高中物理人教版 (2019)选择性必修 第一册2 动量定理当堂达标检测题

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TOC \ "1-3" \t "正文,1" \h
\l "_Tc1161" 【题型1 动量及动量变化的分析与计算】
\l "_Tc25206" 【题型2 高科技中的动量定理】
\l "_Tc9103" 【题型3 恒力冲量】
\l "_Tc6522" 【题型4 动量定理解决变力冲量问题】
\l "_Tc10925" 【题型5 流体类问题】
\l "_Tc2094" 【题型6 动量定理解决多过程问题】
\l "_Tc22177" 【题型7 利用动量定理解释生活现象】
\l "_Tc24590" 【题型8 图像问题】
【题型1 动量及动量变化的分析与计算】
【例1】(2021·湖南高考)物体的运动状态可用位置x和动量p描述，称为相，对应p-x图像中的一个点。物体运动状态的变化可用p-x图像中的一条曲线来描述，称为相轨迹。假如一质点沿x轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动，则对应的相轨迹可能是( )
解析：选D 质点沿x轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动，由运动学公式v2＝2ax可得v＝eq \r(2ax)，设质点的质量为m，则质点的动量p＝meq \r(2ax)，由于质点的速度方向不变，则质点动量p的方向始终沿x轴正方向，根据数学知识可知D正确。
【变式1-1】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
解析 列车启动的过程中加速度恒定，由匀变速直线运动的速度与时间关系可知v＝at，且列车的动能为Ek＝eq \f(1,2)mv2，由以上整理得Ek＝eq \f(1,2)ma2t2，动能与时间的平方成正比，动能与速度的平方成正比，A、C错误；将x＝eq \f(1,2)at2代入上式得Ek＝max，则列车的动能与位移成正比，B正确；由动能与动量的关系式Ek＝eq \f(p2,2m)可知，列车的动能与动量的平方成正比，D错误．
【变式1-2】如图所示，跳水运动员从某一峭壁上水平跳出，跳入湖水中，已知运动员的质量m＝70 kg，初速度v0＝5 m/s，若经过1 s时，速度为v＝5eq \r(5) m/s，则在此过程中，运动员动量的变化量为(g＝10 m/s2，不计空气阻力)( )
A．700 kg·m/s B．350eq \r(5) kg·m/s
C．350(eq \r(5)－1) kg·m/s D．350(eq \r(5)＋1) kg·m/s
解析 根据动量定理得：Δp＝F合t，即Δp＝mgt＝70×10×1 kg·m/s＝700 kg·m/s，故选项A正确。
答案 A
【变式1-3】将质量为0.5 kg的小球以20 m/s的初速度竖直向上抛出，不计空气阻力，g取10 m/s2，以下判断正确的是 ( )
A．小球从被抛出至到达最高点受到的冲量大小为10 N·s
B．小球从被抛出至落回出发点动量的变化量大小为零
C．小球从被抛出至落回出发点受到的冲量大小为10 N·s
D．小球从被抛出至落回出发点动量的变化量大小为10 kg·m/s
解析 小球从被抛出至到达最高点经历时间t＝eq \f(v0,g)＝2 s，受到的冲量大小为I＝mgt＝10 N·s，选项A正确；小球从被抛出至落回出发点经历时间4 s，受到的冲量大小为20 N·s，动量是矢量，返回出发点时小球的速度大小仍为20 m/s，但方向与被抛出时相反，故小球的动量变化量大小为20 kg·m/s，选项B、C、D错误。
答案 A
【题型2 高科技中的动量定理】
【例2】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
答案 B
解析 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，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，选项B正确．
【变式2-1】(2021·天津等级考)(多选)一冲九霄，问鼎苍穹。2021年4月29日，长征五号B遥二运载火箭搭载空间站天和核心舱发射升空，标志着我国空间站建造进入全面实施阶段。下列关于火箭的描述正确的是( )
A．增加单位时间的燃气喷射量可以增大火箭的推力
B．增大燃气相对于火箭的喷射速度可以增大火箭的推力
C．当燃气喷出火箭喷口的速度相对于地面为零时火箭就不再加速
D．火箭发射时获得的推力来自于喷出的燃气与发射台之间的相互作用
解析：选AB 增加单位时间的燃气喷射量，即增加单位时间喷射气体的质量，根据Ft＝Δmv可知F＝eq \f(Δm,t)·v，可以增大火箭的推力，选项A正确；当增大燃气相对于火箭的喷射速度时，根据F＝eq \f(Δm,t)·v可知，可以增大火箭的推力，选项B正确；当燃气喷出火箭喷口的速度相对于地面为零时，此时火箭有速度，所以相对于火箭的速度不为零，火箭仍然受推力作用，仍然要加速，选项C错误；燃气被喷出的瞬间，燃气对火箭的反作用力作用在火箭上，使火箭获得推力，选项D错误。
【变式2-2】使用无人机植树时，为保证树种的成活率，将种子连同营养物质制成种子胶囊。播种时，在离地面10 m高处以15 m/s的速度水平匀速飞行的无人机上，播种器利用空气压力把种子胶囊以5 m/s的速度(相对播种器)竖直向下射出，种子胶囊进入地面以下10 cm深处完成一次播种。已知种子胶囊的总质量为20 g，不考虑其所受大气阻力及进入土壤后的重力作用，取g＝10 m/s2，则( )
A．射出种子胶囊的过程中，播种器对种子胶囊做功为2.5 J
B．离开无人机后，种子胶囊在空中运动的时间为eq \r(2) s
C．土壤对种子胶囊冲量的大小为3eq \r(2) kg·m/s
D．种子胶囊在土壤内受到平均阻力的大小为22.5eq \r(2) N
解析：选D 射出种子胶囊的过程中，播种器对种子胶囊做的功等于其动能的增量，即W＝eq \f(1,2)mv2＝eq \f(1,2)×0.02×52 J＝0.25 J，A错误；种子胶囊离开无人机后在竖直方向做匀加速直线运动，由h＝vt＋eq \f(1,2)gt2，代入数据解得t＝1 s(另解舍去)，B错误；种子胶囊落地时竖直速度vy＝v＋gt＝15 m/s，水平速度vx＝v0＝15 m/s，进入土壤时竖直方向h′＝eq \f(vy2,2a)，t′＝eq \f(vy,a)，可求得t′＝eq \f(1,75) s。由动量定理得：I＝Ft′＝0－(－mv合)，v合＝eq \r(vy2＋vx2)，可解得土壤对种子胶囊的冲量I＝mv合＝0.3eq \r(2) kg·m/s，平均阻力大小F＝22.5eq \r(2) N，故C错误，D正确。
【变式2-3】最近，我国为“长征九号”研制的大推力新型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速度约为3 km/s，产生的推力约为4.8×106 N，则它在1 s时间内喷射的气体质量约为( )
A．1.6×102 kg B．1.6×103 kg
C．1.6×105 kg D．1.6×106 kg
答案 B
解析 设1 s时间内喷出的气体的质量为m，喷出的气体与该发动机的相互作用力为F，由动量定理有Ft＝mv－0，则m＝eq \f(Ft,v)＝eq \f(4.8×106×1,3×103) kg＝1.6×103 kg，选项B正确．
【题型3 恒力冲量】
【例3】(2021·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s0时，速度的大小为v0，此时撤去F，物体继续滑行2s0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eq \f(1,2)mv02
B．在此过程中F的冲量大小等于eq \f(3,2)mv0
C．物体与桌面间的动摩擦因数等于eq \f(v02,4s0g)
D．F的大小等于物体所受滑动摩擦力大小的2倍
解析：选BC 未撤去F前，摩擦力做负功，根据动能定理有WF－Ffs0＝eq \f(1,2)mv02，可知，F所做的功一定大于eq \f(1,2)mv02，A错误；对于整个运动过程，根据动能定理有Fs0－Ff×3s0＝0，解得F＝3Ff，D错误；撤去F后的运动过程中，根据动能定理有－μmg×2s0＝0－eq \f(1,2)mv02，解得μ＝eq \f(v02,4s0g)，C正确；未撤去F前，设F的冲量大小为IF，则摩擦力的冲量大小为eq \f(IF,3)，未撤去F前，对物体根据动量定理有IF－eq \f(IF,3)＝mv0，解得IF＝eq \f(3,2)mv0，B正确。
【变式3-1】(2022·广州模拟)某科技小组将一款自动防撞系统安装在汽车上进行测试。当汽车与障碍物之间达到“报警距离”时，汽车能够立即采取制动措施，并将先后经过警报区域和紧急制动区域。某次性能测试中，质量m＝50 kg的汽车测试假人“驾驶”汽车以v0＝10 m/s的速度沿直线行驶，当距离前方静止障碍物s＝13.5 m时，系统立即自动控制汽车做加速度大小为a1＝2 m/s2的匀减速直线运动，并发出警报，减速t1＝1 s后汽车行至某处自动触发紧急制动，汽车做加速度大小为a2的匀减速直线运动，最终停在障碍物前s′＝0.5 m处。g＝10 m/s2，求：
(1)汽车在紧急制动过程中加速度的大小a2；
(2)在整个减速过程中，测试假人所受重力的冲量大小I。
解析：(1)汽车在警报区域运动的距离x1＝v0t1－eq \f(1,2)a1t12，开始紧急制动时的速度v1＝v0－a1t1＝8 m/s，汽车在紧急制动区运动的距离x2＝s－s′－x1＝4 m，汽车在紧急制动区运动过程满足0－v12＝－2a2x2，解得a2＝8 m/s2。
(2)汽车在紧急制动区运动的时间t2＝eq \f(v1,a2)＝1 s，测试假人所受重力的冲量大小I＝mg(t1＋t2)，带入数值得I＝1 000 N·s。
答案：(1)a2＝8 m/s2 (2)I＝1 000 N·s
【变式3-2】(多选)如图所示，两个质量相等的物体在同一高度沿倾角不同的两个光滑固定斜面由静止自由滑下，到达斜面底端的过程中，下列说法正确的是( )
A．两个物体重力的冲量大小相等
B．两个物体合力的冲量大小相等
C．刚到达底端时两个物体的动量相同
D．到达斜面底端时两个物体的动能相等
答案 BD
解析 设斜面倾角为θ，物体下滑的加速度a＝gsin θ，根据eq \f(h,sin θ)＝eq \f(1,2)at2，知t＝eq \r(\f(2h,gsin2θ))，知运动的时间不等，根据I＝mgt，则两个物体重力的冲量大小不等，故A错误；根据动能定理知mgh＝eq \f(1,2)mv2，到达底端时两个物体的动能相等，故D正确；两物体速度大小相等，但是方向不同，所以到达底端时的动量不同，故C错误；因为初动量都为零，末状态动量大小相等，根据动量定理知，合力的冲量大小相等，故B正确．
【变式3-3】(多选)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．拉力F对物体的冲量大小为零
B．拉力F对物体的冲量大小为Ft
C．拉力F对物体的冲量大小是Ftcs θ
D．合力对物体的冲量大小为零
答案 BD
解析 对冲量的计算一定要分清求的是哪个力的冲量，是某一个力的冲量、合力的冲量、分力的冲量、还是某一方向上力的冲量，这一个力的冲量与其他力的冲量无关，B、D正确．
【变式3-4】如图所示，ad、bd、cd是竖直面内三根固定的光滑细杆，a、b、c、d四个点位于同一圆周上，a在圆周最高点，d在圆周最低点，每根杆上都套着质量相等的小滑环(图中未画出)，三个滑环分别从a、b、c三个点同时由静止释放．关于它们下滑的过程，下列说法正确的是( )
A．重力对它们的冲量相同
B．弹力对它们的冲量相同
C．合外力对它们的冲量相同
D．它们动能的增量相同
答案 A
解析 这是“等时圆”模型，即三个滑环同时由静止释放，运动到最低点d点的时间相同，由于三个环的重力相等，由公式I＝Ft分析可知，三个环重力的冲量相同，故A正确；从c处下滑的小滑环受到的弹力最大，运动时间相等，则弹力对从c处下滑的小滑环的冲量最大，故B错误；从a处下滑的小滑环的加速度最大，受到的合力最大，则合力对从a处下滑的小滑环的冲量最大，故C错误；重力对从a处下滑的小滑环做功最多，其动能的增量最大，故D错误．
【题型4 动量定理解决变力冲量问题】
【例4】如图所示，车载玩具——弹簧人公仔固定在车的水平台面上，公仔头部的质量为m，静止在图示位置。现用手竖直向下压公仔的头部，使之缓慢下降至某一位置，之后迅速放手。公仔的头部经过时间t，沿竖直方向上升到另一位置时速度为零。此过程弹簧始终处于弹性限度内，不计空气阻力及弹簧质量。在公仔头部上升的过程中( )
A．公仔头部的机械能守恒
B．公仔头部的加速度先增大后减小
C．弹簧弹力冲量的大小为mgt
D．弹簧弹力对头部所做的功为零
解析：选C 弹簧弹力对公仔头部做功，故公仔头部的机械能不守恒，故A错误；公仔头部上升过程中，弹簧弹力先减小后反向增大，加速度先减小后反向增大，故B错误；公仔头部上升过程中，取向上为正方向，根据动量定理有I弹－mgt＝0，则弹簧弹力冲量的大小为I弹＝mgt，故C正确；公仔头部上升过程中，根据动能定理有W弹－mgh＝0，则弹簧弹力对头部所做的功为W弹＝mgh≠0，故D错误。
【变式4-1】(2021·北京等级考)如图所示，圆盘在水平面内以角速度ω绕中心轴匀速转动，圆盘上距轴r处的P点有一质量为m的小物体随圆盘一起转动。某时刻圆盘突然停止转动，小物体由P点滑至圆盘上的某点停止。下列说法正确的是( )
A．圆盘停止转动前，小物体所受摩擦力的方向沿运动轨迹切线方向
B．圆盘停止转动前，小物体运动一圈所受摩擦力的冲量大小为2mωr
C．圆盘停止转动后，小物体沿圆盘半径方向运动
D．圆盘停止转动后，小物体整个滑动过程所受摩擦力的冲量大小为mωr
解析：选D 圆盘停止转动前，小物体随圆盘一起转动，小物体所受摩擦力提供向心力，方向沿半径方向指向圆心，选项A错误；圆盘停止转动前，小物体运动一圈动量的变化量为0，所受合外力为摩擦力，则所受摩擦力的冲量为0，选项B错误；圆盘停止转动后，小物体沿切线方向运动，选项C错误；圆盘停止转动后，根据动量定理可知，小物体整个滑动过程所受摩擦力的冲量大小为I′＝|Δp|＝mv＝mωr，选项D正确。
【变式4-2】(2022·汕头模拟)(多选)某人站在力的传感器(连着计算机)上完成下蹲、起立动作，计算机屏幕上显示出力的传感器示数F随时间t变化的情况如图所示，g取10 m/s2。下列说法正确的是( )
A．该人下蹲时间约为0.5 s
B．该人下蹲过程的最大加速度约为6 m/s2
C．起立过程该人一直处于超重状态
D．起立过程传感器对该人支持力的冲量约为500 N·s
解析：选BD 下蹲过程中，初速度为0，末速度也为0，则下蹲过程先加速向下运动后减速向下运动，从图像可知1～2 s过程为下蹲过程，则下蹲时间约为1 s，A错误；由图像可知静止时有mg＝N＝500 N，支持力最小约为200 N，最大约为700 N，由牛顿第二定律可得mg－Nmin＝mamax或Nmax－mg＝mamax′，联立解得最大加速度约为6 m/s2，则B正确；起立过程，初速度为0，末速度也为0，则起立过程先加速向上运动后减速向上运动，该人先是处于超重状态，后处于失重状态，C错误；起立过程，根据动量定理可得IN－mgt＝0－0，起立时间约为1 s，解得IN＝mgt＝500 N·s，D正确。
【变式4-3】如图所示，一轻质弹簧固定在墙上，一个质量为m的木块以速度v0从右侧沿光滑水平面向左运动并与弹簧发生相互作用。设相互作用的过程中弹簧始终在弹性限度范围内，那么，在整个相互作用的过程中弹簧对木块冲量I的大小为( )
A．I＝0 B．I＝mv0C．I＝2mv0 D．I＝3mv0
解析 设木块离开弹簧时的速度为v，根据机械能守恒定律得：eq \f(1,2)mv2＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，所以v＝v0，设向右的速度方向为正方向，根据动量定理得：I＝mv－(－mv0)＝2mv0，故选项C正确。
答案 C
【题型5 流体类问题】
【例5】运动员在水上做飞行运动表演，他操控喷射式悬浮飞行器将水带竖直送上来的水反转180°后向下喷出，令自己悬停在空中，如图所示。已知运动员与装备的总质量为90 kg，两个喷嘴的直径均为10 cm，已知重力加速度大小g取10 m/s2，水的密度ρ＝1.0×103 kg/m3，则喷嘴处喷水的速度大约为( )
A．2.7 m/s B．5.4 m/s
C．7.6 m/s D．10.8 m/s
[解析] 设飞行器对水的平均作用力为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，则有F＝Mg，设水喷出时的速度为v，在时间t内喷出的水的质量m＝ρV＝2ρSvt，t时间内质量为m的水获得的冲量I＝Ft＝2mv，联立解得v≈5.4 m/s，故B正确，A、C、D错误。
[答案] B
【变式5-1】南昌市秋水广场拥有亚洲最大的音乐喷泉群。一同学在远处观看秋水广场喷泉表演时，估测喷泉中心主喷水口的水柱约有40层楼高，表演结束时，靠近观察到该主喷水管口的圆形内径约有10 cm，由此估算驱动主喷水的水泵功率最接近的数值是( )
A．5×102 W B．5×103 W
C．5×104 W D．5×105 W
[解析] 40层楼高约h＝120 m。设水泵的功率为P，泵在时间Δt内使质量为Δm的水以速度v通过喷水管口，则PΔt＝eq \f(1,2)Δmv2，v2＝2gh，以及Δm＝ρSvΔt (ρ为水的密度)和S＝eq \f(πd2,4)，由此可得P＝eq \f(ρghπd2,4)eq \r(2gh)≈5×105 W。
[答案] D
【变式5-2】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，c＝3×108 m/s，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的激光的总能量为：P0×1 s＝NE＝Npc，
所以：p＝eq \f(P0,Nc)
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)。
(2)由(1)可知：I＝eq \f(2P0,cS)＝eq \f(2×1.35×103,3×108×1) Pa＝9×10－6 Pa
所以探测器受到的光的总压力FN＝IS膜，
对探测器应用牛顿第二定律有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) (2)3.6×10－3 m/s2
【变式5-3】(2021·福建高考)福建属于台风频发地区，各类户外设施建设都要考虑台风影响。已知10级台风的风速范围为24.5 m/s～28.4 m/s，16级台风的风速范围为51.0 m/s～56.0 m/s。若台风迎面垂直吹向一固定的交通标志牌，则16级台风对该交通标志牌的作用力大小约为10级台风的( )
A．2倍 B．4倍 C．8倍 D．16倍
解析：选B 设空气的密度为ρ，风迎面垂直吹向一固定的交通标志牌的横截面积为S，在时间Δt的空气质量为Δm＝ρSv·Δt，假定台风迎面垂直吹向一固定的交通标志牌的末速度变为零，对风由动量定理有－F·Δt＝0－Δmv，可得F＝ρSv2,10级台风的风速v1≈25 m/s,16级台风的风速v2≈50 m/s，则有eq \f(F2,F1)＝eq \f(v22,v12)≈4，故B正确。
【变式5-4】如图所示 ，武装直升机的旋翼桨盘面积(桨叶旋转形成的圆面面积)为S，空气密度为ρ，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，空气浮力不计，风力的影响也不计，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，1 s内被螺旋桨推动的空气质量为eq \r(\f(mg＋f,2ρS))
C．直升机向上匀速运动时，1 s内被螺旋桨推动的空气质量为eq \r(mg＋fρS)
D．直升机向上匀速运动时，1 s内发动机做的功为eq \r(\f(m3g3,ρS))
答案 C
解析 根据平衡条件可得直升机悬停时受到的升力大小为mg，故A错误；Δt时间内被螺旋桨推动的空气的质量为Δm′＝ρSvΔt，螺旋桨对空气的作用力大小F＝eq \f(Δp,Δt)，Δp＝Δm′v，由牛顿第三定律知空气对螺旋桨的作用力大小F′＝F，为使飞机向上匀速运动，有F′＝mg＋f，联立解得v＝eq \r(\f(mg＋f,ρS))，1 s内被螺旋桨推动的空气质量为M＝ρSv＝ρSeq \r(\f(mg＋f,ρS))＝eq \r(mg＋fρS)，故B错误，C正确；由动能定理可得1 s内发动机所做的功为W＝eq \f(1,2)Mv2＝
eq \f(1,2)eq \r(\f(mg＋f3,ρS))，故D错误．
【变式5-5】如图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( )
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，故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)ρπvD2·t·v，解得F＝eq \f(1,4)ρπv2D2，选项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，选项D正确．
【题型6 动量定理解决多过程问题】
【例6】在2021年东京奥运会蹦床比赛中，一个质量为60 kg的运动员，从离水平网面3.2 m高处自由下落，着网后沿竖直方向蹦回到离水平网面5.0 m高处。已知运动员与网接触的时间为1.2 s，若把在这段时间内网对运动员的作用力当作恒力处理，求此力的大小。(g＝10 m/s2)
解析：法一：分段法
设运动员从高为h1处下落，则刚接触网时的速度大小为v1＝eq \r(2gh1)(方向向下)
弹跳后上升的高度设为h2，则刚离网时的速度大小为v2＝eq \r(2gh2)(方向向上)
与网接触过程中，运动员受到向下的重力mg和网对其向上的弹力F，规定竖直向上为正方向，由动量定理得：(F－mg)Δt＝mv2－m(－v1)
解以上三式得F＝mg＋meq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(2gh2)＋\r(2gh1))),t)，
代入数值可解得F＝1.5×103 N。
法二：整段法
从3.2 m高处自由下落的时间为：t1＝eq \r(\f(2h1,g))＝0.8 s，
蹦到5.0 m高处的时间为：t2＝eq \r(\f(2h2,g))＝1 s，
整个过程中运动员始终受重力作用，仅在与网接触的t0＝1.2 s的时间内受到网对他向上的弹力FN的作用，设竖直向上为正方向，对全过程应用动量定理：FNt0－mg(t1＋t2＋t0)＝0，则FN＝1 500 N。
答案：1 500 N
【变式6-1】(2022·衡水中学月考)“蹦蹦床”游乐项目是孩子们经常去游乐场玩的一款项目。将儿童在“蹦蹦床”上弹起、下落的过程简化为竖直方向上的运动。一质量为m的儿童从h高度处落下，从接触蹦床到速度大小减为零的时间为Δt，在此过程中( )
A．蹦床对他的冲量大小为mgΔt＋meq \r(2gh)，蹦床对他做功不为0
B．蹦床对他的冲量大小为meq \r(2gh)，蹦床对他做功不为0
C．蹦床对他的冲量大小为mgΔt＋meq \r(2gh)，蹦床对他做功为0
D．蹦床对他的冲量大小为mgΔt－meq \r(2gh)，蹦床对他做功为0
解析：选A 儿童接触蹦床时的速度大小为eq \r(2gh)，接触蹦床后，以向上为正方向，根据动量定理得I－mgΔt＝0－(－meq \r(2gh))，解得I＝mgΔt＋meq \r(2gh)，设儿童接触蹦床后，又下降了x，全程根据动能定理得W＋mg(h＋x)＝0，所以蹦床对儿童做的功为W＝－mg(h＋x)，故选A。
【变式6-2】某节目中，“气功师”平躺在水平地面上，其腹部上平放着一块大石板，助手用铁锤猛击大石板，石板裂开而“气功师”没有受伤。现用下述模型分析探究：
设大石板质量M＝80 kg，铁锤质量m＝5 kg；铁锤从h1＝1.8 m 高处由静止落下，打在石板上反弹，当反弹达到最大高度h2＝0.05 m时被拿开；铁锤与石板的作用时间t1＝0.01 s；由于缓冲，石板与“气功师”腹部的作用时间t2＝0.5 s。重力加速度g取10 m/s2。求铁锤敲击大石板的过程中：
(1)铁锤受到的冲量大小；
(2)大石板对铁锤的平均作用力大小；
(3)大石板对人的平均作用力大小。
解析：(1)由机械能守恒定律eq \f(1,2)mv2＝mgh，解得v＝eq \r(2gh)，则铁锤敲击石板时的速度v1＝eq \r(2gh1)＝6 m/s，方向向下，铁锤反弹时的速度v2＝eq \r(2gh2)＝1 m/s，方向向上，取方向向上为正方向，对铁锤，由动量定理得I＝mv2－(－mv1)，解得I＝35 N·s。
(2)对铁锤，由冲量定义得I＝(F1－mg)t1，解得F1＝3 550 N。
(3)对石板，由动量定理得(F2－Mg)t2－F1t1＝0，解得F2＝871 N。由牛顿第三定律得，大石板对人的平均作用力大小F2′＝F2＝871 N。
答案：(1)35 N·s (2)3 550 N (3)871 N
【变式6-3】质量为1 kg的物体静止放在足够大的水平桌面上，物体与桌面间的动摩擦因数为μ＝0.4.有一大小为5 N的水平恒力F作用于物体上，使之加速前进，经
3 s后撤去F.求物体运动的总时间．(g取10 m/s2)
答案 3.75 s
解析 物体由静止开始运动到停止运动的全过程中，F的冲量为Ft1，摩擦力的冲量为Fft.选水平恒力F的方向为正方向，根据动量定理有
Ft1－Fft＝0①
又Ff＝μmg②
联立①②式解得t＝eq \f(Ft1,μmg)＝3.75 s.
【变式6-4】用豆粒模拟气体分子，可以模拟气体压强产生的原理。如图所示，从距秤盘80 cm高处把1 000粒的豆粒连续均匀地倒在秤盘上，持续作用时间为1 s，豆粒弹起时竖直方向的速度大小变为碰前的一半，方向相反。若每个豆粒只与秤盘碰撞一次，且碰撞时间极短(在豆粒与秤盘碰撞极短时间内，碰撞力远大于豆粒受到的重力)，已知1 000粒的豆粒的总质量为100 g。则在碰撞过程中秤盘受到的压力大小约为( )
A．0.2 N B．0.6 N
C．1.0 N D．1.6 N
解析：选B 设豆粒从80 cm高处下落到秤盘上时的速度为v1，v12＝2gh，则v1＝eq \r(2gh)＝eq \r(2×10×0.8) m/s＝4 m/s。设竖直向上为正方向，以所有豆粒与秤盘碰撞过程，根据动量定理：Ft＝mv2－mv1，则F＝eq \f(mv2－mv1,t)＝eq \f(0.1×2－0.1×－4,1) N＝0.6 N，根据牛顿第三定律可知，在碰撞过程中秤盘受到的压力大小为0.6 N，故B正确，A、C、D错误。
【题型7 利用动量定理解释生活现象】
【例7】(2020·全国卷Ⅰ)行驶中的汽车如果发生剧烈碰撞，车内的安全气囊会被弹出并瞬间充满气体。若碰撞后汽车的速度在很短时间内减小为零，关于安全气囊在此过程中的作用，下列说法正确的是( )
A．增加了司机单位面积的受力大小
B．减少了碰撞前后司机动量的变化量
C．将司机的动能全部转换成汽车的动能
D．延长了司机的受力时间并增大了司机的受力面积
解析：选D 汽车剧烈碰撞瞬间，安全气囊弹出，立即跟司机身体接触。司机在很短时间内由运动到静止，动量的变化量是一定的，由于安全气囊的存在，作用时间变长，据动量定理Δp＝FΔt知，司机所受作用力减小，又知安全气囊打开后，司机的受力面积变大，因此减少了司机单位面积的受力大小；碰撞过程中，动能转化为内能。D正确。
【变式7-1】(2022·山东枣庄模拟)人们对手机的依赖性越来越强，有些人喜欢躺着看手机，经常出现手机砸伤眼睛的情况。若手机质量为160 g，从离人眼约20 cm的高度无初速度掉落，砸到眼睛后手机未反弹，眼睛受到手机的冲击时间约为0.2 s，g取10 m/s2。下列说法正确的是( )
A．手机与眼睛作用过程中手机的动量变化约为0.48 kg·m/s
B．手机对眼睛的冲量方向竖直向上
C．手机对眼睛的冲量大小约为0.32 N·s
D．手机对眼睛的平均作用力大小约为3.2 N
解析：选D 手机砸到眼睛后手机未反弹，手机的末速度为0，手机到达人眼时的速度约为v＝eq \r(2gh)＝2 m/s，取方向竖直向上为正，手机与眼睛作用过程中手机的动量变化约为Δp＝0－p＝0－(－mv)＝0.32 kg·m/s，故A错误；手机对眼睛的冲量方向与手机对眼睛的作用力方向相同，竖直向下，故B错误；由动量定理可知，眼睛对手机的作用力的冲量和手机重力的冲量的合冲量约为0.32 N·s，(F－mg)t＝Δp，所以眼睛对手机的作用力的冲量大于0.32 N·s，由牛顿第三定律可知，手机对眼睛的冲量大于0.32 N·s，故C错误；手机与眼睛作用过程中，由动量定理可知(F－mg)t＝0－(－mv)，解得眼睛对手机的平均作用力大小约为F＝eq \f(mv,t)＋mg＝3.2 N，由牛顿第三定律可知，手机对眼睛的平均作用力大小约为3.2 N，故D正确。
【变式7-2】拍皮球是大家都喜欢的体育活动，既能强身又能健体。已知皮球质量为0.4 kg，为保证皮球与地面碰撞后自然跳起的最大高度均为1.25 m，小明需每次在球到达最高点时拍球，每次拍球作用距离为0.25 m，使球在离手时获得一个竖直向下4 m/s的初速度。若不计空气阻力及球的形变，g取10 m/s2，则每次拍球( )
A．手给球的冲量为1.6 kg·m/s
B．手给球的冲量为2.0 kg·m/s
C．人对球做的功为3.2 J
D．人对球做的功为2.2 J
解析：选D 人拍球的过程，由动量定理：I＋mgΔt＝mv＝1.6 kg·m/s，则I