第23讲 动量、冲量和动量定理（复习讲义）（福建专用）（教师版）

第24讲动量、冲量和动量定理目录TOC\o"1-4"\h\z\u01考情解码·命题预警 102体系构建·思维可视 303核心突破·靶向攻坚 4考点一动量、动量的变化量和冲量 4知识点1动量、动量的变化量和冲量 4知识点2动能、动量和动量变化量的比较 4考向1动量和动量变化量的计算 5考向2冲量的计算 7考点二动量定理 9知识点1动量定理的理解 9知识点2动量定理的应用 10考向1应用动量定理求平均冲力 10考向2应用动量定理解释生活现象 13考向3动量定理用于求解多过程问题 15考点三“柱状”模型 17知识点1流体类柱状模型 17知识点2微粒类柱状模型 17考向1流体类柱状模型 17考向2微粒类柱状及其他模型 1904真题溯源·考向感知 20

考点要求考频2025年2024年2023年（1）动量冲量（2）动量定理理解、应用高频\2024•福建T72023•福建T7考情分析：1.命题形式：单选题非选择题2.命题分析：高考对“动量、冲量、动量定理”的考查，主要以选择题形式出现，计算题中以中等以上题目为主，近几年在简单计算题中也开始出现与动量守恒定律结合进行考查的情况。通常结合其他动力学的重点知识，如运动学图像、牛顿运动定律、平抛运动、圆周运动、板块模型进行综合考查。也通常考查导体棒在磁场中产生的感应电流、运动的位移等问题。3.备考建议：本讲内容备考时候，注意理解动量和冲量的概念，理解动量定理及其表达式，能用动量定理解释生活中的有关现象，会用动量定理进行相关计算，并会在流体力学中建立“柱状”模型。4.命题情境：生活实践类：篮球接球、轮船靠岸、蹦极、杂技表演（胸口碎大石）等；学习探究类：变质量问题的处理技巧、弹簧模型、流体类、板块模型等。5.常用方法：比值定义法、等效法复习目标：1.理解和掌握动量定理。2.能够用动量定理解决和处理生活中的实际问题。考点一动量、动量的变化量和冲量知识点1动量、动量的变化量和冲量1．动量(1)定义：物体的质量与速度的乘积。(2)表达式：p＝mv。(3)方向：动量的方向与速度的方向相同。2．动量的变化量(1)因为动量是矢量，动量的变化量Δp也是矢量，其方向与速度的改变量Δv的方向相同。(2)动量的变化量Δp的大小，一般用末动量p′减去初动量p进行计算，也称为动量的增量，即Δp＝p′－p。3．冲量(1)定义：力与力的作用时间的乘积叫作力的冲量。(2)表达式：I＝FΔt，单位为N·s，冲量为矢量，方向与力的方向相同。4.冲量的三种计算方法公式法利用定义式I＝FΔt计算冲量，此方法仅适用于恒力的冲量，无需考虑物体的运动状态图像法利用F-t图像计算，F-t图像与横轴围成的面积表示冲量，此法既可以计算恒力的冲量，也可以计算变力的冲量动量定理法如果物体受到大小或方向变化的力的作用，则不能直接用I＝FΔt求变力的冲量，可以求出该力作用下物体动量的变化量，由I＝p′－p求变力的冲量知识点2动能、动量和动量变化量的比较物理量动能动量动量变化量定义物体由于运动而具有的能量物体的质量和速度的乘积物体末动量与初动量的矢量差定义式Ek＝eq\f(1,2)mv2p＝mvΔp＝p′－p标矢性标量矢量矢量特点状态量状态量过程量关联方程Ek＝eq\f(p2,2m)，Ek＝eq\f(1,2)pv，p＝eq\r(2mEk)，p＝eq\f(2Ek,v)联系(1)都是相对量，与参考系的选取有关，通常选取地面为参考系(2)若物体的动能发生变化，则动量一定也发生变化；但动量发生变化时动能不一定发生变化考向1动量和动量变化量的计算例1（2024·福建福州·二模）套圈是我国民众喜爱的传统游戏，小孩和大人在同一条竖直线上的不同高度分别水平抛出相同的圆环，结果恰好都套中前方同一物体，不计空气阻力。若大人和小孩抛出圆环的高度之比为，圆环及被套物体均可视为质点，则下列说法不正确的是（

）A．大人和小孩抛出的圆环初速度之比为B．大人和小孩抛出的圆环在空中飞行的时间之比为C．大人和小孩抛出的圆环落地时重力的瞬时功率之比为2：1D．大人和小孩抛出的圆环在空中运动过程中动量的变化量之比为【答案】C【详解】B．圆环做平抛运动，竖直方向上根据可得大人和小孩抛出圆环的高度之比为，则运动时间之比为，故B正确；A．圆环在水平方向上有可得大人和小孩抛出圆环水平位移相等，则平抛初速度之比为时间的反比，即为，故A正确；C．圆环落地时重力的瞬时功率为则落地时重力的瞬时功率之比等于时间之比，为，故C错误；D．根据则大人和小孩抛出的圆环在空中运动过程中动量的变化量之比为等于时间之比，为，故D正确。本题选错误的，故选C。【变式训练1·变载体】（2022·福建三明·三模）某小组做验证动量守恒定律实验时，在气垫导轨上放置P、Q两滑块。碰撞前Q静止，P匀速向Q运动并发生碰撞，利用频闪照相的方法连续4次拍摄得到频闪照片如图所示，在这4次闪光的过程中，P、Q两滑块均在0~80cm范围内，且第1次闪光时，P恰好位于x=10cm处。已知，相邻两次闪光的时间间隔为T，P、Q两滑块的碰撞时间及闪光持续时间均可忽略不计，则P滑块碰撞前后动量大小之比为（）A．1：1 B．2：1 C．3：1 D．4：1【答案】B【详解】由图可知，第1次闪光时，滑块P恰好位于10cm处；第二次P在30cm处；第三次P在50cm处；两次闪光中P的位移相同（位移大小均为20cm），所用时间均为T，则速度相同，PQ不可能相碰；而Q开始时静止在60cm处，故可知，从第三次闪光到碰撞的时间为，所以从碰撞到第四次闪光时间为（通过距离为），若设碰前P的速度为v，则碰后P的速度为，则P滑块碰撞前后动量大小之比为2：1。故选B。【变式训练2·时事热点与学科知识结合】（2024·福建·一模）如图是半径为R的半球形碗，一质量为m的小物块从碗口A点以大小不变的速度v沿着碗滑到碗底中心B点。则在该过程中（）A．小物块的动量不变B．小物块受到的合外力不变C．小物块受到的摩擦力不断减小D．小物块重力的功率不断减小【答案】CD【详解】Ａ．小物块的动量大小不变，方向变化，所以动量变化，故A错误；B．小物块做圆周运动，受到的合力是向心力，大小不变，方向变化，故B错误；C．小物块受力如下小物块速度大小不变，则有小物块下滑过程中，减小，所以摩擦力减小，故C正确；D．小物块重力的功率可知，小物块重力的功率不断减小，故D正确。故选CD。考向2冲量的计算例2（2022·福建泉州·模拟预测）人们有时用“打夯”的方式把松散的地面夯实，假设某次打夯两人同时通过绳子对重物各施加一个力，力的大小均恒为，方向与竖直方向均成，重物离开地面后停止用力，重物竖直下落把地面砸深，已知重物的质量为，g取，，以地面为重力势能的零势能面。则有：（）A．两根绳子对重物的合力为 B．重物机械能的最大值为C．完成一次“打夯”重力的冲量为零 D．地面对重物的阻力为【答案】ABD【详解】A．两根绳子对重物的合力为A正确；B．根据功和能的关系，重物机械能的最大值等于拉力的功B正确；C．重力的冲量等于重力与重物运动时间的乘积，完成一次“打夯”重力的冲量不等于0，C错误。D．由能量关系可知解得f=2036N选项D正确。故选ABD。【变式训练1·变考法】（2023·福建泉州）如图，在粗糙水平面上，质量分别为m1、m2的A、B两物体用一轻质弹簧相连接，系统处于静止状态且弹簧无形变。t=0时刻对A施加一个大小恒为F的水平拉力，t=t1时刻B开始运动，t=t2时刻A、B两物体的加速度第一次相同，下列说法正确的是（）A．在0~t2时间内A的动能与其位移成正比B．在0~t1时间内弹簧对B做功为零，冲量不为零C．若m1=m2，则t=t2时刻弹簧的弹力一定为D．在0~t2时间内拉力做的功大于系统机械能的增量【答案】BD【详解】A．在0~t1时间内对A由动能定理得由于弹簧弹力随位移发生变化，则A的动能与其位移不成正比，故A错误；B．在0~t1时间内物体B不动，则弹簧对B做功为零，由可知，弹簧对B的冲量不为零，故B正确；C．当两物体与地面间的摩擦因数不同时，对整体由牛顿第二定律有对B物体有解得故C错误；D．由功能关系可知，在0~t2时间内拉力做的功等于系统机械能的增量与产生的热量之和，故D正确。【变式训练2·变考法】（2024·福建福州·三模）如图所示，柜子静置于水平地面，某人用大小为F的水平推力推柜子，但没有推动，则柜子和地面间摩擦力大小；在同一时间内，推力冲量大小摩擦力冲量大小（选填“大于”、“小于”或“等于”）。【答案】F等于【详解】[1]用大小为F的水平推力推柜子，但没有推动，说明柜子处于静止状态，处于平衡状态，则有[2]冲量公式为由于推力和摩擦力大小相等，作用时间相同，所以两力的冲量大小相等。考点二动量定理知识点1动量定理的理解1．内容：物体在一个过程中所受合外力的冲量等于它在这个过程始末的动量变化量。2．公式：F(t′－t)＝mv′－mv或I＝p′－p。3.矢量性：动量变化量的方向与合外力的冲量的方向相同，可以在某一方向上用动量定理。4.对动量定理的理解(1)当物体的动量变化量一定时，力的作用时间Δt越短，力F就越大，力的作用时间Δt越长，力F就越小。(2)当作用力F一定时，力的作用时间Δt越长，动量变化量Δp越大，力的作用时间Δt越短，动量变化量Δp越小。如在恒力作用下运动的小车，时间越长，小车的速度越大，动量变化量越大。知识点2动量定理的应用1．应用动量定理解题的一般步骤(1)确定研究对象。中学阶段的动量定理问题，其研究对象一般仅限于单个物体。(2)对物体进行受力分析。可以先求每个力的冲量，再求各力冲量的矢量和；或先求合力，再求其冲量。(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，如有必要还需要其他补充方程，最后代入数据求解。2．应用动量定理解题的三点说明(1)动量定理反映了力的冲量与动量变化量之间的因果关系，即外力的冲量是原因，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。考向1应用动量定理求平均冲力例1（2022·福建·二模）2020年厦门出现过强对流冰雹天气。设一质量为的球形冰雹从高空云层里由静止开始下落，下落过程中所受空气阻力与速度的关系为，冰雹下落过程质量保持不变，落地前已达最大速度，与地面碰撞时间为，碰撞后速度为零，。则（）A．冰雹落地瞬间的速度大小为B．冰雹落地瞬间的速度大小为C．碰撞过程中冰雹对地面的平均作用力大小约为D．碰撞过程中冰雹对地面的平均作用力大小约为【答案】AC【详解】AB．质量为m的冰雹下落过程中，受地球重力G和空气阻力f两个力的作用。刚开始下落时，G＞f，冰雹加速下落。随着冰雹速度的增大，它受到的阻力也在不断增大，而当阻力增大到与重力相等时，即当G=f时，冰雹开始做匀速向下运动，冰雹的速度不再增大，此时的速度就是冰雹的最大速度，由得冰雹落地瞬间的速度大小为故A正确，B错误；CD．冰雹与地面碰撞过程，由动量定理得解得故C正确，D错误。故选AC。【变式训练1·变载体】（2025·福建·二模）水车作为农耕文化的重要组成部分，体现了中国古代劳动人民的创造力。如图所示为一种水车的原理简化图，水车竖直放置，其叶片与半径共线，水渠引出的水从一定高度以的速度水平流出，水的流量为，水流出后做平抛运动，某时刻水流均垂直冲击到与竖直面成60°的叶片上（叶片面积大于水流横截面积）。已知水流冲击叶片后速度变为零并从两侧流走，则水流对叶片的冲击力大小约为（）A． B． C． D．【答案】B【详解】水流出后做平抛运动，水流冲击叶片前瞬间的速度大小为水的流量为Q=60kg/s，取极短时间，和叶片作用的水质量为忽略水流的重力，根据动量定理有解得叶片对水流的作用力大小为F=480N根据牛顿第三定律可知水流对叶片的冲击力大小为480N。故选B。【变式训练2·变考法】（2024·福建龙岩·三模）如图是学校举行的田径运动会上一跳高运动员过杆的情景。当跳高运动员从地面起跳到落地的过程中，下列说法正确的是（）A．运动员起跳时处于失重状态B．运动员过杆时处于超重状态C．起跳过程中地面对运动员向上的平均作用力大于他对地面的压力D．落地过程中地面对运动员向上的平均作用力大于他所受到的重力【答案】D【详解】A．运动员起跳时，加速度向上，处于超重状态，故A错误；B．运动员过杆时，受重力作用，加速度向下，处于失重状态，故B错误；C．由牛顿第三定律可知起跳过程中地面对运动员向上的平均作用力等于他对地面的压力，故C错误；D．由动量定理可知落地过程中地面对运动员向上的平均作用力大于他所受到的重力，故D正确。故选D。考向2应用动量定理解释生活现象例2（2025·福建福州·二模）如图所示为运动会中的四个比赛场景。下列对各场景的阐述中正确的是（）

A．图甲所示，在运动员展示小轮车骑行技巧时，可将其看成质点B．图乙所示，运动员在参加田径女子20公里竞走，“20公里”指的是比赛过程中的位移C．图丙所示，运动员在4×100米决赛跑出38秒06，“38秒06”指的是时刻D．图丁所示，运动员跳高下落时，通过海绵垫可增加接触面与运动员的作用时间从而实现缓冲【答案】D【详解】A．在运动员展示小轮车骑行技巧时，运动员的身体姿态不能忽略，不可将其看成质点，故A错误；B．运动员在参加田径女子20公里竞走，“20公里”指的是比赛过程中的路程，故B错误；C．运动员在4×100米决赛跑出38秒06，“38秒06”指的是时间间隔，故C错误；D．运动员跳高下落时，通过海绵垫可增加接触面与运动员的作用时间从而实现缓冲，根据可知，可以减小地面对运动员的作用力，故D正确。故选D。【思维建模】用动量定理解多过程问题的两点提醒(1)对于过程较复杂的运动，可分段应用动量定理，也可整个过程应用动量定理。(2)物体受多个力作用，力的方向和作用时间往往不同，列动量定理时应引起关注。【变式训练1·多过程问题】（2025·福建·模拟预测）国家要求:新型汽车上市前必须进行碰撞测试。某型号实验汽车在平直路面上测试，以额定功率启动，加速运行直到匀速行驶，在离固定障碍物处关闭发动机匀减速行驶，最后与障碍物发生正碰，碰撞后停止。已知实验汽车质量为，行驶过程中所受阻力恒为车重的0.2倍，重力加速度取。碰撞过程中仅考虑障碍物对汽车的冲击力。求：(1)汽车匀速行驶的速度大小；(2)汽车与障碍物正碰前瞬间的速度；(3)汽车与障碍物正碰时所受平均冲击力的大小。【答案】(1)(2)(3)【详解】（1）汽车行驶过程中所受阻力为根据可知，汽车匀速行驶的速度大小为（2）关闭发动机匀减速行驶，根据牛顿第二定律解得关闭发动机匀减速行驶的加速度大小为设碰撞前汽车的速度大小为，根据解得（3）设汽车碰撞过程中汽车与障碍物正碰时所受平均冲击力的大小为，根据动量守恒解得【变式训练2·变载体】（2024·福建漳州·二模）如图，某同学要把压在水杯下的纸张抽出来。第一次他迅速抽出纸张，水杯几乎不动；第二次他将纸张较慢抽出，水杯往纸张方向移动了一小段。对比两次抽纸张过程，下列说法正确的是（

）A．第一次抽纸张过程中，纸张对水杯的摩擦力较大B．第二次抽纸张过程中，纸张对水杯的摩擦力较大C．第一次抽纸张过程中，纸张对水杯的冲量较大D．第二次抽纸张过程中，纸张对水杯的冲量较大【答案】D【详解】AB．两次抽出纸张，水杯与纸张间的正压力不变，所以水杯受到的滑动摩擦力大小也不变，故AB错误；CD．第二次较缓慢抽出纸张意味着纸张对水杯的作用时间较长，根据可知，水杯受到的冲量较大，故C错误，D正确。故选D。考向3动量定理用于求解多过程问题例3（2025·福建三明·三模）如图甲，在智能机器人协作实验场中，元件A、B之间用智能柔性机械臂连接（机械臂可根据内置算法自动调整伸缩，模拟弹簧功能），放在光滑水平试验台上，B右侧与竖直挡板相接触。时刻，元件C以一定速度向右运动，时与元件A相碰（碰撞时间极短），并立即与A粘连且不再分开。C的运动情况由视觉追踪系统和惯性测量单元监测，并生成如图乙的图像，已知、，则（）A．元件C的质量为100gB．1s到3s的时间内，墙壁对B的冲量大小为C．元件B离开墙壁后，柔性机械臂的最大弹性势能为D．元件B离开墙壁后，B的最大速度为【答案】BD【详解】A．以水平向右为正方向，由题图乙知，元件C与A碰前速度为，碰后速度为，C与A碰撞过程动量守恒，由动量守恒定律有解得故A错误；B．由题图乙知，3s末A和C的速度为，由动量定理可知，1s到3s过程中柔性机械臂对元件A、C的冲量为解得方向向左，则柔性机械臂对元件B的冲量大小为，方向向右，所以1s到3s的时间内，墙壁对B的冲量大小为，方向向左，故B正确；C．元件B离开墙壁后，A、B、C三者共速时柔性机械臂的弹性势能最大，规定水平向左为正方向，根据动量守恒定律有，得由系统机械能守恒定律有解得故C错误；D．规定水平向左为正方向，元件B离开墙壁后，系统动量守恒、机械能守恒，当柔性机械臂的弹性势能再次为0时，元件B的速度最大，根据系统动量守恒有由系统机械能守恒定律有解得B的最大速度为故D正确。故选BD。【变式训练1·变情境】（2024·福建龙岩·二模）如图，圆形水平餐桌面上有一个半径为r、可绕中心轴转动的同心圆盘，在圆盘的边缘放置一个质量为m的小物块，物块与圆盘间、物块与桌面间的动摩擦因数均为。现从静止开始缓慢增大圆盘的角速度，物块从圆盘上滑落后，最终恰好停在桌面边缘。若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g，圆盘厚度及圆盘与餐桌间的间隙不计，物块可视为质点。则（）A．小物块从圆盘上滑落后，小物块在餐桌上做曲线运动B．物块随圆盘运动的过程中，圆盘对小物块做功为C．餐桌面的半径为D．物块在餐桌面上滑行的过程中，所受摩擦力的冲量大小为【答案】BD【详解】A．小物块从圆盘上滑落后，小物块沿切线方向滑出，合外力为与速度方向相反的滑动摩擦力，做匀减速直线运动，故A错误；B．小物块滑下时可知由动能定理可得圆盘对小物块做的功为故B正确；C．小物块滑下后在桌面上滑动时，由动能定理得解得小物块在桌面滑动距离则餐桌面的半径为故C错误；D．物块在餐桌面上滑行的过程中，根据动量定理可得所受摩擦力的冲量大小为故D正确。故选BD。【变式训练2·变情境】（2025·福建厦门·二模）冬季，鸬鹚南飞入驻环境宜人的厦门，栖息于筼筜湖等水域。如图甲，一质量为的鸬鹚观察到猎物后在低空由静止开始竖直向下加速俯冲，入水后作减速直线运动。整个运动过程的图像如图乙所示，已知鸬鹚入水瞬间的速度大小为，在空中俯冲时受到的阻力，重力加速度大小取，求：(1)鸬鹚加速过程中加速度的大小；(2)鸬鹚加速过程的时间及位移的大小；(3)过程中水对鸬鹚作用力的冲量大小。【答案】(1)(2)，(3)【详解】（1）鸬鹚俯冲过程，由牛顿第二定律得（2）鸬鹚加速过程得加速下落过程满足得故鸬鹚加速时间为，位移为。（3）解法一：，鸬鹚在水中减速，规定竖直向下为正方向，由动量定理得得负号表示水对鸬鹚的冲量竖直向上。解法二：规定竖直向下为正方向，鸬鹚运动全程，由动量定理得得负号表示水对鸬鹚的冲量竖直向上。考点三“柱状”模型知识点1流体类柱状模型流体及其特点通常液体流、气体流等被广义地视为“流体”，质量具有连续性，通常已知密度ρ分析步骤1建立“柱状模型”，沿流速v的方向选取一段柱形流体，其横截面积为S2微元研究，作用时间Δt内的一段柱形流体的长度为Δl，对应的质量为Δm＝ρSvΔt3建立方程，应用动量定理研究这段柱状流体知识点2微粒类柱状模型微粒及其特点通常电子流、光子流、尘埃等被广义地视为“微粒”，质量具有独立性，通常给出单位体积内粒子数n分析步骤1建立“柱状模型”，沿运动的方向选取一段微元，柱体的横截面积为S2微元研究，作用时间Δt内一段柱形流体的长度为Δl，对应的体积为ΔV＝Sv0Δt，则微元内的粒子数N＝nv0SΔt3先应用动量定理研究单个粒子，建立方程，再乘以N计算考向1流体类柱状模型例1（2025·福建·一模）老式水龙头水流快，水量大，容易四处飞溅，可加装起泡器，让流出的水和空气充分混合后减缓流速，既避免水流飞溅，又减少用水量。某水龙头打开后，水流以大小为的速度垂直冲击水槽表面，约有四处飞溅，溅起时垂直水槽装面的速度大小约为，其余的水流减速为0。加装起泡器后，单位时间内流出的水量和水流冲击水槽表面的速度均变为原来的，且飞溅现象可忽略，则加装起泡器后水流对水槽的冲击力约为原来的（）A． B． C． D．【答案】D【详解】取水流的速度方向为正方向，设原来水流对水槽装面的平均冲击力大小为，假设在一段很短的时间内，喷到水槽装面上水的质量为，则对质量为的水，根据动量定理有加装起泡器后，根据动量定理有联立求得故选D。【变式训练1·解决实际问题】（2023·福建泉州·一模）水刀（如图所示），即以水为刀，本名高压水射流切割技术，以其冷切割不会改变材料的物理化学性质而备受青睐。目前在中国，“水刀”的最大压强已经做到了420MPa。“水刀”在工作过程中，将水从细喷嘴高速喷出，直接打在被切割材料的表面上，假设高速水流垂直打在材料表面上后，立刻沿材料表面散开没有反弹，已知水的密度为，试估算要达到我国目前的“水刀”压强，则该“水刀”喷出的水流速度约为（

）

A．600m/s B．650m/s C．700m/s D．750m/s【答案】B【详解】设水流速度为v，横截面积为s，在极短时间内的质量由动量定理得得故选B。考向2微粒类柱状及其他模型例2（2025·福建宁德·三模）温福高铁宁德段正在加速建设中，宁德山区雾气重，假设列车在水平长直轨道上运行时，列车周围空气静止，车头前方的空气与水雾碰到车头后速度变为与列车速度相同，空气密度为，空气中单位体积内有颗小水珠，每颗小水珠的质量为，车头的横截面积为，列车以速度匀速运行。则列车因与空气和水珠冲击而受到的阻力约为（）A． B． C． D．【答案】B【详解】在时间∆t内车头遇到的水珠的质量遇到空气的质量对这些水珠及空气的整体研究，由动量定理解得由牛顿第三定律可知列车因与空气和水珠冲击而受到的阻力约为故选B。【变式训练1】（2023·福建南平·模拟预测）下雨时，为什么蚊子不会被雨滴砸死？科学家研究发现蚊子被雨滴击中时并不抵挡雨滴，而是很快与雨滴融为一体，随后迅速侧向微调与雨滴分离。已知蚊子的质量为m，漂浮在空气中（速度为零）；雨滴质量为nm，雨滴所受空气阻力与下落速度成正比，比例系数为k，击中蚊子前，雨滴已经匀速竖直下落，蚊子与雨滴融为一体时间为，蚊子重力不计。求：（1）蚊子与雨滴融为一体后，蚊子的速度大小v；（2）蚊子与雨滴融为