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习题课一　动量定理的应用
题组一　应用动量定理处理多过程问题
1.〔多选〕沙滩排球是风靡全世界的一项体育运动。假设在某次进行排球运动时，质量为m的排球从距离沙滩表面高度为H的A点由静止释放，落到沙滩并陷入深度为h的B点时速度减为零，如图所示。不计空气阻力，重力加速度为g。则关于排球的运动过程，下列说法正确的是（　　）
A.整个下落过程中，排球的机械能减少了mgH
B.整个下落过程中，排球克服阻力做的功为mg（H＋h）
C.在陷入沙滩过程中，排球动量的改变量的大小等于m
D.在陷入沙滩过程中，排球所受阻力的冲量大小大于m
2.〔多选〕（2025·贵州高二上阶段练习）如图甲，一质量为2 kg的物块静止在光滑的水平面上，从t＝0时刻开始受到一水平外力F的作用，F随时间t变化的图像如图乙所示。取t＝0时刻力F的方向为正方向，重力加速度大小取g＝10 m/s2。下列说法正确的是（　　）
A.前2 s时间内，力F对物块做的功为4 J
B.t＝4 s时，物块的速度大小为2 m/s
C.前4 s时间内，力F的冲量为2 N·s
D.t＝2 s时，物块的动量为2 kg·m/s
3.〔多选〕如图甲所示，一质量为m的物体静止在水平面上，自t＝0时刻起对其施加一竖直向上的力F，力F随时间t变化的关系如图乙所示，已知当地重力加速度为g，空气阻力不计，则在物体上升过程中下列说法正确的是（　　）
A.0～t0时间内拉力F的冲量为0 B.0～t0时间内拉力F做的做功为0
C.物体上升过程中的最大速度为gt0 D.4t0时刻物体的速度为0
题组二　应用动量定理处理“流体类”问题
4.如图，质量为m的四轴无人机有四个螺旋桨。四个螺旋桨旋转共扫出的总面积为S，当四个螺旋桨同时旋转产生竖直向下的气流，可使该无人机悬停在空中某一固定位置。已知空气的密度为ρ，重力加速度大小为g。要使无人机悬停，则螺旋桨旋转产生竖直向下的气流的速率应为（　　）
A. B.
C. D.
5.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
6.热播电视剧《三体》中描绘了三体舰队通过尘埃区被动减速的场景，引起了天文爱好者们的讨论，如果想要不减速通过尘埃区，就需要飞船提供足够的动力。假设尘埃区密度ρ＝4.0×10－8 kg/m3，飞船进入尘埃区的速度为v＝3.0×106 m/s，飞船垂直于运动方向上的最大横截面积S＝10 m2，尘埃微粒与飞船相碰后都附着在飞船上，则（　　）
A.单位时间Δt＝1 s内附着在飞船上的微粒质量为0.12 kg
B.单位时间Δt＝1 s内附着在飞船上的微粒质量为120 kg
C.飞船要保持速度v不变，所需推力大小为3.6×106 N
D.飞船要保持速度v不变，所需推力大小为7.2×106 N
7.（2025·重庆期末）舞中幡是中国传承千年的杂技项目之一，如图所示，杂技演员用手顶住中幡，将幡从胸口处竖直向上抛起，t1时间后在自己的胸口相同位置处开始接幡，并缓慢下蹲，经t2时间幡到达最低点。已知一根中幡质量为m，重力加速度为g，忽略空气阻力。则（　　）
A.幡被抛出时的速度大小为gt1
B.幡被抛出后，仅在最高点时加速度大小为g
C.杂技演员接幡过程中，手对幡的冲量大小为0.5mgt1
D.杂技演员接幡过程中，手对幡的冲量大小为mgt2＋0.5mgt1
8.一质量为m的物块静止在水平光滑桌面上，现用一力F（大小未知）拉动物块，物块运动时的a-t图像如图所示，下列说法错误的是（　　）
A.0.5T时，物块速度为0.5a0T
B.T～1.5T与1.5T～2T物块运动形式不同
C.T～1.5T过程中F的冲量为ma0T
D.T～2T过程中F做功为零
9.竞技跳水是奥运会正式竞赛项目之一，分跳板跳水和跳台跳水，如图所示，某质量为m的运动员在进行10 m跳台跳水训练时，以速度v0竖直向上起跳，经过一段时间后竖直落入水中。水池中水深5 m，运动员在水中做匀减速运动，且运动员到达池底时速度恰好减为零，取v0＝5 m/s，m＝60 kg，g＝10 m/s2，空气阻力不计，求：
（1）运动员入水时的速度大小v；
（2）运动员从离开跳台至到达池底的整个过程所用的时间t；
（3）运动员在水中受到水的平均作用力大小F。
10.成语“水滴石穿”说明高处落下的水滴对物体具有冲击力，可以做功。已知水的密度ρ＝1.0×103 kg/m3，重力加速度g取10 m/s2。
（1）水滴从高h＝5 m的屋檐滴下，撞击水平地面的石板（不考虑水的反弹）。设水滴的质量m＝3×10－5 kg，撞击时间Δt＝1×10－2 s，若不计空气阻力，求水滴对石板的平均作用力大小。
（2）水刀是一种高压水射流切割技术，通过加高水压，再经过线度小于1毫米的宝石喷嘴，形成可达1 000 m/s的超声速射流。水刀切割精度高，没有热损伤，不产生有害物质。医用水刀的“刀片”是高速流动的生理盐水，厚度仅1.3×10－6 m。不考虑水流的反射，请估算水刀工作时单位面积上的作用力大小。
习题课一　动量定理的应用
1.BCD　由动能定理mg（H＋h）＋Wf＝0，得排球克服阻力做的功为mg（H＋h），根据功能关系，排球的机械能减少了mg（H＋h），故A错误，B正确；小球自由落下至地面过程，机械能守恒，mgH＝mv2，v＝，落到地面上后又陷入沙滩中，由动量定理得IG－If＝0－mv，小球动量的改变量等于合外力的冲量，故C正确；小球所受阻力的冲量 If＝IG＋mv＝IG＋m＞m，小球所受阻力的冲量大于m，故D正确。
2.AC　F-t图像中，图像与时间轴所围几何图形的面积表示力F的冲量，前4 s时间内，力F的冲量为I＝2×2 N·s－（4－2）×1 N·s＝2 N·s，根据动量定理有I＝mv，解得4 s时，物块的速度大小为v＝1 m/s，B错误，C正确；在0～2 s时间内，根据动量定理有I1＝mv1，解得2 s时，v1＝2 m/s，p＝mv1＝4 kg·m/s，根据动能定理，前2 s时间内，力F对物块做的功为W＝m＝4 J，A正确，D错误。
3.BC　根据冲量定义I＝Ft知，0～t0时间内拉力F不为0，力F的冲量不为0，故A错误；0～t0时间，由题图知F＜mg，物体静止，拉力F做的功为0，故B正确；由题图可知，t0～3t0内F＞mg，物体在这段时间内一直在加速，3t0时刻物体具有上升过程中的最大速度，3t0时刻之后，由于F＜mg物体减速上升，从t0到3t0运用动量定理有IF－IG＝mvm－0，结合F-t图像围成的面积表示力F的冲量可知 IF＝mg（3t0－t0）＋mg·2t0＝3mgt0；IG＝mg（3t0－t0）＝2mgt0，联立求得vm＝gt0，故C正确；从t0到4t0时刻运用动量定理IF'－IG'＝mv－0，结合图像的面积得v＝gt0，故D错误。
4.A　对无人机受力分析，由平衡条件得mg＝F，在极短时间t内，对与无人机作用的空气，由动量定理得Ft＝Δmv＝ρSvt·v，联立解得v＝，故选A。
5.B　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。
6.C　飞船进入尘埃区匀速飞行，可得单位时间Δt＝1 s内附着在飞船上的微粒质量为Δm＝ρSvΔt＝1.2 kg，A、B错误；微粒由静止到与飞船一起运动，微粒的动量增加，由动量定理得FΔt＝Δmv＝ρSv2Δt，飞船对微粒的作用力大小为F＝3.6×106 N，所以飞船要保持速度v不变，根据平衡条件可知，飞船所需推力大小为3.6×106 N， C正确，D错误。
7.D　幡被抛出做竖直上抛运动，由对称性可得，幡被抛出时的速度大小为v0＝g·t1＝gt1，A错误；幡被抛出后到被接住的过程中只受重力，其加速度大小一直为g，B错误；幡从最高点开始下落到到达最低点，设手对幡的冲量大小为I0，取竖直向下为正方向，根据动量定理有mg（0.5t1＋t2）－I0＝0，得I0＝mgt2＋0.5mgt1，C错误，D正确。
8.C　根据a-t图像与时间轴所围的面积大小表示速度的变化量，且物体从静止开始运动可知：物体在0～0.5T时间内做初速度为零、加速度为a0的匀加速直线运动，0.5T时物体的速度 v＝Δv＝0.5a0T，0.5T～T时间内物体的加速度为零，以速度v做匀速运动，T～1.5T时间内物体的加速度为－a0，物体做匀减速运动，1.5T时刻的速度v1.5T＝v－a0×0.5T＝0.5a0T－0.5a0T＝0，1.5T～2T时间内物体做初速度为零加速度为－a0的反向匀加速直线运动，2T时物体的速度 v2T＝－a0×（2T－1.5T）＝－0.5a0T＝－v，其速度—时间图像如图所示，A、B正确；T～1.5T内，根据动量定理可知F的冲量等于物体的动量变化，即 IF＝Δp＝0－mv＝－0.5ma0T，C错误；T～2T过程中，根据动能定理可知：F做的功等于物体的动能变化，即WF＝m（－v）2－mv2＝0，D正确。
9.（1）15 m/s　（2）2.67 s　（3）1 950 N
解析：（1）从起跳到入水，由动能定理有mgh＝mv2－m，代入数据解得v＝15 m/s。
（2）设运动员由起跳到入水用时t1，以竖直向下为正方向，有t1＝＝2 s，设运动员由入水至到达池底历时t2，有t2＝＝ s，则运动员从离开跳台至到达池底的整个过程所用的时间为t＝t1＋t2＝2.67 s。
（3）运动员从入水至到达池底，选竖直向下为正方向，由动量定理有（F＋mg）t2＝0－mv，代入数据得F＝－1 950 N，负号表示力F方向竖直向上。
10.（1）0.03 N　（2）1×109 N
解析：（1）水滴撞击石板的过程中，重力冲量的大小
IG＝mgΔt＝3×10－7 N·s
设水滴下落到地面时的速度为v，由运动学公式v2＝2gh，解得v＝10 m/s
设竖直向上为正方向，由动量定理有I合＝0－（－mv）
解得I合＝3×10－4 N·s
竖直向上为正方向I合＝IN＋（－IG）
解得IN＝3.003×10－4 N·s
综上可得IN IG，所以在分析石板对水滴的平均作用力时可忽略水滴的重力。
设竖直向上为正方向，由动量定理FΔt＝0－（－mv）
解得F＝0.03 N。
（2）设水流的横截面积为S，单位面积上的力为F，水的密度为ρ，在时间Δt内，
由动量定理有－FS·Δt＝0－ρSvΔt·v
其中v＝1 000 m/s，ρ＝1×103 kg/m3
代入数据解得F＝1×109 N。
3 / 3习题课一　动量定理的应用
素养目标
1.会应用动量定理处理多过程问题。2.会应用动量定理处理流体类问题。
要点一　应用动量定理处理多过程问题
1.多过程问题中动量定理与牛顿第二定律的比较
（1）如果不同阶段物体所受恒力不同，牛顿第二定律仅能分段使用，求解过程比较复杂，而动量定理可用于全过程，不必考虑中间量，使问题求解变得简捷。
（2）如果不同阶段物体所受外力为变力，则无法应用牛顿第二定律解答问题，但是可以应用动量定理解答。
2.动量定理与动能定理的比较
（1）动量定理处理多过程问题的角度是时间，动量变化的原因是冲量，计算变力的冲量时，平均力指合力对时间的平均值。
（2）动能定理处理多过程问题的角度是空间，动能变化的原因是功，计算变力的功时，平均力指合力对位移的平均值。
（3）需要特别注意应用动量定理时必须考虑速度的方向，动能定理则不必。
【典例1】　如图甲所示，一固定的光滑斜面足够长，倾角为30°。质量为0.2 kg的物块静止在斜面底端，t＝0 时刻，受到沿斜面方向拉力F的作用，取沿斜面向上为正方向，拉力F随时间t变化的图像如图乙所示，g＝10 m/s2，求6 s末物块的速度。
思路点拨　求解6 s末物块的速度可以有以下两种思路：
（1）可以应用牛顿第二定律分段处理；
（2）也可以应用动量定理全程处理。
尝试解答
1.蹦极是一项刺激的极限运动，如图，运动员将一端固定的弹性长绳绑在腰或踝关节处，从几十米高处跳下（忽略空气阻力）。在某次蹦极中质量为50 kg的人在弹性绳绷紧后又经过2 s人的速度减为零，假设弹性绳长为45 m。若运动员从跳下到弹性绳绷紧前的过程称为过程 Ⅰ，绳开始绷紧到运动员速度减为零的过程称为过程Ⅱ。（重力加速度g＝10 m/s2）下列说法正确的是（　　）
A.过程Ⅱ中绳对人的平均作用力大小为750 N
B.过程Ⅱ中运动员重力的冲量与绳作用力的冲量大小相等
C.过程Ⅱ中运动员动量的改变量等于弹性绳的作用力的冲量
D.过程Ⅰ中运动员动量的改变量与重力的冲量相等
2.如图甲所示，质量m＝0.2 kg弹性小球从地面上方某一高度由静止开始下落，弹起后上升到某一高度，小球与地面碰撞的时间忽略不计，规定竖直向下为正方向，此过程的v-t图像如图乙所示，空气对小球的阻力大小恒为重力的0.5倍，下降的时间是上升时间的4倍，下降与上升的整个过程的平均速度为 13 m/s，重力加速度g取10 m/s2，地面对小球的弹力远大于重力，下列说法正确的是（　　）
A.小球上升过程的运动时间为4 s B.地面对小球冲量为－14 N·s
C.小球落地时的速度为－40 m/s D.小球离地时的速度为30 m/s
要点二　应用动量定理处理“流体类”问题
1.连续流体类问题模型特点及求解思路
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
分析 步骤 1 建立“柱状”模型，沿流速v的方向选取一段柱状流体，其横截面积为S
2 微元研究，作用时间Δt内的一段柱状流体的长度为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
2.连续微粒类问题模型特点及求解思路
微粒及 其特点 通常电子流、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的粒子数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内的一段柱体的长度为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
【典例2】　〔多选〕用高压水枪清洗汽车的照片如图所示。设水枪喷出水柱截面为圆形，直径为D，水流速度为v，水柱垂直汽车表面，水柱冲击汽车后沿原方向的速度为零。高压水枪的质量为M，手持高压水枪操作，已知水的密度为ρ。下列说法正确的是（　　）
A.水柱对汽车的平均冲力为ρv2πD2
B.高压水枪单位时间喷出的水的质量为ρvπD2
C.高压水枪喷出水柱直径D减半时，水柱对汽车的平均冲力加倍
D.当高压水枪喷口的出水速度变为原来2倍时，压强变为原来的4倍
思路点拨　（1）以高压水枪单位时间喷出的水为研究对象；
（2）把高压水枪单位时间喷出的水看成“柱状模型”应用动量定理建立方程。
尝试解答
1.作为先进的大都市，上海拥有许多非常高的建筑物，这些大楼不仅设计先进，还安装了风阻尼器。已知风阻尼器的截面积S＝10 m2，风速为25 m/s，空气密度ρ＝1.2 kg/m3，风遇到风阻尼器后速度立即减为零，则风对风阻尼器产生的作用力大小约为（　　）
A.7 500 N B.750 N C.300 N D.900 N
2.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（　　）
A.1.47 N B.0.147 N C.0.09 N D.0.009 N
1.〔多选〕在平直公路上，汽车由静止开始做匀加速运动，当动能达到某值时，立即关闭发动机后滑行至停止，其v-t图像如图所示。汽车牵引力为F，运动过程中所受的摩擦阻力恒为f，全过程中牵引力所做的功为W1，冲量大小为I1，克服摩擦阻力所做的功为W2，摩擦阻力的冲量大小为I2。则下列关系中正确的是（　　）
A.F∶f＝3∶1 B.F∶f＝4∶1 C.W1∶W2＝1∶1 D.I1∶I2＝3∶2
2.如图所示，在某次航行时，一艘帆船在水平风力的作用下，以速度v0沿风的方向匀速前行，风与帆作用的有效面积为S，气流的平均密度为ρ，帆船行驶过程水平方向上所受阻力恒为f。假设气流与帆作用后速度与帆船前行速度相等，则下列说法正确的是（　　）
A.风速大小为＋v0
B.风速大小为＋v0
C.若将风与帆作用的有效面积变为原来的2倍，风速和阻力大小不变，则船的航行速度一定变为原来的2倍
D.若将风速变为原来的2倍，阻力大小不变，则船的航行速度也将变为原来的2倍
3.一物块在空中某位置从静止开始沿直线下落，其速度v随时间t变化的图线如图所示。则物块（　　）
A.第一个t0时间内的位移等于第二个t0时间内的位移
B.第一个t0时间内合外力做的功小于第二个t0时间内合外力做的功
C.第一个t0时间内重力的冲量等于第二个t0时间内重力的冲量
D.第一个t0时间内合外力的冲量小于第二个t0时间内合外力的冲量
4.单人飞行器由微型喷气发动机和操纵系统组成，可以完成单人上升、下降、悬停和平飞等动作。已知飞行器连同人和装备的总质量为M，喷气口的横截面积为S，气体的密度为ρ，且气体喷出前的速度为零，重力加速度为g。如图，要使飞行器能在空中悬停，则单位时间内喷射的气体的质量为（　　）
A.M B.ρgMS
C. D.
习题课一　动量定理的应用
【核心要点突破】
要点一
知识精研
【典例1】　0
解析：法一　全程法应用动量定理
F1t1＋F2t2＋F3t3－mgsin 30°（t1＋t2＋t3）＝mv，代入数据解得v＝0。
法二　应用牛顿第二定律结合运动学公式
在0～2 s内，由牛顿第二定律可得F1－mgsin 30°＝ma1，解得a1＝5 m/s2，在2～4 s内，由牛顿第二定律可得F2－mgsin 30°＝ma2，解得a2＝－10 m/s2，在4～6 s内，由牛顿第二定律可得F3－mgsin 30°＝ma3，解得a3＝5 m/s2，6 s末物块的速度v＝a1t1＋a2t2＋a3t3＝0。
素养训练
1.D　绳在刚绷紧时，人的速度为v＝＝30 m/s，绷紧过程中根据动量定理得（F－mg）t＝0－（－mv），解得F＝1 250 N，故A错误；绷紧过程中根据动量定理IG－IF＝0－mv，IG≠IF，故B、C错误；过程Ⅰ用动量定理IG＝mv－0，过程Ⅰ中运动员动量的改变量与重力的冲量相等，故D正确。
2.B　小球下降过程加速度a1＝，根据牛顿第二定律得 mg－0.5mg＝ma1，小球上升过程加速度 a2＝，根据牛顿第二定律得mg＋0.5mg＝ma2，全程的平均速度 ＝＝13 m/s，解得v1＝40 m/s，v2＝－30 m/s，t＝2 s，故小球上升过程的运动时间t1＝t＝2 s，小球落地时的速度和小球离地时的速度分别为v1＝40 m/s，v2＝－30 m/s，故A、C、D错误；小球与地面的作用过程，根据动量定理得I＝FΔt＝mv2－mv1＝－14 N·s，故B正确。
要点二
知识精研
【典例2】　ABD　高压水枪单位时间喷出的水的质量为m0＝＝ρvπD2，所以B正确；由动量定理有FΔt＝mv，m＝m0Δt，解得水柱对汽车的平均冲力为F＝ρv2πD2，所以A正确，C错误；高压水枪喷口的出水的压强为p＝＝ρv2，高压水枪喷口的出水的压强与面积无关，与速度的平方成正比，所以D正确。
素养训练
1.A　设t时间内吹到风阻尼器上的空气质量为m，则有m＝ρSvt，对t时间内吹到风阻尼器上的空气，根据动量定理有－Ft＝0－mv＝0－ρSv2t，得F＝ρSv2，代入数据解得F＝7 500 N，根据牛顿第三定律，风阻尼器受到的风力为7 500 N，故A正确。
2.C　在t时间内喷出离子的质量m＝Qt，对喷出的离子，取其运动方向为正方向，由动量定理得Ft＝Qtv－0，代入数据解得离子受到的平均作用力大小F＝Qv＝3.0×10－6×30×103 N＝0.09 N，由牛顿第三定律可知，探测器获得的平均推力大小F'＝F＝0.09 N，选项C正确。
【教学效果检测】
1.AC　由题图可知，物体先做匀加速直线运动，1 s末速度为v，由动能定理可知（F－f）L1＝mv2，减速过程中，只有阻力做功－fL2＝0－mv2，则（F－f）L1＝fL2，由图像可知L1∶L2＝1∶2，解得F∶f＝3∶1，故A正确，B错误；全过程应用动能定理可得W1－W2＝0－0，因此可得 W1∶W2＝1∶1，C正确；对全程由动量定理得I1－I2＝0，可得I1∶I2＝1∶1，D错误。
2.A　以帆船为参考系，对Δt内的一段风Δm，由动量定理得FΔt＝ΔmΔv＝ρS（v－v0）Δt（v－v0），帆船匀速前行，由平衡条件得F＝f，解得v＝＋v0，A正确，B错误；由以上结论整理得v0＝v－，若将风与帆作用的有效面积变为原来的2倍，风速和阻力大小不变，则船的航行速度不是原来的2倍，C错误；由v0＝v－可知，若将风速变为原来的2倍，阻力大小不变，则船的航行速度也不是原来的2倍，D错误。
3.C　在v-t图像中，图线与时间轴围成的面积表示物块的位移。由图可知，物块第一个t0时间内的位移小于第二个t0时间内位移，故A错误；根据动能定理可知，合外力对物块做的功等于动能的改变量，由图可知，第一个t0时间内动能的变化量等于第二个t0时间内动能的变化量，则第一个t0时间内合外力做的功等于第二个t0时间内合外力做的功，故B错误；根据冲量定义I＝mgt可知第一个t0时间内重力的冲量等于第二个t0时间内重力的冲量，故C正确；根据动量定理可知，合外力的冲量等于物体动量的变化，因两个过程动量变化大小相等，则第一个t0时间内合外力的冲量大小等于第二个t0时间内合外力的冲量的大小，故D错误。
4.C　设很短时间Δt内喷出气体的质量为Δm，则Δm＝ρSvΔt，气体对飞行器的作用力F＝Mg，对喷出的气体由动量定理有FΔt＝Δmv－0，联立解得单位时间内喷射的气体的质量＝，故C正确，A、B、D错误。
4 / 4(共50张PPT)
习题课一　动量定理的应用
1.会应用动量定理处理多过程问题。
2.会应用动量定理处理流体类问题。
素养目标
目 录
01
核心要点突破
02
教学效果检测
03
课时作业
01
PART
核心要点突破
要点一　应用动量定理处理多过程问题
1. 多过程问题中动量定理与牛顿第二定律的比较
（1）如果不同阶段物体所受恒力不同，牛顿第二定律仅能分段使用，求
解过程比较复杂，而动量定理可用于全过程，不必考虑中间量，使问题求
解变得简捷。
（2）如果不同阶段物体所受外力为变力，则无法应用牛顿第二定律解答
问题，但是可以应用动量定理解答。
2. 动量定理与动能定理的比较
（1）动量定理处理多过程问题的角度是时间，动量变化的原因是冲量，
计算变力的冲量时，平均力指合力对时间的平均值。
（2）动能定理处理多过程问题的角度是空间，动能变化的原因是功，计
算变力的功时，平均力指合力对位移的平均值。
（3）需要特别注意应用动量定理时必须考虑速度的方向，动能定理则
不必。
【典例1】　如图甲所示，一固定的光滑斜面足够长，倾角为30°。质量
为0.2 kg的物块静止在斜面底端，t＝0 时刻，受到沿斜面方向拉力F的作
用，取沿斜面向上为正方向，拉力F随时间t变化的图像如图乙所示，g＝10
m/s2，求6 s末物块的速度。
（2）也可以应用动量定理全程处理。
答案：0
解析：法一　全程法应用动量定理
F1t1＋F2t2＋F3t3－mgsin 30°（t1＋t2＋t3）＝mv，代入数据解得v＝0。
思路点拨　求解6 s末物块的速度可以有以下两种思路：
（1）可以应用牛顿第二定律分段处理；
法二　应用牛顿第二定律结合运动学公式
在0～2 s内，由牛顿第二定律可得F1－mgsin 30°＝ma1，解得a1＝5 m/s2，
在2～4 s内，由牛顿第二定律可得F2－mgsin 30°＝ma2，解得a2＝－10
m/s2，在4～6 s内，由牛顿第二定律可得F3－mgsin 30°＝ma3，解得a3＝5
m/s2，6 s末物块的速度v＝a1t1＋a2t2＋a3t3＝0。
1. 蹦极是一项刺激的极限运动，如图，运动员将一端固定的弹性长绳绑在
腰或踝关节处，从几十米高处跳下（忽略空气阻力）。在某次蹦极中质量
为50 kg的人在弹性绳绷紧后又经过2 s人的速度减为零，假设弹性绳长为45
m。若运动员从跳下到弹性绳绷紧前的过程称为过程 Ⅰ，绳开始绷紧到运动
员速度减为零的过程称为过程Ⅱ。（重力加速度g＝
10 m/s2）下列说法正确的是（　　）
A. 过程Ⅱ中绳对人的平均作用力大小为750 N
B. 过程Ⅱ中运动员重力的冲量与绳作用力的冲量大小相等
C. 过程Ⅱ中运动员动量的改变量等于弹性绳的作用力的冲量
D. 过程Ⅰ中运动员动量的改变量与重力的冲量相等
√
解析：　绳在刚绷紧时，人的速度为v＝＝30 m/s，绷紧过程中
根据动量定理得（F－mg）t＝0－（－mv），解得F＝1 250 N，故A错
误；绷紧过程中根据动量定理IG－IF＝0－mv，IG≠IF，故B、C错误；
过程Ⅰ用动量定理IG＝mv－0，过程Ⅰ中运动员动量的改变量与重力的冲
量相等，故D正确。
2. 如图甲所示，质量m＝0.2 kg弹性小球从地面上方某一高度由静止开始
下落，弹起后上升到某一高度，小球与地面碰撞的时间忽略不计，规定竖
直向下为正方向，此过程的v-t图像如图乙所示，空气对小球的阻力大小恒
为重力的0.5倍，下降的时间是上升时间的4倍，下降与上升的整个过程的
平均速度为 13 m/s，重力加速度g取10 m/s2，地面对小球的弹力远大于重
力，下列说法正确的是（　　）
A. 小球上升过程的运动时间为4 s
B. 地面对小球冲量为－14 N·s
C. 小球落地时的速度为－40 m/s
D. 小球离地时的速度为30 m/s
√
解析：　小球下降过程加速度a1＝，根据牛顿第二定律得 mg－0.5mg
＝ma1，小球上升过程加速度 a2＝，根据牛顿第二定律得mg＋0.5mg＝
ma2，全程的平均速度 ＝＝13 m/s，解得v1＝40 m/s，v2＝－30
m/s，t＝2 s，故小球上升过程的运动时间t1＝t＝2 s，小球落地时的速度和
小球离地时的速度分别为v1＝40 m/s，v2＝－30 m/s，故A、C、D错误；小
球与地面的作用过程，根据动量定理得I＝FΔt＝mv2－mv1＝－14 N·s，故B
正确。
要点二　应用动量定理处理“流体类”问题
　　
1. 连续流体类问题模型特点及求解思路
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
析 步
骤 1 建立“柱状”模型，沿流速v的方向选取一段柱状流体，其横截面积为S
2 微元研究，作用时间Δt内的一段柱状流体的长度为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
2. 连续微粒类问题模型特点及求解思路
微粒
及其
特点 通常电子流、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的粒子数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内的一段柱体的长度为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
【典例2】　〔多选〕用高压水枪清洗汽车的照片如图所示。设水枪喷出
水柱截面为圆形，直径为D，水流速度为v，水柱垂直汽车表面，水柱冲击
汽车后沿原方向的速度为零。高压水枪的质量为M，手持高压水枪操作，
已知水的密度为ρ。下列说法正确
的是（　　）
A. 水柱对汽车的平均冲力为ρv2πD2
B. 高压水枪单位时间喷出的水的质量为ρvπD2
C. 高压水枪喷出水柱直径D减半时，水柱对汽车的平均冲力加倍
D. 当高压水枪喷口的出水速度变为原来2倍时，压强变为原来的4倍
思路点拨　（1）以高压水枪单位时间喷出的水为研究对象；
（2）把高压水枪单位时间喷出的水看成“柱状模型”应用动量定理建立
方程。
解析：ABD　高压水枪单位时间喷出的水的质量为m0＝＝ρvπD2，所
以B正确；由动量定理有FΔt＝mv，m＝m0Δt，解得水柱对汽车的平均冲力
为F＝ρv2πD2，所以A正确，C错误；高压水枪喷口的出水的压强为p＝＝
ρv2，高压水枪喷口的出水的压强与面积无关，与速度的平方成正比，所以
D正确。
1. 作为先进的大都市，上海拥有许多非常高的建筑物，这些大楼不仅设计
先进，还安装了风阻尼器。已知风阻尼器的截面积S＝10 m2，风速为25
m/s，空气密度ρ＝1.2 kg/m3，风遇到风阻尼器后速度立即减为零，则风对
风阻尼器产生的作用力大小约为（　　）
A. 7 500 N B. 750 N
解析：　设t时间内吹到风阻尼器上的空气质量为m，则有m＝ρSvt，对t时
间内吹到风阻尼器上的空气，根据动量定理有－Ft＝0－mv＝0－ρSv2t，得
F＝ρSv2，代入数据解得F＝7 500 N，根据牛顿第三定律，风阻尼器受到的
风力为7 500 N，故A正确。
C. 300 N D. 900 N
√
2. 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（　　）
A. 1.47 N B. 0.147 N
C. 0.09 N D. 0.009 N
解析：　在t时间内喷出离子的质量m＝Qt，对喷出的离子，取其运动方
向为正方向，由动量定理得Ft＝Qtv－0，代入数据解得离子受到的平均作
用力大小F＝Qv＝3.0×10－6×30×103 N＝0.09 N，由牛顿第三定律可
知，探测器获得的平均推力大小F'＝F＝0.09 N，选项C正确。
√
02
PART
教学效果检测
1. 〔多选〕在平直公路上，汽车由静止开始做匀加速运动，当动能达到某
值时，立即关闭发动机后滑行至停止，其v-t图像如图所示。汽车牵引力为
F，运动过程中所受的摩擦阻力恒为f，全过程中牵引力所做的功为W1，冲
量大小为I1，克服摩擦阻力所做的功为W2，摩擦阻力的冲量大小为I2。则
下列关系中正确的是（　　）
A. F∶f＝3∶1
B. F∶f＝4∶1
C. W1∶W2＝1∶1
D. I1∶I2＝3∶2
√
√
解析： 　由题图可知，物体先做匀加速直线运动，1 s末速度为v，由动
能定理可知（F－f）L1＝mv2，减速过程中，只有阻力做功－fL2＝0－
mv2，则（F－f）L1＝fL2，由图像可知L1∶L2＝1∶2，解得F∶f＝3∶1，
故A正确，B错误；全过程应用动能定理可得W1－W2＝0－0，因此可得
W1∶W2＝1∶1，C正确；对全程由动量定理得I1－I2＝0，可得I1∶I2＝
1∶1，D错误。
2. 如图所示，在某次航行时，一艘帆船在水平风力的作用下，以速度v0沿
风的方向匀速前行，风与帆作用的有效面积为S，气流的平均密度为ρ，帆
船行驶过程水平方向上所受阻力恒为f。假设气流与帆作用后速度与帆船前
行速度相等，则下列说法正确的是（　　）
A. 风速大小为＋v0
B. 风速大小为＋v0
C. 若将风与帆作用的有效面积变为原来的2倍，风速和阻力大小不变，则船的航行速度一定变为原来的2倍
D. 若将风速变为原来的2倍，阻力大小不变，则船的航行速度也将变为原来的2倍
√
解析：　以帆船为参考系，对Δt内的一段风Δm，由动量定理得FΔt＝
ΔmΔv＝ρS（v－v0）Δt（v－v0），帆船匀速前行，由平衡条件得F＝f，解
得v＝＋v0，A正确，B错误；由以上结论整理得v0＝v－，若将风与
帆作用的有效面积变为原来的2倍，风速和阻力大小不变，则船的航行速
度不是原来的2倍，C错误；由v0＝v－可知，若将风速变为原来的2
倍，阻力大小不变，则船的航行速度也不是原来的2倍，D错误。
3. 一物块在空中某位置从静止开始沿直线下落，其速度v随时间t变化的图
线如图所示。则物块（　　）
A. 第一个t0时间内的位移等于第二个t0时间内的位移
B. 第一个t0时间内合外力做的功小于第二个t0时间内合
外力做的功
C. 第一个t0时间内重力的冲量等于第二个t0时间内重力的冲量
D. 第一个t0时间内合外力的冲量小于第二个t0时间内合外力的冲量
√
解析：　在v-t图像中，图线与时间轴围成的面积表示物块的位移。由图
可知，物块第一个t0时间内的位移小于第二个t0时间内位移，故A错误；根
据动能定理可知，合外力对物块做的功等于动能的改变量，由图可知，第
一个t0时间内动能的变化量等于第二个t0时间内动能的变化量，则第一个t0
时间内合外力做的功等于第二个t0时间内合外力做的功，故B错误；根据冲
量定义I＝mgt可知第一个t0时间内重力的冲量等于第二个t0时间内重力的冲
量，故C正确；根据动量定理可知，合外力的冲量等于物体动量的变化，
因两个过程动量变化大小相等，则第一个t0时间内合外力的冲量大小等于
第二个t0时间内合外力的冲量的大小，故D错误。
4. 单人飞行器由微型喷气发动机和操纵系统组成，可以完成单人上升、下
降、悬停和平飞等动作。已知飞行器连同人和装备的总质量为M，喷气口
的横截面积为S，气体的密度为ρ，且气体喷出前的速度为零，重力加速度
为g。如图，要使飞行器能在空中悬停，则单位时间
内喷射的气体的质量为（　　）
A. M B. ρgMS
C. D.
√
解析：　设很短时间Δt内喷出气体的质量为Δm，则Δm＝ρSvΔt，气
体对飞行器的作用力F＝Mg，对喷出的气体由动量定理有FΔt＝Δmv－
0，联立解得单位时间内喷射的气体的质量＝，故C正确，
A、B、D错误。
03
PART
课时作业
题组一　应用动量定理处理多过程问题
1. 〔多选〕沙滩排球是风靡全世界的一项体育运动。假设在某次进行排球
运动时，质量为m的排球从距离沙滩表面高度为H的A点由静止释放，落到
沙滩并陷入深度为h的B点时速度减为零，如图所示。
不计空气阻力，重力加速度为g。则关于排球的运动
过程，下列说法正确的是（　　）
A. 整个下落过程中，排球的机械能减少了mgH
B. 整个下落过程中，排球克服阻力做的功为mg（H＋h）
C. 在陷入沙滩过程中，排球动量的改变量的大小等于m
D. 在陷入沙滩过程中，排球所受阻力的冲量大小大于m
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√
√
√
解析：由动能定理mg（H＋h）＋Wf＝0，得排球克服阻力做的功为mg（H＋h），根据功能关系，排球的机械能减少了mg（H＋h），故A错误，B正确；小球自由落下至地面过程，机械能守恒，mgH＝mv2，v＝，落到地面上后又陷入沙滩中，由动量定理得IG－If＝0－mv，小球动量的改变量等于合外力的冲量，故C正确；小球所受阻力的冲量 If＝IG＋mv＝IG＋m＞m，小球所受阻力的冲量大于m，故D正确。
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2. 〔多选〕（2025·贵州高二上阶段练习）如图甲，一质量为2 kg的物块静
止在光滑的水平面上，从t＝0时刻开始受到一水平外力F的作用，F随时间t
变化的图像如图乙所示。取t＝0时刻力F的方向为正方向，重力加速度大小
取g＝10 m/s2。下列说法正确的是（　　）
A. 前2 s时间内，力F对物块做的功
为4 J
B. t＝4 s时，物块的速度大小为2 m/s
C. 前4 s时间内，力F的冲量为2 N·s
D. t＝2 s时，物块的动量为2 kg·m/s
√
√
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解析： 　F-t图像中，图像与时间轴所围几何图形的面积表示力F的冲
量，前4 s时间内，力F的冲量为I＝2×2 N·s－（4－2）×1 N·s＝2 N·s，根
据动量定理有I＝mv，解得4 s时，物块的速度大小为v＝1 m/s，B错误，C
正确；在0～2 s时间内，根据动量定理有I1＝mv1，解得2 s时，v1＝2 m/s，p
＝mv1＝4 kg·m/s，根据动能定理，前2 s时间内，力F对物块做的功为W＝
m＝4 J，A正确，D错误。
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3. 〔多选〕如图甲所示，一质量为m的物体静止在水平面上，自t＝0时刻
起对其施加一竖直向上的力F，力F随时间t变化的关系如图乙所示，已知
当地重力加速度为g，空气阻力不计，则在物体上升过程中下列说法正确
的是（　　）
A. 0～t0时间内拉力F的冲量为0
B. 0～t0时间内拉力F做的做功为0
C. 物体上升过程中的最大速度为gt0
D. 4t0时刻物体的速度为0
√
√
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10
解析： 　根据冲量定义I＝Ft知，0～t0时间内拉力F不为0，力F的冲量不
为0，故A错误；0～t0时间，由题图知F＜mg，物体静止，拉力F做的功为
0，故B正确；由题图可知，t0～3t0内F＞mg，物体在这段时间内一直在加
速，3t0时刻物体具有上升过程中的最大速度，3t0时刻之后，由于F＜mg物
体减速上升，从t0到3t0运用动量定理有IF－IG＝mvm－0，结合F-t图像围成
的面积表示力F的冲量可知 IF＝mg（3t0－t0）＋mg·2t0＝3mgt0；IG＝mg
（3t0－t0）＝2mgt0，联立求得vm＝gt0，故C正确；从t0到4t0时刻运用动量
定理IF'－IG'＝mv－0，结合图像的面积得v＝gt0，故D错误。
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题组二　应用动量定理处理“流体类”问题
4. 如图，质量为m的四轴无人机有四个螺旋桨。四个螺旋桨旋转共扫出的
总面积为S，当四个螺旋桨同时旋转产生竖直向下的气流，可使该无人机
悬停在空中某一固定位置。已知空气的密度为ρ，重力加速度大小为g。要
使无人机悬停，则螺旋桨旋转产生竖直向下的气流的速率应为（　　）
A. B.
C. D.
√
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解析：　对无人机受力分析，由平衡条件得mg＝F，在极短时间t内，对
与无人机作用的空气，由动量定理得Ft＝Δmv＝ρSvt·v，联立解得v＝
，故选A。
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5. 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
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。
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6. 热播电视剧《三体》中描绘了三体舰队通过尘埃区被动减速的场景，引
起了天文爱好者们的讨论，如果想要不减速通过尘埃区，就需要飞船提供
足够的动力。假设尘埃区密度ρ＝4.0×10－8 kg/m3，飞船进入尘埃区的速
度为v＝3.0×106 m/s，飞船垂直于运动方向上的最大横截面积S＝10 m2，
尘埃微粒与飞船相碰后都附着在飞船上，则（　　）
A. 单位时间Δt＝1 s内附着在飞船上的微粒质量为0.12 kg
B. 单位时间Δt＝1 s内附着在飞船上的微粒质量为120 kg
C. 飞船要保持速度v不变，所需推力大小为3.6×106 N
D. 飞船要保持速度v不变，所需推力大小为7.2×106 N
√
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解析：　飞船进入尘埃区匀速飞行，可得单位时间Δt＝1 s内附着在飞船
上的微粒质量为Δm＝ρSvΔt＝1.2 kg，A、B错误；微粒由静止到与飞船一
起运动，微粒的动量增加，由动量定理得FΔt＝Δmv＝ρSv2Δt，飞船对微粒
的作用力大小为F＝3.6×106 N，所以飞船要保持速度v不变，根据平衡条
件可知，飞船所需推力大小为3.6×106 N， C正确，D错误。
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7. （2025·重庆期末）舞中幡是中国传承千年的杂技项目之一，如图所
示，杂技演员用手顶住中幡，将幡从胸口处竖直向上抛起，t1时间后在自
己的胸口相同位置处开始接幡，并缓慢下蹲，经t2时间幡到达最低点。已
知一根中幡质量为m，重力加速度为g，忽略空气阻力。
则（　　）
A. 幡被抛出时的速度大小为gt1
B. 幡被抛出后，仅在最高点时加速度大小为g
C. 杂技演员接幡过程中，手对幡的冲量大小为0.5mgt1
D. 杂技演员接幡过程中，手对幡的冲量大小为mgt2＋0.5mgt1
√
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解析：　幡被抛出做竖直上抛运动，由对称性可得，幡被抛出时的速度
大小为v0＝g·t1＝gt1，A错误；幡被抛出后到被接住的过程中只受重力，
其加速度大小一直为g，B错误；幡从最高点开始下落到到达最低点，设手
对幡的冲量大小为I0，取竖直向下为正方向，根据动量定理有mg（0.5t1＋
t2）－I0＝0，得I0＝mgt2＋0.5mgt1，C错误，D正确。
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8. 一质量为m的物块静止在水平光滑桌面上，现用一力F（大小未知）拉
动物块，物块运动时的a-t图像如图所示，
下列说法错误的是（　　）
A. 0.5T时，物块速度为0.5a0T
B. T～1.5T与1.5T～2T物块运动形式不同
C. T～1.5T过程中F的冲量为ma0T
D. T～2T过程中F做功为零
√
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解析：根据a-t图像与时间轴所围的面积大小表示速度的变
化量，且物体从静止开始运动可知：物体在0～0.5T时间内
做初速度为零、加速度为a0的匀加速直线运动，0.5T时物体
的速度 v＝Δv＝0.5a0T，0.5T～T时间内物体的加速度为零，
以速度v做匀速运动，T～1.5T时间内物体的加速度为－a0，
物体做匀减速运动，1.5T时刻的速度v1.5T＝v－a0×0.5T＝
0.5a0T－0.5a0T＝0，1.5T～2T时间内物体做初速度为零加速度为－a0的反向匀加速直线运动，2T时物体的速度 v2T＝－a0×（2T－1.5T）＝－0.5a0T＝－v，其速度—时间图像如图所示，A、B正确；T～1.5T内，根据动量定理可知F的冲量等于物体的动量变化，即 IF＝Δp＝0－mv＝－0.5ma0T，C错误；T～2T过程中，根据动能定理可知：F做的功等于物体的动能变化，即WF＝m（－v）2－mv2＝0，D正确。
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9. 竞技跳水是奥运会正式竞赛项目之一，分跳板跳水和跳台跳水，如图所
示，某质量为m的运动员在进行10 m跳台跳水训练时，以速度v0竖直向上
起跳，经过一段时间后竖直落入水中。水池中水深5 m，运动员在水中做
匀减速运动，且运动员到达池底时速度恰好减为零，取v0＝5 m/s，m＝60
kg，g＝10 m/s2，空气阻力不计，求：
（1）运动员入水时的速度大小v；
答案：15 m/s　
解析：从起跳到入水，由动能定理有mgh＝mv2－m，代入数据解得v＝15 m/s。
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（2）运动员从离开跳台至到达池底的整个过程所用的时间t；
答案：2.67 s　
解析：设运动员由起跳到入水用时t1，以竖直向下为正方向，有t1＝＝2 s，设运动员由入水至到达池底历时t2，有t2＝＝ s，则运动员从离开跳台至到达池底的整个过程所用的时间为t＝t1＋t2＝2.67 s。
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（3）运动员在水中受到水的平均作用力大小F。
答案：1 950 N
解析：运动员从入水至到达池底，选竖直向下为正方向，由动量定理有（F＋mg）t2＝0－mv，代入数据得F＝－1 950 N，负号表示力F方向竖直向上。
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10. 成语“水滴石穿”说明高处落下的水滴对物体具有冲击力，可以做
功。已知水的密度ρ＝1.0×103 kg/m3，重力加速度g取10 m/s2。
（1）水滴从高h＝5 m的屋檐滴下，撞击水平地面
的石板（不考虑水的反弹）。设水滴的质量m＝3
×10－5 kg，撞击时间Δt＝1×10－2 s，若不计空气
阻力，求水滴对石板的平均作用力大小。
答案：0.03 N　
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解析：水滴撞击石板的过程中，重力冲量的大小IG＝mgΔt＝3×10－7 N·s
设水滴下落到地面时的速度为v，由运动学公式v2＝2gh，解得v＝10 m/s
设竖直向上为正方向，由动量定理有I合＝0－（－mv）
解得I合＝3×10－4 N·s
竖直向上为正方向I合＝IN＋（－IG）
解得IN＝3.003×10－4 N·s
综上可得IN IG，所以在分析石板对水滴的平均作用力时可忽略水滴的
重力。
设竖直向上为正方向，由动量定理FΔt＝0－（－mv）
解得F＝0.03 N。
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（2）水刀是一种高压水射流切割技术，通过加高水压，再经过线度小于1
毫米的宝石喷嘴，形成可达1 000 m/s的超声速射流。水刀切割精度高，没
有热损伤，不产生有害物质。医用水刀的“刀片”是高
速流动的生理盐水，厚度仅1.3×10－6 m。不考虑水流的
反射，请估算水刀工作时单位面积上的作用力大小。
答案：1×109 N
解析：设水流的横截面积为S，单位面积上的力为F，
水的密度为ρ，在时间Δt内，由动量定理有－FS·Δt＝0－ρSvΔt·v
其中v＝1 000 m/s，ρ＝1×103 kg/m3
代入数据解得F＝1×109 N。
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