专题13动量定理及应用（解析版）_4.2025物理总复习_赠品通用版（老高考）复习资料_专项复习_2023年高考冲刺物理热点知识讲练与题型归纳（全国通用）

专题 13 动量定理及应用 [题型导航] 题型一 对动量和冲量的理解...............................................................................................................1 题型二 动量定理的基本应用...............................................................................................................7 题型三 动量定理在多过程问题中的应用...........................................................................................9 题型四 应用动量定理处理“流体模型”的冲击力问题.................................................................12 [考点分析] 题型一 对动量和冲量的理解 1．动量 (1)定义：运动物体的质量和速度的乘积叫做物体的动量，通常用p来表示． (2)表达式：p＝mv. (3)单位：kg·m/s. (4)标矢性：动量是矢量，其方向和速度方向相同． 2．冲量 (1)定义：力F与力的作用时间t的乘积． (2)定义式：I＝Ft. (3)单位：N·s. (4)方向：恒力作用时，与力的方向相同． (5)物理意义：是一个过程量，表示力在时间上积累的作用效果． [例题1] （多选）如图所示，在t＝0时质量m＝1kg的小球自高h＝45m的平台上以v ＝ 0 10m/s的初速度水平抛出，运动t ＝1s后，突然受到大小恒为10N的水平向右的风力作用，最 1 后落至水平地面，不计其他阻力，取g＝10m/s2。则以下说法正确的是（ ）A．小球从抛出至落地的过程中重力的平均功率为150W B．小球受到风力作用后，在落地前做匀变速曲线运动 C．落地瞬间小球速度方向与水平方向成53°角 D．从抛出至落地的过程中，水平力的冲量大小为20N•s 【解答】解：A、小球在竖直方向的分运动为自由落体运动，与是否受到风力无关，设小球下落 的时间为t，则有 1 h= gt2 2 解得：t＝3s 小球从抛出至落地的过程中重力的平均功率为 W mgh 1×10×45 P= = = W =150W，故A正确； t t 3 BC、小球抛出t ＝1s时，速度方向与水平方向的夹角满足 1 gt 10×1 tanθ= 1= =1 v 10 0 可得： ＝45° 受到水θ平风力后，小球受到的合力与水平方向的夹角满足 mg 1×10 tanα= = =1 F 10 故小球受到风力作用后，所受合力与速度方向相同，小球做匀加速直线运动，故落地瞬间小球 速度方向与水平方向成45°角，故BC错误； D、从抛出至落地的过程中，水平风力的冲量大小为 I＝F（t﹣t ）＝10×（3﹣1）N•s＝20N•s，故D正确； 1 故选：AD。 [例题2] （多选）质量为1kg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＝10m/s2。则（ ）A．4s时物块的动能为零 B．6s时物块回到初始位置 C．3s时物块的动量为12kg•m/s D．0～6s时间内F对物块所做的功为40J 【解答】解：物块与地面间的滑动摩擦力为：f＝ mg＝0.2×1×10N＝2N。 A、t 3 ＝3s时物体的速度大小为v 3 ，则有：（F﹣fμ）t 3 ＝mv 3 ，其中F＝4N，代入数据解得：v 3 ＝ 6m/s； t ＝4s时速度为v ，根据动量定理可得：﹣（F+f）（t ﹣t ）＝mv ﹣mv ，代入数据解得：v ＝ 4 4 4 3 4 3 4 0，故A正确； B、0～3s物块沿正方向加速运动，3s～4s物块沿正方向减速运动，4s末的速度为零，4s～6s物 块反向加速，且加速度大小与0～3s内的加速度大小相等，故6s时物块没有回到初始位置，故 B错误； C、3s时物块的动量大小为：p＝mv ＝1×6kg•m/s＝6kg•m/s，故C错误； 3 v 6 D、0～3s内物块的位移：x = 3t = ×3m＝9m，方向为正方向； 1 2 3 2 v +v 6+0 3s～4s内物块的位移：x = 3 4 (t -t )= ×(4-3)m＝3m，方向为正方向； 2 3 4 3 2 6s时物块的速度大小为v ，则有：（F﹣f）t ＝mv ，解得：v ＝4m/s 6 2 6 6 v 4 4s～6s物块的位移大小为：x = 6t = ×2m＝4m，方向为负方向。 3 2 2 2 所以0～6s时间内F对物块所做的功为：W＝F（x ﹣x +x ）＝4×（9﹣3+4）J＝40J，故D正确。 1 2 3 故选：AD。 [例题3] 一质量为1kg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的关系如图所示，已知物块与地间的动摩擦因数为0.2，重力加速度g取10m/s2，下 列选项正确的是（ ）A．物体在3s末的动量大小12kg•m/s B．水平力F在前4s内的冲量大小为16N•s C．物体在5s末的速度大小为2m/s D．6s末动量大小为12kg•m/s 【解答】解：物体运动过程中受到的滑动摩擦力的大小为：f＝ mg＝0.2×1×10N＝2N，根据图 象可知拉力大小为F＝4N。 μ A、在t ＝3s内由动量定理可得：p ＝Ft ﹣ft ，解得物体在3s末的动量大小为：p ＝6kg•m/s， 1 1 1 1 1 故A错误； B、水平力F在前4s内的冲量大小为I＝Ft ﹣Ft ＝4×3N•s﹣4×1N•s＝8N•s，故B错误； 1 2 C、物体速度为零时，由动量定理可得：Ft ﹣Ft ﹣f（t +t ）＝0，代入数据解得：t ＝1s，所以 1 3 1 3 3 在4s末物体的速度为零。 从4s末到5s末由动量定理得：（F﹣f）Δt＝mv，解得物体在5s末的速度大小为：v＝2m/s，故 C正确； D、从4s末到6s末由动量定理得：p ＝（F﹣f）Δt′＝（4﹣2）×2kg•m/s＝4kg•m/s，故D错误。 2 故选：C。 [例题4] 某大雨天，小明同学想估算一下当时下雨的雨滴对伞面产生的平均撞击力。他于 是去实验室借来一个圆柱形容器置于露天空地上，测得10分钟内容器中水位上升了30mm，不 考虑当时风的影响，可认为雨滴以10m/s的速度竖直落向地面。现在假设雨滴撞击伞面后无反 弹，已知雨水的密度为1×103kg/m3，伞面的面积约为0.8m2，请根据上述条件估算当时雨水对 伞面的平均撞击力最接近（ ） A．0.05N B．0.08N C．0.4N D．5N90×10-3 【解答】解：不计重力，设单位时间Δt的水位为h= m＝0.05×10﹣3m， 30×60 选向下为正，对雨水由动量定理得：FΔt＝Δmv＝﹣ Shv 代入数据解得：F≈﹣0.4N，负号代表方向 ρ 由牛顿第三定律可知雨水对伞的平均撞击力为0.4N，故C正确，ABD错误。 故选：C。 [例题5] 如图甲，一质量为m的物块在t＝0时刻，以初速度v 从粗糙固定斜面底端向上 0 滑行，斜面足够长、倾角为 ，物块速度随时间的图像如图乙所示，4t 时刻物块返回底端，重 0 力加速度为g，说法正确的是θ（ ） 2mv A．物块在0～4t 的过程中动量变化量的大小为 0 0 3 B．物块在0～4t 的过程中重力的冲量为4mgt sin 0 0 θ C．物块在0～4t 的过程中克服摩擦力所做的功为17mv2 0 0 32 D．物块返回斜面底端时重力做功的瞬时功率为5mv2 0 27t 0 【解答】解：A.由图像可知物块在向上和向下滑行都做匀变速运动，位移大小相等，则有： 1 1 1 v t = v(4t -t )，所以v= v ，方向与v 相反， 2 0 0 2 0 0 3 0 0 1 4 物块在0～4t 的过程中动量变化量的大小为：mv -(- mv )= mv ，故A错误； 0 0 3 0 3 0 B.物块在0～4t 的过程中重力的冲量为：I ＝mg×4t ＝4mgt ，故B错误； 0 G 0 0 C.物块从底端出发到返回底端，根据动能定理有，在 0～4t 的过程中克服摩擦力所做的功为： 0 1 1 1 4 W = mv2- m( v ) 2= mv2，故C错误； 2 0 2 3 0 9 01 1 D.物块返回斜面底端时重力做功的瞬时功率为：P=mg× v sinθ= mgv sinθ 3 0 3 0 物体上滑时加速度为： v a =-gsinθ-μgcosθ=- 0 上 t 0 v 1 物体下滑时加速度为：a =-gsinθ+μgcosθ= = a 下 3t 9 上 0 可得： 5v sinθ= 0 9gt 0 5mv2 P= 0 27t 0 故D正确。 故选：D。 [例题6] 如图所示，一物体分别沿三个倾角不同的光滑斜面由静止开始从同一顶端下滑到 底端C、D、E处，三个过程中重力的冲量依次为I 、I 、I ，动量变化量的大小依次为△p 、 1 2 3 1 △p 、△p ，则下列说法不正确的是（ ） 2 3 A．三个过程中，合力的冲量大小相等，动量的变化量大小相等 B．三个过程中，合力做的功相等，动能的变化量相等 C．I ＜I ＜I ，△p ＝△p ＝△p 1 2 3 1 2 2 D．I ＜I ＜I ，△p ＜△p ＜△p 1 2 3 1 2 3 【解答】解：AB、物体下滑过程中只有重力做功，物体下滑的高度相等，合力做功相等，由动 能定理可知，物体到达斜面底端时动能相等，物体的速度大小v相等，物体的动量大小相等，因 此物体下滑过程动能的变化量相等，动量的变化量大小相等，由动量定理可知，合力的冲量大 小相等，故AB正确； CD、由机械能守恒定律可知物体下滑到底端C、D、E的速度大小v相等，动量变化量Δp＝mv 相等，即Δp ＝Δp ＝Δp ； 1 2 3 设斜面的高度为h，斜面倾角为 ，由牛顿第二定律得：mgsin ＝ma，解得：a＝gsin ， θ θ θh 1 物体下滑过程，位移 = at2 sinθ 2 解得物体下滑时间t √ 2h ，所以 越小，sin2 越小，t越大，则t ＜t ＜t ，重力的冲量I＝ = 1 2 3 gsin2θ θ θ mgt，则I ＜I ＜I ，故C正确，D错误。 1 2 3 本题选不正确的，故选：D。 题型二 动量定理的基本应用 1．动量定理 (1)内容：物体所受合外力的冲量等于物体的动量的变化量． (2)表达式： [例题7] 如图所示，质量相等的两个静止小球A和B，中间用轻质弹簧连接，A的上端用 轻绳系在足够高的天花板上。现将轻绳剪断开始计时，直至 A球速度为v ，B球速度为v ，且 1 2 方向均向下，则该过程所用时间为（ ） v +v v +v v -v v -v A． 1 2 B． 1 2 C． 1 2 D． 1 2 g 2g g 2g 【解答】解：设小球A、B的质量为m。以小球A、B以及弹簧组成的整体为研究对象，取竖直 向下为正方向，由动量定理得 v +v 2mgt＝mv +mv ，解得该过程所用时间为：t= 1 2，故ACD错误，B正确。 1 2 2g 故选：B。 [例题8] （多选）如图所示装置，装有细砂石的容器带有比较细的节流门，K是节流门的 阀门，节流门正下方有可以称量细砂石质量的托盘秤。当托盘上已经有质量为m的细砂石时关 闭阀门K，此时从管口到砂石堆顶端还有长为H的细砂石柱，设管口单位时间流出的细砂石的 质量为m ，管口处细砂石的速度近似为零，关闭阀门K后，细砂石柱下落时砂石堆高度不变， 0重力加速度为g，忽略空气阻力，下列说法正确的是（ ） A．刚关闭阀门K时，托盘秤示数为mg √2H B．细砂石柱下落过程中，托盘秤示数为m+m 0 g C．细砂石柱对砂石堆顶端的冲击力为m √2gH 0 D．细砂石柱全部落完时托盘秤的示数比刚关闭阀门K时托盘秤的示数大 【解答】解：A、刚关闭阀门时，细沙石在下落，下落的细沙石对砂石堆有一定的冲击力，托盘 示数大于m，故A错误； v2 BC、细沙石从管口开始做自由落体运动，则细沙石到达砂石堆时的速度为：H= ，细沙石与 2g 砂石堆作用后速度为零，砂石堆对细沙石的作用力为F，选向上为正，由动量定理得：Ft＝m tv 0 解得F＝m √2gH，根据牛顿第三定律细沙石对砂石堆的冲击力大小也为 F，所以细沙石下落过 0 √2H 程中托盘示数为m+m ，故BC正确。 0 g √2H D、细沙石的位移H需要的时间t= ，单位时间流出的细砂石的质量为m ，所以高度为H 0 g √2H 的细沙石的质量为m t＝m ，所以细沙石全部落完时托盘示数不变。故D错误。 0 0 g 故选：BC。 [例题9] （多选）如图（a），质量分别为m 、m 的A、B两物体用轻弹簧连接构成一个 A B 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，A、B两物体运动的a﹣t图像如图（b）所示，S 表示0到t 时间内A的a 1 1 ﹣t图线与坐标轴所围面积大小，S 、S 分别表示t 到t 时间内A、B的a﹣t图线与坐标轴所围 2 3 1 2 面积大小。下列说法正确的是（ ）A．0到t 时间内，墙对B的冲量为0 1 B．运动后，弹簧的最大形变量等于x C．m ：m ＝S ：S A B 3 2 D．S ﹣S ＝S 1 2 3 【解答】解：A、撤去外力后A受到的合力等于弹簧的弹力，0到t 时间内，对A，由动量定理 1 可知，合力即弹簧弹力对A的冲量大小：I＝m v ，弹簧对A与对B的弹力大小相等、方向相反、 A 0 作用时间相等，因此弹簧对B的冲量大小与对A的冲量大小相等、方向相反，即弹簧对B的冲 量大小I弹簧 ＝m A v 0 ，对B，以向右为正方向，由动量定理得：I墙壁 ﹣I弹簧 ＝0，解得，墙对B的 冲量大小I墙壁 ＝m A v 0 ，方向水平向右，故A错误； B、B运动后，当A、B速度相等时弹簧形变量（伸长量或压缩量）最大，此时A、B的速度不 为零，A、B的动能不为零，由能量守恒定律可知，弹簧形变量最大时 A、B的动能与弹簧的弹 性势能之和与撤去外力时弹簧的弹性势能相等，则弹簧形变量最大时弹簧弹性势能小于撤去外 力时弹簧的弹性势能，弹簧形变量最大时弹簧的形变量小于撤去外力时弹簧的形变量 x，故B错 误； CD、a﹣t图线与坐标轴所围图形的面积大小等于物体速度的变化量，因t＝0时刻A的速度为零， t 时刻A的速度大小v ＝S ，t 时刻A的速度大小v ＝S ﹣S ，B的速度大小v ＝S 。由图 1 0 1 2 A 1 2 B 3 （b）所示图象可知，t 时刻A的加速度为零，此时弹簧恢复原长，B开始离开墙壁，到t2时刻 1 两者加速度均达到最大，弹簧伸长量达到最大，此时两者速度相同，即v ＝v ，则S ﹣S ＝ A B 1 2 S ； 3 t ﹣t 时间内，A与B组成的系统动量守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律得：m v ＝ 1 2 A 0 （m +m ）v ，结合v ＝S ，v ＝S ﹣S ＝S ，联立解得m ：m ＝S ：S ，故CD正确； A B A 0 1 A 1 2 3 A B 3 2 故选：CD。题型三 动量定理在多过程问题中的应用 1.如果遇到的问题，不需要求加速度，可以不运用牛顿定律，涉及到力的时间效应则用动量定理， 空间效应则用动能定理。 2.对于两个或两以上物体组成的物体系统，如果用牛顿定律和隔离法，有时会很复杂，但用动量定 理，就非常简单 [例题10] 2021年5月15日，“天问一号”着陆器成功着陆火星表面，这标志着我国首次 火星探测任务——着陆火星取得圆满成功。它着陆前的运动可简化为如图所示四个过程，若已 知着陆器质量m＝1.3×103kg（降落伞质量远小于着陆器质量），悬停时离地面的高度 h ＝ 4 8m，取火星表面重力加速度g'＝4m/s2，忽略着陆器质量的变化和g'的变化。若第②、第③和 第④阶段的运动都可视为加速度不同的竖直向下匀变速直线运动。 （1）求：第②阶段着陆器下降的高度h 、以及所受总平均阻力f的大小； 2 （2）着陆器在第④阶段为自由落体运动： a．求着陆速度v 的大小； 4 b．着陆时，缓冲设备让着陆器在约0.1s内匀减速至0，请估算地面受到着陆器的平均冲击力 F 的大小，并说出减小平均冲击力的建议。 【解答】解：（1）由加速度定义式可得：a v -v = 2 1 t -t 2 1 代入数据解得：a＝﹣4m/s2，负号表示方向向上； v +v 此阶段为匀减速直线运动，由平均速度公式可得：h = 1 2（t ﹣t ） 2 2 1 2 代入数据得：h ＝25200m 2 根据牛顿第二定律可得：mg'﹣f＝ma代入数据得：f＝1.04×104N； （2）由v 2＝2g′h 可得着陆速度v 的大小为：v ＝8m/s 4 4 4 4 取向上为正方向，由动量定理可得：（F﹣mg′）t＝0﹣m（﹣v ）， 4 解得：F＝1.092×105N 由动量定理可知增大落地时间，平均冲击力会减小、降低悬停时离地面的高度，可减小着陆时 的速度也可减小平均冲击力。 答：（1）第②阶段着陆器下降的高度为25200m、所受总平均阻力f的大小为1.04×104N； （2）a．着陆速度v 的大小为8m/s； 4 b．地面受到着陆器的平均冲击力F的大小为1.092×105N，增大落地时间、降低悬停时离地面的 高度。 [例题11] 2022年北京冬奥会中，中国钢架雪车队获得首枚冬奥会奖牌。钢架雪车比赛的一 段赛道如图1所示，长为x 的水平直道AB与长为x 的倾斜直道BC在B点平滑连接，倾斜直 1 2 道BC与水平面的夹角为 。运动员从A点由静止出发，推着雪车匀加速运动到B点时速度大 小为v，紧接着快速俯卧θ到车上，继续沿BC匀加速下滑（图2所示）。若雪车（包括运动 员）可视为质点，始终在冰面上运动，其总质量为m，雪车与冰面之间的动摩擦因数为 ，重 力加速度为g。求雪车（包括运动员） μ （1）在水平直道AB上的加速度大小； （2）在倾斜直道BC上的加速度大小； （3）经过C点时的动量大小。 【解答】解：（1）设在AB段加速度为a ，由速度—位移公式可得：v2＝2a x 1 1 1 解得：a v2 1= 2x 1 （2）运动员在BC段，根据牛顿第二定律有：mgsin ﹣ mgcos ＝ma 2 解得：a 2 ＝gsin ﹣ gcos θ μ θ θ μ θ（3）在BC段由速度—位移公式可得： v2＝2a x v2 - 2 2 C 在C点的动量p＝mv C 解得：p＝m √v2+2(gsinθ-μgcosθ)x 2 答：（1）在直道AB上的加速度大小为 v2 ； 2x 1 （2）过直道BC的加速度大小为gsin ﹣ gcos ； （3）经过C点时的动量大小为m θ μ θ 。 √v2+2(gsinθ-μgcosθ)x 2 题型四 应用动量定理处理“流体模型”的冲击力问题 对于流体运动,可沿流速v的方向选取一段柱形流体作微元,设在极短的时间Δt内通过某一横截面积 为S的柱形流体的长度为Δl,如图所示。设流体的密度为ρ,则在Δt的时间内流过该截面的流体的质 量Δm=ρSΔl=ρSvΔt,根据动量定理,流体微元所受的合外力的冲量等于该流体微元动量的增量,即 FΔt=ΔmΔv,分两种情况: (1)作用后流体微元停止,有Δv=-v,代入上式有F=-ρSv2。 (2)作用后流体微元以速率v反弹,有Δv=-2v,代入上式有F=-2ρSv2。 [例题12] 湖面上有帆船正以速度v 匀速顺风航行。已知：该船帆的有效受风面积为 S，水 1 平风速恒为v ，且v ＜v ，湖面上空气密度为 。则风对船帆的推力的功率为（ ） 2 1 2 A． Sv 2 2 B．ρ S（v 2 ﹣v 1 ）2 C．ρS（v 2 ﹣v 1 ）2v 1 D．ρS（v 2 ﹣v 1 ）2v 2 【解ρ答】解：单位时间t内冲击船帆的空气的体积ρ V＝SL＝S（v ﹣v ）t 2 1 单位时间t内冲击船帆的空气质量 m＝ V＝ S（v ﹣v ）t 2 1 空气ρ的动量ρ 改变量Δp＝m（v ﹣v ） 1 2 帆对空气的作用力大小为F，以风的速度方向为正方向，由动量定理 ﹣Ft＝Δp 解得：F＝ S (v -v ) 2 2 1 ρ 根据牛顿第三定律，帆船在航行过程中受到的风的水平推力大小 F'＝F＝ S (v -v ) 2 2 1 ρ 风对船帆的推力的功率为 P＝F'v ＝ S v ，故C正确，ABD错误。 1 (v -v ) 2 1 2 1 ρ 故选：C。 [例题13] 如图，消防员用高压水枪喷出的强力水柱冲击着火物，直径为D的水柱以水平速 度v垂直射向着火物。假设水流进入水枪的速度忽略不计，水柱冲击着火物后速度为零，水的 密度为 。下列说法正确的是（ ） ρ 1 A．单位时间流经水枪的水的体积为 πvD2 2 1 B．水枪对水做功的功率为 π ρD2v3 8 1 C．水柱对着火物的冲击力为 π ρD2v2 8 D．水枪水平向前喷水时，消防员对水枪的作用力方向水平向前 1 【解答】解：A.单位时间流经水枪的水的体积为Q＝vtS= vD2，故A错误； 4 π 1 1 1 Δmv2 v⋅Δt⋅ πD2ρv2 1 B.水枪对水做功的功率为P 2 2 4 为 π ρD2v3；故B正确； = = = 8 Δt Δt C.根据动量定理 FΔt＝Δm•v1 Δm＝vΔt⋅ D2 4 π ρ 解得水柱对着火物的冲击力为 1 F= D2v2 4 πρ 故C错误； D.水枪水平向前喷水时，水平方向消防员对水枪的水平作用力方向水平向前，竖直方向消防员 对水枪的作用力竖直向上，则消防员对水枪的作用力方向斜向前偏上方向，故D错误。 故选：B。 [例题14] 如图所示，由喷泉中喷出的水柱，把一个重为W的垃圾桶倒顶在空中。水以速 △m 率v 、恒定的质量增率（即单位时间喷出的质量） 从地下射向空中。求垃圾桶可停留的最 0 △t 大高度。设水柱喷到桶底后以相同的速率反弹。 【解答】解：设垃圾桶可停留的最大高度为h，并设水柱到达h高处的速率为v，则v满足： v2﹣v 2＝﹣2gh 0 得：v2＝v 2﹣2gh 0 由动量定理得：在极短时间Δt内，水受到的冲量为： △m FΔt＝2（ •Δt）v △t △m △m 解得：F＝2 •v＝2 √v2-2gh △t △t 0 据题有：F＝W 联立解得：h v2 W2 △t = 0 - ( ) 2 2g 8g △m 答：垃圾桶可停留的最大高度是 v2 W2 △t 。 0 - ( ) 2 2g 8g △m[例题15] 某游乐园入口旁有一鲸鱼喷泉，在水泵作用下会从鲸鱼模型背部喷出竖直向上的 水柱，将站在冲浪板上的玩偶模型托起，悬停在空中，伴随着音乐旋律，玩偶模型能够上下运 动，非常引人驻足，如图所示。这一景观可做如下简化，假设水柱从横截面积为S的喷口持续 以速度v 竖直向上喷出；设同一高度水柱横截面上各处水的速率都相同，冲浪板底部为平板且 0 其面积大于水柱的横截面积，保证所有水都能喷到冲浪板的底部。水柱冲击冲浪板前其水平方 向的速度可忽略不计，冲击冲浪板后，水在竖直方向的速度立即变为零，在水平方向朝四周均 匀散开。已知玩偶模型和冲浪板的总质量为M，水的密度为 ，重力加速度大小为g，空气阻 力及水的粘滞阻力均可忽略不计。 ρ （1）试计算玩偶模型在空中悬停时，水对冲浪板的冲击力大小和喷泉单位时间内喷出的水的质 量； （2）实际上当我们仔细观察发现喷出的水柱在空中上升阶段并不是粗细均匀的，而是在竖直方 向上一端粗一端细，请你分析上升阶段的水柱是上端较粗还是下端较粗，并说明水柱呈现该形 态的原因。 （3）由于水柱顶部的水与冲浪板相互作用的时间很短，因此在分析水对冲浪板的作用力时可忽 略这部分水所受的重力作用。求玩偶在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度。 【解答】解：（1）玩偶处在空中静止，此时受重力与水向上的推力，由二力平衡可知F＝Mg 设△t时间内，从喷口喷出的水的体积为△V，质量为△m， △m 则△m＝ △V，△V＝v S△t由以上两式得，单位时间内从喷口喷出的水的质量为 =ρv S 0 △t 0 ρ （2）水柱上端较粗，下端较细。 原因是：任意横截面流速相等，下端水柱速度较上端水柱的速度大，由 Q＝Sv，（S为水柱截面 积，v为水柱中水的流速）可知，上端水柱截面较大。 （3）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。 1 1 对于△t时间内喷出的水，由能量守恒定律得 (△m)v2+(△m)gh= (△m)v 2； 2 2 0 在h高度处，△t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△p＝（△m）v设水对玩具的作用力的大小为F，根据动量定理有F⋅△t＝△p由于玩具在空中悬停， 由力的平衡条件得F＝Mg 联立以上各式得 h= v2 0 - M2g 2g 2ρ2v2S2 0 答：（1）水对冲浪板的冲击力大小和喷泉单位时间内喷出的水的质量为 v S； 0 （2）水柱上端较粗，下端较细。任意横截面流速相等，下端水柱速度ρ较上端水柱的速度大， 由Q＝Sv，（S为水柱截面积，v为水柱中水的流速）可知，上端水柱截面较大。 （3）玩偶在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度 v2 0 - M2g 。 2g 2ρ2v2S2 0