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第1講　動量定理及應用
目標要求 　1.能用動量定理解釋生活中的有關現象.2.能利用動量定理解決相關問題，會在流體力學中建立“柱狀”模型．
考點一　動量和沖量
基礎回扣
1．動量
(1)定義：物體的質量和速度的乘積．
(2)表達式：p＝mv.
(3)方向：與速度的方向相同．
2．動量的變化
(1)動量是矢量，動量的變化量Δp也是矢量，其方向與速度的改變量Δv的方向相同．
(2)動量的變化量Δp，一般用末動量p′減去初動量p進行矢量運算，也稱為動量的增量．即Δp＝p′－p.
3．沖量
(1)定義：力與力的作用時間的乘積叫作力的沖量．
(2)公式：I＝FΔt.
(3)單位：N·s.
(4)方向：沖量是矢量，其方向與力的方向相同．
技巧點撥
1．動量與動能的比較
動量 動能
物理意義 描述機械運動狀態的物理量
定義式 p＝mv Ek＝12mv2

標矢性 矢量 標量
變化因素 合外力的沖量 合外力所做的功
大小關系 p＝2mEk
Ek＝p22m

變化量 Δp＝Ft ΔEk＝Fl
聯系 (1)都是相對量，與參考系的選取有關，通常選取地面為參考系
(2)若物體的動能發生變化，則動量一定也發生變化；但動量發生變化時動能不一定發生變化

2.沖量的計算方法
(1)恒力的沖量：直接用定義式I＝Ft計算．
(2)變力的沖量
①作出F－t圖線，圖線與t軸所圍的面積即為變力的沖量，如圖1所示．

圖1
②對于易確定始、末時刻動量的情況，可用動量定理求解．
例1 　(多選)如圖2所示，兩個質量相等的物體在同一高度沿傾角不同的兩個光滑固定斜面由靜止自由滑下，到達斜面底端的過程中，下列說法正確的是(　　)

圖2
A．兩個物體重力的沖量大小相等
B．兩個物體合力的沖量大小相等
C．剛到達底端時兩個物體的動量相同
D．到達斜面底端時兩個物體的動能相等
答案　BD
解析　設斜面傾角為θ，物體下滑的加速度a＝gsin θ，根據hsin θ＝12at2，知t＝2hgsin2θ，知運動的時間不等，根據I＝mgt，則兩個物體重力的沖量大小不等，故A錯誤；根據動能定理知mgh＝12mv2，到達底端時兩個物體的動能相等，故D正確；兩物體速度大小相等，但是方向不同，所以到達底端時的動量不同，故C錯誤；因為初動量都為零，末狀態動量大小相等，根據動量定理知，合力的沖量大小相等，故B正確．

1．(動能與動量的區別)(2019·廣東肇慶中學模擬)對于一定質量的某物體而言，下列關于動能和動量的關系正確的是(　　)
A．物體的動能改變，其動量不一定改變
B．物體動量改變，則其動能一定改變
C．物體的速度不變，則其動量不變，動能也不變
D．動量是標量，動能是矢量
答案　C
解析　物體的動能改變，則物體的速度大小一定改變，則其動量一定改變，A錯誤；動量表達式為p＝mv，動量改變可能只是速度方向改變，其動能不一定改變，故B錯誤；物體的速度不變，則其動量不變，動能也不變，C正確；動量是矢量，動能是標量，D錯誤．
2．(動量與動能的比較)(2018·全國卷Ⅰ·14)高鐵列車在啟動階段的運動可看作初速度為零的勻加速直線運動．在啟動階段，列車的動能(　　)
A．與它所經歷的時間成正比 　 B．與它的位移成正比
C．與它的速度成正比 　 D．與它的動量成正比
答案　B
解析　列車啟動的過程中加速度恒定，由勻變速直線運動的速度與時間關系可知v＝at，且列車的動能為Ek＝12mv2，由以上整理得Ek＝12ma2t2，動能與時間的平方成正比，動能與速度的平方成正比，A、C錯誤；將x＝12at2代入上式得Ek＝max，則列車的動能與位移成正比，B正確；由動能與動量的關系式Ek＝p22m可知，列車的動能與動量的平方成正比，D錯誤．
3.(利用F－t圖象求沖量)(多選)(2021·廣東深圳市調研)如圖3所示，物體從t＝0時刻開始由靜止做直線運動，0～4 s內其合外力隨時間變化的關系圖線為正弦曲線，下列表述正確的是(　　)

圖3
A．0～2 s內合外力的沖量一直增大
B．0～4 s內合外力的沖量為零
C．2 s末物體的動量方向發生變化
D．0～4 s內物體動量的方向一直不變
答案　ABD
解析　根據F－t圖象中圖線與t軸圍成的面積表示沖量，可知在0～2 s內合外力的沖量一直增大，故A正確；0～4 s內合外力的沖量為零，故B正確；2 s末沖量方向發生變化，物體的動量開始減小，但方向不發生變化，0～4 s內物體動量的方向一直不變，故C錯誤，D正確．
考點二　動量定理的理解和應用
基礎回扣
1．內容：物體在一個過程中所受力的沖量等于它在這個過程始末的動量變化量．
2．公式：F(t′－t)＝mv′－mv或I＝p′－p.
技巧點撥
1．對動量定理的理解
(1)Ft＝p′－p是矢量式，兩邊不僅大小相等，而且方向相同．式中Ft是物體所受的合外力的沖量．
(2)Ft＝p′－p除表明兩邊大小、方向的關系外，還說明了兩邊的因果關系，即合外力的沖量是動量變化的原因．
(3)由Ft＝p′－p，得F＝p′－pt＝Δpt，即物體所受的合外力等于物體動量的變化率．
(4)當物體運動包含多個不同過程時，可分段應用動量定理求解，也可以全過程應用動量定理．
2．解題基本思路
(1)確定研究對象．
(2)對物體進行受力分析．可先求每個力的沖量，再求各力沖量的矢量和——合力的沖量；或先求合力，再求其沖量．
(3)抓住過程的初、末狀態，選好正方向，確定各動量和沖量的正負號．
(4)根據動量定理列方程，如有必要還需要補充其他方程，最后代入數據求解．

　　　　　 用動量定理解釋生活中的現象

例2 　(2020·全國卷Ⅰ·14)行駛中的汽車如果發生劇烈碰撞，車內的安全氣囊會被彈出并瞬間充滿氣體．若碰撞后汽車的速度在很短時間內減小為零，關于安全氣囊在此過程中的作用，下列說法正確的是(　　)
A．增加了司機單位面積的受力大小
B．減少了碰撞前后司機動量的變化量
C．將司機的動能全部轉換成汽車的動能
D．延長了司機的受力時間并增大了司機的受力面積
答案　D
解析　汽車劇烈碰撞瞬間，安全氣囊彈出，立即跟司機身體接觸．司機在很短時間內由運動到靜止，動量的變化量是一定的，由于安全氣囊的存在，作用時間變長，據動量定理Δp＝FΔt知，司機所受作用力減小；又知安全氣囊打開后，司機受力面積變大，因此減小了司機單位面積的受力大小；碰撞過程中，動能轉化為內能．綜上可知，選項D正確．

　　　　　 動量定理的有關計算

例3 　(2018·全國卷Ⅱ·15)高空墜物極易對行人造成傷害．若一個50 g的雞蛋從一居民樓的25層墜下，與地面的碰撞時間約為2 ms，則該雞蛋對地面產生的沖擊力約為(　　)
A．10 N B．102 N C．103 N D．104 N
答案　C
解析　設每層樓高約為3 m，則下落高度約為
h＝3×25 m＝75 m
由mgh＝12mv2及(F－mg)t＝mv結合牛頓第三定律知
雞蛋對地面的沖擊力F′＝F＝m2ght＋mg≈103 N.

　　　　　 動量定理在多過程中的應用

例4 　(2019·河南鄭州市調研)質量為1 kg的物體靜止放在足夠大的水平桌面上，物體與桌面間的動摩擦因數為μ＝0.4.有一大小為5 N的水平恒力F作用于物體上，使之加速前進，經
3 s后撤去F.求物體運動的總時間．(g取10 m/s2)
答案　3.75 s
解析　物體由靜止開始運動到停止運動的全過程中，F的沖量為Ft1，摩擦力的沖量為Fft.選水平恒力F的方向為正方向，根據動量定理有
Ft1－Fft＝0①
又Ff＝μmg②
聯立①②式解得t＝Ft1μmg＝3.75 s.



4．(對動量定理的理解)(2020·廣西防城港市防城中學期中)關于動量定理，下列說法正確的是(　　)
A．動量越大，合外力的沖量越大
B．動量變化越大，合外力的沖量越大
C．動量變化越快，合外力的沖量越大
D．沖量方向與動量方向相同
答案　B
解析　合外力的沖量等于物體動量變化量，動量越大，動量變化量不一定越大，A錯誤，B正確；根據動量定理有Ft＝mΔv，而動量變化越快，即F＝mΔvt越大，mΔv不一定大，即合力的沖量不一定大，C錯誤；沖量的方向和動量變化量的方向相同，D錯誤．
5.(動量定理的應用)(多選)(2020·寧夏石嘴山市第三中學月考)如圖4，一個質量為0.18 kg的壘球，以25 m/s的水平速度飛向球棒，被球棒打擊后反向水平飛回，速度大小變為45 m/s，設球棒與壘球的作用時間為0.01 s．下列說法正確的是(　　)

圖4
A．球棒對壘球的平均作用力大小為1 260 N
B．球棒對壘球的平均作用力大小為360 N
C．球棒對壘球做的功為238.5 J
D．球棒對壘球做的功為126 J
答案　AD
解析　根據動量定理Ft＝mv2－mv1得F＝mv2－mv1t＝－0.18×45－0.18×250.01 N＝－1 260 N，負號表示力的方向與初速度的方向相反，選項A正確，B錯誤；根據動能定理，球棒對壘球做的功W＝12mv22－12mv12＝12×0.18×452 J－12×0.18×252 J＝126 J，選項C錯誤，D正確．
6．(動量定理與圖象結合)(多選)(2017·全國卷Ⅲ·20)一質量為2 kg的物塊在合外力F的作用下從靜止開始沿直線運動．F隨時間t變化的圖線如圖5所示，則(　　)

圖5
A．t＝1 s時物塊的速率為1 m/s
B．t＝2 s時物塊的動量大小為4 kg·m/s
C．t＝3 s時物塊的動量大小為5 kg·m/s
D．t＝4 s時物塊的速度為零
答案　AB
解析　由動量定理可得：Ft＝mv，解得v＝Ftm.t＝1 s時物塊的速率為v＝F1t1m＝2×12 m/s＝
1 m/s，故A正確；t＝2 s時物塊的動量大小p2＝F1t2＝2×2 kg·m/s＝4 kg·m/s，t＝3 s時物塊的動量大小為p3＝(2×2－1×1) kg·m/s＝3 kg·m/s，t＝4 s 時物塊的動量大小為p4＝(2×2－1×2) kg·m/s＝2 kg·m/s，所以t＝4 s時物塊的速度為1 m/s，故B正確，C、D錯誤．
考點三　應用動量定理處理流體沖擊力問題
研究對象 流體類：液體流、氣體流等，通常已知密度ρ
微粒類：電子流、光子流、塵埃等，通常給出單位體積內粒子數n
分析步驟 ①構建“柱狀”模型：沿流速v的方向選取一段小柱體，其橫截面積為S
②微元研究 小柱體的體積ΔV＝vSΔt
小柱體質量m＝ρΔV＝ρvSΔt
小柱體粒子數N＝nvSΔt
小柱體動量p＝mv＝ρv2SΔt
③建立方程，應用動量定理FΔt＝Δp研究

例5 　(2020·黑龍江大慶實驗中學期末)如圖6所示為清洗汽車用的高壓水槍．設水槍噴出水柱直徑為D，水流速度為v，水柱垂直汽車表面，水柱沖擊汽車后水的速度為零．手持高壓水槍操作，進入水槍的水流速度可忽略不計，已知水的密度為ρ.下列說法正確的是(　　)

圖6
A．高壓水槍單位時間噴出的水的質量為ρπvD2
B．高壓水槍單位時間噴出的水的質量為14ρvD2
C．水柱對汽車的平均沖力為14ρD2v2
D．當高壓水槍噴口的出水速度變為原來的2倍時，噴出的水對汽車的壓強變為原來的4倍
答案　D
解析　高壓水槍單位時間噴出水的質量等于單位時間內噴出的水柱的質量，即m0＝ρV＝ρπD24·v＝14πρvD2，故A、B錯誤；水柱對汽車的平均沖力為F，由動量定理得Ft＝mv，即Ft＝14ρπvD2·t·v，解得F＝14ρπv2D2，選項C錯誤；高壓水槍噴出的水對汽車產生的壓強p＝FS＝14ρπv2D214πD2＝ρv2，則當高壓水槍噴口的出水速度變為原來的2倍時，壓強變為原來的4倍，選項D正確．

7．(流體類沖擊力問題)(2019·全國卷Ⅰ·16)最近，我國為“長征九號”研制的大推力新型火箭發動機聯試成功，這標志著我國重型運載火箭的研發取得突破性進展．若某次實驗中該發動機向后噴射的氣體速度約為3 km/s，產生的推力約為4.8×106 N，則它在1 s時間內噴射的氣體質量約為(　　)
A．1.6×102 kg B．1.6×103 kg
C．1.6×105 kg D．1.6×106 kg
答案　B
解析　設1 s時間內噴出的氣體的質量為m，噴出的氣體與該發動機的相互作用力為F，由動量定理有Ft＝mv－0，則m＝Ftv＝4.8×106×13×103 kg＝1.6×103 kg，選項B正確．
8．(流體類沖擊力問題)人們常說“滴水能穿石”．一瀑布落差為h＝20 m，水流量為Q＝
0.20 m3/s，水的密度ρ＝1.0×103 kg/m3，水在最高點和落至石頭上后的速度都認為是零(落在石頭上的水立即流走，石頭對水作用時不考慮水的重力，g取10 m/s2)．求水對石頭的沖擊力的大小．
答案　4×103 N
解析　水在下落過程中，根據動能定理得，Mgh＝12Mv2
水下落20 m時的速度v＝20 m/s
設極短時間t內落至石頭上的水的質量為m，則m＝Qtρ
設石頭對水的平均作用力為F，根據動量定理得Ft＝mv
聯立并代入數據得F＝4×103 N.
由牛頓第三定律得水對石頭的沖擊力大小為F′＝F＝4×103 N．
課時精練

1．關于動量和沖量，下列說法正確的是(　　)
A．動量越大的物體受到的沖量越大
B．沖量總是與物體動量方向相同
C．沖量是物體動量變化的原因
D．作用在靜止物體上的力的沖量總是為零
答案　C
解析　沖量是物體動量變化的原因，選項C正確；動量大說明物體的速度大，但無法明確動量的變化，故不能確定物體的沖量大小，選項A錯誤；沖量與物體動量變化量方向相同，選項B錯誤；根據I＝Ft，只要有力作用在物體上，經過一段時間，這個力便有了沖量，與物體處于什么運動狀態無關，故選項D錯誤．
2.(2019·湖北宜昌市元月調考)如圖1所示，籃球運動員接傳來的籃球時，通常要先伸出兩臂迎接，手接觸到球后，兩臂隨球迅速引至胸前．這樣做可以(　　)

圖1
A．減小球對手沖量的大小
B．減小球對手作用力的大小
C．減小球的動量變化量的大小
D．減小球對手的作用時間
答案　B
解析　先伸出兩臂迎接，手接觸到球后，兩臂隨球引至胸前，這樣可以增加球與手接觸的時間，根據動量定理得：－Ft＝0－mv，F＝mvt，當時間增加時，動量的變化量不變，則手對球的作用力減小，由牛頓第三定律可知，球對手的作用力減小，所以B正確．
3.(多選)恒力F作用在質量為m的物體上，如圖2所示，由于地面對物體的摩擦力較大，物體沒有被拉動，則經時間t，下列說法正確的是(　　)

圖2
A．拉力F對物體的沖量大小為零
B．拉力F對物體的沖量大小為Ft
C．拉力F對物體的沖量大小是Ftcos θ
D．合力對物體的沖量大小為零
答案　BD
解析　對沖量的計算一定要分清求的是哪個力的沖量，是某一個力的沖量、合力的沖量、分力的沖量、還是某一方向上力的沖量，這一個力的沖量與其他力的沖量無關，B、D正確．
4．(多選)(2020·廣西防城港市防城中學期中)關于下列所描述的運動中，在任意相等的時間內物體動量的改變量始終相同的是(　　)
A．沿水平方向拋出的物體僅在重力作用下的運動
B．物體在豎直面內做勻速圓周運動
C．月球繞地球的運動
D．一物體在恒力作用下沿水平方向做勻加速直線運動
答案　AD
解析　對于沿水平方向拋出的物體僅在重力作用下的運動，根據I＝mgt可知，在任意相等的時間內物體所受的沖量相同，則動量的改變量始終相同，選項A正確；物體在豎直面內做勻速圓周運動，則在任意相等的時間內物體動量的改變量大小相等，但是方向不一定相同，選項B錯誤；月球繞地球的運動可視為勻速圓周運動，則在任意相等的時間內月球動量的改變量大小相等，但是方向不一定相同，選項C錯誤；一物體在恒力作用下沿水平方向做勻加速直線運動，根據Ft＝Δp可知，在任意相等的時間內物體動量的改變量始終相同，選項D正確．
5.質量為1 kg的物體做直線運動，其速度—時間圖象如圖3所示．則物體在前10 s內和后10 s內所受外力的沖量分別是(　　)

圖3
A．10 N·s,10 N·s
B．10 N·s，－10 N·s
C．0,10 N·s
D．0，－10 N·s
答案　D
解析　由題圖圖象可知，在前10 s內初、末狀態的動量相同，p1＝p2＝5 kg·m/s，由動量定理知I1＝0；在后10 s內末狀態的動量p3＝－5 kg·m/s，由動量定理得I2＝p3－p2＝－10 N·s，故選項D正確．
6．有一宇宙飛船，它沿運動方向的正對面積S＝2 m2，以v＝3×103 m/s的相對速度飛入一宇宙微粒塵區．此微粒塵區每1 m3空間中有一個微粒，每一個微粒的平均質量為m＝2×
10－7 kg.設微粒與飛船外殼碰撞后附著于飛船上，要使飛船速度不變，飛船的牽引力應增加(　　)
A．3.6×103 N B．3.6 N
C．1.2×103 N D．1.2 N
答案　B
解析　t時間內與飛船碰撞并附著于飛船上的微粒總質量為M＝vtSm，設飛船對微粒的作用力為F，由動量定理得，Ft＝Mv，聯立解得：F＝v2Sm，代入數據解得F＝3.6 N．根據牛頓第三定律，微粒對飛船的作用力為3.6 N．要使飛船速度不變，根據平衡條件，飛船的牽引力應增加3.6 N，選項B正確．
7．(2020·福建三元市三明一中期中)人們對手機的依賴性越來越強，有些人喜歡躺著看手機，經常出現手機砸傷眼睛的情況．若手機質量為120 g，從離人眼約20 cm的高度無初速度掉落，砸到眼睛后手機未反彈，眼睛受到手機的沖擊時間約為0.2 s，取重力加速度g＝10 m/s2.下列分析正確的是(　　)
A．手機與眼睛作用過程中手機動量變化量大小約為0.48 kg·m/s
B．手機對眼睛的沖量大小約為0.48 N·s
C．手機對眼睛的沖量方向豎直向上
D．手機對眼睛的作用力大小約為0.24 N
答案　B
解析　根據自由落體運動公式得v＝2gh＝2×10×0.2 m/s＝2 m/s，選取向上為正方向，手機與眼睛作用后手機的速度變為0，所以手機與眼睛作用過程中動量變化量為Δp＝0－(－mv)＝0.12×2 kg·m/s＝0.24 kg·m/s，故A錯誤；手機與眼睛接觸的過程中受到重力與眼睛的作用力，則：Iy－mgt＝Δp，代入數據可得：Iy＝0.48 N·s，手機對眼睛的作用力與眼睛對手機的作用力大小相等，方向相反，作用的時間相等，所以手機對眼睛的沖量大小約為0.48 N·s，方向豎直向下，故B正確，C錯誤；由沖量的定義得：Iy＝Ft，可得：F＝Iyt＝0.480.2 N＝2.4 N，故D錯誤．


8．(2020·吉林“五地六校”合作體聯考)一物體在合外力F的作用下從靜止開始做直線運動，合外力方向不變，大小隨時間的變化如圖4所示，在t0和2t0時刻，物體的動能分別為Ek1、Ek2，動量分別為p1、p2，則(　　)

圖4
A．Ek2＝8Ek1，p2＝4p1 B．Ek2＝3Ek1，p2＝3p1
C．Ek2＝9Ek1，p2＝3p1 D．Ek2＝3Ek1，p2＝2p1
答案　C
解析　根據動量定理得：
0～t0內：F0t0＝mv1
t0～2t0內：2F0t0＝mv2－mv1
解得：v1∶v2＝1∶3
由p＝mv得：p2＝3p1
由Ek＝12mv2得：Ek1＝12mv12，Ek2＝12mv22
解得：Ek2＝9Ek1，故選C.

9.(2020·福建泉州市質檢)如圖5所示，ad、bd、cd是豎直面內三根固定的光滑細桿，a、b、c、d四個點位于同一圓周上，a在圓周最高點，d在圓周最低點，每根桿上都套著質量相等的小滑環(圖中未畫出)，三個滑環分別從a、b、c三個點同時由靜止釋放．關于它們下滑的過程，下列說法正確的是(　　)

圖5
A．重力對它們的沖量相同
B．彈力對它們的沖量相同
C．合外力對它們的沖量相同
D．它們動能的增量相同
答案　A
解析　這是“等時圓”模型，即三個滑環同時由靜止釋放，運動到最低點d點的時間相同，由于三個環的重力相等，由公式I＝Ft分析可知，三個環重力的沖量相同，故A正確；從c處下滑的小滑環受到的彈力最大，運動時間相等，則彈力對從c處下滑的小滑環的沖量最大，故B錯誤；從a處下滑的小滑環的加速度最大，受到的合力最大，則合力對從a處下滑的小滑環的沖量最大，故C錯誤；重力對從a處下滑的小滑環做功最多，其動能的增量最大，故D錯誤．
10.(多選)(2020·福建龍巖市連城縣第一中學月考)如圖6，完全相同的均勻水球緊挨在一起水平排列，子彈在水球中沿水平方向做勻變速直線運動，恰好能穿出第4個水球，下列說法正確的是(　　)

圖6
A．子彈在每個水球中的速度變化量相同
B．子彈在每個水球中的動能變化量相同
C．子彈在每個水球中運動的時間相同
D．每個水球對子彈的沖量不同
答案　BD
解析　設子彈穿過每個水球的距離為d，子彈在水球中做勻減速直線運動，穿出第4個水球時，其末速度為零，我們可以把子彈的運動視為反向的初速度為零的勻加速直線運動，則子彈穿過最后1個、最后2個、最后3個、全部的4個水球的位移大小分別為d、2d、3d、4d，根據x＝12at2知，這4段位移對應的時間之比為1∶2∶3∶2，所以子彈在每個水球中運動的時間不同，子彈在水球中沿水平方向做勻變速直線運動，則子彈在每個水球中加速度相同，受力相同，由Δv＝at及子彈在每個水球中運動的時間不同可知，子彈在每個水球中速度的變化量不同，選項A、C錯誤；子彈在每個水球中受力是相同的，運動的位移相同，所以子彈受到的阻力對子彈做的功相等，根據動能定理ΔEk＝W＝Fd，可知子彈在每個水球中的動能變化量相同，選項B正確；子彈在每個水球中受力是相同的，運動的時間不同，沖量I＝Ft，可知每個水球對子彈的沖量不同，選項D正確．
11．(2020·山西晉中市模擬)質量相等的A、B兩物體放在同一水平面上，分別受到水平拉力F1、F2的作用從靜止開始做勻加速直線運動．經過時間t0和4t0速度分別達到2v0和v0時，分別撤去F1和F2，兩物體都做勻減速直線運動直至停止．兩物體速度隨時間的變化圖線如圖7所示．設F1和F2對A、B兩物體的沖量分別為I1和I2，F1和F2對A、B兩物體做的功分別為W1和W2，則下列結論正確的是(　　)

圖7
A．I1∶I2＝12∶5，W1∶W2＝6∶5
B．I1∶I2＝6∶5，W1∶W2＝3∶5
C．I1∶I2＝3∶5，W1∶W2＝6∶5
D．I1∶I2＝3∶5，W1∶W2＝12∶5
答案　C
解析　由題圖可知，兩物體勻減速運動的加速度大小相等，根據牛頓第二定律，勻減速運動過程中有Ff＝ma，則摩擦力大小相等．對全過程應用動量定理，有I－Fft＝0，則I1＝Ff·3t0，I2＝Ff·5t0，故I1∶I2＝3∶5；對全過程運用動能定理得：W－Ffx＝0，得W＝Ffx，v－t圖線與時間軸所圍成的面積表示物體運動的位移，則位移之比為6∶5，整個運動過程中F1和F2做功之比為W1∶W2＝x1∶x2＝6∶5，故C正確．
12．(2020·江蘇吳江中學月考)如圖8所示 ，武裝直升機的旋翼槳盤面積(槳葉旋轉形成的圓面面積)為S，空氣密度為ρ，直升機質量為m，重力加速度為g.當直升機向上勻速運動時，假設空氣阻力恒為f，空氣浮力不計，風力的影響也不計，下列說法正確的是(　　)

圖8
A．直升機懸停時受到的升力大小為mg＋f
B．直升機向上勻速運動時，1 s內被螺旋槳推動的空氣質量為mg＋f2ρS
C．直升機向上勻速運動時，1 s內被螺旋槳推動的空氣質量為?mg＋f?ρS
D．直升機向上勻速運動時，1 s內發動機做的功為m3g3ρS
答案　C
解析　根據平衡條件可得直升機懸停時受到的升力大小為mg，故A錯誤；Δt時間內被螺旋槳推動的空氣的質量為Δm′＝ρSvΔt，螺旋槳對空氣的作用力大小F＝ΔpΔt，Δp＝Δm′v，由牛頓第三定律知空氣對螺旋槳的作用力大小F′＝F，為使飛機向上勻速運動，有F′＝mg＋f，聯立解得v＝mg＋fρS，1 s內被螺旋槳推動的空氣質量為M＝ρSv＝ρSmg＋fρS＝?mg＋f?ρS，故B錯誤，C正確；由動能定理可得1 s內發動機所做的功為W＝12Mv2＝
12?mg＋f?3ρS，故D錯誤．
13．在水平力F＝30 N的作用下，質量m＝5 kg的物體由靜止開始沿水平面運動．已知物體與水平面間的動摩擦因數μ＝0.2，若F作用6 s后撤去，撤去F后物體還能向前運動多長時間才停止？(g取10 m/s2)
答案　12 s
解析　解法一　用動量定理，分段求解．
選物體為研究對象，對于撤去F前物體做勻加速運動的過程，始態速度為零，終態速度為v.取水平力F的方向為正方向，根據動量定理有(F－μmg)t1＝mv－0，
對于撤去F后物體做勻減速運動的過程，始態速度為v，終態速度為零．根據動量定理有－μmgt2＝0－mv.
聯立解得t2＝F－μmgμmgt1＝30－0.2×5×100.2×5×10×6 s＝12 s.
解法二　用動量定理，研究全過程．
選物體作為研究對象，研究整個運動過程，這個過程的始、末狀態物體的速度都等于零．
取水平力F的方向為正方向，根據動量定理得
(F－μmg)t1＋(－μmg)t2＝0
解得t2＝F－μmgμmgt1＝30－0.2×5×100.2×5×10×6 s＝12 s.

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