專題14 動量與動量定理及其應用（教師版）-2025版高考物理熱點題型講義

專題14動量與動量定理及其應用目錄TOC\o"1-3"\h\u題型一動量和沖量的理解 1類型1動量與動能的比較及換算 2類型2對動量和沖量的定性分析 4類型3恒力沖量的計算 7類型3利用F－t圖像求沖量 13題型二動量定理的理解和應用 18類型1用動量定理解釋生活中的現(xiàn)象 18類型2應用動量定理求解瞬時平均力 19題型三動量定理和圖像問題的結合 22題型四應用動量定理處理“流體模型” 33模型一流體類問題 34模型二微粒類問題 37題型五應用動量定理處理分析多過程問題 43題型六動量定理與動能定理的類比及綜合應用 53題型一動量和沖量的理解【解題指導】1．動量與動能的比較動量動能物理意義描述機械運動狀態(tài)的物理量定義式p＝mvEk＝eq\f(1,2)mv2標矢性矢量標量變化因素合外力的沖量合外力所做的功大小關系p＝eq\r(2mEk)Ek＝eq\f(p2,2m)變化量Δp＝FtΔEk＝Fl聯(lián)系(1)都是相對量，與參考系的選取有關，通常選取地面為參考系(2)若物體的動能發(fā)生變化，則動量一定也發(fā)生變化；但動量發(fā)生變化時動能不一定發(fā)生變化2.沖量的計算方法(1)恒力的沖量：直接用定義式I＝Ft計算．(2)變力的沖量①作出F－t圖線，圖線與t軸所圍的面積即為變力的沖量，如圖所示．②對于易確定始、末時刻動量的情況，可用動量定理求解．類型1動量與動能的比較及換算．【例1】關于在恒定阻力作用下，做豎直上拋運動的物體，下列說法正確的是（）A．動能Ek隨時間t變化的快慢隨時間均勻變化B．動量p隨時間t變化的快慢隨時間均勻增大C．重力勢能Ep隨位移x變化的快慢隨時間保持不變D．機械能E隨位移x變化的快慢隨時間均勻減小【答案】AC【詳解】A．上升過程，有可得下降過程，有可知動能Ek隨時間t變化的快慢隨時間均勻增大，故A正確；B．根據(jù)動量定理可得可得可知動量p隨時間t變化的快慢保持不變，故B錯誤；C．根據(jù)重力勢能與重力做功的關系，可知重力勢能減少量為可得可知重力勢能Ep隨位移x變化的快慢保持不變，故C正確；D．根據(jù)功能關系有所以可知機械能E隨位移x變化的快慢保持不變，故D錯誤。故選AC?！咀兪窖菥?】冬奧會速滑比賽中，甲、乙兩運動員的質量分別為和，若他們的動能相等，則甲、乙動量大小之比是（）A． B． C． D．【答案】C【詳解】由動能表達式和動量大小表達式可得二者動能相等，所以甲、乙動量大小之比為，故ABD錯誤，C正確。故選C?！咀兪窖菥?】甲、乙兩人靜止在光滑的冰面上，甲推乙后，兩人向相反方向滑去。若甲的質量大于乙的質量，則（）A．甲推乙的過程中，甲對乙的作用力大于乙對甲的作用力B．甲推乙的過程中，甲對乙的沖量小于乙對甲的沖量C．分開后，甲的動量大于乙的動量D．分開后，甲的動能小于乙的動能【答案】D【詳解】A．根據(jù)牛頓第三定律可知，甲推乙的過程中，甲對乙的作用力等于乙對甲的作用力，故A錯誤；BC．甲推乙的過程中，甲乙二人組成的系統(tǒng)在二者相互作用過程中不受外力，滿足系統(tǒng)動量守恒條件，故甲對乙的沖量與乙對甲的沖量等大反向，故分開后，甲的動量等于乙的動量，故BC錯誤；D．根據(jù)可知動量大小相等，而甲的質量大于乙的質量，故甲的動能小于乙的動能，故D正確。故選D?！咀兪窖菥?】質量為m的物體靜止在光滑水平面上，在水平恒力F的作用下，經(jīng)時間t走過位移l，動量變?yōu)閜、動能變?yōu)镋?。若上述過程中F不變，物體的質量變?yōu)?m，下列說法正確的是（）A．經(jīng)過時間t，物體動量變?yōu)閜 B．經(jīng)過時間t，物體動能變?yōu)镋?C．經(jīng)過位移l，物體動量變?yōu)?p D．經(jīng)過位移l，物體動能變?yōu)?E?【答案】A【詳解】A．以初速度方向為正方向，根據(jù)動量定理，有Ft=p故F不變，物體的質量變?yōu)?m，經(jīng)過時間t，物體動量變?yōu)閜，故A正確；B．根據(jù)動量為p，質量變?yōu)?m，故動能變?yōu)镋k，故B錯誤；D．經(jīng)過位移l，根據(jù)動能定理，有Fl=Ek故F不變，物體的質量變?yōu)?m，經(jīng)過位移l，動能仍變?yōu)镋k，故D錯誤；C．根據(jù)動能為Ek，質量變?yōu)?m，故動量變?yōu)?，故C錯誤。故選A。類型2對動量和沖量的定性分析【例2】如圖所示，顛球是足球運動中的一項基本功，若某次顛球中，顛出去的足球豎直向上運動之后又落回到原位置，設整個運動過程中足球所受阻力大小不變。下列說法正確的是（）A．球從顛出到落回的時間內(nèi)，重力的沖量為零B．球從顛出到落回的時間內(nèi)，阻力的沖量為零C．球上升階段與下降階段合外力的沖量大小相等D．球上升階段動能的減少量大于下降階段動能的增加量【答案】D【詳解】AB．力和力的作用時間的乘積叫做力的沖量，重力的方向不變，故重力沖量的大小不為零，由于上升階段足球的加速度較大，下降階段足球的加速度較小，由運動學規(guī)律知上升階段的時間比下降階段的時間短，且整個過程中阻力的大小不變，故阻力的沖量也不為0，故AB錯誤；C．球上升時合力為重力加阻力，下降時合力為重力減阻力，故上升時合外力比下降時合外力大，上升時加速度大于下降時加速度，設上升階段球的初速度為，末速度為0，則動量的變化量大小下降階段初速度為0，由于上升時加速度比下降時加速度大，根據(jù)可知，其末速度則動量的變化量大小，則球上升階段動量的變化量大小大于下降階段動量的變化量大小，由動量定理可知，球上升階段動量的變化量即球上升階段所受的合外力的沖量，球下降階段動量的變化量即球下降階段所受的合外力的沖量，則球上升階段合外力的沖量大于下降階段合外力的沖量，故C錯誤；D．根據(jù)C分析，落回時的速度小于上升時的速度，根據(jù)動能定理，上升時的動能減少量等于，下降時的動能增加量等于，所以球上升階段動能的減少量大于下降階段動能的增加量，故D正確。故選D?！咀兪窖菥?】從2023年起，每年的4月23日將被命名為世界乒乓球日。關于乒乓球運動，下列說法正確的是（）A．球拍對乒乓球的彈力越大，乒乓球的動量變化一定越大B．球拍將飛來的乒乓球以原速率反向擊出的過程，乒乓球的動量和動能均保持不變C．乒乓球被球拍擊打出的過程，球拍對乒乓球的沖量大小大于乒乓球對球拍的沖量大小D．一次擊球過程中，球拍對乒乓球的沖量大小等于乒乓球對球拍的沖量大小【答案】D【詳解】A．由動量定理有則有可知，乒乓球的動量變化量等于合外力的沖量，即乒乓球的動量變化量除了與力的大小方向有關，還與力的作用時間有關，故A錯誤；B．動量是矢量，既有大小又有方向，當球拍以原速率反向擊出的過程，乒乓球的速率不變，但是方向發(fā)生了改變，因此乒乓球的動量發(fā)生了改變，故B錯誤；CD．用球拍打擊球時，球拍對乒乓球的力與乒乓球對球拍的力是一對相互作用力，大小相等、作用時間相同、沖量大小相等，故C錯誤，D正確。故選D?！咀兪窖菥?】風簸是用于篩選精谷粒和癟谷粒的農(nóng)用工具，在我國西漢時期就已廣泛使用。谷粒從風簸上端的進谷口進入分離倉，分離倉右端有一鼓風機提供穩(wěn)定氣流，從而將谷物中的癟谷粒a和精谷粒b分開。若所有谷粒進入分離倉時，豎直方向初速度為0，在水平方向獲得的動量相同。之后所有谷粒受到氣流的水平作用力可視為恒力且相同。下圖中虛線分別表示a、b谷粒的軌跡，F(xiàn)a、Fb為相應谷粒所受的合外力。下列四幅圖中可能正確的是（

）A． B．C． D．【答案】B【詳解】從力的角度看，水平方向的力相等，精谷粒b的重力大于癟谷粒a的重力，如圖所示從運動上看，在水平方向獲得的動量相同精谷粒b的質量大于癟谷粒a的質量，精谷粒b的水平速度小于癟谷粒a的水平速度，而從豎直方向上高度相同運動時間相等，水平方向勻加速直線運動水平方向的合外力相同，a的質量小，加速度大，初速度大，時間相同，所以故選B?！咀兪窖菥?】飛機沿某水平面內(nèi)的圓周勻速率地飛行了一周，已知飛機質量為m，速率為v，圓周運動半徑為R。下列說法正確的是（）A．飛機做勻速圓周運動，速率沒變，則所受合外力為零B．飛機做勻速圓周運動，速率沒變，則動量守恒C．飛機飛行時，速度的方向不斷變化，因此動量不守恒；飛行一周向心力的沖量大小D．飛機飛行時，速度的方向不斷變化，因此動量不守恒；飛行半周動量的改變量大小為2mv【答案】D【詳解】A．飛機做勻速圓周運動，合力提供所需的向心力，故A錯誤；BCD．飛機做勻速圓周運動，速度大小不變，方向時刻發(fā)生，則動量大小不變，方向時刻發(fā)生，動量不守恒；飛行一周時，由于初、末動量剛好相同，動量變化為0，根據(jù)動量定理可知，合力沖量為0，則向心力的沖量為0；飛行半周時，飛機的初、末動量大小相等，方向剛好相反，則飛機的動量變化量大小為故BC錯誤，D正確。故選D。類型3恒力沖量的計算【例3】如圖所示，物體靜止在水平地面上，受到與水平方向成角、大小為F的恒定拉力，作用時間t，物體始終保持靜止。在這段時間t內(nèi)（）A．拉力對物體的沖量大小為Ft B．支持力對物體的沖量大小為零C．摩擦力對物體的沖量大小為 D．合力對物體的沖量為零【答案】ACD【詳解】A．根據(jù)沖量的概念可知，拉力對物體的沖量大小為IF=Ft選項A正確；B．根據(jù)沖量的概念可知，支持力和作用時間均不為零，可知支持力對物體的沖量大小不為零，選項B錯誤；C．摩擦力為f=Fcosθ則摩擦力對物體的沖量大小為選項C正確；D．物體處于靜止狀態(tài)，合外力為零，則合力對物體的沖量為零，選項D正確。故選ACD。【變式演練1】如圖所示，在光滑的水平面內(nèi)建立xOy坐標，質量為m的小球以某一速度從O點出發(fā)后，受到一平行于y軸方向的恒力作用，恰好通過A點，已知小球通過A點的速度大小為v0，方向沿x軸正方向，且OA連線與Ox軸的夾角為30°，則（）

A．恒力的方向一定沿y軸正方向B．恒力在這一過程中所做的功為C．恒力在這一過程中的沖量大小為D．小球從O點出發(fā)時的動能為【答案】C【詳解】A．小球受到恒力作用做勻變速曲線運動，利用逆向思維法，小球做類平拋運動。由此可判斷恒力方向一定沿y軸負方向，故A錯誤；D．由幾何關系可得所以小球經(jīng)過坐標原點時，沿y軸方向的分速度為沿x軸方向的速度仍為v0，小球從O點出發(fā)時的動能為故D錯誤；B．恒力在這一過程中所做的功為故B錯誤；C．恒力在這一過程中的沖量大小故C正確。故選C。【變式演練2】一水平傳送帶長，以恒定速度向右勻速運動，現(xiàn)在傳送帶左端每隔1s由靜止放上一個完全相同的質量為的小物塊，小物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)，重力加速度g取，則第1個小物塊到達傳送帶最右端后的1s內(nèi)，傳送帶對所有小物塊摩擦力的總沖量大小為（

）A． B．C． D．【答案】B【詳解】由題意可知，小物塊做勻加速直線運動的加速度加速運動的時間加速運動的位移勻速運動的位移勻速運動的時間第1個小物塊到達最右端時，第7個小物塊剛要放上傳送帶，傳送帶對第個工件的摩擦力為0，因此在此后1s內(nèi)的沖量對第個工件的摩擦力在此后內(nèi)的沖量故此后1s內(nèi)傳動帶對工件摩擦力的總沖量大小為故選B。類型3利用F－t圖像求沖量【例3】如圖甲，一質量為2kg的物塊靜止在光滑水平面上，從t=0時刻開始受到一水平外力F作用，F(xiàn)隨時間變化的圖線如圖乙所示。取t=0時刻力F的方向為正方向，重力加速度大小取。下列說法正確的是（）A．前4s時間內(nèi)，物塊做往返運動B．t=4s時，物塊的動量為2kg·m/sC．前4s時間內(nèi)，物塊所受重力的沖量為0D．t=2s到t=4s時間內(nèi)，物塊的速度變化量為2m/s【答案】B【詳解】A．圖像中，圖像與時間軸所圍幾何圖形的面積表示沖量，前4s時間內(nèi)的沖量為可知，前4s時間內(nèi)，物塊始終沿正方向運動，沒有做往返運動，故A錯誤；B．根據(jù)動量定理有結合上述有解得即t=4s時，物塊的動量為2kg·m/s，故B正確；C．前4s時間內(nèi)，物塊所受重力的沖量為故C錯誤；D．t=2s到t=4s時間內(nèi)，合力的沖量為圖像中，圖像與時間軸所圍幾何圖形的面積表示沖量，t=2s到t=4s時間內(nèi)沖量為解得物塊的速度變化量為-1kg·m/s，故D錯誤。故選B?！咀兪窖菥?】一質量為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變化如圖所示，則（）A．t=2s時物塊的動量大小為4kg·m/sB．t=3s時物塊的動量大小為5kg·m/sC．1s~4s過程中，物塊動量守恒D．1s~2s內(nèi)和2s~4s內(nèi)，合外力沖量相同【答案】A【詳解】A．根據(jù)圖像可知，內(nèi)合力的沖量為根據(jù)動量定理可得解得t=2s時物塊的動量大小為故A正確；B．根據(jù)圖像可知，內(nèi)合力的沖量為根據(jù)動量定理可得解得t=3s時物塊的動量大小為故B錯誤；C．過程中，物體受到的合力不為0，物體的動量不守恒，故C錯誤；D．根據(jù)圖像可知，內(nèi)和內(nèi)，合外力的沖量大小相等，但方向相反，故D錯誤。故選A?！咀兪窖菥?】一質量為1kg的質點靜止于光滑水平面上，從時刻開始，受到水平外力F作用，如圖所示。下列判斷正確的是（）A．第1s末的速度為1.5m/sB．第1s內(nèi)F的沖量為C．前2s內(nèi)F的沖量為D．第2s末的動量為【答案】D【詳解】A．根據(jù)動量定理可知解得第1s末的速度為v1=3m/s選項A錯誤；B．第1s內(nèi)F的沖量為選項B錯誤；C．前2s內(nèi)F的沖量為選項C錯誤；D．根據(jù)可得第2s末的動量為選項D正確。故選D?！咀兪窖菥?】如圖是某人站在壓力傳感器上做下蹲、起跳動作時，壓力隨時間變化的圖像，a點對應開始下蹲時刻，b點對應下蹲至最低位置的時刻，圖中陰影面積分別為S1、S2，重力加速度g取10m/s2，下列說法正確的是（）A．人跳起后上升的最大高度為1.8mB．從人開始下蹲至離地，壓力傳感器對人的平均支持力大小為525NC．bc過程，人始終處于超重狀態(tài)D．S1=S2【答案】D【詳解】A．根據(jù)圖像可知，人在空中的時間為上升高度故A錯誤；B．人離地時的速度為人的重力為質量自開始下蹲至離地，用時對人，根據(jù)動量定理有解得故B錯誤；C．bc過程，壓力傳感器對人的支持力先大于重力后小于重力，即先超重后失重，故C錯誤；D．圖中面積表示合力對人的沖量大小，S1對應的沖量向下，S2對應的沖量向上，a、b點人的速度均為零，所以故D正確。故選D。題型二動量定理的理解和應用【核心歸納】1．對動量定理的理解(1)Ft＝p′－p是矢量式，兩邊不僅大小相等，而且方向相同．式中Ft是物體所受的合外力的沖量．(2)Ft＝p′－p除表明兩邊大小、方向的關系外，還說明了兩邊的因果關系，即合外力的沖量是動量變化的原因．(3)由Ft＝p′－p，得F＝eq\f(p′－p,t)＝eq\f(Δp,t)，即物體所受的合外力等于物體動量的變化率．(4)當物體運動包含多個不同過程時，可分段應用動量定理求解，也可以全過程應用動量定理．2．解題基本思路(1)確定研究對象．(2)對物體進行受力分析．可先求每個力的沖量，再求各力沖量的矢量和——合力的沖量；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，確定各動量和沖量的正負號．(4)根據(jù)動量定理列方程，如有必要還需要補充其他方程，最后代入數(shù)據(jù)求解．類型1用動量定理解釋生活中的現(xiàn)象【例1】“智能防摔馬甲”是一款專門為老年人研發(fā)的科技產(chǎn)品。該裝置通過馬甲內(nèi)的傳感器和微處理器精準識別穿戴者的運動姿態(tài)，在其失衡瞬間迅速打開安全氣囊進行主動保護，能有效地避免摔倒帶來的傷害。在穿戴者著地的過程中，安全氣囊可以（）A．減小穿戴者所受重力的沖量 B．減小地面對穿戴者的平均沖擊力C．減小穿戴者動量的變化量 D．減小穿戴者與地面的接觸時間【答案】B【詳解】設穿戴者所受合力為F，依題意，根據(jù)動量定理可得可知安全氣囊的作用是延長了人與地面的接觸時間，從而減小人所受到的合外力，即減小穿戴者動量的變化率，而穿戴者動量的變化量未發(fā)生變化，全氣囊的作用是延長了人與地面的接觸時間，則穿戴者所受重力的沖量增大了。故選B?！咀兪窖菥?】運輸易碎器件時，經(jīng)常在包裝箱中填充泡沫塑料，這是因為在碰撞過程中，泡沫塑料能減?。ǎ〢．器件的慣性 B．器件受到的沖量C．器件的動量變化量 D．器件受到的作用力【答案】D【詳解】根據(jù)可知在碰撞過程中，泡沫塑料能延長接觸時間，從而起到減小器件受到的作用力的效果。故選D?！咀兪窖菥?】人從高處跳到低處，為了安全，一般都是腳尖先著地，這樣做的目的是（）A．增大人對地面的壓強，起到安全作用B．延長與地面的作用時間，從而減小地面對人的作用力C．減小著地時所受沖量D．使動量增量變得更小【答案】B【詳解】人在和地面接觸時，人的速度減為零，因此動量的該變量不變，由動量定理可得而腳尖著地可以增加人與地面的作用時間，從而可以減小所受地面的沖擊力，著地時所受的沖量即動量的改變量也不變。故選B?！咀兪窖菥?】行駛中的汽車如果發(fā)生劇烈碰撞，車內(nèi)的安全氣囊會被彈出并瞬間充滿氣體。若碰撞后汽車的速度在很短時間內(nèi)減小為零，關于安全氣囊在此過程中的作用，下列說法正確的是（）A．增大了司機的受力面積從而減少司機單位面積的受力大小B．減少了司機的受力時間C．對乘客起固定作用，避免乘客飛出汽車D．減少了碰撞前后司機動量的變化量【答案】A【詳解】ABD．根據(jù)動量定理可得此過程中，司機動量的變化量一定，由于安全氣囊使得作用時間變長，并增大了司機的受力面積，從而減小司機受到的沖擊力，減小了司機單位面積的受力大小，故A正確，BD錯誤；C．安全氣囊在此過程中的作用，沒有對乘客起固定作用，故C錯誤。故選A。類型2應用動量定理求解瞬時平均力【例2】跳馬比賽中在運動員落地位置放置厚海綿墊以保護運動員。如圖所示為一質量為40kg的運動員在比賽時落地的場景，海綿墊與運動員的撞擊時間約為0.4s，g=10m/s2，下列說法正確的是（）A．海綿墊減小了運動員落地過程中撞擊力的沖量B．海綿墊減小了運動員落地過程中的動量變化率C．落地過程中海綿墊對運動員的沖量與運動員對海綿墊的沖量相同D．若運動員以4m/s的速度垂直落地，海綿墊對運動員的作用力約為400N【答案】B【詳解】A．根據(jù)動量定理可得所以依題意，海綿墊與運動員的撞擊時間延長了，海綿墊增大了運動員落地過程中撞擊力的沖量，故A錯誤；B．根據(jù)可知海綿墊減小了運動員落地過程中的動量變化率，故B正確；C．根據(jù)海綿墊對運動員的作用力與運動員對海綿墊的作用力等大反向，作用時間相同，所以海綿墊對運動員的沖量與運動員對海綿墊的沖量大小相等、方向相反，故C錯誤；D．根據(jù)代入數(shù)據(jù)解得即海綿墊對運動員的作用力約為800N，故D錯誤。故選B。【變式演練1】（2024·山西陽泉·三模）2024年春晚雜技節(jié)目《躍龍門》帶給觀眾震撼的視覺盛宴，教練在訓練時將壓力傳感器安裝在蹦床上，記錄演員對蹦床的壓力。如圖是某次彩排中質量為的演員在豎直方向運動時計算機輸出的壓力—時間（F—t）圖像片段，運動員可視為質點。不計空氣阻力，重力加速度，下列說法正確的是（）A．演員在a到b過程處于超重狀態(tài)B．演員在b時刻速度最大，速度大小為C．從a時刻到b時刻，蹦床對演員做的功大于D．從a時刻到b時刻，蹦床給演員的沖量大小為【答案】C【詳解】A．演員在a到b過程，壓力由最大值減小為0，根據(jù)牛頓第三定律可知，演員所受支持力由最大值減小為0，根據(jù)牛頓第二定律可知，加速度方向先向上后向下，加速度大小先減小后增大，則演員在a到b過程先處于超重狀態(tài)，后處于失重狀態(tài)，故A錯誤；B．結合上述可知，演員在a到b過程，先向上做加速度減小的變加速直線運動，后向上做加速度減小的變減速直線運動，當加速度為0時，速度達到最大值，即a到b之間的某一時刻，演員的速度最大，故B錯誤；C．根據(jù)圖像可知，演員脫離蹦床在空中運動的時間為2.8s-1.2s=1.6s根據(jù)豎直上拋運動的對稱性可知，演員脫離蹦床向上運動的時間為0.8s，利用逆向思維，根據(jù)速度公式有在0.2s到1.2s內(nèi)，結合上述可知，蹦床對演員做的功為根據(jù)圖像可知，從a時刻到b時刻，蹦床的彈性勢能轉化為演員增加的重力勢能與動能，可知，從a時刻到b時刻，蹦床對演員做的功大于，故C正確；D．從a時刻到b時刻，根據(jù)動量定理有解得解得故D錯誤。故選C?！咀兪窖菥?】．（2024·廣西·二模）起跳摸高是學生常進行的一項運動，一質量為80kg的同學用力蹬地且舉臂起跳，在剛要離地時其手指距地面的高度為2.10m；離地后身體形狀近似不變，手指摸到的最大高度為2.55m。若從蹬地到離開地面的時間為0.2s，不計空氣阻力，起跳過程中他對地面的平均壓力約為（g取10m/s2）（）A．1450N B．1500N C．2000N D．1600N【答案】C【詳解】跳起后重心升高的高度為所以人跳起的速度為根據(jù)動量定理得解得起跳過程中地面對人的平均壓力約為根據(jù)牛頓第三定律，起跳過程中人對地面的平均壓力約為2000N。故選C。【變式演練3】如圖，一學生練習用頭顛球。某次足球由靜止開始自由下落80cm，被頭部重新頂起，離開頭部后足球豎直上升的最大高度為45cm。已知足球與頭部作用的時間為0.1s，足球的質量為0.4kg，重力加速度大小取。則頭部對足球的平均作用力大小為（）A．32N B．28N C．8N D．4N【答案】A【詳解】設足球從高處自由落下根頭部接觸瞬間速度大小為，離開頭部做豎直上拋運動瞬間速度大小為，有解得取向上為正方向，根據(jù)動量定理有解得故選A。【變式演練4】“蹦極”是一項專業(yè)的戶外休閑運動。如題圖所示，某人用彈性橡皮繩拴住身體從高空P處自由下落，若此人質量為m，橡皮繩長為l，人可看成質點，且此人從P點由靜止開始下落到最低點所用時間為t，重力加速度為g，不計空氣阻力。從橡皮繩開始拉伸到此人下落到最低點的過程中，橡皮繩對此人的平均作用力大小為（）A． B． C． D．【答案】D【詳解】人從下落到橡皮繩正好拉直的時間設為t1，則此時速度為取向上為正方向，由動量定理得橡皮繩對人的平均作用力為故選D。題型三動量定理和圖像問題的結合【例1】（2024·山東·模擬預測）一質量為m的小球從地面豎直上拋，在運動過程中小球受到的空氣阻力與速率成正比。它從拋出到落地過程中動量隨時間變化的圖像如圖所示。已知重力加速度為g，則下列說法正確的是（

）A．小球時刻剛好落地B．小球在運動過程中加速度最大為2gC．小球從拋出到落地的總時間為D．小球上升和下降過程中阻力的沖量大小不相等【答案】C【詳解】A．由圖可知，時刻后物體的動量不變，即物體的速度不變，由圖可知物體速度不變后，又運動了一段時間，說明時刻物體還沒落地，故A錯誤；B．設在運動過程中小球受到的空氣阻力與速率滿足關系式根據(jù)動量定理可知圖像的斜率表示合外力，由圖可知時刻，圖像斜率的絕對值最大，小球的加速度最大，設物體運動過程中的最大加速度為，有其中當時，物體合外力為零，此時有解得故B錯誤；C．設從地面拋出到最高點的時間為，上升的高度為，設最高點到落地的時間為，從地面拋出到最高點由動量定理得即同理下降階段即聯(lián)立可得小球從拋出到落地的總時間為故C正確；D．小球上升過程中阻力的沖量大小為小球下落過程中阻力的沖量大小為故小球上升和下降過程中阻力的沖量大小相等，故D錯誤。故選C?！咀兪窖菥?】從地面上以一定初速度豎直向上拋出一質量為m的小球，其動能隨時間的變化如圖。已知小球受到的空氣阻力與速率成正比。小球落地時的動能為E0，且落地前小球已經(jīng)做勻速運動。重力加速度為g，則小球在整個運動過程中（

）

A．球上升階段阻力的沖量大于下落階段阻力的沖量B．從最高點下降落回到地面所用時間小于t1C．最大的加速度為4gD．小球上升的最大高度為【答案】D【詳解】A．由題意可得，阻力與速率的關系為f=kv，故阻力的沖量大小為If=∑ft=∑kvt=kx因為上升過程和下降過程位移大小相同，則上升和下降過程阻力的沖量大小相等，A錯誤；B．由于機械能損失，上升過程中的平均速度大于下降過程中的平均速度，上升過程與下降過程的位移大小相等，故小球在運動的全過程，上升的時間小于下降的時間，B錯誤；C．設小球的初速度為，滿足而小球的末速度為，有小球剛拋出時阻力最大，其加速度最大，有當小球向下勻速時，有聯(lián)立解得C錯誤；D．上升時加速度為，由牛頓第二定律得解得取極短時間，速度變化，有又上升全程則設小球的初速度為，滿足而小球的末速度為，有聯(lián)立可得D正確。故選D?！咀兪窖菥?】如圖甲所示，一小物塊在水平向右的推力F作用下從A點由靜止開始向右做直線運動，力F的大小隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示，鋼塊的質量，與臺面間的動摩擦因數(shù)，。則小物塊在時刻的速度（）

A． B． C． D．【答案】D【詳解】物體受到的最大靜摩擦推力F與t的關系為當推力F大于最大靜摩擦時，物體開始運動解得內(nèi)，物塊根據(jù)動量定理可得，推力F的沖量為解得故ABC錯誤，故D正確。故選D。【變式演練3】如圖1所示，一物體在一水平拉力F作用下，沿水平地面做直線運動，運動過程中拉力大小隨時間的變化圖像如圖2。物體加速度a隨時間變化的圖像如圖3．重力加速度g取，下列說法正確的是（

）．A．物體與水平地面間的動摩擦因數(shù)為0.15B．物體與水平地面間的最大靜摩擦力為C．在時間內(nèi)，合外力做的功為D．在時間內(nèi)，拉力F的沖量為【答案】AC【詳解】A．由圖2可得拉力F關于時間的函數(shù)為而由圖3可知，在2s末物塊的加速度大小為，此時拉力大小為；在4s末加速度大小為，此時拉力大小為，則由牛頓第二定律有代入數(shù)據(jù)解得，故A正確；B．物塊運動過程中所受的滑動摩擦力為而最大靜摩擦力大于滑動摩擦力，故B錯誤；C．加速度與時間的圖像中，圖像與時間軸圍成的面積表示速度的變化量，由圖3可知，4s末物體的速度為根據(jù)動能定理可得，在時間內(nèi)，合外力做的功為故C正確；D．根據(jù)圖2可知，在時間內(nèi)，拉力F的沖量大小為圖像與時間軸圍成的面積，可得故D錯誤。故選AC?！咀兪窖菥?】（2024·廣東·二模）在水平面上靜置有質量相等的a、b兩個物體，水平推力、分別作用在a、b上，一段時間后撤去推力，物體繼續(xù)運動一段距離后停下，a、b在運動過程中未相撞，a、b的v-t圖像如圖所示，圖中平行于，整個過程中a、b的最大速度相等，運動時間之比。則在整個運動過程中下列說法正確的是（）A．物體a、b受到的摩擦力大小相等B．兩水平推力對物體的沖量之比為C．兩水平推力對物體的做功之比為D．兩水平推力的大小之比為【答案】ABC【詳解】AD．由題圖知，平行于，說明撤去推力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)牛頓第二定律可知解得根據(jù)圖像可知，解得故A正確，D錯誤；B．根據(jù)動量定理有，解得故B正確；C．根據(jù)動能定理可得，，解得故C正確。故選ABC。題型四應用動量定理處理“流體模型”模型一流體類問題流體及其特點通常液體流、氣體流等被廣義地視為“流體”，特點是質量具有連續(xù)性，題目中通常給出密度ρ作為已知條件分析步驟1建立“柱體”模型，沿流速v的方向選取一段柱形流體，其橫截面積為S2用微元法研究，作用時間Δt內(nèi)的一段柱形流體的長度Δl＝vΔt，對應的質量為Δm＝ρV＝ρSΔl＝ρSvΔt3建立方程，應用動量定理研究這段柱形流體【例1】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(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)噴出的水的質量；(2)玩具在空中懸停時，其底面相對于噴口的高度?！敬鸢浮?1)ρv0S(2)eq\f(veq\o\al(2,0),2g)－eq\f(M2g,2ρ2veq\o\al(2,0)S2)【解析】(1)在剛噴出一段很短的Δt時間內(nèi)，可認為噴出的水柱保持速度v0不變。該時間內(nèi)，噴出水柱高度Δl＝v0Δt①噴出水柱質量Δm＝ρΔV②其中ΔV為水柱體積，滿足ΔV＝ΔlS③由①②③可得：噴泉單位時間內(nèi)噴出的水的質量為eq\f(Δm,Δt)＝ρv0S。(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＝Mg④其中，F(xiàn)沖為水柱對玩具底部的作用力由牛頓第三定律知F壓＝F沖⑤其中，F(xiàn)壓為玩具底部對水柱的作用力，v′為水柱到達玩具底部時的速度由運動學公式得v′2－veq\o\al(2,0)＝－2gh⑥在很短Δt時間內(nèi)，沖擊玩具水柱的質量為ΔmΔm＝ρv0SΔt⑦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由于Δt很小，Δmg也很小，可以忽略，⑧式變?yōu)镕壓Δt＝Δmv′⑨由④⑤⑥⑦⑨可得h＝eq\f(veq\o\al(2,0),2g)－eq\f(M2g,2ρ2veq\o\al(2,0)S2)?！咀兪窖菥?】小飛同學在洗盤子的時候發(fā)現(xiàn)當水流穩(wěn)定時，從水龍頭流下的水柱從上到下越來越細，如圖所示。小飛同學將盤子放在水龍頭下一定距離，仔細觀察后，水流對盤子的沖擊力基本穩(wěn)定，經(jīng)過測量，水流對盤子的沖擊力為F。已知水龍頭的橫截面積為，出水速度為，水的密度為，重力加速度為g。水接觸盤子后速度立刻變?yōu)榱?，空氣阻力不計。下列說法正確的是（

）A．盤子距水龍頭的高度為 B．盤子距水龍頭的高度無法求出C．與盤子接觸的水柱橫截面積無法求出 D．與盤子接觸的水流速度可以求出【答案】D【詳解】水的流量不變，即設水與盤子剛要接觸時速度為，與盤子接觸的水柱橫截面積為，則由動量定理得解得水從出口到與盤子接觸做勻加速直線運動，則盤子距水龍頭的高度故ABC錯誤，D項正確。故選D?！咀兪窖菥?】（2024·福建·三模）如圖所示，消防員正在進行消防滅火演練，消防員用高壓水槍噴出的強力水柱沖擊著火物，設水柱直徑為D，以水平速度v垂直射向著火物，水柱沖擊著火物后速度變?yōu)榱?。高壓水槍的質量為M，消防員手持高壓水槍操作，進入水槍的水流速度忽略不計，水的密度為，下列說法正確的是（）A．水槍的流量為B．水槍的功率為C．水柱對著火物的沖擊力為D．向前水平噴水時，消防員對水槍的作用力方向向前且斜向上方【答案】BD【詳解】A．設時間內(nèi)，從水槍噴出的水的體積為，質量為，則，流量A錯誤；B．時間內(nèi)水槍噴出的水的動能為知高壓水槍在此期間對水做功為高壓水槍的功率為B正確；C．考慮一個極短時間，在此時間內(nèi)噴到著火物上水的質量為m，設著火物對水柱的作用力為F，由動量定理得時間內(nèi)沖到著火物上水的質量為解得由牛頓第三定律可知，水柱對著火物的平均沖力為C錯誤；D．當高壓水槍水平向前噴出高壓水流時，水流對高壓水槍的作用力水平向后，由于高壓水槍有重力，根據(jù)平衡條件，手對高壓水槍的作用力方向斜向前上方，D正確。故選BD。【變式演練3】（2024·山東青島·三模）高樓出現(xiàn)火情時，需要一種舉高噴射消防車。如圖，某高樓離地面65m處出現(xiàn)火情，消防車正在滅火中。已知水炮炮口與樓房距離為15m，與地面距離為60m，水炮每分鐘噴出的水，水柱剛好垂直打中著火房間窗戶，水流沖擊到窗戶玻璃后向四周流散。重力加速度，下列說法正確的是（）A．水泵對水做功的功率約為B．水泵對水做功的功率約為C．水流對窗戶玻璃沖擊力約為500ND．水流對窗戶玻璃沖擊力約為900N【答案】B【詳解】AB．將水噴到窗口時的過程的逆過程看做是平拋運動，則水噴到窗口時的速度每秒噴出水的質量水泵對水做功的功率約為選項A錯誤，B正確；CD．水噴射到窗戶上由動量定理解得選項CD錯誤。故選B。【變式演練4】．（2024·山東菏澤·三模）風箏在我國已存在兩千年之久，又有紙鳶、鷂子之稱。如圖所示，某時刻風箏靜止在空中，風箏面與水平面夾角為，牽引線與豎直方向夾角為。已知風箏質量為m，垂直風箏面的風速大小為v，風箏面的面積為S，重力加速度為g，則風箏所在高度空氣密度為（）A． B． C． D．【答案】A【詳解】對風箏受力分析如圖1所示，作出矢量三角形如圖2所示，可知風箏此時獲得的垂直風箏面的力根據(jù)牛頓第三定律，風箏對垂直風箏面的風的作用力大小也為F，以風為研究對象，單位時間內(nèi)，垂直打在風箏面的風的質量在垂直風箏面方向上由動量定理有聯(lián)立解得空氣密度為故選A?！咀兪窖菥?】．（2024·湖北·三模）2024年3月29日，我國研制的朱雀三號可重復使用垂直起降回收驗證火箭在酒泉衛(wèi)星發(fā)射中心圓滿完成試驗任務。點火升空1分鐘后，火箭從三百多米的高空垂直返回，著陸平穩(wěn)，落點準確，狀態(tài)良好，標志著國內(nèi)起飛規(guī)模最大垂直起降試驗火箭試驗成功。若該火箭在距離地面的高度約1m時，底部配備的4臺著陸反推發(fā)動機開始點火豎直向下噴氣，使火箭在豎直方向上的速度在0.2s內(nèi)由8m/s降到2m/s。已知反推發(fā)動機噴氣過程中火箭受到的平均推力大小為F，噴出氣體的密度為，4臺發(fā)動機噴氣口的直徑均為d，噴出氣體的重力忽略不計，噴出氣體的速度遠大于返回艙的速度。則噴出氣體的速度大小為（）A． B．C． D．【答案】D【詳解】以時間內(nèi)噴出的氣體為研究對象，設噴出氣體的速度為，則每臺發(fā)動機噴出氣體的質量為根據(jù)牛頓第三定律可得返回艙對氣體的作用力為對4臺發(fā)動機噴出的氣體，由動量定理可得聯(lián)立解得故選D。模型二微粒類問題微粒及其特點通常電子流、光子流、塵埃等被廣義地視為“微?！?，質量具有獨立性，通常給出單位體積內(nèi)粒子數(shù)n分析步驟1建立“柱體”模型，沿運動的方向選取一段微元，柱體的橫截面積為S2用微元法研究，作用時間Δt內(nèi)一段柱形流體的長度為Δl，對應的體積為ΔV＝Sv0Δt，則微元內(nèi)的粒子數(shù)N＝nv0SΔt3先應用動量定理研究單個粒子，建立方程，再乘N計算【例2】正方體密閉容器中有大量運動粒子，每個粒子的質量均為m，單位體積內(nèi)粒子數(shù)量n為恒量。為簡化問題，我們假定：粒子大小可以忽略，其速率均為v，且與器壁各面碰撞的機會均等，與器壁碰撞前后瞬間，粒子速度方向都與器壁垂直，且速率不變。利用所學力學知識，導出器壁單位面積所受粒子壓力f與m、n和v的關系?！敬鸢浮縡＝eq\f(1,3)nmv2【解析】一個粒子每與器壁碰撞一次給器壁的沖量ΔI＝2mv如圖所示，以器壁上面積為S的部分為底、vΔt為高構成柱體，由題設可知，其內(nèi)有eq\f(1,6)的粒子在Δt時間內(nèi)與器壁上面積為S的部分發(fā)生碰撞，碰壁粒子總數(shù)N＝eq\f(1,6)n·SvΔtΔt時間內(nèi)粒子給器壁的沖量I＝N·ΔI＝eq\f(1,3)nSmv2Δt器壁上面積為S的部分受到粒子的壓力F＝eq\f(I,Δt)則器壁單位面積所受粒子的壓力f＝eq\f(F,S)＝eq\f(1,3)nmv2?！咀兪窖菥?】（2024·安徽合肥·二模）我國是世界上第三個突破嵌套式霍爾電推進技術的國家。霍爾推進器的工作原理簡化如下圖所示，放電通道的兩極間存在一加速電場。工作物質氙氣進入放電通道后被電離為氙離子，經(jīng)電場加速后以某一速度噴出，從而產(chǎn)生推力。某次實驗中，加速電壓為U，氙離子向外噴射形成的電流強度為I．氙離子的電荷量與質量分別為q和m，忽略離子的初速度及離子間的相互作用，則離子推進器產(chǎn)生的推力為（）A． B． C． D．【答案】D【詳解】氙離子經(jīng)電場加速，根據(jù)動能定理有解得設單位體積內(nèi)離子數(shù)目為，加速噴出時截面積為S，在時間內(nèi)，有質量為的氙離子以速度噴射而出形成電流為由動量定理可得聯(lián)立可得離子推進器產(chǎn)生的推力為。故選D。【變式演練2】離子電推引擎，是利用電場將處在等離子狀態(tài)的“工作物質”加速后向后噴出而獲得前進動力的一種發(fā)動機。這種引擎不需要燃料，也氣體全無污染物排放，是環(huán)保型機器。引擎獲得推力的原理如圖所示，進入電離室的氣體被電離成正離子和電子，而后正離子飄人電極A、B之間的加速電場（正離子初速度忽略不計），使正離子加速形成離子束，在加速過程中引擎獲得恒定的推力。已知A、B間的電壓為U，單位時間內(nèi)飄入加速電場的正離子數(shù)目為N，每個離子的質量為m、電荷量為ne（其中n是正整數(shù)，e是元電荷），則引擎獲得的推力大小為（）A． B． C． D．【答案】A【詳解】時間t內(nèi)飄入加速電場的正離子質量電荷量電場對離子加速，由動能定理有設在加速過程中引擎對離子的作用力大小為F，根據(jù)動量定理有解得由牛頓第三定律可知，引擎獲得的推力大小故選A。【變式演練3】氣體在流動時會出現(xiàn)分層流動的現(xiàn)象即層流（laminarflow），不同流層的氣體流速不同。相鄰兩流層間有粘滯力，產(chǎn)生粘滯力的原因可以用簡單模型解釋：如圖，某氣體流動時分成A、B兩流層，兩層的交界面為平面，A層流速為vA，B層流速為vB，，由于氣體分子做無規(guī)則熱運動，因此A層的分子會進入B層，B層的分子也會進入A層，穩(wěn)定后，單位時間內(nèi)從A層進入B層的分子數(shù)等于從B層進入A層的分子數(shù)，若氣體分子的質量為m，單位時間、單位面積上由A層進入B層的分子數(shù)為n，則B層對A層氣體單位面積粘滯阻力為（）A．大小：方向：與氣體流動方向相同B．大?。悍较颍号c氣體流動方向相反C．大?。悍较颍号c氣體流動方向相同D．大?。悍较颍号c氣體流動方向相反【答案】B【詳解】由題意可知時間內(nèi)，單位面積上由B層進入A層的分子數(shù)為，則這部分分子的質量為這部分分子的速度由變?yōu)?，取氣體流動方向為正方向，則根據(jù)動量定理有可得，流層A對這部分分子的作用力為，方向與氣體流動方向相同則根據(jù)牛頓第三定律可知，B層對A層氣體單位面積粘滯阻力大小為，方向與氣體流動方向相反故選B?！咀兪窖菥?】如圖所示，某種氣體分子束由質量為m、速度為v的分子組成，設各分子都向同一方向運動，垂直地打在某平面上后又以原速率反向彈回。如果分子束中每立方米的體積內(nèi)有n0個分子，下列說法正確的是（）

A．單個分子與平面碰撞的過程中，動量變化量的大小為0B．單個分子與平面碰撞的過程中，平面對其做功為負功C．分子束撞擊平面所產(chǎn)生的壓強為2n0mv2D．分子束撞擊平面所產(chǎn)生的壓強為n0mv2【答案】C【詳解】A．分子打在某平面上后又以原速率反向彈回，則單個分子與平面碰撞的過程中，動量變化量的大小為2mv，故A錯誤；B．單個分子與平面碰撞的過程中，根據(jù)動能定理可得ΔEk=0，平面對其做功為零，故B錯誤；CD．時間t內(nèi)碰撞面積S上的分子數(shù)N=（vt?S）n0對于這部分分子，根據(jù)動量定理，有-Ft=-Nmv-Nmv解得F=2n0mv2S根據(jù)壓強的計算公式可得解得p=2n0mv2故C正確，D錯誤。故選C。題型五應用動量定理處理分析多過程問題【例1】某同學站在觀光電梯內(nèi)的力傳感器上，利用力傳感器和計算機研究該觀光電梯升降過程中的有關情況，根據(jù)測得的數(shù)據(jù)作出電梯從靜止開始運動到勻速運動再到電梯恰好停止過程的圖像，如圖所示。重力加速度大小g取，則下列說法正確的是（）

A．該觀光電梯做勻速運動的時間是B．內(nèi)電梯對該同學做的功為零C．在電梯加速階段與減速階段該同學重力的平均功率之比是1：3D．內(nèi)該同學的機械能減少了【答案】AD【詳解】由題圖知，內(nèi)，該同學所受合外力向下，電梯從靜止開始運動，故電梯是從上往下運動，勻速階段為后，壓力為時，即該同學的重力所以該同學的質量A．設勻速運動的時間為，由動量定理得其中，，解得A正確；B．設全程電梯對該同學做的功為，由動能定理知得內(nèi)電梯對該同學做的功不為零，B錯誤；C．該同學加速階段與減速階段的平均速度相同，故重力在這兩段的功率之比是，C錯誤；D．加速階段加速階段的末速度加速階段位移勻速階段位移減速階段的位移下降總高度內(nèi)該同學的機械能減少量D正確。故選AD。【變式演練1】一個鐵球，從靜止狀態(tài)由20m高處自由下落，然后陷入泥潭中，從進入泥潭到靜止用時0.4s，該鐵球的質量為300g，g取求：（1）從開始下落到進入泥潭前，重力對小球的沖量？（2）泥潭對小球的平均作用力？【答案】（1），方向豎直向下；（2），方向豎直向上【分析】（1）根據(jù)自由落體求得進入泥潭前鐵球在空中運動的時間，再根據(jù)沖量公式求解。（2）選取整個運動過程為研究對象，初、末狀態(tài)的速度皆為零，對整個運動過程運用動能定理求解。【詳解】（1）設向下為正方向，小球自由下落20m所用的時間是，則代入數(shù)據(jù)，得重力的沖量代入數(shù)據(jù)，得（方向豎直向下）（2）設向下為正方向，泥潭的阻力大小為，作用時間對小球從全過程運用動量定理得代入數(shù)據(jù)，得（方向豎直向上）【變式演練2】我國現(xiàn)在的消防車云梯如圖所示，不僅可以把水運送到高空，還可以運送消防員到達較高位置進行滅火和營救行動。假設未來的云梯通過控制可以切換成斜面模式變成救援滑梯，被救人員通過滑梯快速運送到消防車上（消防車平臺上設減速裝置）。假設救援滑梯的斜面傾角，質量為50kg的被救人員從頂端由靜止開始沿滑梯下滑，加速下滑時開始做勻速直線運動，全程用時8s滑至滑梯底端到達消防車，下滑過程被救人員所受的空氣阻力（k為常量且），被救人員與救援滑梯間的動摩擦因數(shù)。，，g取10m/s2。求：（1）被救人員下滑的最大速度；（2）被救人員加速下滑的時間t；（3）整個下滑過程中摩擦力對被救人員所做的功W?！敬鸢浮浚?）5m/s；（2）5s；（3）【詳解】（1）勻速時對被救人員沿著斜面方向受力平衡有解得（2）被救人員由初始時刻到恰好勻速，對被救人員在斜面上的加速過程由動量定理得空氣阻力的沖量聯(lián)立解得t=5s（3）勻速過程位移全程總位移整個下滑過程中摩擦力對被救人員所做的功解得【變式演練3】我國現(xiàn)在的消防車云梯如圖所示，假設未來的云梯通過控制可以切換成斜面模式變成救援滑梯，被救人員通過滑梯快速運送到消防車上（消防車平臺上設減速裝置）。假設救援滑梯的斜面傾角，質量為的被救人員從頂端由靜止開始沿滑梯下滑，被救人員與救援滑梯間的動摩擦因數(shù)。，重力加速度取。（1）若不計空氣阻力，求被救人員下滑過程的加速度；（2）假設下滑過程中，被救人員所受的空氣阻力，加速下滑時開始做勻速直線運動，滑梯足夠長，求：（i）被救人員加速下滑的最大速度；（ii）被救人員加速下滑的時間?！敬鸢浮浚?），方向沿斜面向下；（2）（i），（ii）5s【詳解】（1）若不計空氣阻力，被救人員下滑過程由牛頓第二定律得，垂直斜面方向平行斜面方向又綜合解得方向沿斜面向下。（2）（i）勻速時對被救人員沿著斜面方向受力平衡有解得（ii）被救人員由初始時刻到恰好勻速，對被救人員在斜面上的加速過程由動量定理得空氣阻力的沖量聯(lián)立解得t=5s題型六動量定理與動能定理的類比及綜合應用1.都是力的積累效果：動量定理是力對時間的積累效果，動能定理是力對空間的積累效果。2.都是一個過程量：對應著兩個狀態(tài)量。動量定理的表達式是矢量式，動能定理的表達式是標量式。3.應用中各有優(yōu)越性：兩個定理應用中都著眼于一個過程，只抓兩頭(始、末狀態(tài))，因此應用中就顯得簡便。動量定理在用于處理有關時間而不考慮位移的問題中往往顯示出優(yōu)越性，動能定理在用于處理有關位移而不考慮時間的問題中往往顯示出優(yōu)越性。4.均可雙向求解：動量定理既可以由沖量求動量的變化或始、末動量，也可以由動量變化求沖量或力及時間；動能定理既可以由功求動能的變化或始、末動能，也可以由動能變化求功或力及位移。5.兩個定理的選用：若問題是研究力在時間上的積累效果，應選用動量定理求解；若問題涉及力在空間上的積累效果，則應選用動能定理求解?！纠?】(多選)游樂場滑索項目的簡化模型如圖所示，索道AB段光滑，A點比B點高1.25m，與AB段平滑連接的BC段粗糙，長4m。質量為50kg的滑塊從A點由靜止下滑，到B點進入水平減速區(qū)，在C點與緩沖墻發(fā)生碰撞，反彈后在距墻1m的D點停下。設滑塊與BC段的動摩擦因數(shù)為0.2，規(guī)定向右為正方向，g取10m/s2。下列說法正確的是()A．緩沖墻對滑塊的沖量為－50N·sB．緩沖墻對滑塊的沖量為－250N·sC．緩沖墻對滑塊做的功為－125JD．緩沖墻對滑塊做的功為－250J【答案】BC【解析】滑