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2024 年高考物理一轮大单元综合复习导学练
专题36 动量 冲量和动量定理
导练目标
导练内容
目标1
动量、动量变化量和冲量
目标2
动量定理
目标3
用动量定理解决流体类和微粒类“柱状模型”问题
【知识导学与典例导练】
一、动量、动量变化量和冲量
1．动能、动量、动量变化量的比较
动能
动量
动量变化量
定义
物体由于运动而具有的能
量
物体的质量和速度的乘积
物体末动量与初动量的矢
量差
定义式
Ek＝mv2
p＝mv
Δp＝p′－p
标矢性
标量
矢量
矢量
特点
状态量
状态量
过程量
关联
方程
Ek＝，Ek＝pv，p＝，p＝
联系
(1)都是相对量，与参考系的选取有关，通常选取地面为参考系
(2)若物体的动能发生变化，则动量一定也发生变化；但动量发生变化时动能不一定发
生变化
2．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＝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。
1
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【例1】质量为m 的物体，以初速度
沿斜面开始上滑，到达最高点后再次返回原出发位置处时速度大小
为
，假设物体在斜面上运动时受到的摩擦力大小不变，则（ ）
A．整个过程中合力的冲量大小为
B．整个过程中摩擦力冲量的矢量和为零
C．上滑过程中重力的冲量比下滑过程中重力的冲量小
D．上滑过程和下滑过程中支持力的冲量均为零
【答案】C
【详解】A．以沿斜面向下为正方向，根据动量定理
，A 错误；
B．设物体上滑过程时间为t1，下滑回到出发点时间为t2，位移大小为x，则
得
整个过程中摩擦力冲量的矢量和为
，B 错误；
C．上滑过程中重力的冲量为mgt1, 下滑过程中重力的冲量为mgt2，由于t1<t2，上滑过程中重力的冲量比下
滑过程中重力的冲量小，C 正确；
D．上滑过程和下滑过程中支持力一直存在，冲量均不为零，D 错误。故选C。
【例2】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，则物块
（ ）
A．在
时间内动量变化量为
B．动量在
内比
内变化快
C．
时动量大小为
D．
时运动方向发生改变
【答案】BC
2
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【详解】A．根据动量定理
可知，在
时间内动量变化量为
故A 错误；
B．在
时间内动量变化了
，
时间内动量变化了
，所以动量在
内比
内变化快，故B 正确；
C．
时动量大小为
故C 正确；
D．
时动量仍为正值，运动方向没有发生改变，故D 错误。故选BC。
二、动量定理
1.动量定理的理解
(1)动量定理表明冲量是使物体动量发生变化的原因,冲量是物体动量变化的量度。这里所说的冲量必须
是物体所受的合外力的冲量(或者说是物体所受各外力冲量的矢量和)。
(2)动量定理给出了冲量和动量变化间的相互关系。
(3)现代物理学把力定义为物体动量的变化率:F= Δ p
Δt
(牛顿第二定律的动量形式)。
(4)动量定理的表达式F·Δt=Δp 是矢量式,在一维的情况下,各个矢量必须以同一个规定的方向为正方向。
运用它分析问题时要特别注意冲量、动量及动量变化量的方向,公式中的F 是物体或系统所受的合力。
(5)动量定理不仅适用于恒定的力,也适用于随时间变化的力。这种情况下,动量定理中的力F 应理解为
变力在作用时间内的平均值。
2.应用动量定理解释的两类物理现象
(1)当物体的动量变化量一定时,力的作用时间Δt 越短,力F 就越大,力的作用时间Δt 越长,力F 就越小,如
玻璃杯掉在水泥地上易碎,而掉在沙地上不易碎。
(2)当作用力F 一定时,力作用时间Δt 越长,动量变化量Δp 越大,力的作用时间Δt 越短,动量变化量Δp 越
小。
3.动量定理的应用技巧
(1)应用I=Δp 求变力的冲量
如果物体受到大小或方向改变的力的作用,则不能直接用I=Ft 求冲量,可以求出该力作用下物体动量的
变化Δp,等效代换得出变力的冲量I。
(2)应用Δp=FΔt 求动量的变化
【例3】人们对手机的依赖性越来越强，有些人喜欢躺着看手机，经常出现手机砓伤眼睛的情况。若手机
质量为
，从离人眼约
的高度无初速掉落，砸到眼睛后手机未反弹，眼睛受到手机的冲击时间约
3
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为
，取重力加速度
，则该过程中眼睛受到手机对它的平均作用力大小约为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【详解】手机恰碰到眼睛时的速度大小为
所以手机与眼睛作用过程中手
机动量变化量大小约为
以向上为正方向，由动量定理可得
解得
根据牛顿第三定律可知眼睛受到手机对它的平均作用力大小约为2.4N。故选B。
【例4】位于贵州省安顺市的黄果树坝陵河大桥蹦极，经吉尼斯世界纪录认证，为世界最高的商业蹦极
（370 米），它也成为众多蹦极爱好者争相挑战的对象。一质量80kg 的蹦极爱好者在一次蹦极中，离开踏
板后运动过程中的部分x－t 图像如图所示，其中OA 为抛物线，AC 为一般曲线，B 点斜率为零，则从绳伸
直后到运动到最低点的过程中，绳对他的平均作用力大小为（不计空气阻力，
）
A．1500N
B．2000N
C．2400N
D．3000N
【答案】B
【详解】由题意可知OA 过程蹦极爱好者做自由落体运动，则有
解得
，B 点斜率为零，可
知B 点对应速度为零，B 点为最低点；从O 到B 的过程，根据动量定理可得
解得
故选B。
三、用动量定理解决流体类和微粒类“柱状模型”问题
1.流体类“柱状模型”问题
流体及
其特点
通常液体流、气体流等被广义地视为“流体”，质量具有连续性，通常已知密度ρ
分
1
建立“柱状模型”，沿流速v 的方向选取一段柱形流体，其横截面积为S
4
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析
步
骤
2
微元研究，作用时间Δt 内的一段柱形流体的长度为Δl，对应的质量为Δm＝ρSvΔt
3
建立方程，应用动量定理研究这段柱状流体
【例5】如图所示，武装直升机的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，若空气阻力恒为f，不计空气浮力及风力影响，下列说法正确的是（
）
A．直升机悬停时受到的升力大小为
B．直升机悬停时发动机的功率为0
C．直升机向上匀速运动时，螺旋桨推动的空气流量为
D．直升机向上匀速运动时，螺旋桨推动的空气流量为
【答案】D
【详解】A．直升机悬停时受到的升力大小为mg，故A 错误；
B．直升机悬停时，受到的升力为mg，以空气为研究对象，根据牛顿第三定律可知，空气受到向下的推力
为mg，根据动量定理可得
所以螺旋桨推动空气的速度为
单位时间内发动机做的
功数值即为发动机的功率
故B 错误；
CD．直升机向上匀速运动时，受到的升力为mg+f，以空气为研究对象，根据牛顿第三定律，空气受到向下
5
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的推力为mg+f，根据动量定理可得
所以螺旋桨推动空气的速度为
螺旋桨推动的空气流量为
故C 错误，D 正确。故选D。
2.微粒类“柱状模型”问题
微粒及
其特点
通常电子流、光子流、尘埃等被广义地视为“微粒”，质量具有独立性，通常给
出单位体积内粒子数n
分
析
步
骤
1
建立“柱状模型”，沿运动的方向选取一段微元，柱体的横截面积为S
2
微元研究，作用时间Δt 内一段柱形流体的长度为Δl，对应的体积为ΔV＝Sv0Δt，
则微元内的粒子数N＝nv0SΔt
3
先应用动量定理研究单个粒子，建立方程，再乘以N 计算
【例6】2022 年4 月15 日哈佛-史密森天体物理学中心的科学家乔纳森·麦克道维尔推文表明：莫尼亚轨道
上第一次出现中国卫星，该卫星曾在2021 年工况异常。尽管乔纳森的描述中没有提及该卫星使用了何种引
擎，但从轨道提升的描述来判断，几乎可以肯定是属于离子电推引擎，这是利用电场将处在等离子状态的
“工质”加速后向后喷出而获得前进动力的一种发动机。这种引擎不需要燃料，也无污染物排放。引擎获
得推力的原理如图所示，进入电离室的气体被电离成正离子，而后飘入电极A、B 之间的匀强电场（离子
初速度忽略不计），A、B 间电压为U，使正离子加速形成离子束，在加速过程中引擎获得恒定的推力。单
位时间内飘入的正离子数目N 为定值，离子质量为m，电荷量为ne（其中n 是正整数，e 是元电荷），加
速正离子束所消耗的功率为P，引擎获得的推力为F，下列说法正确的是（ ）
A．引擎获得的推力
B．引擎获得的推力
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C．为提高能量的转换效率，要使
尽量大，可以用质量大的离子
D．为提高能量的转换效率，要使
尽量大，可以用带电量大的离子
【答案】AC
【详解】AB．电场对粒子加速
根据动量定理
其中
，
整理得
故A 正确B 错误；
CD．根据以上分析可知
要使
尽量大，可以用质量大、带电量小
即n 小的离子，故C 正确D 错误。故选AC。
【综合提升专练】
1．在东京奥运会赛场，我国运动员朱雪莹、刘灵玲包揽蹦床女子冠亚军，分析朱雪莹比赛录像得到某次
动作过程的时间分配是：从最高点落下到触网用时0.750s，接着用时0.300s 离网，又用时1.500s 再触网。
若运动员在离网和触网时均处于直体正立状态，运动员体重50kg，身高1.65m，忽略空气阻力，重力加速
度g 取10
。下列说法正确的是（ ）
A．运动员在接触网的时间里受到的平均弹力大小为3000N
B．运动员在接触网的时间里网对运动员做功为225J
C．运动员一次上行过程中，网对运动员的冲量大小为750N·s
D．运动员一次下行过程中，网对运动员的冲量大小为525N·s
【答案】A
【详解】A．从最高点落下到触网用时t1=0.750s，则第一次触网的速度大小
由于又用时
t2=1.500s 再触网，则第一次离网的速度大小
运动员在接触网的时间Δt=0.300s 里有
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解得
，A 正确；
B．根据动能定理运动员，在接触网的时间里有
由于
则有
，B 错误；
CD．运动员一次上行过程中，有
解得，网对运动员的冲量大小
，CD 错误。
故选A。
2．如图所示，一工人将两根长为5m 的木杆并排靠在高4m 的墙上，现将一质量2kg、直径1m、高2m 的
圆柱形塑料管从木杆顶端静止释放。已知塑料管和木杆间的动摩擦因数
，两木杆间距60cm，塑料
管及木杆上端与墙顶端平齐，则塑料管下滑过程中（ ）
A．所受的摩擦力为12N
B．沿杆向下的加速度为
C．滑到底端的时间约为
D．重力的冲量等于
【答案】A
【详解】AB．对塑料管进行受力分析，垂直于木杆的方向根据共点力平衡可知
；
沿着木杆的方向根据牛顿第二定律
得
故A 正确，B 错误；
C．根据匀变速直线运动的位移与时间得关系可知
解得
故C 错误；
D．根据冲量的表达式可知重力的冲量为
故D 错误。故选A。
3．如图所示，小明乘坐电梯上到顶楼10 楼再下到某层楼，绘制如图所示
图线，小明的质量
，
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那么下列选项中正确的是（ ）
A．
末小明上升到最大高度，最大高度为
B．4s-6s 内，小明处于超重状态
C．
内，小明的动量变化量的大小为
D．
内，小明所受的合外力的冲量大小为
【答案】D
【详解】A．4-5s 内电梯继续上升，故
末小明未上升到最大高度，故A 错误；
B．4s-6s 内，斜率为负，加速度向下，小明处于失重状态，故B 错误；
C．
内，小明的动量变化量的大小为
故C 错误；
D．
内，小明所受的合外力的冲量大小为
故D 正确。故选
D。
4．如图所示，一大型气球用绳系着喷气口悬停在空中，某时刻系在喷气口的绳子突然松开，内部气体竖
直向下喷出，由于反冲作用气球开始向上运动。已知内部气体的密度为
，气球连同内部气体最初的质量
为m，喷气口的横截面积为S，绳子松开瞬间喷出气体的速度为v，重力加速度为g，不计空气阻力，则绳
子松开瞬间气球的加速度大小为（ ）
A．
B．
C．
D．
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【答案】B
【详解】由题意可知，初始状态有
绳子松开瞬间，对极短时间
内喷出的气体由动量定理可
得
解得
则由牛顿第三定律可得气体对气球的作用力向上为
。则由牛顿第二定律
可得
解得
故ACD 错误，B 正确。故选B。
5．某同学利用所学知识测水龙头水流对地面的冲击速度，水的流量是
。现将质量为
的杯子放在台秤上，水龙头开始往杯中注水，开始注水至
末时，台秤的读数为
。假设水流垂直打
在杯子底面后没有反弹，水的密度
，
。则注入杯中水流的速率约为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【详解】根据题意可知每秒流出水的体积为
每秒时间内流入水的质量为
设水的流速为，水落入杯子产生的冲击力大小为
，规定向上为正方向，则在
内，根据动量定理
有
可得
开始注水至
末时，台秤的读数为
，则有
其中
，
，
联立解得
故选B。
6．a、b、c 三个相同小球距地面高度相同，其中a 小球由静止释放，b 小球以初速度v0竖直上抛，c 小球以
10
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初速度v0水平抛出，不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．b、c 两小球落地时，动量相同
B．a、c 两小球落地时，重力的瞬时功率相等
C．b、c 两小球落地时，动能相等
D．从抛出到落地，a、b 两小球重力的冲量相等
【答案】BC
【详解】A．动量为矢量，b 球落地时的速度方向竖直向下，而c 球做平抛运动，落地时的速度方向与竖直
方向有一定的夹角，因此可知，b、c 两小球落地时，动量不可能相同，故A 错误；
B．a 球做自由落体运动，c 球做平抛运动，而平抛运动竖直方向的分运动即为自由落体运动，因此可知
a、c 两小球落地时竖直方向速度相同，而重力的瞬时功率为
由此可知a、c 两小球落地时，重力的
瞬时功率相等，故B 正确；
C．b 球做竖直上抛运动，c 球做平抛运动，两球在运动过程中均只有重力做功，而抛出点高度相同，其中
b 球上升到最高点到下落到抛出点时重力所做的功的代数和为零，因此对b 球，其重力做功与c 球重力做
功相同，设抛出点距地面高，而根据动能则有
两球初速度大小相等，因此可知
两球落地时，动能相等，故C 正确；
D．重力的冲量
，a 球做自由落体运动，b 球做竖直上抛运动，显然b 球落地时间大于a 球的落地
时间，因此可知从抛出到落地，a 球重力的冲量小于b 球重力的冲量，故D 错误。故选BC。
7．如图所示，从地面上同一位置抛出两个相同的小球a、b，分别落在地面上的M、N 点，两球运动的最
大高度相同，空气阻力不计，下列说法正确的是（ ）
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A．b 球在空中速度变化的快
B．抛出时b 球的动能较大
C．整个过程中a、b 两球动量的变化量相同
D．整个过程中b 球动能的变化量较大
【答案】BC
【详解】A．不计空气阻力，两球都是只受重力，所以加速度相同，两球在空中速度变化快慢相同，故A
错误；
C．两球运动的最大高度相同，加速度相同，故飞行时间相同，两球的速度变化量相同，则
整个过程中a、b 两球动量的变化量相同，故C 正确；
B．两球运动的最大高度相同，则竖直分速度相同；b 球运动的水平距离大，水平分速度大，则抛出时b 球
的速度较大，动能较大，故B 正确；
D．空气阻力不计，两球只受重力作用，机械能守恒；落地时的动能等于抛出时的初动能，则动能变化均
为零，两球的动能变化量相同，故D 错误。故选BC。
8．2022 年35 岁的梅西竭尽所能率领阿根廷队取得第二十二届世界杯足球赛冠军，如图是梅西在练习用头
颠球。假设足球从静止开始自由下落45cm，被头竖直顶起，离开头部后足球上升的最大高度仍为45cm，
足球与头部的接触时间为0.1s，足球的质量为0.4kg，不计空气阻力，g=10m/s2，下列说法正确的是
（ ）
A．头向上顶球的过程中，头对足球的冲量等于足球动量的变化量
B．头向上顶球的过程中，足球的动量变化量大小为2kg·m/s
C．头向上顶球的过程中，头部对足球的平均作用力大小为28N
D．从最高点下落至回到最高点的过程中，足球重力的冲量为零
【答案】C
12
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【详解】A．根据动量定理，合力的冲量等于物体动量的变化量，所以头向上顶球的过程中，头对足球的
冲量和足球所受重力的冲量等于足球动量的变化量，故A 错误；
B．根据自由落体运动规律，有
解得
所以足球的动量变化量大小为
故B 错误；
C．头向上顶球的过程，根据动量定理有
解得
故C 正确；
D．根据题意足球下落、上升的时间相等，即
所以从最高点下落至回到最高点的过程中，
足球重力的冲量为
方向竖直向下，故D 错误。故选C。
9．如图所示，质量为m 的物体A 放在光滑水平面上，右端与一水平轻质弹簧相连，弹簧另一端固定在墙
上，质量为m 的物体B 以速度v0向右运动，与A 相碰后一起压缩弹簧，直至B 与A 分离的整个过程中，下
列说法正确的是（ ）
A．在整个过程中，物体A、B 和弹簧组成的系统机械能守恒
B．弹簧的最大弹性势能为
C．物体A 对B 的冲量大小为
D．物体A 对B 做的功为
【答案】BC
【详解】A．A 和B 发生完全非弹性碰撞有机械能的损失；而在弹簧被压缩的过程中，物体B、A 和弹簧组
成的系统机械能守恒，则全过程系统机械能不守恒，故A 错误；
B．A 和B 发生完全非弹性碰撞有
可得共同速度为
则弹簧的最大弹性势能为
故B 正确；
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C．根据动量定理知物体A 对B 做的冲量即为物体B 动量的变化量
则物体A 对B 的
冲量大小为
故C 正确；
D．根据动能定理有知物体A 对B 做的功即为物体B 动能的变化量
故D 错误。
故选BC。
10．如图甲所示，质量为0.5kg 的物块a 静止在质量为1.5kg 的木板b 的右端。t=0 时刻，对b 施加一水平向
右的作用力F，F 随时间t 变化的关系图像如图乙所示，取向右为正方向，t=2s 时撤去F。已知a 与b 之间、
b 与地面之间的动摩擦因数分别为0.1、0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g=10m/s2，a 未从b 上滑落。
则（ ）
A．0~1s 内，b 所受摩擦力的冲量的大小为2N·s
B．t=1.6s 时a 的加速度大小为1m/s2
C．t=2s 时，a、b 的动量之和为6kg·m/s
D．整个过程摩擦力对a 做的总功小于a、b 之间因摩擦而产生的热量
【答案】ABD
【详解】A．0~1s 内，b 受到水平向左、大小等于F 的静摩擦力，t=1s 时摩擦力的大小
此段时间内
摩擦力的冲量大小为
故A 正确；
B．由牛顿第二定律有μ1mag=maamax可知amax=1m/s2对a、b 整体由牛顿第二定律，有
得出F=6N 此时对应的时刻为t=1.5s，故t=1.6s 时a、b 发生了相对滑动，a
的加速度大小为1m/s²，故B 正确；
C．t=2s 时拉力F₂=8N，t=1s 后a、b 开始运动，在1~2s 内对a、b 系统由动量定理有
g×1s=p 得出p=2kg·m/s 故C 错误；
14
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D．依题意，由于地面的摩擦力，最终a、b 会停在地面上，所以整个过程摩擦力对a 做的总功等于0，a、
b 之间因摩擦产生的热量大于0。故D 正确。故选ABD。
11．如图甲，“胸口碎大石”是民间杂耍的保留节目（危险节目，请勿模仿）。其原理如图乙所示，皮囊
A 放置在水平地面上，上面压着一块质量
的石板，质量
的铁锤，以
的速度，竖
直向下砸中石板，碰撞时间极短，铁锤与石板瞬间达到共同速度，之后忽略手持锤的作用力，且向下匀变
速运动2cm 减速到零，取重力加速度
。则（ ）
A．铁锤与石板碰后瞬间达到的共同速度为0.5m/s
B．铁锤与石板碰撞过程损失的机械能为75J
C．碰后向下减速到零的过程，皮囊对石板的平均作用力为975N
D．碰后向下减速到零的过程，皮囊对石板的冲量大小
【答案】AC
【详解】A．铁锤与石板碰撞，动量守恒，有
解得
故A 正确；
B．系统损失的机械能为
故B 错误；
C．铁锤与石板共速后，根据动能定理
解得
故C 正确；
D．由动量定理可得
解得
皮囊对石板的冲量大小为
故D 错误。故选AC。
12．如图所示，用高压水枪喷出的强力水柱洗车，设水柱截面半径为r，水流速度大小为v，水柱垂直车窗，
水柱冲击车窗后水的速度变为零，水的密度为
，则（ ）
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A．单位时间内喷出水的质量大小为
B．单位时间内喷出水的质量大小为
C．水柱对车窗的平均冲击力大小为
D．水柱对车窗的平均冲击力大小为
【答案】BC
【详解】AB．高压水枪的流量为
水枪单位时间内喷出水的质量为
故A 错误；B 正确；
CD．研究时间
内喷出的质量为
的水，由动量定理得
解得
根据牛顿第三定律知，水柱对车窗的平均冲击力大小为
，
故C 正确，D 错误。故选BC。
13．等离子体推进器的原理结构如图所示，首先由电子枪产生高速电子流，经过碰撞，电子将等离子体发
生器内的惰性气体电离，形成等离子体，最后等离子体中的正离子经过静电加速层加速后高速飞出，从而
对等离子推进器产生作用力。假设正离子的质量为m，电荷量为q，经电压为U 的静电加速层加速后形成
电流为I 的离子束，忽略离子进入静电加速层的初速度，不计离子重力和离子间的相互作用力，下列说法
正确的是（ ）
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A．离子推进器是将电能转化为机械能的装置
B．离子由静电加速层喷出时的速度大小为
C．单位时间内，由静电加速层喷出的离子数为
D．离子推进器产生的推力大小为
【答案】AD
【详解】A．根据能量转化可知离子推进器是将电能转化为机械能的装置，故A 正确；
B．根据动能定理有
解得
故B 错误；
C．设单位时间，静电加速层喷出的离子数为
，则有
解得
故C 错误；
D．由动量定理得
解得
故D 正确；故选AD。
14．在运用动量定理处理二维问题时，可以在相互垂直的x、y 两个方向上分别研究。例如，质量为m 的小
球斜射到木板上，入射的角度是
，碰撞后弹出的角度也是
，碰撞前后的速度大小都是v，如图所示，碰
撞过程中忽略小球所受重力。
（1）分别求出碰撞前后x、y 方向小球的动量变化
、
；
（2）分析说明小球对木板的作用力的方向。
【答案】（1）
；
，方向沿y 轴正方向（2）见解析
【详解】（1）x 方向，小球的动量变化为
，y 方向，小球的动量变化为
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方向沿y 轴正方向。
（2）以小球为对象，由于
，根据动量定理可知得
可知木板对小球作用力的方向沿y
轴正方向；根据牛顿第三定律可知，小球对木板作用力方向沿y 轴负方向。
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。如图所示，景观做如下简化，
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；设同一高度水柱横截面上各处水的速率都相
等，冲浪板底部为平板且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。已知水的密度为ρ，重力加速度大小为g，玩偶在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度为h，
由于水柱顶部的水与冲浪板相互作用的时间很短，因此在分析水与冲浪板相互作用时可忽略这部分水所受
的重力作用，空气阻力及水的粘滞阻力均可忽略不计。
（1）求喷泉单位时间内喷出水的质量m0；
（2）仔细观察会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）某同学求解玩偶模型在空中悬停时冲浪板对水的作用力大小，解法如下：Δt 时间内喷射到玩具底面
的水沿竖直方向动量变化量的大小为ΔP=Δmv0，又Δm=m0Δt，设玩偶模型对水的作用力大小为F，根据动
量定理有F Δ
‧ t=Δp，得F=m0v0（其中m0为第一问结果）。请指出该同学解法的不妥之处并加以改正。
【答案】（1）ρv0S；（2）见解析；（3）见解析
【详解】（1）设Δt 时间内，从喷口喷出的水的体积为ΔV，质量为Δm，则
；
由以上两式得，单位时间内从喷口喷出的水的质量为
（2）水柱上端较粗，下端较细。流量Q=Sv（S 为水柱截面积，v 为水柱中水的流速），因为任意横截面流
量相等，下端水柱速度较上端水柱的速度大，可知，水柱上端较粗，下端较细
（3）错误之处是水冲击冲浪板时，水速不等于v0。设水从喷口喷出后到达玩具底面时的速度大小为v。对
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于Δt 时间内喷出的水，有能量守恒定律得
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
又
设玩偶模型对水的作用力大
小为F，根据动量定理有
联立以上各式得
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