专题40动量　冲量　动量定理-2023届高三物理一轮复习重难点逐个突破

这是一份专题40动量　冲量　动量定理-2023届高三物理一轮复习重难点逐个突破，文件包含专题40动量冲量动量定理原卷版docx、专题40动量冲量动量定理解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共28页， 欢迎下载使用。

考点二 动量定理的理解 用动量定理解释生活中的现象
考点三 用动量定理求解平均冲击力
考点四 应用动量定理处理多物体、多过程问题
考点五 应用动量定理处理“流体问题”“粒子流问题”
考点一 动量 冲量
1．动量(矢量)：①p＝mv.②单位:kg·m/s.③动量方向与速度的方向相同．
2．动量的变化(矢量)：①Δp＝p′－p.②单位:kg·m/s.③动量变化量的方向与速度的改变量Δv的方向相同．
3．冲量(矢量)：①I＝FΔt.②单位:N·s.③冲量方向与力的方向相同．
4．动能(标量)与动量的大小关系：Ek=p22m , Ek＝eq \f(1,2)pv．
5．冲量的计算方法
(1)利用定义式I=Ft计算冲量,此方法仅适用于恒力的冲量,无需考虑物体的运动状态．
(2)利用F-t图像计算,F-t图线与时间轴围成的面积表示冲量,此方法既可以计算恒力的冲量,也可以计算变力的冲量．
(3)利用动量定理计算．
1．关于动量和动能，以下说法中正确的是（ ）
A．速度大的物体动量一定大B．质量大的物体动量一定大
C．两个物体的质量相等，动量大的其动能也一定大D．同一个物体动量变化时动能一定发生变化
【答案】C
【解析】AB．根据p=mv可知，速度大的物体动量不一定大，质量大的物体动量不一定大，AB错误；
C．根据Ek=p22m可知，两个物体的质量相等，动量大的其动能也一定大，C正确；
D．动量是矢量，动量变化时可能是方向发生变化，则动能不变，D错误。
故选C。
2．(多选)一个质量为0.18kg的垒球水平飞向球棒，被球棒打击后，以大小为20m/s的速度反向水平飞回，关于垒球被击打前后瞬间。下列说法正确的是（ ）
A．垒球的动能可能不变
B．垒球的动量大小一定变化了3.6kg·m/s
C．球对棒的作用力与棒对球的作用力大小一定相等
D．垒球受到棒的冲量方向可能与球被击打前的速度方向相同
【答案】AC
【解析】A．垒球被击打后，可能以与被击打前等大的速度反向打出，所以球的动能可能不变，故A正确；
B．因为不知道垒球的初动量，所以垒球的动量大小变化量无法确定，故B错误；
C．由牛顿第三定律知球对棒的作用力与棒对球的作用力大小一定相等，故C正确；
D．球受到棒的冲量方向是棒对球弹力的方向，与球被击打前的速度方向相反，故D错误。
故选AC。
3．恒力F作用在质量为m的物体上，如图所示，由于地面对物体的摩擦力较大，物体没有被拉动，则经时间t，下列说法正确的是（ ）
A．重力对物体的冲量大小为零
B．摩擦力对物体的冲量大小为零
C．拉力F对物体的冲量大小是Ftcsθ
D．合力对物体的冲量大小为零
【答案】D
【解析】A．重力对物体的冲量大小为mgt，A错误；
B．静摩擦力大小为Fcsθ，所以摩擦力对物体的冲量大小为Fcsθ⋅t，B错误；
C．拉力F对物体的冲量大小是Ft，C错误；
D．由于物体没动，合力为零，所以合力对物体的冲量大小为零，D正确。
4．竖直上抛一小球，后又落回原地。小球运动时所受空气阻力大小不变，则（ ）
A．从抛出到落回原地的时间内，重力的冲量为零
B．上升阶段空气阻力的冲量小于下落阶段空气阻力的冲量
C．从抛出到落回原地的时间内，空气阻力的冲量为零
D．上升阶段小球动量变化小于下落阶段小球动量变化
【答案】B
【解析】A．整个过程中，重力不为零，作用时间不为零，则重力冲量不为零，A错误；
BC．由于整个过程中，阻力都做负功，所以上升阶段的平均速度大于下降阶段的平均速度，即上升过程所用时间比下降过程所用时间少，根据If=ft
可知上升阶段阻力冲量小于下降阶段阻力冲量，整个过程中阻力冲量不为零，B正确，C错误；
D．设上升阶段初速度为v0，末速度为零，则动量变化量为Δp1=0−mv0=−mv0
下降阶段初速度为零，末速度小于v0，动量变化量为Δp2上升阶段小球动量变化大于下落阶段小球动量变化，D错误。
5．质量为m的物体，沿着倾角为θ的斜面由静止滑下，在水平面上滑行一段距离后停止。物体与斜面和水平面间的动摩擦因数均为μ，斜面和水平面平滑连接。已知物体在斜面上的运动时间为t，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．整个过程中，支持力对物体的总冲量为0
B．沿着斜面下滑的过程中，重力对物体的冲量为mgtsinθ
C．沿着斜面下滑的过程中，摩擦力对物体的冲量为μmgtcsθ
D．物体在斜面上的动量变化量与在水平面上的动量变化量相同
【答案】C
【解析】A．物体在斜面和水平面上所受支持力分别是恒力，则支持力对物体的冲量为IFN=FNt≠0
故A错误；
B．沿着斜面下滑的过程中，重力对物体的冲量为IG=mgt故B错误；
C．沿着斜面下滑的过程中，摩擦力对物体的冲量为If=μmgtcsθ故C正确；
D．物体在斜面上的动量变化大小与在水平面上的动量变化大小相同，但方向不同，故D错误。
6．(多选)一质量为1kg的物块在合力F的作用下从静止开始沿直线运动，其F−t图像如图所示。则（ ）
A．t=1s时物块的速度大小为2m/sB．0∼2s内合力的冲量大小为2kg⋅m/s
C．t=3s时物块的动量大小为5kg⋅m/sD．0∼4s内合力的冲量大小为2kg⋅m/s
【答案】AD
【解析】A．t=1s时，根据牛顿第二定律 F1=2N=ma
由 v=at
解得，t=1s时物块的速度大小为 v=2m/s 故A正确；
B．0∼2s内合力的冲量大小为 I1=F1t=2×2kg⋅m/s=4kg⋅m/s 故B错误；
C．根据动量定理 F1t1+F2t2=2×2kg⋅m/s+−1×1kg⋅m/s=p−0
解得，t=3s时物块的动量大小为 p=3kg⋅m/s 故C错误；
D．0∼4s内合力的冲量大小为 I2=2×2kg·m/s+−1×2kg·m/s=2kg⋅m/s 故D正确。
考点二 动量定理的理解 用动量定理解释生活中的现象
1.动量定理的内容：合力的冲量等于动量的变化（合力的冲量和动量的变化对应同一个研究对象、同一个运动过程）
2.公式：Ft＝mv′－mv或I＝p′－p.
3.对动量定理的理解
(1)动量定理的表达式是矢量式,列式时要先选取正方向.
(1)动量定理不仅适用于恒定的力，也适用于随时间变化的力。这种情况下，动量定理中的力F应理解为变力在作用时间内的平均值.
(2)动量定理中的冲量是合外力的冲量,而不是某一个力的冲量,它可以是合力的冲量,也可以是各力冲量的矢量和,还可以是外力在不同阶段的冲量的矢量和.
(3)由Ft＝p′－p得F＝eq \f(p′－p,t)＝eq \f(Δp,t)，即物体所受的合外力等于物体的动量对时间的变化率。
4.应用动量定理解释的两类物理现象
(1)当物体的动量变化量一定时,力的作用时间Δt越短,力F就越大,力的作用时间Δt越长,力F就越小,如玻璃杯掉在水泥地上易碎,而掉在沙地上不易碎。
(2)当作用力F一定时,力的作用时间Δt越长,动量变化量Δp越大,力的作用时间Δt越短,动量变化量Δp越小。
7．从相同高度落下的玻璃杯，掉在水泥地上比掉在草地上容易打碎。其原因是（ ）
A．水泥地对玻璃杯的冲量大，草地对玻璃杯的冲量小
B．掉在水泥地上的玻璃杯动量大，掉在草地上的玻璃杯动量小
C．掉在水泥地上的玻璃杯动量改变快，掉在草地上的玻璃杯动量改变慢
D．掉在水泥地上的玻璃杯动量改变量和掉在草地上的玻璃杯动量改变量不一样
【答案】C
【解析】杯子从同一高度滑下，故到达地面时的速度一定相等，故着地时动量相等；与地面接触后速度减小为零，故动量的变化相同，由动量定理可知I=Δp
可知，冲量也相等，但由于在草地上，草地的缓冲使接触时间变化，由I=Ft可知F=Δpt
掉在水泥地上的玻璃杯动量改变快，掉在草地上的玻璃杯动量改变慢，故C正确，ABD错误。
8．篮球运动员通常要伸出两臂去迎接队友传来的篮球，当接到篮球后，两臂随球迅速收缩至胸前，这样做的目的是为了（ ）
A．减小球对手的冲量B．减小球的动量变化量
C．减小球与手接触的时间D．减小球对手的冲击力
【答案】D
【解析】AB．由于篮球丢过来速度一定，因此接球过程中，篮球对手的冲量以及球的动量变化量都相同，AB错误；
CD．在球的速度一定时，这种接球方式是通过增加球与手接触的时间，从而减小球对手的作用力大小，C错误，D正确。
9.如图所示，一铁块压着一纸条放在水平桌面上，当以足够大的速度v抽出纸条后，铁块掉在地上的P点．若以2v速度抽出纸条，则铁块落地点为( )
A．仍在P点 B．在P点左边
C．在P点右边不远处 D．在P点右边原水平位移的两倍处
【答案】B.
【解析】纸条抽出的过程，铁块所受的滑动摩擦力一定，以v的速度抽出纸条，铁块所受滑动摩擦力的作用时间较长，即加速时间较长，由I＝Fft＝mΔv得铁块获得速度较大，平抛运动的水平位移较大，以2v的速度抽出纸条的过程，铁块所受滑动摩擦力作用时间较短，即加速时间较短，铁块获得速度较小，平抛运动的位移较小，故B选项正确．
考点三 用动量定理求解平均冲击力
10．蹦床是一项扣人心弦的运动项目。运动员在一张绷紧的弹性网上蹦跳、腾翻，做出各种惊险优美的动作。现有一位质量为45kg的运动员，从离水平网面3.2m的高处自由落下，着网后沿竖直方向蹦回到离水平网面5m的高处。若这位运动员与网接触的时间为1.0s，取重力加速度为g=10m/s2。网对运动员的平均作用力的大小（ ）
A．1260NB．810NC．450ND．45N
【答案】A
【解析】运动员下落过程有v12−0=2gℎ1
运动员上升过程有0−v22=−2gℎ2
从下落到上升过程，以向下为正方向，根据动量守恒定律可得mgt−Ft=m−v2−v1
解得F=1260N
故选A。
11．(多选)一个50g的鸡蛋从50m高处下落，设鸡蛋与地面撞击时的竖直高度为5cm，认为鸡蛋下沿落地后，鸡蛋上沿的运动是匀减速运动，并且上沿运动到地面时恰好静止，以鸡蛋的下沿、上沿落地的时间间隔作为鸡蛋与地面的撞击时间，鸡蛋下落过程中受到的空气阻力为重力的0.1倍，则关于鸡蛋与地面的撞击时间和平均冲击力，下列说法正确的是（g取10m/s2）（ ）
A．撞击时间约为3.3×10-3sB．撞击时间约为3.2×10-3s
C．平均冲击力约为451ND．平均冲击力约为501N
【答案】AC
【解析】AB．鸡蛋下落过程中，由牛顿第二定律有mg−mg×0.1=ma
解得a=9ms2
由公式v2=2aℎ
解得鸡蛋下沿到达地面时的速度为v=30m/s
鸡蛋与地面的作用过程为匀减速直线运动，则有x=v2t
解得t=3.3×10−3s故A正确；B错误；
CD．设鸡蛋与地面的平均冲击力为F，由动量定理F−mgΔt=mv
解得F≈451N故C正确；D错误。
12．（2022·全国·高三专题练习）如图所示，若手机质量m=200g，从离人眼约h=20cm的高度无初速掉落，砸到眼睛后经Δt=0.01s手机停止运动，取重力加速度g=10m/s2，下列分析正确的是（ ）
A．手机对眼睛的作用力大小约为30N
B．手机对眼睛的作用力大小约为40N
C．全过程手机重力的冲量大小约为0.42N•s
D．全过程手机重力的冲量大小约为0.40N•s
【答案】C
【解析】AB．手机自由下落h时的速度为v=2gℎ=2m/s
手机与眼相互作用过程，以竖直向下为正方，据动量定理可得(mg−F)Δt=0−mv
解得手机受到的作用力大小为F=42N
由牛顿第三定律可知，手机对眼睛的作用力大小约为42N，AB错误；
CD．手机自由下落时间为t=vg=0.2s
全过程手机重力的冲量大小为I=mg(t+Δt)=0.42N⋅s
C正确，D错误。
13．2022年4月11日，渝西地区经历了20年一遇的大风暴雨极端天气，12日凌晨电力抢修人员就投入了紧张的工作；高空作业须系安全带，保护自身安全。如果质量为m的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为h（可视为自由落体运动）。此后经历时间t安全带达到最大伸长，若在此过程中该作用力始终竖直向上，则该段时间安全带对人的平均作用力大小为（ ）
A．m2gℎt－mgB．m2gℎt＋mg
C．mgℎt＋mgD．mgℎt－mg
【答案】B
【解析】由v2=2gℎ
可得，下落h时的速度为v=2gℎ
设平均作用力为F，设向上为正方向，则由动量定理得(F−mg)t=0−(−mv)
解得F=m2gℎt+mg 故选B。
14．研究得出打喷嚏时气流喷出的速度可达40 m/s，假设打一次喷嚏大约喷出5×10-5 m3的空气，用时约0.02 s。已知空气的密度为1.3 kg/m3，估算打一次喷嚏人受到的平均反冲力为（ ）
A．0.13 NB．0.68 NC．2.6 ND．13 N
【答案】A
【解析】打一次喷嚏喷出的空气质量为 m=ρV=1.3×5×10−5kg=6.5×10−5kg
设打一次喷嚏喷出的空气受到的平均作用力为F，根据动量定理得 FΔt=mv
解得 F=mvΔt=6.5×10-5×400.02N=0.13N
根据牛顿第三定律可得人受到的平均反冲力为 F'=F=0.13N A正确，BCD错误。
15.(2022·潍坊二模)北京2022年冬奥会国家跳台滑雪赛道如图甲所示，某运动员在空中运动的轨迹如图乙所示，在轨迹上取三个点A、B、C，测得三点间的高度差和水平间距分别为h1＝12.8 m、h2＝27.2 m、xAB＝xBC＝36 m。运动员落到倾角为23°的滑道上时，速度方向与滑道成30°角，然后用2 s时间完成屈膝缓冲后下滑。若空气阻力、滑道摩擦均不计，运动员连同装备质量为60 kg，g取10 m/s2，sin 53°＝0.8，cs 53°＝0.6，sin 23°＝0.39，cs 23°＝0.92。求：
(1)运动员在空中运动的水平速度；
(2)屈膝缓冲过程中运动员受到的平均冲力。
【答案】(1)30 m/s (2)1 302 N
【解析】(1)由题意知，运动员从A到B、从B到C时间相等，设时间间隔为T，
则h2－h1＝gT2
vxT＝xAB，解得vx＝30 m/s。
(2)由题意得，落地时速度与水平方向的夹角为53°，速度关系cs 53°＝eq \f(vx,v)
垂直轨道方向由动量定理有eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(F－mgcs 23°))t＝0－(－mvsin 30°)，解得F＝1 302 N。
考点四 应用动量定理处理多物体、多过程问题
1.动量定理适用于单个物体也适用于多个物体组成的系统．
2.动量定理不仅能处理单一过程，也能处理多过程．在多过程中外力的冲量是各个力冲量的矢量和．
16.将质量为m＝1 kg的物块置于水平地面上，已知物块与水平地面间的动摩擦因数为μ＝0.5，现在物块上施加一个平行于水平地面的恒力F＝10 N，物体由静止开始运动，作用4 s后撤去F.已知g＝10 m/s2，对于物块从静止开始到物块停下这一过程下列说法正确的是( )
A．整个过程物块运动的时间为6 s
B．整个过程物块运动的时间为8 s
C．整个过程中物块的位移大小为40 m
D．整个过程中物块的位移大小为60 m
【答案】B
【解析】 在整个过程中由动量定理得Ft1－μmgt＝0，解得t＝8 s，选项A错误，B正确；在物块前4 s运动的过程中由动量定理得Ft1－μmgt1＝mv，解得v＝20 m/s，因物块加速和减速过程的平均速度都为eq \x\t(v)＝eq \f(0＋v,2)＝eq \f(v,2)，全程的平均速度也为eq \f(v,2)，则物块的总位移x＝eq \f(v,2)t＝eq \f(20,2)×8 m＝80 m，选项C、D错误．
17．如图所示，在光滑水平面上静止放着两个相互接触的木块A、B，质量分别为m1、m2，今有一子弹水平穿过两木块，设子弹穿过木块A、B的时间分别为t1、t2，木块对子弹的阻力恒为f，则子弹穿过两木块后，木块A、B的速度大小分别为（ ）
A．ft1m1 ft1m1+m2B．ft1m1+m2 ft1m1+m2+ft2m2
C．ft1m1 f(t1+t2)m1+m2D．f(t1+t2)m1 f(t1+t2)m1+m2
【答案】B
【解析】子弹在A中运动时，A、B一起向前运动，具有相同的运动速度，对整体应用动量定理可避开A、B间的未知作用力，可以求解A、B分开时的速度，分开后再对B单独应用动量定理可求得子弹穿出后B的速度。
子弹在A中穿过时，以A、B为研究对象，规定向右为正方向，根据动量定理可得ft1=(m1+m2)v1
解得 v1=ft1m1+m2
之后A的速度保持v1不变，子弹进入木块B后，以B为研究对象，根据动量定理可得 ft2=m2v2−m2v1
解得 v2=ft1m1+m2+ft2m2 故选B。
18．(多选)如图所示，一热气球正以竖直速度v匀速上升，当气球下面所系质量为m的物体距水平地面h高处时，绳子断裂，物体和气球分离。已知热气球与物体的总质量为M，分离后热气球所受浮力不变，重力加速度大小为g，不计阻力，以下判断正确的是（ ）
A．从分离开始，经过时间2gℎg物体落地
B．物体刚到达地面时，热气球的速度大小为Mv+mv2+2gℎM−m
C．物体从分离到落地的过程中，热气球所受合力的冲量大小为mv2+2gℎ+mv
D．物体刚到达地面时，热气球离地的高度为Mv2+gℎ+vv2+2gℎ(M−m)g
【答案】BCD
【解析】A．从分离开始，物体做竖直上抛运动，设经过时间t物体落地，则有 −ℎ=vt−12gt2
解得 t=vg+v2+2gℎg 或t=vg−v2+2gℎg（此解小于零，故舍去） 所以A错误；
B．设物体刚到达地面时的速度大小为v1，根据动能定理有 mgℎ=12mv12−12mv2
解得 v1=v2+2gℎ
热气球与物体组成的系统合外力为0，则系统的动量守恒，设物体刚到达地面时，热气球的速度大小为v2，根据动量守恒定律有 Mv=M−mv2−mv1
解得 v2=Mv+mv2+2gℎM−m 所以B正确；
根据动量定理可知，物体从分离到落地的过程中，
热气球所受合力的冲量大小为 I=M−mv2−M−mv=mv2+2gℎ+mv 所以C正确；
D．根据平衡条件易知热气球所受浮力大小为Mg，设物体刚到达地面时，热气球离地的高度为H，根据动能定理有 Mg−M−mgH−ℎ=12M−mv22−12M−mv2
解得 H=Mv2+gℎ+vv2+2gℎ(M−m)g 所以D正确；
19．（2022·全国·高三专题练习）如图所示，物体A、B相隔一段距离放置在水平地面上，现A以vA=10m/s的初速度向静止的物体B运动，物体A与B发生正碰后仍沿原来的方向运动。若物体A在碰撞前后共运动6s后停止，求碰撞后B运动的时间。（已知mA=2mB，物体A、B与水平地面间的动摩擦因数均为μ=0.1，重力加速度g取10m/s2）
【答案】8s
【解析】以A、B组成的系统为研究对象，从A开始运动到A、B均停止运动这一过程来看，系统在水平方向受到的外力就是摩擦力，碰撞中物体A、B间的相互作用力是内力，可用系统动量定理求解。取运动方向为正方向，设物体A、B运动的时间分别为tA和tB，则由系统动量定理得 -μmAgtA-μmBgtB=0-mAvA
代入数据得B的运动时间 tB=mAvA−μmAgtAμmBg=8s
20．总质量为M的列车，沿水平直轨道匀速前进，其末节车厢质量为m，中途脱节，司机发觉时，机车已行驶了时间t，于是立即关闭油门。设运动的阻力与重量成正比，机车牵引力恒定，当列车两部分都停止时，机车比末节车厢多运动了多长时间。
【答案】MtM−m
【解析】脱节后，机车、末节车厢受力分析如图所示
设列车前进的方向为正方向，匀速前进时速度为v，由题知，机车受到的摩擦力 Ff1=−kM−mg
末节车厢受到的摩擦力 Ff2=−kmg
（k为比例常数）。列车匀速前进时由平衡条件可得，牵引力 F＝kMg
设脱节后，至停下来，机车的运动时间为t1，由动量定理得 Ft+Ff1t1=0−M−mv
即 kMgt−kM−mgt1=0−M−mv
解得 t1=kMgt+M−mvkM−mg
设脱节后，至停下来，末节车厢的运动时间为t2，由动量定理得 Ff2t2=0−mv
即 −kmgt2=−mv
所以 t2=vkg
机车比末节车厢多运动了 Δt=t1−t2=MtM−m
21．（2022·广西·高三期中）如图所示，质量M= 1kg的木板静止在足够长的固定光滑斜面上，斜面倾角θ=37°，木板下端上表面恰与整直面内的光滑圆弧轨道BCD在D点相切，圆弧半径为R=11m，半径OB与竖直方向夹角为a=53°。一质量m=2kg（可视为质点）的小滑块以v0=6m/s的初速度从左侧水平桌面飞出，并恰好从B点沿切线进入圆弧轨道。已知滑块和木板之间的动摩擦因数μ=0.5，滑块不会从木板上端滑出，重力加速度g= 10m/s2，求∶
（1）滑块经过圆弧轨道上D点，圆弧轨道对它的弹力；
（2）木板上升过程中因摩擦产生的热量Q；
（3）木板下端第一次返回D点时，木板在斜面上运动的时间t。
【答案】（1）42.2N，垂直与斜面向上；（2）48J；（3）2s
【解析】（1）由几何关系知滑块经过B点时 vB=v0csα=10m/s
滑块在B到D的过程由动能定理得 mg(Rcsθ−Rcsα)=12mvD2−12mvB2
解得 vD=12m/s
滑块在D点由牛顿第二定律 N−mgcsθ=mvD2R
解得 N=46411N≈42.2N 方向垂直与斜面向上；
（2）滑块冲上木板后，设经过t1时间达到共同速度v1，则在这个过程中 f=μmgcsθ=8N
取沿斜面向上为正方向，对滑块有 −(mgsinθ+f)t1=mv1−vD
对木板有 (f−Mgsinθ)t1=Mv1
解得 v1=2m/s t1=1s
此过程中，滑块的位移 x1=vD+v12t1=7m
木板的位移 x2=v12t1=1m
此后过程中滑块与木板保持相对静止，所以上升过程中摩擦生热为 Q=fx1−x2=48J
（3）设木板下端返回D点时速度为v2，共速后对整体有 (M+m)gsinθ⋅x2=12(M+m)v22−12(M+m)v12
解得 v2=4m/s
取沿斜面向下为正方向有 (M+m)gsinθ⋅t2=(M+m)v2−(M+m)(−v1)
解得 t2=1s
所以木板在斜面上运动的时间为 t=t1+t2=2s
考点五 应用动量定理处理“流体问题”“粒子流问题”
解决“流体问题”“粒子流问题”等持续作用情况，需以“流体”“粒子流”为研究对象，建立“柱状”模型利用微元法来处理，具体分析如下：．
(1)选取一小段时间Δt内的连续体为研究对象；
(2)确定Δt内连续体的质量Δm与Δt的关系式，若连续体密度为ρ，则Δm＝ρΔV＝ρSvΔt；
(3)分析连续体的受力情况和动量变化；
(4)应用动量定理列式、求解．
22．（2023·全国·高三专题练习）如图所示，用高压水枪喷出的强力水柱冲击煤层，设水柱直径为D，水流速度大小为v，方向水平向右。水柱垂直煤层表面，水柱冲击煤层后水的速度变为零，水的密度为ρ，高压水枪的重力不可忽略，手持高压水枪操作，下列说法正确的是（ ）
A．水枪单位时间内喷出水的质量为ρvπD2
B．高压水枪的喷水功率为ρv3πD28
C．水柱对煤层的平均冲击力大小为ρv2πD28
D．为了使高压水枪保持静止状态，手对高压水枪的作用力方向为水平向左
【答案】B
【解析】A．高压水枪的流量为 Q=Sv=πD2v4
水枪单位时间内喷出水的质量为 m=ρSvt=πD2ρv4
B．水枪单位时间内做功转化为水柱的动能为 W=12mv2=ρv3πD28
故水枪的功率为 P=Wt=ρv3πD28 故B正确；
C．研究单位时间内喷出的水，由动量定理得 −Ft=0−mv
解得 F=mvt=14ρvπD21v=14ρπD2v2
根据牛顿第三定律知，水柱对煤层的平均冲击力大小为14ρπD2v2，故C错误；
D．水对高压水枪的作用力水平向左，则手对高压水枪的作用力有水平向右的分力，还有竖直向上的分力（与重力平衡），所以手对高压水枪的作用力斜向右上方，故D错误。
故选B。
23．某运动员在水上做飞行运动表演，他操控的喷射式悬浮飞行器将水带竖直送上来的水向下喷出，可以使运动员悬停在空中，如图所示。已知运动员与装备的总质量为90kg，两个喷嘴的面积均为0.008m2，取重力加速度g=10m/s2，水的密度ρ=103kg/m3，则喷嘴处喷水的速度大约为（ ）
A．2.7m/sB．5.4m/sC．7.6m/sD．10.8m/s
【答案】C
【解析】设飞行器对水的作用力为F，根据牛顿第三定律可知，水对飞行器的作用力的大小也等于F，对飞行器，根据平衡条件有 F=Mg
设水喷出时的速度为v，在时间t内喷出的水的质量为 Δm=ρV=2ρSvt
对喷出的水应用动量定理有 Ft=Δmv
联立解得 v=Mg2ρS=90×102×103×0.008m/s=7.5m/s
可认为喷嘴处喷水的速度大约为7.6m/s，C正确，ABD错误。
24．如图所示，武装直升机的桨叶旋转形成的圆面面积为S，空气密度为ρ0，直升机质量为m，重力加速度为g。当直升机向上匀速运动时，假设空气阻力恒为f，不计空气浮力及风力影响，下列说法正确的是（ ）
A．直升机悬停时受到的升力大小为mg+f
B．直升机向上匀速运动时，螺旋桨推动的空气流量为2mg+fρS
C．直升机向上匀速运动时，螺旋桨推动的空气速度为mg+fρS
D．直升机向上匀速运动时，发动机的功率为m3g3ρS
【答案】C
【解析】A．直升机悬停时受到的升力大小为mg，A错误；
BC．直升机向上匀速运动时，受到的升力为mg+f，以空气为研究对象，根据牛顿第三定律，空气受到向下的推力为mg+f，根据动量定理 (mg+f)Δt=SvΔtρ⋅v
可得螺旋桨推动的空气速度 v=mg+fρS
螺旋桨推动的空气流量 Q=Sv=(mg+f)Sρ B错误，C正确；
D．单位时间内发动机做的功数值即为发动机的功率 P=12m气v2=12(ρQ)v2=12(mg+f)3ρS D错误。
25．飞船正面面积S=1m2，以v=2×103m/s飞入一宇宙微尘区，此区域每立方米空间有一个微尘，微尘的平均质量m0=2×10−4kg，设微尘与飞船相碰后附在飞船表面，要使飞船速度不变，飞船的推力是（ ）
A．400NB．600NC．800ND．1000N
【答案】C
【解析】飞船每秒前进的距离为 x=vt=2000m
根据题意可知，撞到的微尘数量为 n=xS1=2000
若飞船速度不变，则飞船对微尘的冲量大小为 I=nm0v=800N⋅s
则微尘对飞船的冲量大小为 I'=I=nm0v=800N⋅s
因飞船速度不变，动量不变，则推力对飞船的冲量大小也为 I'=Ft
解得 F=800N