2023届高考物理（新粤教版）一轮总复习讲义第六章 动量和动量守恒定律

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【课程标准内容及要求】 1.理解冲量和动量。2.通过理论推导和实验，理解动量定理，能用其解释生产生活中的有关现象。3.理解动量守恒定律，能用其解释生产生活中的有关现象。知道动量守恒定律的普适性。4.定量分析一维碰撞问题并能解释生产生活中的弹性碰撞和非弹性碰撞现象。5.体会用守恒定律分析物理问题的方法，体会自然界的和谐与统一。实验八：验证动量守恒定律。
第1讲 动量 动量定理及其应用
一、动量、动量的变化、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
(1)动量的改变量Δp是矢量，其方向与速度的改变量Δv的方向相同。
(2)动量的改变量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＝Ft。
(3)单位：N·s。
(4)方向：冲量是矢量，其方向与力的方向相同。
二、动量定理
1.内容：物体所受合力的冲量等于物体动量的改变量。
2.公式：Ft＝mvt－mv或I＝pt－p。
【自测1】 下列关于动能、动量、冲量的说法中正确的是( )
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，则该系统内的物体受到的冲量也为零
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，下落的加速度为重力加速度不变，但物体的动能发生了变化，选项A错误；若物体的动能不变，则速度的大小不变，但是速度的方向可能变化，动量可能变化，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，则该系统的每个物体受到的冲量不一定为零，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＝eq \f(Δp,Δt)，即物体所受合外力越大，它的动量变化就越快，选项D正确。
【自测2】 (2021·湖北卷)抗日战争时期，我军缴获不少敌军武器武装自己，其中某轻机枪子弹弹头质量约8 g，出膛速度大小约750 m/s。某战士在使用该机枪连续射击1分钟的过程中，机枪所受子弹的平均反冲力大小约12 N，则机枪在这1分钟内射出子弹的数量约为( )
A.40 B.80
C.120 D.160
答案 C
解析 设1分钟内射出的子弹数量为n，则对这n颗子弹由动量定理得Ft＝nmv0，代入数据解得n＝120，选项C正确，A、B、D错误。
命题点一 动量和冲量的理解
1.对动量的理解
(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，通常是指相对地面的动量。
2.对冲量的理解
(1)冲量的两性
①时间性：冲量与力和力的作用时间有关，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致；对于作用时间内方向变化的力来说，冲量的方向与相应时间内物体动量改变量的方向一致。
(2)作用力和反作用力的冲量：一定等大、反向，但与作用力和反作用力做的功之间并无必然联系。
3.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图像法：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动量定理法：对于易确定始、末时刻动量的情况，可用动量定理求解。
对动量和冲量的定性分析
【例1】 (2021·江苏七市调研)北京冬奥会2 000米短道速滑接力热身赛上，在光滑冰面上交接时，后方运动员用力推前方运动员。则交接过程中( )
A.两运动员的总机械能守恒
B.两运动员的总动量增大
C.每个运动员的动量变化相同
D.每个运动员所受推力的冲量大小相同
答案 D
解析 在光滑冰面上交接时，后方运动员用力推前方运动员，导致机械能增加，A错误；两运动员合力为零，动量守恒，B错误；因为动量守恒，所以两个运动员的动量变化等大反向，C错误；两运动员的相互作用力大小相等，力的作用时间相同，则每个运动员所受推力的冲量大小相同，D正确。
【例2】 (多选) (利用F－t图像判断动量和冲量的变化)(2021·广东深圳市调研)如图2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2
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。
利用动量定理求冲量
【例3】 (多选)游乐场滑索项目的简化模型如图3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3
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－μmgsBC＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)－0，从C点反弹运动到D点的过程，根据动能定理有－μmgsCD＝0－eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)，代入数据解得v1＝3 m/s，v2＝2 m/s。滑块与缓冲墙作用的过程中，向右为正方向，根据动量定理有I＝－mv2－mv1，代入数据得I＝－250 N·s，故A错误，B正确；根据动能定理有W＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)，代入数据得W＝－125 J，故C正确，D错误。
命题点二 动量定理的理解和应用
1.对动量定理的理解
(1)Ft＝pt－p是矢量式，两边不仅大小相等，而且方向相同。
(2)Ft＝pt－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，即合力的冲量是动量变化的原因。
(3)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。
(4)由Ft＝pt－p，得F＝eq \f(pt－p,t)＝eq \f(Δp,t)，即物体所受的合力等于物体的动量对时间的变化率。
2.解题基本思路
(1)确定研究对象。在中学阶段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
【真题示例4】 (2020·全国Ⅰ卷，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 行驶中的汽车如果发生剧烈碰撞，车内安全气囊被弹出并瞬间充满气体，增大了司机的受力面积，减少了司机单位面积的受力大小，延长了司机的受力时间，A项错误，D项正确；碰撞前司机的动量等于其质量与速度的乘积，碰撞后司机的动量为零，所以安全气囊不能减少碰撞前后司机动量的变化量，B项错误；司机与气囊的碰撞为非弹性碰撞，有能量损失，司机的动能未完全转换成汽车的动能，C项错误。
动量定理的有关计算
【例5】 (多选)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4 所示，则( )
图4
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＝eq \f(Ft,m)，t＝1 s时物块的速率为v＝eq \f(Ft,m)＝
eq \f(2×1,2)m/s＝1 m/s，故选项A正确；t＝2 s时物块的动量大小p2＝Ft2＝2×2 kg·m/s＝
4 kg·m/s，故选项B正确；t＝3 s时物块的动量大小为p3＝(2×2－1×1) kg·m/s＝
3 kg·m/s，故选项C错误；t＝4 s 时物块的动量大小为p4＝(2×2－1×2) kg·m/s＝2 kg·m/s，所以t＝4 s时物块的速度为1 m/s，故选项D错误。
【针对训练1】 (2021·江苏扬州市调研)《民法典》明确提出“禁止从建筑物中抛掷物品”，如果一瓶500 mL的矿泉水从教学楼4楼窗户坠下，与地面的撞击时间约为7×10－3 s，未反弹，则矿泉水瓶对地面的冲击力约为( )
A.10 N B.102 N
C.103 N D.104 N
答案 C
解析 矿泉水的质量约为m＝0.5 kg，4楼窗户离地高度约为h＝3×3 m＝9 m，矿泉水瓶做自由落体运动，落地速度为v＝eq \r(2gh)＝6eq \r(5) m/s，未反弹，则末速度为零，对矿泉水瓶撞地的过程，取向下为正，由动量定理有mgΔt－FΔt＝0－mv，由牛顿第三定律可知地面对瓶的支持力等于瓶对地面的冲击力F′＝F，联立可得F′≈9.6×102 N，故选项C正确。
命题点三 应用动量定理处理“流体模型”
1.研究对象
选取流体为研究对象，如水、空气等。
2.研究方法
隔离出一定形状的一部分流体作为研究对象，然后列式求解。
3.基本思路
(1)在极短时间Δt内，取一小柱体作为研究对象。
(2)小柱体的体积ΔV＝SvΔt
(3)小柱体质量Δm＝ρΔV＝ρSvΔt
(4)小柱体的动量变化Δp＝Δmv＝ρv2SΔt
(5)应用动量定理FΔt＝Δp
【真题示例6】 (2020 ·海南卷，8)太空探测器常装配离子发动机，其基本原理是将被电离的原子从发动机尾部高速喷出，从而为探测器提供推力，若某探测器质量为490 kg，离子以30 km/s的速率(远大于探测器的飞行速率)向后喷出，流量为3.0×10－3 g/s，则探测器获得的平均推力大小为( )
N N
N N
答案 C
解析 对离子流，根据动量定理有FΔt＝Δmv，而Δm＝3.0×10－3×10－3Δt，解得F＝0.09 N，故探测器获得的平均推力大小为0.09 N，故选项C正确。
【针对训练2】 (2021·广东省高考模拟)由我国自主研发制造的世界上最大的海上风电机SL5000，它的机舱上可以起降直升机，叶片直径128米，风轮高度超过40层楼，是世界风电制造业的一个奇迹。风速为12 m/s时发电机满载发电，风通过发电机后速度减为11 m/s，已知空气的密度为1.3 kg/m3，则风受到的平均阻力约为( )
A.4.0×104 N B.2.0×105 N
C.2.2×106 N D.4.4×106 N
答案 B
解析 叶片d＝128 m，所以叶片旋转所形成的圆面积为S＝eq \f(πd2,4)，设t秒内流过该圆面积的风柱体积为V＝Sv1t＝eq \f(πd2v1t,4)，风柱的质量为m＝ρV，设风柱受到的平均阻力为f，取v1的方向为正方向，故v1＝12 m/s，v2＝11 m/s，根据动量定理有－ft＝mv2－mv1，代入数据解得f＝2.0×105 N，故选项B正确。
【针对训练3】 (2021·陕西咸阳市5月检测) “水刀”应用高压水流切割技术，相比于激光切割有切割材料范围广，效率高，安全环保等优势。如图5所示，某型号“水刀”工作过程中，将水从面积S＝0.1 mm2的细喷嘴高速喷出，直接打在被切割材料表面，从而产生极大压强，实现切割。已知该“水刀”每分钟用水600 g，水的密度为ρ＝1.0×103 kg/m3。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，试估算水对材料垂直于表面方向的压强p为( )
图5
A.1.0×105 Pa B.1.0×106 Pa
C.1.0×107 Pa D.1.0×108 Pa
答案 C
解析 一分钟喷出的水的质量为m＝ρSvt，解得水的流速v＝eq \f(m,ρSt)，选取Δt时间内打在材料表面质量为Δm的水为研究对象，以从细喷嘴高速喷出时的速度方向为正方向，由动量定理得－FΔt＝0－Δmv，其中Δm＝ρSvΔt，解得F＝ρSv2，根据牛顿第三定律，可知材料表面受到的压力F′＝F，水对材料垂直于表面方向的压强p＝eq \f(F′,S)，代入数据解得p＝1.0×107 Pa，故C正确，A、B、D错误。
对点练 对动量和冲量的理解
1.(多选)关于动量和动能，下列说法中正确的是( )
A.做变速运动的物体，动能一定不断变化
B.做变速运动的物体，动量一定不断变化
C.合力对物体做功为零，物体动能的增量一定为零
D.合力的冲量为零，物体动量的增量一定为零
答案 BCD
解析 做变速运动的物体，速度大小不一定变化，动能不一定变化，故A错误；做变速运动的物体，速度发生变化，动量一定不断变化，故B正确；合力对物体做功为零，由动能定理知，物体动能的增量一定为零，故C正确；合力的冲量为零，由动量定理知，物体动量的增量一定为零，故D正确。
2.(2021·湖南卷，2)物体的运动状态可用位置x和动量p描述，称为相，对应
p－x图像中的一个点。物体运动状态的变化可用p－x 图像中的一条曲线来描述，称为相轨迹。假如一质点沿x轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动，则对应的相轨迹可能是( )
答案 D
解析 质点沿x轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动，由运动学公式v2＝2ax可得v＝eq \r(2ax)，设质点的质量为m，则质点的动量p＝meq \r(2ax)，由于质点的速度方向不变，则质点动量p的方向始终沿x轴正方向，根据数学知识可知D正确。
3.(2021·北京卷，10)如图1所示，圆盘在水平面内以角速度ω绕中心轴匀速转动，圆盘上距轴r处的P点有一质量为m的小物体随圆盘一起转动。某时刻圆盘突然停止转动，小物体由P点滑至圆盘上的某点停止。下列说法正确的是( )
图1
A.圆盘停止转动前，小物体所受摩擦力的方向沿运动轨迹切线方向
B.圆盘停止转动前，小物体运动一圈所受摩擦力的冲量大小为2mωr
C.圆盘停止转动后，小物体沿圆盘半径方向运动
D.圆盘停止转动后，小物体整个滑动过程所受摩擦力的冲量大小为mωr
答案 D
解析 圆盘停止转动前，小物体所受的摩擦力方向指向转轴提供向心力，故A错误；由动量定理可知，圆盘停止转动前，小物体运动一圈所受摩擦力的冲量大小为零，B错误；圆盘停止转动后，小物体沿运动轨迹的切线方向运动，C错误；由动量定理可知，整个滑动过程摩擦力的冲量大小I＝mωr－0＝mωr，D正确。
对点练 动量定理的基本应用
4.(多选)(2021·北京西城区5月统测)蹦床是体操运动的一种，有“空中芭蕾”之称。为了能够更好地完成空中动作，在网上准备阶段运动员要设法使自己弹得足够高。如图2所示，蹦床的中心由弹性网面组成，若运动员从离水平网面3 m高处由静止自由下落，着网后沿竖直方向回到离水平网面5 m高处，则在此过程中( )
图2
A.只有重力对运动员做功，运动员的机械能守恒
B.运动员的机械能增加，是因为弹性网弹力对运动员做正功
C.弹性网弹力对运动员的冲量大小等于运动员重力的冲量大小
D.弹性网弹力对运动员的冲量大小大于运动员重力的冲量大小
答案 BC
解析 运动员从离水平网面3 m高处由静止自由下落，着网后沿竖直方向回到离水平网面5 m高处，初末位置动能都为0，但末位置重力势能大于初位置重力势能，即运动员的机械能增加了，机械能不守恒，故A错误；运动员的机械能增加，弹性网弹力先对运动员做负功，再做正功，但总体做正功，故B正确；根据动量定理可知IF－IG＝0，即弹性网弹力对运动员的冲量大小等于运动员重力的冲量大小，故C正确，D错误。
5. (2021·辽宁葫芦岛市期末)质量为0.5 kg的足球以8 m/s的速度水平飞来，运动员把它以12 m/s的速度用脚反向踢回，作用时间为0.2 s，运动员脚部受到足球的作用力大小约为( )
A.2 N B.10 N
C.20 N D.50 N
答案 D
解析 设足球踢回速度方向为正，根据动量定理可知Ft＝mv2－mv1，则F＝eq \f(mv2－mv1,t)＝eq \f(0.5×12－0.5×（－8）,0.2) N＝50 N，故D正确，A、B、C错误。
6.(2021·山东青岛教学质量检测)2021年7月30日，在东京奥运会蹦床女子决赛中，中国选手朱雪莹获得金牌。蹦床属于体操运动的一种，有“空中芭蕾”之称。一名体重为50 kg的运动员在比赛中某次离开床面后在空中的运动时间为1.6 s，之后与蹦床经1 s的接触，再次获得1.6 s的空中动作时间。不计空气阻力影响，g取10 m/s2。下列说法正确的是( )
A.运动员与蹦床间的平均作用力为800 N
B.运动员与蹦床间的平均作用力为1 300 N
C.运动员与蹦床接触的1 s时间里处于超重状态
D.运动员与蹦床接触的1 s时间里处于失重状态
答案 B
解析 由题意可知，运动员从最高点经t1＝0.8 s 与蹦床接触t2＝1 s，再经t3＝0.8 s到达最高点，整个过程中，对运动员应用动量定理得mg(t1＋t2＋t3)－eq \(F,\s\up6(－))t2＝0，解得eq \(F,\s\up6(－))＝1 300 N，A项错误，B项正确；运动员与蹦床接触的1 s内，蹦床对运动员的弹力逐渐变化，运动员向下先加速后减速，然后向上先加速后减速，在这1 s内，运动员先失重再超重最后再失重，C、D项错误。
对点练 应用动量定理处理“流体模型”
7.(多选)(2021·天津卷，7)一冲九霄，问鼎苍穹。2021年4月29日，长征五号B遥二运载火箭搭载空间站天和核心舱发射升空，标志着我国空间站建造进入全面实施阶段。下列关于火箭的描述正确的是( )
A.增加单位时间的燃气喷射量可以增大火箭的推力
B.增大燃气相对于火箭的喷射速度可以增大火箭的推力
C.当燃气喷出火箭喷口的速度相对于地面为零时火箭就不再加速
D.火箭发射时获得的推力来自于喷出的燃气与发射台之间的相互作用
答案 AB
解析 根据FΔt＝Δmv可知，增加单位时间的燃气喷射量(即增加单位时间喷射气体的质量Δm)或增大燃气相对于火箭的喷射速度v，都可以增大火箭的推力，故选项A、B正确；当燃气喷出火箭喷口的速度相对于地面为零时，燃气相对火箭的速度不为零，且与火箭的运动方向相反，火箭仍然受推力作用，做加速运动，故C错误；燃气被喷出的瞬间，燃气对火箭的反冲力作用在火箭上，使火箭获得推力，故D错误。
8.(2021·安徽宿州市模拟) 用喷壶喷洒药水杀菌。某次喷洒过程中，在0.1 s内喷出2 ml的药水，药水喷出速度为12 m/s。已知药水的密度为1.0×103 kg/m3，则药水对喷壶的平均作用力为( )
N N
N N
答案 B
解析 根据题意可知Δp＝Δmv＝ρΔV·v，根据动量定理可得Δp＝FΔt，联立解得F＝0.24 N，由牛顿第三定律知F′＝F＝0.24 N，故B正确。
9.(2021·广东省高考模拟)一宇宙飞船的横截面积S，以v0的恒定速率航行，当进入有宇宙尘埃的区域时，设在该区域，单位体积内有n颗尘埃，每颗尘埃的质量为m，若尘埃碰到飞船前是静止的，且碰到飞船后就粘在飞船上，不计其他阻力，为保持飞船匀速航行，飞船发动机的牵引力功率为( )
A.nmveq \\al(2,0)S B.2nmveq \\al(2,0)S
C.nmveq \\al(3,0)S D.2nmveq \\al(3,0)S
答案 C
解析 时间t内粘在飞船上的尘埃质量m总＝v0tSnm，对粘在飞船上的尘埃，由动量定理得Ft＝m总v0，解得F＝nmveq \\al(2,0)S，飞船发动机牵引力的功率为P＝Fv0＝nmveq \\al(3,0)S，故选项C正确，A、B、D错误。
10.(多选)(2021·河南六市联考)一静止在水平地面上的物块受到方向不变的水平拉力F作用，F与时间t的关系如图3甲所示，物块的加速度a与时间t的关系如图乙所示。设滑动摩擦力等于最大静摩擦力，g取10 m/s2，根据图像信息可得( )
图3
A.物块所受滑动摩擦力的大小为2 N
B.物块的质量等于eq \f(8,3) kg
C.在0～4 s内，合外力的冲量大小为9 N·s
D.在0～4 s内，摩擦力的冲量大小为8 N·s
答案 AC
解析 t＝1 s时，物体开始运动，此时的拉力等于物体的滑动摩擦力，即f＝F＝2 N，故A正确；根据牛顿第二定律有F－f＝ma，代入F＝8 N，f＝2 N，a＝3 m/s2，解得m＝2 kg，故B错误；a－t图像围成的面积表示速度变化量，则Δv＝eq \f(1,2)×3×
3 m/s＝4.5 m/s，由动量定理可得合外力的冲量大小为I合＝mΔv＝9 N·s，故C正确；0～1 s内摩擦力是静摩擦力，在0～1 s内摩擦力的冲量If1＝eq \f(1,2)×1×2 N·s＝
1 N·s，在1～4 s内摩擦力的冲量If2＝f·t2＝2×3 N·s＝6 N·s，故在0～4 s内，摩擦力的冲量If＝If1＋If2＝7 N·s，故D错误。
11.(2021·1月广东选择考适应性测试，5)如图4所示，学生练习用头颠球。某一次足球由静止自由下落80 cm，被重新顶起，离开头部后竖直上升的最大高度仍为80 cm。已知足球与头部的作用时间为0.1 s，足球的质量为0.4 kg，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力，下列说法正确的是( )
图4
A.头部对足球的平均作用力为足球重力的10倍
B.足球下落到与头部刚接触时动量大小为3.2 kg· m/s
C.足球与头部作用过程中动量变化量大小为3.2 kg· m/s
D.足球从最高点下落至重新回到最高点的过程中重力的冲量大小为3.2 N·s
答案 C
解析 设足球自由落体80 cm时的速度为v1，所用时间为t1，则v1＝eq \r(2gh)＝4 m/s，t1＝eq \r(\f(2h,g))＝0.4 s，反弹后做竖直上抛运动，而上升的最大高度也为80 cm，根据运动的对称性可知上升的初速度v2＝v1＝4 m/s，上升的时间t2＝t1＝0.4 s，足球与人接触的过程，Δt＝0.1 s，取向上为正，由动量定理有(eq \(F,\s\up6(－))－mg)·Δt＝mv2－
(－mv1)＝Δp，解得eq \(F,\s\up6(－))＝36 N，Δp＝3.2 kg·m/s，则头部对足球的平均作用力是重力的9倍，此过程的动量变化量大小为Δp＝3.2 kg·m/s，故A错误，C正确；足球下落刚与头接触时的动量为p1＝mv1＝1.6 kg·m/s，故B错误；足球运动的全过程，所受重力的冲量为IG＝mg(t1＋Δt＋t2)＝3.6 N·s，故D错误。
12.(2021·广东肇庆市统一测试)在跳台滑雪比赛中，运动员在空中运动时身体的姿态会影响其速度和下落的距离。如图5甲，跳台滑雪运动员在某次训练时，助滑后从跳台末端水平飞出，从离开跳台开始计时，用v表示其水平方向速度，v－t图像如图乙所示，运动员在空中运动时间为4 s。在此运动过程中，若运动员在水平方向和竖直方向所受空气阻力大小相等且保持恒定。已知运动员的质量为50 kg，重力加速度取10 m/s2，求：
图5
(1)滑雪运动员水平位移的大小和水平方向所受的阻力大小；
(2)滑雪运动员在空中运动过程中动量变化量的大小(结果保留2位有效数字)。
答案 (1)56 m 50 N (2)1.8×103 N·s
解析 (1)设运动员的水平位移为x，由水平方向v－t图像可得x＝eq \f(v0＋v,2)t
解得x＝56 m
设运动员在水平方向的加速度大小为a，水平方向所受的阻力为f1，竖直方向所受阻力为f2，由运动学规律和牛顿第二定律得
a＝eq \f(v－v0,t)，－f1＝ma
代入数值可得f1＝50 N。
(2)由题意知f2＝f1＝50 N
根据平行四边形定则可得
F合＝eq \r(feq \\al(2,1)＋（mg－f2）2)
对运动员在空中运动过程应用动量定理可得Δp＝F合t
解得Δp＝1.8×103 N·s。