（全国通用）高考物理二轮热点题型归纳与变式演练 专题16 动量定理的应用（解析+原卷）学案

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TOC \ "1-3" \h \u \l "_Tc29376" 一、热点题型归纳
\l "_Tc17993" 【题型一】 单物动量定理
\l "_Tc12217" 【题型二】 流体动量定理
\l "_Tc30563" 【题型三】 电学中的动量定理
\l "_Tc21895" 二、最新模考题组练2
【题型一】 单物动量定理
【典例分析】一质量为2 kg的物体受水平拉力F作用，在粗糙水平面上做加速直线运动时的a­t图像如图所示，t＝0时其速度大小为2 m/s。滑动摩擦力大小恒为2 N，则( )
A．在t＝6 s时刻，物体的速度为18 m/s
B．在0～6 s时间内，合力对物体做的功为400 J
C．在0～6 s时间内，拉力对物体的冲量为36 N·s
D．在t＝6 s时刻，拉力F的功率为200 W
【提分秘籍】
1．动量是矢量，其方向与物体的速度方向相同，动量变化量也是矢量，其方向与物体合外力方向相同。
2．力与物体运动方向垂直时，该力不做功，但该力的冲量不为零。
3．动量定理
(1)内容：物体所受合力的冲量（包括物体重力的冲量）等于物体动量的变化量．
(2)表达式：F合·t＝Δp＝p′－p.
(3)矢量性：动量定理是矢量方程，一维时，列方程时应选取正方向，且力和速度必须选同一正方向。
动量变化量方向与合力的方向相同，可以在力的方向上用动量定理．
(4)动能和动量的关系：Ek＝eq \f(p2,2m).
4．冲量和功的区别
(1)冲量和功都是过程量。冲量表示力对时间的积累作用，功表示力对位移的积累作用。
(2)冲量是矢量，功是标量。
(3)力作用的冲量不为零时，力做的功可能为零；力做的功不为零时，力作用的冲量一定不为零。
5．冲量的计算
(1)恒力的冲量：直接用定义式I＝Ft计算。
(2)变力的冲量
①方向不变的变力的冲量，若力的大小随时间均匀变化，即力为时间的一次函数，则力F在某段时间t内的冲量I＝eq \f(F1＋F2,2)t，其中F1、F2为该段时间内初、末两时刻力的大小。
②作出F­t变化图线，图线与t轴所夹的面积即为变力的冲量。如图所示。
③对于易确定始、末时刻动量的情况，可用动量定理求解，即通过求Δp间接求出冲量。
【变式演练】
1．在水平地面的右端B处有一面墙，一小物块放在水平地面上的A点，质量m＝0.5 kg，AB间距离s＝5 m，如图所示。小物块以初速度v0＝8 m/s从A向B运动，刚要与墙壁碰撞时的速度v1＝7 m/s，碰撞后以速度v2＝6 m/s反向弹回。重力加速度g取10 m/s2。求：
(1)小物块从A向B运动过程中的加速度a的大小；
(2)小物块与地面间的动摩擦因数μ；
(3)若碰撞时间t＝0.05 s，碰撞过程中墙面对小物块平均作用力F的大小。
2．[多选]一质量为2 kg的物块在合外力F的作用下从静止开始沿直线运动。F随时间t变化的图线如图所示，则( )
A．t＝1 s时物块的速率为1 m/s
B．t＝2 s时物块的动量大小为4 kg·m/s
C．t＝3 s时物块的动量大小为5 kg·m/s
D．t＝4 s时物块的速度为零
3．[多选]几个水球可以挡住一颗子弹？《国家地理频道》的实验结果是：四个水球足够！完全相同的水球紧挨在一起水平排列，子弹在水球中沿水平方向做匀变速直线运动，恰好能穿出第4个水球，则可以判断的是( )
A．子弹在每个水球中的速度变化相同
B．子弹在每个水球中运动的时间不同
C．每个水球对子弹的冲量不同
D．子弹在每个水球中的动能变化相同
【题型二】 流体动量定理
【典例分析】某游乐园入口旁有一喷泉，喷出的水柱将一质量为M的卡通玩具稳定地悬停在空中。为计算方便起见，假设水柱从横截面积为S的喷口持续以速度v0竖直向上喷出；玩具底部为平板(面积略大于S)；水柱冲击到玩具底板后，在竖直方向水的速度变为零，在水平方向朝四周均匀散开。忽略空气阻力。已知水的密度为ρ，重力加速度大小为g。求
(1)喷泉单位时间内喷出的水的质量；
(2)玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度。
【提分秘籍】
动量定理在变质量(如流体)中的应用
研究对象为“变质量”的“连续”的流体(如水流、空气流等)，以水流为例，一般要假设一段时间Δt内流出的水柱，其长度为vΔt，水柱底面积为S，得水柱体积V＝SvΔt，水柱质量为Δm＝ρV＝ρSvΔt，再对质量为Δm的水柱应用动量定理求解。
【变式演练】
1．自动称米机已在粮食工厂中广泛使用，有人认为：米流落到容器中时有向下的冲量会增大分量而不划算；也有人认为：自动装置即刻切断米流时，尚有一些米仍在空中，这些米是多给买者的。因而双方争执起来，究竟哪方说的对呢？请分析说明。
2．根据量子理论，光子的能量E与动量p之间的关系式为E＝pc，其中c表示光速，由于光子有动量，照到物体表面的光子被物体吸收或反射时都会对物体产生压强，这就是“光压”，用I表示。
(1)一台二氧化碳气体激光器发出的激光，功率为P0，射出的光束的横截面积为S，当它垂直照射到一物体表面并被物体全部反射时，激光对物体表面的压力F＝2pN，其中p表示光子的动量，N表示单位时间内激光器射出的光子数，试用P0和S表示该束激光对物体产生的光压。
(2)有人设想在宇宙探测中用光为动力推动探测器加速，探测器上安装有面积极大、反射率极高的薄膜，并让它正对太阳，已知太阳光照射薄膜时每平方米面积上的辐射功率为1 350 W，探测器和薄膜的总质量为m＝100 kg，薄膜面积为4×104 m2，求此时探测器的加速度大小。
3．如图所示，一个下面装有轮子的贮气瓶停放在光滑的水平地面上，底端与竖直墙壁接触。现打开右端阀门，气体向外喷出，设喷口的面积为S，气体的密度为ρ，气体向外喷出的速度为v，则气体刚喷出时瓶底端对竖直墙面的作用力大小是( )
A．ρvS B．eq \f(ρv2,S)
C．eq \f(1,2)ρv2S D．ρv2S
【题型三】 电学中的动量定理
【典例分析】如图所示，长为L、电阻r＝0.3 Ω、质量m＝0.1 kg的金属棒CD垂直跨搁在位于水平面上的两条平行光滑金属导轨上，两导轨间距也是L，棒与导轨接触良好，导轨电阻不计，左端接有R＝0.5 Ω的电阻，量程为0～3.0 A的电流表串联在一条导轨上，量程为0～1.0 V的电压表接在电阻R的两端，垂直导轨平面的匀强磁场向下穿过平面，现以向右恒定外力F使金属棒右移．当金属棒以v＝2.0 m/s的速度在导轨平面上匀速滑动时，观察到电路中的一个电表正好满偏，而另一个电表未满偏．问：
(1)此满偏的电表是什么表？说明理由．
(2)拉动金属棒的外力F多大？
(3)此时撤去外力F，金属棒将逐渐慢下来，最终停在导轨上．求从撤去外力到金属棒停止运动的过程中通过电阻R的电量．
【提分秘籍】
电学中涉及安培力、通过某横截面的电荷量时，经常应用动量定理。
【变式演练】
1．静止在太空中的飞行器上有一种装置，它利用电场加速带电粒子，形成向外发射的粒子流，从而对飞行器产生反冲力，使其获得加速度．已知飞行器的质量为M，发射的是2价氧离子，发射功率为P，加速电压为U，每个氧离子的质量为m，单位电荷的电量为e，不计发射氧离子后飞行器的质量变化，求：
(1)射出的氧离子速度；
(2)每秒钟射出的氧离子数；
(3)射出离子后飞行器开始运动的加速度．
1．（2021年全国乙卷）（多选）水平桌面上，一质量为m的物体在水平恒力F拉动下从静止开始运动。物体通过的路程等于时，速度的大小为，此时撤去F，物体继续滑行的路程后停止运动。重力加速度大小为g，则( )
A.在此过程中F所做的功为
B.在此过程中F的冲量大小等于
C.物体与桌面间的动摩擦因数等于
D.F的大小等于物体所受滑动摩擦力大小的2倍
2．（2021年湖南卷）（多选）如图（a），质量分别为的两物体用轻弹簧连接构成一个系统，外力F作用在A上，系统静止在光滑水平面上（B靠墙面），此时弹簧形变量为x。撤去外力并开始计时，两物体运动的图像如图（b）所示，表示0到时间内A的图线与坐标轴所围面积大小，分别表示到时间内的图线与坐标轴所围面积大小。A在时刻的速度为。下列说法正确的是( )
A.0到时间内，墙对B的冲量等B.
C.B运动后，弹簧的最大形变量等于xD.
3．“蹦极”运动中，长弹性绳的一端固定，另一端绑在人身上，人从几十米高处跳下，将蹦极过程简化为人沿竖直方向的运动，从绳恰好伸直，到人第一次下降至最低点的过程中，下列分析正确的是( )
A．绳对人的冲量始终向上，人的动量先增大后减小
B．绳对人的拉力始终做负功，人的动能一直减小
C．绳恰好伸直时，绳的弹性势能为零，人的动能最大
D．人在最低点时，绳对人的拉力等于人所受的重力
4．如图所示，质量0.5 kg，长1.2 m的金属盒AB，放在水平桌面上，它与桌面间动摩擦因数μ＝eq \f(1,8)，在盒内右端B放着质量也为0.5 kg，半径为0.1 m的弹性球，球与盒接触面光滑。若在A端给盒以水平向右的冲量1.5 N·s，设盒在运动中与球碰撞时间极短，且无能量损失，求：
(1)盒从开始运动到完全停止所通过的路程是多少；
(2)盒从开始运动到完全停止所经过的时间是多少。
5．一股射流以10 m/s的速度从喷嘴竖直向上喷出，喷嘴截面积为0.5 cm2.有一质量为0.32 kg的球，因水对其下侧的冲击而悬在空中，若水全部冲击小球且冲击球后速度变为零，则小球悬在离喷嘴多高处？(g＝10 m/s2)
6、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停止？(g取10 m/s2)
7．一质量为m的铁锤，以速度v竖直打在木桩上，经过Δt时间停止后，则在打击时间内，铁锤对木桩的平均冲力的大小是( )
A．mgΔt B．eq \f(mv,Δt)
C．eq \f(mv,Δt)＋mg D．eq \f(mv,Δt)－mg
8．皮球从某高度落到水平地板上，每弹跳一次上升的高度总等于前一次的0.64倍，且每次球与地板接触的时间相等。若空气阻力不计，与地板碰撞时，皮球重力可忽略。
(1)求相邻两次球与地板碰撞的平均冲力大小之比是多少？
(2)若用手拍这个球，使其保持在0.8 m的高度上下跳动，则每次应给球施加的冲量为多少？(已知球的质量m＝0.5 kg，g取10 m/s2)
9、直升机在抗灾救灾中有着重要作用。如图所示,若直升机总质量为m,直升机的旋翼桨盘面积(桨叶旋转形成的圆面面积)为S,已知空气密度为ρ,重力加速度为g。求此直升机悬停在空中时发动机的功率。
参考答案
【题型一】 单物动量定理
【典例分析】一质量为2 kg的物体受水平拉力F作用，在粗糙水平面上做加速直线运动时的a­t图像如图所示，t＝0时其速度大小为2 m/s。滑动摩擦力大小恒为2 N，则( )
A．在t＝6 s时刻，物体的速度为18 m/s
B．在0～6 s时间内，合力对物体做的功为400 J
C．在0～6 s时间内，拉力对物体的冲量为36 N·s
D．在t＝6 s时刻，拉力F的功率为200 W
解析：选D 根据Δv＝a0t，可知a­t图线与t轴所围“面积”表示速度的增量，则v6＝v0＋Δv＝2 m/s＋eq \f(1,2)(2＋4)×6 m/s＝20 m/s，A错误；由动能定理可得：W合＝eq \f(1,2)mv62－eq \f(1,2)mv02＝396 J，B错误；由动量定理可得：IF－ft＝mv6－mv0，解得拉力的冲量IF＝48 N·s，C错误；由牛顿第二定律得F－f＝ma，可求得F6＝f＋ma＝10 N，则6 s时拉力F的功率P＝F6·v6＝200 W，D正确。
【变式演练】
1．在水平地面的右端B处有一面墙，一小物块放在水平地面上的A点，质量m＝0.5 kg，AB间距离s＝5 m，如图所示。小物块以初速度v0＝8 m/s从A向B运动，刚要与墙壁碰撞时的速度v1＝7 m/s，碰撞后以速度v2＝6 m/s反向弹回。重力加速度g取10 m/s2。求：
(1)小物块从A向B运动过程中的加速度a的大小；
(2)小物块与地面间的动摩擦因数μ；
(3)若碰撞时间t＝0.05 s，碰撞过程中墙面对小物块平均作用力F的大小。
解析：(1)从A到B过程是匀减速直线运动，根据速度位移公式，有：a＝eq \f(v12－v02,2s)＝eq \f(72－82,2×5) m/s2＝－1.5 m/s2。
(2)从A到B过程，由动能定理，有：
－μmgs＝eq \f(1,2)mv12－eq \f(1,2)mv02
代入数据解得：μ＝0.15。
(3)对碰撞过程，规定向左为正方向，由动量定理，有：
FΔt＝mv2－m(－v1)
可得：F＝130 N。
答案：(1)1.5 m/s2 (2)0.15 (3)130 N
2．[多选]一质量为2 kg的物块在合外力F的作用下从静止开始沿直线运动。F随时间t变化的图线如图所示，则( )
A．t＝1 s时物块的速率为1 m/s
B．t＝2 s时物块的动量大小为4 kg·m/s
C．t＝3 s时物块的动量大小为5 kg·m/s
D．t＝4 s时物块的速度为零
解析：选AB 法一：根据F­t图线与时间轴围成的面积的物理意义为合外力F的冲量，可知在0～1 s、0～2 s、0～3 s、0～4 s内合外力冲量分别为2 N·s、4 N·s、3 N·s、2 N·s，应用动量定理I＝mΔv可知物块在1 s、2 s、3 s、4 s末的速率分别为1 m/s、2 m/s、1.5 m/s、1 m/s，物块在这些时刻的动量大小分别为2 kg·m/s、4 kg·m/s、3 kg·m/s、2 kg·m/s，则A、B项正确，C、D项错误。
法二：前2 s内物块做初速度为零的匀加速直线运动，加速度a1＝eq \f(F1,m)＝eq \f(2,2) m/s2＝1 m/s2，t＝1 s时物块的速率v1＝a1t1＝1 m/s，A正确；t＝2 s时物块的速率v2＝a1t2＝2 m/s，动量大小为p2＝mv2＝4 kg·m/s，B正确；物块在2～4 s内做匀减速直线运动，加速度的大小为a2＝eq \f(F2,m)＝0.5 m/s2，t＝3 s时物块的速率v3＝v2－a2t3＝(2－0.5×1) m/s＝1.5 m/s，动量大小为p3＝mv3＝3 kg·m/s，C错误；t＝4 s时物块的速率v4＝v2－a2t4＝(2－0.5×2) m/s＝1 m/s，D错误。
3．[多选]几个水球可以挡住一颗子弹？《国家地理频道》的实验结果是：四个水球足够！完全相同的水球紧挨在一起水平排列，子弹在水球中沿水平方向做匀变速直线运动，恰好能穿出第4个水球，则可以判断的是( )
A．子弹在每个水球中的速度变化相同
B．子弹在每个水球中运动的时间不同
C．每个水球对子弹的冲量不同
D．子弹在每个水球中的动能变化相同
解析：选BCD 恰好能穿出第4个水球，即末速度v＝0，逆向看子弹由右向左做初速度为零的匀加速直线运动，则自左向右子弹通过四个水球的时间比为(2－eq \r(3))∶(eq \r(3)－eq \r(2))∶(eq \r(2)－1)∶1，则B正确。由于加速度a恒定，由at＝Δv，可知子弹在每个水球中的速度变化不同，A项错误。因加速度恒定，则每个水球对子弹的阻力恒定，则由I＝ft可知每个水球对子弹的冲量不同，C项正确。由动能定理有ΔEk＝fx，f相同，x相同，则ΔEk相同，D项正确。
【题型二】 流体动量定理
【典例分析】某游乐园入口旁有一喷泉，喷出的水柱将一质量为M的卡通玩具稳定地悬停在空中。为计算方便起见，假设水柱从横截面积为S的喷口持续以速度v0竖直向上喷出；玩具底部为平板(面积略大于S)；水柱冲击到玩具底板后，在竖直方向水的速度变为零，在水平方向朝四周均匀散开。忽略空气阻力。已知水的密度为ρ，重力加速度大小为g。求
(1)喷泉单位时间内喷出的水的质量；
(2)玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度。
[解析] (1)设Δt时间内，从喷口喷出的水的体积为ΔV，质量为Δm，则Δm＝ρΔV①
ΔV＝v0SΔt②
由①②式得，单位时间内从喷口喷出的水的质量为
eq \f(Δm,Δt)＝ρv0S。③
(2)设玩具悬停时其底面相对于喷口的高度为h，水从喷口喷出后到达玩具底面时的速度大小为v。对于Δt时间内喷出的水，由机械能守恒得
eq \f(1,2)(Δm)v2＋(Δm)gh＝eq \f(1,2)(Δm)v02④
在h高度处，Δt时间内喷射到玩具底面的水沿竖直方向的动量变化量的大小为
Δp＝(Δm)v⑤
设水对玩具的作用力的大小为F，根据动量定理有
FΔt＝Δp⑥
由于玩具在空中悬停，由力的平衡条件得
F＝Mg⑦
联立③④⑤⑥⑦式得
h＝eq \f(v02,2g)－eq \f(M2g,2ρ2v02S2)。⑧
[答案] (1)ρv0S (2)eq \f(v02,2g)－eq \f(M2g,2ρ2v02S2)
【变式演练】
1．自动称米机已在粮食工厂中广泛使用，有人认为：米流落到容器中时有向下的冲量会增大分量而不划算；也有人认为：自动装置即刻切断米流时，尚有一些米仍在空中，这些米是多给买者的。因而双方争执起来，究竟哪方说的对呢？请分析说明。
解析：设空中米流的质量为m1，已落入秤盘中米的质量为m2，正在落入秤盘中米的质量为Δm，只要分析出秤盘的示数与(m1＋Δm＋m2)g的关系，问题便得以解决。设称米机的流量为d(单位时间内流出米的质量)，称米机出口到容器中米堆上表面的高度为h，因米流出口处速度小，可视为零，故米流冲击米堆的速度v＝eq \r(2gh)。秤的示数F应等于m2、Δm的重力以及Δm对秤盘冲击力F′大小之和。以m2＋Δm为研究对象，根据动量定理得
(F－m2g－Δmg)Δt＝Δmv＝Δmeq \r(2gh)
F＝eq \f(Δm,Δt)eq \r(2gh)＋m2g＋Δmg＝deq \r(2gh)＋m2g＋Δmg
又因空中米的质量为m1＝dt＝d eq \r(\f(2h,g))
故m1g＝deq \r(2gh)
则F＝m1g＋Δmg＋m2g＝(m1＋Δm＋m2)g。
可见自动称米机的示数恰好等于空中米流、已落入秤盘的米与正在落入秤盘的米的重力之和，不存在划不划算的问题。
2．根据量子理论，光子的能量E与动量p之间的关系式为E＝pc，其中c表示光速，由于光子有动量，照到物体表面的光子被物体吸收或反射时都会对物体产生压强，这就是“光压”，用I表示。
(1)一台二氧化碳气体激光器发出的激光，功率为P0，射出的光束的横截面积为S，当它垂直照射到一物体表面并被物体全部反射时，激光对物体表面的压力F＝2pN，其中p表示光子的动量，N表示单位时间内激光器射出的光子数，试用P0和S表示该束激光对物体产生的光压。
(2)有人设想在宇宙探测中用光为动力推动探测器加速，探测器上安装有面积极大、反射率极高的薄膜，并让它正对太阳，已知太阳光照射薄膜时每平方米面积上的辐射功率为1 350 W，探测器和薄膜的总质量为m＝100 kg，薄膜面积为4×104 m2，求此时探测器的加速度大小。
解析：(1)在单位时间内，功率为P0的激光器的总能量为：P0×1 s＝NE＝Npc，所以：p＝eq \f(P0,Nc)(kg·m/s)
由题意可知：激光对物体表面的压力F＝2pN
故激光对物体产生的光压：I＝eq \f(F,S)＝eq \f(2P0,cS)(Pa)。
(2)由上一问可知：
I＝eq \f(2P0,cS)(Pa)＝eq \f(2×1.35×103,3×108×1) Pa＝9×10－6Pa
所以探测器受到的光的总压力FN＝IS膜，
对探测器利用牛顿第二定律有FN＝ma
故此时探测器的加速度
a＝eq \f(IS膜,m)＝eq \f(9×10－6×4×104,100) m/s2＝3.6×10－3 m/s2。
答案：(1)eq \f(2P0,cS)(Pa) (2)3.6×10－3 m/s2
3．如图所示，一个下面装有轮子的贮气瓶停放在光滑的水平地面上，底端与竖直墙壁接触。现打开右端阀门，气体向外喷出，设喷口的面积为S，气体的密度为ρ，气体向外喷出的速度为v，则气体刚喷出时瓶底端对竖直墙面的作用力大小是( )
A．ρvS B．eq \f(ρv2,S)
C．eq \f(1,2)ρv2S D．ρv2S
解析：选D Δt时间内贮气瓶喷出气体的质量Δm＝ρSv·Δt，对于贮气瓶、瓶内气体及喷出的气体所组成的系统，由动量定理得F·Δt＝Δm·v－0，解得F＝ρv2S，选项D正确。
【题型三】 电学中的动量定理
【典例分析】如图所示，长为L、电阻r＝0.3 Ω、质量m＝0.1 kg的金属棒CD垂直跨搁在位于水平面上的两条平行光滑金属导轨上，两导轨间距也是L，棒与导轨接触良好，导轨电阻不计，左端接有R＝0.5 Ω的电阻，量程为0～3.0 A的电流表串联在一条导轨上，量程为0～1.0 V的电压表接在电阻R的两端，垂直导轨平面的匀强磁场向下穿过平面，现以向右恒定外力F使金属棒右移．当金属棒以v＝2.0 m/s的速度在导轨平面上匀速滑动时，观察到电路中的一个电表正好满偏，而另一个电表未满偏．问：
(1)此满偏的电表是什么表？说明理由．
(2)拉动金属棒的外力F多大？
(3)此时撤去外力F，金属棒将逐渐慢下来，最终停在导轨上．求从撤去外力到金属棒停止运动的过程中通过电阻R的电量．
答案 (1)电压表 理由见解析 (2)1.6 N (3)0.25 C
解析 (1)若电流表满偏，则I＝3 A，U＝IR＝1.5 V，大于电压表量程，故是电压表满偏．
(2)由功能关系Fv＝I2(R＋r)，而I＝eq \f(U,R)，所以F＝eq \f(U2R＋r,R2v)，代入数据得F＝1.6 N.
(3)在金属棒逐渐慢下来的过程中，由动量定理得
－eq \x\t(I)BLΔt＝0－mv，又q＝eq \x\t(I)Δt，即mv＝BLq，由电磁感应定律E＝BLv，E＝I(R＋r)，
联立上述各式得q＝eq \f(mv2,IR＋r)，代入数据得q＝0.25 C.
【变式演练】
1．静止在太空中的飞行器上有一种装置，它利用电场加速带电粒子，形成向外发射的粒子流，从而对飞行器产生反冲力，使其获得加速度．已知飞行器的质量为M，发射的是2价氧离子，发射功率为P，加速电压为U，每个氧离子的质量为m，单位电荷的电量为e，不计发射氧离子后飞行器的质量变化，求：
(1)射出的氧离子速度；
(2)每秒钟射出的氧离子数；
(3)射出离子后飞行器开始运动的加速度．
答案 (1) eq \r(\f(4eU,m)) (2)eq \f(P,2eU) (3) eq \r(\f(mP2,eUM2))
解析 (1)每个氧离子带电量为q＝2e，由动能定理得qU＝eq \f(1,2)mv2，即得氧离子速度v＝ eq \r(\f(4eU,m)).
(2)设每秒射出的氧离子数为n，每秒对离子做的总功为nqU，即功率为P＝nqU，
由此可得每秒钟射出的氧离子数n＝eq \f(P,2eU).
(3)由动量定理得F＝eq \f(Δp,Δt)＝nmv，
又由牛顿第二定律得F＝Ma，
综合上述各式，得飞行器开始运动的加速度a＝ eq \r(\f(mP2,eUM2)).
1．（2021年全国乙卷）（多选）水平桌面上，一质量为m的物体在水平恒力F拉动下从静止开始运动。物体通过的路程等于时，速度的大小为，此时撤去F，物体继续滑行的路程后停止运动。重力加速度大小为g，则( )
A.在此过程中F所做的功为
B.在此过程中F的冲量大小等于
C.物体与桌面间的动摩擦因数等于
D.F的大小等于物体所受滑动摩擦力大小的2倍
答案：BC
解析：本题考查动能定理及动量定理。设物体在水平桌面上运动时，受到的摩擦力为f，对物体运动的全过程应用动能定理有，得到,D项错误；从开始运动到刚撤去拉力F的过程，由动能定理有，所以拉力做的功为,A项错误；从开始运动到刚撤去拉力F的过程，由动量定理有，所以拉力F的冲量为,B项正确；根据，以及，解得，C项正确。
2．（2021年湖南卷）（多选）如图（a），质量分别为的两物体用轻弹簧连接构成一个系统，外力F作用在A上，系统静止在光滑水平面上（B靠墙面），此时弹簧形变量为x。撤去外力并开始计时，两物体运动的图像如图（b）所示，表示0到时间内A的图线与坐标轴所围面积大小，分别表示到时间内的图线与坐标轴所围面积大小。A在时刻的速度为。下列说法正确的是( )
A.0到时间内，墙对B的冲量等B.
C.B运动后，弹簧的最大形变量等于xD.
答案：ABD
解析：本题考查图像、冲量、动量定理和动量守恒的应用。0到时间内，A物体在弹簧弹力作用下向右做加速运动，时刻，弹簧恢复原长，根据动量定理可知，弹簧对A的冲量等于其动量的变化量，即，弹簧对A的力与对B的力等大、反向，墙壁对B的力与弹簧对B的力也是等大、反向，所以0到时间内，墙对B的冲量为，A项正确；根据图像可知，时刻之后，两物体受到弹簧等大、反向的作用力，由于B的加速度大于A的加速度，由牛顿第二定律可知，B项正确；B运动之后，当两者速度相等时，弹簧的形变量最大，即时刻，此时弹簧被压缩至最短，根据能量守恒可知，此时弹性势能与两物体的动能之和等于初始时的弹性势能，所以此时弹簧的形变量小于x，C项错误；根据图线与时间的面积表示速度变化量可知，时刻两物体加速度最大，所以此时弹簧的形变量最大，两物体速度相等，，D项正确。
3．“蹦极”运动中，长弹性绳的一端固定，另一端绑在人身上，人从几十米高处跳下，将蹦极过程简化为人沿竖直方向的运动，从绳恰好伸直，到人第一次下降至最低点的过程中，下列分析正确的是( )
A．绳对人的冲量始终向上，人的动量先增大后减小
B．绳对人的拉力始终做负功，人的动能一直减小
C．绳恰好伸直时，绳的弹性势能为零，人的动能最大
D．人在最低点时，绳对人的拉力等于人所受的重力
解析：选A 从绳恰好伸直到人第一次下降至最低点的过程中，人先做加速度减小的加速运动，后做加速度增大的减速运动，加速度等于零时，速度最大，故人的动量和动能都是先增大后减小，加速度等于零时(即绳对人的拉力等于人所受的重力时)速度最大，动量和动能最大，在最低点时人具有向上的加速度，绳对人的拉力大于人所受的重力。绳的拉力方向始终向上与运动方向相反，故绳对人的冲量方向始终向上，绳对人的拉力始终做负功。故选项A正确，选项B、C、D错误。
4．如图所示，质量0.5 kg，长1.2 m的金属盒AB，放在水平桌面上，它与桌面间动摩擦因数μ＝eq \f(1,8)，在盒内右端B放着质量也为0.5 kg，半径为0.1 m的弹性球，球与盒接触面光滑。若在A端给盒以水平向右的冲量1.5 N·s，设盒在运动中与球碰撞时间极短，且无能量损失，求：
(1)盒从开始运动到完全停止所通过的路程是多少；
(2)盒从开始运动到完全停止所经过的时间是多少。
解析：(1)研究对象是金属盒，盒受冲量I后获得速度v，
由动量定理，有I＝mv－0，v＝eq \f(I,m)＝eq \f(1.5,0.5) m/s＝3 m/s
盒以此速度向右运动，运动中受到桌面对盒的摩擦力
f＝μFN＝μ·2mg
－μ·2mg＝ma即a＝－2μg
盒运动了x1＝(1.2－0.1×2)m＝1 m后速度减少为v′。
v′2－v2＝2ax1
v′＝eq \r(v2－2×2μgx1)＝ eq \r(32－2×2×\f(1,8)×10×1) m/s＝2 m/s，
盒左壁A以v′速度与球相碰，因碰撞中无能量损失，盒停止，球以v′＝2 m/s的速度向右做匀速直线运动，运动1 m后又与盒的右壁相碰，盒又以v′＝2 m/s的速度向右运动，直到停止。
0－v′2＝2ax2
即x2＝eq \f(－v′2,2a)＝eq \f(－v′2,－2×2μg)＝eq \f(22,2×2×\f(1,8)×10) m＝0.8 m
因x2只有0.8 m，此时静止小球不会再与盒的左壁相碰，所以盒通过的总路程为
s＝x1＋x2＝1 m＋0.8 m＝1.8 m。
(2)盒从开始运动到与球相碰所用时间为t1
根据动量定理，有－μ·2mgt1＝mv′－mv
t1＝eq \f(v－v′,2μg)＝eq \f(3－2,2×\f(1,8)×10) s＝0.4 s；
小球匀速运动时间t2＝eq \f(x1,v′)＝eq \f(1,2) s＝0.5 s ；
盒第二次与球相碰后到停止运动的时间为t3，根据动量定理，有－μ·2mgt3＝0－mv′
t3＝eq \f(v′,2μg)＝eq \f(2,2×\f(1,8)×10) s＝0.8 s；
总时间t＝t1＋t2＋t3＝(0.4＋0.5＋0.8)s＝1.7 s。
答案：(1)1.8 m (2)1.7 s
5．一股射流以10 m/s的速度从喷嘴竖直向上喷出，喷嘴截面积为0.5 cm2.有一质量为0.32 kg的球，因水对其下侧的冲击而悬在空中，若水全部冲击小球且冲击球后速度变为零，则小球悬在离喷嘴多高处？(g＝10 m/s2)
答案 2.952 m
解析 选择冲击球的一小段水柱Δm为研究对象，冲击过程中其受力为：重力Δmg和球对它的压力FN，由于小球静止，水对球的冲击力大小为mg，所以FN＝mg.设冲击时间为Δt，该时间极短，Δmg和mg相比可以忽略，在Δt时间内，设初速度为v，末速度为0，Δt时间内冲击球的那部分水的质量就等于Δt时间内从喷嘴喷出的水的质量Δm＝ρSv0Δt.
取竖直向上为正，由动量定理得：－mgΔt＝Δm×0－Δmv
代入数据，解得v＝6.4 m/s，
由v2－v02＝－2gh，得h＝2.952 m.
6、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停止？(g取10 m/s2)
答案 12 s
解析 解法一：用动量定理解，分段处理，选物体为研究对象，对于撤去F前物体做匀加速运动的过程，受力情况如图甲所示，始态速度为零，终态速度为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，物体做匀减速运动的过程，受力情况如图乙所示，始态速度为v，终态速度为零．根据动量定理有－μmgt2＝0－mv.以上两式联立解得t2＝eq \f(F－μmg,μmg)t1＝eq \f(30－0.2×5×10,0.2×5×10)×6 s＝12 s.
解法二：用动量定理解，研究全过程．
选物体作为研究对象，研究整个运动过程，这个过程中的初、末状态物体的速度都等于零．
取水平力F的方向为正方向，根据动量定理得
(F－μmg)t1＋(－μmg)t2＝0
解得t2＝eq \f(F－μmg,μmg)t1＝eq \f(30－0.2×5×10,0.2×5×10)×6 s＝12 s
7．一质量为m的铁锤，以速度v竖直打在木桩上，经过Δt时间停止后，则在打击时间内，铁锤对木桩的平均冲力的大小是( )
A．mgΔt B．eq \f(mv,Δt)
C．eq \f(mv,Δt)＋mg D．eq \f(mv,Δt)－mg
解析：选C 对铁锤分析可知，其受重力与木桩的作用力，设向下为正方向，则有(mg－F)Δt＝0－mv，得：F＝eq \f(mv,Δt)＋mg，由牛顿第三定律可知，铁锤对木桩的平均冲力为eq \f(mv,Δt)＋mg，选项C正确。
8．皮球从某高度落到水平地板上，每弹跳一次上升的高度总等于前一次的0.64倍，且每次球与地板接触的时间相等。若空气阻力不计，与地板碰撞时，皮球重力可忽略。
(1)求相邻两次球与地板碰撞的平均冲力大小之比是多少？
(2)若用手拍这个球，使其保持在0.8 m的高度上下跳动，则每次应给球施加的冲量为多少？(已知球的质量m＝0.5 kg，g取10 m/s2)
解析： (1)由题意可知，碰撞后的速度是碰撞前的0.8倍。设皮球所处的初始高度为H，与地板第一次碰撞前瞬时速度大小为v0＝eq \r(2gH)，第一次碰撞后瞬时速度大小(亦为第二次碰撞前瞬时速度大小)v1和第二次碰撞后瞬时速度大小v2满足v2＝0.8v1＝0.82v0。设两次碰撞中地板对球的平均冲力分别为F1、F2，取竖直向上为正方向，根据动量定理，有
F1t＝mv1－(－mv0)＝1.8mv0
F2t＝mv2－(－mv1)＝1.8mv1＝1.44mv0
则F1∶F2＝5∶4
(2)欲使球跳起0.8 m，应使球由静止下落的高度为h＝eq \f(0.8,0.64) m＝1.25 m，球由1.25 m落到0.8 m处的速度为v＝3 m/s，则应在0.8 m处给球的冲量为I＝mv＝1.5 N·s，方向竖直向下。
答案： (1)5∶4 (2)1.5 N·s 方向竖直向下
9、直升机在抗灾救灾中有着重要作用。如图所示,若直升机总质量为m,直升机的旋翼桨盘面积(桨叶旋转形成的圆面面积)为S,已知空气密度为ρ,重力加速度为g。求此直升机悬停在空中时发动机的功率。
【解析】直升机悬停时受到的升力F=mg
设螺旋桨作用于空气后空气的速度为v,很短的时间Δt内螺旋桨推动空气的质量Δm=ρSvΔt
对于Δm的空气,F=F',由动量定理有F'Δt=Δmv
设发动机的功率为P,由动能定理有PΔt=Δm2v2
联立解得P=mg2mgρS。
【答案】mg2mgρS