2025版高考物理大一轮复习第六章第1讲动量定理及应用讲义含解析教科版

PAGEPAGE1动量定理及应用五年高考(全国卷)命题分析五年常考热点五年未考重点动量、动量定理及应用2024202420242卷15题3卷20题1卷35(2)题1.动量和冲量的理解和计算2.板块模型中的动量和能量问题3.“人船模型”问题4.“子弹打木块”模型5.验证动量守恒定律动量守恒定律的应用202420141卷14题、2卷15题2卷35(2)题动量和能量观点解决碰撞或爆炸类问题20242024201520141卷24题、2卷24题2卷35(2)题、3卷35(2)题1卷35(2)题、2卷35(2)题1卷35(2)题1.考查方式：从前几年命题规律来看，应用碰撞或反冲运动模型，以计算题的形式考查动量和能量观点的综合应用.2.命题趋势：由于动量守恒定律作为必考内容，因此综合应用动量和能量观点解决碰撞模型问题将仍是今后命题的热点，既可以将动量与力学学问结合，也可将动量和电学学问结合，作为理综试卷压轴计算题进行命题.第1讲动量定理及应用一、动量、动量变更、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．动量的变更(1)因为动量是矢量，动量的变更量Δp也是矢量，其方向与速度的变更量Δv的方向相同．(2)动量的变更量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做力的冲量．(2)公式：I＝Ft.(3)单位：N·s.(4)方向：冲量是矢量，其方向与力的方向相同．自测1(2024·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．与它所经验的时间成正比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解析高铁列车做初速度为零的匀加速直线运动，则速度v＝at，动能Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)ma2t2，与经验的时间的平方成正比，A项错误；依据v2＝2ax，动能Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)m·2ax＝max，与位移成正比，B项正确；动能Ek＝eq\f(1,2)mv2，与速度的平方成正比，C项错误；动量p＝mv，动能Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(p2,2m)，与动量的平方成正比，D项错误．二、动量定理1．内容：物体在一个运动过程始末的动量变更量等于它在这个过程中所受合力的冲量．2．公式：mv′－mv＝F(t′－t)或p′－p＝I.3．动量定理的理解(1)动量定理反映了力的冲量与动量变更量之间的因果关系，即外力的冲量是缘由，物体的动量变更量是结果．(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．自测2(2024·全国卷Ⅱ·15)高空坠物极易对行人造成损害．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＝eq\f(1,2)mv2及(F－mg)t＝mv知鸡蛋对地面的冲击力F＝eq\f(m\r(2gh),t)＋mg≈103N.命题点一对动量和冲量的理解1．对动量的理解(1)动量的两性①瞬时性：动量是描述物体运动状态的物理量，是针对某一时刻或位置而言的．②相对性：动量的大小与参考系的选取有关，通常状况是指相对地面的动量．(2)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＝eq\f(1,2)mv2标矢性矢量标量变更因素物体所受冲量外力所做的功大小关系p＝eq\r(2mEk)Ek＝eq\f(p2,2m)对于给定的物体，若动能发生了变更，动量肯定也发生了变更；而动量发生变更，动能不肯定发生变更．它们都是相对量，均与参考系的选取有关，中学阶段通常选取地面为参考系2.对冲量的理解(1)冲量的两性①时间性：冲量不仅由力确定，还由力的作用时间确定，恒力的冲量等于该力与该力的作用时间的乘积．②矢量性：对于方向恒定的力来说，冲量的方向与力的方向一样；对于作用时间内方向变更的力来说，冲量的方向与相应时间内物体动量变更量的方向一样．(2)作用力和反作用力的冲量：肯定等大、反向，但作用力和反作用力做的功之间并无必定联系．(3)冲量与功的比较冲量功定义作用在物体上的力和力的作用时间的乘积作用在物体上的力和物体在力的方向上的位移的乘积单位N·sJ公式I＝Ft(F为恒力)W＝Fxcosα(F为恒力)标矢性矢量标量意义①表示力对时间的累积②是动量变更的量度①表示力对空间的累积②是能量变更多少的量度都是过程量，都与力的作用过程相互联系例1(2024·广西南宁市3月适应测试)跳水运动员在跳台上由静止直立落下，落入水中后在水中减速运动到速度为零时并未到达池底，不计空气阻力，则关于运动员从静止落下到水中向下运动到速度为零的过程中，下列说法不正确的是()A．运动员在空中动量的变更量等于重力的冲量B．运动员整个向下运动过程中合外力的冲量为零C．运动员在水中动量的变更量等于水的作用力的冲量D．运动员整个运动过程中重力冲量与水的作用力的冲量等大反向答案C解析依据动量定理可知，运动员在空中动量的变更量等于重力的冲量，A项正确；运动员整个向下运动过程中，初速度为零，末速度为零，因此合外力的冲量为零，B项正确；运动员在水中动量的变更量等于重力和水的作用力的合力的冲量，C项错误；由于整个过程合外力的冲量为零，因此运动员整个过程中重力冲量与水的作用力的冲量等大反向，D项正确．变式1(2024·河北省唐山市上学期期末)1998年6月18日，清华高校对富康轿车胜利地进行了中国轿车史上的第一次碰撞平安性试验，胜利“中华第一撞”，从今，我国汽车整体平安性碰撞试验起先与国际接轨，在碰撞过程中，关于平安气囊的爱护作用相识正确的是()A．平安气囊的作用减小了驾驶员的动量变更B．平安气囊减小了驾驶员受到撞击力的冲量C．平安气囊主要是减小了驾驶员的动量变更率D．平安气囊延长了撞击力的作用时间，从而使得动量变更更大答案C解析在碰撞过程中，驾驶员的动量的变更量是肯定的，而用平安气囊后增加了作用的时间，依据动量定理Ft＝Δp可知，平安气囊减小了驾驶员受到的撞击力，即平安气囊减小了驾驶员的动量变更率．例2(2024·甘肃省庆阳市调研)如图1所示，竖直面内有一个固定圆环，MN是它在竖直方向上的直径．两根光滑滑轨MP、QN的端点都在圆周上，MP>QN.将两个完全相同的小滑块a、b分别从M、Q点无初速度释放，在它们各自沿MP、QN运动到圆周上的过程中，下列说法中正确的是()图1A．合力对两滑块的冲量大小相同B．重力对a滑块的冲量较大C．弹力对a滑块的冲量较小D．两滑块的动量变更大小相同答案C解析这是“等时圆”，即两滑块同时到达滑轨底端．合力F＝mgsinθ(θ为滑轨倾角)，Fa>Fb，因此合力对a滑块的冲量较大，a滑块的动量变更也大；重力的冲量大小、方向都相同；弹力N＝mgcosθ，Na<Nb，因此弹力对a滑块的冲量较小．选C.变式2(多选)如图2所示，一个物体在与水平方向成θ角的拉力F的作用下匀速前进了时间t，则()图2A．拉力对物体的冲量大小为FtB．拉力对物体的冲量大小为FtsinθC．摩擦力对物体的冲量大小为FtsinθD．合外力对物体的冲量大小为零答案AD解析拉力F对物体的冲量大小为Ft，故A项正确，B项错误；物体受到的摩擦力f＝Fcosθ，所以，摩擦力对物体的冲量大小为ft＝Ftcosθ，故C项错误；物体匀速运动，则合外力为零，所以合外力对物体的冲量大小为零，故D项正确．命题点二动量定理的基本应用1．动量定理的理解(1)中学物理中，动量定理探讨的对象通常是单个物体．(2)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．(3)Ft＝p′－p除表明两边大小、方向的关系外，还说明白两边的因果关系，即合外力的冲量是动量变更的缘由．(4)由Ft＝p′－p，得F＝eq\f(p′－p,t)＝eq\f(Δp,t)，即物体所受的合外力等于物体的动量对时间的变更率．2．用动量定理解题的基本思路(1)确定探讨对象．在中学阶段用动量定理探讨的问题，其探讨对象一般仅限于单个物体．(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)依据动量定理列方程，如有必要还须要补充其他方程，最终代入数据求解．例3(2024·福建省三明市上学期期末)用豆粒模拟气体分子，可以模拟气体压强产生的原理．如图3所示，从距秤盘80cm高处把1000粒的豆粒连续匀称地倒在秤盘上，持续作用时间为1s，豆粒弹起时竖直方向的速度大小变为碰前的一半，方向相反．若每个豆粒只与秤盘碰撞一次，且碰撞时间极短(在豆粒与秤盘碰撞极短时间内，碰撞力远大于豆粒受到的重力)，已知1000粒的豆粒的总质量为100g．则在碰撞过程中秤盘受到的压力大小约为()图3A．0.2N B．0.6NC．1.0N D．1.6N答案B解析豆粒从80cm高处下落到秤盘上时的速度为v1，veq\o\al(12,)＝2gh，则v1＝eq\r(2gh)＝eq\r(2×10×0.8)m/s＝4m/s设竖直向上为正方向，依据动量定理：Ft＝mv2－mv1则F＝eq\f(mv2－mv1,t)＝eq\f(0.1×2－0.1×－4,1)N＝0.6N，故B正确，A、C、D错误．变式3(多选)(2024·陕西省安康市其次次联考)一质量为m＝60kg的运动员从下蹲状态竖直向上跳起，经t＝0.2s，以大小v＝1m/s的速度离开地面，取重力加速度g＝10m/s2，在这0.2s内()A．地面对运动员的冲量大小为180N·sB．地面对运动员的冲量大小为60N·sC．地面对运动员做的功为30JD．地面对运动员做的功为零答案AD解析人的速度由原来的零，起跳后变为v，设向上为正方向，由动量定理可得：I－mgt＝mv－0，故地面对人的冲量为：I＝mv＋mgt＝60×1N·s＋600×0.2N·s＝180N·s，故A正确，B错误；人在跳起时，地面对人的支持力竖直向上，在跳起过程中，在支持力方向上没有位移，所以地面对运动员的支持力不做功，故C错误，D正确．命题点三动量定理在多过程问题中的应用应用动量定理解决多过程问题的方法与动能定理类似，有分段列式和全程列式两种思路．例4一高空作业的工人重为600N，系一条长为L＝5m的平安带，若工人不慎跌落时平安带的缓冲时间t＝1s(工人最终静止悬挂在空中)，则缓冲过程中平安带受的平均冲力是多少？(g取10m/s2，忽视空气阻力的影响)答案1200N，方向竖直向下解析解法一分段列式法：依题意作图，如图所示，设工人刚要拉紧平安带时的速度为v1，veq\o\al(12,)＝2gL，得v1＝eq\r(2gL)经缓冲时间t＝1s后速度变为0，取向下的方向为正方向，对工人由动量定理知，工人受两个力作用，即拉力F和重力mg，所以(mg－F)t＝0－mv1，F＝eq\f(mgt＋mv1,t)将数值代入得F＝1200N.由牛顿第三定律，工人给平安带的平均冲力F′为1200N，方向竖直向下．解法二全程列式法：在整个下落过程中对工人应用动量定理，重力的冲量大小为mg(eq\r(\f(2L,g))＋t)，拉力F的冲量大小为Ft.初、末动量都是零，取向下为正方向，由动量定理知mg(eq\r(\f(2L,g))＋t)－Ft＝0解得F＝eq\f(mg\r(\f(2L,g))＋t,t)＝1200N由牛顿第三定律知工人给平安带的平均冲力F′＝F＝1200N，方向竖直向下．变式4一个质量为m＝100g的小球从离厚软垫h＝0.8m高处自由下落，落到厚软垫上，若从小球接触软垫到小球陷至最低点经验了t＝0.2s，不计空气阻力，则在这段时间内，软垫对小球的冲量是多少？(取g＝10m/s2)答案0.6N·s，方向竖直向上解析设小球自由下落h＝0.8m的时间为t1，由h＝eq\f(1,2)gteq\o\al(12,)得t1＝eq\r(\f(2h,g))＝0.4s.设I为软垫对小球的冲量，并令竖直向下的方向为正方向，则对小球整个运动过程运用动量定理得mg(t1＋t)＋I＝0，得I＝－0.6N·s.负号表示软垫对小球的冲量方向和规定的正方向相反，方向竖直向上．命题点四应用动量定理处理“流体模型”的冲击力问题1．探讨对象经常须要选取流体为探讨对象，如水、空气等．2．探讨方法隔离出肯定形态的一部分流体作为探讨对象，然后列式求解．3．基本思路(1)在极短时间Δt内，取一小柱体作为探讨对象．(2)求小柱体的体积ΔV＝vSΔt(3)求小柱体质量Δm＝ρΔV＝ρvSΔt(4)求小柱体的动量变更Δp＝vΔm＝ρv2SΔt(5)应用动量定理FΔt＝Δp例5(2024·全国卷Ⅰ·35(2))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．为计算便利起见，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，在水平方向朝四周匀称散开．忽视空气阻力．已知水的密度为ρ，重力加速度大小为g.求：(1)喷泉单位时间内喷出的水的质量；(2)玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度．答案(1)ρv0S(2)eq\f(v\o\al(,02),2g)－eq\f(M2g,2ρ2v\o\al(02,)S2)解析(1)在刚喷出一段很短的Δt时间内，可认为喷出的水柱保持速度v0不变．该时间内，喷出水柱高度Δl＝v0Δt①喷出水柱质量Δm＝ρΔV②其中ΔV为水柱体积，满意ΔV＝ΔlS③由①②③可得：喷泉单位时间内喷出的水的质量为eq\f(Δm,Δt)＝ρv0S(2)设玩具底板相对于喷口的高度为h由玩具受力平衡得F冲＝Mg④其中，F冲为水柱对玩具底板的作用力由牛顿第三定律：F压＝F冲⑤其中，F压为玩具底板对水柱的作用力，设v′为水柱到达玩具底面时的速度由运动学公式：v′2－veq\o\al(02,)＝－2gh⑥在很短Δt时间内，冲击玩具的水柱的质量为ΔmΔm＝ρv0SΔt⑦由题意可知，在竖直方向上，对该部分水柱应用动量定理(F压＋Δmg)Δt＝Δmv′⑧由于Δt很小，Δmg也很小，可以忽视，⑧式变为F压Δt＝Δmv′⑨由④⑤⑥⑦⑨可得h＝eq\f(v\o\al(02,),2g)－eq\f(M2g,2ρ2v\o\al(02,)S2)A．0.15Pa B．0.54PaC．1.5Pa D．5.4Pa答案A解析设雨滴受到睡莲叶面的平均作用力为F，在Δt时间内有质量为Δm的雨水的速度由v＝12m/s减为零．以向上的方向为正方向，对这部分雨水应用动量定理：FΔt＝0－(－Δmv)＝Δmv，得到F＝eq\f(Δm,Δt)v.设水杯横截面积为S，对水杯里的雨水，在Δt时间内水面上升Δh，则有Δm＝ρSΔh，得F＝ρSveq\f(Δh,Δt).压强p＝eq\f(F,S)＝ρveq\f(Δh,Δt)＝1×103×12×eq\f(45×10－3,3600)Pa＝0.15Pa.变式6如图4所示，由喷泉中喷出的水柱，把一个质量为M的垃圾桶倒顶在空中，水以速率v0、恒定的质量增率(即单位时间喷出的质量)eq\f(Δm,Δt)从地下射向空中．求垃圾桶可停留的最大高度．(设水柱喷到桶底后以相同的速率反弹，重力加速度为g)图4答案eq\f(v\o\al(02,),2g)－eq\f(M2g,8)(eq\f(Δt,Δm))2解析设垃圾桶可停留的最大高度为h，并设水柱到达h高处的速度为vt，则veq\o\al(t2,)－veq\o\al(02,)＝－2gh得veq\o\al(t2,)＝veq\o\al(02,)－2gh由动量定理得，在极短时间Δt内，水受到的冲量为FΔt＝2(eq\f(Δm,Δt)·Δt)vt解得F＝2eq\f(Δm,Δt)·vt＝2eq\f(Δm,Δt)eq\r(v\o\al(02,)－2gh)据题意有F＝Mg联立解得h＝eq\f(v\o\al(02,),2g)－eq\f(M2g,8)(eq\f(Δt,Δm))21．(2024·山东省日照市校际联合质检)关于动量和动能，下列说法中错误的是()A．做变速运动的物体，动能肯定不断变更B．做变速运动的物体，动量肯定不断变更C．合外力对物体做功为零，物体动能的增量肯定为零D．合外力的冲量为零，物体动量的增量肯定为零答案A解析做变速运动的物体，速度大小不肯定变更，动能不肯定变更，故A错误；做变速运动的物体，速度发生变更，动量肯定不断变更，故B正确；合外力对物体做功为零，由动能定理，物体动能的增量肯定为零，故C正确；合外力的冲量为零，由动量定理，物体动量的增量肯定为零，故D正确．2．(2024·四川省德阳市高考一诊)假如一物体在随意相等的时间内受到的冲量相等，则此物体的运动不行能是()A．匀速圆周运动 B．自由落体运动C．平抛运动 D．竖直上抛运动答案A解析假如物体在任何相等的时间内受到的冲量都相同，由I＝Ft可知，物体受到的力是恒力．则物体可以做自由落体运动、平抛运动或竖直上抛运动，故B、C、D正确；物体做匀速圆周运动，所受合外力方向不断变更，合力为变力，不能满意在任何相等时间内，合外力的冲量相等，故不行能为匀速圆周运动，故A错误．3.(2024·福建省泉州市质检)如图1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1A．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”，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等，故A正确；c环受到的弹力最大，运动时间相等，则弹力对环c的冲量最大，故B错误；a环的加速度最大，受到的合力最大，则合力对a环的冲量最大，故C错误；重力对a环做功最多，其动能的增量最大，故D错误．4．(多选)(2024·河南省开封市第三次模拟)为了进一步探究课本中的迷你小试验，某同学从圆珠笔中取出轻弹簧，将弹簧一端固定在水平桌面上，另一端套上笔帽，用力把笔帽往下压后快速放开，他视察到笔帽被弹起并离开弹簧向上运动一段距离．不计空气阻力，忽视笔帽与弹簧间的摩擦，在弹簧复原原长的过程中()A．笔帽始终做加速运动B．弹簧对笔帽做的功和对桌面做的功相等C．弹簧对笔帽的冲量大小和对桌面的冲量大小相等D．弹簧对笔帽的弹力做功的平均功率大于笔帽克服重力做功的平均功率答案CD解析弹簧复原原长的过程中，笔帽向上加速运动，弹簧压缩量减小，弹力减小，当弹力等于重力时，加速度为零，速度最大，此后弹力小于重力，合力向下，加速度与速度反向，笔帽做减速运动，故A错误；笔帽向上运动，受到的弹力方向向上，力与位移同向，故弹力对笔帽做正功，重力方向向下，与位移反向，对笔帽做负功，由于笔帽动能增加，所以弹簧对笔帽做的功大于笔帽克服重力做的功，时间相同，依据功率的定义，故D正确；弹簧对桌面虽然有弹力，但没有位移，所以不做功，故B错误；由于轻弹簧质量不计，所以弹簧对桌面的弹力等于对笔帽的弹力，作用时间相同，冲量大小相等，故C正确．5．(2024·山东省济宁市上学期期末)质量相同的子弹、橡皮泥和钢球以相同的水平速度射向竖直墙壁，结果子弹穿墙而过，橡皮泥粘在墙上，钢球被弹回．不计空气阻力，关于它们对墙的水平冲量的大小，下列说法正确的是()A．子弹对墙的冲量最小B．橡皮泥对墙的冲量最小C．钢球对墙的冲量最小D．子弹、橡皮泥和钢球对墙的冲量大小相等答案A解析由于子弹、橡皮泥和钢球的质量相等、初速度相等，则它们动量的变更量：Δp＝mv－mv0，子弹穿墙而过，末速度的方向为正；橡皮泥粘在墙上，末速度等于0；钢球被弹回，末速度的方向与初速度方向相反，可知子弹的动量变更量最小，钢球的动量变更量最大，由动量定理：I＝Δp，所以子弹受到的冲量最小，钢球受到的冲量最大，结合牛顿第三定律可知，子弹对墙的冲量最小，钢球对墙的冲量最大，故A正确，B、C、D错误．6.(2024·河南省商丘市上学期期末)李老师在课堂上做了如下的小试验：他把一支粉笔竖直放在水平桌面上靠近边缘的纸条上，如图2所示．第一次他渐渐拉动纸条将纸条抽出，粉笔向后倾倒．其次次他快速将纸条抽出，粉笔稍微晃动一下又静立在桌面上．两次现象相比，下列说法正确的是()图2A．第一次粉笔的惯性更小B．第一次粉笔受到纸带的摩擦力更大C．第一次粉笔受到纸带的冲量更小D．第一次粉笔获得的动量更大答案D解析两次拉动纸条的过程中粉笔的质量不变，则其惯性不变，故A错误；两次拉动纸条的过程中粉笔对纸条的正压力不变，则纸条对粉笔的摩擦力不变，故B错误；第一次渐渐拉动纸条将纸条抽出作用时间变长，则摩擦力对粉笔冲量更大，故C错误；由动量定理可知，第一次合外力的冲量更大，则第一次粉笔获得的动量更大，故D正确．7．(2024·四川省攀枝花市其次次统考)在距地面高度为h处，同时以大小相等的初速度v0，分别平抛、竖直上抛、竖直下抛出一个质量相等的小球，不计空气阻力，比较它们从抛出到落地过程中动量的增量Δp，正确的是()A．平抛过程中动量的增量Δp最大B．竖直下抛过程中动量的增量Δp最大C．竖直上抛过程中动量的增量Δp最大D．三者一样大答案C解析三个小球中竖直上抛的小球运动时间最长，而竖直下抛的小球运动时间最短，由I＝Ft可知竖直上抛的小球，重力的冲量最大，由动量定理I＝Δp可知，竖直上抛的小球动量的增量最大，故C正确．8．(2024·湖南省长沙市雅礼中学模拟二)下列说法错误的是()A．火箭靠喷出气流的反冲作用而获得巨大速度B．体操运动员在着地时屈腿是为了减小地面对运动员的作用力C．用枪射击时要用肩部抵住枪身是为了削减反冲的影响D．为了减轻撞车时对司乘人员的损害程度，发动机舱越坚实越好答案D解析火箭升空时，内能转化为机械能，火箭向后喷出气流，火箭对气流有向后的力，由于力的作用是相互的，气流对火箭有向前的作用力，从而推动火箭前进，故选项A正确；体操运动员在着地的过程中，动量变更肯定．由动量定理可知，体操运动员受到的冲量I肯定．由I＝Ft可知，体操运动员在着地时屈腿是为了延长作用时间t，可以减小运动员所受到的平均冲力F，故B正确；用枪射击时子弹给枪身一个反作用力，会使枪身后退，影响射击的精准度，所以为了削减反冲的影响，用枪射击时要用肩部抵住枪身，故选项C正确；为了减轻撞车时对司乘人员的损害程度，就要延长碰撞时间，由I＝Ft可知，位于车体前部的发动机舱不能太坚实，故选项D错误．9．(2024·四川省绵阳市其次次诊断)在水平地面上，两个具有相同初动量而质量不同的物体，在大小相等的阻力作用下最终停下来．则质量大的物体()A．滑行的距离小B．滑行的时间长C．滑行过程中的加速度大D．滑行过程中的动量变更快答案A解析依据p＝mv，Ek＝eq\f(1,2)mv2可知，Ek＝eq\f(p2,2m)，初动量相同，质量大的物体速度小；依据动能定理可知：－fL＝0－Ek＝－eq\f(p2,2m)，因两物体受到的阻力大小相等，则质量大的物体滑行的距离小，故A正确；依据动量定理，－ft＝0－p，因动量相同，故滑行时间相同，故B错误；因两物体受到的阻力相同，由牛顿其次定律可知，质量大的加速度小，故C错误；因两物体均停止，所以滑行过程中动量变更量相同，因滑行时间相同，故动量变更快慢相同，故D错误．10.(2024·湖北省黄冈市期末调研)在2024年6月的全球航天探究大会上，我国公布了“可重复运用运载火箭”的概念方案．方案之一为“降伞方案”，如图3，当火箭和有效载荷通过引爆装置分别后，火箭变轨进入返回地球大气层的返回轨道，并加速下落至低空轨道，然后采纳着陆伞减速，接近地面时打开气囊，让火箭平安着陆．对该方案涉及的物理过程，下列说法正确的是()图3A．火箭和有效载荷分别过程中该系统的总机械能守恒B．从返回轨道下落至低空轨道，火箭的重力加速度增大C．从返回轨道至低空轨道，火箭处于超重状态D．打开气囊是为了减小地面对火箭的冲量答案B解析分别用的引爆装置的功能是在接收到分别指令后，通过程序配电器接通电爆管(或点火器)，引爆连接解锁装置或分别冲量装置，使之分别，所以火箭和有效载荷分别过程中该系统的总机械能不守恒，故A错误；从返回轨道下落至低空轨道，由Geq\f(Mm,r2)＝mg得g＝Geq\f(M,r2)，火箭的重力加速度增大，故B