2 第一章 2.动量定理（word同步练习）-【学而思】2026-2027学年高二物理选择性必修第一册（教科版）

**基本信息** 本同步练习通过“基础过关练”与“能力提升练”分层设计，构建从概念理解到综合应用的知识巩固路径，注重物理观念形成与科学思维培养。 **分层设计** |层次|知识覆盖|设计特色| |----|----------|----------| |基础过关练|冲量理解与计算、动量定理基本应用、动量与动能定理初步综合|以选择为主，通过生活情境（如跳高垫海绵）和简单运动模型（平抛、斜面）巩固物理观念，题组按知识点递进| |能力提升练|动量定理复杂应用、图像问题、流体模型、跨定理综合|含多选与计算，结合v-t图像分析、反推发动机喷气等真实情境，突出模型建构与科学推理，难度梯度衔接合理|

第一章　动量与动量守恒定律 2　动量定理 基础过关练 题组一　对冲量的理解与计算 1.(2023福建建瓯芝华中学月考)下列说法中正确的是 (　　) A.根据F=,可把牛顿第二定律表述为:物体动量的变化率等于它所受的合外力 B.力与力的作用时间的乘积叫力的冲量,它反映力的作用对时间的累积效应,是一个标量 C.作用在静止的物体上的力的冲量一定为零 D.冲量的方向就是物体运动的方向 2.(2025江苏徐州第三中学期中)如图所示,质量为m的物体在一个与水平方向成θ角的拉力F作用下,一直沿水平面向右做匀速运动,重力加速度为g。关于物体在时间t内所受力的冲量,下列说法正确的是 (　　) A.重力的冲量大小为mgt B.物体所受合力的冲量大小为Ft C.拉力F的冲量大小为Ft cos θ D.摩擦力的冲量大小为Ft sin θ 3.(2025江苏连云港期中)如图所示,足够长的固定光滑斜面倾角为θ=30°,质量为m=1 kg的物体以初速度v0=5 m/s从斜面底端冲上斜面,取重力加速度g=10 m/s2,则物体从斜面底端到达最高点的过程中 (　　) A.斜面对物体的弹力的冲量为零 B.物体受到的重力的冲量大小为5 N·s C.物体动量的变化量大小为2.5 kg·m/s D.物体受到的合力的冲量大小为5 N·s 题组二　对动量定理的理解与应用 4.(2024广东东莞外国语学校期中)下列说法正确的是 (　　) A.运动员跳高时,在落地处垫上海绵垫子是为了减小冲量 B.人从越高的地方跳下,落地时越危险,是因为落地时人受到的冲量更大 C.动量相同的两个物体受相同的制动力作用,质量小的先停下来 D.在电视机等物体包装箱里垫上泡沫,是为了减小物体在碰撞过程中受到的冲量 5.(2025四川广安月考)质量为1 kg的小球以10 m/s的初速度做平抛运动,小球在3 s内的动量变化量大小为Δp;若同一小球在光滑的水平面上被细线系住绕某点以10 m/s的速率做匀速圆周运动,在四分之一圆周内细线拉力的冲量大小为I。重力加速度g取10 m/s2,则Δp和I分别为 (　　) A.30 kg·m/s　14.14 N·s B.10 kg·m/s　20 N·s C.10 kg·m/s　14.14 N·s D.30 kg·m/s　10 N·s 6.(2025四川巴中期中)垒球是一项集竞技性、观赏性和娱乐性为一体的运动项目。如图所示,一个质量为0.18 kg的垒球,以25 m/s的水平速度飞向球棒,被球棒击打后,反向飞回。若球棒与垒球的作用时间为0.002 s,球棒对垒球的平均作用力大小为6.3×103 N,以垒球飞向球棒的方向为正方向,则下列说法正确的是 (　　) A.球棒对垒球的冲量为-12.6 N·s B.垒球对球棒的冲量为-12.6 N·s C.垒球的初动量为-4.5 kg·m/s D.垒球被击出后的速度大小为70 m/s 7.(2025四川遂宁联考)汽车的安全气囊是有效保护乘客的装置。如图甲所示,在安全气囊的性能测试中,可视为质点的头锤从离气囊表面高度为H处做自由落体运动,与正下方的气囊发生碰撞。以头锤到达气囊表面为计时起点,气囊对头锤竖直方向的作用力F随时间t变化的规律可近似用图乙所示的图像描述。已知头锤质量M=20 kg,H=3.2 m,重力加速度g=10 m/s2,则 (　　) 　 A.碰撞过程中F的冲量大小为440 N·s B.碰撞过程中F的冲量方向竖直向下 C.碰撞过程中头锤的动量变化量大小为200 kg·m/s D.碰撞结束后头锤上升的最大高度为0.45 m 8.(多选题)(2023四川乐山期末)物体A和B用轻绳相连,挂在轻质弹簧下静止不动,如图甲所示。A的质量为m,B的质量为M。当连接A、B的绳突然断开后,物体A上升经某一位置时的速度大小为v,此时物体B下落的速度大小为u,如图乙所示。不计空气阻力,在这段时间内 (　　) 甲　　　　乙 A.物体A的重力对物体A的冲量大小为mv B.物体B的重力对物体B的冲量大小为Mu C.弹簧的弹力对物体A的冲量大小为mv D.弹簧的弹力对物体A的冲量大小为mv+mu 9.(2025四川德阳阶段检测)为了研究小球由静止释放后撞击地面弹跳的规律,某同学利用运动传感器采集数据,并作出了如图所示的v-t图像。已知小球质量为0.5 kg,以地面为零势能参考面,不计空气阻力,重力加速度g=10 m/s2,由图可知 (　　) A.横轴每一小格表示的时间是0.2 s B.小球下落的初始高度为1.95 m C.小球第一次反弹后的最大重力势能为5.75 J D.小球第一次撞击地面时对地面的平均作用力大小为60 N 题组三　动量定理与动能定理的综合 10.(2025山东济南期末)如图所示,某次短道速滑接力赛中,在水平冰面上,“交棒”运动员从后面用力推前方“接棒”运动员,设交接棒过程中两运动员的速度方向在同一直线上,忽略运动员与冰面间水平方向上的相互作用,对于两运动员交接棒的过程,下列说法正确的是 (　　) A.两运动员的速度变化量大小一定相等 B.两运动员的动量变化量大小一定相等 C.两运动员的动能变化量大小一定相等 D.两运动员的加速度一定始终等大反向 11.(2025四川遂宁开学考)蹦极是勇敢者的运动,如图所示为蹦极运动过程示意图。某人身系弹性绳自高空p点自由下落,其中a点是弹性绳自然悬垂时的位置,c点是人所能到达的最低点,b点是人静止悬吊时的平衡位置。不计空气阻力,则人从p点下落到最低点c的过程中,下列说法正确的是 (　　) A.人和弹性绳组成的系统机械能增大 B.从a至c的过程中,重力的冲量大小小于弹性绳的冲量大小 C.从p至b的过程中,重力所做的功等于人克服弹力所做的功 D.从a至c的过程中,人的动量一直增大 能力提升练 题组一　动量定理的应用 1.(2025四川凉山州宁南中学月考)人们对手机的依赖性越来越强,有些人喜欢躺着看手机,经常出现被手机砸到眼睛的情况。若手机质量为100 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,眼睛受到手机冲击的时间约为0.2 s,不计空气阻力,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动量约变化了0.40 kg·m/s B.手机对眼睛的冲量方向竖直向上 C.手机对眼睛的冲量大小约为0.20 N·s D.手机对眼睛的平均作用力大小约为2.0 N 2.(2024四川南充嘉陵一中月考)如图所示,质量为m的物块以初速度v0沿倾角为θ的粗糙斜面由底端A点沿斜面上滑,滑到B点时速度为0,然后下滑回到A点。则下列说法正确的是　 (　　) A.上滑过程中重力的冲量小于下滑过程中重力的冲量 B.物块上滑过程和下滑过程所受摩擦力的冲量等大反向 C.无论上滑过程还是下滑过程,物块所受支持力的冲量始终为0 D.物块从冲上斜面到返回斜面底端的整个过程中所受合外力的冲量为0 题组二　动量定理与图像的结合问题 3.(多选题)(2025四川广安期中,P188定点1)一质量为1 kg的物块,在水平力F的作用下由静止开始在粗糙水平面上做直线运动,F随时间t变化的图像如图所示。已知物块与水平面间的动摩擦因数为μ=0.1,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g=10 m/s2,则下列说法正确的是 (　　) A.物块在2 s末的动量大小为3 kg·m/s B.物块在3 s末的速度大小为0 C.水平力F在前3 s内的冲量大小为3 N·s D.物块在4 s末的动量大小为2 kg·m/s 4.(多选题)(2024四川自贡第一中学月考)在水平面上静置有质量相等的a、b两个物体,水平推力F1、F2分别作用在a、b上,一段时间后撤去推力,物体继续运动一段距离后停下,a、b在运动过程中未相撞,a、b的v-t图像如图所示。图中AB平行于CD,整个过程中a、b的最大速度相等,运动时间之比ta∶tb=3∶4。则在整个运动过程中,下列说法正确的是 (　　) A.物体a、b受到的摩擦力大小相等 B.两水平推力对物体的冲量之比为= C.两水平推力对物体做的功之比为= D.两水平推力的大小之比为= 5.(2025重庆巴蜀中学月考)一质量为m的小球从地面竖直上抛,在运动过程中小球受到的空气阻力与速率成正比。它从抛出到落地过程中的动量随时间变化的图像如图所示。已知重力加速度为g,则下列说法正确的是 (　　) A.小球在t2时刻刚好落地 B.小球在运动过程中的加速度最大为2g C.小球从抛出到落地的总时间为 D.小球上升和下降过程中所受阻力的冲量大小不相等 题组三　动量定理和动能定理的综合应用 6.(2024四川成都外国语学校月考)在一次拍篮球比赛中,已知篮球质量为0.6 kg,为保证篮球与地面碰撞后自然跳起的最大高度均为1.5 m,需每次在球到达最高点时拍球,每次拍球作用距离为0.25 m,使球在离手时获得一个竖直向下、大小为4 m/s的速度。若不计空气阻力及球的形变,重力加速度g取10 m/s2,则下列说法正确的是 (　　) A.手对球的冲量大小为2.4 kg·m/s B.若每次手与球的作用时间是0.2 s,则手对球的平均作用力大小为6 N C.人对球做的功为4.8 J D.球的落地速度大小为 m/s 7.(2023山东德州庆云一中摸底)有一质量为m=1.0 kg的小球静止于水平地面上方高度为H=5.55 m 处,其正下方为一沙坑,在距离地面高度为h=0.55 m处固定有一弹性拦阻网,小球从静止释放,触网后继续下落Δh=0.1 m时将网击穿,之后小球落入沙坑之中,陷入深度为s=0.1 m,已知小球触网时间为Δt=0.2 s,沙坑对小球的阻力恒为f=135 N,重力加速度g=10 m/s2,不计空气阻力,求: (1)小球落至沙坑时的瞬时速度大小; (2)拦阻网对小球的冲量。 题组四　应用动量定理处理“流体模型”问题 8.(2025重庆渝中期中)人们常利用高压水枪洗车,如图所示,假设水枪喷水口的横截面积为S,喷出水流的流量为Q(单位时间流出的水的体积),水流垂直射向汽车表面后速度变为0。已知水的密度为ρ,则水流对汽车的平均冲击力大小为 (　　) A.ρQS　　　B.ρQ2S　　　C.　　　D. 9.(2024山东淄博五中期中)2023年6月4日6时33分,神舟十五号载人飞船返回舱在东风着陆场成功着陆。如图甲所示,返回舱在距离地表约10 km的高度打开降落伞,速度减至8 m/s后保持匀速向下运动。如图乙所示,在距离地面的高度约1 m时,返回舱底部配备的4台着陆反推发动机开始点火竖直向下喷气,使返回舱的速度在0.2 s内由8 m/s减小到2 m/s。假设反推发动机工作时主伞与返回舱之间的绳索处于松弛状态,此过程返回舱的质量变化和受到的空气阻力均忽略不计。返回舱的总质量为3×103 kg,重力加速度g取10 m/s2。 (1)反推发动机工作过程中返回舱受到的平均推力大小F; (2)若已知反推发动机喷气过程中返回舱受到的平均推力大小为F,喷出气体的密度为ρ,4台发动机喷气口的直径均为D,喷出气体的重力忽略不计,喷出气体的速度远大于返回舱运动的速度,求喷出气体的速度大小。 　 答案与分层梯度式解析 第一章　动量与动量守恒定律 2　动量定理 基础过关练 1.A 2.A 3.D 4.B 5.A 6.A 7.C 8.BD 9.D 10.B 11.B 1.A　牛顿第二定律的另一种表达形式为F=,其中表示动量的变化率,A正确;冲量是矢量,B错误;冲量反映力的作用对时间的累积效应,只要有力作用一段时间,就有冲量,与物体的运动状态无关,C错误;冲量的方向与力的方向相同,而力的方向与物体运动的方向却不一定相同,D错误。 2.A　由冲量的定义可知,重力的冲量大小为IG=mgt,A正确;物体做匀速直线运动,故所受合力为0,则合力的冲量为0,B错误;拉力F的冲量大小为IF=Ft,C错误;由力的平衡条件可得摩擦力的大小为f=F cos θ,则摩擦力的冲量大小为If=ft=Ft cos θ,D错误。 3.D　物体从斜面底端到达最高点的过程,所用时间t==1 s,斜面对物体的弹力N=mg cos θ=5 N,根据冲量公式可知,斜面对物体的弹力的冲量大小I=Nt=mgt cos θ=5 N·s,故A错误;物体所受重力的冲量大小为IG=mgt=10 N·s,故B错误;物体初动量大小为p1=mv0=5 kg·m/s,末动量为0,则动量变化量大小为5 kg·m/s,C错误;物体受到的合力大小为F=mg sin θ,故合力的冲量大小为I合=mgt sin θ=5 N·s,D正确。 4.B　运动员跳高时,落地时的冲量等于动量的变化量,由动量定理可知,在落地处垫上海绵垫子可以增加与地面接触的时间,从而减小与地面之间的相互作用力的大小,A错误;人从越高的地方跳下,落地时速度越大,动量越大,与地面接触时动量变化量越大,人受到的冲量越大,越危险,B正确;由动量定理Ft=Δp可知,动量相同的两个物体受相同的制动力作用,将同时停下来,C错误;在电视机等物体包装箱里垫上泡沫,可以使电视机等物体与包装箱撞击时的作用时间延长,由动量定理可知,可以减小电视机等物体在碰撞过程中受到的撞击力,D错误。 5.A　小球做平抛运动,有vy=gt,则小球在3 s内的动量变化量大小为Δp=mvy=mgt=1×10×3 kg·m/s=30 kg·m/s;小球在光滑的水平面上做匀速圆周运动,如图,根据三角形定则可知,在四分之一圆周内动量变化量大小为Δp'=mΔv=10 kg·m/s,根据动量定理可知细线拉力的冲量大小为I=Δp'=10 N·s≈14.14 N·s,故选A。 6.A　以垒球飞向球棒的方向为正方向,则垒球的初动量为p1=mv=0.18×25 kg·m/s=4.5 kg·m/s,故C错误;球棒对垒球的作用力的方向与正方向相反,由冲量的定义可知,球棒对垒球的冲量为I=-F·t=-6.3×103×0.002 N·s=-12.6 N·s,则垒球对球棒的冲量为12.6 N·s,故A正确,B错误;对垒球,由动量定理知-F·t=-mv'-mv,则垒球被击出后的速度大小为v'=45 m/s,故D错误。 7.C　由I=Ft可知,F-t图线与横轴围成的面积表示冲量(破题关键),则由题图乙可知碰撞过程中F的冲量大小为IF=×0.1×4 400 N·s=220 N·s,方向竖直向上,故A、B错误;头锤落到气囊表面时的速度大小为v0==8 m/s,以竖直向上为正方向,对于头锤与气囊作用过程,由动量定理有IF-Mgt=Mv-(-Mv0),解得v=2 m/s,碰撞过程中头锤的动量变化量Δp=Mv-(-Mv0)=200 kg·m/s,故C正确;碰撞结束后头锤上升的最大高度h==0.2 m,故D错误。 8.BD　绳断开后,物体B只受重力作用,在这段时间内,根据动量定理可得IGB=Mgt=Mu,可知物体B的重力对物体B的冲量大小为Mu,B正确;绳断开后,物体A受重力和弹簧弹力作用,物体A的重力对物体A的冲量大小为IGA=mgt=mu(点拨:B做自由落体运动,u=gt),在这段时间内,根据动量定理可得I弹-mgt=mv,联立可得I弹=mv+mgt=mv+mu,故D正确,A、C错误。 9.D　 题图解读　从题图可读取的信息如下: 由题图可知,小球落到地面时的速度大小为v=6 m/s,可知到达地面的时间为t==0.6 s,则横轴每一小格表示的时间是Δt==0.1 s,A错误;小球下落的初始高度为h=t=1.8 m,B错误;由于不计空气阻力,小球反弹离地后的运动过程中机械能守恒,则小球第一次反弹后的最大重力势能等于反弹离地瞬间的动能(破题关键),即Ep=Ek=mv'2=×0.5×52 J=6.25 J,C错误;小球第一次撞击地面时,根据动量定理有(mg-F)Δt=mv'-mv,其中v'=-5 m/s,解得F=60 N,根据牛顿第三定律可知,小球第一次撞击地面时对地面的平均作用力大小为60 N,D正确。 方法技巧　应用动量定理定量计算的一般步骤: 10.B　在交接棒过程中,两运动员之间的相互作用力大小相等,但由于两运动员的质量不一定相同,所以加速度大小不一定相等,故D错误;由于两运动员的加速度大小不一定相等,而相互作用的时间相等,由a=可知两运动员的速度变化量大小不一定相等,故A错误;由于相互作用力大小相等,作用时间相等,根据动量定理Ft=Δp可知两运动员的动量变化量大小相等,故B正确;由于两运动员之间作用力大小相等,作用时间相等,但是加速度大小不一定相等,因此两运动员发生的位移不一定相等,合力做功不一定相等,根据动能定理可知,两运动员的动能变化量不一定相等,故C错误。 11.B　人从p点下落到最低点c的过程中,对于人和弹性绳组成的系统,只有重力和系统内弹力做功,所以系统的机械能守恒,故A错误;人从a至c的过程中,以竖直向下为正方向,人的速度先增大再减小到零,则人的动量先增大后减小,故动量的变化量为负值,根据动量定理可知在这一过程中,合力的冲量方向竖直向上,则重力的冲量大小应小于弹性绳的冲量大小,故B正确,D错误;人从p至b的过程中,根据动能定理有WG-W弹=ΔEk=m-0>0,可知重力所做的功大于人克服弹力所做的功,故C错误。 能力提升练 1.D 2.A 3.BC 4.ABC 5.C 6.B 8.D 1.D　手机掉落到人眼睛位置时的速度约为v==2 m/s,手机与眼睛作用后速度变为0,取竖直向下为正方向,则手机与眼睛作用过程中的动量变化量约为Δp=0-mv=-0.20 kg·m/s,故A错误;手机与眼睛接触的过程中,手机受到重力与眼睛的作用力,由动量定理得mgt+I=Δp,代入数据得眼睛对手机的作用力的冲量I=-0.40 N·s,负号表示方向竖直向上,根据牛顿第三定律可知手机对眼睛的冲量I'大小约为0.40 N·s,方向竖直向下,故B、C错误;根据冲量的定义得手机对眼睛的平均作用力大小约为==2.0 N,故D正确。 2.A　分别对物块上滑过程和下滑过程受力分析,如图所示,根据牛顿第二定律有,上滑:mg sin θ+μmg·cos θ=ma上,下滑:mg sin θ-μmg cos θ=ma下,解得a上=g sin θ+μg cos θ,a下=g sin θ-μg cos θ,所以a下<a上,物块上滑与下滑过程中位移大小s相等,由s=at2,可知t下>t上,重力的冲量IG=mgt,所以上滑过程中重力的冲量小于下滑过程中重力的冲量,A正确;摩擦力的冲量大小If=μmgt cos θ,则物块上滑过程所受摩擦力的冲量小于下滑过程所受摩擦力的冲量,B错误;支持力不为零,则支持力的冲量不为零,C错误;物块从冲上斜面到返回斜面底端的整个过程中,速度方向改变,动量的变化量不为零,由动量定理可知,合外力的冲量不为零,D错误。 3.BC　由题意可知,物块与水平面间的最大静摩擦力fmax=μmg=1 N,0~2 s内水平力F大于最大静摩擦力,物块运动,根据动量定理得F1t2-μmgt2=mv2-0,解得物块在2 s末的动量大小为p2=mv2=2 kg·m/s,A错误;0~3 s内,根据动量定理得F1t2-F2(t3-t2)-μmgt3=mv3-0,解得v3=0,B正确;水平力F在前3 s内的冲量大小为I=F1t2-F2(t3-t2)=3 N·s,C正确;3 s末物块的速度为0,因为fmax=μmg=1 N,而F2=1 N,所以3 s末以后物块一直静止,故物块在4 s末的动量大小为0,D错误。 4.ABC　由于图像中AB平行于CD,说明撤去推力后a、b两物体的加速度相同,而撤去推力后物体所受的合力等于滑动摩擦力,故物体a、b受到的摩擦力大小相等,A正确;整个运动过程中,根据动量定理,对a、b分别有I1-μmgta=0,I2-μmgtb=0,解得==,B正确;整个运动过程中,根据动能定理,对a、b分别有W1-μmgsa=0,W2-μmgsb=0,且a、b的最大速度相等,有sa=tavm,sb=tbvm,解得===,C正确;整个运动过程中,根据动量定理,对a、b分别有F1tA-μmgta=0,F2tC-μmgtb=0,解得=,根据图像可知tA<tC,可得>,故D错误。选A、B、C。 5.C　 题图解读　 由题图可知,t2时刻后小球的动量不为0,可知其速度不为0,t2时刻后又运动了一段时间,说明t2时刻小球还未落地,故A错误。小球运动过程中受到的空气阻力与速率满足关系式f=kv,根据动量定理Δp=FΔt,可知p-t图线的斜率表示合外力,由图可知t=0时刻,p-t图线斜率的绝对值最大,小球的加速度最大,设最大加速度为am,则有mg+kv1=mam,其中v1=;当p=-时,小球所受的合外力为零,此时有mg=kv2=k,联立各式可解得am=3g,故B错误。设小球从抛出到最高点的时间为t上,上升的高度为h,从最高点到落地的时间为t下,从地面抛出到最高点的过程,由动量定理有-mgt上-kt上=0-p0,即mgt上+kh=p0,同理下落阶段有-mgt下+kt下=--0,即mgt下-kh=,联立可得小球从抛出到落地的总时间为t=t上+t下=,故C正确。小球上升过程中阻力的冲量大小为If上=kt上=kh,下降过程中阻力的冲量大小为If下=kt下=kh,故小球上升和下降过程中阻力的冲量大小相等,D错误。 6.B　球在离手时获得一个竖直向下、v0=4 m/s的初速度,根据动量定理,合外力对球的冲量I=mv0=2.4 kg·m/s,手对球的冲量与重力的冲量之和等于合外力的冲量,则手对球的冲量小于2.4 kg·m/s,A错误;对手与球作用的过程,根据动量定理有I=(F+mg)t,解得F=6 N,B正确;对手与球作用的过程,根据动能定理得mgh+W=m,解得W=3.3 J,C错误;根据v2-=2g(H-h)可得球的落地速度大小为v= m/s,D错误。 7.答案　(1)5 m/s　(2)8 N·s,方向竖直向上 解析　(1)设小球落至沙坑时的瞬时速度大小为v,根据动能定理有 mgs-fs=0-mv2 解得v=5 m/s。 (2)小球击穿网时,设其速度大小为v1,根据匀变速直线运动规律有v2-=2g(h-Δh) 解得v1=4 m/s 小球刚触网时,设其速度大小为v2,有=2g(H-h) 解得v2=10 m/s 拦阻网对小球作用过程,以竖直向下为正方向,根据动量定理有mg·Δt-I=mv1-mv2 解得网对小球的冲量大小I=8 N·s,方向竖直向上。 8.D　 模型建构　构建水流柱体模型,如图所示: 以极短时间Δt内与汽车发生相互作用的水流为研究对象,该部分水流的质量为Δm=ρSvΔt;以水流方向为正方向,根据动量定理,对该部分水流有-F1Δt=0-Δmv,F1为汽车对水流的平均冲击力大小,根据牛顿第三定律,水流对汽车的平均冲击力大小F2=F1,结合水枪喷出水流的流量Q==Sv,解得F2=,故选D。 9.答案　(1)1.2×105 N　(2) 解析　(1)规定竖直向下为正方向,反推发动机工作过程中根据动量定理得(mg-F)t=mv2-mv1 联立解得F=1.2×105 N。 (2)以Δt时间内喷出的气体为研究对象,设喷出气体的速度为v,则每台发动机喷出气体的质量为m=ρ··vΔt 根据牛顿第三定律可得喷出气体受到返回舱的力F'=F 对4台发动机喷出的气体,由动量定理可得F'Δt=4mv-0 联立解得v=。 7 学科网（北京）股份有限公司 $