高考物理一轮复习精选题辑课练17动量冲量和动量定理.doc

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1、1 / 11【2019【2019 最新最新】精选高考物理一轮复习精选题辑课练精选高考物理一轮复习精选题辑课练 1717 动量动量冲量和动量定理冲量和动量定理1(2018河南南阳质检)(多选)下列关于力的冲量和动量的说 法中正确的是( ) A物体所受的合外力为零，它的动量一定为零 B物体所受的合外力做的功为零，它的动量变化量一定为零 C物体所受的合外力的冲量为零，它的动量变化量一定为零 D物体所受的合外力不变，它的动量变化率不变 答案：CD 解析：物体所受的合外力为零，物体可能处于静止状态，也可 能做匀速直线运动，故其动量不一定为零，A 错误；物体所受的合 外力做的功为零，有可能合外力垂直于速度

2、方向，不改变速度大小， 只改变速度方向，而动量是矢量，所以其动量变化量有可能不为零， B 错误；根据动量定理 Ip 可知，物体所受的合外力的冲量为零， 则其动量变化量一定为零，C 正确；根据 FtpF可得物体所 受的合外力不变，则其动量变化率不变，D 正确 2(2018福建六校 4 月联考)(多选) 如图所示，一颗钢珠从静止状态开始自由下落，然后陷入泥潭 中，不计空气阻力若把在空中下落的过程称为过程，进入泥潭 直到停止的过程称为过程，则( ) A过程中钢珠的动量的改变量等于零 B过程中阻力的冲量的大小等于过程 I 中重力的冲量的大小 C、两个过程中合外力的总冲量等于零 D过程中钢珠的动量的改变

3、量等于重力的冲量 答案：CD 解析：过程中钢珠所受的外力只有重力，由动量定理可知， 钢珠的动量的改变量等于重力的冲量，故 D 正确；在整个过程中， 钢珠的动量的变化量为零，由动量定理可知，、两个过程中合 外力的总冲量等于零，故 C 正确；过程中，钢珠所受的外力有重 力和阻力，所以过程中阻力的冲量的大小等于过程中重力的冲2 / 11量的大小与过程中重力的冲量的大小之和，故 B 错误；过程中 钢珠所受合外力的冲量不为零，由动量定理可知，过程中钢珠的 动量的改变量不等于零，故 A 错误 3(2018山东枣庄期末联考)质量为 60 kg 的建筑工人不慎从 高空跌下，由于弹性安全带的保护，使他悬挂起来；

4、已知弹性安全 带的缓冲时间是 1.2 s，安全带长 5 m，不计空气阻力影响，g 取 10 m/s2，则安全带所受的平均冲力的大小为( ) A100 N B500 N C600 N D1 100 N 答案：D 解析：在安全带产生拉力的过程中，人受重力和安全带的拉力 作用做减速运动，此过程的初速度就是自由落体运动的末速度，所 以有 v0m/s10 m/s，根据动量定理，取竖直向下为正方向， 有 mgtFt0mv0，解得 Fmg600 N N1 100 N，故 选 D. 4(2018河南周口一中等联考)(多选)质量为 m 的物体以初速 度 v0 做平抛运动，经过时间 t，下落的高度为 h，速度大小

5、为 v， 不计空气阻力，在这段时间内，该物体的动量的变化量大小为( ) Amvmv0 Bmgt Cm Dm2gh 答案：BCD 解析：根据动量定理得，物体所受合力的冲量等于它的动量的 变化量，所以 pmgt，故 B 正确；由题可知，物体末位置的动量 为 mv，初位置的动量为 mv0，根据矢量三角形定则知，该物体的动 量的变化量 pmvymm，故 C、D 正确 5(2018福建厦门一中月考)(多选)一细绳系着小球，在光滑 水平面上做圆周运动，小球质量为 m，速度大小为 v，做圆周运动的 周期为 T，则以下说法中正确的是( ) A经过时间 t，小球的动量的变化量为零 B经过时间 t，小球的动量的变

6、化量大小为 mv C经过时间 t，细绳的拉力对小球的冲量大小为 2mvD经过时间 t，重力对小球的冲量大小为mgT 4 答案：BCD 解析：经过时间 t，小球转过了 180，速度方向正好与开始 计时的时刻的速度方向相反，若规定开始计时的时刻的速度方向为 正方向，则小球的动量的变化量 pmvmv2mv，细绳的拉 力对小球的冲量 Ipmvmv2mv，A 错误，C 正确；经过3 / 11时间 t，小球转过了 90，根据矢量合成法可得，小球的动量的 变化量为 pmvmv，重力对小球的冲量大小 IGmgt，B、D 正确 6(2018湖南五市十校联考)(多选) 如图所示，AB 为固定的光滑圆弧轨道，O 为

7、圆心，AO 水平，BO 竖直，轨道半径为 R，将质量为 m 的小球(可视为质点)从 A 点由静 止释放，在小球从 A 点运动到 B 点的过程中，小球( ) A所受合力的冲量水平向右 B所受支持力的冲量水平向右 C所受合力的冲量大小为 m2gR D所受重力的冲量大小为零 答案：AC 解析：在小球从 A 点运动到 B 点的过程中，根据动量定理可知 I 合mv，v 的方向为水平向右，所以小球所受合力的冲量水平 向右，即重力和支持力的合力的冲量水平向右，A 正确、B 错误；在 小球从 A 点运动到 B 点的过程中，机械能守恒，故有 mgRmv，解 得 vB，即 v，所以 I 合m，C 正确；小球所受重

8、力的冲量大 小为 IGmgt，大小不为零，D 错误 7(2018安徽合肥二模)(多选)一质点静止在光滑水平面 上现对其施加水平外力 F，F 随时间 t 按正弦规律变化，如图所示， 下列说法正确的是( ) A第 2 s 末，质点的动量为 0 B第 4 s 末，质点回到出发点 C在 02 s 时间内，F 的功率先增大后减小 D在 13 s 时间内，F 的冲量为 0 答案：CD 解析：从题图可以看出，在前 2 s 内质点受到的力的方向和运 动的方向相同，质点经历了一个加速度先增大后减小的加速运 动所以第 2 s 末，质点的速度最大，动量最大，不为 0，故 A 错 误；该质点在后半个周期内受到的力与前

9、半个周期内受到的力的方 向相反，前半个周期内做加速运动，后半个周期内做减速运动，所 以质点在 04 s 时间内的位移为正，故 B 错误；在 02 s 时间内， 速度在增大，力 F 先增大后减小，根据瞬时功率 PFv 得开始时力 F 瞬时功率为 0.2 s 末的瞬时功率为 0，所以在 02 s 时间内，F 的功率先增大后减小，故 C 正确；在 Ft 图象中，Ft 图线与横轴 围成的面积表示力 F 的冲量，由题图可知，12 s 之间的面积与 23 s 之间的面积大小相等，一正一负，所以和为 0，则在 13 s 时间内，F 的冲量为 0，故 D 正确4 / 118篮球运动是大家比较喜好的运动，在运动

10、场上开始训练的人 常常在接球时伤到手指头，而专业运动员在接球时通常伸出双手迎 接传来的篮球，两手随球迅速收缩至胸前这样做可以( ) A减小球对手的作用力 B减小球对手的作用时间 C减小球的动能变化量 D减小球的动量变化量 答案：A 解析：专业运动员伸出手接球时延缓了球与手作用的时间，根 据动量定理可知，动量变化量相同时，作用时间越长，作用力越小， 两种接球方式中球的动量变化相同，动能变化相同，故只有 A 正 确 9(多选)如图所示，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

11、s下列说法正确的是( ) A球棒对垒球的平均作用力大小为 360 N B球棒对垒球的平均作用力大小为 1260 N C球棒对垒球做的功为 126 J D球棒对垒球做的功为 36 J 答案：BC 解析：以初速度方向为正方向，根据动量定理 Ftmv2mv1 得：F1260 N，则球棒对垒球的平均作用力大小为 1260 N，故 A 项错误，B 项正确；根据动能定理：Wmvmv126 J，故 C 项正 确，D 项错误 10如图所示，一个下面装有轮子的贮气瓶停放在光滑的水平 地面上，左端与竖直墙壁接触现打开尾端阀门，气体往外喷出， 设喷口面积为 S，气体密度为 ，气体往外喷出的速度为 v，则气 体刚喷出

12、时贮气瓶顶端对竖直墙的作用力大小是( )AvS B.v2 S C.v2S Dv2S 答案：D 解析：以 t 时间内喷出去的气体为研究对象，则 FtSvtvStv2，得 FSv2，由于气瓶处于平衡状态，墙壁 与气瓶间作用力与气体反冲作用力相等，故 D 项正确 11(2018河北沧州一中月考)光滑水平面上放着质量 mA1 kg 的物块 A 与质量 mB2 kg 的物块 B，A 与 B 均可视为质点，A 靠 在竖直墙壁上，A、B 间夹一个被压缩的轻弹簧(弹簧与 A、B 均不拴5 / 11接)，用手挡住 B 不动，此时弹簧弹性势能 Ep49 J；在 A、B 间系 一轻质细绳，细绳长度大于弹簧的自然长度

13、，如图所示放手后 B 向右运动，绳在短暂时间内被拉断，之后 B 冲上与水平面相切的竖 直半圆形光滑导轨，轨道半径 R0.5 mB 恰能完成半个圆周运动 到达导轨最高点 C.g 取 10 m/s2，求： (1)绳拉断后瞬间 B 的速度 vB 的大小； (2)绳拉断过程绳对 B 的冲量 I 的大小 答案：(1)5 m/s (2)4 Ns 解析：(1)设物块 B 在绳被拉断后的瞬时速率为 vB，到达 C 点 的速率为 vC，根据 B 恰能完成半个圆周运动到达 C 点可得 F 向mBgmB 对绳断后到 B 运动到最高点 C 这一过程，应用动能定理有 2mBgRmBvmBv 由解得 vB5 m/s. (

14、2)设弹簧恢复到自然长度时 B 的速率为 v1，取向右为正方向，由能量守恒定律可知，弹簧的弹性势能转化为 B 的动能，则 EpmBv 根据动量定理有 ImBvBmBv1 由解得 I4 Ns，其大小为 4 Ns. 12(2018山西灵丘三模)塑料水枪是儿童们夏天喜欢的玩具， 但是也有儿童眼睛被水枪击伤的报道，因此，限制儿童水枪的威力 就成了生产厂家必须关注的问题水枪产生的水柱对目标的冲击力 与枪口直径、出水速度等因素相关设有一水枪，枪口直径为 d， 出水速度为 v，储水箱的体积为 V. (1)水枪充满水可连续用多少时间？ (2)设水的密度为 ，水柱水平地打在竖直平面(目标)上后速 度变为零，则水

15、流对目标的冲击力是多大？你认为要控制水枪威力 关键是控制哪些因素？不考虑重力、空气阻力等的影响，认为水 柱到达目标的速度与出枪口时的速度相同 答案：(1) (2)d2v2 控制枪口直径 d 和出水速度 v 解析：(1)设 t 时间内，从枪口喷出的水的体积为 V，则 VvSt， S2， 所以单位时间内从枪口喷出的水的体积为vd2， 水枪充满水可连续用的时间 t. (2)t 时间内从枪口喷出的水的质量 mVSvt2vtd2vt.6 / 11质量为 m 的水在 t 时间内与目标作用，由动量定理有 Ftp， 以水流的方向为正方向，得 Ft0d2vtv0d2v2t， 解得 Fd2v2. 可见，要控制水枪

16、威力关键是要控制枪口直径 d 和出水速度 v.刷题加餐练刷题加餐练1(2017新课标全国卷) 一质量为 2 kg 的物块在合外力 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( ) At1 s 时物块的速率为 1 m/s Bt2 s 时物块的动量大小为 4 kgm/s Ct3 s 时物块的动量大小为 5 kgm/s Dt4 s 时物块的速度为零 答案：AB 解析：前 2 s 内物块做初速度为零的匀加速直线运动，加速度 a1 m/s21 m/s2，t1 s 时物块的速率 v1a1t11 m/s，故 A 正确；t2 s 时物块的速率 v2a1t22 m/s，动量大小为

17、p2mv24 kgm/s，故 B 正确；物块在 24 s 内做匀减速直线运 动，加速度的大小 a20.5 m/s2，t3 s 时物块的速率 v3v2a2t3(20.51) m/s1.5 m/s，动量大小 p3mv33 kgm/s，故 C 错误；t4 s 时物块的速度 v4v2a2t4(20.52) m/s1 m/s，故 D 错误 2(2016北京卷，18)如图所示，一颗人造卫星原来在椭圆轨 道 1 绕地球 E 运行，在 P 点变轨后进入轨道 2 做匀速圆周运动下 列说法正确的是( ) A不论在轨道 1 还是在轨道 2 运行，卫星在 P 点的速度都相同 B不论在轨道 1 还是在轨道 2 运动，卫

18、星在 P 点的加速度都相 同 C卫星在轨道 1 的任何位置都具有相同加速度 D卫星在轨道 2 的任何位置都具有相同动量 答案：B 解析：本题考查万有引力定律、牛顿第二定律和动量的定义，7 / 11意在考查学生的理解能力和分析能力 卫星由轨道 1 进入轨道 2，需在 P 点加速做离心运动，故卫星 在轨道 2 运行经过 P 点时的速度较大，A 项错误；由 Gma 可知， 不论在轨道 1 还是在轨道 2 运行，卫星在 P 点的加速度都相同，在 轨道 1 运行时，P 点在不同位置有不同的加速度，B 项正确，C 项错 误；卫星在轨道 2 的不同位置，速度方向一定不相同，故动量方向 一定不相同，D 项错误

19、 3(2015重庆卷，3)高空作业须系安全带，如果质量为 m 的 高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前 人下落的距离为 h(可视为自由落体运动)此后经历时间 t 安全带 达到最大伸长，若在此过程中该作用力始终竖直向上则该段时间 安全带对人的平均作用力大小为( ) A.mg B.mg C.mg D.mg 答案：A 解析：人先做自由落体运动下落高度 h，获得速度为 v，由 v22gh，得 v.安全带伸长到最长时，人下落到最低点，此时速 度为零设安全带对人的平均作用力为 F，由动量定理得(mgF) t0mv，Fmg，所以 A 正确 4(2018河北唐山模拟)如图所示为某运动员用

20、头颠球，若足 球用头顶起，每次上升高度为 80 cm，足球的重量为 400 g，与头顶 作用时间 t 为 0.1 s，则足球一次在空中的运动时间 t 及足球对 头部的作用力大小 FN 分别为(空气阻力不计，g10 m/s2)( ) At0.4 s，FN40 N Bt0.4 s，FN36 N Ct0.8 s，FN36 N Dt0.8 s，FN40 N 答案：C 解析：足球自由下落时有 hgt，解得 t10.4 s，竖直向上 运动的时间等于自由下落运动的时间，所以 t2t10.8 s；设竖 直向上为正方向，由动量定理得(Fmg)tmv(mv)，又 vgt4 m/s，联立解得 F36 N，由牛顿第三

21、定律知足球对头部 的作用力 FN36 N，故 C 正确 5(2018河南郑州一中调研)(多选)如图所示，两个质量相等 的物体在同一高度沿倾角不同的两个光滑斜面由静止开始自由下滑， 不计空气阻力，在它们到达斜面底端的过程中( ) A重力的冲量相同 B斜面弹力的冲量不同 C斜面弹力的冲量均为零 D合力的冲量不同 答案：BD 解析：设斜面高度为 h，倾角为 ，物体质量为 m，可求得物8 / 11体滑至斜面底端的速度大小为 v，所用时间 t .由冲量定义可求 得重力的冲量大小为 IGmgt，方向竖直向下，故 A 错误；斜面 弹力的冲量大小为 INmgcost，方向垂直斜面向上，B 正确， C 错误；合

22、力的大小为 mgsin，I 合mgsintm，方向沿斜 面向下(与合力方向相同)，即合力冲量的大小相同，方向不同，故 D 正确 6(2018四川成都一诊)(多选)如图所示，ABCD 是固定在地 面上、由同种金属细杆制成的正方形框架，框架任意两条边的连接 处平滑，A、B、C、D 四点在同一竖直面内，BC、CD 边与水平面的夹 角分别为 、()，让套在金属细杆上的小环从 A 点无初速 度释放若小环从 A 经 B 滑到 C 点，摩擦力对小环做的功为 W1，重 力的冲量为 I1；若小环从 A 经 D 滑到 C 点，摩擦力对小环做的功为 W2，重力的冲量为 I2，则( ) AW1W2 BW1W2 CI1

23、I2 DI1I2 答案：BC 解析：小环从 A 经 B 滑到 C 点，摩擦力对小环做的功 W1mgcossABmgcossBC，小环从 A 经 D 滑到 C 点， 摩擦力对小环做的功 W2mgcossADmgcossDC，又因 为 sABsBCsADsDC，所以摩擦力对小环做的功 W1W2，故 A 错 误，B 正确；根据动能定理可知，mghWfmv，因为两次重力做的 功和摩擦力做的功都相等，所以两次小环到达 C 点的速度大小相等， 小环从 A 经 B 滑到 C 点，根据牛顿第二定律可得，小环从 A 到 B 的 加速度 aABgsingcos，小环从 B 到 C 的加速度 aBCgsingcos

24、，同理，小环从 A 到 D 的加速度 aADgsingcos，小环从 D 到 C 的加速度 aDCgsinMgcos，又因为 ，所以 aABaDCt2，由 Imgt 得， 则重力的冲量 I1I2，故 C 正确，D 错误 7(2018山东枣庄一模)如图所示，一根固定直杆与水平方向 夹角为 ，将质量为 m1 的滑块套在杆上，通过轻绳悬挂质量为 m2 的小球，杆与滑块之间的动摩擦因数为 .通过某种外部作用，使 滑块和小球瞬间获得初动量后，撤去外部作用，发现滑块与小球仍 保持相对静止一起运动，且轻绳与竖直方向夹角 .则滑块的运 动情况是( ) A动量方向沿杆向下，正在均匀增大 B动量方向沿杆向下，正在

25、均匀减小 C动量方向沿杆向上，正在均匀增大9 / 11D动量方向沿杆向上，正在均匀减小 答案：D 解析：把滑块和球看成一个整体进行受力分析，沿杆和垂直于 杆建立直角坐标系，假设滑块速度方向沿杆向下，则沿杆方向有 (m1m2)gsinf(m1m2)a，垂直于杆方向有 FN(m1m2) gcos，其中摩擦力 fFN，联立可解得 agsingcos， 现对小环进行分析，因 gsin，所以 gsingcosgsin，gsingsingcos，因为 0，所以假设不成立， 即滑块速度方向一定沿杆向上滑块沿杆向上运动，滑块重力有沿 杆向下的分力，同时摩擦力的方向沿杆向下，滑块的加速度方向沿 杆向下，所以滑块

26、沿杆减速上滑，则滑块的动量方向沿杆向上，正 在均匀减小，故 A、B、C 错误，D 正确 8物体 A 和物体 B 用轻绳相连挂在轻质弹簧下静止不动，如图 甲所示A 的质量为 m，B 的质量为 m.当连接 A、B 的绳突然断开 后，物体 A 上升经某一位置时的速度大小为 v，这时物体 B 下落速 度大小为 u，如图乙所示在这段时间里，弹簧的弹力对物体 A 的 冲量为( ) Amv Bmvmu Cmvmu Dmvmu 答案：D 解析：解法一：对 A 有 I 弹mgtmv，对 B 有 mgtmu， 解得弹簧弹力的冲量 I 弹mvmu.解法二：对 A、B 两物体系统有 I 弹(mgmg)tmvmu，mg

27、tmu，联立解得 I 弹 mvmu. 9(多选)如图所示，两根足够长的光滑平行金属导轨倾斜放置， 上端接有一定值电阻(其余电阻不计)，匀强磁场垂直于导轨平面向 上，一导体棒以平行导轨向上的初速度从 ab 处上滑，到最高点后又 下滑回到 ab 处，下列说法正确的是( ) A上滑过程中导体棒克服安培力做的功大于下滑过程中克服安 培力做的功 B上滑过程中导体棒克服安培力做的功等于下滑过程中克服安 培力做的功 C上滑过程中安培力对导体棒的冲量大小大于下滑过程中安培 力对导体棒的冲量大小 D上滑过程中安培力对导体棒的冲量大小等于下滑过程中安培 力对导体棒的冲量大小 答案：AD10 / 11解析：考虑到回

28、路中有感应电流产生，机械能不断向内能转化， 根据能量守恒定律可知，导体棒上滑和下滑分别通过任意的同一个 位置时，上滑的速度大，故上滑过程的平均速度要大于下滑过程的 平均速度；根据 F 安BIL、I，知上滑过程的平均安培力要大于 下滑过程的平均安培力，故上滑过程中导体棒克服安培力做的功大 于下滑过程中克服安培力做的功，故 A 正确，B 错误；设导体棒上 滑的距离为 x，上滑过程中安培力对导体棒的冲量大小 I安 ttBLt，同理，下滑过程中，安培力对导体棒的冲量大小 I，故上滑过程中安培力对导体棒的冲量大小等于下滑过程中安 培力对导体棒的冲量大小，故 C 错误，D 正确容易忽视动量运算的矢量性易错

29、点1 10在空中相同高度处以相同的速率分别抛出质量相同的三个 小球一个竖直上抛，一个竖直下抛，一个平抛，若不计空气阻力， 从三个小球抛出到落地的过程中( ) A三个小球动量的变化量相同 B下抛球和平抛球动量的变化量相同 C上抛球动量的变化量最大 D三个小球落地时的动量相同 答案：C 解析：三个小球以相同的速率抛出，可知做竖直上抛运动的小 球运动的时间大于做平抛运动的小球运动的时间，做平抛运动的小 球运动的时间大于做竖直下抛运动的小球运动的时间，所以做上抛 运动的小球运动时间最长，根据动量定理知，mgtp，可得上抛 球动量的变化量最大，下抛球动量的变化量最小，故 C 正确，A、B 错误；根据动能

30、定理有 mghmv2mv，可知三个球落地时速度的大 小相等，由于做平抛运动的小球速度方向与做上抛运动和下抛运动 的小球速度方向不同，则三个球落地时的动量不同故 D 错误不能正确选择研究对象易错点2 11(2018北京模拟)根据量子理论：光子既有能量也有动量； 光子的能量 E 和动量 p 之间的关系是 Epc，其中 c 为光速由于 光子有动量，辐射到物体表面的光子被物体吸收或被反射时都会对 物体产生一定的冲量，也就对物体产生了一定的压强，这就是“光 压” 根据动量定理可近似认为：当动量为 p 的光子垂直照到物体表 面，若被物体反射，则物体受到的冲量大小为 2p；若被物体吸收， 则物体受到的冲量大

31、小为 p. 有人设想在宇宙探测中用光作为动力推动探测器加速，探测器 上安装有面积极大、反光率为 的薄膜，并让它正对太阳已知太 阳光照射薄膜时对每平方米面积上的辐谢功率为 P0，探测器和薄膜11 / 11的总质量为 m，薄膜面积为 S，则探测器的加速度大小为(不考虑万 有引力等其他的力)( )A. B.1P0S mcC. D.2P2 0S mc 答案：B 解析：在时间 t 内辐射到薄膜表面的光子的能量 E 总P0tS， 光子的总动量 p，根据题意，由动量定理得 2p(1) pFt，由牛顿第二定律得 Fma，联立解得加速度 a，故 B 正 确 12(2016新课标全国卷)某游乐园入口旁有一喷泉，喷

32、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)M2g 22v2 0S2 解析：(1)设 t 时间内，从喷口喷出的水的体积为 V，质量 为 m，则 mV Vv0St 由式得，单位时间内从喷口喷出的水的质量为v0S (2)设玩具悬停时其底面相对于喷口的高度为 h，水从喷口喷出 后到达玩具底面时的速度大小为 v.对于 t 时间内喷出的水，由能 量守恒得(m)v2(m)gh(m)v1 2 在 h 高度处，t 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 p(m)v 设水对玩具的作用力的大小为 F，根据动量定理有 Ftp 由于玩具在空中悬停，由力的平衡条件得 FMg联立式得 h