動量和動量定理（講義）（解析版）-2025年高考物理一輪復習（新教材新高考）

第25講動量和動量定理

目錄

01、考情透視，目標導航

02、知識導圖，思維引航..............................................1

03、考點突破，考法探究..............................................2

考點一動量和沖量.............................................................2

知識點L動量的概念.....................................................2

知識點2.動量變化量.....................................................3

知識點3.沖量的概念.....................................................3

知識點4.沖量的三種計算方法.............................................3

知識點5.動量與動能的比較................................................3

考向洞察

考向L動量變化量的大小計算.............................................4

考向2.恒力沖量的計算....................................................4

考向3.利用圖像法計算變力的沖量..........................................4

考向4.對動量和動能比較..................................................5

考點二動量定理的理解和應用....................................................6

考向洞察.......................................................................6

考向1.用動量定理解釋生活中的現象........................................6

考向2.動量定理的有關計算................................................7

考向3.動量定理用于多過程問題............................................8

考點三應用動量定理處理流體類問題.............................................9

知識點1流體類“柱狀模型”................................................9

知識點2微粒類“柱狀模型”...............................................9

04、真題練習，命題洞見..............................................10

差情;奏汨?日標旦祐

2024?安徽?高考物理試題

2024.江蘇.高考物理試題

考情

2024?廣東.高考物理試題

分析

2024?全國?高考物理試題

2024.福建?高考物理試題

復習目標1.理解動量和沖量的概念，理解動量定理及其表達式。

目標目標2.能用動量定理解釋生活中的有關現象。

目標3.會用動量定理進行相關計算，并會在流體力學中建立“柱狀”模型。

//L知識導圖?思維引航\\

定義：P=mv

大?。篜=mv=^2niEk

I動后11

方向：與速度方向相同

動量與沖量-動量的變化量：AP=nw-nn^

"定義：I=Ft

|沖斌|_大?。篒=F-r=AP=尸-周像的面積

方向：與力方向相同或動量變化量的方向

動量定理I1-

表達式：Ft=^P=mv—mv0

如一定時，F的作用時間越短，力就越大；

作用時間越長，力就越小。

動量定理用動量定理解釋現象：

產一定，此時力的作用時間越長，綠就越大;

力的作用時間越短，功就越小。

動量定理的應用:與動量定理有關的計算問題

動量定理用于多過程問題

應用動量定理處理流體類問題

考點突破?考法探究

考點一動量和沖量

知識固本

知識點1.動量的概念

(1)定義：物體的質量和速度的乘積。

(2)表達式：p=nw,單位為kg?m/s。

(3)方向：動量是矢量，方向與速度的方向相同。

知識點2.動量變化量

(1)動量的變化量Ap等于末動量減去初動量p的矢量運算，也稱為動量的增量，即一〃。

(2)動量的變化量切也是矢量，其方向與速度的改變量A。的方向相同，運用矢量法則計算。

知識點3.沖量的概念

(1)定義：力與力的作用時間的乘積。

(2)公式：/=3。

⑶單位：N-So

(4)方向：沖量是矢量，其方向與力的方向相同。

知識點4.沖量的三種計算方法

利用定義式/=必/計算沖量，此方法僅適用于恒力的沖量，無需考慮物體的

公式法

運動狀態(tài)

利用F/圖像計算，廣/圖像與橫軸圍成的面積表示沖量，此法既可以計算恒

圖像法

力的沖量，也可以計算變力的沖量

動量定如果物體受到大小或方向變化的力的作用，則不能直接用/=%/求變力的沖

理法量，可以求出該力作用下物體動量的變化量，由/=〃'-p求變力的沖量

知識點5.動量與動能的比較

動量動能

物理意義描述機械運動狀態(tài)的物理量

口12

定義式p=mv

標矢性矢量標量

變化因素合外力的沖量合外力所做的功

F—正

大小關系p=\/2mEkEL2m

變化量△p=FtAEk=Fl

(1)都是相對量，與參考系的選取有關，通常選取地面為參考系

聯(lián)系(2)若物體的動能發(fā)生變化，則動量一定也發(fā)生變化；但動量發(fā)生變

化時動能不一定發(fā)生變化

考向洞察J

考向L動量變化量的大小計算

1.(多選)質量為優(yōu)的物體以初速度W開始做平拋運動，經過時間f,下降的高度為心速度變?yōu)関,在這段時

間內物體動量變化量的大小為()

A.m(y—vo)B.mgt

C.—vo2D.2gh

【答案】BCD

【解析工由動量定理可得，物體在時間t內動量變化量的大小為mgt,B正確；物體在平拋運動過程中

速度變化量沿豎直方向，其大小Av=-\/v2—Vo2＞由機械能守恒定律可得/77Vo之+加8八二斗九/,所以y/^—vo2

=y/2gh,故物體動量變化量Ap=mAv=m\jv2—v/=,C、D正確，A錯誤。

考向2.恒力沖量的計算

2.如圖所示，質量為優(yōu)的小滑塊沿傾角為。的斜面向上滑動，經過時間fi，速度變?yōu)榱悴⒂珠_始下滑，經過

時間叁回到斜面底端，滑塊在運動過程中受到的摩擦力大小始終為居。已知重力加速度為g。在整個運動過

程中，下列說法正確的是()

A.重力對滑塊的總沖量大小為/"g(fi+f2)sin6

B.支持力對滑塊的總沖量大小為mg(ti+f2)cosB

C.合力的沖量為0

D.摩擦力的總沖量大小為Ff(/i+f2)

【答案】B

【解析】重力對滑塊的總沖量為〃ZgS+f2)，A錯誤；支持力對滑塊的總沖量為機g?l+/2)C0S仇B(yǎng)正確；

整個過程中滑塊的動量發(fā)生了改變，故合外力的總沖量不為0,C錯誤；上滑過程和下滑過程摩擦力的方向

相反，故若以沿斜面向下為正方向，摩擦力的總沖量為四"2—編，D錯誤。

考向3.利用圖像法計算變力的沖量

3.(多選)(2022?全國乙卷?20)質量為1kg的物塊在水平力尸的作用下由靜止開始在水平地面上做直線運動，F

與時間t的關系如圖所示。已知物塊與地面間的動摩擦因數為0.2,重力加速度大小取g=10m/s2。貝！|()

-F/N

4--------1

I

0,2i4'：6r/s

-4卜----J-----1

A.4s時物塊的動能為零

B.6s時物塊回到初始位置

C.3s時物塊的動量為12kg?m/s

D.0~6s時間內F對物塊所做的功為40J

【答案】AD

【解析】物塊與地面間的摩擦力為Ff=^mg=2N,對物塊在。?3s時間內由動量定理可知（/一啦）a=機丫3，

代入數據可得"3=6m/s,3s時物塊的動量為p=mv-i=6kg-m/s,故C錯誤；設3s后經過時間物塊的速度

減為0,由動量定理可得一（尸+4>2=0—mv3,解得t2=ls,所以物塊在4s時速度減為0,則此時物塊的動

能也為0,故A正確；在。?3s時間內，對物塊由動能定理可得（尸一尸。無1=品丫3"解得尤i=9m,3~4s時

間內，對物塊由動能定理可得一（F+bf）X2=0—J/nY，解得及=3m,4~6s時間內物塊開始反向運動，物

F—Ft1

2

塊的加速度大小為。=—^—=2m/s,發(fā)生的位移大小為羽=呼白2=4m<xi+x2,即6s時物塊沒有回到初

始位置，故B錯誤；0?6s時間F對物塊所做的功為EC2+FX3=40J,故D正確。

4.一質點靜止在光滑水平面上，現對其施加水平外力F,力F隨時間按正弦規(guī)律變化，如圖所示。下列說法

正確的是（）

A.第2s末，質點的動量為0

B.第2s末，質點的動量方向發(fā)生變化

C.第4s末，質點回到出發(fā)點

D.在1?3s時間內，力廠的沖量為0

【答案】D

【解析】：由題圖可知，0?2s時間內產的方向和質點運動的方向相同，質點經歷了加速度逐漸增大的加

速運動和加速度逐漸減小的加速運動，所以第2s末，質點的速度最大，動量最大，方向不變，故選項A、

B錯誤；2?4s內F的方向與0?2s內F的方向不同，該質點0?2s內做加速運動，2?4s內做減速運動，

所以質點在0?4s內的位移均為正，第4s末沒有回到出發(fā)點，故選項C錯誤；在FY圖像中，圖線與橫軸

所圍的面積表示力P的沖量，由題圖可知，1?2s內的面積與2?3s內的面積大小相等，一正一負，則在1?

3s時間內，力廠的沖量為0,故選項D正確。

考向4.對動量和動能比較

5.（多選）在光滑水平面上，原來靜止的物體在水平力尸的作用下，經過時間人通過位移L后動量變?yōu)椋?/p>

動能變?yōu)榉?。以下說法正確的是（）

A.在尸作用下，若這個物體經過位移2L其動量等于2P

B.在尸作用下，若這個物體經過位移2L其動能等于2反

C.在尸作用下，若這個物體經過時間23其動能等于2瓦

D.在尸作用下，若這個物體經過時間2K其動量等于2P

【答案】BD

【解析】在光滑水平面上，物體所受合力大小等于F的大小，根據動能定理知，FL=E?物體位移變?yōu)?/p>

原來的2倍，動能變?yōu)樵瓉淼?倍，根據0=4而瓦，知動量變?yōu)樵瓉淼哪锉?，故A錯誤，B正確；根據

動量定理知，Ft=mv,物體運動時間變?yōu)樵瓉淼?倍，則動量變?yōu)樵瓉淼?倍，根據反=/知，動能變?yōu)?/p>

原來的4倍，故C錯誤，D正確。

考點二動量定理的理解和應用

-------------H-H-t

知識

1.內容：物體在一個過程中所受力的沖量等于它在這個過程始末的動量變化量。

2.公式：F*'-f)=mv'—mv或/=〃'一。。

3.對動量定理的理解：

(1)公式中的F是研究對象所受的所有外力的合力。它可以是恒力，也可以是變力。當合外力為變力時，F

是合外力對作用時間的平均值。

p是矢量式，兩邊不僅大小相等，而且方向相同。

(3)動量定理中的沖量可以是合外力的沖量，可以是各個力沖量的矢量和，也可以是外力在不同階段沖量的

矢量和。

(4)日=加一刀還說明了兩邊的因果關系,即合外力的沖量是動量變化的原因。

(5)由Ft^p'-p得尸=注皆=平，即物體所受的合外力等于物體動量的變化率。

(6)當物體運動包含多個不同過程時，可分段應用動量定理求解，也可以全過程應用動量定理求解。

--------------[MHHJ-u

考向洞察」

考向1.用動量定理解釋生活中的現象

1.錘子是常用裝修工具。鋪木地板時，調整地板之間銜接平整，需要用錘子輕輕敲打；把鐵釘釘入堅硬的木

板需要用錘子重重敲打。關于兩種情況下選用的錘子及理由，以下說法正確的是()

A.釘鐵釘時，應選鐵錘快速敲打，以獲得較大的打擊力

B.釘鐵釘時，應選木錘快速敲打，以獲得較小的打擊力

C.鋪地板時，應選鐵錘低速敲打，以獲得較小的打擊力

D.鋪地板時，應選木錘低速敲打，以獲得較大的打擊力

【答案】A

【解析】根據動量定理得Fr=O-(-Wvo)，解得尸=5巴釘鐵釘時，為了獲得較大的打擊力F,應選擇

鐵錘快速敲打。選擇鐵錘是因為鐵錘的質量比木錘質量大，快速敲打能減小鐵錘與鐵釘的作用時間3增大

鐵錘的初速度％,A正確，B錯誤；根據尸=萼，鋪地板時，為了獲得較小的打擊力凡應該選擇木錘低

速敲打。選擇木錘是因為木錘的質量小，低速敲打增大木錘與地板的作用時間t,減小木錘的初速度如C、

D錯誤。

2.行駛中的汽車如果發(fā)生劇烈碰撞，車內的安全氣囊會被彈出并瞬間充滿氣體。若碰撞后汽車的速度在很短

時間內減小為零，關于安全氣囊在此過程中的作用，下列說法正確的是（）

A.增加了司機單位面積的受力大小

B.減少了碰撞前后司機動量的變化量

C.將司機的動能全部轉換成汽車的動能

D.延長了司機的受力時間并增大了司機的受力面積

【答案】D

【解析】汽車劇烈碰撞瞬間，安全氣囊彈出，立即跟司機身體接觸。司機在很短時間內由運動到靜止，

動量的變化量是一定的，由于安全氣囊的存在，作用時間變長，據動量定理加=必,知，司機所受作用力

減??；又知安全氣囊打開后，司機受力面積變大，因此減小了司機單位面積的受力大??；碰撞過程中，動

能轉化為內能。綜上可知，選項D正確。

【題后反思】

AP

用動量定理解釋現象—

（l）Ap一定時，尸的作用時間越短，力就越大；作用時間越長，力就越小。

⑵廠一定，此時力的作用時間越長，Ap就越大；力的作用時間越短，Ap就越小。

考向2.動量定理的有關計算

3.（多選）安全帶是汽車行駛過程中生命安全的保障帶。在汽車正面碰撞測試中，汽車以72km/h的速度發(fā)生

碰撞。車內假人的質量為50kg,使用安全帶時，假人用時0.8s停下；不使用安全帶時，假人與前方碰撞,

用時0.2s停下。以下說法正確的是（）

A.碰撞過程中，汽車和假人的總動量守恒

B.無論是否使用安全帶，假人動量變化量相同

C.使用安全帶時，假人受到的平均作用力約為1250N

D.不使用安全帶時，假人受到的平均作用力約為2500N

【答案】BC

【解析】：碰撞過程中，汽車和假人組成的系統(tǒng)受撞擊力作用，總動量不守恒，故A錯誤；假人的初動量

為p=mv°,末動量都為0,所以無論是否使用安全帶，假人動量變化量相同，故B正確；使用安全帶時，

根據動量定理有@=0—P，解得尸=1250N,假人受到的平均作用力約為1250N,故C正確；不使用安全

帶時，根據動量定理有fV=0—P，解得F=5000N,假人受到的平均作用力約為5000N,故D錯誤。

4.高空作業(yè)須系安全帶。如果質量為m的高空作業(yè)人員不慎跌落，從開始跌落到安全帶對人剛產生作用力

前，人下落的距離為以可視為自由落體運動），此后經歷時間t,安全帶達到最大伸長量，若在此過程中該

作用力始終豎直向上。重力加速度為g,忽略空氣阻力，則該段時間安全帶對人的平均作用力大小為（）

A呼還+mgB呼—mg

C呼D呼-mg

【答案】A

【解析】安全帶對人起作用之前，人做自由落體運動；由7=28//可得，安全帶對人起作用前瞬間，人的

速度v=4麗；安全帶達到最大伸長量時，人的速度為零；從安全帶開始對人起作用到安全帶伸長量達到最

大，取豎直向下為正方向，由動量定理可得（加g—F）t=O—mv,故尸=與+;咫=；^+mg,故選項A

正確。

考向3.動量定理用于多過程問題

5.將質量為相=1kg的物塊置于水平地面上，已知物塊與水平地面間的動摩擦因數為〃=0.5,現在物塊上

施加一個平行于水平地面的恒力尸=10N,物塊由靜止開始運動，作用4s后撤去凡已知g=10m/s2,對

于物塊從靜止開始運動到物塊停下這一過程，下列說法正確的是（）

A.整個過程物塊運動的時間為6s

B.整個過程物塊運動的時間為8s

C.整個過程中物塊的位移大小為40m

D.整個過程中物塊的位移大小為60m

【答案】B

【解析工在整個過程中由動量定理得Hl—〃加gf=0,解得t=8s,選項A錯誤，B正確；在物塊前4s運動

的過程中由動量定理得Ftr-^mgt^mv,解得v=20m/s,因物塊加速和減速過程的平均速度都為7=號=

多則全程的平均速度也為泰則物塊的總位移尤=方=弟8m=80m,選項C、D錯誤。

【題后反思】用動量定理解多過程問題的兩點提醒

（1）對于過程較復雜的運動，可分段應用動量定理，也可整個過程應用動量定理。

（2）物體受多個力作用，各力的方向和作用時間往往不同，列動量定理時應重點關注。

考點三應用動量定理處理流體類問題

知識點1流體類“柱狀模型”

流體及通常液體、氣體等被廣義地視為“流體”，質量具有連續(xù)性，通常已知密

其特點度P

分1建構“柱狀模型”：沿流速。的方向選取一段柱狀流體，其橫截面積為S

析微元研究：作用時間。內的一段柱狀流體的長度為揖=。加，對應的質量

2

步為\m=pSv\t

驟3建立方程：應用動量定理研究這段柱狀流體

知識點2微粒類“柱狀模型”

微粒及其通常電子、光子、塵埃等被廣義地視為“微?！?，質量具有獨立性，

特點通常給出單位體積內的粒子數n

建構“柱狀模型”：沿流速。的方向選取一段小柱體，柱體的橫截面

分1

積為S

析

微元研究：作用時間加內一段柱狀微粒的長度為A/=OA3對應的體

步2

積為AV=SvAt,則微元內的粒子數N=nvSAt

驟

3建立方程：先應用動量定理研究單個粒子，再乘以N計算

1.水刀（如圖所示），即以水為刀，本名高壓水射流切割技術，以其冷切割不會改變材料的物理化學性質而備

受青睞。目前在中國，“水刀”的最大壓強已經做到了420MPa?！八丁痹诠ぷ鬟^程中，將水從細噴嘴高

速噴出，直接打在被切割材料的表面上，假設高速水流垂直打在材料表面上后，立刻沿材料表面散開沒有

反彈，已知水的密度為p=1.0X103kg/m3o試估算要達到我國目前的“水刀”壓強，則該“水刀”噴出的

水流速度約為（）

A.600m/sB.650m/s

C.700m/sD.750m/s

【答案】B

【解析】設水流速度為v,橫截面積為S,在極短時間M內噴出的水的質量\m=pvS\t,由動量定理得\mv

=pS\t,解得。2650m/s,故選B。

2.（多選）某防空系統(tǒng)會在目標來襲時射出大量子彈顆粒,在射出方向形成一個均勻分布、持續(xù)時間t=0.01s、

橫截面積為S=2m2的圓柱形彈幕，每個子彈顆粒的平均質量為m=2XW2kg,每1cn?有一個子彈顆粒，

所有子彈顆粒以。=300m/s射入目標，并射停目標，停在目標體內。下列說法正確的是（）

A.所形成彈幕的總體積V=6cn?

B.所形成彈幕的總質量1.2X105kg

C.彈幕對目標形成的沖量大小/=3.6X107kg-m/s

D.彈幕對目標形成的沖擊力大小尸=3.6X108N

【答案】BC

【解析】彈幕的總體積為V=i，tS=300x0.01x2m3=6m3,A錯誤；又因為每1cn?有一個子彈顆粒，則子彈

顆粒的總個數N=d-6個=6*1。6個,所形成彈幕的總質量m=6x106*2x10—2kg=1.2x105kg,B正

確；由動量定理可知，/=AfAu=1.2xl（）5kgx300m/s=3.6xl（）7kg.m/s,C正確；彈幕對目標形成的沖擊力大

小尸=:=3.6xl（）9N,D錯誤。

匐4

百顛嬉己1?會早耐

1.（2024?北京.高考真題）將小球豎直向上拋出，小球從拋出到落回原處的過程中，若所受空氣阻力大小與

速度大小成正比，則下列說法正確的是（）

A.上升和下落兩過程的時間相等

B.上升和下落兩過程損失的機械能相等

C.上升過程合力的沖量大于下落過程合力的沖量

D.上升過程的加速度始終小于下落過程的加速度

【答案】C

【詳解】D.小球上升過程中受到向下的空氣阻力，下落過程中受到向上的空氣阻力，由牛頓第二定律可知

上升過程所受合力（加速度）總大于下落過程所受合力（加速度），D錯誤；

C.小球運動的整個過程中，空氣阻力做負功，由動能定理可知小球落回原處時的速度小于拋出時的速度,

所以上升過程中小球動量變化的大小大于下落過程中動量變化的大小，由動量定理可知，上升過程合力的

沖量大于下落過程合力的沖量，C正確；

A.上升與下落經過同一位置時的速度，上升時更大,所以上升過程中平均速度大于下落過程中的平均速度，

所以上升過程所用時間小于下落過程所用時間，A錯誤；

B.經同一位置，上升過程中所受空氣阻力大于下落過程所受阻力，由功能關系可知，上升過程機械能損失

大于下落過程機械能損失，B錯誤。

故選C。

2.（2024.安徽.高考真題）一傾角為30。足夠大的光滑斜面固定于水平地面上，在斜面上建立。孫直角坐標

系，如圖（1）所示。從7=0開始，將一可視為質點的物塊從0點由靜止釋放，同時對物塊施加沿x軸正方

向的力耳和B，其大小與時間r的關系如圖（2）所示。己知物塊的質量為1.2kg,重力加速度g取10m/S,,

不計空氣阻力。則（）

A.物塊始終做勻變速曲線運動

B.f=ls時，物塊的y坐標值為2.5m

C.f=ls時，物塊的加速度大小為5出m/s?

D.f=2s時，物塊的速度大小為10萬n/s

【答案】BD

【詳解】A.根據圖像可得片=4-乙F一,故兩力的合力為

F=4+2?（N）

物塊在y軸方向受到的力不變?yōu)閙gsin30。，x軸方向的力在改變，合力在改變，故物塊做的不是勻變速曲

線運動，故A錯誤；

B.在y軸方向的加速度為

故t=ls時，物塊的y坐標值為

12c=

y=-ayr=2.5m

故B正確；

C.t=ls時，F=6N,故此時加速度大小為

故C錯誤；

D.對無軸正方向，對物塊根據動量定理

Ft=mvx-0

由于p與時間r成線性關系故可得

（4+2x0）+（4+2x2）_

x2—1.2v,

2

解得

vx=lOm/s

此時y軸方向速度為

vy=gsin30°?1=5x2m/s=lOm/s

故此時物塊的速度大小為

22

v=ylvx+vy=10^m/s

故D正確。

故選BD。

3.(2024?全國?高考真題)蹦床運動中，體重為60kg的運動員在f=0時剛好落到蹦床上，對蹦床作用力大小

尸與時間f的關系如圖所示。假設運動過程中運動員身體始終保持豎直，在其不與蹦床接觸時蹦床水平。忽

B./=0.30s時，運動員的速度大小為10m/s

C.f=1.00s時，運動員恰好運動到最大高度處

D.運動員每次與蹦床接觸到離開過程中對蹦床的平均作用力大小為4600N

【答案】BD

【詳解】A.根據牛頓第三定律結合題圖可知。=0.15s時，蹦床對運動員的彈力最大，蹦床的形變量最大,

此時運動員處于最低點，運動員的重力勢能最小，故A錯誤；

BC.根據題圖可知運動員從/=0.30s離開蹦床到t=2.3s再次落到蹦床上經歷的時間為2s,根據豎直上拋運

動的對稱性可知，運動員上升時間為1s,則在t=1.3s時，運動員恰好運動到最大高度處，r=0.30s時運動

員的速度大小

v=10xlm/s=10m/s

故B正確，C錯誤；

D.同理可知運動員落到蹦床時的速度大小為10m/s,以豎直向上為正方向，根據動量定理

F-At—mg-A/=mv—(—mv)

其中

A/=0.3s

代入數據可得

F=4600N

根據牛頓第三定律可知運動員每次與蹦床接觸到離開過程中對蹦床的平均作用力大小為4600N,故D正確。

故選BD。

4.（2024?福建?高考真題）物塊置于足夠長光滑斜面上并鎖定，f=0時刻解除鎖定，并對物體沿斜面施加如

圖所示變化的力凡以沿斜面向下為正方向，下列說法正確的是（）

A.。~書。,物體一直沿斜面向下運動

B.。~4。，合外力的總沖量為0

C.時動量是4時的一半

D.2tL3r°過程物體的位移小于3t0~4/0的位移

【答案】AD

【詳解】根據圖像可知當/=2機gsin6時，物塊加速度為

2mpsin0+m^sin0個.八

a=——2-----------2-------=3gsm0

m

方向沿斜面向下；當尸=-2根gsinM時，物塊加速度大小為

2mgsin0-ms,sin。.八

a=——2-----------2-------=gsin8

m

方向沿斜面向上，作出物塊。~4fo內的VT圖像

A.根據圖像可知。~4/。，物體一直沿斜面向下運動，故A正確；

B.根據圖像可知。~小。，物塊的末速度不等于0,根據動量定理

/合=w0

故B錯誤;

C.根據圖像可知2時物塊速度大于2f。時物塊的速度，故務時動量不是九時的一半，故C錯誤；

D.v-t圖像與橫軸圍成的面積表示位移，故由圖像可知4~3%過程物體的位移小于3%~4%的位移，故D

正確。

故選ADo

5.（2023?福建?高考真題）甲、乙兩輛完全相同的小車均由靜止沿同一方向出發(fā)做直線運動。以出發(fā)時刻為

計時零點，甲車的速度一時間圖像如圖（a）所示，乙車所受合外力一時間圖像如圖（b）所示。貝U（）

圖（a）圖（b）

A.2s內，甲車的加速度大小逐漸增大

B.乙車在/=2s和，=6s時的速度相同

C.2~6s內，甲、乙兩車的位移不同

D.f=8s時，甲、乙兩車的動能不同

【答案】BC

【詳解】A.由題知甲車的速度一時間圖像如圖（a）所示，則根據圖（a）可知0~2s內，甲車做勻加速直

線運動，加速度大小不變，故A錯誤；

B.由題知乙車所受合外力一時間圖像如圖（b）所示，則乙車在0~2s內根據動量定理有

h=mv2jh=So-2=2N-s

乙車在0~6s內根據動量定理有

16=mV6,16=So~6=2N-s

則可知乙車在t=2s和f=6s時的速度相同，故B正確；

C.根據圖（a）可知，2~6s內甲車的位移為0；根據圖（b）可知，2~6s內乙車一直向正方向運動，則2

~6s內，甲、乙兩車的位移不同，故C正確；

D.根據圖（a）可知，f=8s時甲車的速度為0,則f=8s時，甲車的動能為0；乙車在0~8s內根據動量

定理有

h=mvs,h=So~8=0

可知f=8s時乙車的速度為0,貝卜=8s時，乙車的動能為0,故D錯誤。

故選BC。

6.（2023?廣東?高考真題）某同學受電動窗簾的啟發(fā)，設計了如圖所示的簡化模型.多個質量均為1kg的滑

塊可在水平滑軌上滑動，忽略阻力.開窗簾過程中，電機對滑塊1施加一個水平向右的恒力F，推動滑塊1

以0.40m/s的速度與靜止的滑塊2碰撞，碰撞時間為0.04s,碰撞結束后瞬間兩滑塊的共同速度為

0.22m/s.關于兩滑塊的碰撞過程，下列說法正確的有（）

A.該過程動量守恒

B.滑塊1受到合外力的沖量大小為Q18N-S

C.滑塊2受到合外力的沖量大小為0.40N.S

D.滑塊2受到滑塊1的平均作用力大小為5.5N

【答案】BD

【詳解】A.取向右為正方向，滑塊1和滑塊2組成的系統(tǒng)的初動量為

Pi=mvl=1x0.40kg?m/s=0.40kg?m/s

碰撞后的動量為

p2=2mv2=2xlx0.22kg-m/s=0.44kg-m/s

則滑塊的碰撞過程動量不守恒，故A錯誤；

B.對滑塊1,取向右為正方向，則有

A=mv9-mv1=1x0.22kg-m/s-1x0.40kg-m/s=-0.18kg-m/s

負號表示方向水平向左，故B正確；

C.對滑塊2,取向右為正方向，則有

I2=mv2=1x0.22kg?m/s=0.22kg?m/s

故c錯誤；

D.對滑塊2根據動量定理有

FNt=I?

解得

F=5.5N

則滑塊2受到滑塊1的平均作用力大小為5.5N,故D正確。

故選BD。

7.（2023?全國?高考真題）使甲、乙兩條形磁鐵隔開一段距離，靜止于水平桌面上，甲的N極正對著乙的S

極，甲的質量大于乙的質量，兩者與桌面之間的動摩擦因數相等?，F同時釋放甲和乙，在它們相互接近過

程中的任一時刻（）

甲乙

A.甲的速度大小比乙的大B.甲的動量大小比乙的小

C.甲的動量大小與乙的相等D.甲和乙的動量之和不為零

【答案】BD

【詳解】對甲、乙兩條形磁鐵分別做受力分析，如圖所示

掰甲m乙

A.根據牛頓第二定律有

_F—"m用g

0一

叫

c_F一〃m乙g

a乙一

叱

由于

m甲＞m乙

所以

a甲＜a乙

由于兩物體運動時間相同，且同時由靜止釋放，可得

u用＜v乙

A錯誤；

BCD.對于整個系統(tǒng)而言，由于〃a甲g＞〃加zg,合力方向向左，合沖量方向向左，所以合動量方向向左,

顯然甲的動量大小比乙的小，BD正確、C錯誤。

故選BD。

8.（2023?重慶?高考真題）某實驗小組測得在豎直方向飛行的無人機飛行高度y隨時間f的變化曲線如圖所

示，E、F、M、N為曲線上的點，EF、段可視為兩段直線，其方程分另1|為了=由-26和y=-2/+140。

無人機及其載物的總質量為2kg,取豎直向上為正方向。則（）

A.跖段無人機的速度大小為4m/s

B.PM段無人機的貨物處于失重狀態(tài)

C.FN段無人機和裝載物總動量變化量大小為4kg-m/s

D.MN段無人機機械能守恒

【答案】AB

【詳解】A.根據所段方程

y=4/—26

可知所段無人機的速度大小為

v=——=4m/s

At

故A正確；

B.根據y—圖像的切線斜率表示無人機的速度，可知楨段無人機先向上做減速運動，后向下做加速運動，

加速度方向一直向下，則無人機的貨物處于失重狀態(tài)，故B正確；

C.根據段方程

y=—2f+140

可知MN段無人機的速度為

v'==-2m/s

\t'

則有

Ap=mv'—mv=2x（—2）kg-m/s—2x4kg-m/s=-12kg-m/s

可知段無人機和裝載物總動量變化量大小為12kg-m/s,故C錯誤；

D.段無人機向下做勻速直線運動，動能不變，重力勢能減少，無人機的機械能不守恒，故D錯誤。

故選AB?

9.（2023?全國?高考真題）一質量為1kg的物體在水平拉力的作用下，由靜止開始在水平地面上沿x軸運動，

出發(fā)點為無軸零點，拉力做的功W與物體坐標x的關系如圖所示。物體與水平地面間的動摩擦因數為0.4,

重力加速度大小取10m/s2。下列說法正確的是（）

A.在x=lm時，拉力的功率為6W

B.在x=4m時，物體的動能為2J

C.從x=0運動到x=2m,物體克服摩擦力做的功為8J

D.從尤=0運動到x=4的過程中，物體的動量最大為2kg?m/s

【答案】BC

【詳解】由于拉力在水平方向，則拉力做的功為

W=Fx

可看出吟x圖像的斜率代表拉力F。

AB.在物體運動的過程中根據動能定理有

12

W-jumgx=—rm，-

則x=1m時物體的速度為

vi=2m/sx=1m時，拉力為

F=—=6N

Ax

則此時拉力的功率

P=Fvi=12Wx=4m時物體的動能為