2＝3Ek1，p2＝2p1
隨練6、 一質(zhì)量為m的運動員從下蹲狀態(tài)向上起跳，經(jīng)時間，身體伸直并剛好離開地面，速度為v，在此過程中（ ）
A.地面對他的沖量為mv＋mgΔt，地面對他做的功為
B.地面對他的沖量為，地面對他做的功為
C.地面對他的沖量為為，地面對他做的功為零
D.地面對他的沖量為為，地面對他做的功為零

動量定理的應用


知識精講
一．應用動量定理解題時注意的事項
1.動量定理的表達式是矢量式，列式時要注意各個量與規(guī)定的正方向之間的關系（即注意各個量的正負）；
2.動量定理中的沖量是合外力的沖量，而不是某一個力的沖量，它可以是合力的沖量，也可以是某力沖量的矢量和，還可以是外力在不同階段的沖量的矢量和；
3.應用動量定理可以只研究一個物體，也可以研究幾個物體組成的系統(tǒng)。
二．連續(xù)體問題
對持續(xù)作用，物體動量（或其他量）連續(xù)發(fā)生變化這類問題的處理思路是：正確選取研究對象，即選取很短時間內(nèi)動量（或其他量）發(fā)生變化的那部分物體作為研究對象，建立如下的“管道模型”；在時間內(nèi)所選取的研究對象均分布在以S為截面積、長為的柱體內(nèi)，這部分質(zhì)點的質(zhì)量為 ，以這部分質(zhì)量為研究對象，研究它在時間內(nèi)動量（或其他量）的變化情況，再根據(jù)動量定理（或其他規(guī)律）求出有關的物理量。

三點剖析
課程目標：
1.能夠熟練應用動量定理解多過程問題
2.掌握用動量定理解連續(xù)性碰撞問題

動量定理的應用
例題1、 如圖所示，半圓形軌道豎直放置，A為最低點，B為最高點，半徑R=0.2 m．一質(zhì)量m=0.2 kg的小球沿水平地面向右運動，以vA=6 m/s的速度從A點沿切線方向進入半圓軌道．到達B點時對軌道的壓力恰好為零．g取10 m/s2．求：
(1)小球到達B時的速度大小；
(2)從A到B過程中小球克服摩擦力做的功；
(3)從A到B過程中小球所受合力的沖量．






例題2、 有一個質(zhì)量為0.5 kg的彈性小球從H =0.8 m的高度落到水平地板上，每一次彈起的速度總等于落地前的0.6倍，且每次球與地面接觸時間相等均為0.2s，空氣阻力不計，（重力加速度g取10 m/s2），求：
（1）第一次球與地板碰撞，地板對球的平均沖力為多大？
（2）第一次和第二次與地板碰撞球所受的的沖量的大小之比是多少？
例題3、 質(zhì)量為m=1kg的小木塊（可看成質(zhì)點），放在質(zhì)量為M=5kg的長木板的左端，如圖所示．長木板放在光滑的水平桌面上．小木塊與長木板間的動摩擦因數(shù)μ=0.1，長木板的長度l=2m．系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)．現(xiàn)使小木塊從長木板右端脫離出來，可采取下列兩種方法：（g取10m/s2）

（1）給小木塊施加水平向右的恒定外力F，F(xiàn)作用時間t=2s．則F至少是多大？
（2）給小木塊一個水平向右的沖量I，則沖量I至少是多大？
隨練1、[多選題] 如圖所示，傳送帶以速度為V順時針勻速轉(zhuǎn)動，質(zhì)量m＝3kg的小物塊以初速度V0＝5m／s從左端的A點滑上傳送帶，已知物塊與傳送帶之間動摩擦因數(shù)μ＝0.2，AB兩端長L＝6m，重力加速度g＝10m／s2．物塊從A點運動到B點的過程中（ ）

A.物塊在傳送帶上運動的時間1s≤t≤2s
B.物塊在傳送帶上運動時間最短時，傳送帶速度可能是6m／s
C.傳送帶的速度V＝3m／s，摩擦力對物塊的沖量1＝10N?s
D.無論傳送帶速度多大，物塊動能增加不會超過36J
隨練2、 某汽車制造商研制開發(fā)了發(fā)動機額定功率P＝30kW的一款經(jīng)濟實用型汽車，在某次性能測試中，汽車連同駕乘人員的總質(zhì)量m＝2000kg，在平直路面上以額定功率由靜止啟動，行駛過程中受到大小f＝600N的恒定阻力。
（1）求汽車的最大速度v；
（2）若達到最大速度v后，汽車發(fā)動機的功率立即改為P′＝18kW，經(jīng)過一段時間后汽車開始以不變的速度行駛，求這段時間內(nèi)汽車所受合力的沖量I。
隨練3、 如圖所示，從距離地面h=1.25m處以初速度vo=5.0m/s水平拋出一個小鋼球（可視為質(zhì)點），落在堅硬的水平地面上．已知小球質(zhì)量m=0.20kg，不計空氣阻力，取重力加速度g=10m/s2．
（1）求鋼球落地前瞬間速度v的大小和方向．
（2）小球落到地面，如果其速度與豎直方向的夾角是θ，則其與地面碰撞后．其速度與豎直方向的夾角也是θ，且碰撞前后速度的大小不變．在運用動量定理處理二維問題時，可以在相互垂直的兩個方向上分別研究．
①求碰撞前后小球動量的變化量△P的大小和方向；
②已知小球與地面碰撞的時間△t=0.04s．求小球?qū)Φ孛嫫骄饔昧Φ拇笮『头较颍?br />
隨練4、 如圖所示，質(zhì)量M＝0.5kg的長木板A靜止在粗糙的水平地面上，質(zhì)量m＝0.3kg的物塊B（可視為質(zhì)點）以大小v0＝6m／s的速度從木板A的左端水平向右滑動．已知物塊B與木板A上表面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.6，認為各接觸面間的最大靜摩擦力與滑動摩擦力大小相等，取g＝10m／s2．
（1）若木板A與地面間的動摩擦因數(shù)μ2＝0.3，物塊B恰好能滑到木板A的右端，求木板A的長度L；
（2）若木板A與地面間的動摩擦因數(shù)μ2'＝0.1，木板足夠長，求木板A從開始滑動至達到最大速度過程中所受合力的沖量大小I．

隨練5、 動量定理可以表示為△p=F△t，其中動量p和力F都是矢量．在運用動量定理處理二維問題時，可以在相互垂直的x、y兩個方向上分別研究．例如，質(zhì)量為m的小球斜射到木板上，入射的角度是θ，碰撞后彈出的角度也是θ，碰撞前后的速度大小都是υ，如圖所示．碰撞過程中忽略小球所受重力．
a．分別求出碰撞前后x、y方向小球的動量變化△px、△py；
b．分析說明小球?qū)δ景宓淖饔昧Φ姆较颍?br />

應用動量定理解決連續(xù)體問題
例題1、 最近，我國為“長征九號”研制的大推力新型火箭發(fā)動機聯(lián)試成功，這標志著我國重型運載火箭的研發(fā)取得突破性進展。若某次實驗中該發(fā)動機向后噴射的氣體速度約為3km/s，產(chǎn)生的推力約為4.8×106N，則它在1s時間內(nèi)噴射的氣體質(zhì)量約為（ ）
A.1.6×102kg
B.1.6×103kg
C.1.6×105kg
D.1.6×106kg
例題2、 如圖1所示為某農(nóng)莊灌溉工程的示意圖，地面與水面的距離為H。用水泵從水池抽水（抽水過程中H保持不變），龍頭離地面高h，水管橫截面積為S，水的密度為ρ，重力加速度為g，不計空氣阻力。
（1）水從管口以不變的速度源源不斷地沿水平方向噴出，水落地的位置到管口的水平距離為10h。設管口橫截面上各處水的速度都相同。求：
a．每秒內(nèi)從管口流出的水的質(zhì)量m0；
b．不計額外功的損失，水泵輸出的功率P。
（2）在保證水管流量不變的前提下，在龍頭后接一噴頭，如圖2所示。讓水流豎直向下噴出，打在水平地面上不反彈，產(chǎn)生大小為F的沖擊力。由于水與地面作用時間很短，可忽略重力的影響。求水流落地前瞬間的速度大小v。

隨練1、 用豆粒模擬氣體分子，可以模擬氣體壓強產(chǎn)生的原理．如圖所示，從距秤盤80cm高度把1000粒的豆粒連續(xù)均勻地倒在秤盤上，持續(xù)作用時間為1s，豆粒彈起時豎直方向的速度變?yōu)榕銮暗囊话耄裘總€豆粒只與秤盤碰撞一次，且碰撞時間極短（在豆粒與秤盤碰撞極短時間內(nèi)，碰撞力遠大于豆粒受到的重力），已知1000粒的豆粒的總質(zhì)量為100g．則在碰撞過程中秤盤受到的壓力大小約為（ ）

A.0.2N
B.0.6N
C.1.0N
D.1.6N
隨練2、 為估算池中睡蓮葉面承受出滴撞擊產(chǎn)生的平均壓強，小明在雨天將一圓柱形水杯置于露臺，測得小時內(nèi)杯中水上升了．查詢得知，當時雨滴豎直下落速度約為．據(jù)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）（ ）
A.
B.
C.
D.
隨練3、 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．為計算方便起見，假設水柱從橫截面積為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?，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(nèi)噴出的水的質(zhì)量；
(2)玩具在空中懸停時，其底面相對于噴口的高度．
隨練4、 （1）如圖甲所示，一個質(zhì)量為m的物體，初速度為v0，在水平合外力F（恒力）的作用下，經(jīng)過一段時間t后，速度變?yōu)関t。請根據(jù)上述情境，利用牛頓第二定律推導動量定理，并寫出動量定理表達式中等號兩邊物理量的物理意義。

（2）高空墜物很危險。一球形面團，質(zhì)量為1kg，從20m高的樓層上掉下，落在堅硬的水泥地面上，被摔成薄片，若面團與地面的作用時間約0.01s，試估算地面受到平均沖力的大小。
（3）自動稱米機已被廣泛使用。稱米時，打開閥門，米粒就以每秒鐘d千克的恒定流量流進放在秤上的容器。當秤的示數(shù)達到顧客所要求的數(shù)量時，在出口處關閉閥門，切斷米流。米流在出口處速度很小，可視為零。對上述現(xiàn)象，買賣雙方引起了爭論。買方認為：因為米流落到容器中時有向下的沖力而不劃算；賣方則認為：當達到顧客所要求的數(shù)量時，切斷米流，此時尚有一些米在空中，這些米是多給買方的。請談談你的看法，并根據(jù)所學的知識給出合理的解釋。


拓展
1、 (多選)一個質(zhì)量為2 kg的小球以水平速度5 m/s向右運動，與擋板碰撞后，以3 m/s的水平速度反向彈回，則( )
A.它的動量變化量的大小為4 kg?m/s
B.它的動量變化量的大小為16 kg?m/s
C.它的動量變化量的方向與初動量方向相反
D.它的動量變化量的方向與初動量方向相同
2、 如圖所示質(zhì)量為m的物塊沿傾角為θ的斜面由底端向上滑去，經(jīng)過時間t1速度為零后下滑，又經(jīng)過時間t2回到斜面底端，在整個運動過程中，重力對物塊的總沖量為( )

A.0
B.mgsinθ(t1+t2)
C.mgsinθ(t1-t2)
D.mg(t1+t2)


3、 如圖所示，一個物體在與水平方向成θ角的拉力F的作用下勻速前進，經(jīng)過一段時間t．關于幾個力的沖量，下列說法中正確的是（ ）
①重力的沖量為mgt
②拉力對物體的沖量為Ftcosθ
③摩擦力對物體沖量為Ftcosθ
④合外力對物體的沖量為Ft．

A.①③
B.①②
C.②③
D.②④
4、 一質(zhì)量為2kg的物塊在合外力F的作用下從靜止開始沿直線運動。F隨時間t變化的圖線如圖所示，則（ ）

A.t＝1s時物塊的速率為2m／s
B.t＝2s時物塊的動量大小為4kg?m／s
C.t＝3s時物塊的動量大小為5kg?m／s
D.t＝4s時物塊的速度為零
5、 一質(zhì)量為0.5kg的小球以2m／s的速率豎直向上碰到天花板，又以原速率反彈，小球與天花板用時間為0.1s，求
（1）小球在這0.1s內(nèi)動量的變化．
（2）小球?qū)μ旎ò宓钠骄饔昧Γㄖ亓铀俣热＝10m／s2）
6、[多選題] 水平推力F1和F2分別作用于水平面上原來靜止的、等質(zhì)量的a、b兩物體上，作用一段時間后撤去推力，物體將繼續(xù)運動一段時間停下，兩物體的v﹣t圖象如圖所示，已知圖中線段AB∥CD，則（ ）

A.F1的沖量小于F2的沖量
B.F1的沖量等于F2的沖量
C.兩物體受到的摩擦力大小相等
D.兩物體受到的摩擦力大小不等
7、 物體在恒定的合力F作用下做直線運動，在時間內(nèi)速度由0增大到，在時間內(nèi)速度由增大到.　設F在內(nèi)做的功是，沖量是；在內(nèi)做的功是，沖量是；那么（ ）
A.，
B.，
C.，
D.，
8、 甲、乙兩物體分別在恒力F1、F2的作用下，沿同一直線運動，它們的動量隨時間變化的關系如圖所示，設甲在t1時間內(nèi)所受的沖量為I1，乙在t2時間內(nèi)所受的沖量為I2，則F1、F2，I1、I2的大小關系是（ ）

A.F1＞F2，I1=I2
B.F1＜F2，I1＜I2
C.F1＞F2，I1＞I2
D.F1=F2，I1=I2
9、 蹦床運動有“空中芭蕾“之稱，某質(zhì)量m＝50kg的運動員從空中h1＝1.25m落下，接著又能彈起h2＝1.8m高度，此次人與蹦床接觸時間t＝0.50s，取g＝10m／s2，求：
①運動員與蹦床接觸時間內(nèi)，所受重力的沖量大小I；
②運動員與蹦床接觸時間內(nèi)，受到蹦床平均彈力的大小F。
10、 下面是一物理演示實驗．它顯示：圖中自由下落的A和B經(jīng)反彈后，B能上升到比初位置高得多的地方．A是某種材料做成的實心球，質(zhì)量m1＝0.28kg，其頂部的凹坑中插著質(zhì)量m2＝0.1kg的木棍B，B只是松松地插在凹坑中，其下端與坑底之間有小空隙．將此裝置從A下端離地板的高度H＝1.25m處由靜止釋放．實驗中，A觸地后在極短時間內(nèi)反彈，且其速度大小不變；接著木棍B脫離球A開始上升，而球A恰好停留在地板上．求木棍B上升的高度．重力加速度g＝10m/s2．

11、 高壓采煤水槍，出水口的橫截面積為S，假定水柱截面不變，水柱的水平射速大小為v，水柱水平射到豎直煤層后，假設水僅沿豎直煤層散開，水的密度為ρ，則水對煤層的沖擊力的大小為________。
12、 塑料水槍是兒童們夏天喜歡的玩具，但是也有兒童眼睛被水槍擊傷的報道，因此，限制兒童水槍的威力就成了生產(chǎn)廠家必須關注的問題，水槍產(chǎn)生的水柱對目標的沖擊力與槍口直徑、出水速度等因素相關．設有一只水槍，槍口直徑為d，出水速度為v，儲水箱的體積為V．
(1)水槍充滿水可連續(xù)用多長時間？
(2)設水的密度為ρ，水柱水平地打在豎直平面(目標)上后速度變?yōu)榱?，則水流對目標的沖擊力是多大？你認為要控制水槍威力關鍵是控制哪些因素？不考慮重力、空氣阻力等的影響，認為水柱到達目標的速度與出槍口時的速度相同．

答案解析

動量和動量定理


動量和沖量
例題1、
【答案】 A
【解析】 動量具有瞬時性，任一時刻物體動量的方向，即為該時刻的速度方向，故A正確．
例題2、
【答案】 A C D
【解析】 物體做的是平拋運動，水平方向的速度不變，只有豎直方向的速度在變化，并且豎直方向上是自由落體運動，物體的速度是均勻變化的，所以動量的變化也均勻變化的，所以A正確．
例題3、
【答案】 B
【解析】 從圖象可知，兩物塊勻減速運動的加速度大小之都為，根據(jù)牛頓第二定律，勻減速運動中有f＝ma′，則摩擦力大小都為．根據(jù)圖象知，勻加速運動的加速度分別為：，，根據(jù)牛頓第二定律，勻加速運動中有F－f＝ma，則，，F(xiàn)1和F2的大小之比為12︰5；
所以：，則I1＜I2；
圖線與時間軸所圍成的面積表示運動的位移，則位移之比為；
兩個物體的初速度、末速度都是0，所以拉力做的功與摩擦力做的功大小相等，所以：，則W1＞W(wǎng)2。
例題4、
【答案】 D
【解析】 一：I＝Ft，x＝at2，ma＝F－μmg?I＝當F＝2μmg時，沖量最?。?br /> 二：若F1無窮大，I1就無窮大，若F2無限接近摩擦力，需無限長的時間才能使物體運動相同的距離，I2就無窮大，故ABC說法錯誤．
隨練1、
【答案】 A
【解析】 A、一個物體的動量不變，則速度不變，根據(jù)知，物體的動能一定不變，故A正確．
B、一個物體的動能不變，則速度的大小不變，方向可能改變，則動量可能改變，故B錯誤．
C、兩個物體的動量相等，根據(jù)知，質(zhì)量不一定相等，則動能不一定相等，故C錯誤．
D、兩個物體的動能相等，根據(jù)p知，質(zhì)量不一定相等，則動量不一定相等，故D錯誤．
故選：A．
隨練2、
【答案】 D
【解析】 A，運動的時間相同，的運動的時間要比的長，所以A選項錯誤。B，由動能定理可知，三個球的重力做功相等，它們的動能的變化相同但是c是平拋的，以c有初速度，故c的末動能要大，所以選項B錯誤；C，三個球的重力相等，但是它們的豎直方向上的末速度不同，所以瞬時功率不可能相等，所以C選項錯誤；D，動量變化的大小等于合外力的沖量大小，據(jù)此可知，落地時間相同，所受重力一樣，故的動量變化相同，在光滑斜面上下滑時，所受合力為，根據(jù)位移時間可知下滑的時間
所以在此下滑過程中的動量變化為
與自由下落過程中的動量變化相等，所以D選項正確。
隨練3、
【答案】 A
【解析】 A．由沖量公式I=Ft，作用在兩個物體上力大小不同，時間不等，但兩個物體所受的沖量可能相同，可知A正確；
B．由沖量公式I=Ft，可知作用在物體上的力很大，若時間極短，物體所受的沖量很小，不一定很大，故B錯誤；
C．同理，C錯誤；
D．沖量是矢量，沖量的方向由力的方向決定，由沖量公式I=Ft，可知D錯誤．
隨練4、
【答案】 (1)動量是原來的2倍；動能是原來的4倍；
(2)動能不變，動量變化了；
(3)它們的動量之和是6 kg?m/s，動能之和是33 J；
(4)動量和動能的區(qū)別有①它們的計算式不同②動量變化時，動能不一定變化，而動能變化時，動量一定變化．③動量是矢量，有方向，方向不同時，動量就不同，動能是標量，方向?qū)幽艿挠嬎銢]有影響
【解析】 (1)由動量p=mv可知，速度是原來的2倍時，動量也是原來的2倍；由動能知，速度是原來的2倍時，動能是原來的4倍；
(2)動量是矢量，它的變化與方向有關，設向西的方向為正方向時，
動量的變化△p=m(v2﹣v1)=2×(3﹣(﹣3))=12 kg·m/s
動能是標量，沒有方向，故動能的變化△Ek=；
(3)同理注意到動量的矢量性，A、B的動量之和在向西的方向為正方向時，
p總=pA+pB=﹣2×3+3×4=6 kg·m/s
而動能之和只是標量間的運算；
(4)上面的計算可以看出，動量和動能的區(qū)別有①它們的計算式不同②動量變化時，動能不一定變化，而動能變化時，動量一定變化．③動量是矢量，有方向，方向不同時，動量就不同，動能是標量，方向?qū)幽艿挠嬎銢]有影響．
隨練5、
【答案】 B C
【解析】 AB、由題意及功的公式可得，力F對物體所做的功：W＝Fscosθ；故A錯誤；B正確；
CD、根據(jù)沖量的定義可知，力F對物體的沖量為Ft．故C正確，D錯誤；
故選：BC．
隨練6、
【答案】 C
【解析】 AB、速度時間圖象中，圖線與橫軸圍成的面積表示物塊的位移；則物塊第一個t0時間內(nèi)的位移小于第二個t0時間內(nèi)位移。據(jù)得，物塊第一個t0時間內(nèi)的平均速度小于第二個t0時間內(nèi)的平均速度，故A、B錯誤；
C、沖量I＝mgt，可知第一個t0時間內(nèi)重力的沖量等于第二個t0時間內(nèi)重力的沖量，故C正確；
D、根據(jù)動能定理可知，合外力對物塊做的功等于動能的改變量，由圖知，第一個t0時間內(nèi)動能的變化量等于第二個t0時間內(nèi)動能的變化量，則第一個t0時間內(nèi)合外力的功等于第二個t0時間內(nèi)合外力的功，故D錯誤。
隨練7、
【答案】 B
【解析】 根據(jù)運動過程中的動能相等得：=
甲的動量為：p甲=m甲v甲=；乙的動量為：p乙=
所以．
隨練8、
【答案】 A
【解析】 對滑塊，由牛頓第二定律得：agsinθ(θ為桿與水平方向的夾角)，
由圖中的直角三角形可知，滑塊的位移S＝2Rsinθ，
滑塊做初速度為零的勻加速直線運動，運動時間：t2，t與θ無關，即：t1＝t2
AC．小球受到的合外力等于重力沿軌道方向的分力，即：mgsinθ，所以合外力的沖量大小為：mgsinθ?t．由圖可知MP與水平方向之間的夾角大，所以沿MP運動的a球受到的合外力的沖量大；沿MP運動的a球受到的合外力的沖量大，由動量定理可知，a球的動量變化大．故AC錯誤；
B．重力的沖量為mgt，由于運動的時間相等，所以重力的沖量大小相等，故B錯誤；
D．彈力的沖量：mgcosθ?t，由圖可知MP與水平方向之間的夾角大，所以a球的彈力的沖量小，故D正確．
故選：D．
隨練9、
【答案】 B
【解析】 A、由斜率等于加速度知，撤除拉力后兩物體的速度圖象平行，故加速度大小相等，求得：a1＝a2＝μg＝1m／s2，
則：μ1＝μ2＝0.1，
若F1＝F2，對于m1則有：F1－μ1m1g＝m1a1，
解得：，
對于m2則有：F2－μ2m2g＝m2a2，
解得：，由圖可知a1＞a2，則m1＜m2，故A錯誤。
B、由以上分析可知：F1＝m1（a1＋μ1g）＝，故拉力F1的最大瞬時功率為：P1m1，同理有：F2＝m2（a2＋μ2g）m2，故拉力F2的最大瞬時功率為：P2m2，故P1＝2P2，故B正確；
C、若F1＝F2，根據(jù)I＝Ft，兩個力作用的時間之比為1：2，則力F1對物體A的沖量與F2對B的沖量之比1：2，故C錯誤；
D、若m1＝m2，則f1＝f2，根據(jù)動能定理，對a有：WF1－f1s1＝0；同理對b有：WF2－f2s2＝0
由于s1＝4×2.55.0m，s2＝2×55.0m，故WF1＝WF2，故D錯誤；

動量定理的理解
例題1、
【答案】 B
【解析】 取拍子擊打前網(wǎng)球的速度為v1方向為正方向，根據(jù)動量定理得：
拍子對網(wǎng)球作用力的沖量I＝﹣mv2﹣mv1＝﹣m（v1+v2），
即沖量大小為m（v1+v2），方向與v1方向相反，與v2方向相同．選項B正確，ACD錯誤
故選：B．
例題2、
【答案】 A
【解析】 對自由落體運動，有：

解得：

規(guī)定向下為正方向，對運動的全程，根據(jù)動量定理，有：
mg（t1＋t）－Ft＝0
解得：

隨練1、
【答案】 C
【解析】 人在和地面接觸時，人的速度減為零，以向上為正，由動量定理可得：
I＝△P
則（F－mg）t＝0－m（－v）；
而屈膝的過程可以增加人著地的時間，由公式可知可以減小受到地面的沖擊力，而動量減小量和合力沖量是一定的，故ABD錯誤，C正確；
隨練2、
【答案】 D
【解析】 由矢量的減法可得出動量的變化方向，
根據(jù)動量定理得：
Ft＝mv1－mv0
因為v1＜v0，畫出矢量合成圖如圖所示：

F的方向即為速度改變量的方向，由圖可知，彈力方向可能沿OA或OD方向．故D正確ABC錯誤．
隨練3、
【答案】 A C
【解析】 A、小球在整個過程中，動能變化量為零，重力勢能減小mg（H+h），則小球的機械能減小了mg（H+h）．故A正確．
B、對全過程運用動能定理得，mg（H+h）﹣Wf＝0，則小球克服阻力做功Wf＝mg（H+h）．故B錯誤．
C、落到地面的速度v，對進入泥潭的過程運用動量定理得：，得：知阻力的沖量大于．故C正確．
D、對全過程分析，運用動量定理知，動量的變化量等于重力的沖量和阻力沖量的矢量和．故D錯誤．
故選：AC．
隨練4、
【答案】 A C D
【解析】 AB、物塊受到重力和斜向上的拉力，可能受到地面的支持力；在物塊沿水平方向運動的過程中，只有拉力F對物塊做功，所以合外力對物塊做的功等于力F做的功，由動能定理可得：．故A正確，B錯誤；
C、物塊受到的合力的方向沿水平方向，由動量定理可得，合外力的沖量：I＝mvB﹣mvA； 故C正確；
D、合外力為F在水平方向上的分量，故F＞F合，故F的沖量大小大于合外力的沖量，即IF＞mvB﹣mvA，故D正確．
故選：ACD．
隨練5、
【答案】 A
【解析】 根據(jù)動量定理得：
F0t0＝mv1 ①
2F0t0＝mv2－mv1 ②
由②①解得：v1：v2＝1：3
那么動量之比為P1：P2＝1：3
依據(jù)Ek
得Ek1：Ek2＝1：9，故A正確，BCD錯誤；
隨練6、
【答案】 C
【解析】 暫無解析

動量定理的應用


動量定理的應用
例題1、
【答案】 (1)小球到達B時的速度大小是 m/s；
(2)從A到B過程中小球克服摩擦力做的功是2.6 J；
(3)從A到B過程中小球所受合力的沖量是1.483 kg?m/s
【解析】 (1)小球在B點只受重力作用，靠重力提供向心力．根據(jù)牛頓第二定律得mg=m
得 vB== m/s；
(2)小球向上運動過程中重力和摩擦力做功，由動能定理得：
﹣W﹣mg?2R=mvB2﹣mvA2，
解得：W=2.6 J；
(3)選取向左為正方向，則小球的初動量：p1=mvA=0.2×(﹣6)kg·m/s =﹣1.2 kg·m/s
小球的末動量：；
由動量定理可知，小球受到的合外力的沖量等于其動量的變化，即：
I=p2﹣p1=0.283 kg·m/s﹣(－1.2) kg·m/s=1.483 kg·m/s．
例題2、
【答案】 （1）21N；（2）5 : 3
【解析】 （1）空氣阻力不計，籃球下落觸地速度、反彈速度的大小可以由運動學知識或動能定理（機械能守恒）知識求得，在根據(jù)動量定理求出平均沖力；（2）根據(jù)動量定理（沖量等于動量得變化量）求得第一次和第二次球與地板碰撞的沖量．
（1）籃球第一次與地面碰前瞬時速度為
碰后的速度為
選向上為正方向，由動量定理有
解得
（2）第二次碰前瞬時速度和第二次碰后瞬時速度關系為
設兩次碰撞中地板對球的沖量分別為，選向上為正方向，由動量定理有：


故
例題3、
【答案】 （1）1.85N（2）2.2N?s
【解析】 （1）設F剛撤去時，木塊與木板的速度分別為v1和v2，當木塊恰好滑到木板的右端時，兩者共同速度為v．
對于F作用過程，根據(jù)動量定理得：
?? 對整體：Ft=mv1+Mv2①
?? 對木板：μmgt=Mv2??? ②
?此過程木塊在木板滑行的距離S1=-?? ③
對整體過程有，F(xiàn)t=（m+M）v? ④
對于撤去F到木塊滑到木板右端的過程，設木塊相對于木板滑行的距離為S2，根據(jù)能量守恒定律得
? μmgS2=m+M-(m+M)v2?? ⑤
又S1+S2=l，⑥
聯(lián)立以上6式，解得，F(xiàn)=1.85N
（2）當木塊恰好滑到木板的右端時，兩者速度相等，I最小，則由系統(tǒng)動量守恒
? mv0=（m+M）v1
解得v1=v0
由能量守恒得? μmgl=m-(M+m)
解得v0=m/s
由動量定理得 I=mv0=N?s≈2.2N?s
答：
（1）給小木塊施加水平向右的恒定外力F，F(xiàn)作用時間t=2s．F至少是1.85N；
（2）給小木塊一個水平向右的沖量I，則沖量I至少是2.2N?s．
隨練1、[多選題]
【答案】 A D
【解析】 A、若物塊在傳送帶上一直做勻加速運動，在傳送帶上運動的時間最短，由牛頓第二定律得：μmg＝ma，則有 a＝μg＝2m／s2，設最短時間為t1。
由代入數(shù)據(jù)得：t1＝1s。
若物塊在傳送帶上一直做勻減速運動時，所用時間最長。設最長時間為t2．由代入數(shù)據(jù)得：t2＝2s，t2′＝3s。
由于v＝v0﹣at2＝5﹣2×3＝﹣1m／s，不合理，舍去，所以物塊在傳送帶上運動的時間1s≤t≤2s，故A正確。
B、物塊在傳送帶上運動時間最短時，傳送帶最小速度為 vmin＝v0＋at1＝5＋2×1＝7m／s，傳送帶的速度不可能為6m／s，故B錯誤。
C、傳送帶的速度v＝3m／s，物塊勻加速至速度與傳送帶相等時用時為：，通過的位移為：，共速后物塊不再受摩擦力，由動量定理得：摩擦力對物塊的沖量為：I＝mv0﹣mv＝3×（5﹣3）＝6N?s，故C錯誤。
D、由上分析知，物塊的最大速度為 7m／s，物塊動能增加量的最大值為：，故D正確。
隨練2、
【答案】 （1）30m／s
（2）4.0×104kg?m／s
【解析】 （1）汽車勻速運動時，牽引力等于阻力，有：F＝f＝600N
根據(jù)P＝Fv代入數(shù)據(jù)解得：v＝50m／s
（2）設功率改為P′＝18kW時，則有：

根據(jù)動量定理得：I＝mv′－mv
代入數(shù)據(jù)得：I＝－4.0×104kg?m／s，負號表示方向與初速度的方向相反
隨練3、
【答案】 （1）；方向與水平方向之間的夾角是45°（2）①2N?S；沿豎直方向向上②52N；沿豎直方向向上
【解析】 （1）小球豎直方向做自由落體運動，則有：h=
得 t=
落地豎直分速度大小：vy=gt=10×0.5=5m/s
速度大小為 v=m/s
設速度方向與水平方向之間的夾角為θ，則：tanα=
所以α=45°．
（2）①如果其速度與豎直方向的夾角是θ，豎直方向選取向上為正方向，把小球入射速度分解為vx=vsinθ，vy=﹣vcosθ，
把小球反彈速度分解為vx′=vsinθ，vy′=vcosθ，
則△px=m（vx′﹣vx）=0，△py=m（vy′﹣vy）=2mvcosθ方向沿豎直方向向上，
由幾何關系可知，θ=90°﹣α=90°﹣45°=45°
則：△P=△Py=2mvcos45°=2×0.2×5×=2N?S
②對小球分析，根據(jù)△p=F△t﹣mgt得：Fx==0，F(xiàn)y=
則F合=mg+Fy=mg+=0.02×10+=52N，方向沿豎直正向向上，
根據(jù)牛頓第三定律可知，小球?qū)Φ孛娴淖饔昧Φ姆较蜓刎Q直方向向下．
則：（1）鋼球落地前瞬間速度v的大小是m/s，方向與水平方向之間的夾角是45°；
（2）①分別求出碰撞前后x、y方向小球的動量變化△px為0，△py大小為2N?S，方向沿豎直方向向上；
②小球?qū)Φ孛娴淖饔昧Υ笮∈?2N，方向沿豎直方向向上．
隨練4、
【答案】 （1）3m
（2）0.75N?s
【解析】 （1）A、B之間的滑動摩擦力大小為：f1＝μ1mg＝1.8N
A與地面間的最大靜摩擦力為：f2＝μ2（M＋m）g＝2.4N
由于f2＞f1，故A靜止不動
B向右做勻減速直線運動，到達A的右端時速度為0，有：，
其中a＝μ1g＝6m／s2
解得：L＝3m
（2）若木板A與地面間的動摩擦因數(shù)μ2'＝0.1，則：f2'＝μ2'（M＋m）g＝0.8N＜f1，故A將向右滑動
A、B的加速度為：，a2＝a＝6m／s2
當它們的速度相等時，vm＝a1t＝v0－a2t，
又：I＝Mvm
代入數(shù)據(jù)解得：I＝0.75N?s
隨練5、
【答案】 a．分別求出碰撞前后x、y方向小球的動量變化△px為0，△py大小為2mvcosθ，方向沿y軸正方向；
b．小球?qū)δ景宓淖饔昧Φ姆较蜓貀軸負方向．
【解析】 a、把小球入射速度分解為vx=vsinθ，vy=﹣vcosθ，
把小球反彈速度分解為vx′=vsinθ，vy′=vcosθ，
則△px=m（vx′﹣vx）=0，△py=m（vy′﹣vy）=2mvcosθ，方向沿y軸正方向，
b、對小球分析，根據(jù)△p=F△t得：，，
則，方向沿y軸正向，
根據(jù)牛頓第三定律可知，小球?qū)δ景宓淖饔昧Φ姆较蜓貀軸負方向．

應用動量定理解決連續(xù)體問題
例題1、
【答案】 B
【解析】 以氣體為研究對象，設t＝1s內(nèi)噴出的氣體質(zhì)量為m，根據(jù)動量定理可得：
Ft＝mv－0
其中v＝3km/s＝3000m/s
解得：，故B正確，ACD錯誤。
例題2、
【答案】 （1）a．；b．；(2)；
【解析】 （1）a．設水從管口流出的速度為v1，落地時間為t1水流出管口后做平拋運動，由平拋運動規(guī)律得， 解得，每秒從管口流出的水的質(zhì)量，解得；
b．根據(jù)能量轉(zhuǎn)化可得，將表達式帶入可得
（2）根據(jù)沖量定理，解得
隨練1、
【答案】 B
【解析】 暫無解析
隨練2、
【答案】 A
【解析】 想估算雨水對睡蓮葉面撞擊產(chǎn)生的平均壓強，首先要建立一個不計雨水重力，但速度由減為零的動量變化的模型，應用動量定理表示出睡蓮葉面對雨滴的沖力，利用圓柱形容器小時得到的水的體積算出水的質(zhì)量，利用壓強公式求得壓強．由于是估算壓強，所以不計雨滴的重力．設雨滴受到支持面的平均作用力為．
設在時間內(nèi)有質(zhì)量為的雨水的速度由減為零．
以向上為正方向，對這部分雨水應用動量定理：，得到
設水杯橫截面積為對水杯里的雨水，在時間內(nèi)水面上升則有，，
壓強
隨練3、
【答案】 (1)噴泉單位時間內(nèi)噴出的水的質(zhì)量為ρSv0；
(2)玩具在空中懸停時，其底面相對于噴口的高度為．
【解析】 (1)噴泉單位時間內(nèi)噴出的水的質(zhì)量m＝ρV＝ρSv0，
(2)設水到達卡通玩具處的速度為v，玩具在空中懸停時，其底面相對于噴口的高度為h，
根據(jù)運動學基本公式得：，
水柱沖擊到玩具底板后，在豎直方向水的速度變?yōu)榱?，以向上為正?br /> 根據(jù)動量定理得：﹣Mgt＝ρSv0t(0﹣v)
聯(lián)立解得：
隨練4、
【答案】 （1）Ft表示物體所受合力的沖量，mvt－mv0表示物體動量的變化
（2）2010N
（3）見解析
【解析】 （1）根據(jù)牛頓第二定律
加速度定義
解得即動量定理
Ft表示物體所受合力的沖量，
mvt－mv0表示物體動量的變化。
（2）面團剛落地時的速度

與地面碰撞過程以豎直向上為正方向
由動量定理
面團受到支持力
根據(jù)牛頓第三定律，地面受到的平均沖擊力
（3）米流的流量為d（kg／s），它是恒定的，關閉閥門就能在出口處切斷米流。若切斷米流時，盛米容器中靜止的那部分米的質(zhì)量為m1，空中正在下落的米的質(zhì)量為m2，剛落到已靜止的米堆（m1）上的一部分米的質(zhì)量為Δm，這部分米對靜止部分的米的沖擊力為F。
剛切斷米流時，稱米機的讀數(shù)為M1＝m1＋F／g
最終稱米機的讀數(shù)為M2＝m1＋m2＋Δm
取Δm為研究對象，在Δt時間內(nèi)，有Δm＝d·Δt，設其落到米堆上之前的速度為v，經(jīng)時間Δt靜止，其受力如圖3所示，根據(jù)動量定理

（F′－Δmg）Δt＝0－（－Δmv）
設米從出口處落到盛米容器中的米表面所用的時間為t，則
m2＝d·t，v＝gt
解得
dv＝m2g即F′＝m2g＋Δmg
根據(jù)牛頓第三定律知F＝F′，剛切斷米流時，稱米機的讀數(shù)為
M1＝m1＋F／g＝m1＋m2＋Δm
M1＝M2
可見，雙方的說法都不正確。自動稱米機是準確的，不存在誰劃算誰不劃算的問題。

拓展
1、
【答案】 B C
【解析】 以向右為正方向，碰前，小球動量：p=mv=2×5=10 kg·m/s，
碰后，小球動量：p′=mv=2×(﹣3)=﹣6 kg·m/s，
小球動量變化量△p=p′﹣p=﹣6 kg·m/s﹣10 kg·m/s=﹣16 kg·m/s，
則小球動量的變化量大小為16 kg·m/s，負號表示動量變化的方向與正方向相反，
即方向向左，與初動量方向相反，故AD錯誤，BC正確．
2、
【答案】 D
【解析】 重力的作用時間為t1+t2；故重力的沖量I=mg(t1+t2)；故D正確；故選D．
3、
【答案】 C
【解析】 ①重力的沖量大小為mgt，故①正確；
②拉力的沖量大小為Ft，故②錯誤；
③物體做勻速直線運動，可知摩擦力f=Fcosθ，則摩擦力的沖量大小為ft=Ftcosθ．故③正確；
④物體做勻速直線運動，合外力為0，所以合外力的沖量為0．故④錯誤．
故選：A．
4、
【答案】 B
【解析】 A、前兩秒，根據(jù)牛頓第二定律，，則0－2s的速度規(guī)律為：v＝at；t＝1s時，速率為1m／s，故A錯誤；
B、t＝2s時，速率為2m／s，則動量為P＝mv＝4kg?m／s，故B正確；
CD、2－4s，力開始反向，物體減速，根據(jù)牛頓第二定律，a＝－0.5m／s2，所以3s時的速度為1.5m／s，動量為3kg?m／s，4s時速度為1m／s，故CD錯誤；
5、
【答案】 （1）
（2）15N
【解析】 （1）依據(jù)動量變化規(guī)定向上為正方向．
代入數(shù)據(jù)．
（2）依據(jù)動量定理（規(guī)定向上為正方向）即
代入解得平均作用力FN＝15N．
6、[多選題]
【答案】 A C
【解析】 CD、由圖，AB與CD平行，說明推力撤去后兩物體的加速度相同，而撤去推力后物體的合力等于摩擦力，根據(jù)牛頓第二定律可知，兩物體受到的摩擦力大小相等；故C正確，D錯誤；
AB、根據(jù)動量定理，對整個過程研究得：F1t1﹣ftOB=0，F(xiàn)2t2﹣ftOD=0；
由圖看出，tOB＜tOD，則有 F1t1＜F2t2，即F1的沖量小于F2的沖量．故A正確，B錯誤；
7、
【答案】 B
【解析】
8、
【答案】 A
【解析】 由圖像可知，甲乙兩物體動量變化量的大小相等，根據(jù)動量定理知，沖量的大小相等，即I1=I2，
根據(jù)I=Ft知，沖量的大小相等，作用時間長的力較小，可知F1＞F2．故A正確，B、C、D錯誤．
9、
【答案】 ①250N?s
②1600N
【解析】 ①重力的沖量大小為：I＝mgt＝50×10×0.5＝250N?s
②設運動員下落h1高度時的速度大小為v1，彈起時速度大小為v2，
則有：，
由動量定理有：（F－mg）?t＝mv2－（－mv1）
代入數(shù)據(jù)解得：F＝1600N。
10、
【答案】 4.05m
【解析】 暫無解析
11、
【答案】 ρSv2
【解析】 設t時間內(nèi)有V體積的水打在煤層上，則這些水的質(zhì)量為：m＝ρV＝ρSvt，
以這部分水為研究對象，它受到煤層的作用力為F，以水運動的方向為正方向，由動量定理有：Ft＝0－mv，
即：FρSv2，負號表示水受到的作用力的方向與水運動的方向相反；
由牛頓第三定律可以知道，水對煤層的沖擊力大小也為ρSv2。
12、
【答案】 水槍充滿水可連續(xù)用多長時間為；
【解析】 設t時間內(nèi)從槍口噴出的水的體積為△V，則有：V=vst，S=π()2，
所以單位時間內(nèi)從槍口噴出的水的體積為：=vπd2，
水槍充滿水可連續(xù)用的時間t總==
(2)t時間內(nèi)從槍口噴出的水的質(zhì)量
m=ρSvt=ρvπ()2t=πρd2vt
質(zhì)量為m的水在t時間內(nèi)與目標相互作用，由動量定理有：Ft=△p，
以水流的方向為正方向，得﹣Ft=0﹣πρd2vt?v=πρd2v2t，
解得：F=πρd2v2，
可見要控制水槍的威力，關鍵是要控制槍口直徑d和出水速度．

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