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第2节　动量定理
课程要求 学科素养
理解冲量。通过理论推导和实验,理解动量定理,能用其解释生产生活中的有关现象 物理观念 通过学习,理解冲量的概念及其矢量性。掌握动量定理的因果关系,矢量性
科学思维 通过实例分析,能够利用动量定理解释缓冲、碰撞等有关现象和解决实际问题
科学探究 能根据牛顿第二定律推导动量定理,并理解其确切含义
科学态度与责任 能通过生活实例理解动量定理的含义,提高学以致用的意识
要点一　冲量
1.定义
物理学中把力与力的作用时间的乘积叫作力的冲量。
2.表达式
I=FΔt
3.方向
冲量是矢量,冲量的方向与力的方向一致,冲量的方向跟动量变化的方向一致。
4.冲量的单位
在国际单位制中是牛秒,符号是N·s。
如图甲所示，让两只鸡蛋从相同高处自由落下，分别落在海绵垫上和塑料盘中，用力传感器记录弹力随时间的变化关系如图乙所示，发现F-t图线与坐标轴围成的图形的面积近似相等。
(1)这个面积表示什么
(2)在碰撞过程中作用时间较长,作用力如何变化
提示：(1)力对时间的积累效果。
(2)作用力将变小。
　冲量的计算
恒力的冲量 求某个恒力的冲量:该力和力的作用时间的乘积
变力的 冲量 (1)用平均力求变力的冲量:如果力与时间成线性关系,如图甲所示,则I=FΔt=(t2-t1); (2)用F-t图线与t轴所围的面积求冲量:如图甲、乙所示,图中的阴影面积即为变力的冲量; (3)利用动量定理求解,即I=Δp
合力的 冲量 (1)可分别求每一个力的冲量I1,I2,I3,…,再求各冲量的矢量和; (2)如果各个力(均为恒力)的作用时间相同,也可以先求合力,再用公式I合=F合Δt求解
求冲量时,一定要注意让求的是哪个力在哪一段时间内的冲量。
【例1】　
与水平方向夹角为θ的力F作用在放在水平地面上质量为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 (　D　)
A.拉力F对物体的冲量大小为Ftcos θ,方向水平向右
B.摩擦力对物体的冲量大小是Ft,方向水平向左
C.地面对物体支持力的冲量为0
D.合力对物体的冲量为0
【解析】　拉力F对物体的冲量大小为Ft，方向与F方向相同，故A错误;物体没有被拉动，可得摩擦力大小为Ff=Fcos θ，故摩擦力对物体的冲量大小是Ftcos θ，方向水平向左，故B错误;地面对物体的支持力大小为FN=mg-Fsin θ，故地面对物体的支持力的冲量大小为I=(mg-Fsin θ)t，方向竖直向上，故C错误;物体处于静止状态，所受合力为0，所以合力对物体的冲量为0，故D正确。
【例2】　一质量为2 kg的物块在合力F的作用下从静止开始沿直线运动,合力F随时间t变化的关系图像如图所示,则 (　A　)
A.0~2 s时间内合力F对物块的冲量为3 N·s
B.2~3 s时间内合力F对物块的冲量为1 N·s
C.0~3 s时间内合力F对物块的冲量为0
D.0~3 s时间内合力F对物块的冲量为4 N·s
【解析】　由题图可知，0~2 s时间内合力F对物块的冲量为图线与横轴所围的面积，即I1=×(1+2)×2 N·s=3 N·s，故A正确;由题图可知，2~3 s时间内合力F对物块的冲量为I2=Ft=-1 N×1 s=-1 N·s，故B错误;由题图可知，0~3 s时间内合力F对物块的冲量为I3= N·s=2 N·s，故C、D错误。
要点二　动量定理及其应用
1.内容
物体在一个过程中所受力的冲量等于它在这个过程始末的动量变化量。
2.公式
I=p'-p,也可以写作:F(t'-t)=mv'-mv。
3.动量的变化率
(1)定义:动量的变化量与发生这一变化所用时间的比值叫作动量的变化率。
(2)公式:F=。
(3)物理意义:物体动量的变化率等于它所受的合力。
4.动量定理的应用
(1)如果物体的动量发生的变化是一定的,那么作用的时间越短,物体受的力就越大;作用的时间越长,物体受的力就越小。
(2)如果作用力一定时,作用的时间越长,动量的变化量越大;作用的时间越短,动量的变化量越小。
(1)物体所受合力不变，则动量也不改变。 (　×　)
(2)物体沿水平面运动时，重力不做功，其冲量为0。 (　×　)
(3)物体所受合力的冲量方向与物体末动量的方向相同。 (　×　)
(4)一个物体在水平面上受恒力作用做匀加速直线运动，其动量变化率是变化的。 (　×　)
1.利用牛顿第二定律推导动量定理
在光滑水平面上的质量为m的物体在水平恒力F的作用下,经过时间t,速度由v变为v'。
如图所示,物体的初动量为p=mv,末动量为p'=mv',
由加速度的定义式得a=,
由牛顿第二定律F=ma=,
可得Ft=mv'-mv,即Ft=p'-p。
2.动量定理的理解
(1)动量定理反映了合力的冲量是动量变化的原因。
(2)动量定理的表达式FΔt=mv'-mv是矢量式,运用动量定理解题时,要注意规定正方向。
(3)公式中的F是物体所受的合力,若合力是均匀变化的力,则F应是合力在作用时间内的平均值。
(4)动量定理不仅适用于宏观物体的低速运动,也适用于微观物体的高速运动。不论是变力还是恒力,不论几个力作用时间是同时还是不同时,不论物体的运动轨迹是直线还是曲线,动量定理都适用。
3.动量定理的应用步骤
(1)确定研究对象:一般为单个物体;
(2)明确物理过程:受力分析,求出合力的冲量;
(3)明确研究对象的初末状态及相应的动量;
(4)选定正方向,确定在物理过程中研究对象的动量的变化;
(5)根据动量定理列方程,统一单位后代入数据求解。
4.动量定理与动能定理的区别
由FΔt=Δp可知,动量定理反映力对时间的累积效应。
由FΔx=ΔEk可知,动能定理反映力对空间的累积效应。
【例3】　在某场篮球比赛中,质量为0.6 kg的篮球以10 m/s大小的速度传来,运动员接住后马上以相同的速度大小反向传出,如果运动员从接球到将球传出的时间为2.0 s,从接球到将球传出的过程中,不计空气阻力,则 (　A　)
A.运动员接球后手要往身体收,延长触球时间,以免手指受到伤害
B.整个过程中球的动量改变了6 kg·m/s
C.整个过程中手对球的平均作用力大小为12 N
D.整个过程中,运动员对球的冲量大于球对运动员的冲量
【解析】　根据动量定理FΔt=Δp可知，动量变化量相同时，延长作用时间，可以减小冲击力，故运动员接球后手要往身体收，以免伤害手指，故A正确;规定球传出的方向为正，整个过程中球的动量改变量大小为Δp=mv-(-mv)=0.6×10 kg·m/s-(-0.6×10 kg·m/s)=12 kg·m/s，故B错误;根据动量定理FΔt=Δp，解得F=6 N，故C错误;整个过程中，根据牛顿第三定律，运动员对球的作用力等于球对运动员的作用力，且作用时间相等，因此运动员对球的冲量大小等于球对运动员的冲量大小，故D错误。
【例4】　一个质量为0.18 kg的垒球,以25 m/s的水平速度飞向球棒,被球棒打击后反向水平飞回,速度大小变为45 m/s,设球棒与垒球的作用时间为0.01 s。球棒对垒球的平均作用力是多大 【答案】　1 260 N
【解析】　垒球的初动量为p=mv=0.18×25 kg·m/s=4.5 kg·m/s，垒球的末动量为p'=mv'=-0.18×45 kg·m/s=-8.1 kg·m/s，由动量定理知垒球所受的平均作用力为F== N=-1 260 N，负号表示力的方向与垒球飞来的方向相反。
【例5】　人们常说“滴水穿石”,请你根据下面所提供的信息,估算水对石头的冲击力的大小。
一瀑布落差为h=20 m,水流量为Q=0.10 m3/s,水的密度ρ=1.0×103 kg/m3,水在最高点和落至石头上后的速度都认为是0。(落在石头上的水立即流走,在讨论石头对水的作用时可以不考虑水的重力,g取10 m/s2)
【答案】　2×103 N
【解析】　设水滴下落与石头碰前速度为v，则有mgh=mv2，设时间Δt内有质量为Δm的水落到石头上，石头对水的作用力为F，由动量定理得:-FΔt=0-Δmv，又因Δm=ρQΔt，联立得:F=ρQ=2×103 N，由牛顿第三定律知，水对石头的冲击力F'=F=2×103 N，方向竖直向下。
1.基本方法:用动量定理解决流体问题,一般采用微元法,即取一个很短时间Δt,对Δt内流出液体Δm应用动量定理。
2.解题的关键:
(1)确定Δm与Δt、液体的速度、密度等关系。
(2)确定Δm作用前后速度的变化。
(3)Δt趋近0时,Δm很小,所受的重力均不计。
3.特点:
(1)对水枪喷射问题,当空中水柱稳定后,空中水的体积不变,任何时间内从枪口射出的水等于射向墙壁或物体的水。
(2)若水柱不散开,水柱的横截面积与水的速度成反比。
1.下列说法正确的是 (　D　)
A.玻璃杯掉在水泥地上易碎,是因为受到的冲量太大
B.一个恒力对物体做功为0,则其冲量也为0
C.建筑工人戴的安全帽内有帆布垫,把头和帽子的外壳隔开一定的空间是为了减小冲量
D.牛顿第二定律可表述为物体动量的变化率等于它受的合力
解析：根据动量定理有F合Δt=Δp，可知动量变化量Δp相等时，作用时间Δt越短，合力F合越大，所以玻璃杯掉在水泥地上易碎，是因为受到的力太大，故A错误;恒力做功为0，可能是力的方向与位移方向垂直，但只要力作用了一段时间，根据冲量的定义式I=Ft可知，力的冲量就不为0，故B错误;根据动量定理有F合Δt=Δp，可知动量变化量Δp相等时，作用时间Δt越长，合力F合越小，因此建筑工人戴的安全帽内的帆布垫，把头和帽子外壳隔开一定空间，是为了延长作用时间以减小作用力，故C错误;根据动量定理有F合Δt=Δp，变形可得F合=，即物体动量的变化率等于它受的合力，这是牛顿第二定律的另一种表述形式，故D正确。
2.如图,一质量为0.5 kg的小球从距离泥塘表面3.2 m的位置自由落体掉入泥塘,没入深度0.8 m后静止在泥塘中,不计空气阻力,g取10 m/s2,若泥塘阻力恒定,对于小球运动的全过程,下列说法中正确的是 (　C　)
A.重力的冲量为4 N·s,方向竖直向下
B.泥塘对小球的平均阻力大小为20 N
C.泥塘阻力对小球的冲量为5 N·s
D.泥塘阻力对小球做功为-16 J
解析：自由落体运动的时间t1== s=0.8 s，落地时的速度v=gt1=8 m/s，进入泥塘中运动的时间t2== s=0.2 s，则重力的冲量为IG=mg(t1+t2)=5 N·s，方向竖直向下，A错误;由动能定理有mg(h+d)-d=0，可得=25 N，B错误;泥塘阻力对小球的冲量为If=t2=5 N·s，C正确;泥塘阻力对小球做功为Wf=-mg(h+d)=-20 J，D错误。
3.原来静止的物体所受合力作用时间为3t,作用力随时间的变化情况如图所示,则 (　C　)
A.0~2t时间内物体的动量变化与2t~3t时间内的动量变化相同
B.0~2t时间内物体的平均速度与2t~3t时间内的平均速度不等
C.3t时物体的速度为0,外力在0~3t时间内对物体的冲量为0
D.0~3t时间内物体的位移为0,外力对物体做功为0
解析：由题图可知0~2t时间内、2t~3t时间内物体所受合力大小之比为1︰2，方向相反，根据动量定理可知，动量变化的大小相等但方向相反，故A错误;根据牛顿第二定律可知0~2t时间内和2t~3t时间内做匀变速直线运动，根据=，可知0~2t时间内和2t~3t时间内平均速度相等，故B错误;根据B项分析可知3t时物体的速度为0，且外力在0~3t时间内对物体的冲量为0，故C正确;物体始终单向运动，位移不可能为0，但初、末速度均为0，根据动能定理可知外力对物体做功为0，故D错误。
4.蹦床是一项运动员利用蹦床反弹到空中进行杂技技巧表现的竞技运动,它属于体操运动的一种,有“空中芭蕾”之称。一位蹦床运动员表演开始前站在蹦床上不动,运动时仅在竖直方向上运动,蹦床对运动员的弹力F随时间t的变化规律通过传感器用计算机绘制出来如图所示,不计空气阻力,重力加速度g取10 m/s2,试结合图像,求:
(1)运动员的质量;
(2)前3.0 s内弹力F的冲量。
答案：(1)50 kg　(2)1 500 N·s，方向竖直向上
解析：(1)由题图可知，前3.0 s内，运动员静止，蹦床对运动员的支持力为500 N，根据二力平衡mg=F，解得m=50 kg。
(2)前3.0 s内，运动员静止，蹦床对运动员的支持力一直为500 N，故前3.0 s内弹力F的冲量I=Ft=500 N×3.0 s=1 500 N·s，方向竖直向上。
课时作业2
(总分:72分)
1.(5分)关于冲量、动量、动量变化量,下列说法正确的是 (　D　)
A.足球所受合力的冲量越大,它的动量也越大
B.推静止的汽车没有推动,推力的冲量一定为0
C.飞机飞行的速度大小不变,飞机的动量也保持不变
D.质量一定的运动员,动量变化量越大,该运动员的速度变化量一定越大
解析：根据动量定理，足球所受合力的冲量等于足球动量的变化量，与瞬时动量无关，故A错误;根据I=Ft可知作用在静止汽车上的力的冲量不为0，故B错误;飞机飞行的速度大小不变，飞机的动量大小保持不变，但速度方向可能改变，动量方向可能改变，故动量有可能改变，故C错误;质量一定的运动员，根据Δp=mΔv，动量变化量越大，该运动员的速度变化量一定越大，故D正确。
2.(5分)一质量为0.2 kg的小球以大小为6 m/s的速度垂直撞向墙面,反向弹回时速度大小变为4 m/s。取小球的初速度方向为正方向,对小球撞墙过程,下列说法正确的是 (　B　)
A.小球速度的变化量为10 m/s
B.小球动量的变化量为-2 kg·m/s
C.小球动能的变化量为2 J
D.小球受到墙面的冲量为2 N·s
解析：小球速度变化量Δv=v'-v=-4 m/s-6 m/s=-10 m/s，故A错误;小球动量变化量Δp=mΔv=0.2 kg×(-10 m/s)=-2 kg·m/s，故B正确;小球动能变化量ΔEk=mv'2-mv2=×0.2×(-4)2 J-×0.2×62 J=-2 J，故C错误;根据动量定理，小球受到墙面的冲量I=Δp=-2 N·s，故D错误。
3.(5分)科技发展,造福民众。近两年推出的“智能防摔马甲”是一款专门为老年人研发的科技产品。该装置的原理是通过马甲内的传感器和微处理器精准识别穿戴者的运动姿态,在其失衡瞬间迅速打开安全气囊进行主动保护,能有效地避免摔倒带来的伤害,在穿戴者着地的过程中,安全气囊可以 (　B　)
A.减小穿戴者动量的变化量
B.减小穿戴者动量的变化率
C.增大穿戴者所受合力的冲力
D.增大穿戴者所受合力的冲量
解析：依题意，根据动量定理有FΔt=Δp，可得F==，可知安全气囊的作用是延长人与地面的接触时间Δt，从而减小人所受到的冲力，即减小穿戴者动量的变化率，而穿戴者动量的变化量Δp，即穿戴者所受合力的冲量FΔt未发生变化。故选B。
4.(5分)水平推力F1、F2分别作用于水平地面上等质量的甲、乙两物体,一段时间后撤去推力,两物体继续运动一段距离后停止,甲、乙两物体的v-t图像分别如图中OAB、OCD所示,图中AB∥CD。在整个运动过程 (　B　)
A.F1做的功与F2做的功相等
B.两物体摩擦力做的功不相等
C.F1的冲量与F2的冲量大小相等
D.两物体摩擦力的冲量大小相等
解析：由于AB∥CD，可知撤去外力后，两物体减速时的加速度相同，根据牛顿第二定律可知f=ma，由于两物体的质量相等，故两物体受到的摩擦力相等，结合图像可知，甲物体的位移小于乙物体的位移，故摩擦力对甲物体做的功小于对乙物体做的功;根据动能定理可知WF+Wf=0，故F1做的功小于F2做的功，故A错误，B正确。由题图可知，摩擦力对乙物体的作用时间大于对甲物体的作用时间，结合上述分析可知，两物体受到的摩擦力大小相等，根据I=Ft可知，甲物体摩擦力的冲量小于乙物体摩擦力的冲量;结合动量定理可知IF+If=0，故F1的冲量大小小于F2的冲量大小，故C、D错误。
5.(5分)一个质量为2 kg的物体在合力F的作用下从静止开始沿直线运动。F随时间t变化的图像如图所示。下列说法正确的是 (　D　)
A.t=1 s时物体的加速度是2 m/s2
B.t=2 s时物体开始反向运动
C.t=3 s时物体的动量大小是5 kg·m/s
D.t=4 s时物体的速度大小是1 m/s
解析：由题图可知，t=1 s时F=2 N，由牛顿第二定律可得，物体的加速度为a== m/s2=1 m/s2，故A错误;t=2 s时物体的加速度开始反向，物体的速度达到最大，即将开始做匀减速运动，运动方向不变，故B错误;在0~3 s内，由动量定理可得F1t1+F2t2=p-0，代入数据解得p=3 kg·m/s，故C错误;在0~4 s内，由动量定理可得F1t1+F2t3=mv-0，代入数据解得v=1 m/s，故D正确。
6.(5分)(多选)如图所示,一个人推磨,其推磨杆的力的大小始终为F,与磨杆始终垂直,作用点到轴心的距离为r,磨盘绕轴缓慢匀速转动,转动一周用时t。则在转动一周的过程中 (　BC　)
A.推力F做的功为0
B.推力F做的功为2πrF
C.推力F对磨杆的冲量为0
D.推力F对磨杆的冲量为Ft
解析：F的方向始终与瞬时速度方向在一条直线上，故F做的功等于F的大小乘以路程，F与摩擦力一直是平衡力，F克服摩擦力做功，故W=F·2πr，故A错误，B正确;根据冲量的定义式I=Ft，可知单位时间内推力F对磨杆的冲量为FΔt，则在转动一周的过程中各个单位时间内推力F对磨杆的冲量围成一个闭合图形(圆)，则为0，故D错误，C正确。
7.(5分)如图所示,自动流水线装置可以使货物在水平面上转弯。货物从传送带A端传送到B端,速度方向变化了180°,传送过程中传送速率保持不变,货物与传送带之间不打滑。下列关于货物在此过程中的说法正确的是 (　D　)
A.动量变化量为0
B.所受支持力的冲量为0
C.所受重力的冲量为0
D.所受摩擦力的冲量不为0
解析：货物的速度方向改变180°，则动量变化量大小为2mv，故A错误;根据IN=FNt，支持力不为0，则货物所受支持力的冲量不为0，故B错误;根据IG=Gt可知，货物所受重力的冲量不为0，故C错误;货物在水平面转弯，受摩擦力不为0，根据If=ft可知，所受摩擦力的冲量不为0，故D正确。
8.(5分)如图所示,物体A、B用轻绳连接,挂在轻弹簧下静止。A的质量为m,B的质量为M。当连接A、B的轻绳突然断开后,物体A上升,经某一位置时的速度大小为v,这时物体B的下落速度大小为u,在这段时间里,弹簧的弹力对物体A的冲量为 (　D　)
A.mv B.mv-Mu
C.mv+Mu D.mv+mu
解析：以竖直向上为正方向，设经过的时间为t，弹簧对A的冲量为I，根据动量定理，对A有:I-mgt=mv，对B有-Mgt=-Mu，联立以上两式得I=mv+mu，故D正确。
9.(5分)(多选)如图所示,质量为m1的物块从质量为m2的固定斜面的顶端匀速下滑到底端,所用时间为t,斜面倾角为θ,则 (　AC　)
A.物块重力对物块的冲量大小为m1gt
B.斜面对物块支持力的冲量大小为0
C.斜面对物块支持力的冲量大小为m1gtcos θ
D.地面对斜面支持力的冲量大小为m2gt
解析：由公式I=Ft可知，物块重力对物块的冲量大小为IG=m1gt，A正确;斜面对物块支持力的冲量大小为IN=m1gtcos θ，B错误，C正确;地面对斜面的支持力为FN=(m1+m2)g，地面对斜面支持力的冲量大小为I=(m1+m2)gt，D错误。
10.(5分)(多选)甲、乙两辆完全相同的小车均由静止沿同一方向出发做直线运动。以出发时刻为计时0点,甲车的速度—时间图像如图(a)所示,乙车所受合力—时间图像如图(b)所示。则 (　BD　)
A.0~2 s内,甲车的加速度大小逐渐增大
B.乙车在t=2 s和t=6 s时的速度相同
C.2~6 s内,甲、乙两车的位移相同
D.t=8 s时,甲、乙两车的动能相同
解析：由题图(a)可知，甲车在0~2 s时间内做匀加速直线运动，故 A错误;根据动量定理可得Ft=Δp，结合F-t图像中，图线与坐标轴围成的面积为物体合力的冲量，故小车乙在t=2 s和t=6 s时的动量变化量相同，因此乙车在t=2 s和t=6 s时的速度相同，故B正确;根据题图(a)可知，2~6 s内甲车的位移为0，根据题图(b)可知，2~6 s内乙车一直向正方向运动，则2~6 s内，甲、乙两车的位移不同，故C错误;根据题图(a)可知，t=8 s时甲车的速度为0，则此时甲车的动能为0，乙车在0~8 s内根据动量定理可知I8=mv8，结合F-t图像中，图线与坐标轴围成的面积为物体合力的冲量，可知此时图线与坐标轴围成的面积为0，即I8=mv8=0，即t=8 s时乙车的速度为0，则乙车的动能为0，故D正确。
11.(12分)如图所示,A、B两个物体相互接触,但并不粘合,放置在光滑的水平面上,两物体的质量为mA=6 kg、mB=5 kg。从t=0时刻开始,推力FA和拉力FB分别作用在A、B上,FA和FB随时间的变化规律为:FA=(20-2t)(N)、FB=(2+2t)(N),求:
(1)t1=0时A、B两个物体加速度的大小和物体A对物体B作用力的大小;
(2)A、B分离的时刻;
(3)t2=10 s时A速度的大小。
答案：(1)2 m/s2　8 N　(2)4 s　(3)14 m/s
解析：(1)t1=0时刻，A、B两物体相对静止，对A、B两物体整体受力分析，由牛顿第二定律有FA+FB=(mA+mB)a，代入数据解得a=2 m/s2，对B受力分析，由牛顿第二定律有FAB+FB=mBa，代入数据解得FAB=8 N。
(2)当A、B分离时有F'AB=0，此时加速度仍相等，对A受力分析，由牛顿第二定律有FA=mAa'，对B受力分析，由牛顿第二定律有FB=mBa'，联立解得t=4 s。
(3)由上述分析可知A、B分离前，A、B整体一起做匀加速直线运动，由运动学知识有分离时速度为v=at=8 m/s，t=4 s后A、B分离，由如图所示F-t图像可知IF=×6×12 N·s=36 N·s。由动量定理有IF=mAv'-mAv，联立解得t2=10 s时A速度的大小为v'=14 m/s。
12.(10分)《卖油翁》是宋代文学家欧阳修创作的一则写事明理的寓言故事,说明了熟能生巧的道理。如图所示,油从距离地面高度为H的地方倒出,油束刚好充满钱孔倒入壶内,钱孔的横截面积为S,油壶的高度为h,油的密度为ρ,重力加速度为g。若油倒入壶底四处散开,没有飞溅。求:
(1)极短时间Δt内倒入油的质量Δm;
(2)在最初的一段时间内,油对壶底的冲击力大小。
答案：(1)ρS·Δt
(2)2ρSg
解析：(1)设油到达壶口时的速度为v1，则mg(H-h)=m，Δm=ρ·ΔV，
ΔV=Sv1·Δt，联立以上各式得
Δm=ρS·Δt。
(2)设油到达壶底时的速度为v2，则mgH=m，规定竖直向上为正方向，对于Δt内落入壶内的油，应用动量定理有F·Δt=0-(-Δmv2)，联立以上各式得F=2ρSg。(共58张PPT)
第一章　动量守恒定律
第2节　动量定理
核心要点 点点过
1
目录
即时演练 堂堂清
2
课时作业2
3
课程要求 学科素养
理解冲量。通过理论推导和实验,理解动量定理,能用其解释生产生活中的有关现象 物理观念 通过学习,理解冲量的概念及其矢量性。掌握动量定理的因果关系,矢量性
科学思维 通过实例分析,能够利用动量定理解释缓冲、碰撞等有关现象和解决实际问题
科学探究 能根据牛顿第二定律推导动量定理,并理解其确切含义
科学态度与责任 能通过生活实例理解动量定理的含义,提高学以致用的意识
核心要点 点点过
1.定义
物理学中把力与力的作用时间的乘积叫作力的冲量。
2.表达式
I=FΔt
3.方向
冲量是矢量,冲量的方向与力的方向一致,冲量的方向跟动量变化的方向一致。
4.冲量的单位
在国际单位制中是牛秒,符号是N·s。
要点一　冲量
力
力的作用时间
力
动量变化
牛秒
N·s
FΔt
如图甲所示，让两只鸡蛋从相同高处自由落下，分别落在海绵垫上和塑料盘中，用力传感器记录弹力随时间的变化关系如图乙所示，发现F-t图线与坐标轴围成的图形的面积近似相等。
(1)这个面积表示什么
(2)在碰撞过程中作用时间较长,作用力如何变化
提示：(1)力对时间的积累效果。
(2)作用力将变小。
　冲量的计算
恒力的冲量 求某个恒力的冲量:该力和力的作用时间的乘积
变力的 冲量 (1)用平均力求变力的冲量:如果力与时间成线性关系,如图甲所示,则I=FΔt=(t2-t1);
(2)用F-t图线与t轴所围的面积求冲量:如图甲、乙所示,图中的阴影面积即为变力的冲量;
(3)利用动量定理求解,即I=Δp
合力的 冲量 (1)可分别求每一个力的冲量I1,I2,I3,…,再求各冲量的矢量和;
(2)如果各个力(均为恒力)的作用时间相同,也可以先求合力,再用公式I合=F合Δt求解
求冲量时,一定要注意让求的是哪个力在哪一段时间内的冲量。
【例1】　与水平方向夹角为θ的力F作用在放在水平地面上质量为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Ftcos θ,方向水平向右
B.摩擦力对物体的冲量大小是Ft,方向水平向左
C.地面对物体支持力的冲量为0
D.合力对物体的冲量为0
D
【解析】　拉力F对物体的冲量大小为Ft，方向与F方向相同，故A错误;物体没有被拉动，可得摩擦力大小为Ff=Fcos θ，故摩擦力对物体的冲量大小是Ftcos θ，方向水平向左，故B错误;地面对物体的支持力大小为FN=mg-Fsin θ，故地面对物体的支持力的冲量大小为I=(mg-Fsin θ)t，方向竖直向上，故C错误;物体处于静止状态，所受合力为0，所以合力对物体的冲量为0，故D正确。
【例2】　一质量为2 kg的物块在合力F的作用下从静止开始沿直线运动,合力F随时间t变化的关系图像如图所示,则 (　　)
A.0~2 s时间内合力F对物块的冲量为3 N·s
B.2~3 s时间内合力F对物块的冲量为1 N·s
C.0~3 s时间内合力F对物块的冲量为0
D.0~3 s时间内合力F对物块的冲量为4 N·s
A
【解析】　由题图可知，0~2 s时间内合力F对物块的冲量为图线与横轴所围的面积，即I1=×(1+2)×2 N·s=3 N·s，故A正确;由题图可知，2~3 s时间内合力F对物块的冲量为I2=Ft=-1 N×1 s=-1 N·s，故B错误;由题图可知，0~3 s时间内合力F对物块的冲量为I3= N·s=2 N·s，故C、D错误。
1.内容
物体在一个过程中所受力的冲量等于它在这个过程始末的动量变化量。
2.公式
I=p'-p,也可以写作:F(t'-t)=mv'-mv。
3.动量的变化率
(1)定义:动量的变化量与发生这一变化所用时间的比值叫作动量的变化率。
要点二　动量定理及其应用
冲量
动量变化
量
p'-p
mv'-mv
动量的变化量
时间
(2)公式:F=。
(3)物理意义:物体动量的变化率等于它所受的合力。
4.动量定理的应用
(1)如果物体的动量发生的变化是一定的,那么作用的时间越短,物体受的力就越大;作用的时间越长,物体受的力就越小。
(2)如果作用力一定时,作用的时间越长,动量的变化量越大;作用的时间越短,动量的变化量越小。
合力
大
小
大
小
(1)物体所受合力不变，则动量也不改变。 (　　)
(2)物体沿水平面运动时，重力不做功，其冲量为0。(　　)
(3)物体所受合力的冲量方向与物体末动量的方向相同。(　　)
(4)一个物体在水平面上受恒力作用做匀加速直线运动，其动量变化率是变化的。(　　)

×
×
×
×
1.利用牛顿第二定律推导动量定理
在光滑水平面上的质量为m的物体在水平恒力F的作用下,经过时间t,速度由v变为v'。
如图所示,物体的初动量为p=mv,末动量为p'=mv',
由加速度的定义式得a=,
由牛顿第二定律F=ma=,
可得Ft=mv'-mv,即Ft=p'-p。
2.动量定理的理解
(1)动量定理反映了合力的冲量是动量变化的原因。
(2)动量定理的表达式FΔt=mv'-mv是矢量式,运用动量定理解题时,要注意规定正方向。
(3)公式中的F是物体所受的合力,若合力是均匀变化的力,则F应是合力在作用时间内的平均值。
(4)动量定理不仅适用于宏观物体的低速运动,也适用于微观物体的高速运动。不论是变力还是恒力,不论几个力作用时间是同时还是不同时,不论物体的运动轨迹是直线还是曲线,动量定理都适用。
3.动量定理的应用步骤
(1)确定研究对象:一般为单个物体;
(2)明确物理过程:受力分析,求出合力的冲量;
(3)明确研究对象的初末状态及相应的动量;
(4)选定正方向,确定在物理过程中研究对象的动量的变化;
(5)根据动量定理列方程,统一单位后代入数据求解。
4.动量定理与动能定理的区别
由FΔt=Δp可知,动量定理反映力对时间的累积效应。
由FΔx=ΔEk可知,动能定理反映力对空间的累积效应。
【例3】　在某场篮球比赛中,质量为0.6 kg的篮球以10 m/s大小的速度传来,运动员接住后马上以相同的速度大小反向传出,如果运动员从接球到将球传出的时间为2.0 s,从接球到将球传出的过程中,不计空气阻力,则 (　　)
A.运动员接球后手要往身体收,延长触球时间,以免手指受到伤害
B.整个过程中球的动量改变了6 kg·m/s
C.整个过程中手对球的平均作用力大小为12 N
D.整个过程中,运动员对球的冲量大于球对运动员的冲量
A
【解析】　根据动量定理FΔt=Δp可知，动量变化量相同时，延长作用时间，可以减小冲击力，故运动员接球后手要往身体收，以免伤害手指，故A正确;规定球传出的方向为正，整个过程中球的动量改变量大小为Δp=mv-(-mv)=0.6×10 kg·m/s-(-0.6×10 kg·m/s)=12 kg·m/s，故B错误;根据动量定理FΔt=Δp，解得F=6 N，故C错误;整个过程中，根据牛顿第三定律，运动员对球的作用力等于球对运动员的作用力，且作用时间相等，因此运动员对球的冲量大小等于球对运动员的冲量大小，故D错误。
【例4】　一个质量为0.18 kg的垒球,以25 m/s的水平速度飞向球棒,被球棒打击后反向水平飞回,速度大小变为45 m/s,设球棒与垒球的作用时间为0.01 s。球棒对垒球的平均作用力是多大
【答案】　1 260 N
【解析】　垒球的初动量为p=mv=0.18×25 kg·m/s=4.5 kg·m/s，垒球的末动量为p'=mv'=-0.18×45 kg·m/s=-8.1 kg·m/s，由动量定理知垒球所受的平均作用力为F== N=-1 260 N，负号表示力的方向与垒球飞来的方向相反。
【例5】　人们常说“滴水穿石”,请你根据下面所提供的信息,估算水对石头的冲击力的大小。
一瀑布落差为h=20 m,水流量为Q=0.10 m3/s,水的密度ρ=1.0×103 kg/m3,水在最高点和落至石头上后的速度都认为是0。(落在石头上的水立即流走,在讨论石头对水的作用时可以不考虑水的重力,g取10 m/s2)
【答案】　2×103 N
【解析】　设水滴下落与石头碰前速度为v，则有mgh=mv2，设时间Δt内有质量为Δm的水落到石头上，石头对水的作用力为F，由动量定理得:
-FΔt=0-Δmv，又因Δm=ρQΔt，联立得:F=ρQ=2×103 N，由牛顿第三定律知，水对石头的冲击力F'=F=2×103 N，方向竖直向下。
方法技巧
1.基本方法:用动量定理解决流体问题,一般采用微元法,即取一个很短时间Δt,对Δt内流出液体Δm应用动量定理。
2.解题的关键:
(1)确定Δm与Δt、液体的速度、密度等关系。
(2)确定Δm作用前后速度的变化。
(3)Δt趋近0时,Δm很小,所受的重力均不计。
3.特点:
(1)对水枪喷射问题,当空中水柱稳定后,空中水的体积不变,任何时间内从枪口射出的水等于射向墙壁或物体的水。
(2)若水柱不散开,水柱的横截面积与水的速度成反比。
即时演练 堂堂清
1.下列说法正确的是 (　　)
A.玻璃杯掉在水泥地上易碎,是因为受到的冲量太大
B.一个恒力对物体做功为0,则其冲量也为0
C.建筑工人戴的安全帽内有帆布垫,把头和帽子的外壳隔开一定的空间是为了减小冲量
D.牛顿第二定律可表述为物体动量的变化率等于它受的合力
D
解析：根据动量定理有F合Δt=Δp，可知动量变化量Δp相等时，作用时间Δt越短，合力F合越大，所以玻璃杯掉在水泥地上易碎，是因为受到的力太大，故A错误;恒力做功为0，可能是力的方向与位移方向垂直，但只要力作用了一段时间，根据冲量的定义式I=Ft可知，力的冲量就不为0，故B错误;根据动量定理有F合Δt=Δp，可知动量变化量Δp相等时，作用时间Δt越长，合力F合越小，因此建筑工人戴的安全帽内的帆布垫，把头和帽子外壳隔开一定空间，是为了延长作用时间以减小作用力，故C错误;根据动量定理有F合Δt=Δp，变形可得F合=，即物体动量的变化率等于它受的合力，这是牛顿第二定律的另一种表述形式，故D正确。
2.如图,一质量为0.5 kg的小球从距离泥塘表面3.2 m的位置自由落体掉入泥塘,没入深度0.8 m后静止在泥塘中,不计空气阻力,g取10 m/s2,若泥塘阻力恒定,对于小球运动的全过程,下列说法中正确的是 (　　)
A.重力的冲量为4 N·s,方向竖直向下
B.泥塘对小球的平均阻力大小为20 N
C.泥塘阻力对小球的冲量为5 N·s
D.泥塘阻力对小球做功为-16 J
C
解析：自由落体运动的时间t1== s=0.8 s，落地时的速度v=gt1=8 m/s，进入泥塘中运动的时间t2== s=0.2 s，则重力的冲量为IG=mg(t1+t2)=5 N·s，方向竖直向下，A错误;由动能定理有mg(h+d)-d=0，可得=25 N，B错误;泥塘阻力对小球的冲量为If=t2=5 N·s，C正确;泥塘阻力对小球做功为Wf=-mg(h+d)=-20 J，D错误。
3.原来静止的物体所受合力作用时间为3t,作用力随时间的变化情况如图所示,则 (　　)
A.0~2t时间内物体的动量变化与2t~3t时间内的动量变化相同
B.0~2t时间内物体的平均速度与2t~3t时间内的平均速度不等
C.3t时物体的速度为0,外力在0~3t时间内对物体的冲量为0
D.0~3t时间内物体的位移为0,外力对物体做功为0
C
解析：由题图可知0~2t时间内、2t~3t时间内物体所受合力大小之比为1︰2，方向相反，根据动量定理可知，动量变化的大小相等但方向相反，故A错误;根据牛顿第二定律可知0~2t时间内和2t~3t时间内做匀变速直线运动，根据=，可知0~2t时间内和2t~3t时间内平均速度相等，故B错误;根据B项分析可知3t时物体的速度为0，且外力在0~3t时间内对物体的冲量为0，故C正确;物体始终单向运动，位移不可能为0，但初、末速度均为0，根据动能定理可知外力对物体做功为0，故D错误。
4.蹦床是一项运动员利用蹦床反弹到空中进行杂技技巧表现的竞技运动,它属于体操运动的一种,有“空中芭蕾”之称。一位蹦床运动员表演开始前站在蹦床上不动,运动时仅在竖直方向上运动,蹦床对运动员的弹力F随时间t的变化规律通过传感器用计算机绘制出来如图所示,不计空气阻力,重力加速度g取10 m/s2,试结合图像,求:
(1)运动员的质量;
答案：(1)50 kg　
解析：(1)由题图可知，前3.0 s内，运动员静止，蹦床对运动员的支持力为500 N，根据二力平衡mg=F，解得m=50 kg。
(2)前3.0 s内弹力F的冲量。
答案：(2)1 500 N·s，方向竖直向上
解析：(2)前3.0 s内，运动员静止，蹦床对运动员的支持力一直为500 N，故前3.0 s内弹力F的冲量I=Ft=500 N×3.0 s=1 500 N·s，方向竖直向上。
课时作业2

1.(5分)关于冲量、动量、动量变化量,下列说法正确的是(　　)
A.足球所受合力的冲量越大,它的动量也越大
B.推静止的汽车没有推动,推力的冲量一定为0
C.飞机飞行的速度大小不变,飞机的动量也保持不变
D.质量一定的运动员,动量变化量越大,该运动员的速度变化量一定越大
D
解析：根据动量定理，足球所受合力的冲量等于足球动量的变化量，与瞬时动量无关，故A错误;根据I=Ft可知作用在静止汽车上的力的冲量不为0，故B错误;飞机飞行的速度大小不变，飞机的动量大小保持不变，但速度方向可能改变，动量方向可能改变，故动量有可能改变，故C错误;质量一定的运动员，根据Δp=mΔv，动量变化量越大，该运动员的速度变化量一定越大，故D正确。
2.(5分)一质量为0.2 kg的小球以大小为6 m/s的速度垂直撞向墙面,反向弹回时速度大小变为4 m/s。取小球的初速度方向为正方向,对小球撞墙过程,下列说法正确的是 (　　)
A.小球速度的变化量为10 m/s B.小球动量的变化量为-2 kg·m/s
C.小球动能的变化量为2 J D.小球受到墙面的冲量为2 N·s
解析：小球速度变化量Δv=v'-v=-4 m/s-6 m/s=-10 m/s，故A错误;小球动量变化量Δp=mΔv=0.2 kg×(-10 m/s)=-2 kg·m/s，故B正确;小球动能变化量ΔEk=mv'2-mv2=×0.2×(-4)2 J-×0.2×62 J=-2 J，故C错误;根据动量定理，小球受到墙面的冲量I=Δp=-2 N·s，故D错误。
B
3.(5分)科技发展,造福民众。近两年推出的“智能防摔马甲”是一款专门为老年人研发的科技产品。该装置的原理是通过马甲内的传感器和微处理器精准识别穿戴者的运动姿态,在其失衡瞬间迅速打开安全气囊进行主动保护,能有效地避免摔倒带来的伤害,在穿戴者着地的过程中,安全气囊可以 (　　)
A.减小穿戴者动量的变化量
B.减小穿戴者动量的变化率
C.增大穿戴者所受合力的冲力
D.增大穿戴者所受合力的冲量
B
解析：依题意，根据动量定理有FΔt=Δp，可得F==，可知安全气囊的作用是延长人与地面的接触时间Δt，从而减小人所受到的冲力，即减小穿戴者动量的变化率，而穿戴者动量的变化量Δp，即穿戴者所受合力的冲量FΔt未发生变化。故选B。
4.(5分)水平推力F1、F2分别作用于水平地面上等质量的甲、乙两物体,一段时间后撤去推力,两物体继续运动一段距离后停止,甲、乙两物体的v-t图像分别如图中OAB、OCD所示,图中AB∥CD。在整个运动过程 (　　)
A.F1做的功与F2做的功相等
B.两物体摩擦力做的功不相等
C.F1的冲量与F2的冲量大小相等
D.两物体摩擦力的冲量大小相等
B
解析：由于AB∥CD，可知撤去外力后，两物体减速时的加速度相同，根据牛顿第二定律可知f=ma，由于两物体的质量相等，故两物体受到的摩擦力相等，结合图像可知，甲物体的位移小于乙物体的位移，故摩擦力对甲物体做的功小于对乙物体做的功;根据动能定理可知WF+Wf=0，故F1做的功小于F2做的功，故A错误，B正确。由题图可知，摩擦力对乙物体的作用时间大于对甲物体的作用时间，结合上述分析可知，两物体受到的摩擦力大小相等，根据I=Ft可知，甲物体摩擦力的冲量小于乙物体摩擦力的冲量;结合动量定理可知IF+If=0，故F1的冲量大小小于F2的冲量大小，故C、D错误。
5.(5分)一个质量为2 kg的物体在合力F的作用下从静止开始沿直线运动。F随时间t变化的图像如图所示。下列说法正确的是 (　　)
A.t=1 s时物体的加速度是2 m/s2
B.t=2 s时物体开始反向运动
C.t=3 s时物体的动量大小是5 kg·m/s
D.t=4 s时物体的速度大小是1 m/s
D
解析：由题图可知，t=1 s时F=2 N，由牛顿第二定律可得，物体的加速度为a== m/s2=1 m/s2，故A错误;t=2 s时物体的加速度开始反向，物体的速度达到最大，即将开始做匀减速运动，运动方向不变，故B错误;在0~3 s内，由动量定理可得F1t1+F2t2=p-0，代入数据解得p=3 kg·m/s，故C错误;在0~4 s内，由动量定理可得F1t1+F2t3=mv-0，代入数据解得v=1 m/s，故D正确。
6.(5分)(多选)如图所示,一个人推磨,其推磨杆的力的大小始终为F,与磨杆始终垂直,作用点到轴心的距离为r,磨盘绕轴缓慢匀速转动,转动一周用时t。则在转动一周的过程中 (　　)
A.推力F做的功为0
B.推力F做的功为2πrF
C.推力F对磨杆的冲量为0
D.推力F对磨杆的冲量为Ft
BC
解析：F的方向始终与瞬时速度方向在一条直线上，故F做的功等于F的大小乘以路程，F与摩擦力一直是平衡力，F克服摩擦力做功，故W=F·2πr，故A错误，B正确;根据冲量的定义式I=Ft，可知单位时间内推力F对磨杆的冲量为FΔt，则在转动一周的过程中各个单位时间内推力F对磨杆的冲量围成一个闭合图形(圆)，则为0，故D错误，C正确。
7.(5分)如图所示,自动流水线装置可以使货物在水平面上转弯。货物从传送带A端传送到B端,速度方向变化了180°,传送过程中传送速率保持不变,货物与传送带之间不打滑。下列关于货物在此过程中的说法正确的是 (　　)
A.动量变化量为0
B.所受支持力的冲量为0
C.所受重力的冲量为0
D.所受摩擦力的冲量不为0
D
解析：货物的速度方向改变180°，则动量变化量大小为2mv，故A错误;根据IN=FNt，支持力不为0，则货物所受支持力的冲量不为0，故B错误;根据IG=Gt可知，货物所受重力的冲量不为0，故C错误;货物在水平面转弯，受摩擦力不为0，根据If=ft可知，所受摩擦力的冲量不为0，故D正确。

8.(5分)如图所示,物体A、B用轻绳连接,挂在轻弹簧下静止。A的质量为m,B的质量为M。当连接A、B的轻绳突然断开后,物体A上升,经某一位置时的速度大小为v,这时物体B的下落速度大小为u,在这段时间里,弹簧的弹力对物体A的冲量为(　　)
A.mv　B.mv-Mu　C.mv+Mu　D.mv+mu
D
解析：以竖直向上为正方向，设经过的时间为t，弹簧对A的冲量为I，根据动量定理，对A有:I-mgt=mv，对B有-Mgt=-Mu，联立以上两式得I=mv+mu，故D正确。
9.(5分)(多选)如图所示,质量为m1的物块从质量为m2的固定斜面的顶端匀速下滑到底端,所用时间为t,斜面倾角为θ,则 (　　　)
A.物块重力对物块的冲量大小为m1gt
B.斜面对物块支持力的冲量大小为0
C.斜面对物块支持力的冲量大小为m1gtcos θ
D.地面对斜面支持力的冲量大小为m2gt
AC
解析：由公式I=Ft可知，物块重力对物块的冲量大小为IG=m1gt，A正确;斜面对物块支持力的冲量大小为IN=m1gtcos θ，B错误，C正确;地面对斜面的支持力为FN=(m1+m2)g，地面对斜面支持力的冲量大小为I=(m1+m2)gt，D错误。
10.(5分)(多选)甲、乙两辆完全相同的小车均由静止沿同一方向出发做直线运动。以出发时刻为计时0点,甲车的速度—时间图像如图(a)所示,乙车所受合力—时间图像如图(b)所示。则 (　　　)
A.0~2 s内,甲车的加速度大小逐渐增大
B.乙车在t=2 s和t=6 s时的速度相同
C.2~6 s内,甲、乙两车的位移相同
D.t=8 s时,甲、乙两车的动能相同
BD
解析：由题图(a)可知，甲车在0~2 s时间内做匀加速直线运动，故 A错误;根据动量定理可得Ft=Δp，结合F-t图像中，图线与坐标轴围成的面积为物体合力的冲量，故小车乙在t=2 s和t=6 s时的动量变化量相同，因此乙车在t=2 s和t=6 s时的速度相同，故B正确;根据题图(a)可知，2~6 s内甲车的位移为0，根据题图(b)可知，2~6 s内乙车一直向正方向运动，则2~6 s内，甲、乙两车的位移不同，故C错误;根据题图(a)可知，t=8 s时甲车的速度为0，则此时甲车的动能为0，乙车在0~8 s内根据动量定理可知I8=mv8，结合F-t图像中，图线与坐标轴围成的面积为物体合力的冲量，可知此时图线与坐标轴围成的面积为0，即I8=mv8=0，即t=8 s时乙车的速度为0，则乙车的动能为0，故D正确。
11.(12分)如图所示,A、B两个物体相互接触,但并不粘合,放置在光滑的水平面上,两物体的质量为mA=6 kg、mB=5 kg。从t=0时刻开始,推力FA和拉力FB分别作用在A、B上,FA和FB随时间的变化规律为:FA=(20-2t)(N)、FB=(2+2t)(N),求:
(1)t1=0时A、B两个物体加速度的大小和物体A对物体B作用力的大小;
答案：(1)2 m/s2　8 N　
解析：(1)t1=0时刻，A、B两物体相对静止，对A、B两物体整体受力分析，由牛顿第二定律有FA+FB=(mA+mB)a，代入数据解得a=2 m/s2，对B受力分析，由牛顿第二定律有FAB+FB=mBa，代入数据解得FAB=8 N。
(2)A、B分离的时刻;
答案：(2)4 s　
解析：(2)当A、B分离时有F'AB=0，此时加速度仍相等，对A受力分析，由牛顿第二定律有FA=mAa'，对B受力分析，由牛顿第二定律有FB=mBa'，联立解得t=4 s。
(3)t2=10 s时A速度的大小。
答案：(3)14 m/s
解析：(3)由上述分析可知A、B分离前，A、B整体一起做匀加速直线运动，由运动学知识有分离时速度为v=at=8 m/s，t=4 s后A、B分离，由如图所示F-t图像可知IF=×6×12 N·s=36 N·s。由动量定理有IF=mAv'-mAv，联立解得t2=10 s时A速度的大小为v'=14 m/s。

12.(10分)《卖油翁》是宋代文学家欧阳修创作的一则写事明理的寓言故事,说明了熟能生巧的道理。如图所示,油从距离地面高度为H的地方倒出,油束刚好充满钱孔倒入壶内,钱孔的横截面积为S,油壶的高度为h,油的密度为ρ,重力加速度为g。若油倒入壶底四处散开,没有飞溅。求:
(1)极短时间Δt内倒入油的质量Δm;
答案：(1)ρS·Δt
解析：(1)设油到达壶口时的速度为v1，则mg(H-h)=m，Δm=ρ·ΔV，ΔV=Sv1·Δt，联立以上各式得Δm=ρS·Δt。
(2)在最初的一段时间内,油对壶底的冲击力大小。
答案：(2)2ρSg
解析：(2)设油到达壶底时的速度为v2，则mgH=m，规定竖直向上为正方向，对于Δt内落入壶内的油，应用动量定理有F·Δt=0-(-Δmv2)，联立以上各式得F=2ρSg。
本课结束

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