《【物理教案】2021江苏高考物理：第六章+第1讲+动量定理及其应用.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《【物理教案】2021江苏高考物理：第六章+第1讲+动量定理及其应用.pdf（16页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、1目标要求内容要求说明1.动量和冲量理解冲量和动量.2.动量定理和动量守恒定律通过理论推导和实验，理解动量定理和动量守恒定律，能用其解释生产生活中的有关现象知道动量守恒定律的普适性.3.弹性碰撞和非弹性碰撞通过实验，了解弹性碰撞和非弹性碰撞的特点定量分析一维碰撞问题并能解释生产生活中的弹性碰撞和非弹性碰撞现象.4.实验八验证动量守恒定律第 1 讲动量定理及其应用一、动量、动量变化、冲量1动量(1)定义：物体的质量与速度的乘积(2)表达式：pmv.(3)方向：动量的方向与速度的方向相同2动量的变化(1)因为动量是矢量，动量的变化量 p 也是矢量，其方向与速度的改变量v的方向相同(2)动量的变化量
2、 p，一般用末动量p减去初动量p 进行矢量运算，也称为动量的增量即 p p p.3冲量(1)定义：力与力的作用时间的乘积叫做力的冲量2(2)公式：IFt.(3)单位：N s.(4)方向：冲量是矢量，其方向与力的方向相同判断正误(1)物体质量不变时，运动的速度变化，其动量一定变化()(2)当物体受力方向与运动方向垂直时，该力的冲量为0.()(3)某个恒力对物体做功为0 时，冲量不为0.()(4)做匀速圆周运动的物体动量不变()二、动量定理1内容：物体在一个运动过程始末的动量变化量等于它在这个过程中所受合力的冲量2公式：mv mv F(t t)或 p pI.3动量定理的理解(1)动量定理反映了力的
3、冲量与动量变化量之间的因果关系，即合力的冲量是原因，物体的动量变化量是结果(2)动量定理中的冲量是合力的冲量，而不是某一个力的冲量，它可以是合力的冲量，可以是各力冲量的矢量和，也可以是外力在不同阶段冲量的矢量和(3)动量定理表达式是矢量式，等号包含了大小相等、方向相同两方面的含义自测(2018 全国卷 15)高空坠物极易对行人造成伤害若一个50 g 的鸡蛋从一居民楼的25 层坠下，与地面的碰撞时间约为2 ms，则该鸡蛋对地面产生的冲击力约为()A10 NB102NC103ND104N答案C解析设每层楼高约为3 m，则下落高度约为h325 m75 m，由 mgh12mv2及(Fmg)tmv结合牛
4、顿第三定律知鸡蛋对地面的冲击力FFm 2ghtmg 103N.1对动量的理解(1)动量的两性瞬时性：动量是描述物体运动状态的物理量，是针对某一时刻或位置而言的相对性：动量的大小与参考系的选取有关，通常是指相对地面的动量(2)动量与动能的比较3动量动能物理意义描述机械运动状态的物理量定义式pmvEk12mv2标矢性矢量标量变化因素物体所受冲量外力所做的功大小关系p2mEkEkp22m对于给定的物体，若动能发生了变化，动量一定也发生了变化；而动量发生变化，动能不一定发生变化它们都是相对量，均与参考系的选取有关，高中阶段通常选取地面为参考系2.对冲量的理解(1)冲量的两性时间性：冲量不仅与力有关，还
5、与力的作用时间有关，恒力的冲量等于该力与该力的作用时间的乘积矢量性：对于方向恒定的力来说，冲量的方向与力的方向一致；对于作用时间内方向变化的力来说，冲量的方向与相应时间内物体动量改变量的方向一致(2)作用力和反作用力的冲量：一定等大、反向，但作用力和反作用力做的功之间并无必然联系(3)冲量与功的比较冲量功定义作用在物体上的力和力的作用时间的乘积作用在物体上的力和物体在力的方向上的位移的乘积单位NsJ公式I Ft(F 为恒力)WFl cos(F 为恒力)标矢性矢量标量意义表示力对时间的累积是动量变化的量度表示力对空间的累积是能量变化多少的量度都是过程量，都与力的作用过程相联系题型 1对动量和冲量
6、的定性分析例 1关于物体的动量，下列说法中正确的是()A运动物体在任一时刻的动量方向，一定是该时刻的速度方向4B物体的加速度不变，其动量一定不变C动量越大的物体，其速度一定越大D物体的动量越大，其惯性也越大答案A解析动量具有瞬时性，任一时刻物体动量的方向，与该时刻物体的速度方向相同，选项A正确；加速度不变，则物体速度的变化率恒定，物体的速度均匀变化，故其动量也均匀变化，选项 B 错误；物体动量的大小由物体质量及速度大小共同决定，不是由物体的速度唯一决定的，故物体的动量大，其速度不一定大，选项C 错误；惯性由物体质量决定，物体的动量越大，其质量并不一定越大，惯性也不一定越大，故选项D 错误变式
7、1(2019 江苏宿迁市期中)篮球运动员通常伸出双手迎接传来的篮球接球时，两手随球迅速收缩至胸前，这样做可以()A减小球对手的冲量B减小球对手的冲击力C减小球的动量变化量D减小球的动能变化量答案B解析先伸出两手迎接，手接触到球后，两手随球引至胸前，这样可以增加球与手接触的时间，根据动量定理有Ft0mv，解得 Fmvt，当时间增大时，球动量的变化率减小，作用力减小，而冲量和动量的变化量都不变，动能的变化量也不变，所以B 正确题型 2对动量和冲量的定量计算例 2(多选)(2019 湖北宜昌市四月调研)一质量为 m的运动员托着质量为M 的重物从下蹲状态(图 1 甲)缓慢运动到站立状态(图乙)，该过程
8、重物和人的肩部相对位置不变，运动员保持乙状态站立 t 时间后再将重物缓慢向上举，至双臂伸直(图丙)甲到乙、乙到丙过程重物上升高度分别为h1、h2，经历的时间分别为t1、t2，重力加速度为g，则()图 1A地面对运动员的冲量为(Mm)g(t1t2 t)，地面对运动员做的功为0B地面对运动员的冲量为(Mm)g(t1t2)，地面对运动员做的功为(Mm)g(h1h2)C运动员对重物的冲量为Mg(t1t2 t)，运动员对重物做的功为Mg(h1 h2)D运动员对重物的冲量为Mg(t1 t2)，运动员对重物做的功为05答案AC解析因运动员将重物缓慢上举，则可认为是平衡状态，地面对运动员的支持力为：(M m)
9、g，整个过程的时间为(t1t2 t)，根据 IFt 可知地面对运动员的冲量为(Mm)g(t1 t2 t)；因地面对运动员的支持力没有位移，可知地面对运动员做的功为0，选项 A 正确，B 错误；运动员对重物的作用力为Mg，作用时间为(t1 t2 t)，根据 IFt 可知运动员对重物的冲量为 Mg(t1t2 t)，重物的位移为(h1h2)，根据 W Flcos 可知运动员对重物做的功为Mg(h1h2)，选项 C 正确，D 错误变式 2(多选)如图 2 所示，一个物体在与水平方向成 角的拉力F 的作用下匀速前进了时间t，则()图 2A拉力对物体的冲量大小为FtB拉力对物体的冲量大小为Ftsin C摩
10、擦力对物体的冲量大小为Ftsin D合外力对物体的冲量大小为零答案AD解析拉力 F 对物体的冲量大小为Ft，故 A 项正确，B 项错误；物体受到的摩擦力FfFcos，所以，摩擦力对物体的冲量大小为Fft Ftcos，故 C 项错误；物体匀速运动，则合外力为零，所以合外力对物体的冲量大小为零，故D 项正确1对动量定理的理解(1)中学物理中，动量定理研究的对象通常是单个物体(2)Ft p p 是矢量式，两边不仅大小相等，而且方向相同式中Ft 是物体所受的合外力的冲量(3)Ft p p 除表明两边大小、方向的关系外，还说明了两边的因果关系，即合外力的冲量是动量变化的原因(4)由 Ftp p，得 Fp
11、 pt pt，即物体所受的合外力等于物体的动量的变化率2解题基本思路(1)确定研究对象在中学阶段用动量定理讨论的问题，其研究对象一般仅限于单个物体(2)对物体进行受力分析可先求每个力的冲量，再求各力冲量的矢量和 合力的冲量；或先求合力，再求其冲量6(3)抓住过程的初、末状态，选好正方向，确定各动量和冲量的正负号(4)根据动量定理列方程，如有必要还需要补充其他方程，最后代入数据求解例 3(2018 江苏卷 12C(3)如图 3 所示，悬挂于竖直弹簧下端的小球质量为m，运动速度的大小为v，方向向下经过时间t，小球的速度大小为v，方向变为向上忽略空气阻力，重力加速度为g，求该运动过程中，小球所受弹簧
12、弹力冲量的大小图 3答案2mv mgt解析取向上为正方向，根据动量定理mv(mv)I 且 I(Fmg)t解得 IFFt2mvmgt.变式 3(2020 山东临沂市质检)材料相同、质量不同的两滑块，以相同的初动能分别在水平面上运动直到停止，则()A质量大的滑块运动时间长B质量小的滑块运动位移大C质量大的滑块所受摩擦力的冲量小D质量小的滑块克服摩擦力做功多答案B解析以初速度方向为正方向，根据动能定理可知：mgx 0Ek，即两滑块克服摩擦力做的功相等，且质量较小的滑块运动位移较大，选项 B 正确，D 错误；根据动量定理：mgt0p，p2mEk，则 t1g2Ekm，可知质量大的滑块运动时间短，选项A
13、错误；根据动量定理可知摩擦力的冲量等于动量的变化量，即：I p2mEk，则质量大的滑块摩擦力的冲量大，故C 错误变式 4(2019 江西南昌市4 月第二次模拟)用水平力拉一物体，使物体在水平地面上由静止开始做匀加速直线运动，t1时刻撤去拉力F，物体做匀减速直线运动，到t2时刻停止其速度时间图象如图4 所示，且 ，若拉力F 做的功为 W1，冲量大小为I1；物体克服摩擦阻力 Ff做的功为 W2，冲量大小为I2.则下列选项正确的是()7图 4AW1 W2；I1I2BW1I2CW1 W2；I1I2DW1W2；I1I2答案D解析全过程由动能定理得：W1W20，则 W1 W2；由动量定理得：I1I20，则
14、 I1I2，故 D 正确.例 4一高空作业的工人质量为60 kg，系一条长为L5 m 的安全带，若工人由静止不慎跌落时安全带的缓冲时间t1 s(工人最终静止悬挂在空中)，则缓冲过程中安全带受的平均冲力是多少？(g 取 10 m/s2，忽略空气阻力的影响)答案1 200 N，方向竖直向下解析解法一分段列式法：设工人刚要拉紧安全带时的速度为v1，则由v12 2gL，得v12gL经缓冲时间t 1 s 后速度变为0，取向下的方向为正方向，对工人由动量定理知，工人受两个力作用，即拉力F 和重力 mg，所以(mgF)t0mv1，解得 Fmgtmv1t将数值代入得F1 200 N.由牛顿第三定律知，工人对安
15、全带的平均冲力FF1 200 N，方向竖直向下解法二全程列式法：由L12gt02得，工人自由下落时间为t02Lg，在整个下落过程中对工人应用动量定理，重力的冲量大小为mg(2Lgt)，拉力 F 的冲量大小为Ft.初、末动量都是零，取向下为正方向，由动量定理知mg(2Lgt)Ft0解得 Fmg2Lgtt 1200 N由牛顿第三定律知工人对安全带的平均冲力FF1 200 N，方向竖直向下8变式 5在水平力 F 30 N 的作用下，质量 m5 kg 的物体由静止开始沿水平面运动已知物体与水平面间的动摩擦因数 0.2，若 F 作用 6 s 后撤去，撤去F 后物体还能向前运动多长时间？(g 取 10 m
16、/s2)答案12 s解析解法一分段处理选物体为研究对象，对于撤去F 前物体做匀加速运动的过程，受力情况如图甲所示，Ff mg，初速度为零，末速度为v.取水平力F 的方向为正方向，根据动量定理有(Fmg)t1mv0；对于撤去F 后，物体做匀减速运动的过程，受力情况如图乙所示，初速度为v，末速度为零，根据动量定理有mgt20mv.联立解得：t2F mg mgt1300.25100.25106 s12 s.解法二研究全过程选物体作为研究对象，研究整个运动过程，这个过程的初、末状态的速度都等于零取水平力 F 的方向为正方向，根据动量定理有(F mg)t1(mg)t20解得 t2F mg mgt1300
17、.25100.25 106 s12 s.1研究对象常常需要选取流体为研究对象，如水、空气等2研究方法隔离出一定形状的一部分流体作为研究对象，然后列式求解3基本思路(1)在极短时间 t 内，取一小柱体作为研究对象(2)求小柱体的体积 VvS t(3)求小柱体质量 m VvS t9(4)求小柱体的动量变化 pv m v2S t(5)应用动量定理F t p例 5(2019 全国卷 16)最近，我国为“长征九号”研制的大推力新型火箭发动机联试成功，这标志着我国重型运载火箭的研发取得突破性进展若某次实验中该发动机向后喷射的气体速度约为3 km/s，产生的推力约为4.8106N，则它在1 s 时间内喷射的
18、气体质量约为()A1.6 102kgB1.6103kgC1.6 105kgD 1.6106kg答案B解析设 1 s 时间内喷出的气体的质量为m，喷出的气体与该发动机的相互作用力为F，由动量定理有Ftmv0，则 mFtv4.8 10613103kg 1.6103kg，选项 B 正确变式 6(2019 陕西宝鸡市高考模拟检测(二)超强台风“山竹”的风力达到17 级超强台风强度，风速60 m/s 左右，对固定建筑物破坏程度巨大请你根据所学物理知识推算固定建筑物所受风力(空气的压力)与风速(空气流动速度)大小的关系 假设某一建筑物垂直风速方向的受力面积为S，风速大小为v，空气吹到建筑物上后速度瞬间减为
19、零，空气密度为，风力 F与风速大小v的关系式为()AFSvBFSv2CF12Sv3D FSv3答案B解析设 t 时间内吹到建筑物上的空气质量为m，则 mSvt，对 m，根据动量定理有F t0mv0Sv2t，解得 FSv2，由牛顿第三定律可得风力FFSv2，故 B 正确，A、C、D 错误1(动量定理定性分析问题)(多选)从同样高度落下的玻璃杯，掉在水泥地上容易打碎，而掉在草地上不容易打碎，其原因是()A掉在水泥地上的玻璃杯动量大，掉在草地上的玻璃杯动量小B掉在水泥地上的玻璃杯动量改变大，掉在草地上的玻璃杯动量改变小C掉在水泥上的玻璃杯动量变化快，掉在草地上的玻璃杯动量变化慢D掉在水泥地上的玻璃杯
20、与地面接触时，相互作用时间短，而掉在草地上的玻璃杯与地面10接触时作用时间长答案CD2(动量和冲量的理解)(2019江苏南京、盐城市一模)一只质量为5.4 kg 的保龄球，撞上一只原来静止、质量为1.7 kg 的球瓶此后球瓶以3.0 m/s 的速度向前飞出，而保龄球以1.8 m/s的速度继续向前运动，假设它们相互作用的时间为0.05 s求：(1)碰撞后保龄球的动量大小；(2)碰撞时保龄球与球瓶间的相互作用力的大小答案(1)9.72 kgm/s(2)102 N解析(1)碰撞后对保龄球p1Mv15.41.8 kg m/s9.72 kg m/s.(2)取碰撞后球瓶的速度方向为正方向，对球瓶：p mv
21、01.73.0 kg m/s5.1 kg m/s，由动量定理有：Ft p，代入数据求得F102 N.3(动量定理的基本应用)(2019江苏省四星级高中一调)某质量为m 的运动员从距蹦床h1高处自由落下，接着又能弹起h2高，运动员与蹦床接触时间为t，在空中保持直立重力加速度为 g.取竖直向上为正方向，忽略空气阻力求：(1)运动员与蹦床接触时间内，所受重力的冲量I；(2)运动员与蹦床接触时间内，受到蹦床平均弹力的大小F.答案(1)mgt，方向竖直向下(2)m2gh12gh2tmg解析(1)以竖直向上为正方向，由动量的定义式IFt，得重力的冲量为：IG mgt，负号表示方向竖直向下；(2)设运动员下
22、落h1高度时的速度大小为v1，弹起时速度大小为v2，则有：v122gh1，v222gh2由动量定理有：mgtFtmv2(mv1)解得：Fm2gh12gh2tmg.4(应用动量定理处理“流体模型”)(2020湖北武汉市调研)运动员在水上做飞行表演，他操控喷射式悬浮飞行器将水带竖直送上来的水反转180 后向下喷出，令自己悬停在空中，如图5 所示已知运动员与装备的总质量为90 kg，两个喷嘴的直径均为10 cm，重力加速度大小g10 m/s2，水的密度 1.0103kg/m3，则喷嘴处喷水的速度大约为()11图 5A2.7 m/sB5.4 m/sC7.6 m/sD10.8 m/s答案C解析设 t 时
23、间内一个喷嘴中有质量为m 的水喷出，忽略水的重力的冲量，对两个喷嘴喷出的水由动量定理有：F t2mv，mv td24，因运动员悬停在空中，则FMg，联立并代入数据解得：v7.6 m/s，故 C 正确1关于动量和动能，下列说法中错误的是()A做变速运动的物体，动能一定不断变化B做变速运动的物体，动量一定不断变化C合外力对物体做功为零，物体动能的增量一定为零D合外力的冲量为零，物体动量的增量一定为零答案A解析做变速运动的物体，速度大小不一定变化，则动能不一定变化，故A 错误；做变速运动的物体，速度发生变化，动量一定不断变化，故B 正确；合外力对物体做功为零，由动能定理，物体动能的增量一定为零，故C
24、 正确；合外力的冲量为零，由动量定理，物体动量的增量一定为零，故D 正确2如果一物体在任意相等的时间内受到的冲量相同，则此物体的运动不可能是()A匀速圆周运动B自由落体运动C平抛运动D竖直上抛运动答案A解析如果物体在任意相等的时间内受到的冲量都相同，由IFt 可知，物体受到的力是恒12力，则物体可能做自由落体运动、平抛运动或竖直上抛运动，故B、C、D 正确；物体做匀速圆周运动，所受合外力方向不断变化，合力为变力，不能满足在任何相等时间内，合外力的冲量相等，故不可能为匀速圆周运动，故A 错误3(2019广西钦州市4月综测)“飞针穿玻璃”是一项高难度的绝技表演，曾引起质疑 为了研究该问题，以下测量
25、能够得出飞针在穿越玻璃的时间内，对玻璃平均冲击力大小的是()A测出玻璃厚度和飞针穿越玻璃前后的速度B测出玻璃厚度和飞针穿越玻璃所用的时间C测出飞针质量、玻璃厚度和飞针穿越玻璃所用的时间D测出飞针质量、飞针穿越玻璃所用时间和穿越玻璃前后的速度答案D解析在“飞针穿玻璃”的过程中，对飞针，由动量定理有：Ftmv2mv1，结合牛顿第三定律可知，应测出飞针质量、飞针穿越玻璃所用时间和穿越玻璃前后的速度，故 D 正确，A、B、C 错误4.(2020福建泉州市质检)如图 1 所示，ad、bd、cd 是竖直面内三根固定的光滑细杆，a、b、c、d 四个点位于同一圆周上，a 在圆周最高点，d 在圆周最低点，每根杆
26、上都套着质量相等的小滑环(图中未画出)，三个滑环分别从a、b、c 三个点同时由静止释放关于它们下滑的过程，下列说法正确的是()图 1A重力对它们的冲量相同B弹力对它们的冲量相同C合外力对它们的冲量相同D它们动能的增量相同答案A解析这是“等时圆”，即三个滑环同时由静止释放，运动到最低点d 点的时间相同，由于三个环的重力相等，由公式IFt 分析可知，三个环重力的冲量相同，故A 正确；从c 处下滑的小滑环受到的弹力最大，运动时间相等，则弹力对从c 处下滑的小滑环的冲量最大，故B 错误；从a 处下滑的小滑环的加速度最大，受到的合力最大，则合力对从a 处下滑的小滑环的冲量最大，故C 错误；重力对从a 处
27、下滑的小滑环做功最多，其动能的增量最大，故D错误5(2019广东广州市4 月综合测试)如图 2，广州塔摩天轮位于塔顶450 米高空处，摩天轮由1316 个“水晶”观光球舱组成，沿着倾斜的轨道做匀速圆周运动，则坐于观光球舱中的某游客()图 2A动量不变B线速度不变C合外力不变D机械能不守恒答案D解析坐于观光球舱中的某游客线速度的大小不变，但方向不断改变，可知线速度不断改变，动量也不断变化；由于向心加速度方向不断变化，可知合外力大小不变，但方向不断改变，选项 A、B、C 错误；由于动能不变，重力势能不断变化，可知机械能不守恒，选项D 正确6.(多选)一质量为2 kg 的物块在合外力F 的作用下由静
28、止开始沿直线运动F 随时间 t 变化的图线如图3 所示，则()图 3At1 s 时物块的速率为1 m/sBt2 s 时物块的动量大小为4 kg m/sCt3 s 时物块的动量大小为5 kg m/sDt4 s 时物块的速度为零答案AB解析Ft 图线与时间轴围成的面积表示合外力F 的冲量，可知在0 1s、02 s、03 s、04 s内合外力冲量分别为2 Ns、4 Ns、3 Ns、2 Ns；根据动量定理Imv可知，物块在 1 s、2 s、3 s、4 s末的速率分别为1 m/s、2 m/s、1.5 m/s、1 m/s；由 pmv可知，物块在1 s、2 s、3 s、4 s 时的动量大小分别为2 kg m
29、/s、4 kg m/s、3 kg m/s、2 kg m/s，A、B 正确7(2019广东省“六校”第三次联考)开学了，想到又能够回到校园为梦想而拼搏，小明同学开心得跳了起来假设小明质量为m，从开始蹬地到离开地面用时为t，离地后小明重心最大升高 h，重力加速度为g，忽略空气阻力以下说法正确的是()A从开始蹬地到到达最高点的过程中，小明始终处于失重状态B在 t 时间内，小明机械能增加了mgh14C在 t 时间内，地面对小明的平均支持力为Fm 2ghtD在 t 时间内，地面对小明做功mgh答案B解析从开始蹬地到到达最高点的过程中，经历了向上加速和减速的过程，所以小明先超重后失重，故 A 错误；小明离
30、开地面后，只受重力作用，机械能守恒，重心最大升高h，可知小明离开地面时的机械能为mgh，故 B 正确；取向上为正方向，在时间t 内，由动量定理得：Ftmgtmv0，离开地面到最高点有：mgh12mv2，联立解得：Fm 2ghtmg，故 C 错误；在时间 t 内，地面对小明的支持力并没有在力的方向上发生位移，做功为0，故 D 错误8(2020山西晋中市模拟)质量相等的A、B 两物体放在同一水平面上，分别受到水平拉力F1、F2的作用从静止开始做匀加速直线运动经过时间t0和 4t0速度分别达到2v0和v0时，分别撤去F1和 F2，两物体都做匀减速直线运动直至停止两物体速度随时间变化的图线如图 4 所
31、示设F1和 F2对 A、B 两物体的冲量分别为I1和 I2，F1和 F2对 A、B 两物体做的功分别为 W1和 W2，则下列结论正确的是()图 4AI1I2125，W1W265BI1I265，W1W235CI1I235，W1W265DI1I23 5，W1W2125答案C解析由题可知，两物体匀减速运动的加速度大小都为v0t0，根据牛顿第二定律，匀减速运动中有 Ffma，则摩擦力大小都为mv0t0.由题图可知，匀加速运动的加速度分别为2v0t0、v04t0，根据牛顿第二定律，匀加速运动中有FFfma，则 F13mv0t0，F25mv04t0，故 I1I2F1t0 4F2t035；对全过程运用动能定
32、理得：W1Ffx10，W2Ffx20，得 W1Ffx1，W2Ffx2，vt 图线与时间轴所围成的面积表示运动的位移，则位移之比为65，整个运动过程中F1和15F2做功之比为W1W2x1x265，故 C 正确9(2020河南郑州市调研)质量为 1 kg 的物体静止放在足够大的水平桌面上，物体与桌面间的动摩擦因数为 0.4.有一大小为5 N 的水平恒力F 作用于物体上，使之加速前进，经3 s后撤去 F.求物体运动的总时间(g 取 10 m/s2)答案3.75 s解析物体由静止开始运动到停止运动的全过程中，F 的冲量为Ft1，摩擦力的冲量为Fft.选水平恒力F 的方向为正方向，根据动量定理有Ft1
33、Fft0又 Ff mg联立 式解得 tFt1 mg，代入数据解得t3.75 s.10.(2016全国卷 35(2)某游乐园入口旁有一喷泉，喷出的水柱将一质量为M 的卡通玩具稳定地悬停在空中为计算方便起见，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；玩具底部为平板(面积略大于S)；水柱冲击到玩具底板后，在竖直方向水的速度变为零，在水平方向朝四周均匀散开忽略空气阻力已知水的密度为，重力加速度大小为g.求：(1)喷泉单位时间内喷出的水的质量；(2)玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度答案(1)v0S(2)v022gM2g22v02S2解析(1)在刚喷出一段很短的 t 时间内，可认为喷
34、出的水柱保持速度v0不变该时间内，喷出水柱高度 lv0 t喷出水柱质量 m V其中 V 为水柱体积，满足 V lS由 可得：喷泉单位时间内喷出的水的质量为 m tv0S(2)设玩具底板相对于喷口的高度为h由玩具受力平衡得F冲Mg其中，F冲为水柱对玩具底板的作用力由牛顿第三定律：F压F冲其中，F压为玩具底板对水柱的作用力，设v为水柱到达玩具底面时的速度由运动学公式：v2v02 2gh16在很短 t 时间内，冲击玩具的水柱的质量为 m mv0S t由题意可知，在竖直方向上，对该部分水柱应用动量定理(F压 mg)t mv由于 t 很小，mg 也很小，可以忽略，式变为F压 t mv由 可得 hv022gM2g22v02S2