精准备考(第56期)——动量定理-2023届高考真题分类整合与培优强基试题精选

一、真题精选（高考必备）

1．（2007·重庆·高考真题）为估算池中睡莲叶面承受出滴撞击产生的平均压强，小明在雨天将一圆柱形水杯置于露台，测得1小时内杯中水上升了45mm．查询得知，当时雨滴竖直下落速度约为12m/s．据此估算该压强约为（设雨滴撞击睡莲后无反弹，不计雨滴重力，雨水的密度为1×103kg/m3）（ ） A．0.15Pa

B．0.54Pa

C．1.5Pa

D．5.4Pa

2．（2019·全国·高考真题）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4.8×106 N，则它在1 s时间内喷射的气体质量约为 A．1.6×102 kg

B．1.6×103 kg

C．1.6×105 kg

D．1.6×106 kg

3．（2020·海南·高考真题）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490kg，离子以30km/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3g/s，则探测器

获得的平均推力大小为（ ） A．1.47N

B．0.147N

C．0.09N

D．0.009N

4．（2021·北京·高考真题）如图所示，圆盘在水平面内以角速度ω绕中心轴匀速转动，圆盘上距轴r处的P点有一质量为m的小物体随圆盘一起转动。某时刻圆盘突然停止转动，小物体由P点滑至圆盘上的某点停止。下列说法正确的是（ ） A．圆盘停止转动前，小物体所受摩擦力的方向沿运动轨迹切线方向 B．圆盘停止转动前，小物体运动一圈所受摩擦力的冲量大小为2mr

C．圆盘停止转动后，小物体沿圆盘半径方向运动 D．圆盘停止转动后，小物体整个滑动过程所受摩擦力的冲量大小为mr

5．（2015·重庆·高考真题）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

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段时间安全带对人的平均作用力大小为( ) A．C．m2gh＋mg tmgh＋mg tB．D．m2gh－mg tmgh－mg t6．（2018·全国·高考真题）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，与地面的撞击时间约为2 ms，则该鸡蛋对地面产生的冲击力约为（ ）A．10 N

B．102 N

C．103 N

D．104 N

7．（2021·湖北·高考真题）抗日战争时期，我军缴获不少敌军武器武装自己，其中某轻机枪子弹弹头质量约8 g，出膛速度大小约750 m/s。某战士在使用该机枪连续射击1分钟的过程中，机枪所受子弹的平均反冲力大小约12 N，则机枪在这1分钟内射出子弹的数量约为（ ） A．40

B．80

C．120

D．160

8．（2021·天津·高考真题）一冲九霄，问鼎苍穹。2021年4月29日，长征五号B遥二运载火箭搭载空间站天和核心舱发射升空，标志着我国空间站建造进入全面实施阶段。下列关于火箭的描述正确的是（ ）

A．增加单位时间的燃气喷射量可以增大火箭的推力 B．增大燃气相对于火箭的喷射速度可以增大火箭的推力 C．当燃气喷出火箭喷口的速度相对于地面为零时火箭就不再加速 D．火箭发射时获得的推力来自于喷出的燃气与发射台之间的相互作用

9．（2009·海南·高考真题）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t0和2t0时刻相对于出发点的位移分别是x1和x2，速度分别是v1和v2，合外力从开始至to时刻做的功是W1，从t0至2t0时刻做的功是W2,则 A．x25x1，v23v1 B．x19x2,v25v1 C．x25x1,W28W1 D．v23v1,W29W1

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10．（2021·重庆·高考真题）我国规定摩托车、电动自行车骑乘人员必须依法佩戴具有缓冲作用的安全头盔。小明对某轻质头盔的安全性能进行了模拟实验检测。某次，他在头盔中装入质量为5.0kg的物体（物体与头盔密切接触），使其从1.80m的高处自由落下（如图），并与水平地面发生碰撞，头盔厚度被挤压了0.03m时，物体的速度减小到零。挤压过程不计物体重力，且视为匀减速直线运动，不考虑物体和地面的形变，忽略空气阻力，重力加速度g取10m/s2。求： （1）头盔接触地面前瞬间的速度大小； （2）物体做匀减速直线运动的时间；

（3）物体在匀减速直线运动过程中所受平均作用力的大小。

11．（2016·全国·高考真题）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。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。

12．（2015·安徽·高考真题）一质量为0.5kg的小物块放在水平地面上的A点，距离A点5 m的位置B处是一面墙，如图所示.物块以v0＝8m/s的初速度从A点沿AB方向运动，在与墙壁碰撞前瞬间的速度为7m/s，碰后以5m/s的速度反向运动直至静止.g取10 m/s2. (1)求物块与地面间的动摩擦因数μ；

(2)若碰撞时间为0.05s，求碰撞过程中墙面对物块平均作用力的大小F；

(3)求物块在反向运动过程中克服摩擦力所做的功W.

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13．（2018·北京·高考真题）2022年将在我国举办第二十四届冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一。某滑道示意图如下，长直助滑道AB与弯曲滑道BC平滑衔接，滑道BC高h=10m，C是半径R=20m圆弧的最低点，质量m=60kg的运动员从A处由静止开始匀加速下滑，加速度a4.5m/s2，到达B点时速度vB=30 m/s。取重力加速度g=10 m/s2。

(1)求长直助滑道AB的长度L；

(2)求运动员在AB段所受合外力的冲量的I大小；

(3)若不计BC段的阻力，画出运动员经过C点时的受力图，并求其所受支持力FN的大小。

14．（2021·山东·高考真题）海鸥捕到外壳坚硬的鸟蛤（贝类动物）后，有时会飞到空中将它丢下，利用地面的冲击打碎硬壳。一只海鸥叼着质量m0.1kg的鸟蛤，在H20m的高度、以v015m/s的水平速度飞行时，松开嘴巴让鸟蛤落到水平地面上。取重力加速度g10m/s2，忽略空气阻力。

（1）若鸟蛤与地面的碰撞时间t0.005s，弹起速度可忽略，求碰撞过程中鸟蛤受到的平均作用力大小F；（碰撞过程中不计重力）

（2）在海鸥飞行方向正下方的地面上，有一与地面平齐、长度L6m的岩石，以岩石左端为坐标原点，建立如图所示坐标系。若海鸥水平飞行的高度仍为20m，速度大小在

15m/s~17m/s之间，为保证鸟蛤一定能落到岩石上，求释放鸟蛤位置的x坐标范围。

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二、强基训练（高手成长基地）

1．（2022·广东·模拟预测）如图甲所示，质量为2kg的物体静止在水平地面上，与地面间的动摩擦因数为0.4，与地面间的最大静摩擦力为9N。t=0时刻起，物体受到一个水平向右的力F作用，其大小随时间变化的关系如图乙所示，重力加速度g取10m/s2，则（ ）

A．t=0到t=4s时间内摩擦力的冲量为零 B．t=4s时物体开始运动 C．t=6s时物体的速度大小为

11m/s 8D．t=11s时物体恰好停止运动

2．1986年，（2021·浙江省杭州第二中学高三阶段练习）阿瑟·阿什金发明了第一代光镊，经过30多年的发展，光镊技术也越来越成熟，并被广泛运用于医学及生物学等诸多领域，2018年诺贝尔物理学奖被授予美国的亚瑟·阿斯金、法国的杰哈·莫罗和加拿大的唐娜·斯特里克兰三位物理学家，以表彰他们“在激光物理领域的突破性发明”。为简单起见，我们建立如下模型。如图所示，有两束功率均为P，波长为的平行细激光束P1和P2，与一焦距为f的透镜主光轴平行射入凸透镜，后进入一球状透明介质，出射透明介质的光束仍与主光轴平行。透镜主光轴在竖直方向，且与球状透明介质的一条直径重合，此时透明介质球恰好处于静止状态，已知球状透明介质的质量为m，当地的重力加速度为g，真空中光速为c，以下说法正确的有（ ）

A．若激光束P1的功率大于激光束P2的功率，则透明介质球将向左侧偏移

B．若将介质球相对于透镜上移一小段距离，则介质球受到激光的作用力将变小

C．若将介质球相对于透镜下移一小段距离，则介质球受到激光的作用力将变小

D．题干条件下激光功率为

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P1mgcfLf22

3．（2020·广东·深圳中学高三阶段练习）同学们可能有些人玩过小砂包游戏，如果释放小砂包落到地面上它不会反弹会立刻静止。某同学将质量为m1砂包用一根不可伸长的轻绳穿过桌子中间的小孔与质量为m2的砂包相连，如图所示，绳长为L，桌高为H，并且H4．（2019·北京·人大附中航天城学校高三阶段练习）消防车的供水系统主要由水泵、输水管道和水炮组成．如图所示，消防水炮离地高度为H＝80 m，建筑物上的火点离地高度为h＝60 m，整个供水系统的效率η＝60%（供水效率η定义为单位时间内抽水过程水所获得的机械能与水泵功率的比值×100%）．假设水从水炮水平射出，水炮的出水速 度v0＝30 m/s，水炮单位时间内的出水量m0＝60 kg/s，取g＝10 m/s2，不计空气阻力．

（1）求水炮与火点的水平距离x，和水炮与火点之间的水柱的质量m； （2）若认为水泵到炮口的距离也为H＝80 m，求水泵的功率P；

（3）如图所示，为流速稳定分布、体积不可压缩且粘性可忽略不计的液体（比如水）中的一小段液柱，由于体积在运动中不变，因此当S1面以速度v1向前运动了x1时，S2面以速度v2向前运动了x2，若该液柱前后两个截面处的压强分别为p1和p2，选用恰当的功能关系证明：流速稳定分布、体积不可压缩且粘性可忽略不计的液体水平流动（或者高度差的影响不显著）时，液体内流速大的地方压强反而小．

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5．（2022·北京·牛栏山一中高二期末）某喷气式飞机按照设定的直线运动模式，利用计算机控制制动装置，实现安全准确地降落、滑行、停机。制动装置包括：机轮刹车装置（主要是通过控制飞机起落架下面的轮胎受到的摩擦力进行减速）、反推力刹车装置（主要是通过向前喷出高速气体利用反推力来减速）、气动刹车装置（主要是通过装在机翼上的减速板增大空气阻力来减速）三部分组成。图所示为该飞机在降落滑行过程中设定的加速度大小a随飞机滑行速度的变化曲线。

(1)求飞机速度从20m/s降至10m/s经历的时间t及滑行的距离x；

(2)气动刹车装置的外形如图甲所示，可借助如图乙所示的简化示意图来理解。假设某时刻飞机降落后水平滑行的速度大小为v，流经竖直减速板的空气经阻挡后只沿减速板两侧均匀流出。设空中风速可忽略不计，在对以下问题的解答过程中需要用到但题目没有给出的物理量，要对所使用的字母做必要的说明。

①飞机开始制动时，其速度和气动刹车产生的加速度大小对应图中的P点。请论证气动刹车装置产生的加速度大小随飞机速度的变化关系，并在图中定性画出图线； ②制动过程中，除机轮刹车装置制动、反推力刹车装置制动、气动刹车装置制动外，飞机还会受到空气的其他阻力，假设该阻力的大小满足f=kv，其中k为常量，v为飞机的速度。假设机轮刹车装置制动提供的阻力与飞机所受的重力G成正比，比例系数为μ，结合第①问的结论，通过定量计算说明：飞机速度从20m/s降至10m/s的过程中，反推力刹车装置相对于飞机向前喷出气体的速度v’的变化情况。

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6．（2021·四川达州·高一期末）如图所示，质量均为m1kg的物块A、B，由跨过定滑轮的不可伸长轻绳相连，用手将A摁在光滑水平台上紧靠水平传送带左端，水平台和传送带平滑相接，B置于倾角30的固定光滑斜面底端；设斜面底端为重力势能零点，轻绳两段分别与斜面、传送带平行，电动机使传送带始终以速度v传2m/s逆时针转动，初始时刻A、B处于静止，绳子处于拉直状态；某时刻释放物块A同时给其水平向右瞬时冲量I046N·s，A立即滑上传送带向右滑动（忽略物块A滑上传送带的时间），物块A在传送带上滑动过程中会留下划痕，向右运动最大位移s3m；斜面、传送带均足够长，B轻绳不断裂，定滑轮的质量与摩擦均不计，A、B视为质点，g取10m/s2，求：（结果可用根式表示）

（1）运动过程中，物块B的最大重力势能EPG；

（2）物块A在传送带上向右运动到最远过程中，A、B系统机械能的变化量E； （3）物块A开始运动到再次返回传送带左端过程中，传送带上的划痕长度x前。

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三、参考答案及解析

（一）真题部分

1．A

【解析】由于是估算压强，所以不计雨滴的重力．设雨滴受到支持面的平均作用力为F。设在△t时间内有质量为△m的雨水的速度由v=12m/s减为零．以向上为正方向，对这部分雨水应用动量定理F△t=0﹣（﹣△mv）=△mv 得到Fmv t设水杯横截面积为S，对水杯里的雨水，在△t时间内水面上升△h，则有

△m=ρS△h F=ρSv

h tFh451033压强PV10120.15Pa，故A正确，BCD错误。

St36002．B

【解析】设该发动机在ts时间内，喷射出的气体质量为m，根据动量定理，Ft=mv，可知，mF4.8106在1s内喷射出的气体质量m0kg1.6103kg，故本题选B．

tv30003．C

【解析】对离子，根据动量定理有Ftmv 而m3.0103103t

解得F=0.09N，故探测器获得的平均推力大小为0.09N，故选C。 4．D

【解析】A．圆盘停止转动前，小物体随圆盘一起转动，小物体所受摩擦力提供向心力，方向沿半径方向，故A错误；

B．圆盘停止转动前，小物体所受摩擦力fmr2

根据动量定理得，小物体运动一圈所受摩擦力的冲量为Imvmv0 大小为0，故B错误；

C．圆盘停止转动后，小物体沿切线方向运动，故C错误；

D．圆盘停止转动后，根据动量定理可知，小物体整个滑动过程所受摩擦力的冲量为

Ip0mvmr

大小为mr，故D正确。故选D。 5．A

【解析】在安全带对人有拉力的瞬间时，人做自由落体运动，此过程机械能守恒，故有

9

mgh12mv 2即在产生拉力瞬间速度为v2gh 之后人在安全带的作用下做变速运动，末速度为零，设向上为正方向，则根据动量定理可得

Ftmgt0mv

联立解得F6．C

m2ghmg，故选A。 t【解析】本题是一道估算题，所以大致要知道一层楼的高度约为3m，可以利用动能定理或者机械能守恒求落地时的速度，并利用动量定理求力的大小． 设鸡蛋落地瞬间的速度为v，每层楼的高度大约是3m， 由动能定理可知：mghmv2 ，

解得：v2gh2103251015m/s 落地时受到自身的重力和地面的支持力，规定向上为正， 由动量定理可知：Nmgt0mv ，解得：N1000N ，

根据牛顿第三定律可知鸡蛋对地面产生的冲击力约为103 N，故C正确故选C 7．C

【解析】设1分钟内射出的子弹数量为n，则对这n颗子弹由动量定理得Ftnmv0 代入数据解得n120，故选C。 8．AB

【解析】A．增加单位时间的燃气喷射量，即增加单位时间喷射气体的质量，根据

Ftmv

12可知可以增大火箭的推力，故A正确；

B．当增大燃气相对于火箭的喷射速度时，根据Ftmv 可知可以增大火箭的推力，故B正确；

C．当燃气喷出火箭喷口的速度相对于地面为零时，此时火箭有速度，所以相对于火箭的速度不为零，火箭仍然受推力作用，仍然要加速，故C错误；

D．燃气被喷出的瞬间，燃气对火箭的反作用力作用在火箭上，使火箭获得推力，故D错误。 故选AB。 9．AC

【解析】根据F-t图像面积意义和动量定理有mv1=F0t0，mv2= F0t0+2F0t0，则v23v1；应用位移公式可知x1＝

v1vvvt0、x2＝12t0＋1t0，则x25x1，B错、A对；在第一个to内对222 10

22mvmvmv1221物体应用动能定理有W1＝、在第二个to内对物体应用动能定理有W2＝，则222W28W1，D错、C对

10．（1）v6m/s；（2）t0.01s；（3）F3000N

【解析】（1）由自由落体运动规律v22gh，带入数据解得v6m/s

v（2）由匀变速直线运动规律xt

2解得t0.01s

（3）由动量定理得Ft=mv 解得F3000N

42S2v0M2g2mSv0；(2) h11．(1) 222S2v0g【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

m=V，V=v0St

则单位时间内从喷口喷出的水的质量为m0m=v0S t(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1122为v。对于t时间内喷出的水，有能量守恒得m0v+m0gh=m0v0

22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m0v

设水对玩具的作用力的大小为F，根据动量定理有Ft=p 由于玩具在空中悬停，由力的平衡条件得F=Mg

2v0M2g联立式得h22 2g22v0S12．（1）0.32 （2）F130N （3）W9J 【解析】（1）由动能定理，有：mgs1212mvmv0 可得0.32． 22（2）由动量定理，有Ftmv'mv 可得F130N． （3）W1'2mv9J． 213．(1)100m；(2)1800Ns；(3) 见解析，3 900 N 【解析】1）已知AB段的初末速度，则利用运动学公式可以求解斜面的长度，即

2vB2v02aL

11

2vB2v0可解得L100m

2a(2)根据动量定理可知合外力的冲量等于动量的该变量所以ImvB01800Ns (3)小球在最低点的受力如图所示

2vC由牛顿第二定律可得Nmgm

R从B运动到C由动能定理可知mgh解得N3900N

14．（1）500N；（2）[34m,36m]

1212mvCmvB 22【解析】（1）设鸟蛤落地前瞬间的速度大小为v，竖直分速度大小为vy，据自由落体运动规律可得vy2gH20m/s，tvyg2s

22vy25m/s 则碰撞前鸟蛤的合速度为vv0在碰撞过程中，以鸟蛤为研究对象，取速度方向为正方向，由动量定理得

FΔt0mv

联立解得碰撞过程中鸟蛤受到的平均作用力大小为F500N

（2）若释放鸟蛤的初速度为v115m/s，设击中岩石左端时，释放点的x坐标为x1，击中右端时，释放点的x坐标为x2，得x1v1t，x2x1L 联立，代入数据得x130m，x236m

若释放鸟蛤时的初速度为v217m/s，设击中岩石左端时，释放点的x坐标为x1，击中右端时，释放点的x坐标为x2，得x1v2t，x2x1L 联立，代入数据得x134m，x240m 综上所述可得x坐标区间为[34m,36m]。

（二）强基部分

1．C

t=0到t=4s时间内摩擦力不等于零，A．【解析】根据IFt ，所以摩擦力的冲量不等于零，A错误；

B．根据图像，拉力为F2t，t=4s时拉力等于8N，小于最大静摩擦力9N，物体仍然静止，B错误；

C．根据F2t，4.5s末物体开始运动，在4.5～6s时间内，拉力和摩擦力的冲量分别为

IF11.5109Ns91.5Ns14.75Ns

2 12

Ifmgt0.42101.5Ns12Ns

根据动量定理得IFIfmv0 解得v11m/s，C正确； 8D．在4.5～11s时间内，拉力和摩擦力的冲量分别为

1IF14.75Ns510Ns39.75Ns

2Ifmgt0.4210114.5Ns52Ns

由此可知，t=11s前物体已经停止运动，D错误。故选C。 2．BC

【解析】A．由题图可知P1发出的光束中光子经过介质球后动量的变化量方向斜向左下，P2发出的光束中光子经过介质球后动量的变化量方向斜向右下，根据动量定理可知，介质球对P1光束的作用力斜向左下，对P2光束的作用力斜向右下。若激光束P1的功率大于激光束P2的功率，则P1单位时间内发出的光子数比P2多，介质球对P1光束的作用力比对P2光束的作用力大，根据牛顿第三定律可知P1光束对介质球的作用力比P2光束对介质球的作用力大，又因为两光束对介质球的作用力均存在水平分量，所以介质球将向右侧偏移，故A错误； BC．设光束经过透镜后的传播方向与主光轴的夹角为θ，Δt时间内每束光穿过介质球的光子数为n，每个光子动量大小为p，根据对称性可知这些光子进入介质球前的动量的矢量和为

p12npcos

从介质球射出后光子动量的矢量和为p22np

p1和p2的方向均为竖直向下，设介质球对光子的作用力大小为F，取竖直向下为正方向，根据动量定理有Ftp2p12np(1cos) 解得F2np(1cos)0

t即F竖直向下，根据牛顿第三定律可知介质球受到激光的作用力大小为

F1F2np(1cos)，方向竖直向上。

t若将介质球相对于透镜上移或下移一小段距离，由于激光的在球面的入射角发生变化，所以激光从介质球中射出时都将不再平行于主光轴，设出射光束与主光轴的夹角为α，则从介质

2npcos 球射出后光子动量的矢量和变为p2根据前面分析可知此时介质球受到激光的作用力大小为F22np(coscos)F1

t所以若将介质球相对于透镜上移或下移一小段距离，介质球受到激光的作用力都将变小，故BC正确；

D．当介质球在激光的作用下处于静止状态时，根据平衡条件有F12np(1cos)mg

t 13

每个光子的能量为E每个光子的动量为p激光功率为PnE thch



根据几何知识可得cosfL2f2 联立以上各式解得

2P2mgc2fLf22，故D错误。故选BC。

m13．hH

mm21【解析】m1与m2下落过程中，机械能守恒，有

1m1m2v2m2gH 2当m2与地板相碰后速度变为0，之后在绳子的作用下与m1一起达到共同速度。设此过程中绳子的冲量为I，根据动量定理 对m1有m1v共m1vI 对m2有m2v共0I

之后上升的过程机械能守恒，有联立以上各式解得 m1hH

mm21212m2gh m1m2v共24．(1) 120kg (2) 1.25×102 kW (3)见解析；

【解析】(1)根据平抛运动规律，有H－h＝2gt2 ①

x＝v0t ②

联立上述两式，并代入数据得t=12(Hh)＝2 s g2(Hh)＝60 m ③ gx＝v0水炮与火点之间的水柱的质量m= m0t=120kg ④

(2)设在Δt时间内出水质量为Δm，则Δm= m0Δt，由功能关系得：Pt即Pt12m0tv0m0tgH 212mv0mgH⑤ 2 14

12m0v0m0gH解得：P＝2＝1.25×102 kW ⑥

(3)表示一个细管，其中流体由左向右流动．在管的a1处和a2处用横截面截出一段流体，即a1处和a2处之间的流体，作为研究对象．

a1处的横截面积为S1，流速为v1，高度为h1，a1处左边的流体对研究对象的压强为p1，方向垂直于S1向右．

a2处的横截面积为S2，流速为v2，高度为h2，a2处左边的流体对研究对象的压强为p2，方向垂直于S2向左．

经过很短的时间间隔Δt，这段流体的左端S1由a1移到b1．右端S2由a2移到b2．两端移动的距离分别为Δl1和Δl2．左端流入的流体体积为ΔV1=S1Δl1，右端流出的流体体积为ΔV2=S2Δl2，理想流体是不可压缩的，流入和流出的体积相等，ΔV1=ΔV2，记为ΔV． 现在考虑左右两端的力对这段流体所做的功．

作用在液体左端的力F1=p1S1向右，所做的功W1=F1Δl1=(p1S1)Δl1=p1(S1Δl1) =p1ΔV． 作用在液体右端的力F2=p2S2向左，所做的功W2=－F2Δl2=－(p2S2)Δl2=－p2(S2Δl2) =－p2ΔV． 外力所做的总功W= W1＋W2=(p1－p2)ΔV ①

外力做功使这段流体的机械能发生改变．初状态的机械能是a1处和a2处之间的这段流体的机械能E1，末状态的机械能是b1处和b2处之间的这段流体的机械能E2．由b1到a2这一段，经过时间Δt，虽然流体有所更换，但由于我们研究的是理想流体的定常流动，流体的密度ρ和各点的流速v没有改变，动能和重力势能都没有改变，所以这一段的机械能没有改变，这 样机械能的改变(E2－E1)就等于流出的那部分流体的机械能减去流入的那部分流体的机械能．1212由于m=ρΔV，所以流入的那部分流体的动能为mv1Vv1

22重力势能为mgh1＝ρΔVgh1

1212流出的那部分流体的动能为mv2Vv2

22重力势能为mgh2＝ρΔVgh2 机械能的改变为 E2E1112Vv2Vv12Vgh2Vgh1 ② 22理想流体没有粘滞性，流体在流动中机械能不会转化为内能，所以这段流体两端受的力所做的总功W等于机械能的改变，即W=E2－E1 ③

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将①式和②式代入③式，得p1p2V112Vv2Vv12Vgh2Vgh1 ④ 221212整理后得p1v1gh1p2v2gh2 ⑤

22a1和a2是在流体中任意取的，所以上式可表示为对管中流体的任意处： p12vghC（常量）⑥ 2④式和⑤式称为伯努利方程．

流体水平流动时，或者高度差的影响不显著时（如气体的流动），伯努利方程可表达为

p12vC（常量）⑦ 2从⑥式可知，在流动的流体中，压强跟流速有关，流速v大的地方要强p小，流速v小的地方压强p大．

5．(1)50s，750m；(2)①见解析；②见解析

(1)由图可知飞机速度从20m/s降至10m/s的过程中加速度大小a=0.2m/s2且保持不【解析】

变，根据匀变速直线运动的规律，经历的时间t为tv22v21202102滑行的距离x为xm750m

2a20.2v2v12010s50s a0.2(2)①设空气密度为ρ，机翼上的减速板面积为S，t时间内飞机减速板扫过的空气质量为

mSvt

沿飞机运动方向，该质量的空气动量改变量为pmvSv2t 飞机给这部分空气的力为FpSv2 t根据牛顿第三定律，这部分空气给飞机的力大小也为FSv2

设飞机的质量为M，则气动刹车装置产生的加速度大小随飞机速度的变化关系为

FSv2 aMM在图1中定性画出图线如图所示

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②设反推力刹车装置给飞机的阻力大小为F反'，飞机速度从20m/s降至10m/s的过程中所受合外力为常量，即GkvSv2F'C(常数)①

设反推力刹车装置向前喷出的气流横截面积为S'，密度为ρ′，喷气相对飞机的速度为v′，则在Δt时间内喷气的质量Δm=ρ′S′v′Δt

设飞机对Δm的气体的作用力大小为F反，在地面参考系中应用动量定理有

F反Δt=Δm（v+v′）-Δmv=-Δmv′

根据牛顿第三定律有F反'F反='S'v'tv't'S'v'2②

结合到以上①②式可以看出，飞机向前喷出气体的速度v'应该变大。 6．（1）15J；（2）9J；（3）726m 2【解析】（1）当A向右运动到最远时，B沿斜面上滑s，此时重力势能最大

EPGmBgssin

解得EPG15J

（2）极短时间内物块A受到瞬时冲量，则绳子上的拉力远大于物块A、B受到的外力，对物块A有

IITmAv1

对物块B有 ITmBv1 解得v126m/s

由题可知EmBgsins解得E9J

即A、B系统机械能减少了9J

2（3）对物块A向右运动过程有v12a1s

1mAmBv12 2 17

物块A在相对于传送带向右运动过程中的加速度大小为a1，则

mBgsinmAgmAmBa1

解得0.3

物块A经时间t1速度减为零t1v16s a12v传a10.5s

①物块A静止后经时间t2反向加速到传送带的速度t2直到物块A到与传送带速度相等，物块A与传送带的相对位移为

v726x1sv传t1v传t2传t2m

22②物块A静止后反向加速到传送带的速度过程中，向左运动的位移大小x1物块A速度与传送带速度相等后受力情况mBgsinmAgmAmBa2 物块A还要向左边运动x2sx12.5m

物块返回传送带左端前，物块A在与传送带共速后还会继续运动t3，则

v传2t2

1x2v传t3a2t32 解得t31s

2在这t3时间内传送带向右匀速运动，物块A与传送带的相对位移

x2x2v传t30.5m

因为x1x2

所以题中过程内传送带上的划痕长度为x痕x1

726m 2 18