，则帆船在匀速前进时帆面受到的平均风力大小为多少？
思路点拨：
此题需求平均风力大小，需用动量定理来解决。
解析：
取如图所示的柱体内的空气为研究对象。
这部分空气经过时间
后速度由v1变为v2，
故其质量
。
取船前进方向为正方向，对这部分气体，设风力为F，由动量定理有
解得
总结升华：
对于流体运动问题，如水流、风等，在运用动量定理求解时，我们常隔离出一定形状的部分流体作为研究对象，然后对其列式计算。
【变式】宇宙飞船以
的速度进入分布均匀的宇宙微粒尘区，飞船每前进
要与
个微粒相碰。
假如每一微粒的质量
，与飞船相碰后附在飞船上。
为了使飞船的速度保持不变，飞船的牵引力应为多大。
答案：
类型七——动量定理在系统中的应用
8.滑块A和B（质量分别为mA和mB）用轻细线连接在一起后放在水平桌面上，水平恒力F作用在B上，使A、B一起由静止开始沿水平桌面滑动，如图。
已知滑块A、B与水平面的滑动摩擦因数均为
，在力F作用时间t后，A、B间连线突然断开，此后力F仍作用于B。
试求：
滑块A刚好停住时，滑块B的速度多大？
思路点拨：
在已知力的作用时间的情况下，可考虑应用动量定理求解比较简便。
解析：
取滑块A、B构成的系统为研究对象。
设F作用时间t后线突然断开，此时A、B的共同速度为v，根据动量定理，有
解得
在线断开后，滑块A经时间tˊ停止，根据动量定理有
由此得
设A停止时，B的速度为vB。
对于A、B系统，从力F开始作用至A停止的全过程，根据动量定理有
将tˊ代入此式可求得B滑块的速度为
总结升华：
尽管系统内各物体的运动情况不同，但各物体所受的冲量之和仍等于各物体总动量的变化量。
应用这个处理方法能使一些繁杂的运动问题求解更简便。
【变式】质量为M的金属块和质量为m的木块通过细线连在一起，从静止开始以加速度a在水中下沉。
经过时间t，细线断了，金属块和木块分离。
再经过时间
，木块停止下沉，求此时金属块的速度？
解析：
将金属块和木块看作一个系统，根据动量定理有：
最终木块停止下沉，即速度为零，所以只有金属块有动量，根据动量守恒定律有
王嘉珺0314 类型八——动量定理与动量、能量的综合应用
9.一倾角为θ＝45°的斜面固定于地面，斜面顶端离地面的高度h0＝1m，斜面底端有一垂直于斜面的固定挡板。
在斜面顶端自由释放一质量m＝0.09kg的小物块（视为质点）。
小物块与斜面之间的动摩擦因数μ＝0.2。
当小物块与挡板碰撞后，将以原速返回。
重力加速度g＝10m/s2。
在小物块与挡板的前4次碰撞过程中，挡板给予小物块的总冲量是多少？
解析：
设小物块从高为h处由静止开始沿斜面向下运动，到达斜面底端时速度为v。
由功能关系得
①
以沿斜面向上为动量的正方向。
按动量定理，碰撞过程中挡板给小物块的冲量
②
设碰撞后小物块所能达到的最大高度为hˊ，则
③
同理，有
④
⑤
式中，vˊ为小物块再次到达斜面底端时的速度，
Iˊ为再次碰撞过程中挡板给小物块的冲量。
由①②③④⑤式得
⑥
式中
⑦
由此可知，小物块前4次与挡板碰撞所获得的冲量成等比级数，首项为
⑧
总冲量为
⑨
由
⑩
得
⑾
代入数据得
N·s
10.如图所示，在同一水平面内有相互平行且足够长的两条滑轨MN和PQ相距
，垂直于滑轨平面竖直向上的匀强磁场的磁感应强度
，垂直于滑轨放置的金属棒ab和cd质量为
和
，每根金属棒的电阻均为
，其它电阻不计，开始时两棒都静止，且ab和cd与滑轨间的动摩擦因数分别
和
，求：
⑴当一外力作用cd棒t=5s的时间,恰好使ab棒以
的速度做匀速运动，那么外力的冲量多大？
⑵若在5s末令cd棒突然停止运动，ab继续运动直到停止的过程中，通过其横截面的电量为10C，则在此过程中两根金属棒消耗的电能是多少？
（设两棒不相碰，
）
解析：
⑴ab棒是由于cd棒切割磁感线运动产生感应电动势并在闭合电路产生感受应电流后，使其受到安培力作用而做加速运动。
由分析知当它匀速时受安培力和摩擦力平衡：
┅①
此时隐含cd也要匀速运动（设其速度为
，外力的冲量为
），
对两棒组成的系统，由动理定理得：
┅②
但
┅③
解①–③得
⑵当cd突然停止，ab中流过的感应电流方向立即反向，因而受安培力反向使ab做变减速运动直到停止，设滑动的距离为x，由法拉第电磁感应定律得：
┅④
因流过的电量为
┅⑤
设两棒在该过程消耗的电能为W，由能量守恒得：
┅⑥
解④–⑤得
总结升华：
此题以双杆为载体将受力分析、动量、能量、电磁感应等综合起来，其中ab棒匀速隐含cd棒也匀速是关键，也是易错点，此类题为高考的一大趋势。
迁移应用
【变式】如图，在离水平地面h高的地方上有一相距L的光滑轨道，左端接有已充电的电容器，电容为C，充电后两端电压为U1。
轨道平面处于垂直向上的磁感应强渡为B的匀强磁场中。
在轨道右端放一质量为m的金属棒，当闭合K，棒离开轨道后电容器的两极电压变为U2，求棒落在地面离平台多远的位置。
分析与解：
当L闭合时，电容器由于放电，形成放电电流，因而金属棒受磁场力作用做变加速运动，并以一定速度离开导轨做平抛运动，所以棒在导轨上运动时有，
即BIL△t=BL△q=BL（CU1-CU2）=BLC（U1-U2）=mv
棒做平抛运动时有，vt=S
所以
作业：
如图所示，质量mA为4.0kg的木板A放在水平面C上，木板与水平面间的动摩擦因数μ为0.24，木板右端放着质量mB为1.0kg的小物块B（视为质点），它们均处于静止状态．木板突然受到水平向右的12N·s的瞬时冲量作用开始运动，当小物块滑离木板时，木板的动能EKA为8.0J，小物块的动能EKB为0.50J，重力加速度取10m/s2，求：
（1）瞬时冲量作用结束时木板的速度υ0;
（2）木板的长度L．
【解析】
（1）在瞬时冲量的作用时，木板A受水平面和小物块B的摩擦力的冲量均可以忽略．
取水平向右为正方向，对A由动量定理，有：
I=mAυ0代入数据得：
υ0=3.0m/s
（2）设A对B、B对A、C对A的滑动摩擦力大小分别为FfAB、FfBA、FfCA，B在A上滑行的时间为t，B离开A时A的速度为υA，B的速度为υB．A、B对C位移为sA、sB．
对A由动量定理有：
—（FfBA+FfCA）t=mAυA-mAυ0
对B由动理定理有：
FfABt=mBυB
其中由牛顿第三定律可得FfBA=FfAB，另FfCA=μ（mA+mB）g
对A由动能定理有：
—（FfBA+FfCA）sA=1/2
mAυ
-1/2
mAυ
对B由动能定理有：
FfABfsB=1/2
mBυ
根据动量与动能之间的关系有：
mAυA=
，mBυB=
木板A的长度即B相对A滑动距离的大小，故L=sA-sB，
代入放数据由以上各式可得L=0.50m．
2质量为m=1kg的小木块（可看在质点），放在质量为M=5kg的长木板的左端，如图所示．长木板放在光滑水平桌面上．小木块与长木板间的动摩擦因数μ=0.1，长木板的长度l=2m．系统处于静止状态．现使小木块从长木板右端脱离出来，可采用下列两种方法：
（g取10m/s2）
（1）给小木块施加水平向右的恒定外力F作用时间t=2s，则F至少多大？
（2）给小木块一个水平向右的瞬时冲量I，则冲量I至少是多大？
答案：
（1）F=1．85N
（2）I=6．94NS
【例2】在一次抗洪抢险活动中，解放军某部队用直升飞机抢救一重要落水物体，静止在空中的直升飞机上的电动机通过悬绳将物体从离飞机90m处的洪水中吊到机舱里．已知物体的质量为80kg，吊绳的拉力不能超过1200N，电动机的最大输出功率为12kW，为尽快把物体安全救起，操作人员采取的办法是，先让吊绳以最大拉力工作一段时间，而后电动机又以最大功率工作，当物体到达机舱前已达到最大速度．（g取10m/s2）求：
（1）落水物体运动的最大速度；
（2）这一过程所用的时间．
【解析】先让吊绳以最大拉力FTm=1200N工作时，物体上升的加速度为a，
由牛顿第二定律有：
a=
，代入数据得a=5m/s2
当吊绳拉力功率达到电动机最大功率Pm=12kW时，物体速度为υ，由Pm=Tmυ，得υ=10m/s．
物体这段匀加速运动时间t1=
=2s，位移s1=1/2
at
=10m．
此后功率不变，当吊绳拉力FT=mg时，物体达最大速度υm=
=15m/s．
这段以恒定功率提升物体的时间设为t2，由功能定理有：
Pt2-mg（h-s1）=
mυ
-
mυ2
代入数据得t2=5．75s，故物体上升的总时间为t=t1+t2=7.75s．
即落水物体运动的最大速度为15m/s，整个运动过程历时7.75s．
3一辆汽车质量为m，由静止开始运动，沿水平地面行驶s后，达到最大速度υm，设汽车的牵引力功率不变，阻力是车重的k倍，求：
（1）汽车牵引力的功率；
（2）汽车从静止到匀速运动的时间．
答案：
（1）P=kmgvm
（2）t=（vm2+2kgs）/2kgvm
4一个带电量为-q的液滴，从O点以速度υ射入匀强电场中，υ的方向与电场方向成θ角，已知油滴的质量为m，测得油滴达到运动轨道的最高点时，速度的大小为υ，求：
（1）最高点的位置可能在O点上方的哪一侧？
（2）电场强度为多大？
（3）最高点处（设为N）与O点电势差绝对值为多大？
【解析】
（1）带电液油受重力mg和水平向左的电场力qE，在水平方向做匀变速直线运动，在竖直方向也为匀变速直线运动，合运动为匀变速曲线运动．
由动能定理有：
WG+W电=△EK，而△EK=0
重力做负功，WG＜0，故必有W电＞0，即电场力做正功，故最高点位置一定在O点左侧．
（2）从O点到最高点运动过程中，运动过程历时为t，由动量定理：
在水平方向取向右为正方向，有：
-qEt=m（-υ）-mυcosθ
在竖直方向取向上为正方向，有：
-mgt=0-mυsinθ
上两式相比得
，故电场强度为E=
（3）竖直方向液滴初速度为υ1=υsinθ，加速度为重力加速度g，故到达最高点时上升的最大高度为h，则h=
从进入点O到最高点N由动能定理有qU-mgh=△EK=0，代入h值得U=
5一封闭的弯曲的玻璃管处于竖直平面内，其中充满某种液体，内有一密度为液体密度一半的木块，从管的A端由静止开始运动，木块和管壁间动摩擦因数μ=0.5，管两臂长AB=BC=L=2m，顶端B处为一小段光滑圆弧，两臂与水平面成α=37°角，如图所示．求：
（1）木块从A到达B时的速率；
（2）木块从开始运动到最终静止经过的路程．
【解析】木块受四个力作用，如图所示，其中重力和浮力的合力竖直向上，大小为F=F浮-mg，而F浮=ρ液Vg=2ρ木Vg=2mg，故F=mg．在垂直于管壁方向有：
FN=Fcosα=mgcosα，
在平行管方向受滑动摩擦力Ff=μN=μmgcosθ，比较可知，Fsinα=mgsinα=0.6mg，Ff=0.4mg，Fsinα＞Ff．故木块从A到B做匀加速运动，滑过B后F的分布和滑动摩擦力均为阻力，做匀减速运动，未到C之前速度即已为零，以后将在B两侧管间来回运动，但离B点距离越来越近，最终只能静止在B处．
（1）木块从A到B过程中，由动能定理有：
FLsinα-FfL=1/2
mυ
代入F、Ff各量得υB=
=2
=2.83m/s．
（2）木块从开始运动到最终静止，运动的路程设为s，由动能定理有：
FLsinα-Ffs=△EK=0
代入各量得s=
=3m
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