新高考物理一轮复习讲义第6章 动量守恒定律 第1讲　动量和动量定理 (含解析)

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学习目标 1.理解动量和冲量的概念。 2.能用动量定理解释生活中的有关现象。
3.会用动量定理进行相关计算，并会在流体问题中建立“柱状”模型。
1.
2.
3.
4.
1.思考判断
(1)一个物体的运动状态变化时，它的动量一定改变。(√)
(2)合力的冲量是物体动量发生变化的原因。(√)
(3)作用力和反作用力的冲量一定等大、反向。(√)
(4)物体的动量发生改变，则合力一定对物体做了功。(×)
(5)运动员接篮球时手向后缓冲一下，是为了减小动量的变化量。(×)
2.高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的匀加速直线运动。在启动阶段，列车的动能( )
A.与它所经历的时间成正比
B.与它的位移成正比
C.与它的速度成正比
D.与它的动量成正比
答案 B
考点一 动量和冲量
1.对动量的理解
(1)瞬时性：动量是描述物体运动状态的物理量，是针对某一时刻或位置而言的。
(2)相对性：动量的大小与参考系的选取有关，通常是指相对地面的动量。
(3)动量与动能的关系：p＝eq \r(2mEk)或Ek＝eq \f(p2,2m)。
2.对冲量的理解
(1)冲量的两性
①时间性：冲量与力和力的作用时间有关，恒力的冲量等于该力与该力的作用时间的乘积。
②矢量性：对于方向恒定的力来说，冲量的方向与力的方向一致；对于作用时间内方向变化的力来说，冲量的方向与相应时间内物体动量改变量的方向一致。
(2)作用力和反作用力的冲量：一定等大、反向，但与作用力和反作用力做的功之间并无必然联系。
3.冲量的计算方法
(1)恒力的冲量：直接用定义式I＝Ft计算。
(2)变力的冲量
①图像法：作出F－t图线，图线与t轴所围的面积即为变力的冲量，如图1
所示。
图1
②动量定理法：对于易确定始、末时刻动量的情况，可用动量定理求解。
角度 对动量和冲量的理解与计算
例1 (2023·天津模拟)如图2所示，学生练习用脚颠球。足球的质量为0.4 kg，某一次足球由静止自由下落0.8 m，被重新颠起，离开脚部后竖直上升的最大高度为0.45 m。已知足球与脚部的作用时间为0.1 s，重力加速度大小g取10 m/s2，不计空气阻力，下列说法正确的是( )
图2
A.足球从下落到再次上到最大高度，全程用了0.7 s
B.在足球与脚接触的时间内，合外力对足球做的功为1.4 J
C.足球与脚部作用过程中动量变化量大小为2.8 kg·m/s
D.足球从最高点下落至重新回到最高点的过程中重力的冲量大小为4 N·s
答案 C
解析 足球下落时间为t1＝eq \r(\f(2h1,g))＝0.4 s，足球上升时间为t2＝eq \r(\f(2h2,g))＝0.3 s，总时间为t＝t1＋t2＋t3＝0.8 s，A错误；在足球与脚接触的时间内，合外力对足球做的功为W合＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)，根据运动学公式veq \\al(2,1)＝2gh1，veq \\al(2,2)＝2gh2，解得W合＝－1.4 J，B错误；足球与脚部作用过程中动量变化量大小为Δp＝mv2－(－mv1)＝2.8 kg·m/s，C正确；足球从最高点下落至重新回到最高点的过程中重力的冲量大小IG＝mgt＝0.4×10×0.8 N·s＝3.2 N·s，D错误。
角度 利用F－t图像求动量和冲量
例2 (多选)质量为1 kg的物块在水平力F的作用下由静止开始在水平地面上做直线运动，F与时间t的关系如图3所示。已知物块与地面间的动摩擦因数为0.2，重力加速度大小取g＝10 m/s2。则( )
图3
A.4 s时物块的动能为零
B.6 s时物块回到初始位置
C.3 s时物块的动量为12 kg·m/s
D.0～6 s时间内力F的冲量为零
答案 AD
解析 物块与地面间的摩擦力为Ff＝μmg＝2 N
对物块在0～3 s时间内由动量定理可知
(F－Ff)t1＝mv3
代入数据可得v3＝6 m/s
3 s时物块的动量为p＝mv3＝6 kg·m/s，故C错误；
设3 s后经过时间t2物块的速度减为0，由动量定理可得－(F＋Ff)t2＝0－mv3
解得t2＝1 s
所以物块在4 s时速度减为0，则此时物块的动能也为0，故A正确；
在0～3 s时间内，对物块由动能定理可得
(F－Ff)x1＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,3)，解得x1＝9 m
3～4 s时间内，对物块由动能定理可得
－(F＋Ff)x2＝0－eq \f(1,2)mveq \\al(2,3)，解得x2＝3 m
4～6 s时间内物块开始反向运动，物块的加速度大小为a＝eq \f(F－Ff,m)＝2 m/s2
发生的位移大小为x3＝eq \f(1,2)ateq \\al(2,3)＝4 m即6 s时物块没有回到初始位置，故B错误；
0～6 s时间力F的冲量为
I＝F1t1＋F2t2＝(4×3－4×3)N·t＝0，故D正确。
跟踪训练
1.一质点静止在光滑水平面上，现对其施加水平外力F，力F随时间按正弦规律变化，如图4所示，下列说法正确的是( )
图4
A.第2 s末，质点的动量为0
B.第2 s末，质点的动量方向发生变化
C.第4 s末，质点回到出发点
D.在1～3 s时间内，力F的冲量为0
答案 D
解析 由题图可知，0～2 s时间内F的方向和质点运动的方向相同，质点经历了加速度先逐渐增大后加速度逐渐减小的加速运动，第2 s末质点的速度最大，动量最大，方向不变，A、B错误；2～4 s内力F的方向与0～2 s内力F的方向不同，该质点0～2 s内做加速运动，2～4 s内做减速运动，质点在0～4 s内的位移均为正，第4 s末没有回到出发点，C错误；在F－t图像中，图线与横轴所围的面积表示力F的冲量，由题图可知，1～2 s内的面积与2～3 s内的面积大小相等，一正一负，则在1～3 s时间内，力F的冲量为0，D正确。
考点二 动量定理的理解和应用
1.对动量定理的理解
(1)Ft＝p′－p是矢量式，两边不仅大小相等，而且方向相同。
(2)Ft＝p′－p除表明两边大小、方向的关系外，还说明了两边的因果关系，即合力的冲量是动量变化的原因。
(3)动量定理中的冲量是合力的冲量，而不是某一个力的冲量，它可以是合力的冲量，可以是各力冲量的矢量和，也可以是外力在不同阶段冲量的矢量和。
(4)由Ft＝p′－p，得F＝eq \f(p′－p,t)＝eq \f(Δp,t)，即物体所受的合力等于物体的动量对时间的变化率。
2.解题基本思路
角度 用动量定理解释生活中的现象
例3 (2023·湖南岳阳模拟)快递运输时，我们经常看到，有些易损坏物品外面都会利用充气袋进行包裹(如图5所示)，这种做法的好处是( )
图5
A.可以大幅度减小某颠簸过程中物品所受合力的冲量
B.可以大幅度减小某颠簸过程中物品动量的变化
C.可以使某颠簸过程中物品动量变化的时间延长
D.可以使某颠簸过程中物品动量对时间的变化率增加
答案 C
解析 充气袋在运输中起到缓冲作用，在某颠簸过程中，物品的动量变化量不变，由动量定理可知，合外力的冲量不变，充气袋可以延长动量变化所用的时间，从而减小物品所受的合力，A、B错误，C正确；动量对时间的变化率即为物品所受的合力，充气袋可以减小颠簸过程中物品动量对时间的变化率，D错误。
跟踪训练
2.跳远时，跳在沙坑里比跳在水泥地上安全，如图6所示，以下说法正确的是( )
图6
A.人跳在沙坑的动量大小等于跳在水泥地上的动量大小
B.人跳在沙坑的动量变化比跳在水泥地上小
C.人跳在沙坑受到的冲量比跳在水泥地上小
D.人跳在沙坑受到的冲力比跳在水泥地上大
答案 A
解析 人跳在沙坑的动量大小等于跳在水泥地上的动量大小，因为人质量与速度的大小一样，所以动量大小相等，A正确；人跳在沙坑的动量变化等于跳在水泥地上的动量变化，因为初动量相等，末动量为0，所以动量的变化量大小相等，B错误；根据动量定理FΔt＝Δp，人跳在沙坑受到的冲量与跳在水泥地上的冲量大小相等，C错误；根据动量定理FΔt＝Δp，人跳在沙坑受到的冲力比跳在水泥地上小，D错误。
角度 动量定理的有关计算
例4 (2023·云南省玉溪第一中学高三月考)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；物块在前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 \(v,\s\up6(－))＝eq \f(0＋v,2)＝eq \f(v,2)，则物块的总位移x＝eq \f(v,2)t1＋eq \f(v,2)t2＝eq \f(v,2)t＝eq \f(20,2)×8 m＝80 m，选项C、D错误。
跟踪训练
3.(多选)(2023·天津南开中学高三检测)有些人喜欢躺着刷手机，经常出现手机掉落砸伤眼睛或者额头的情况。若有一手机质量为120 g，从离人额头约20 cm的高度无初速掉落，砸到额头后手机的反弹忽略不计，额头受到手机的冲击时间约为0.2 s。下列分析正确的是( )
图7
A.手机与额头作用过程中，手机的动量变化大小约为0.24 kg·m/s
B.手机对额头的冲量大小约为0.24 N·s
C.手机对额头的冲量方向竖直向上
D.手机对额头的作用力大小约为2.4 N
答案 AD
解析 根据自由落体运动规律，手机掉落到人额头位置时的速度为v＝eq \r(2gh)≈
2 m/s，手机与额头作用后手机的速度变为0，选取向下为正方向，所以手机与额头作用过程中动量变化为Δp＝0－mv＝－0.24 kg·m/s，故A正确；手机与额头接触的过程中受到重力与额头的作用力，选取向下为正方向，对手机由动量定理得mgt＋I＝Δp，代入数据得I＝－0.48 N·s，负号表示方向竖直向上，根据力的作用是相互的，所以手机对额头的冲量大小约为0.48 N·s，故B错误；因为额头对手机的冲量的方向是竖直向上，所以手机对额头的冲量方向竖直向下，故C错误；根据冲量定义得手机对额头的作用力大小约为F＝eq \f(I,t)＝2.4 N，故D正确。
考点三 应用动量定理处理流体问题
例5 如图8所示为清洗汽车用的高压水枪。设水枪喷出水柱直径为D，水流速度为v，水柱垂直汽车表面，水柱冲击汽车后水的速度为零。手持高压水枪操作，进入水枪的水流速度可忽略不计，已知水的密度为ρ。下列说法正确的是( )
图8
A.高压水枪单位时间喷出的水的质量为ρπvD2
B.高压水枪单位时间喷出的水的质量为eq \f(1,4)ρvD2
C.水柱对汽车的平均冲力为eq \f(1,4)ρD2v2
D.当高压水枪喷口的出水速度变为原来的2倍时，喷出的水对汽车的压强变为原来的4倍
答案 D
解析 高压水枪单位时间喷出水的质量等于单位时间内喷出的水柱的质量，即m0＝ρV＝ρπeq \f(D2,4)·v＝eq \f(1,4)πρvD2，A、B错误；水柱对汽车的平均冲力为F，由动量定理得Ft＝mv，即Ft＝eq \f(1,4)ρπvD2t·v，解得F＝eq \f(1,4)ρπv2D2，C错误；高压水枪喷出的水对汽车产生的压强p＝eq \f(F,S)＝eq \f(\f(1,4)ρπv2D2,\f(1,4)πD2)＝ρv2，则当高压水枪喷口的出水速度变为原来的2倍时，压强变为原来的4倍，D正确。
跟踪训练
4.(2023·江西宜春期中)中华神盾防空火控系统会在目标来袭时射出大量子弹颗粒，在射出方向形成一个均匀分布、持续时间t＝0.01 s、横截面积为S＝2 m2的圆柱形弹幕，每个子弹颗粒的平均质量为m＝2×10－2 kg，每1 cm3有一个子弹颗粒，所有子弹颗粒以v＝300 m/s射入目标，并停在目标体内。下列说法正确的是( )
A.所形成弹幕的总体积V＝6 cm3
B.所形成弹幕的总质量M＝1.2×105 kg
C.弹幕对目标形成的冲量大小I＝3.6×107 kg·m/s2
D.弹幕对目标形成的冲击力大小F＝3.6×108 N
答案 B
解析 形成弹幕的总体积为V＝vtS＝6 m3，A错误；每1 cm3有一个子弹颗粒，则子弹颗粒的总个数N＝eq \f(6,1×10－6)个＝6×106个，所形成弹幕的总质量M＝Nm＝1.2×105 kg，B正确；对整个弹幕由动量定理可知I＝M·Δv＝3.6×107 kg·m/s，C错误；由冲量公式I＝FΔt知，弹幕对目标形成的冲击力大小F＝eq \f(I,t)＝3.6×109 N，D错误。
A级 基础对点练
对点练1 动量和冲量
1.(多选)关于动量和动能，下列说法中正确的是( )
A.做变速运动的物体，动能一定不断变化
B.做变速运动的物体，动量一定不断变化
C.合力对物体做功为零，物体动能的增量一定为零
D.合力的冲量为零，物体动量的增量一定为零
答案 BCD
解析 做变速运动的物体，速度大小不一定变化，动能不一定变化，故A错误；做变速运动的物体，速度发生变化，动量一定不断变化，故B正确；合力对物体做功为零，由动能定理知，物体动能的增量一定为零，故C正确；合力的冲量为零，由动量定理知，物体动量的增量一定为零，故D正确。
2.(多选)(2023·广州市综合测试)如图1，水平飞向球棒的垒球被击打后，动量变化量为12.6 kg·m/s，则( )
图1
A.球的动能可能不变
B.球的动量大小一定增加12.6 kg·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.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 垒球被击打后，可能以与击打前等大的速度反向打出，所以球的动能可能不变，动量的大小可能不变，故A正确，B错误；根据牛顿第三定律可得，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；球受到棒的冲量方向与棒对球的弹力方向相同，与球被击打前的速度方向相反，故D错误。
3.(2022·湖北卷，7)一质点做曲线运动，在前一段时间内速度大小由v增大到2v，在随后的一段时间内速度大小由2v增大到5v。前后两段时间内，合外力对质点做功分别为W1和W2，合外力的冲量大小分别为I1和I2。下列关系式一定成立的是( )
A. W2＝3W1，I2≤3I1 B. W2＝3W1，I2≥I1
C.W2＝7W1，I2≤3I1 D.W2＝7W1，I2≥I1
答案 D
解析 根据动能定理可知W1＝eq \f(1,2)m(2v)2－eq \f(1,2)mv2＝eq \f(3,2)mv2，W2＝eq \f(1,2)m(5v)2－eq \f(1,2)m(2v)2＝eq \f(21,2)mv2，可得W2＝7W1，由于速度是矢量，具有方向，当初、末速度方向相同时，动量变化量最小，方向相反时，动量变化量最大，因此冲量的大小范围是mv≤I1≤3mv，3mv≤I2≤7mv，可知I2≥I1，故D正确。
对点练2 动量定理的理解和应用
4.自由式滑雪大跳台的滑道由助滑道、起跳台、着陆坡、停止坡组成。如图2所示，运动员使用双板进行滑行，下列说法正确的是( )
图2
A.助滑时运动员两腿尽量深蹲是为了降低重心增大重力
B.起跳后运动员在完成空中动作时运动员可看作质点
C.着陆时运动员控制身体屈膝下蹲，可以减小冲击力
D.滑行时运动员张开手臂是为了减小空气阻力
答案 C
解析 助滑时运动员两腿尽量深蹲并不能增大重力，故A错误；由于是研究运动员起跳后在空中的动作完成情况，所以不能将运动员看作质点，故B错误；着陆时运动员控制身体屈膝下蹲，可以延长落地时间，根据动量定理可知，可以减小冲击力，故C正确；滑行时运动员张开手臂是为了调整重心保持平衡，故D错误。
5.(2022·广东深圳模拟)如图3所示，质量为2 kg的椰子从距地面高度为20 m的树上由静止落下，将沙地砸出小坑后静止，与沙地接触时间约为0.01 s。不计椰子下落时的空气阻力，取g＝10 m/s2。则( )
图3
A.椰子落地时瞬间动量为20 kg·m/s
B.沙地对椰子的平均阻力约为4 000 N
C.沙地对椰子做的功约为4 000 J
D.沙坑的深度约为20 cm
答案 B
解析 设椰子落地时的速度大小为v，根据动能定理可得mgh＝eq \f(1,2)mv2，解得v＝20 m/s，根据动量的计算公式可得p＝mv＝2×20 kg·m/s＝40 kg·m/s，选项A错误；沙地对椰子的平均阻力为f，取向上为正方向，根据动量定理可得(f－mg)t＝0－(－mv)，解得f＝4 020 N≈4 000 N，选项B正确；设椰子将沙地砸出小坑深度约为h，根据位移公式可得h＝eq \f(v,2)t＝eq \f(20,2)×0.01 m＝0.1 m＝10 cm，从椰子接触地面到速度为零的过程中，沙地对椰子做的功约为W＝－fh＝－4 000×0.1 J＝－400 J，选项C、D错误。
6.(2022·山东卷，2)我国多次成功使用“冷发射”技术发射长征十一号系列运载火箭。如图4所示，发射仓内的高压气体先将火箭竖直向上推出，火箭速度接近零时再点火飞向太空。从火箭开始运动到点火的过程中( )
图4
A.火箭的加速度为零时，动能最大
B.高压气体释放的能量全部转化为火箭的动能
C.高压气体对火箭推力的冲量等于火箭动量的增加量
D.高压气体的推力和空气阻力对火箭做功之和等于火箭动能的增加量
答案 A
解析 火箭从发射仓发射出来，受竖直向下的重力、竖直向下的空气阻力和竖直向上的高压气体的推力作用，且推力大小不断减小，刚开始向上的时候高压气体的推力大于向下的重力和空气阻力之和，故火箭向上做加速度减小的加速运动，当向上的高压气体的推力等于向下的重力和空气阻力之和时，火箭的加速度为零，速度最大，接着向上的高压气体的推力小于向下的重力和空气阻力之和时，火箭接着向上做加速度增大的减速运动，直至速度为零，故当火箭的加速度为零时，速度最大，动能最大，故A正确；根据能量守恒定律，可知高压气体释放的能量转化为火箭的动能、火箭的重力势能和内能，故B错误；根据动量定理，可知合力冲量等于火箭动量的增加量，故C错误；根据功能关系，可知高压气体的推力和空气阻力对火箭做功之和等于火箭机械能的增加量，故D错误。
对点练3 应用动量定理处理流体问题
7.(2023·辽宁大连模拟)水刀切割具有精度高、无热变形、无毛刺、无需二次加工以及节约材料等特点，因而得到广泛应用。某水刀切割机床如图5所示，若横截面直径为d的圆柱形水流垂直射到要切割的钢板上，碰到钢板后水的速度减为零。已知水的流量(单位时间流出水的体积)为Q，水的密度为ρ，则钢板受到水的平均冲力大小为( )
图5
A.4Qρ B.Qρ C.eq \f(16ρQ,πd2) D.eq \f(4ρQ2,πd2)
答案 D
解析 水流速度v＝eq \f(Q,S)＝eq \f(Q,π\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(d,2)))\s\up12(2))，单位时间内水的质量Δm＝ρQ，在Δt时间内由动量定理可得－FΔt＝0－ρQΔteq \f(Q,π\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(d,2)))\s\up12(2))，解得F＝eq \f(4ρQ2,πd2)，故D正确，A、B、C错误。
8.(2020 ·海南卷，8)太空探测器常装配离子发动机，其基本原理是将被电离的原子从发动机尾部高速喷出，从而为探测器提供推力，若某探测器质量为490 kg，离子以30 km/s的速率(远大于探测器的飞行速率)向后喷出，流量为3.0×10－3 g/s，则探测器获得的平均推力大小为( )
N N N N
答案 C
解析 对离子流，根据动量定理有FΔt＝Δmv，而Δm＝3.0×10－3×10－3Δt，解得F＝0.09 N，故探测器获得的平均推力大小为0.09 N，故选项C正确。
B级 综合提升练
9.(2023·广东深圳市调研)明朝的《天工开物》记载了我国古代劳动人民的智慧。如图6所示，可转动的把手上a点到转轴的距离为2R，辘轳边缘b点到转轴的距离为R。人甲转动把手，把井底的人乙加速拉起来，则( )
图6
A.a点的角速度大于b点的角速度
B.a点的线速度小于b点的线速度
C.绳对乙拉力的冲量等于乙的动量变化量
D.绳对乙的拉力大于乙的动量变化率
答案 D
解析 a、b两点同轴转动，则两点的角速度相同，又a点转动半径较大，根据
v＝ωr可知a点的线速度大于b点的线速度，选项A、B错误；根据动量定理有(F－mg)t＝mv，变形可得F＝eq \f(mv,t)＋mg，即绳对乙拉力和乙的重力的合力的冲量等于乙的动量变化量，绳对乙的拉力大于乙的动量变化率，选项C错误，D正确。
10.(多选)如图7所示，篮球以水平初速度v0碰撞篮板后水平弹回，速率变为原来的k倍(k<1)，碰撞时间极短，弹回后篮球的球心恰好经过篮框的中心。已知篮球的质量为m，半径为r，篮框中心距篮板的距离为L，碰撞点与篮框中心的高度差为h，不计摩擦和空气阻力，则( )
图7
A.篮板对篮球的冲量大小为(k－1)mv0
B.篮板对篮球的冲量大小为(k＋1)mv0
C.若篮球漏气，导致k减小，在v0不变的情况下，要使篮球球心经过篮框中心，应使碰撞点更低
D.若篮球漏气，导致k减小，在v0不变的情况下，要使篮球球心经过篮框中心，应使碰撞点更高
答案 BD
解析 由题意可知，以篮球弹回的方向为正方向，由动量定理可得I＝mkv0－
(－mv0)＝(k＋1)mv0，故A错误，B正确；弹回后篮球做平抛运动，若篮球漏气，导致k减小，在v0不变的情况下，kv0减小，要使篮球中心经过篮框中心，即篮球弹回后水平位移不变，时间t要增大，应使碰撞点更高，故C错误，D正确。
11.(2023·河北邯郸模拟)如图8甲所示，在粗糙的水平面上静止放置一滑块，t＝0时刻在滑块上施加一水平向右的外力F，外力大小随时间的变化规律如图乙所示，滑块的加速度随时间的变化规律如图丙所示，已知滑块与地面间的滑动摩擦力等于最大静摩擦力，重力加速度g取10 m/s2。则下列说法正确的是( )
图8
A.滑块的质量为m＝2 kg
B.4 s末滑块速度的大小为12 m/s
C.在0～1 s的时间内，摩擦力的冲量大小为0
D.在0～4 s的时间内，摩擦力的冲量大小为22 N·s
答案 D
解析 根据题图乙可知，外力F随时间变化的关系表达式为F＝2＋4t，由题图丙可知，在t＝1 s时，物块开始有加速度，故此刻拉力与最大静摩擦力平衡，则有Ff＝F1＝6 N，由题图丙可知，在t＝4 s时，滑块的加速度为4 m/s2，根据牛顿第二定律有F4－Ff＝ma，解得m＝eq \f(F4－Ff,a)＝3 kg，A错误；由a－t图像的面积表示速度的变化量，滑块由静止开始加速运动，故4 s内a－t图像的面积即表示为4 s末滑块速度的大小，v4＝eq \f(0＋4,2)×(4－1)m/s＝6 m/s，B错误；在0～1 s的时间内，有静摩擦力作用，故摩擦力的冲量大小不为0，其大小等于F的冲量大小，If1＝IF＝eq \f(2＋6,2)×1 N·s＝4 N·s，C错误；在1～4 s的时间内，摩擦力的冲量大小为If14＝Fft14＝6×3 N·s＝18 N·s，故在0～4 s的时间内，摩擦力的冲量大小为I＝If1＋If14＝22 N·s，D正确。
12.(2022·河北张家口模拟)娱乐风洞是一种空中悬浮装置，在一个特定的空间内有人工制造的可控制气流，游客只要穿上特制的可改变受风面积(游客在垂直风力方向的投影面积)的飞行服跳入飞行区，即可通过改变受风面积来实现向上、向下运动或悬浮。已知一游客质量为60 kg，腹部向下时受风面积最大为0.7 m2，身体直立时受风面积最小为0.2 m2，气流密度为1.2 kg/m3，气流速度为30 m/s，重力加速度为g＝10 m/s2，假设气流吹到人身体上后速度近似变为0。求：
图9
(1)若游客在风洞内悬浮，则受风面积应调整为多大；
(2)若游客进入风洞先由最大受风面积运动1 s后立即改为最小受风面积，求游客距出发点的最远距离为多少(结果均保留2位有效数字)。
答案 (1)0.56 m2 (2)1.8 m
解析 (1)在Δt时间内吹到人体的气体质量为Δm＝ρSvΔt①
设人对气流的力的大小为F，则对此段气体由动量定理得FΔt＝Δmv②
由牛顿第三定律，风给人的力大小F′＝F③
人受力平衡，所以F′＝mg④
联立可得S≈0.56 m2。⑤
(2)风速远大于人速，人在风洞内做匀变速直线运动，当S1＝0.7 m2时，由①②③可得人受风力
F1＝ρS1v2＝756 N⑥
由牛顿第二定律得F1－mg＝ma1⑦
经过t1＝1 s时x1＝eq \f(1,2)a1teq \\al(2,1)＝1.3 m⑧
v＝a1t1＝2.6 m/s⑨
当受风面积为S2＝0.2 m2时加速度向下，
由①②③可得F2＝ρS2v2＝216 N⑩
由牛顿第二定律得mg－F2＝ma2⑪
解得a2＝6.4 m/s2
游客减速过程上升的距离x2＝eq \f(v2,2a2)⑫
解得x2≈0.53 m
游客距离出发点的最远距离为x＝x1＋x2⑬
解得x＝1.8 m。研究
对象
流体类：液体流、气体流等，通常已知密度ρ
微粒类：电子流、光子流、尘埃等，通常给出单位体积内粒子数n
分析
步骤
①构建“柱体”模型：沿流速v的方向选取一段小柱体，其横截面积为S
②微元研究
小柱体的体积ΔV＝vSΔt
小柱体质量m＝ρΔV＝ρvSΔt
小柱体粒子数N＝nvSΔt
小柱体动量p＝mv＝ρv2SΔt
③建立方程，应用动量定理FΔt＝Δp研究