第7章 第1讲 动量和动量定理(课件PPT)-【金版新学案】2027年高考物理高三总复习大一轮复习讲义（广东专版）

该高中物理高考复习课件聚焦“动量和动量定理”专题，依据高考评价体系梳理了动量、冲量概念理解，动量定理应用及流体类模型处理三大核心考点，通过广东卷及全国卷真题分析明确动量定理定量计算占比50%、流体模型占比30%的高频考点分布，归纳定性分析、定量计算等常考题型。 课件亮点在于“真题溯源+模型建构+素养提升”的备考策略，如以2024广东卷安全气囊问题为例，运用科学思维中的模型建构方法拆解流体冲量计算，结合物理观念中的运动和相互作用观念归纳动量定理四步应用法。设易错辨析模块纠正动量与动能关系等认知偏差，教师可依托此课件实现考点精准突破，助力学生高效掌握解题技巧。

第1讲　动量和动量定理 高三一轮复习讲义 广东专版 第七章 动量守恒定律 1.理解动量和冲量的概念。 2.理解动量定理及其表达式，能应用动量定理解答有关问题。 3.会应用动量定理解决有关流体类、微粒类问题。 学习目标 考点一　动量和冲量 考点二　动量定理 考点三　应用动量定理处理流体类模型 课时测评 内容索引 动量和冲量 考点一 返回 知识梳理 质量 速度 mv 速度 相同 乘积 FΔt N·s 矢量 相同 正误辨析 (1)物体的动量增大2倍，其动能也增大2倍。 ( ) (2)物体合力的冲量不为零，其动量变化量和动能变化量一定不为零。 ( ) (3)物体沿水平面运动时，重力不做功，其冲量为零。 ( ) (4)一个物体的运动状态变化时，它的动量一定改变。 ( ) (5)由动量的定义式p＝mv可知，动量是矢量，动量的方向与速度的方向相同。 ( ) × × × √ √ 1.动能、动量、动量变化量的比较 核心突破 比较项目 动能 动量 动量变化量 定义 物体由于运动而具有的能量 物体的质量和速度的乘积 物体末动量与初动量的矢量差 定义式 Ek＝mv2 p＝mv Δp＝p'－p 标矢性 标量 矢量 矢量 特点 状态量 状态量 过程量 关联方程 Ek＝，Ek＝pv p＝，p＝ 2.冲量的四种计算方法 公式法 利用定义式I＝FΔt计算冲量，此法仅适用于计算恒力的冲量 图像法 利用F -t图像计算，F -t图线与横轴围成的面积表示冲量，此法既可以计算恒力的冲量，也可以计算变力的冲量 平均 力法 若方向不变的力大小随时间均匀变化，则力F在某段时间Δt内的冲量I＝Δt，F1、F2为该段时间内初、末两时刻力的大小 动量定 理法 对于变力的冲量，不能直接用I＝FΔt求解，可以求出该力作用下物体动量的变化量，由I＝Δp求变力的冲量 如图所示，质量为m的滑块沿倾角为θ的固定斜面向上滑动，经过时间t1速度减为零并开始下滑，再经过时间t2回到斜面底端，滑块在运动过程中受到的摩擦力大小始终为Ff，重力加速度为g。在整个运动过程中，下列说法正确的是 A.重力对滑块的总冲量大小为mg(t1＋t2)sin θ B.支持力对滑块的总冲量大小为mg(t1＋t2)cos θ C.合力的冲量为0 D.摩擦力的总冲量大小为Ff(t1＋t2) √ 例1 重力对滑块的总冲量大小为mg(t1＋t2)，A错误；支持力对滑块的总冲量大小为mg(t1＋t2)cos θ，B正确；整个过程中滑块的动量发生了改变，故合力的冲量不为0，C错误；上滑过程和下滑过程摩擦力的方向相反，摩擦力的总冲量大小为Ff(t2－t1)，D错误。故选B。 一质点静止在光滑水平面上，现对其施加水平外力F，力F随时间按正弦规律变化，如图所示，下列说法正确的是 A.第2 s末，质点的动量为0 B.第2 s末，质点的动量方向发生变化 C.第4 s末，质点回到出发点 D.在1～3 s时间内，力F的冲量为0 √ 例2 由题图可知，2～4 s内F的方向与0～2 s内F的方向不同，则该质点0～ 2 s内做加速运动，2～4 s内做减速运动，第4 s末，质点速度减为0，所以第2 s末质点的速度最大，动量最大，方向不变，质点在0～4 s 内的位移均为正，第4 s末没有回到出发点，故A、B、C错误；在F-t图像中，图线与横轴所围的面积表示力F的冲量，由题图可知，1～2 s内所围的面积与2～3 s内所围的面积大小相等，一正一负，则在1～3 s时间内，力F的冲量为0，故D正确。 返回 动量定理 考点二 返回 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______ ________。 2.表达式：F(t'－t)＝__________＝Δp。 知识梳理 动量 mv'－mv 变化量 正误辨析 (1)合力的冲量是物体动量发生变化的原因。 ( ) (2)物体所受合力的冲量的方向与物体末动量的方向相同。 ( ) (3)物体所受合力的冲量方向与物体动量变化的方向是一致的。 ( ) (4)轮船靠岸的过程，轮胎延长了轮船与岸的作用时间，从而减小了轮船与岸的作用力。 ( ) √ × √ √ 1.对动量定理的理解 (1)FΔt＝p'－p是矢量式，两边不仅大小相等，而且方向相同。式中FΔt是物体所受合力的冲量。 (2)FΔt＝p'－p除表明了等式两边大小、方向的关系外，还说明了等式两边的因果关系，即合力的冲量是动量变化的原因。 (3)由FΔt＝p'－p得F＝＝，即物体所受的合力等于物体动量的变 化率。 核心突破 2.应用动量定理的基本思路 考向1 动量定理的定性应用 (多选)如图，运输快递时，我们经常看到，有些易损坏物品外面都会利用充气袋进行包裹，这种做法的好处是 A.可以大幅度减小某颠簸过程中物品所受合力的冲量 B.可以大幅度减小某颠簸过程中物品动量的变化 C.可以使某颠簸过程中物品动量变化的时间延长 D.可以使某颠簸过程中物品动量对时间的变化率减小 √ 例3 √ 充气袋在运输中起到缓冲作用，在某颠簸过程中，物品的动量变化量一定，由动量定理可知，充气袋可以延长相互作用的时间，从而减小物品所受的合力，但不能改变合力的冲量，A、B错误，C正确；动量对时间的变化率即为物体所受的合力，D正确。故选CD。 动量定理表达式FΔt＝Δp的理解 1.当物体的动量变化量Δp一定时，力的作用时间Δt越短，力F就越大；力的作用时间Δt越长，力F就越小。可以用来解释生产、生活中的一些缓冲实例。 2.当作用力F一定时，力的作用时间Δt越长，动量变化量Δp越大；力的作用时间Δt越短，动量变化量Δp越小。 总结提升 考向2 动量定理的定量计算 (2024·广东卷·T14) 汽车的安全带和安全气囊是有效保护乘客的装置。 (1)安全带能通过感应车的加速度自动锁定，其原理的简化 模型如图甲所示。在水平路面上刹车的过程中，敏感球由 于惯性沿底座斜面上滑直到与车达到共同的加速度a，同时 顶起敏感臂，使之处于水平状态，并卡住卷轴外齿轮，锁 定安全带。此时敏感臂对敏感球的压力大小为FN，敏感球 的质量为m，重力加速度为g。忽略敏感球受到的摩擦力。 求斜面倾角的正切tan θ。 例4 答案： 敏感球受向下的重力mg和敏感臂向下的压力FN以及斜面的支持力FN′，由牛顿第二定律可得tan θ＝ma 解得tan θ＝。 (2)如图乙所示，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的变化规律，可近似用图丙所示的图像描述。已知头锤质量M＝30 kg，H＝3.2 m，重力加速度大小取g＝10 m/s2。求： ①碰撞过程中F的冲量大小和方向； 答案：330 N•s　竖直向上 由题图丙可知碰撞过程中F的冲量大小 IF＝×0.1×6 600 N·s＝330 N·s，方向竖直向上。 ②碰撞结束后头锤上升的最大高度。 答案：0.2 m 头锤落到气囊上时的速度v0＝＝8 m/s 头锤与气囊作用过程(取向上为正方向)由动量定理可知IF－Mgt0＝Mv－(－Mv0) 解得v＝2 m/s 则上升的最大高度h＝＝0.2 m。 针对练.(多选)(2024·全国甲卷·T20)蹦床运动中，体重为60 kg的运动员在t＝0时刚好落到蹦床上，对蹦床作用力大小F与时间t的关系如图所示。假设运动过程中运动员身体始终保持竖直，在其不与蹦床接触时蹦床水平。忽略空气阻力，重力加速度大小取10 m/s2。下列说法正确的是 A.t＝0.15 s时，运动员的重力势能最大 B.t＝0.30 s时，运动员的速度大小为10 m/s C.t＝1.00 s时，运动员恰好运动到最大高度处 D.运动员每次与蹦床接触到离开过程中对蹦床 的平均作用力大小为4 600 N √ √ 根据牛顿第三定律结合题图可知t＝0.15 s时，蹦 床对运动员的弹力最大，蹦床的形变量最大，此 时运动员处于最低点，运动员的重力势能最小， 故A错误；根据题图可知运动员从t＝0.30 s离开蹦 床到t＝2.30 s再次落到蹦床上经历的时间为2 s，根据竖直上抛运动的对称性可知，运动员上升时间为1 s，则在t＝1.30 s时，运动员恰好运动到最大高度处，t＝0.30 s时，运动员的速度大小v＝10×1 m/s＝10 m/s，故B正确，C错误；同理可知运动员落到蹦床时的速度大小为10 m/s，以竖直向上为正方向，根据动量定理得Δt－mgΔt＝mv－(－mv)，其中Δt＝0.3 s，代入数据可得＝4 600 N，根据牛顿第三定律可知，运动员每次与蹦床接触到离开过程中对蹦床的平均作用力大小为4 600 N，故D正确。故选BD。 返回 应用动量定理处理流体类模型 考点三 返回 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及单个粒子的质量m0 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S ②微元 研究 小柱体的体积ΔV＝vSΔt 小柱体的质量m＝ρΔV＝ρvSΔt 或小柱体的粒子数N＝nvSΔt 小柱体的动量p＝mv＝ρv2SΔt或p＝Nm0v＝nm0v2SΔt ③建立方程，应用动量定理FΔt＝Δp研究 √ 例5 已知10级台风的风速范围为24.5～28.4 m/s，16级台风的风速范围为51.0～56.0 m/s。若台风迎面垂直吹向一固定的交通标志牌，则16级台风对该交通标志牌的作用力大小约为10级台风的(　　) 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 A．2倍 B．4倍 C．8倍 D．16倍 设交通标志牌迎风面积为S，空气密度为ρ，标志牌对台风的作用力为F，在Δt时间内吹向标志牌的空气体积为vΔtS，空气质量m＝ρvΔtS，假定风的末速度变为零，对风由动量定理得－FΔt＝0－mv，解得F＝ρSv2，由牛顿第三定律可知台风对该交通标志牌的作用力大小为F′＝F＝ρSv2。10级台风的风速取27 m/s，16级台风的风速取54 m/s估算，则16级台风对该交通标志牌的作用力大小与10级台风对该交通标志牌的作用力大小之比为＝4，即16级台风对该交通标志牌的作用力大小约为10级台风的4倍。故选B。 针对练.航天器离子发动机原理如图所示，首先电子枪发射出的高速电子将中性推进剂离子化(即电离出正离子)，正离子被正、负极栅板间的电场加速后从喷口喷出，从而使飞船获得推进或姿态调整的反冲动力。已知单个正离子的质量为m，电荷量为q，正、负极栅板间加速电压为U，从喷口喷出的正离子所形成的电流为I。忽略离子间的相互作用力，忽略离子喷射对卫星质量的影响。该发动机产生的平均推力F的大小为 A．F＝I B．F＝I C．F＝I D．F＝2I √ 以正离子为研究对象，由动能定理得qU＝，Δt时间内通过的总电荷量Q＝IΔt，喷出离子的总质量M＝m；由动量定理可知正离子所受平均冲量Δt＝Mv，可得，根据牛顿第三定律可知，发动机产生的平均推力F＝。故选A。 返回 课 时 测 评 返回 题组1　动量和冲量 1.(多选)如图所示，水平飞向球棒的垒球被击打后，动量变化量为 12.6 kg·m/s，则 A.球的动能可能不变 B.球的动量大小一定增加12.6 kg·m/s C.球对棒的作用力与棒对球的作用力大小一定相等 D.球受到棒的冲量方向可能与球被击打前的速度方向相同 √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 垒球被击打后，可能以与被击打前等大的速度反向打出，所以球的动能可能不变，动量的大小可能不变，A正确，B错误；由牛顿第三定律知，球对棒的作用力与棒对球的作用力大小一定相等，C正确；球受到棒的冲量方向是棒对球的弹力方向，与球被击打前的速度方向相反，D错误。故选AC。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 2.如图所示，学生练习用脚颠球。某次足球由静止自由下落1.25 m，被重新颠起，离开脚部后竖直上升的最大高度仍为1.25 m。已知足球与脚部的作用时间为0.1 s，足球的质量为0.4 kg，重力加速度大小g取10 m/s2，不计空气阻力，则 A.足球下落到与脚部刚接触时动量大小为4 kg·m/s B.足球自由下落过程重力的冲量大小为2 N·s C.足球与脚部作用过程中动量变化量为零 D.脚部对足球的平均作用力为足球重力的9倍 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 足球自由下落到脚部的速度v＝＝5 m/s，动量 大小p＝mv＝2 kg·m/s，A错误；足球自由下落的时 间t＝＝0.5 s，重力的冲量大小I＝mgt＝2 N·s，B 正确；由题意知，足球被重新颠起后的速度与自由下 落到脚部的速度相同，足球与脚部作用过程中，动量变化量Δp＝－mv－mv＝－4 kg·m/s，C错误；足球与脚部作用过程中，根据动量定理可得(mg－F)Δt＝Δp，解得F＝44 N＝11mg，D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 题组2　动量定理 3．(多选)质量为1 kg的物块置于水平地面上。在水平力F的作用下由静止开始运动，F与时间t的关系如图所示。已知物块与地面间的动摩擦因数为0.1，最大静摩擦力大小与滑动摩擦力大小相等，重力加速度大小g取10 m/s2。在前4 s内，下列说法正确的是 A．3 s末，物块的速度最大 B．3 s末，物块的动量大小为1 kg·m/s C．前4 s内，物块所受合力的冲量为0 D．前4 s内，合外力对物块所做的功为0.125 J √ √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 由题意可知，物块所受的最大静摩擦力Ff＝μmg＝1 N，由受力分析可知，物块在第1 s内静止，在1～3 s内加速，在3～4 s内减速，所以3 s末，物块的速度最大，故A正确；1～3 s内，由动量定理可得t＝Δp，解得Δp＝1 kg·m/s，故B正确；1～4 s内，由动量定理可得t′＝mv，解得v＝0.5 m/s，则前4 s内，物块所受合力的冲量I＝mv＝0.5 N·s，由动能定理可得W合＝mv2，解得W合＝0.125 J，故C错误，D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 4．(多选)(2026·广东广州模拟)如图所示，某运动员在练习跳投。某次投篮出手高度正好与篮筐等高，抛射角为θ＝60°，篮球恰好空心命中。篮球质量为m，投出时速度为v0，忽略空气阻力影响，篮球从出手到空心命中的时间内，以下说法正确的是 A．篮球的动量先减小后增大 B．重力的冲量先增大后减小 C．重力的瞬时功率先增大后减小 D．重力的冲量为mv0 √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 篮球的速度先减小后增大，则篮球的动量先减小后增大，选项A正确；根据IG＝mgt可知，重力的冲量一直增加，选项B错误；根据PG＝mgvy，因竖直速度先减小后增大，则重力的瞬时功率先减小后增大，选项C错误；篮球从出手到空心命中的时间为t＝2，重力的冲量为IG＝mgt，解得IG＝mv0，选项D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 5.(多选)(2026·四川绵阳模拟)有的人躺着看手机，若手机不慎跌落，会对人眼造成伤害。若手机质量为150 g，从离人眼25 cm处无初速度不慎跌落，碰到眼睛后手机反弹8 mm，眼睛受到手机的冲击时间为0.1 s，取重力加速度g＝10 m/s2，＝2.236。手机撞击人眼的过程中，下列分析正确的是 A.手机对人眼的冲击力大小约为5.5 N B.手机受到的重力冲量大小约为0.4 N·s C.手机动量变化量大小约为0.4 kg·m/s D.手机动量的变化率大小约为0.4 kg·m/s2 √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 手机下落25 cm过程有＝2gh1，手机反弹8 mm过程有＝2gh2，解得v1＝ m/s，v2＝0.4 m/s，取竖直向上为正方向，手机动量变化量大小Δp＝mv2－(－mv1)≈0.4 kg·m/s，故C正确；手机动量的变化率大小＝4 kg·m/s2，故D错误；根据冲量的定义，可得IG＝mgΔt＝ 0.15 N·s，故B错误；对手机进行分析，由动量定理有(F－mg)Δt＝Δp，结合牛顿第三定律可得，手机对人眼的冲击力大小为F'＝F＝ 5.5 N，故A正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 题组3　应用动量定理处理流体类问题 6.(多选)如图所示，质量为M的武装直升机旋翼有4片桨叶，桨叶旋转形成的圆面面积为S。已知空气密度为ρ，重力加速度大小为g。当直升机悬停在空中时，桨叶旋转推动空气，空气获得的速度为v0，则单位时间内桨叶旋转推动空气的质量可表示为 A.＝ρS B.＝ρSv0 C.＝ D.＝ √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 直升机处于平衡状态，设直升机与空气间的作用力为F，则F＝Mg，直升机对空气的力与空气对直升机的力为作用力和反作用力，即F＝F'，对空气，由动量定理可得F'Δt＝Δm·v0＝ρSv0Δt·v0，解得＝ρSv0，故A错误，B正确；由A、B项分析知F'Δt＝Δm·v0，且F'＝F＝Mg，联立两式可得＝，故C错误，D正确。故选BD。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 7.(多选)(2026·安徽安庆二模)玩具水枪是儿童们夏天喜爱的玩具之一，但水枪伤眼的事件也时有发生，因此，限制儿童水枪的威力就成了生产厂家必须关注的问题。现有一水枪样品，已知水枪喷水口的直径为d，水的密度为ρ，水流水平出射速度为v，垂直击中竖直目标后以大小为0.2v的速率反向溅回，则 A.水枪喷水的流量(单位时间内喷出水的体积)为πvd2 B.喷水口单位时间内喷出水的质量为πρvd2 C.水枪的功率为πρd2v3 D.目标受到的平均冲击力大小为πρd2v2 √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 水枪喷水的流量为Q＝＝＝πvd2，故A错误；喷水口单位时间内喷出水的质量为＝＝πρvd2，故B正确；水枪的功率为P＝＝＝πρd2v3，故C错误；取水流出射速度方向为正方向，由动量定理得－t＝－0.2mv－mv，则由牛顿第三定律可知，目标受到的平均冲击力大小为'＝＝v＝πρd2v2，故D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 8．(多选)(2026·广东珠海阶段练习)如图甲所示，一物体静止在光滑水平面上，从t＝0时刻起，物体受到的水平外力F随时间t变化的关系图线如图乙所示，以向右运动为正方向，物体质量为5 kg，则下列说法正确的是 A．前2 s内物体的速度变化量为1 m/s B．前2 s内物体的运动方向不变 C．第3 s末物体的速度大小为2 m/s D．第3 s内物体的位移为0.5 m √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 根据动量定理，结合题图中信息可知前2 s内，有 ×5×1 N·s－×5×1 N·s＝0，即前2 s内物体的速 度变化量为0，故A错误；根据牛顿第二定律F＝ma 可得，物体的加速度随时间变化的图像如图所示. 0～1 s内，物体向右加速，1～2 s向右减速，t＝2 s时 速度刚好减为0，前2 s内物体一直向右运动，故B正确；第3 s内，物体从静止开始向右做匀加速运动，加速度为a3＝1 m/s2，第3 s末速度为v3＝a3t3＝1 m/s，第3 s内物体的位移为x3＝＝0.5 m，故C错误，D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 9．(多选)某同学受电动窗帘的启发，设计了如图所示的简化模型。多个质量均为1 kg的滑块可在水平滑轨上滑动，忽略阻力。开窗帘过程中，电机对滑块1施加一个水平向右的恒力F，推动滑块1以0.40 m/s的速度与静止的滑块2碰撞，碰撞时间为0.04 s，碰撞结束后瞬间两滑块的共同速度为0.22 m/s。关于两滑块的碰撞过程，下列说法正确的有 A．该过程动量守恒 B．滑块1受到合力的冲量大小为0.18 N·s C．滑块2受到合力的冲量大小为0.40 N·s D．滑块2受到滑块1的平均作用力大小为5.5 N √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 取向右为正方向，滑块1和滑块2组成的系统的初动量为p1＝mv1＝1×0.40 kg·m/s＝0.40 kg·m/s，碰撞后的动量为p2＝2mv2＝2×1×0.22 kg·m/s＝0.44 kg·m/s，则滑块的碰撞过程动量不守恒，故A错误；对滑块1，则有I1＝mv2－mv1＝1×0.22 kg·m/s－1×0.40 kg·m/s＝－0.18 kg·m/s＝－0.18 N·s，负号表示方向水平向左，故B正确；对滑块2，则有I2＝mv2＝1×0.22 kg·m/s＝0.22 kg·m/s＝0.22 N·s，故C错误；对滑块2有Δt＝I2，解得＝5.5 N，则滑块2受到滑块1的平均作用力大小为5.5 N，故D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 10.(多选)(2025·广东卷·T10)如图所示，无人机在空中作业时，受到一个方向不变、大小随时间变化的拉力。无人机经飞控系统实时调控，在拉力、空气作用力和重力作用下沿水平方向做匀速直线运动。已知拉力与水平面成30°角，其大小F随时间t的变化关系为F＝F0－kt(F≠0，F0、k均为大于0的常量)，无人机的质量为m，重力加速度为g。关于该无人机在0到T时间段内(T是满足F＞0的任一时刻)，下列说法正确的有 A.受到空气作用力的方向会变化 B.受到拉力的冲量大小为T C.受到重力和拉力的合力的冲量大小为mgT＋T D.T时刻受到空气作用力的大小为 √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 无人机沿水平方向做匀速直线运动，则任意时刻受力平衡，又 由题意可知拉力方向不变，逐渐减小，则可作出无人机的受力 示意图如图所示，可知无人机受到空气作用力的方向会变化， A正确。由题意可知，拉力的大小随时间均匀变化，所以0到T 时间段内，无人机受到拉力的冲量大小IF＝T＝T，B正确。0到T时间段内，无人机受到的重力的冲量大小IG＝mgT，又无人机受到的重力和拉力不共线，所以结合B项分析可知，无人机受到重力和拉力的合力的冲量大小I合＜IF＋IG＝mgT＋T，C错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 由图结合几何关系可知，无人机受到空气作用力的大小F空＝，T时刻无人机受到拉力的大小FT＝F0－kT，联立解得F空＝，D错误。故选AB。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 11．(10分)(2026·揭阳市揭西县第一次检测)一辆轿车甲以v0＝30 m/s的速率强行超车时，与另一辆迎面驶来的轿车乙相碰撞后静止，车身因相互挤压，皆缩短了x＝0.5 m(x可认为向前的运动位移)，此次事故中轿车甲司机没系安全带进行违规驾驶，若两车相撞时人与车一起做匀减速直线运动至停止。 (1)求轿车甲的加速度a大小； 答案：900 m/s2 车相撞时认为人与车一起做匀减速直线运动直到停止，位移为0.5 m，由＝2ax 可得加速度大小a＝900 m/s2。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 (2)求轿车甲从碰撞至停止所花的时间t； 答案： s 设轿车甲运动的时间为t，根据x＝t 可得t＝ s。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 (3)求相撞过程中轿车甲内质量m＝60 kg的司机受到的平均冲击力大小； 答案：5.4×104 N 根据动量定理可得－t＝Δp＝0－mv0 解得＝5.4×104 N。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 (4)若轿车甲司机系有安全带，安全带在相撞过程中与人体的作用时间是1 s，求这时人体受到的平均冲击力大小并对比前后两次的冲击力说明安全带在事故中的作用。 答案：1.8×103 N　见解析 若甲车司机系有安全带，则有 F′＝ N＝1.8×103 N 由计算结果可知，未系安全带时的冲击力为系了安全带时冲击力的30倍，说明安全带能在事故中大大地减小冲击力，减小对人的伤害。 返回 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 谢 谢 观 看 第1讲　动量和动量定理 $