专题强化1 应用动量定理处理多过程和流体类问题
学习目标
1.会应用动量定理处理多过程问题。2.会应用动量定理处理流体类问题。
强化点一 应用动量定理处理多过程问题
如果物体在不同阶段受力不同，即合外力不恒定，此情况下应用动量定理时，一般采取以下两种方法：
（1）分段处理法：找出每一段合外力的冲量I1、I2…In，这些冲量的矢量和即外力的合冲量I＝I1＋I2＋…＋In，根据动量定理I＝p'－p求解，分段处理时，需注意各段冲量的正负及每一阶段的初、末速度。
（2）全过程处理法：在全过程中，第一个力的冲量I1，第二个力的冲量I2…第n个力的冲量In，这些冲量的矢量和即合冲量为I，根据I＝p'－p求解，用全过程法求解时，需注意每个力的作用时间及力的方向。
（3）若不需要求中间量，用全过程法更为简便。
【例1】 在水平力F＝30 N的作用下，质量m＝5 kg的物体由静止开始沿水平面运动。已知物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，若F作用6 s后撤去，撤去F后物体还能向前运动多长时间才能停止（g取10 m/s2）？
答案：12 s
解析：解法一 用动量定理，分段求解
选物体为研究对象，对于撤去F前物体做匀加速直线运动的过程，初速度为零，末速度为v，取水平力F的方向为正方向，根据动量定理有（F－μmg）t1＝mv－0
对于撤去F后物体做匀减速直线运动的过程，初速度为v，末速度为零，根据动量定理有
－μmgt2＝0－mv
联立解得t2＝t1＝×6 s＝12 s。
解法二 用动量定理，研究全过程
选物体为研究对象，研究整个运动过程，运动过程中的始、末状态物体的速度都为零，取水平力F的方向为正方向，根据动量定理得Ft1－μmg（t1＋t2）＝0
解得t2＝t1＝×6 s＝12 s。
【例2】 （2025·四川南充期中）（10分）“蹦极”是一项勇敢者的运动，如图所示，某人用弹性橡皮绳拴住身体从高空P处自由下落，在空中感受完全失重的滋味。此人质量为60 kg，橡皮绳原长45 m②，人可看成质点，不计空气阻力作用。此人从P点自静止下落到最低点所用时间t总＝9 s①。（g取10 m/s2）求：
（1）人从P点下落到最低点的过程中，重力的冲量大小；
（2）人下落到橡皮绳刚伸直（原长）时，人的动量大小；
（3）从橡皮绳开始伸直到人下落到最低点的过程中，人对橡皮绳的平均作用力。
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①从P点静止下落到最低点的过程中的时间 可求得这个过程中重力的冲量大小
②从高空P处自由下落，到橡皮绳刚伸直（原长） 可求出人的此时速度为v＝＝ m/s＝30 m/s
接着求出橡皮绳刚伸直（原长）的过程所用时间t1＝＝ m/s＝3 s
然后得出从橡皮绳开始伸直到人下落到最低点的过程所用时间为t2＝t总－t1＝（9－3）s＝6 s
利用动量定理（mg－F）t2＝0－mv，得出人对橡皮绳的平均作用力
答案：（1）5 400 N·s （2）1 800 kg·m/s （3）大小为900 N，方向竖直向下
规范解答：（1）人从P点下落到最低点的过程中，重力的冲量大小
IG＝mgt总＝60×10×9 N·s＝5 400 N·s。 （2分）
（2）人下落到橡皮绳刚伸直（原长）时，人的速度为v＝＝ m/s＝30 m/s （1分）
此时，人的动量大小为p＝mv＝60×30 kg·m/s＝1 800 kg·m/s。 （1分）
（3）人下落到橡皮绳刚伸直（原长）的过程所用时间为t1＝＝ m/s＝3 s （1分）
从橡皮绳开始伸直到人下落到最低点的过程所用时间为t2＝t总－t1＝（9－3）s＝6 s （1分）
该过程中，设橡皮绳对人的平均作用力大小为F，竖直向下为正方向，根据动量定理有
（mg－F）t2＝0－mv （2分）
求得F＝900 N （1分）
根据牛顿第三定律可知，人对橡皮绳平均作用力大小为900 N，方向竖直向下。 （1分）
强化点二 应用动量定理处理流体类问题
1.流体类问题的特点及求解思路
流体及 其特点 主要包括液态流体和气态流体这两类，它们的质量具有连续性，通常已知密度ρ
分析 步骤 1 建立“柱状”模型，沿流速v的方向选取一段柱状流体，其横截面积为S
2 微元研究，作用时间Δt内的一段柱状流体的长度为Δl，对应的质量为Δm＝ρSvΔt
3 建立方程，应用动量定理研究这段柱状流体
2.粒子流问题的特点及求解思路
微粒及其特点 电子、尘埃等微粒可以形成粒子流，此类问题通常给出单位体积内的粒子数n
分析 步骤 1 建立“柱状”模型，沿运动的方向选取一段微元，柱体的横截面积为S
2 微元研究，作用时间Δt内的一段柱体的长度为Δl，对应的体积为ΔV＝Sv0Δt，则微元内的粒子数N＝nv0SΔt
3 先应用动量定理研究单个粒子，建立方程，再乘以N计算
【例3】 （2025·湖北期中）如图所示，水力采煤时，用水枪在高压下喷出强力的水柱冲击煤层，设水柱横截面积为S，水速为v，水的密度ρ，假设水柱射在煤层的表面上，冲击煤层后水的速度变为零，则水柱对煤层的平均冲击力大小是（ ）
A.ρv2S B.
C.ρv2S D.ρvS
解析：A 设Δt时间内水枪射出水的质量为Δm，则有Δm＝ρ·ΔV＝ρS·vΔt，以这小段水柱为研究对象，选取初速度的方向为正方向，设煤层对水柱的平均作用力为，根据动量定理，则有－·Δt＝0－Δm·v，联立解得＝ρSv2。根据牛顿第三定律可知，水柱对煤层平均作用力的大小等于煤层对水柱平均作用力的大小，即水柱对煤层平均作用力的大小为ρSv2。故选A。
【例4】 （2025·河北邢台期中）中国东海是超级台风（超过16级）的高发地，台风以一定的速度垂直吹到大楼后，速度减为0，若风速变为原来的2倍，则作用在大楼上的风力大约是原来的多少倍（ ）
A.2倍 B.4倍 C.6倍 D.8倍
解析：B 取风中横截面积为S，长为Δx的空气柱，此空气柱的质量为Δm＝ρSΔx＝ρSvΔt，由于空气柱的质量很小，当其与作用面碰撞后速度减为0，对空气柱，由动量定理有FΔt＝0－（－Δmv）＝ρSv2Δt即F＝ρSv2，所以若风速加倍，则大楼对空气柱的作用力变为原来的4倍，根据牛顿第三定律可知，作用在建筑物上的风力大约是原来的4倍。故选B。
方法技巧
（1）用动量定理处理“流体类”问题时，应将“无形”流体变为“有形”实物Δm。
（2）若求解流体对接触物体的力，首先转换研究对象，分析与流体接触的物体对流体的力，再结合牛顿第三定律进行解答。
【例5】 《三体》中描绘了三体舰队通过尘埃区被动减速的场景，引起了天文爱好者们的讨论，如果想要不减速通过尘埃区，就需要飞船提供足够的动力。假设尘埃区密度为ρ＝4.0×10－8 kg/m3，飞船进入尘埃区的速度为v＝3.0×106 m/s，飞船垂直于运动方向上的最大横截面积为S＝10 m2，尘埃微粒与飞船相碰后都附着在飞船上，求：
（1）单位时间Δt＝1 s内附着在飞船上的微粒质量；
（2）飞船要保持速度v不变，所需推力多大。
答案：（1）1.2 kg （2）3.6×106 N
解析：（1）飞船在尘埃区飞行Δt时间，则在这段时间内附着在飞船上的微粒质量
Δm＝ρSvΔt＝1.2 kg。
（2）微粒由静止到与飞船一起运动，微粒的动量增加，由动量定理
得FΔt＝Δmv＝ρSvΔtv
所以飞船所需推力F'＝F＝ρSv2＝4.0×10－8×10×（3.0×106）2 N＝3.6×106 N。
1.水平面上一质量为m的物体，在水平推力F的作用下由静止开始运动。经时间2Δt撤去F，又经过3Δt，物体停止运动，重力加速度为g，则该物体与水平面之间的动摩擦因数为（ ）
A. B.
C. D.
解析：C 对整个过程研究，根据动量定理可得F·2Δt－μmg·（2Δt＋3Δt）＝0，解得μ＝，故A、B、D错误，C正确。
2.〔多选〕如图所示，质量为m的小球从距离地面高H的A点由静止释放，落到地面上后又陷入泥潭中，由于受到阻力作用到达距地面深度为h的B点时速度减为零。不计空气阻力，重力加速度为g。关于小球从释放到速度变为零的过程，下列说法中正确的有（ ）
A.小球的机械能减少了mgh
B.小球克服阻力做的功为mg（H＋h）
C.小球所受阻力的冲量等于m
D.在小球刚落到地面到速度变为零的过程中，小球动量的改变量大小等于m
解析：BD 小球在整个运动过程中，动能变化量为零，重力势能减小mg（H＋h），则小球的机械能减少了mg（H＋h），故A错误；对全过程，根据动能定理得mg（H＋h）－Wf＝0，则小球克服阻力做功Wf＝mg（H＋h），故B正确；小球落到地面时的速度v＝，对小球进入泥潭的过程，根据动量定理得IG＋If＝0－m，可知小球所受阻力的冲量大小不等于m，故C错误；小球落到地面时的速度v＝，进入泥潭后的速度为零，所以小球动量的改变量大小等于m，故D正确。
3.〔多选〕（2025·山东聊城期中）在光滑水平地面上，一质量为2 kg的物体在水平向右的拉力F作用下，由静止开始运动，拉力F随时间变化的关系图线如图所示，下列说法正确的是（ ）
A.0～2 s内，拉力F的冲量为2 N·s
B.2～4 s内，拉力F的冲量为1 N·s
C.0～4 s内，物体的动量方向一直不变
D.t＝4 s时，物体的速度大小为1.5 m/s
解析：AC 合外力的冲量，即F-t图像与t轴所围的面积，则在0～2 s内和2～4 s内有I1＝ N·s＝2 N·s，I2＝ N·s＝－1 N·s，则在0～4 s内，合外力的冲量为1 N·s，A正确，B错误；由F-t图像可知0～4 s内，F-t图像与t轴所围的总面积始终为正值，则物体的动量方向一直是正方向，C正确；根据动量定理有I＝Δp＝mv＝1 N·s，则在t＝4 s时，物体的速度v＝0.5 m/s，D错误。
4.如图所示，小华发现质量为M的水平平板锅盖刚好被水蒸气顶起。假设水分子的质量均为m，并均以速度v垂直撞击锅盖后以大小为的速度反向弹回，重力加速度为g，忽略水分子的重力，则单位时间撞击锅盖的水分子个数为（ ）
A. B.
C. D.
解析：C 设单位时间撞击锅盖的水分子个数为n，由动量定理可得F·Δt＝Δp＝nm·Δt，其中F＝Mg，解得n＝，故选C。
5.（2025·湖北期中）最近，我国某新型大推力火箭发动机联试成功，这标志着我国重型运载火箭的研发取得突破性进展。若某次实验中该发动机向后喷射的气体流速约为2.5 km/s，产生的推力约为5×106 N，则它在0.2 s时间内喷射的气体质量约为（ ）
A.4×103 kg B.2×103 kg
C.4×102 kg D.2×102 kg
解析：C 以气体为研究对象，设t＝0.2 s内喷出的气体质量为m，根据动量定理可得Ft＝mv－0，其中v＝2.5 km/s＝2 500 m/s，解得m＝＝4×102 kg，故选C。
6.有一宇宙飞船，它沿运动方向的正对面积S＝2 m2，以v＝3×103 m/s的相对速度飞入一宇宙微粒尘区。此微粒尘区每1 m3空间中有一个微粒，每一个微粒的平均质量为m＝2×10－7 kg。设微粒与飞船外壳碰撞后附着于飞船上，要使飞船速度不变，飞船的牵引力应增加（ ）
A.3.6×103 N B.3.6 N
C.1.2×103 N D.1.2 N
解析：B t时间内与飞船碰撞并附着于飞船上的微粒总质量为M＝vtSm，设飞船对微粒的作用力为F，由动量定理得Ft＝Mv，联立解得F＝v2Sm，代入数据解得F＝3.6 N。根据牛顿第三定律可知，微粒对飞船的作用力为3.6 N。要使飞船速度不变，根据平衡条件，飞船的牵引力应增加3.6 N，故B正确。
7.〔多选〕（2025·山东泰安期中）将质量500 g的杯子放在磅秤上，一水龙头以每秒500 g的流量将水注入杯中，注入杯时水流的速度是5 m/s，方向垂直于杯中水面。和杯中水面作用后，水流速度变为零。重力加速度取g＝10 m/s2。则（ ）
A.注入水流对杯中水面的冲击力大小为2.5 N
B.注入水流对杯中水面的冲击力大小为4.5 N
C.注至10 s时，磅秤示数为57.5 N
D.注至10 s时，磅秤示数为7.5 N
解析：AC 以很短时间Δt内，落在杯中的水柱为研究对象，设质量为Δm，规定向上为正方向，由动量定理得（F－Δmg）Δt＝0－（－Δmv），其中Δm＝m0Δt，m0＝500 g/s，由于Δm很小，所以Δmg可忽略不计，解得F＝2.5 N，根据牛顿第三定律可知，注入水流对杯中水面的冲击力为F'＝－F＝－2.5 N，即冲击力大小为2.5 N，方向向下，故A正确，B错误；结合A、B选项分析可知，注至10 s时，磅秤示数为FN＝F＋Mg＋m0tg＝57.5 N，故C正确，D错误。
8.（2024·广东广州期末）如图所示，电风扇的叶片匀速旋转时将空气以速度v向前排开，叶片旋转形成的圆的面积为S，空气密度为ρ，下列说法正确的是（ ）
A.t时间内通过叶片的空气质量为ρSv
B.空气对叶片的推力为ρSv2
C.若仅将叶片面积增大为2S，则空气对叶片的压强变为原来的一半
D.单位时间内通过叶片的空气的动能为ρSv2
解析：B t时间内通过叶片的空气的质量为m＝ρvtS，故A项错误；由动量定理可得Ft＝mv－0，解得叶片匀速旋转时，空气受到的推力为F＝ρSv2，根据牛顿第三定律可知，空气对叶片的推力为ρSv2，故B项正确；空气对叶片的压强为p＝＝ρv2，所以若仅将叶片面积增大为2S，则空气对叶片的压强不变，故C项错误；单位时间，即时间为1 s，所以单位时间内通过叶片的空气为m0＝ρSv，单位时间内流过叶片的空气的动能为Ek＝m0v2＝ρSv3，故D项错误。
9.（2025·江西期中）为测试某新车的性能，试验员驾驶该车在某实验路面上匀速行驶，运动过程中，前方空气（初速度近似为0）与车作用后迅速与车共速，产生空气阻力。已知该车的迎风面积为S，空气密度为ρ，在某次实验时，该车匀速运动时功率为P，若忽略地面的阻力，则实验条件下空气阻力的表达式为（ ）
A. B.
C. D.
解析：A 该车在做匀速直线运动，忽略地面的阻力，则牵引力与空气阻力平衡，则有F＝Ff1，该车匀速运动时功率为P，则有P＝Fv，在极短时间Δt内与车的迎风面发生作用的空气的质量Δm＝ρSvΔt，对上述空气进行分析，根据动量定理有Ff2Δt＝Δmv－0，根据牛顿第三定律有Ff1＝Ff2，解得Ff1＝，故选A。
10.〔多选〕如图甲所示，倾角为30°的光滑斜面（足够长）固定在水平面上，质量为2 kg的物块静止在斜面底端，t＝0时刻给物块施加沿斜面方向的作用力F，物块运动的a-t图像如图乙所示，取沿斜面向上为正方向，重力加速度取g＝10 m/s2，下列说法中正确的有（ ）
A.前2 s内力F的大小是第3 s的2倍
B.3 s内物块所受合力的冲量为零
C.3 s内力F做功为零
D.3 s内力F的冲量为30 N·s
解析：ABD 0～2 s，根据牛顿第二定律有F1－mgsin 30°＝ma1，可得F1＝20 N，2～3 s，根据牛顿第二定律有F2－mgsin 30°＝ma2，可得F2＝－10 N，故前2 s内力F的大小是第3 s的2倍，故A正确；a-t图像与坐标轴围成的面积表示速度变化量，可得Δv＝5×2 m/s＋（－10）×1 m/s＝0，根据动量定理可知，3 s内物块所受合力的冲量为I合＝mΔv＝0，故B正确；3 s内根据动能定理有WF＋WG＝0，3 s内重力做负功，故3 s内力F做正功，故C错误；3 s内力F的冲量为IF＝F1t1＋F2t2＝20×2 N·s－10×1 N·s＝30 N·s，故D正确。
11.摩托车骑乘人员必须依法佩戴具有防护作用的安全头盔。刘同学利用课余时间对某头盔的安全性能进行测试，如图所示，他在质量m1＝0.4 kg的头盔中装入质量m2＝6.0 kg的物块，使头盔从h＝3.2 m的高处由静止落下，头盔与水平地面发生碰撞后，头盔经过t1＝0.05 s速度减为零（不反弹），由于头盔的缓冲，物块经过t2＝0.2 s速度减为零，取重力加速度大小g＝10 m/s2，不计空气阻力，认为物块减速过程中物块与头盔的作用力可看作恒力。求：
（1）头盔落地瞬间，物块的动量大小p；
（2）在物块的速度减为零的过程中，头盔对物块作用力F的大小；
（3）在头盔的速度减为零的过程中，地面对头盔冲量I的大小。
答案：（1）48.0 kg·m/s （2）300 N （3）18.4 N·s
解析：（1）由自由落体运动规律，有头盔落地瞬间，物块的速度大小为v＝＝8 m/s
物块的动量大小为p＝m2v＝48.0 kg·m/s。
（2）由动量定理有Ft2－m2gt2＝0－（－m2v）
得F＝300 N。
（3）对头盔，由动量定理有I－m1gt1－Ft1＝0－（－m1v）
得I＝18.4 N·s。
7 / 7专题强化1 应用动量定理处理多过程和流体类问题
学习目标
1.会应用动量定理处理多过程问题。2.会应用动量定理处理流体类问题。
强化点一 应用动量定理处理多过程问题
如果物体在不同阶段受力不同，即合外力不恒定，此情况下应用动量定理时，一般采取以下两种方法：
（1）分段处理法：找出每一段合外力的冲量I1、I2…In，这些冲量的矢量和即外力的合冲量I＝I1＋I2＋…＋In，根据动量定理I＝p'－p求解，分段处理时，需注意各段冲量的正负及每一阶段的初、末速度。
（2）全过程处理法：在全过程中，第一个力的冲量I1，第二个力的冲量I2…第n个力的冲量In，这些冲量的矢量和即合冲量为I，根据I＝p'－p求解，用全过程法求解时，需注意每个力的作用时间及力的方向。
（3）若不需要求中间量，用全过程法更为简便。
【例1】 在水平力F＝30 N的作用下，质量m＝5 kg的物体由静止开始沿水平面运动。已知物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，若F作用6 s后撤去，撤去F后物体还能向前运动多长时间才能停止（g取10 m/s2）？
尝试解答
【例2】 （2025·四川南充期中）（10分）“蹦极”是一项勇敢者的运动，如图所示，某人用弹性橡皮绳拴住身体从高空P处自由下落，在空中感受完全失重的滋味。此人质量为60 kg，橡皮绳原长45 m②，人可看成质点，不计空气阻力作用。此人从P点自静止下落到最低点所用时间t总＝9 s①。（g取10 m/s2）求：
（1）人从P点下落到最低点的过程中，重力的冲量大小；
（2）人下落到橡皮绳刚伸直（原长）时，人的动量大小；
（3）从橡皮绳开始伸直到人下落到最低点的过程中，人对橡皮绳的平均作用力。
教您审题
信息读取 信息加工
①从P点静止下落到最低点的过程中的时间 可求得这个过程中重力的冲量大小
②从高空P处自由下落，到橡皮绳刚伸直（原长） 可求出人的此时速度为v＝＝ m/s＝30 m/s
接着求出橡皮绳刚伸直（原长）的过程所用时间t1＝＝ m/s＝3 s
然后得出从橡皮绳开始伸直到人下落到最低点的过程所用时间为t2＝t总－t1＝（9－3）s＝6 s
利用动量定理（mg－F）t2＝0－mv，得出人对橡皮绳的平均作用力
答案：（1）5 400 N·s （2）1 800 kg·m/s （3）大小为900 N，方向竖直向下
规范解答：（1）人从P点下落到最低点的过程中，重力的冲量大小
IG＝mgt总＝60×10×9 N·s＝5 400 N·s。（2分）
（2）人下落到橡皮绳刚伸直（原长）时，人的速度为v＝＝ m/s＝30 m/s（1分）
此时，人的动量大小为p＝mv＝60×30 kg·m/s＝1 800 kg·m/s。（1分）
（3）人下落到橡皮绳刚伸直（原长）的过程所用时间为t1＝＝ m/s＝3 s（1分）
从橡皮绳开始伸直到人下落到最低点的过程所用时间为t2＝t总－t1＝（9－3）s＝6 s（1分）
该过程中，设橡皮绳对人的平均作用力大小为F，竖直向下为正方向，根据动量定理有
（mg－F）t2＝0－mv（2分）
求得F＝900 N（1分）
根据牛顿第三定律可知，人对橡皮绳平均作用力大小为900 N，方向竖直向下。（1分）
强化点二 应用动量定理处理流体类问题
1.流体类问题的特点及求解思路
流体及其特点 主要包括液态流体和气态流体这两类，它们的质量具有连续性，通常已知密度ρ
分析 步骤 1 建立“柱状”模型，沿流速v的方向选取一段柱状流体，其横截面积为S
2 微元研究，作用时间Δt内的一段柱状流体的长度为Δl，对应的质量为Δm＝ρSvΔt
3 建立方程，应用动量定理研究这段柱状流体
2.粒子流问题的特点及求解思路
微粒及其特点 电子、尘埃等微粒可以形成粒子流，此类问题通常给出单位体积内的粒子数n
分析 步骤 1 建立“柱状”模型，沿运动的方向选取一段微元，柱体的横截面积为S
2 微元研究，作用时间Δt内的一段柱体的长度为Δl，对应的体积为ΔV＝Sv0Δt，则微元内的粒子数N＝nv0SΔt
3 先应用动量定理研究单个粒子，建立方程，再乘以N计算
【例3】 （2025·湖北期中）如图所示，水力采煤时，用水枪在高压下喷出强力的水柱冲击煤层，设水柱横截面积为S，水速为v，水的密度ρ，假设水柱射在煤层的表面上，冲击煤层后水的速度变为零，则水柱对煤层的平均冲击力大小是（ ）
A.ρv2S B.
C.ρv2S D.ρvS
尝试解答
【例4】 （2025·河北邢台期中）中国东海是超级台风（超过16级）的高发地，台风以一定的速度垂直吹到大楼后，速度减为0，若风速变为原来的2倍，则作用在大楼上的风力大约是原来的多少倍（ ）
A.2倍 B.4倍
C.6倍 D.8倍
尝试解答
方法技巧
（1）用动量定理处理“流体类”问题时，应将“无形”流体变为“有形”实物Δm。
（2）若求解流体对接触物体的力，首先转换研究对象，分析与流体接触的物体对流体的力，再结合牛顿第三定律进行解答。
【例5】 《三体》中描绘了三体舰队通过尘埃区被动减速的场景，引起了天文爱好者们的讨论，如果想要不减速通过尘埃区，就需要飞船提供足够的动力。假设尘埃区密度为ρ＝4.0×10－8 kg/m3，飞船进入尘埃区的速度为v＝3.0×106 m/s，飞船垂直于运动方向上的最大横截面积为S＝10 m2，尘埃微粒与飞船相碰后都附着在飞船上，求：
（1）单位时间Δt＝1 s内附着在飞船上的微粒质量；
（2）飞船要保持速度v不变，所需推力多大。
尝试解答
提示：完成课后作业 第一章 专题强化1
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