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第 1 讲 动量定理及应用
目标要求 1.能用动量定理解释生活中的有关现象.2.能利用动量定理解决相关问题，会在
流体力学中建立“柱状”模型．
考点一 动量和冲量
基础回扣
1．动量
(1)定义：物体的质量和速度的乘积．
(2)表达式：p＝ m v .
(3)方向：与速度的方向相同．
2．动量的变化
(1)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 Δ v 的方向相同．
(2)动量的变化量Δp，一般用末动量p′减去初动量p进行矢量运算，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)公式： I ＝ F Δ t .
(3)单位：N·s.
(4)方向：冲量是矢量，其方向与力的方向相同．
技巧点拨
1．动量与动能的比较
动量 动能
物理意义 描述机械运动状态的物理量
定义式 p＝mv E＝mv2
k
标矢性 矢量 标量变化因素 合外力的冲量 合外力所做的功
大小关系 p＝ E＝
k
变化量 Δp＝Ft ΔE＝Fl
k
(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
联系 (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
2.冲量的计算方法
(1)恒力的冲量：直接用定义式I＝Ft计算．
(2)变力的冲量
①作出F－t图线，图线与t轴所围的面积即为变力的冲量，如图1所示．
图1
②对于易确定始、末时刻动量的情况，可用动量定理求解．
例1 (多选)(2019·湖北宜昌市四月调研)一质量为m的运动员托着质量为M的重物从下蹲
状态(图2甲)缓慢运动到站立状态(图乙)，该过程重物和人的肩部相对位置不变，运动员保
持乙状态站立Δt时间后再将重物缓慢向上举，至双臂伸直(图丙)．甲到乙、乙到丙过程重物
上升高度分别为h、h，经历的时间分别为t、t，重力加速度为g，则( )
1 2 1 2
图2
A．地面对运动员的冲量大小为(M＋m)g(t＋t＋Δt)，地面对运动员做的功为0
1 2
B．地面对运动员的冲量大小为(M＋m)g(t＋t)，地面对运动员做的功为(M＋m)g(h＋h)
1 2 1 2
C．运动员对重物的冲量大小为Mg(t＋t＋Δt)，运动员对重物做的功为Mg(h＋h)
1 2 1 2
D．运动员对重物的冲量大小为Mg(t＋t)，运动员对重物做的功为0
1 2
答案 AC
解析 因运动员将重物缓慢上举，则可认为是平衡状态，地面对运动员的支持力大小为：
(M＋m)g，整个过程的时间为(t ＋t ＋Δt)，根据I＝Ft可知地面对运动员的冲量大小为(M＋
1 2
m)g(t ＋t ＋Δt)；因地面对运动员的支持力的作用点没有位移，可知地面对运动员做的功为
1 2
0，选项A正确，B错误；运动员对重物的作用力大小为Mg，作用时间为(t ＋t ＋Δt)，根据
1 2
I＝Ft可知运动员对重物的冲量大小为 Mg(t ＋t ＋Δt)，重物的位移为(h ＋h)，根据W＝
1 2 1 2Flcos α可知运动员对重物做的功为Mg(h＋h)，选项C正确，D错误．
1 2
1．(动能与动量的区别)(2019·广东肇庆中学模拟)对于一定质量的某物体而言，下列关于动
能和动量的关系正确的是( )
A．物体的动能改变，其动量不一定改变
B．物体动量改变，则其动能一定改变
C．物体的速度不变，则其动量不变，动能也不变
D．动量是标量，动能是矢量
答案 C
解析 物体的动能改变，则物体的速度大小一定改变，则其动量一定改变，A错误；动量表
达式为p＝mv，动量改变可能只是速度方向改变，其动能不一定改变，故B错误；物体的速
度不变，则其动量不变，动能也不变，C正确；动量是矢量，动能是标量，D错误．
2．(动量与动能的比较)(2018·全国卷Ⅰ·14)高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的
匀加速直线运动．在启动阶段，列车的动能( )
A．与它所经历的时间成正比 B．与它的位移成正比
C．与它的速度成正比 D．与它的动量成正比
答案 B
解析 列车启动的过程中加速度恒定，由匀变速直线运动的速度与时间关系可知 v＝at，且
列车的动能为E ＝mv2，由以上整理得E ＝ma2t2，动能与时间的平方成正比，动能与速度的
k k
平方成正比，A、C错误；将x＝at2代入上式得E ＝max，则列车的动能与位移成正比，B
k
正确；由动能与动量的关系式E＝可知，列车的动能与动量的平方成正比，D错误．
k
3.(利用F－t图像求冲量)(多选)(2021·广东深圳市调研)如图3所示，物体从t＝0时刻开始由
静止做直线运动，0～4 s内其合外力随时间变化的关系图线为正弦曲线，下列表述正确的是
( )
图3
A．0～2 s内合外力的冲量一直增大
B．0～4 s内合外力的冲量为零
C．2 s末物体的动量方向发生变化
D．0～4 s内物体动量的方向一直不变
答案 ABD
解析 根据F－t图像中图线与t轴围成的面积表示冲量，可知在0～2 s内合外力的冲量一直增大，故A正确；0～4 s内合外力的冲量为零，故B正确；2 s末冲量方向发生变化，物体
的动量开始减小，但方向不发生变化，0～4 s内物体动量的方向一直不变，故C错误，D正
确．
考点二 动量定理的理解和应用
基础回扣
1．内容：物体在一个过程中所受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 ) ＝ m v ′ － m v 或 I ＝ p ′ － p .
技巧点拨
1．对动量定理的理解
(1)Ft＝p′－p是矢量式，两边不仅大小相等，而且方向相同．式中 Ft是物体所受的合外力
的冲量．
(2)Ft＝p′－p除表明两边大小、方向的关系外，还说明了两边的因果关系，即合外力的冲
量是动量变化的原因．
(3)由Ft＝p′－p，得F＝＝，即物体所受的合外力等于物体动量的变化率．
(4)当物体运动包含多个不同过程时，可分段应用动量定理求解，也可以全过程应用动量定
理．
2．解题基本思路
(1)确定研究对象．
(2)对物体进行受力分析．可先求每个力的冲量，再求各力冲量的矢量和——合力的冲量；
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，如有必要还需要补充其他方程，最后代入数据求解．
用动量定理解释生活中的现象
例2 (2020·全国卷Ⅰ·14)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解析 汽车剧烈碰撞瞬间，安全气囊弹出，立即跟司机身体接触．司机在很短时间内由运动
到静止，动量的变化量是一定的，由于安全气囊的存在，作用时间变长，据动量定理 Δp＝
FΔt知，司机所受作用力减小；又知安全气囊打开后，司机受力面积变大，因此减小了司机
单位面积的受力大小；碰撞过程中，动能转化为内能．综上可知，选项D正确．
动量定理的有关计算
例3 (2018·全国卷Ⅱ·15)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，与地面的碰撞时间约为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
答案 C
解析 设每层楼高约为3 m，则下落高度约为
h＝3×25 m＝75 m
由mgh＝mv2及(F－mg)t＝mv结合牛顿第三定律知
鸡蛋对地面的冲击力F′＝F＝＋mg≈103 N.
动量定理在多过程中的应用
例4 (2019·河南郑州市调研)质量为1 kg的物体静止放在足够大的水平桌面上，物体与桌
面间的动摩擦因数为μ＝0.4.有一大小为5 N的水平恒力F作用于物体上，使之加速前进，
经3 s后撤去F.求物体运动的总时间．(g取10 m/s2)
答案 3.75 s
解析 物体由静止开始运动到停止运动的全过程中，F的冲量为Ft ，摩擦力的冲量为Ft.选
1 f
水平恒力F的方向为正方向，根据动量定理有
Ft－Ft＝0①
1 f
又F＝μmg②
f
联立①②式解得t＝＝3.75 s.
4．(对动量定理的理解)(2020·广西防城港市防城中学期中)关于动量定理，下列说法正确的
是( )
A．动量越大，合外力的冲量越大
B．动量变化越大，合外力的冲量越大
C．动量变化越快，合外力的冲量越大
D．冲量方向与动量方向相同答案 B
解析 合外力的冲量等于物体动量变化量，动量越大，动量变化量不一定越大，A错误，B
正确；根据动量定理有Ft＝mΔv，而动量变化越快，即F＝越大，mΔv不一定大，即合力的
冲量不一定大，C错误；冲量的方向和动量变化量的方向相同，D错误．
5.(动量定理的应用)(多选)(2021·宁夏石嘴山市第三中学月考)如图4，一个质量为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 s．下列说法正确的是( )
图4
A．球棒对垒球的平均作用力大小为1 260 N
B．球棒对垒球的平均作用力大小为360 N
C．球棒对垒球做的功为238.5 J
D．球棒对垒球做的功为126 J
答案 AD
解析 根据动量定理Ft＝mv －mv 得F＝＝ N＝－1 260 N，负号表示力的方向与初速度的
2 1
方向相反，选项A正确，B错误；根据动能定理，球棒对垒球做的功 W＝mv2－mv2＝
2 2
×0.18×452 J－×0.18×252 J＝126 J，选项C错误，D正确．
6．(动量定理与图像结合)(多选)(2017·全国卷Ⅲ·20)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5所示，则( )
图5
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 AB
解析 由动量定理可得：Ft＝mv，解得v＝.t＝1 s时物块的速率为v＝＝ m/s＝
1 m/s，故A正确；t＝2 s时物块的动量大小p ＝Ft ＝2×2 kg·m/s＝4 kg·m/s，t＝3 s时物块
2 12
的动量大小为p ＝(2×2－1×1) kg·m/s＝3 kg·m/s，t＝4 s 时物块的动量大小为p ＝(2×2－
3 4
1×2) kg·m/s＝2 kg·m/s，所以t＝4 s时物块的速度为1 m/s，故B正确，C、D错误．考点三 应用动量定理处理流体冲击力问题
研究 流体类：液体流、气体流等，通常已知密度ρ
对象 微粒类：电子流、光子流、尘埃等，通常给出单位体积内粒子数n
①构建“柱状”模型：沿流速v的方向选取一段小柱体，其横截面积为S
小柱体的体积ΔV＝vSΔt
分析 小柱体质量m＝ρΔV＝ρvSΔt
②微元研究
步骤 小柱体粒子数N＝nvSΔt
小柱体动量p＝mv＝ρv2SΔt
③建立方程，应用动量定理FΔt＝Δp研究
例5 (2020·黑龙江大庆实验中学期末)如图6所示为清洗汽车用的高压水枪．设水枪喷出
水柱直径为D，水流速度为v，水柱垂直汽车表面，水柱冲击汽车后水的速度为零．手持高
压水枪操作，进入水枪的水流速度可忽略不计，已知水的密度为ρ.下列说法正确的是( )
图6
A．高压水枪单位时间喷出的水的质量为ρπvD2
B．高压水枪单位时间喷出的水的质量为ρvD2
C．水柱对汽车的平均冲力为ρD2v2
D．当高压水枪喷口的出水速度变为原来的2倍时，喷出的水对汽车的压强变为原来的4倍
答案 D
解析 高压水枪单位时间喷出水的质量等于单位时间内喷出的水柱的质量，即 m ＝ρV＝
0
ρπ·v＝πρvD2，故A、B错误；水柱对汽车的平均冲力为F，由动量定理得Ft＝mv，即Ft＝
ρπvD2·t·v，解得F＝ρπv2D2，选项C错误；高压水枪喷出的水对汽车产生的压强p＝
＝＝ρv2，则当高压水枪喷口的出水速度变为原来的 2倍时，压强变为原来的4倍，选项D
正确．
7．(流体类冲击力问题)(2019·全国卷Ⅰ·16)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
解析 设1 s时间内喷出的气体的质量为m，喷出的气体与该发动机的相互作用力为 F，由
动量定理有Ft＝mv－0，则m＝＝ kg＝1.6×103 kg，选项B正确．
8．(微粒类冲击力问题)有一宇宙飞船，它沿运动方向的正对面积S＝2 m2，以v＝3×103
m/s的相对速度飞入一宇宙微粒尘区．此微粒尘区每1 m3空间中有一个微粒，每一个微粒的
平均质量为m＝2×10－7 kg.设微粒与飞船外壳碰撞后附着于飞船上，要使飞船速度不变，
飞船的牵引力应增加( )
A．3.6×103 N B．3.6 N
C．1.2×103 N D．1.2 N
答案 B
解析 t时间内与飞船碰撞并附着于飞船上的微粒总质量为 M＝vtSm，设飞船对微粒的作用
力为F，由动量定理得，Ft＝Mv，联立解得：F＝v2Sm，代入数据解得F＝3.6 N．根据牛顿
第三定律，微粒对飞船的作用力为3.6 N．要使飞船速度不变，根据平衡条件，飞船的牵引
力应增加3.6 N，选项B正确．
课时精练
1．(2020·黑龙江大庆铁人中学期末)下列关于动量、动能的说法中，正确的是( )
A．若物体的动能发生了变化，则物体的加速度也发生了变化
B．若物体的动能不变，则动量也不变
C．若一个系统所受的合外力为零，则该系统的动能不变
D．物体所受合力越大，它的动量变化就越快
答案 D
解析 若物体的动能发生了变化，则速度的大小一定变化，但是物体的加速度不一定发生变
化，例如物体做平抛运动，选项 A错误；若物体的动能不变，则速度的大小不变，但是动
量不一定不变，例如物体做匀速圆周运动，选项B错误；若一个系统所受的合外力为零，
则该系统的动能不一定不变，例如子弹射入放在光滑水平面的木块中时，选项C错误；根
据动量定理可知，F＝，即物体所受合外力越大，它的动量变化就越快，选项D正确．
2.(2019·湖北宜昌市元月调考)如图1所示，篮球运动员接传来的篮球时，通常要先伸出两臂
迎接，手接触到球后，两臂随球迅速引至胸前．这样做可以( )图1
A．减小球对手冲量的大小
B．减小球对手作用力的大小
C．减小球的动量变化量的大小
D．减小球对手的作用时间
答案 B
解析 先伸出两臂迎接，手接触到球后，两臂随球引至胸前，这样可以增加球与手接触的时
间，根据动量定理得：－Ft＝0－mv，F＝，当时间增加时，动量的变化量不变，则手对球
的作用力减小，由牛顿第三定律可知，球对手的作用力减小，所以B正确．
3.(多选)恒力F作用在质量为m的物体上，如图2所示，由于地面对物体的摩擦力较大，物
体没有被拉动，则经时间t，下列说法正确的是( )
图2
A．拉力F对物体的冲量大小为零
B．拉力F对物体的冲量大小为Ft
C．拉力F对物体的冲量大小是Ftcos θ
D．合力对物体的冲量大小为零
答案 BD
解析 对冲量的计算一定要分清求的是哪个力的冲量，是某一个力的冲量、合力的冲量、分
力的冲量、还是某一方向上力的冲量，这一个力的冲量与其他力的冲量无关，B、D正确．
4．(多选)(2020·广西防城港市防城中学期中)关于下列所描述的运动中，在任意相等的时间
内物体动量的改变量始终相同的是( )
A．沿水平方向抛出的物体仅在重力作用下的运动
B．物体在竖直面内做匀速圆周运动
C．月球绕地球的运动
D．一物体在恒力作用下沿水平方向做匀加速直线运动
答案 AD
解析 对于沿水平方向抛出的物体仅在重力作用下的运动，根据I＝mgt可知，在任意相等
的时间内物体所受的冲量相同，则动量的改变量始终相同，选项 A正确；物体在竖直面内
做匀速圆周运动，则在任意相等的时间内物体动量的改变量大小相等，但是方向不一定相同，选项B错误；月球绕地球的运动可视为匀速圆周运动，则在任意相等的时间内月球动量的
改变量大小相等，但是方向不一定相同，选项C错误；一物体在恒力作用下沿水平方向做
匀加速直线运动，根据Ft＝Δp可知，在任意相等的时间内物体动量的改变量始终相同，选
项D正确．
5.质量为1 kg的物体做直线运动，其速度—时间图像如图3所示．则物体在前10 s内和后
10 s内所受外力的冲量分别是( )
图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 由题图图像可知，在前10 s内初、末状态的动量相同，p ＝p ＝5 kg·m/s，由动量定
1 2
理知I＝0；在后10 s内末状态的动量p＝－5 kg·m/s，由动量定理得I＝p－p＝－10 N·s，
1 3 2 3 2
故选项D正确．
6．(2020·福建三元市三明一中期中)人们对手机的依赖性越来越强，有些人喜欢躺着看手机，
经常出现手机砸伤眼睛的情况．若手机质量为 120 g，从离人眼约20 cm的高度无初速度掉
落，砸到眼睛后手机未反弹，眼睛受到手机的冲击时间约为 0.2 s，取重力加速度g＝10
m/s2.下列分析正确的是( )
A．手机与眼睛作用过程中手机动量变化量大小约为0.48 kg·m/s
B．手机对眼睛的冲量大小约为0.48 N·s
C．手机对眼睛的冲量方向竖直向上
D．手机对眼睛的作用力大小约为0.24 N
答案 B
解析 根据自由落体运动公式得v＝＝ m/s＝2 m/s，选取向上为正方向，手机与眼睛作用后
手机的速度变为0，所以手机与眼睛作用过程中动量变化量为Δp＝0－
(－mv)＝0.12×2 kg·m/s＝0.24 kg·m/s，故A错误；手机与眼睛接触的过程中受到重力与眼
睛的作用力，则：I－mgt＝Δp，代入数据可得：I＝0.48 N·s，手机对眼睛的作用力与眼睛
y y
对手机的作用力大小相等，方向相反，作用的时间相等，所以手机对眼睛的冲量大小约为
0.48 N·s，方向竖直向下，故B正确，C错误；由冲量的定义得：I＝Ft，可得：F＝＝ N＝
y
2.4 N，故D错误．7．(多选)(八省联考·河北·7)游乐场滑索项目的简化模型如图4所示，索道AB段光滑，A点
比B点高1.25 m，与AB段平滑连接的BC段粗糙，长4 m．质量为50 kg的滑块从A点由静
止下滑，到B点进入水平减速区，在C点与缓冲墙发生碰撞，反弹后在距墙 1 m的D点停
下．设滑块与BC段的动摩擦因数为0.2，规定向右为正方向．g取10 m/s2.下列说法正确的
是( )
图4
A．缓冲墙对滑块的冲量为－50 N·s
B．缓冲墙对滑块的冲量为－250 N·s
C．缓冲墙对滑块做的功为－125 J
D．缓冲墙对滑块做的功为－250 J
答案 BC
解析 滑块从A点下滑，经过B滑动到C的过程中，根据动能定理有：mgh－μmgx ＝mv2
BC 1
－0，从C点反弹运动到D点的过程，根据动能定理有：－μmgx ＝0－mv2，代入数据解得
CD 2
v ＝3 m/s，v ＝2 m/s.滑块与缓冲墙作用的过程中，根据动量定理有I＝－mv －mv ，代入数
1 2 2 1
据，得I＝－250 N·s，故A错误，B正确；根据动能定理有：W＝mv2－mv2，代入数据得
2 1
W＝－125 J，故C正确，D错误．
8．(2020·吉林“五地六校”合作体联考)一物体在合外力F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5所示，在t 和2t 时刻，物体的动能分别为E 、
0 0 k1
E ，动量分别为p、p，则( )
k2 1 2
图5
A．E ＝8E ，p＝4p B．E ＝3E ，p＝3p
k2 k1 2 1 k2 k1 2 1
C．E ＝9E ，p＝3p D．E ＝3E ，p＝2p
k2 k1 2 1 k2 k1 2 1
答案 C
解析 根据动量定理得：
0～t 内：Ft＝mv
0 00 1
t～2t 内：2Ft＝mv－mv
0 0 00 2 1
解得：v∶v＝1∶3
1 2
由p＝mv得：p＝3p
2 1由E＝mv2得：E ＝mv2，E ＝mv2
k k1 1 k2 2
解得：E ＝9E ，故选C.
k2 k1
9.(2020·福建泉州市质检)如图6所示，ad、bd、cd是竖直面内三根固定的光滑细杆，a、b、
c、d四个点位于同一圆周上，a在圆周最高点，d在圆周最低点，每根杆上都套着质量相等
的小滑环(图中未画出)，三个滑环分别从a、b、c三个点同时由静止释放．关于它们下滑的
过程，下列说法正确的是( )
图6
A．重力对它们的冲量相同
B．弹力对它们的冲量相同
C．合外力对它们的冲量相同
D．它们动能的增量相同
答案 A
解析 这是“等时圆”模型，即三个滑环同时由静止释放，运动到最低点d点的时间相同，
由于三个环的重力相等，由公式I＝Ft分析可知，三个环重力的冲量相同，故A正确；从c
处下滑的小滑环受到的弹力最大，运动时间相等，则弹力对从 c处下滑的小滑环的冲量最大，
故B错误；从a处下滑的小滑环的加速度最大，受到的合力最大，则合力对从 a处下滑的小
滑环的冲量最大，故C错误；重力对从a处下滑的小滑环做功最多，其动能的增量最大，故
D错误．
10.(多选)(2021·福建龙岩市连城县第一中学月考)如图7，完全相同的均匀水球紧挨在一起水
平排列，子弹在水球中沿水平方向做匀变速直线运动，恰好能穿出第4个水球，下列说法正
确的是( )
图7
A．子弹在每个水球中的速度变化量相同
B．子弹在每个水球中的动能变化量相同
C．子弹在每个水球中运动的时间相同
D．每个水球对子弹的冲量不同答案 BD
解析 设子弹穿过每个水球的距离为d，子弹在水球中做匀减速直线运动，穿出第4个水球
时，其末速度为零，我们可以把子弹的运动视为反向的初速度为零的匀加速直线运动，则子
弹穿过最后1个、最后2个、最后3个、全部的4个水球的位移大小分别为d、2d、3d、
4d，根据x＝at2知，这4段位移对应的时间之比为1∶∶∶2，所以子弹在每个水球中运动的时
间不同，子弹在水球中沿水平方向做匀变速直线运动，则子弹在每个水球中加速度相同，受
力相同，由Δv＝at及子弹在每个水球中运动的时间不同可知，子弹在每个水球中速度的变
化量不同，选项A、C错误；子弹在每个水球中受力是相同的，运动的位移相同，所以子弹
受到的阻力对子弹做的功相等，根据动能定理 ΔE ＝W＝Fd，可知子弹在每个水球中的动能
k
变化量相同，选项B正确；子弹在每个水球中受力是相同的，运动的时间不同，冲量 I＝
Ft，可知每个水球对子弹的冲量不同，选项D正确．
11.(2020·山西晋中市模拟)质量相等的A、B两物体放在同一水平面上，分别受到水平拉力
F、F 的作用从静止开始做匀加速直线运动．经过时间t 和4t 速度分别达到2v 和v 时，分
1 2 0 0 0 0
别撤去F 和F ，两物体都做匀减速直线运动直至停止．两物体速度随时间的变化图线如图
1 2
8所示．设F 和F 对A、B两物体的冲量分别为I 和I ，F 和F 对A、B两物体做的功分别
1 2 1 2 1 2
为W 和W，则下列结论正确的是( )
1 2
图8
A．I∶I＝12∶5，W∶W＝6∶5
1 2 1 2
B．I∶I＝6∶5，W∶W＝3∶5
1 2 1 2
C．I∶I＝3∶5，W∶W＝6∶5
1 2 1 2
D．I∶I＝3∶5，W∶W＝12∶5
1 2 1 2
答案 C
解析 由题图可知，两物体匀减速运动的加速度大小相等，根据牛顿第二定律，匀减速运动
过程中有F＝ma，则摩擦力大小相等．对全过程应用动量定理，有 I－Ft＝0，则I ＝
f f 1
F·3t ，I ＝F·5t ，故I∶I ＝3∶5；对全过程运用动能定理得：W－Fx＝0，得W＝Fx，v－
f 0 2 f 0 1 2 f f
t图线与时间轴所围成的面积表示物体运动的位移，则位移之比为6∶5，整个运动过程中F
1
和F 做功之比为W∶W＝x∶x＝6∶5，故C正确．
2 1 2 1 2
12．(2020·江苏吴江中学月考)如图9所示 ，武装直升机的旋翼桨盘面积(桨叶旋转形成的圆
面面积)为S，空气密度为ρ，直升机质量为m，重力加速度为g.当直升机向上匀速运动时，
假设空气阻力恒为f，空气浮力不计，风力的影响也不计，下列说法正确的是( )图9
A．直升机悬停时受到的升力大小为mg＋f
B．直升机向上匀速运动时，1 s内被螺旋桨推动的空气质量为
C．直升机向上匀速运动时，1 s内被螺旋桨推动的空气质量为
D．直升机向上匀速运动时，1 s内发动机做的功为
答案 C
解析 根据平衡条件可得直升机悬停时受到的升力大小为 mg，故A错误；Δt时间内被螺旋
桨推动的空气的质量为Δm′＝ρSvΔt，螺旋桨对空气的作用力大小F＝，Δp＝Δm′v，由牛
顿第三定律知空气对螺旋桨的作用力大小F′＝F，为使飞机向上匀速运动，有F′＝mg＋
f，联立解得v＝，1 s内被螺旋桨推动的空气质量为M＝ρSv＝ρS＝，故B错误，C正确；由
动能定理可得1 s内发动机所做的功为W＝Mv2＝，故D错误．
13．在水平力F＝30 N的作用下，质量m＝5 kg的物体由静止开始沿水平面运动．已知物体
与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，若F作用6 s后撤去，撤去F后物体还能向前运动多长时
间才停止？(g取10 m/s2)
答案 12 s
解析 解法一 用动量定理，分段求解．
选物体为研究对象，对于撤去F前物体做匀加速运动的过程，始态速度为零，终态速度为v.
取水平力F的方向为正方向，根据动量定理有(F－μmg)t＝mv－0，
1
对于撤去F后物体做匀减速运动的过程，始态速度为v，终态速度为零．根据动量定理有
－μmgt＝0－mv.
2
联立解得t＝t＝×6 s＝12 s.
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解法二 用动量定理，研究全过程．
选物体作为研究对象，研究整个运动过程，这个过程的始、末状态物体的速度都等于零．
取水平力F的方向为正方向，根据动量定理得
(F－μmg)t＋(－μmg)t＝0
1 2
解得t＝t＝×6 s＝12 s.
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