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1.2动量定理同步练习
一、单项选择题（每小题只有一个选项符合题意）
1．杂技演员在空中完成动作后，落回地面时，为防止受伤，脚掌先着地，然后屈膝下蹲，这样做的目的是（ ）
A．增大脚与地面的作用时间，增大地面对脚的作用力
B．增大脚与地面的作用时间，减小地面对脚的作用力
C．减小脚与地面的作用时间，增大地面对脚的作用力
D．减小脚与地面的作用时间，减小地面对脚的作用力
【答案】B
【解析】设人落地时速度大小为，经时间速度减为零。取竖直向上为正方向，根据动量定理有
解得
脚掌先着地然后屈膝下蹲，增大了脚与地面的作用时间，由可知，地面对脚的作用力减小，不是增大。
故选B。
2．在16、17世纪，许多哲学家认为，宇宙间运动的总量是不会减少的，只要能找到一个合适的物理量来量度运动，就会发现运动的总量是守恒的。法国哲学家兼数学家、物理学家笛卡儿提出，质量和速率的乘积是一个用来量度运动的合适的物理量；但惠更斯发现，按照笛卡儿的定义，两个物体运动的总量在碰撞前后并不守恒。牛顿把笛卡儿的定义作了重要的修改，即用质量和速度的乘积作为量度运动的合适的物理量。牛顿把这个物理量叫作“运动量”，也就是现在说的动量。关于动量与冲量，下列说法正确的是（ ）
A．物体所受合力的冲量越大，则物体的动量也越大
B．物体受到的合力很大，则物体受到的冲量也很大
C．物体做自由落体运动时，物体动量的变化率保持不变
D．物体的动量发生变化时，则物体的动能一定发生变化
【答案】C
【解析】A．物体所受合力的冲量越大，则物体动量的变化量越大，但物体的动量不一定越大，故A错误；
B．冲量大小等于力与时间的乘积，若合力很大但作用时间极短，对应的冲量也可能很小，故B错误；
C．物体动量的变化率，即物体所受的合力，自由落体运动的物体合力恒为重力，因此动量的变化率保持不变，故C正确；
D．动量等于物体质量与物体速度的乘积，动量是矢量，物体的动量发生变化时，可能是速度的方向发生变化，而速度大小保持不变，则物体的动能保持不变，故D错误。
故选C。
3．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Ft cos 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零
D．合力对物体的冲量为零
【答案】D
【解析】A．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；
B．物体没有被拉动，可得摩擦力大小为
故摩擦力对物体的冲量大小是Ft cos θ，方向水平向左，故B错误；
C．地面对物体的支持力大小为
故地面对物体的支持力的冲量大小为
方向竖直向上，故C错误；
D．物体处于静止状态，所受合力为零，所以合力对物体的冲量为零，故D正确。
故选D。
4．将如图所示的跳水过程简化为运动员沿竖直方向的运动。若运动员的质量为，起跳后重心上升的最大高度为，从最高点至入水后速度减为零的过程所用时间为，重力加速度为，不考虑空气阻力。根据题中信息，可以求得（ ）
A．在下降过程中，运动员重力势能的变化量
B．从入水到速度减为零的过程中，水的阻力对运动员做的功
C．从入水到速度减为零的过程中，水对运动员作用力的冲量大小
D．在空中运动过程中，重力对运动员的冲量大小
【答案】C
【解析】C．从最高点至入水后速度减为零，初、末速度均为0，故全过程动量变化量为0；全过程重力始终作用，时间为，重力冲量，方向竖直向下。
设水对运动员作用力的冲量为，由动量定理得
所以，其大小为，故C符合题意。
A．下降过程重心下降的高度未知，由可知重力势能变化量无法确定，A不符合题意。
B．由动能定理，水阻力做功与入水时的动能有关，而入水速度取决于最高点到水面的高度，题中未给，无法求，B不符合题意。
D．空中运动总时间未知，只知道上升高度只能求上升时间，空中下降时间未知，则重力冲量 无法求，D不符合题意。
故选C。
5．在某次蹦床练习中运动员从离水平网面3.2m高处自由下落，与网接触0.5s后，沿竖直方向弹回到离水平网面5.0m高处。已知运动员的质量为50kg，g取，网对运动员的平均作用力大小为（ ）
A．1800N B．700N C．1012N D．2300N
【答案】D
【解析】运动员自由下落刚触网时的速度大小满足
解得
离开网时的速度大小满足
解得
取竖直向上为正方向，由动量定理可得
解得F=2300N
故选D。
6．长为的轻绳一端固定在点，另一端系一个质量为的小球。如图所示，小球静止在点，将小球拉至某一位置，轻绳与竖直方向夹角为，静止释放小球。已知小球相邻两次经过点所用时间为，不计空气阻力。下列说法正确的是（　　）
A．小球相邻两次经过同一位置的动量变化量一定为零
B．小球从释放到再次回到点，绳对小球拉力的冲量为零
C．小球运动至点时重力的功率为
D．小球相邻两次经过点的过程中，绳对小球拉力的冲量大小为
【答案】D
【解析】A．小球相邻两次经过同一非端点位置时，速度大小相等、方向相反，动量不同，因此动量变化量不为零，A错误；
B．设小球从释放到再次回到点所用时间为，初、末动量均为零，由动量定理可知，绳的拉力与重力的合冲量为零。重力的冲量大小为，方向竖直向下，因此绳的拉力冲量大小也为，方向竖直向上，B错误；
C．小球经过点时，速度沿水平方向，与重力方向垂直，重力的瞬时功率为，C错误；
D．设小球经过点时的速度大小为，从点运动至点的过程中，由机械能守恒定律得
解得
取水平向右为轴正方向、竖直向上为轴正方向，小球第一次经过点时向右运动，第二次经过点时向左运动，动量变化的分量为、
设绳的拉力冲量的分量为、，由动量定理得、
因此绳的拉力冲量大小为
代入得，D正确。
故选D。
7．如图甲所示，一质量为1kg的物体静止在粗糙水平面上，物体与水平面间的动摩擦因数μ为0.1，t=0时刻，物体受到方向不变的水平力F的作用，F随时间t变化的图像如图乙所示，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10m/s2，则4s末物体的速度大小为（ ）
A．2m/s B．4.5m/s C．6.5m/s D．8m/s
【答案】B
【解析】 物体的滑动摩擦力等于最大静摩擦力
由图像可知，F随时间线性变化，表达式为（F单位：N，t单位：s，t=4s时F=4N）。
当时，对应，0~1s内，物体始终保持静止，速度为0。
合外力的冲量等于物体动量的变化
变力F的冲量是图像在1s到4s区间的面积
摩擦力是恒力，冲量为
解得。
故选B。
8．质量为的物体放在水平面上，从时刻开始在物体上施加一水平向右的外力F，外力F随时间的变化规律如图所示，已知时物体的速度达到最大值，已知重力加速度，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列说法正确的是（ ）
A．物体与水平面间的动摩擦因数为0.5 B．0~3s的时间内物体重力的冲量为0
C．3s时物体的速度大小为3.75m/s D．时物体的速度为0
【答案】C
【解析】A．时物体的速度达到最大值，可知此时拉力F与摩擦力f相等，由图像可知t=2s时F2=5N，则，解得物体与水平面间的动摩擦因数为μ=0.25，A错误；
B．根据可知，0~3s的时间内物体重力的冲量不为0，B错误；
C．3s时根据动量定理其中
解得物体的速度大小为v3=3.75m/s，C正确；
D．t=3s后物体减速运动，则由
可得，可知时物体的速度为0，D错误。
故选C。
9．“蹦极”是一项专业的户外休闲运动，如图所示，质量为的运动员在某次蹦极运动中，从平台自由下落到最低点所用时为，弹性绳原长为。取重力加速度大小为，运动员可视为质点，不计空气阻力，运动员从平台上自由下落至到达最低点过程中，下列说法正确的是（　　 ）
A．运动员的机械能一直不变
B．运动员的动量先不变再减小
C．弹性绳对运动员所做的功为
D．弹性绳对运动员弹力的冲量大小为
【答案】D
【解析】A．运动员从平台上自由下落至到达最低点过程中，弹性绳对运动员的弹力做负功，运动员的机械能减小，故A错误；
B．运动员从平台上自由下落至到达最低点过程中，运动员速度先增大后减小，动量先增大后减小，故B错误；
C．运动员从平台上自由下落至到达最低点过程中，根据动能定理
可得弹性绳对运动员所做的功为，其中运动员下落的高度，则弹性绳对运动员做负功，功的大小比大，故C错误；
D．运动员从平台上自由下落至到达最低点过程中，根据动量定理
可知弹性绳对运动员弹力的冲量为，则弹性绳对运动员弹力的冲量大小为，故D正确。
故选D。
10．图甲是房屋装修过程中地面上纵横交错的水管网，可以看到用到了很多的弯头。设有一独立的弯头用两个卡子固定在水平面上，如图乙所示，弯头横截面积为，速度大小为的水流从弯头一端流入另一端流出，水的密度为，因水流转弯而对弯头的作用力大小为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】水流在弯头内运动的时间为t，则这段时间内流经弯头的水的质量为
取时间t内流经弯头的水为研究对象，设水流入弯头时的速度方向为+x方向，流出弯头时的速度方向为+y方向。弯头对水的作用力在x、y方向的分力分别为。由动量定理得，
解得，
由牛顿第三定律得，水对弯头的作用力在x、y方向的分力分别为,
水对弯头的作用力大小为
故选B。
二、多项选择题（每小题有多个选项符合题意）
11．在水平面上静置有质量之比的、两个物体，水平推力、分别作用在、上，一段时间后撤去推力，物体继续运动一段距离后停下。已知、与水平面间的动摩擦因数相同，且在运动过程中未相撞，、的图像如图所示，运动时间之比，则在整个运动过程中下列说法正确的是（ ）
A．水平推力大小之比满足
B．水平推力对物体的冲量之比为
C．两水平推力对物体所做的功之比为
D．两个物体与水平面摩擦产生热量之比为
【答案】ABC
【解析】A．根据动量定理可知，
解得，故A正确；
B．根据动量定理可知，
解得，故B正确；
C．由于两物体动摩擦因数相同，撤去推力后加速度均为，对应图像减速段斜率相同，故两物体最大速度相等。根据动能定理可得，
解得，故C正确；
D．两个物体与水平面摩擦产生热量之比为，故D错误。
故选ABC。
12．一物体在外力的作用下从静止开始做直线运动，合外力方向不变，大小随时间的变化如图所示。设该物体在和时刻相对于出发点的位移分别是和，速度分别是和，合外力从开始至时刻做的功是，从至时刻做的功是，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】BC
【解析】AB．根据F-t图像面积意义和动量定理则有，
解得
根据位移公式可知，
解得
A错误，B正确；
CD．在第一个内对物体应用动能定理，则有
在第二个内对物体应用动能定理，则有
结合上述结论解得
C正确，D错误。
故选BC。
13．“水上飞人运动”是一项新兴运动形式。操控者借助“喷射式悬浮飞行器”向下喷射高压水柱的方式实现在水面上方或悬停或急速升降等动作。假设某玩家（含设备）质量为，底部两个喷口的总面积为，忽略管道中的水流速度以及空气阻力和管道（含装置）对人的作用，已知重力加速度为，则下列说法正确的是（ ）
A．当装置向下喷水时，人可能沿着喷水的相同方向做直线运动
B．若要悬停在空中，向下喷水的水速应为
C．当人匀速上升时，人所受的合外力做的总功为0
D．若要实现向上以加速度加速运动，向下喷水的水速应为
【答案】ABC
【解析】设向下喷水的水速为，在时间内喷出水的质量，这些水由静止被加速到速度
由动量定理得水受到向上的作用力
由牛顿第三定律可知，水对人和装置向上的推力大小也为。
A．当小于人所受的重力时，人所受合力方向向下，人沿与喷水相同的方向做直线运动，故A正确；
B．悬停时推力与重力大小相等，由
解得，故B正确；
C．人匀速上升时加速度为零，所受合外力为零，故合外力做的总功为0，故C正确；
D．向上以加速度加速运动时，由牛顿第二定律得
解得，故D错误。
故选ABC。
14．高压水流切割器又称“水刀”，它将水以极高的速度喷射到材料表面进行雕刻、切割等作业。如图所示，一“水刀”喷出的水柱的横截面积为S，水的密度为ρ，水流以速度v垂直喷射到被切割的钢板上，水打到钢板表面后迅速沿表面散开且不反弹。下列说法正确的是（ ）
A．该“水刀”对钢板产生的平均冲击力大小为ρSv2
B．保持功率恒定，减小水柱的横截面积S，可以增大水对钢板的冲力产生的压强
C．要使“水刀”对钢板产生的平均冲击力为原来的4倍，则高压水枪的喷水功率要变为原来的8倍
D．要使“水刀”对钢板产生的平均冲击力为原来的4倍，则高压水枪的喷水功率要变为原来的16倍
【答案】ABC
【解析】A．取极短时间内打到钢板上的水为研究对象，这部分水的质量
水撞击钢板后垂直钢板方向速度变为0，取水流初速度方向为正方向，根据动量定理，钢板对水的平均作用力满足：
代入推导得
根据牛顿第三定律，水对钢板的平均冲击力大小为，故A正确；
B．水对钢板的压强
代入可得
高压水枪的喷水功率，等于单位时间内喷出的水的动能，即
可得
若保持高压水枪的输出功率不变，减小喷口横截面积，压强会增大，故B正确；
CD．结合冲击力，功率，可得
若要让变为原来的4倍，在、不变的情况下，需要变为原来的2倍；代入功率公式可得功率变为原来的8倍，故C正确，D错误。
故选ABC。
15．在同一足够长的竖直墙壁上，一质量为的物块从某时刻无初速释放，在释放的同时，分别以图中两种方式对物块施加水平外力使物块贴着墙壁运动。方式一中表示时间，方式二中表示速度大小，、为已知的大于零的比例系数，物块与墙壁间的动摩擦因数为，重力加速度为。则（ ）
A．方式一中，物块的最大速度为，全过程的运动时间为
B．方式一中，物块的最大速度为，全过程的运动时间为
C．方式二中，若已知物块从释放到速度最大过程的位移为，则该过程的时间为
D．方式二中，若已知物块从释放到速度最大过程的位移为，则该过程的时间为
【答案】BC
【解析】AB．取竖直向下为正方向。方式一中，物块下滑时，墙壁对物块的支持力为，滑动摩擦力竖直向上。
由牛顿第二定律得
物块先加速后减速，当加速度为零时，速度最大，设此时为，则
解得
摩擦力随时间均匀增大，其冲量大小等于摩擦力与时间关系图线下的面积，由动量定理得
解得
设物块下滑至停止的时间为，由动量定理得
解得
此后水平压力继续增大，物块保持静止，A错误，B正确；
CD．方式二中，物块下滑时的摩擦力大小为
由牛顿第二定律得
随着速度增大，加速度减小，速度趋于极限值，由
解得
将运动过程分成许多极短时间，在每段时间内，摩擦力的冲量大小为
对整个过程累加，得摩擦力的总冲量大小为
设经过时间时物块的速度为，由动量定理得
整理得
代入极限速度，得，C正确，D错误。
故选BC。
16．汽车的安全气囊是有效保护乘客的装置。如图甲，在安全气囊的性能测试中，质量为的头锤从离气囊表面正上方高处做自由落体运动，与气囊发生碰撞后反向弹起，以头锤碰到气囊表面为计时零点，气囊对头锤竖直方向作用力F随时间t的变化如图乙所示，且，重力加速度，忽略空气阻力的影响。则下列说法正确的是（ ）
A．头锤与气囊作用过程中头锤一直处于超重状态 B．气囊对头锤的冲量大小为66N·s
C．碰撞过程头锤动量变化量大小为60kg m/s D．碰撞结束后头锤反弹的速度为2m/s
【答案】BCD
【解析】A．图乙表示气囊对头锤的作用力随时间的变化，可知先小于重力，后大于重力，最后又小于重力。根据牛顿第二定律可知加速度方向先向下，后向上，最后向下，可知头锤先失重后超重，最后又失重，故A错误；
BCD．取竖直向上为正方向。碰撞前头锤自由下落，由机械能守恒定律得
解得碰撞前速度大小，方向向下。
图乙中图线与时间轴围成的三角形面积表示气囊对头锤的冲量大小，碰撞持续，故
碰撞期间重力冲量大小为
由动量定理，头锤动量的变化量为
碰撞前头锤的动量为
碰撞后头锤的动量为
故反弹速度为，故BCD正确。
故选BCD。
三、非选择题
17．某实验小组要利用如图甲所示的实验装置来验证动量定理，所用的实验器材包括：气垫导轨、滑块（上方安装有宽度为d的遮光片），与计算机相连接的光电门和压力传感器。
实验步骤如下：
（1）用天平测量滑块（含遮光片）的质量；
（2）开动气泵，调节气垫导轨，当滑块可以在导轨上______时，可认为气垫导轨水平；
（3）用游标卡尺测量遮光片的宽度，由图乙可知，遮光片的宽度______cm；
（4）轻推滑块，使滑块从气垫导轨的左端开始向右运动，和计算机连接的光电门能测量出遮光片先后两次经过光电门的遮光时间、；
（5）与计算机连接的压力传感器记录了滑块与压力传感器碰撞过程中压力随时间变化的图像如图丙所示；
（6）根据以上步骤中的测量结果计算可得：滑块动量改变量的大小______，压力的冲量大小______；（结果均保留3位有效数字）
（7）本实验的相对误差______%（保留一位有效数字）。
【答案】 保持静止 1.125 0.103 0.100/0.101/0.102 1/2/3
【解析】（2）滑块在气垫导轨上运动时可认为阻力为零，当滑块可以在导轨上保持静止，可认为气垫导轨水平；
（3）由图读出
（6）遮光片经过光电门的平均速度可以看作滑块通过光电门的瞬时速度，撞前速度大小
撞后速度
则滑块动量改变量的大小
根据可知，图像与时间轴围成的面积表示压力的冲量，根据图像每一格的冲量大小为
图像与时间轴围成的面积的格数约为51格，故压力的冲量大小
（7）[5] 本实验的相对误差
18．某学习小组利用如图甲所示的实验装置探究恒力的冲量与物体动量变化量的关系。小车的质量为，钩码的质量为，打点计时器的电源为的交流电。

（1）挂钩码前，为了消除摩擦力的影响，应调节木板右侧的高度，直至向左轻推小车观察到__________。
（2）挂上钩码，按实验要求打出的一条纸带如图乙所示。选择某一点为，每隔4个计时点取一个计数点。用刻度尺量出相邻计数点间的距离，记录在纸带上。计算打出各计数点时小车的速度，其中打出计数点“1”时小车的速度______。

（3）将钩码的重力大小视为小车受到的拉力大小，取，利用算出拉力对小车的冲量，利用算出小车的动量，并求出对应时间内动量的变化量。计算结果见下表。
9.8 19.6 29.4 39.2 49.0
9.2 18.4 27.6 36.8 46.0
请根据表中的数据，在图丙中作出图像。( )
（4）实验结果表明，总是略小于。某同学猜想是由于小车所受拉力大小小于钩码重力大小造成的。利用题中纸带上数据求出钩码下落的加速度______，小车受到的实际拉力______。（计算结果均保留两位有效数字）
【答案】 纸带上点迹均匀 0.228 见解析
【解析】（1）挂钩码前，让目前倾斜适当的角度，轻推小车，观察到纸带上点迹均匀分布，则小车恰好做匀速运动，说明消除了摩擦力的影响。
（2）交流点频率为，则有
（3）根据表中的数据，在图丙中作出图像如图所示

（4）根据逐差法，可求得钩码下落的加速度
对钩码由牛顿第二定律有
代入数据求得：
19．如图所示，质量为的球瓶静止在地面上，被一只质量为的保龄球正面撞上。此后球瓶以的速度向前飞出，而保龄球以的速度继续向前运动，假设它们相互作用的时间为。求：
(1)碰撞后保龄球的动量的大小；
(2)碰撞时保龄球与球瓶间相互作用力的大小。
【答案】(1)
(2)
【解析】（1）由动量定义式得。代入，，得
（2）取碰撞方向为正方向，以球瓶为研究对象。球瓶碰撞前静止，碰撞后的动量变化为
代入，，得
碰撞时间很短，地面对球瓶的水平冲量可忽略，故球瓶所受水平方向合力可视为保龄球对球瓶的作用力。根据动量定理，有
因此
代入已知数据，得。由牛顿第三定律，保龄球与球瓶相互作用力大小相等，故相互作用力大小为
20．如图所示，倾角为、质量为的斜面体放置在光滑水平面上，质量也为的物块放置在光滑的斜面上，水平向右的推力作用在物块上，使整体从静止开始一起向右做匀加速直线运动的位移为，重力加速度为，求：
(1)斜面对物块的支持力大小和整体的加速度大小；
(2)推力做的功和推力的冲量大小。
【答案】(1)，
(2)，
【解析】（1）对物块受力分析有斜面对物块支持力，重力，推力，沿竖直方向
解得
对斜面体受力分析有物块对斜面压力，重力，地面的支持力，由牛顿第三定律可知与等大反向，即
沿着水平方向由牛顿第二定律有
解得加速度
滑块与斜面体相对静止，加速度相同均为，水平向右
（2）对整体由牛顿第二定律有推力
推力做的功
由运动学公式有
解得时间
推力的冲量
21．如图所示，一根长为L不可伸长的轻绳一端固定于O点，另一端系有一质量为m的小球（可视为质点），小球在竖直平面内以O点为圆心做圆周运动。已知重力加速度为g，忽略空气阻力的影响。
(1)如果小球恰好能够到达最高点，求最高点的速度大小；
(2)小球运动到水平直径以上的任何一点都有最小速度要求，比如小球恰好沿圆周从B运动到E点时绳子松弛，此时E点的速度为小球能够到达E点时的最小速度，已知OE与水平方向的夹角为θ，求该速度的大小；
(3)静止在B点的小球受到一个冲量，获得初速度v0，为了让绳子始终不松弛，求v0的大小范围。
【答案】(1)
(2)
(3)或
【解析】（1）小球恰好能够到达最高点，在最高点，有
解得小球到达最高点的速度大小为
（2）小球到达E点时速度最小，在E点，有
解得
（3）小球恰好经过最高点，从最低点运动到最高点，根据机械能守恒定律可得
解得
若绳子不松弛，且小球能做完整的圆周运动，即
小球恰好到达圆心等高处，有
解得
若绳子不松弛，即
22．在一场无风的雨天中，球形雨滴在空气中由静止开始下落，落入面积为的湖面。雨滴下落过程受到的阻力可以表示为，其中为常数，为水滴的横截面积。雨滴下落过程中很快达到收尾速度，之后以该速度做匀速直线运动。降雨的强弱可以用降雨强度来衡量，其定义为单位时间落到水平单位面积上的雨水体积。已知雨水密度为，重力加速度为。为简化研究，设在降雨过程中，同一时刻所有雨滴的半径均相等，雨滴落入湖面后速度立刻变为0，忽略溅射、反弹。某时刻，雨滴的半径为，降雨强度为。
(1)求出该时刻雨滴的收尾速度；
(2)不计雨滴的重力，求雨滴撞击湖面所产生的平均附加压强。
(3)雨滴落入湖面会产生雨声，小华站在湖心的小岛上听雨，其所在位置的声强与单位时间内落入整个湖面的雨滴损失的总动能之比为，为不随降雨强度改变的定值。
①求该时刻小华所在位置的声强；
②降雨强度会随雨滴通量和雨滴半径变化，若降雨强度变为原来的12倍，小华所在位置的声强变为原来的24倍，两种情况下均满足上述模型，则湖面雨滴通量变为原来的多少倍？雨滴通量为单位时间落入单位面积的雨滴数。
【答案】(1)
(2)
(3)①；②
【解析】（1）球形雨滴的质量和横截面积分别为、
雨滴达到收尾速度后做匀速直线运动，合力为0，有
解得
（2）由降雨强度的定义，单位时间内落到水平单位面积上的雨水体积为，故单位时间内落到水平单位面积上的雨水质量为，即雨水对湖面的质量流。
设经过时间落到水平面积上的雨水质量为
这些雨水落到湖面前瞬间的速度大小为收尾速度，方向竖直向下；落入湖面后速度立刻变为0。取竖直向下为正方向，内这部分雨水动量的变化量大小为
由动量定理，湖水对这部分雨水的平均作用力大小为，方向竖直向上
由牛顿第三定律，雨水对湖面的平均作用力与湖水对雨水的作用力等大，故雨滴撞击湖面产生的平均附加压强为
将（1）问所得收尾速度代入上式
得
（3）由降雨强度的定义，单位时间内落到水平单位面积上的雨水体积与单个雨滴的体积之比即为雨滴通量，故
单个雨滴的动能，单位时间内落入整个湖面的雨滴数为，声强与总动能损失之比为定值
故该时刻小华所在位置的声强
由①的结果，声强与降雨强度、雨滴半径的乘积成正比。两种情况下，声强之比为24，降雨强度之比为12
故雨滴半径之比
雨滴通量与降雨强度成正比、与雨滴半径的三次方成反比
故通量之比，即湖面雨滴通量变为原来的。

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