【文档说明】(新高考)高考物理一轮复习讲义第7章 第1讲 动量定理及应用(含解析).doc，共(15)页，2.694 MB，由MTyang资料小铺上传

转载请保留链接：https://www.ichengzhen.cn/view-83589.html

以下为本文档部分文字说明：

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＝mv.(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Δv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＝FΔt.(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＝mvEk＝12mv2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＝2mEkEk＝p22m变化量Δp＝

FtΔEk＝Fl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1②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)如图2所示，两个质量相等的物体在同一高度沿倾角不同的两个光滑固定斜面由静止自由滑下，到达斜面底端的过程中，下列说法正确的是()图2A．两个物体重力的冲量大小相等B．两个物

体合力的冲量大小相等C．刚到达底端时两个物体的动量相同D．到达斜面底端时两个物体的动能相等答案BD解析设斜面倾角为θ，物体下滑的加速度a＝gsinθ，根据hsinθ＝12at2，知t＝2hgsin2θ，知运动的时间不等，根据I＝mgt，

则两个物体重力的冲量大小不等，故A错误；根据动能定理知mgh＝12mv2，到达底端时两个物体的动能相等，故D正确；两物体速度大小相等，但是方向不同，所以到达底端时的动量不同，故C错误；因为初动量都为零，末状态动量大小相等，根据动量定理知，合

力的冲量大小相等，故B正确．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Ek＝12mv2，由以上整理得Ek＝12ma2t2，动能与时间的平方成正比，动能与速度的平方成正比，A、C错误；将x＝12at2代入上式得Ek＝max，则列车的动能与位移成正比，B正确；由动能与动量的

关系式Ek＝p22m可知，列车的动能与动量的平方成正比，D错误．3.(利用F－t图象求冲量)(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，0～4s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3A．0～2s内合外力的冲量一

直增大B．0～4s内合外力的冲量为零C．2s末物体的动量方向发生变化D．0～4s内物体动量的方向一直不变答案ABD解析根据F－t图象中图线与t轴围成的面积表示冲量，可知在0～2s内合外力的冲量一直增大，故A正确；0～4s内合外力的冲量为零，故B正确；2s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，0～4s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)＝mv′－mv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＝p′－pt＝Δpt，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．10NB．102NC．103ND．104N答案C解析设每层楼高约为3m，则下落高度约为h＝3×25m＝75m由mgh＝12mv2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＝m2ght＋mg≈103N.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1kg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5N的水平恒力F作用于物体上，使之加速前进，经3s后撤去F.求物体运动的总时间．(g取10m/s2)答案3.75s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Ft1，摩擦力的冲量为Fft.

选水平恒力F的方向为正方向，根据动量定理有Ft1－Fft＝0①又Ff＝μmg②联立①②式解得t＝Ft1μmg＝3.75s.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＝mΔvt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)(2020·宁夏石嘴山市第三中学月考)如图4，一个质量为0.18kg的垒球，以25m/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45m/s，设球棒与垒球的作用时间为0.01s．下列说法正确的是()图4A

．球棒对垒球的平均作用力大小为1260NB．球棒对垒球的平均作用力大小为360NC．球棒对垒球做的功为238.5JD．球棒对垒球做的功为126J答案AD解析根据动量定理Ft＝mv2－mv1得F＝mv2－mv1t＝－0.18×45－0.18×250.01N＝－1260N，负号表示

力的方向与初速度的方向相反，选项A正确，B错误；根据动能定理，球棒对垒球做的功W＝12mv22－12mv12＝12×0.18×452J－12×0.18×252J＝126J，选项C错误，D正确．6．(动量定理与图象结合)(多选)(2017·全国卷Ⅲ·20)一质量为2kg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5A．t＝1s时物块的速率为1m/sB．t＝2s时物块的动量大小为4kg·m/sC．t＝3s时物块的动量大小为5kg·m/sD．t＝4s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＝Ftm.t＝1s时物块的速率为v＝F1t1m＝2×12m/s＝1m/s，故A正确；t＝2s时物块的动量大小p2＝F1t2＝2×2kg·m/s＝4kg·m/s，t＝3s时物块的动量大小为p3＝(2×2－1×1)kg·m/s＝3kg·m/s，t＝4s时物块

的动量大小为p4＝(2×2－1×2)kg·m/s＝2kg·m/s，所以t＝4s时物块的速度为1m/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对象流体类：液体流、气体流等，通常已知密度ρ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分析步骤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S②微元研究小柱体的体积ΔV＝vSΔt小柱体质量m＝ρΔV＝ρvSΔt小柱体粒子数N＝nvSΔt小柱体动量p＝mv＝ρv2SΔt③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6A．高压水枪单位时间喷出的水的质量为ρπvD2B．高压水枪单位时间喷出的水的质

量为14ρvD2C．水柱对汽车的平均冲力为14ρD2v2D．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m0＝ρV＝ρπD24·v＝14πρvD2，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＝14ρπvD2·t·v，解得F＝14ρπv2D2，选项C错误；高压水枪喷出的水对汽车产生的压强p＝FS＝14ρπv2D214πD2＝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3km/s，产生的推力约为4.8×106N，则它在1s时间内喷射的气体质量约为()A．1.6×102kgB．1.6×

103kgC．1.6×105kgD．1.6×106kg答案B解析设1s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＝Ftv＝4.8×106×13×103kg＝1.6×103kg，选项B正确．8．(流体类冲击力问题)人们常说“

滴水能穿石”．一瀑布落差为h＝20m，水流量为Q＝0.20m3/s，水的密度ρ＝1.0×103kg/m3，水在最高点和落至石头上后的速度都认为是零(落在石头上的水立即流走，石头对水作用时不考虑水的重力，g取10m/s2)．求水对石头的冲击力的大小．答案4×103N解析水在下落过程中，根据

动能定理得，Mgh＝12Mv2水下落20m时的速度v＝20m/s设极短时间t内落至石头上的水的质量为m，则m＝Qtρ设石头对水的平均作用力为F，根据动量定理得Ft＝mv联立并代入数据得F＝4×103N.由牛顿第

三定律得水对石头的冲击力大小为F′＝F＝4×103N．课时精练1．关于动量和冲量，下列说法正确的是()A．动量越大的物体受到的冲量越大B．冲量总是与物体动量方向相同C．冲量是物体动量变化的原因D．作用在静止物体上的力的冲量总是为零答案C解析冲量是物体动量变化的原因，选项C正确；动量大说

明物体的速度大，但无法明确动量的变化，故不能确定物体的冲量大小，选项A错误；冲量与物体动量变化量方向相同，选项B错误；根据I＝Ft，只要有力作用在物体上，经过一段时间，这个力便有了冲量，与物体处于什么运动状态无关，故选项D错误．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1A．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＝mvt，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2A．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FtC．拉力F对物体的冲量大小是FtcosθD．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

1kg的物体做直线运动，其速度—时间图象如图3所示．则物体在前10s内和后10s内所受外力的冲量分别是()图3A．10N·s,10N·sB．10N·s，－10N·sC．0,10N·sD．0，－10N·s答案D解析由题图图象可知

，在前10s内初、末状态的动量相同，p1＝p2＝5kg·m/s，由动量定理知I1＝0；在后10s内末状态的动量p3＝－5kg·m/s，由动量定理得I2＝p3－p2＝－10N·s，故选项D正确．6．有一宇宙飞船，它沿运动方向的正对面积S＝2m2，以v

＝3×103m/s的相对速度飞入一宇宙微粒尘区．此微粒尘区每1m3空间中有一个微粒，每一个微粒的平均质量为m＝2×10－7kg.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×

103NB．3.6NC．1.2×103ND．1.2N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＝3.6N．根据牛

顿第三定律，微粒对飞船的作用力为3.6N．要使飞船速度不变，根据平衡条件，飞船的牵引力应增加3.6N，选项B正确．7．(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120g，从离人眼约20cm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0.2s，取重力加速度g＝10m/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0.48kg·m/sB．手机对眼睛的冲

量大小约为0.48N·sC．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0.24N答案B解析根据自由落体运动公式得v＝2gh＝2×10×0.2m/s＝2m/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Δ

p＝0－(－mv)＝0.12×2kg·m/s＝0.24kg·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：Iy－mgt＝Δp，代入数据可得：Iy＝0.48N·s，手机对眼睛的作用力与眼睛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0.48N·s，方向竖直向下，故B正确，C错误；由冲量的定义得：Iy＝Ft，可得：F＝Iyt＝0.480.2N＝2.4N，故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4所示，在t0和2t0时刻，物体的动能分别为Ek1、Ek2，动量分别为p1、p2，则()图4A．Ek2＝8Ek1，p2＝4p1B．Ek2＝3Ek1，p2＝3p1C．Ek2＝9Ek1，p2＝3p1D．Ek2＝3Ek1

，p2＝2p1答案C解析根据动量定理得：0～t0内：F0t0＝mv1t0～2t0内：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，故选C.9.(2020·福建泉州市质检)如图5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5A．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)(2020·福建龙岩市连城县第一中学月考)如图6，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6A．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＝12at

2知，这4段位移对应的时间之比为1∶2∶3∶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ΔEk＝W＝Fd，可知子弹在每个水球中的动能变化量相同，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F1、F2的作用从静止开始做匀加速直线运动．经过时间t0和4t0速度分别达到2v0和v0时，分别撤去F1和F2，两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7所示．设F1和F2对A、B两物体的冲量分别为I1和I2，F1和F2对A、B两物体做的功分别为W1和W2，则下列结论正确的是()图7A．I1∶I2＝12∶5，W1∶W2＝6∶5B．I1∶I2＝6∶

5，W1∶W2＝3∶5C．I1∶I2＝3∶5，W1∶W2＝6∶5D．I1∶I2＝3∶5，W1∶W2＝12∶5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Ff＝ma，则摩擦力大小相等．对全过程应用动

量定理，有I－Fft＝0，则I1＝Ff·3t0，I2＝Ff·5t0，故I1∶I2＝3∶5；对全过程运用动能定理得：W－Ffx＝0，得W＝Ffx，v－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F1和F2做功之比为W1

∶W2＝x1∶x2＝6∶5，故C正确．12．(2020·江苏吴江中学月考)如图8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8A．直升机悬停时受到的升力大小为mg＋fB．直升机向上匀速运动时，1s内被螺旋桨推动的空气质量为mg＋f2ρSC．直升机向上匀速运动时，1s内被螺旋桨推动的空气质量为mg＋fρSD．直升机向上匀速运动时，1s内发动机做的功为m

3g3ρS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＝ΔpΔt，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＝mg＋fρS，1s内被螺旋桨推动的空气质量为M＝ρSv＝ρSmg＋fρS＝mg＋fρS，故B错误，C正确；由动能定理可得1s内发动机所做的功为W＝12Mv2＝12mg＋f3ρS，故D错误．13．在水平力F＝30N的作用下，质量m＝5kg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6s后撤去，撤去F后物体还能向前运动多长时间才停止？(g取10m/s2)答案12s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)t1＝mv－0，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－μmgt2＝0－mv.联立解得t2＝F－μmgμmgt1＝30－0.2×5×100.2×5×10×6s＝12s.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)t1＋(－μmg)t2＝0解得t2＝F－μmgμmgt1＝30

－0.2×5×100.2×5×10×6s＝12s.