选择性必修一第一章 动量守恒定律 第2节综合拔高练【xm】
一、对动量、冲量的理解
1．（2020·新课标Ⅰ）行驶中的汽车如果发生剧烈碰撞，车内的安全气囊会被弹出并瞬间充满气体。若碰撞后汽车的速度在很短时间内减小为零，关于安全气囊在此过程中的作用，下列说法正确的是（ ）
A．增加了司机单位面积的受力大小
B．减少了碰撞前后司机动量的变化量
C．将司机的动能全部转换成汽车的动能
D．延长了司机的受力时间并增大了司机的受力面积
2．“天津之眼”是一座跨河建设、桥轮合一的摩天轮，是天津市的地标之一。摩天轮悬挂透明座舱，乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动。下列叙述正确的是 （ ）
A．摩天轮转动过程中，乘客的机械能保持不变
B．在最高点时，乘客重力大于座椅对他的支持力
C．摩天轮转动一周的过程中，乘客重力的冲量为零
D．摩天轮转动过程中，乘客重力的瞬时功率保持不变
二、动量定理的应用
3．（2019·全国Ⅰ卷）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
4．(多选)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 （ ）
A．t=1 s时物块的速率为1 m/s
B．t=2 s时物块的动量大小为4 kg·m/s
C．t=3 s时物块的动量大小为5 kg·m/s
D．t=4 s时物块的速度为零
5．（2018·全国Ⅱ卷）高空坠物极易对行人造成伤害。若一个50g的鸡蛋从一居民楼的25层坠下，与地面的碰撞时间约为2ms，则该鸡蛋对地面产生的冲击力约为（ ）
A．10N B．102N C．103N D．104N
6．雨滴落到地面的速度通常仅为几米每秒，这与雨滴下落过程中受到空气阻力有关。雨滴间无相互作用且雨滴质量不变，重力加速度为g。
由于大量气体分子在各方向运动的几率相等，其对静止雨滴的作用力为零。将雨滴简化为垂直于运动方向面积为S的圆盘，证明：圆盘以速度v下落时受到的空气阻力f∝v2(提示：设单位体积内空气分子数为n，空气分子质量为m0)。
7．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ρ，重力加速度大小为g。求
(ⅰ)喷泉单位时间内喷出的水的质量；
(ⅱ)玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度。
三、应用实践
8．如图所示，学生练习用头颠球。某一次足球静止自由下落80cm，被重新顶起，离开头部后竖直上升的最大高度仍为80cm。已知足球与头部的作用时间为0.1s，足球的质量为0.4kg，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力，下列说法正确的是 （ ）
A．头部对足球的平均作用力为足球重力的10倍
B．足球下落到与头部刚接触时动量大小为3.2kg·m/s
C．足球与头部作用过程中动量变化量大小为3.2kg·m/s
D．足球从最高点下落至重新回到最高点的过程中重力的冲量大小为3.2N·s
9．如图1所示为某农庄灌溉工程的示意图，地面与水面间的距离为H。用水泵从水池抽水(抽水过程中H保持不变)，水龙头离地面高h，水管横截面积为S，水的密度为ρ，重力加速度为g，不计空气阻力。
（1）水从管口以不变的速度源源不断地沿水平方向喷出，水落地的位置到管口的水平距离为10h。设管口横截面上各处水的速度都相同。求：
a.每秒从管口流出的水的质量m0；
b.不计额外功，水泵输出的功率P。
（2）在保证水管流量不变的前提下，在水龙头后接一喷头，如图2所示。让水流竖直向下喷出，打在水平地面上不反弹，产生大小为F的冲击力。由于水与地面作用时间很短，可忽略重力的影响。求水流落地前瞬间的速度大小v。
四、迁移创新
10．动能定理和动量定理不仅适用于质点在恒力作用下的运动，也适用于质点在变力作用下的运动，这时两个定理表达式中的力均指平均力，但两个定理中的平均力的含义不同，动量定理中的平均力F1是指合力对时间的平均值，动能定理中的平均力F2是指合力对位移的平均值。
（1）质量为1.0kg的物块，在变力作用下由静止开始沿直线运动，在2.0s的时间内运动了2.5m的位移，速度达到了2.0m/s。分别应用动量定理和动能定理求出平均力F1和F2的值。
（2）如图1所示，质量为m的物块，在外力作用下沿直线运动，速度由v0变化到v时，经历的时间为t，发生的位移为x。分析说明物块的平均速度 与v0、v满足什么条件时，F1和F2是相等的。
（3）质量为m的物块，在如图2所示的合力作用下，以某一初速度沿x轴运动，当由位置x=0运动至x=A处时，速度恰好为0，此过程经历的时间为t= ，求此过程中物块所受合力对时间t的平均值。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】动量定理
【解析】【解答】A．因安全气囊充气后，受力面积增大，故减小了司机单位面积的受力大小，A不符合题意；
B．有无安全气囊司机初动量和末动量均相同，所以动量的改变量也相同，B不符合题意；
C．因有安全气囊的存在，司机和安全气囊接触后会有一部分动能转化为气体的内能，不能全部转化成汽车的动能，C不符合题意；
D．因为安全气囊充气后面积增大，司机的受力面积也增大，在司机挤压气囊作用过程中由于气囊的缓冲故增加了作用时间，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】人的动量的变化量是一定的，根据动量定理可知，如果增加动量改变的时间，相应的作用力就会减小；接触面积增大，司机受到的压强变小。
2．【答案】B
【知识点】超重与失重；功率及其计算；机械能守恒定律
【解析】【解答】乘客在竖直面内做匀速圆周运动，动能不变，而在上升过程中重力势能增加，机械能增加，下降过程中则相反，A不符合题意。在最高点时，乘客具有竖直向下的向心加速度，处于失重状态，B符合题意。因重力恒定，重力的冲量等于重力与其作用时间的乘积，故摩天轮转动一周的过程中，重力的冲量一定不为零，C不符合题意。重力的瞬时功率P=mg·v·cos α，其中α是瞬时速度v的方向与重力方向之间的夹角，故重力的瞬时功率不会保持不变，D不符合题意。
故答案为：B
【分析】乘客做匀速圆周运动其动能不变，利用重力势能的变化可以判别机械能的变化；利用牛顿第二定律可以比较重力和支持力的大小；利用重力和时间可以判别重力的冲量不等于0；利用重力和竖直方向的速率可以判别其瞬时功率的大小变化。
3．【答案】B
【知识点】动量定理
【解析】 【解答】根据动量定理，物体所受合外力的冲量等于其动量变化，有Ft=△mv，△m=1.6×103 kg
故答案为：B
【分析】根据动量定理列式计算火箭在1 s时间内喷射的气体质量。
4．【答案】A,B
【知识点】动量定理
【解析】【解答】由动量定理有Ft=mv，解得v= ，t=1s时物块的速率v= = =1m/s，A符合题意；F-t图线与时间轴所围面积表示冲量，所以t=2s时物块的动量大小为p=2×2kg·m/s=4kg·m/s，B符合题意；t=3s时物块的动量大小为p'=(2×2-1×1)kg·m/s=3kg·m/s，C不符合题意；t=4s时物块的动量大小为p″=(2×2-1×2)kg·m/s=2kg·m/s，速度不为零，D不符合题意。
故答案为：AB
【分析】利用动量定理可以求出其物块速率的大小；利用图像面可以求出物块动量的大小。
5．【答案】C
【知识点】牛顿第三定律；动能定理的综合应用；动量定理
【解析】【解答】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： ，
解得：
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： ，解得： ，
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
故答案为：C
【分析】以鸡蛋为研究对象，由动能定理可解得落地瞬间速度。落地时由动量定理可知地面对鸡蛋的冲击力，再结合牛顿第三定律可知，鸡蛋对地面产生的冲击力。
6．【答案】解：根据题设条件：大量气体分子在各方向运动的几率相等，其对静止雨滴的作用力为零。以下只考虑雨滴下落的定向运动。
简化的圆盘模型如图所示。
设空气分子与圆盘碰撞前后相对速度大小不变。在Δt时间内，与圆盘碰撞的空气分子质量为Δm=SvΔtnm0
以F表示圆盘对气体分子的作用力，根据动量定理，有FΔt∝Δm×v
得F∝nm0Sv2
由牛顿第三定律，可知圆盘所受空气阻力f∝v2
采用不同的碰撞模型，也可得到相同结论。
【知识点】动量定理
【解析】【分析】已知与圆盘碰撞的空气分子的质量，结合动量定律及牛顿第三定律可以圆盘受到的阻力和速度的大小关系。
7．【答案】解：(ⅰ)设Δt时间内，从喷口喷出的水的体积为ΔV，质量为Δm，则Δm=ρΔV ①
ΔV=v0SΔt ②
由①②式得，单位时间内从喷口喷出的水的质量为
=ρv0S ③
(ⅱ)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Δt时间内喷出的水，由能量守恒定律得 (Δm)v2+(Δm)gh= (Δm) ④
在h高度处，Δt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Δp=(Δm)v ⑤
设水对玩具的作用力的大小为F，根据动量定理有FΔt=Δp ⑥
由于玩具在空中悬停，由力的平衡条件得F=Mg ⑦
联立③④⑤⑥⑦式得h= - ⑧
【知识点】动量定理
【解析】【分析】（1）已知单位时间喷出水的速度，利用体积公式可以求出单位时间喷出水的质量；
（2）对于喷出的水，利用能量守恒定律可以求出水到达玩具底部的速度大小，结合动量定理及平衡方程可以求出其地面相对于喷口的高度。
8．【答案】C
【知识点】动量定理
【解析】【解答】由自由落体规律v2=2gh得球落到头顶的速度大小v1= = m/s=4m/s，离开头部后竖直上升的最大高度仍为80cm，由竖直上抛运动规律可得球离开头部时的速度大小v2=4m/s，取向上为正，由动量定理(F-mg)t=mv2-m(-v1)，代入数据可得F=36N=9mg，A不符合题意；足球下落到与头部刚接触时动量大小p=mv1=0.4×4kg·m/s=1.6kg·m/s，B不符合题意；足球与头部作用过程中动量变化量Δp=mv2-m(-v1)=0.4×4kg·m/s-0.4×(-4)kg·m/s=3.2kg·m/s，C符合题意；小球从最高点下落至头顶，由自由落体的规律h= gt2代入数据得自由落体下落时间t1=0.4s，与头部作用时间t2=0.1s，从头部上升到最高点所用时间t3=0.4s，总时间t=t1+t2+t3=0.9s，重力冲量IG=mgt=0.4×10×0.9N·s=3.6N·s，或者全过程由动量定理Ft2-IG=0得IG=Ft2=36×0.1N·s=3.6N·s，D不符合题意。
故答案为：C
【分析】利用速度位移公式可以求出球落到头上的速度大小，结合动量定理可以求出平均作用力的大小；利用质量和速度可以求出动量的大小及动量变化量的大小；结合全过程的动量定理可以求出重力冲量的大小。
9．【答案】（1）解：a.水从管口沿水平方向喷出后做平抛运动，设水喷出时速度为v0，落地时间为t
竖直方向有h= gt2，水平方向有10h=v0t
t0时间内喷出的水的质量m=ρV=ρv0t0S
每秒喷出的水的质量m0=
联立以上各式解得m0=5ρS
b.t0时间内水泵输出功W=mg(H+h)+ m
输出功率P=
联立解得P=5ρSg (H+26h)
（2）解：取与地面作用的质量为Δm的水为研究对象
根据动量定理得F·Δt=Δm·v
由题意可知Δm=m0·Δt
解得v= =
【知识点】动量定理；平抛运动
【解析】【分析】（1）水从管口喷出做平抛运动，利用平抛运动的位移公式可以求出水的初速度大小，结合体积公式可以求出每秒喷出水的质量大小；水泵喷出水其输出功等于水机械能的增加，利用功能关系可以求出输出功率的大小；
（2）水落到地面时，利用动量定理可以求出水流落地瞬间其速度的大小。
10．【答案】（1）解：物块在加速运动过程中，应用动量定理有F1t=mvt
解得F1= = N=1.0N
物块在加速运动过程中，应用动能定理有F2x= m
解得F2= = N=0.8 N
（2）解：物块在运动过程中，应用动量定理有F1t=mv-mv0
解得F1=
物块在运动过程中，应用动能定理有F2x= mv2- m
解得F2=
当F1=F2时，联立得 = =
（3）解：由题图2可求得物块由x=0运动至x=A过程中，外力所做的功为W=- kA·A=- kA2
设物块的初速度为v'0，由动能定理得W=0- mv'
解得v'0=A
设在t时间内物块所受平均力的大小为F，由动量定理得
-Ft=0-mv'0
由已知条件t=
解得F=
【知识点】动能定理的综合应用；动量定理
【解析】【分析】（1）物块在加速过程中，利用动量定理可以求出平均力F1的大小；利用动能定理可以求出平均力F2的大小；
（2）物体在运动过程中，利用动量定理和动能定理可以求出作用力的表达式，结合作用力相等可以求出速度的大小；
（3）从图2可以得出物体速度的大小，结合图像面积可以求出外做功的大小；再利用动能定理可以求出物块速度的大小；再利用动量定理可以求出合力对时间的平均值的大小。
1 / 1选择性必修一第一章 动量守恒定律 第2节综合拔高练【xm】
一、对动量、冲量的理解
1．（2020·新课标Ⅰ）行驶中的汽车如果发生剧烈碰撞，车内的安全气囊会被弹出并瞬间充满气体。若碰撞后汽车的速度在很短时间内减小为零，关于安全气囊在此过程中的作用，下列说法正确的是（ ）
A．增加了司机单位面积的受力大小
B．减少了碰撞前后司机动量的变化量
C．将司机的动能全部转换成汽车的动能
D．延长了司机的受力时间并增大了司机的受力面积
【答案】D
【知识点】动量定理
【解析】【解答】A．因安全气囊充气后，受力面积增大，故减小了司机单位面积的受力大小，A不符合题意；
B．有无安全气囊司机初动量和末动量均相同，所以动量的改变量也相同，B不符合题意；
C．因有安全气囊的存在，司机和安全气囊接触后会有一部分动能转化为气体的内能，不能全部转化成汽车的动能，C不符合题意；
D．因为安全气囊充气后面积增大，司机的受力面积也增大，在司机挤压气囊作用过程中由于气囊的缓冲故增加了作用时间，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】人的动量的变化量是一定的，根据动量定理可知，如果增加动量改变的时间，相应的作用力就会减小；接触面积增大，司机受到的压强变小。
2．“天津之眼”是一座跨河建设、桥轮合一的摩天轮，是天津市的地标之一。摩天轮悬挂透明座舱，乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动。下列叙述正确的是 （ ）
A．摩天轮转动过程中，乘客的机械能保持不变
B．在最高点时，乘客重力大于座椅对他的支持力
C．摩天轮转动一周的过程中，乘客重力的冲量为零
D．摩天轮转动过程中，乘客重力的瞬时功率保持不变
【答案】B
【知识点】超重与失重；功率及其计算；机械能守恒定律
【解析】【解答】乘客在竖直面内做匀速圆周运动，动能不变，而在上升过程中重力势能增加，机械能增加，下降过程中则相反，A不符合题意。在最高点时，乘客具有竖直向下的向心加速度，处于失重状态，B符合题意。因重力恒定，重力的冲量等于重力与其作用时间的乘积，故摩天轮转动一周的过程中，重力的冲量一定不为零，C不符合题意。重力的瞬时功率P=mg·v·cos α，其中α是瞬时速度v的方向与重力方向之间的夹角，故重力的瞬时功率不会保持不变，D不符合题意。
故答案为：B
【分析】乘客做匀速圆周运动其动能不变，利用重力势能的变化可以判别机械能的变化；利用牛顿第二定律可以比较重力和支持力的大小；利用重力和时间可以判别重力的冲量不等于0；利用重力和竖直方向的速率可以判别其瞬时功率的大小变化。
二、动量定理的应用
3．（2019·全国Ⅰ卷）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
【答案】B
【知识点】动量定理
【解析】 【解答】根据动量定理，物体所受合外力的冲量等于其动量变化，有Ft=△mv，△m=1.6×103 kg
故答案为：B
【分析】根据动量定理列式计算火箭在1 s时间内喷射的气体质量。
4．(多选)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 （ ）
A．t=1 s时物块的速率为1 m/s
B．t=2 s时物块的动量大小为4 kg·m/s
C．t=3 s时物块的动量大小为5 kg·m/s
D．t=4 s时物块的速度为零
【答案】A,B
【知识点】动量定理
【解析】【解答】由动量定理有Ft=mv，解得v= ，t=1s时物块的速率v= = =1m/s，A符合题意；F-t图线与时间轴所围面积表示冲量，所以t=2s时物块的动量大小为p=2×2kg·m/s=4kg·m/s，B符合题意；t=3s时物块的动量大小为p'=(2×2-1×1)kg·m/s=3kg·m/s，C不符合题意；t=4s时物块的动量大小为p″=(2×2-1×2)kg·m/s=2kg·m/s，速度不为零，D不符合题意。
故答案为：AB
【分析】利用动量定理可以求出其物块速率的大小；利用图像面可以求出物块动量的大小。
5．（2018·全国Ⅱ卷）高空坠物极易对行人造成伤害。若一个50g的鸡蛋从一居民楼的25层坠下，与地面的碰撞时间约为2ms，则该鸡蛋对地面产生的冲击力约为（ ）
A．10N B．102N C．103N D．104N
【答案】C
【知识点】牛顿第三定律；动能定理的综合应用；动量定理
【解析】【解答】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： ，
解得：
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： ，解得： ，
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
故答案为：C
【分析】以鸡蛋为研究对象，由动能定理可解得落地瞬间速度。落地时由动量定理可知地面对鸡蛋的冲击力，再结合牛顿第三定律可知，鸡蛋对地面产生的冲击力。
6．雨滴落到地面的速度通常仅为几米每秒，这与雨滴下落过程中受到空气阻力有关。雨滴间无相互作用且雨滴质量不变，重力加速度为g。
由于大量气体分子在各方向运动的几率相等，其对静止雨滴的作用力为零。将雨滴简化为垂直于运动方向面积为S的圆盘，证明：圆盘以速度v下落时受到的空气阻力f∝v2(提示：设单位体积内空气分子数为n，空气分子质量为m0)。
【答案】解：根据题设条件：大量气体分子在各方向运动的几率相等，其对静止雨滴的作用力为零。以下只考虑雨滴下落的定向运动。
简化的圆盘模型如图所示。
设空气分子与圆盘碰撞前后相对速度大小不变。在Δt时间内，与圆盘碰撞的空气分子质量为Δm=SvΔtnm0
以F表示圆盘对气体分子的作用力，根据动量定理，有FΔt∝Δm×v
得F∝nm0Sv2
由牛顿第三定律，可知圆盘所受空气阻力f∝v2
采用不同的碰撞模型，也可得到相同结论。
【知识点】动量定理
【解析】【分析】已知与圆盘碰撞的空气分子的质量，结合动量定律及牛顿第三定律可以圆盘受到的阻力和速度的大小关系。
7．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ρ，重力加速度大小为g。求
(ⅰ)喷泉单位时间内喷出的水的质量；
(ⅱ)玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度。
【答案】解：(ⅰ)设Δt时间内，从喷口喷出的水的体积为ΔV，质量为Δm，则Δm=ρΔV ①
ΔV=v0SΔt ②
由①②式得，单位时间内从喷口喷出的水的质量为
=ρv0S ③
(ⅱ)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Δt时间内喷出的水，由能量守恒定律得 (Δm)v2+(Δm)gh= (Δm) ④
在h高度处，Δt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Δp=(Δm)v ⑤
设水对玩具的作用力的大小为F，根据动量定理有FΔt=Δp ⑥
由于玩具在空中悬停，由力的平衡条件得F=Mg ⑦
联立③④⑤⑥⑦式得h= - ⑧
【知识点】动量定理
【解析】【分析】（1）已知单位时间喷出水的速度，利用体积公式可以求出单位时间喷出水的质量；
（2）对于喷出的水，利用能量守恒定律可以求出水到达玩具底部的速度大小，结合动量定理及平衡方程可以求出其地面相对于喷口的高度。
三、应用实践
8．如图所示，学生练习用头颠球。某一次足球静止自由下落80cm，被重新顶起，离开头部后竖直上升的最大高度仍为80cm。已知足球与头部的作用时间为0.1s，足球的质量为0.4kg，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力，下列说法正确的是 （ ）
A．头部对足球的平均作用力为足球重力的10倍
B．足球下落到与头部刚接触时动量大小为3.2kg·m/s
C．足球与头部作用过程中动量变化量大小为3.2kg·m/s
D．足球从最高点下落至重新回到最高点的过程中重力的冲量大小为3.2N·s
【答案】C
【知识点】动量定理
【解析】【解答】由自由落体规律v2=2gh得球落到头顶的速度大小v1= = m/s=4m/s，离开头部后竖直上升的最大高度仍为80cm，由竖直上抛运动规律可得球离开头部时的速度大小v2=4m/s，取向上为正，由动量定理(F-mg)t=mv2-m(-v1)，代入数据可得F=36N=9mg，A不符合题意；足球下落到与头部刚接触时动量大小p=mv1=0.4×4kg·m/s=1.6kg·m/s，B不符合题意；足球与头部作用过程中动量变化量Δp=mv2-m(-v1)=0.4×4kg·m/s-0.4×(-4)kg·m/s=3.2kg·m/s，C符合题意；小球从最高点下落至头顶，由自由落体的规律h= gt2代入数据得自由落体下落时间t1=0.4s，与头部作用时间t2=0.1s，从头部上升到最高点所用时间t3=0.4s，总时间t=t1+t2+t3=0.9s，重力冲量IG=mgt=0.4×10×0.9N·s=3.6N·s，或者全过程由动量定理Ft2-IG=0得IG=Ft2=36×0.1N·s=3.6N·s，D不符合题意。
故答案为：C
【分析】利用速度位移公式可以求出球落到头上的速度大小，结合动量定理可以求出平均作用力的大小；利用质量和速度可以求出动量的大小及动量变化量的大小；结合全过程的动量定理可以求出重力冲量的大小。
9．如图1所示为某农庄灌溉工程的示意图，地面与水面间的距离为H。用水泵从水池抽水(抽水过程中H保持不变)，水龙头离地面高h，水管横截面积为S，水的密度为ρ，重力加速度为g，不计空气阻力。
（1）水从管口以不变的速度源源不断地沿水平方向喷出，水落地的位置到管口的水平距离为10h。设管口横截面上各处水的速度都相同。求：
a.每秒从管口流出的水的质量m0；
b.不计额外功，水泵输出的功率P。
（2）在保证水管流量不变的前提下，在水龙头后接一喷头，如图2所示。让水流竖直向下喷出，打在水平地面上不反弹，产生大小为F的冲击力。由于水与地面作用时间很短，可忽略重力的影响。求水流落地前瞬间的速度大小v。
【答案】（1）解：a.水从管口沿水平方向喷出后做平抛运动，设水喷出时速度为v0，落地时间为t
竖直方向有h= gt2，水平方向有10h=v0t
t0时间内喷出的水的质量m=ρV=ρv0t0S
每秒喷出的水的质量m0=
联立以上各式解得m0=5ρS
b.t0时间内水泵输出功W=mg(H+h)+ m
输出功率P=
联立解得P=5ρSg (H+26h)
（2）解：取与地面作用的质量为Δm的水为研究对象
根据动量定理得F·Δt=Δm·v
由题意可知Δm=m0·Δt
解得v= =
【知识点】动量定理；平抛运动
【解析】【分析】（1）水从管口喷出做平抛运动，利用平抛运动的位移公式可以求出水的初速度大小，结合体积公式可以求出每秒喷出水的质量大小；水泵喷出水其输出功等于水机械能的增加，利用功能关系可以求出输出功率的大小；
（2）水落到地面时，利用动量定理可以求出水流落地瞬间其速度的大小。
四、迁移创新
10．动能定理和动量定理不仅适用于质点在恒力作用下的运动，也适用于质点在变力作用下的运动，这时两个定理表达式中的力均指平均力，但两个定理中的平均力的含义不同，动量定理中的平均力F1是指合力对时间的平均值，动能定理中的平均力F2是指合力对位移的平均值。
（1）质量为1.0kg的物块，在变力作用下由静止开始沿直线运动，在2.0s的时间内运动了2.5m的位移，速度达到了2.0m/s。分别应用动量定理和动能定理求出平均力F1和F2的值。
（2）如图1所示，质量为m的物块，在外力作用下沿直线运动，速度由v0变化到v时，经历的时间为t，发生的位移为x。分析说明物块的平均速度 与v0、v满足什么条件时，F1和F2是相等的。
（3）质量为m的物块，在如图2所示的合力作用下，以某一初速度沿x轴运动，当由位置x=0运动至x=A处时，速度恰好为0，此过程经历的时间为t= ，求此过程中物块所受合力对时间t的平均值。
【答案】（1）解：物块在加速运动过程中，应用动量定理有F1t=mvt
解得F1= = N=1.0N
物块在加速运动过程中，应用动能定理有F2x= m
解得F2= = N=0.8 N
（2）解：物块在运动过程中，应用动量定理有F1t=mv-mv0
解得F1=
物块在运动过程中，应用动能定理有F2x= mv2- m
解得F2=
当F1=F2时，联立得 = =
（3）解：由题图2可求得物块由x=0运动至x=A过程中，外力所做的功为W=- kA·A=- kA2
设物块的初速度为v'0，由动能定理得W=0- mv'
解得v'0=A
设在t时间内物块所受平均力的大小为F，由动量定理得
-Ft=0-mv'0
由已知条件t=
解得F=
【知识点】动能定理的综合应用；动量定理
【解析】【分析】（1）物块在加速过程中，利用动量定理可以求出平均力F1的大小；利用动能定理可以求出平均力F2的大小；
（2）物体在运动过程中，利用动量定理和动能定理可以求出作用力的表达式，结合作用力相等可以求出速度的大小；
（3）从图2可以得出物体速度的大小，结合图像面积可以求出外做功的大小；再利用动能定理可以求出物块速度的大小；再利用动量定理可以求出合力对时间的平均值的大小。
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