第25講 動量和動量定理（講義）（解析版）-【上好課】2025年高考物理一輪復習講練測（新教材新高考）

11/11第25講動量和動量定理目錄01、考情透視，目標導航TOC\o"1-3"\h\u02、知識導圖，思維引航 103、考點突破，考法探究 2考點一動量和沖量 2知識點1．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1．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(xiàn)象 6考向2.動量定理的有關(guān)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” 904、真題練習，命題洞見 10考情分析2024·安徽·高考物理試題2024·江蘇·高考物理試題2024·廣東·高考物理試題2024·全國·高考物理試題2024·福建·高考物理試題復習目標目標1.理解動量和沖量的概念，理解動量定理及其表達式。目標2.能用動量定理解釋生活中的有關(guān)現(xiàn)象。目標3.會用動量定理進行相關(guān)計算，并會在流體力學中建立“柱狀”模型。考點一動量和沖量知識點1．動量的概念(1)定義：物體的質(zhì)量和速度的乘積。(2)表達式：p＝mv，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Δp等于末動量p′減去初動量p的矢量運算，也稱為動量的增量，即Δp＝p′－p。(2)動量的變化量Δp也是矢量，其方向與速度的改變量Δv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：I＝FΔt。(3)單位：N·s。(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公式法利用定義式I＝FΔt計算沖量，此方法僅適用于恒力的沖量，無需考慮物體的運動狀態(tài)圖像法利用F-t圖像計算，F(xiàn)-t圖像與橫軸圍成的面積表示沖量，此法既可以計算恒力的沖量，也可以計算變力的沖量動量定理法如果物體受到大小或方向變化的力的作用，則不能直接用I＝FΔt求變力的沖量，可以求出該力作用下物體動量的變化量，由I＝p′－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)的物理量定義式p＝mvEk＝eq\f(1,2)mv2標矢性矢量標量變化因素合外力的沖量合外力所做的功大小關(guān)系p＝eq\r(2mEk)Ek＝eq\f(p2,2m)變化量Δp＝FtΔEk＝Fl聯(lián)系(1)都是相對量，與參考系的選取有關(guān)，通常選取地面為參考系(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1．動量變化量的大小計算1.(多選)質(zhì)量為m的物體以初速度v0開始做平拋運動，經(jīng)過時間t，下降的高度為h，速度變?yōu)関，在這段時間內(nèi)物體動量變化量的大小為()A．m(v－v0) B．mgtC．meq\r(v2－v02) D．meq\r(2gh)【答案】BCD【解析】：由動量定理可得，物體在時間t內(nèi)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Δv沿豎直方向，其大小Δv＝eq\r(v2－v02)，由機械能守恒定律可得eq\f(1,2)mv02＋mgh＝eq\f(1,2)mv2，所以eq\r(v2－v02)＝eq\r(2gh)，故物體動量變化量Δp＝mΔv＝meq\r(v2－v02)＝meq\r(2gh)，C、D正確，A錯誤?？枷?.恒力沖量的計算2.如圖所示，質(zhì)量為m的小滑塊沿傾角為θ的斜面向上滑動，經(jīng)過時間t1，速度變?yōu)榱悴⒂珠_始下滑，經(jīng)過時間t2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Ff。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mg(t1＋t2)sinθB.支持力對滑塊的總沖量大小為mg(t1＋t2)cosθC.合力的沖量為0D.摩擦力的總沖量大小為Ff(t1＋t2)【答案】B【解析】重力對滑塊的總沖量為mg(t1＋t2)，A錯誤；支持力對滑塊的總沖量為mg(t1＋t2)cosθ，B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Ff(t2－t1)，D錯誤?？枷?.利用圖像法計算變力的沖量3.(多選)(2022·全國乙卷·20)質(zhì)量為1kg的物塊在水平力F的作用下由靜止開始在水平地面上做直線運動，F(xiàn)與時間t的關(guān)系如圖所示。已知物塊與地面間的動摩擦因數(shù)為0.2，重力加速度大小取g＝10m/s2。則()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/sD．0～6s時間內(nèi)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＝μmg＝2N，對物塊在0～3s時間內(nèi)由動量定理可知(F－Ff)t1＝mv3，代入數(shù)據(jù)可得v3＝6m/s,3s時物塊的動量為p＝mv3＝6kg·m/s，故C錯誤；設3s后經(jīng)過時間t2物塊的速度減為0，由動量定理可得－(F＋Ff)t2＝0－mv3，解得t2＝1s，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0～3s時間內(nèi)，對物塊由動能定理可得(F－Ff)x1＝eq\f(1,2)mv32，解得x1＝9m,3～4s時間內(nèi)，對物塊由動能定理可得－(F＋Ff)x2＝0－eq\f(1,2)mv32，解得x2＝3m，4～6s時間內(nèi)物塊開始反向運動，物塊的加速度大小為a＝eq\f(F－Ff,m)＝2m/s2，發(fā)生的位移大小為x3＝eq\f(1,2)at32＝4m<x1＋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W＝Fx1－Fx2＋Fx3＝40J，故D正確。4.一質(zhì)點靜止在光滑水平面上，現(xiàn)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(zhì)點的動量為0B．第2s末，質(zhì)點的動量方向發(fā)生變化C．第4s末，質(zhì)點回到出發(fā)點D．在1～3s時間內(nèi)，力F的沖量為0【答案】D【解析】：由題圖可知，0～2s時間內(nèi)F的方向和質(zhì)點運動的方向相同，質(zhì)點經(jīng)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(zhì)點的速度最大，動量最大，方向不變，故選項A、B錯誤；2～4s內(nèi)F的方向與0～2s內(nèi)F的方向不同，該質(zhì)點0～2s內(nèi)做加速運動，2～4s內(nèi)做減速運動，所以質(zhì)點在0～4s內(nèi)的位移均為正，第4s末沒有回到出發(fā)點，故選項C錯誤；在F-t圖像中，圖線與橫軸所圍的面積表示力F的沖量，由題圖可知，1～2s內(nèi)的面積與2～3s內(nèi)的面積大小相等，一正一負，則在1～3s時間內(nèi)，力F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F的作用下，經(jīng)過時間t、通過位移L后動量變?yōu)閜、動能變?yōu)镋k。以下說法正確的是()A.在F作用下，若這個物體經(jīng)過位移2L，其動量等于2pB.在F作用下，若這個物體經(jīng)過位移2L，其動能等于2EkC.在F作用下，若這個物體經(jīng)過時間2t，其動能等于2EkD.在F作用下，若這個物體經(jīng)過時間2t，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(jù)動能定理知，F(xiàn)L＝Ek，物體位移變?yōu)樵瓉淼?倍，動能變?yōu)樵瓉淼?倍，根據(jù)p＝eq\r(2mEk)，知動量變?yōu)樵瓉淼膃q\r(2)倍，故A錯誤，B正確；根據(jù)動量定理知，F(xiàn)t＝mv，物體運動時間變?yōu)樵瓉淼?倍，則動量變?yōu)樵瓉淼?倍，根據(jù)Ek＝eq\f(p2,2m)知，動能變?yōu)樵瓉淼?倍，故C錯誤，D正確?？键c二動量定理的理解和應用1．內(nèi)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(t′－t)＝mv′－mv或I＝p′－p。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(xiàn)是合外力對作用時間的平均值。(2)Ft＝p′－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)Ft＝p′－p還說明了兩邊的因果關(guān)系，即合外力的沖量是動量變化的原因。(5)由Ft＝p′－p得F＝eq\f(p′－p,t)＝eq\f(Δp,t)，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?？枷?.用動量定理解釋生活中的現(xiàn)象1.錘子是常用裝修工具。鋪木地板時，調(diào)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(guān)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(jù)動量定理得Ft＝0－(－mv0)，解得F＝eq\f(mv0,t)，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(zhì)量比木錘質(zhì)量大，快速敲打能減小鐵錘與鐵釘?shù)淖饔脮r間t，增大鐵錘的初速度v0，A正確，B錯誤；根據(jù)F＝eq\f(mv0,t)，鋪地板時，為了獲得較小的打擊力F，應該選擇木錘低速敲打。選擇木錘是因為木錘的質(zhì)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v0，C、D錯誤。2.行駛中的汽車如果發(fā)生劇烈碰撞，車內(nèi)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(nèi)減小為零，關(guān)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(zhuǎn)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(nèi)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(jù)動量定理Δp＝FΔt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(zhuǎn)化為內(nèi)能。綜上可知，選項D正確?！尽绢}后反思】用動量定理解釋現(xiàn)象(1)Δp一定時，F(xiàn)的作用時間越短，力就越大；作用時間越長，力就越小。(2)F一定，此時力的作用時間越長，Δp就越大；力的作用時間越短，Δp就越小?？枷?.動量定理的有關(guān)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(nèi)假人的質(zhì)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1250ND．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＝mv0，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(jù)動量定理有Ft＝0－p，解得F＝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(jù)動量定理有F′t′＝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(zhì)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(chǎn)生作用力前，人下落的距離為h(可視為自由落體運動)，此后經(jīng)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.eq\f(m\r(2gh),t)＋mg B.eq\f(m\r(2gh),t)－mgC.eq\f(m\r(gh),t)＋mg D.eq\f(m\r(gh),t)－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v2＝2gh可得，安全帶對人起作用前瞬間，人的速度v＝eq\r(2gh)；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(mg－eq\x\to(F))t＝0－mv，故eq\x\to(F)＝eq\f(mv,t)＋mg＝eq\f(m\r(2gh),t)＋mg，故選項A正確?？枷?.動量定理用于多過程問題5．將質(zhì)量為m＝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(shù)為μ＝0.5，現(xiàn)在物塊上施加一個平行于水平地面的恒力F＝10N，物塊由靜止開始運動，作用4s后撤去F。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6sB．整個過程物塊運動的時間為8sC．整個過程中物塊的位移大小為40mD．整個過程中物塊的位移大小為60m【答案】B【解析】：在整個過程中由動量定理得Ft1－μmgt＝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Ft1－μmgt1＝mv，解得v＝20m/s，因物塊加速和減速過程的平均速度都為eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(0＋v,2)＝eq\f(v,2)，則全程的平均速度也為eq\f(v,2)，則物塊的總位移x＝eq\f(v,2)t＝eq\f(20,2)×8m＝80m，選項C、D錯誤?！绢}后反思】用動量定理解多過程問題的兩點提醒【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(guān)注?？键c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”流體及其特點通常液體、氣體等被廣義地視為“流體”，質(zhì)量具有連續(xù)性，通常已知密度ρ分析步驟1建構(gòu)“柱狀模型”：沿流速v的方向選取一段柱狀流體，其橫截面積為S2微元研究：作用時間Δt內(nèi)的一段柱狀流體的長度為Δl＝vΔt，對應的質(zhì)量為Δm＝ρSvΔt3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”微粒及其特點通常電子、光子、塵埃等被廣義地視為“微?！保|(zhì)量具有獨立性，通常給出單位體積內(nèi)的粒子數(shù)n分析步驟1建構(gòu)“柱狀模型”：沿流速v的方向選取一段小柱體，柱體的橫截面積為S2微元研究：作用時間Δt內(nèi)一段柱狀微粒的長度為Δl＝vΔt，對應的體積為ΔV＝SvΔt，則微元內(nèi)的粒子數(shù)N＝nvSΔt3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(shù)，以其冷切割不會改變材料的物理化學性質(zhì)而備受青睞。目前在中國，“水刀”的最大壓強已經(jīng)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ρ＝1.0×103kg/m3。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/s B．650m/sC．700m/s D．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Δt內(nèi)噴出的水的質(zhì)量Δm＝ρvSΔt，由動量定理得Δmv＝pSΔt，解得v≈650m/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(zhì)量為m＝2×10－2kg，每1cm3有一個子彈顆粒，所有子彈顆粒以v＝300m/s射入目標，并射停目標，停在目標體內(nèi)。下列說法正確的是()A．所形成彈幕的總體積V＝6cm3B．所形成彈幕的總質(zhì)量M＝1.2×105kgC．彈幕對目標形成的沖量大小I＝3.6×107kg·m/sD．彈幕對目標形成的沖擊力大小F＝3.6×108N【答案】BC【解析】彈幕的總體積為V＝vtS＝300×0.01×2m3＝6m3，A錯誤；又因為每1cm3有一個子彈顆粒，則子彈顆粒的總個數(shù)N＝eq\f(6,1×10－6)個＝6×106個，所形成彈幕的總質(zhì)量M＝N·m＝6×106×2×10－2kg＝1.2×105kg，B正確；由動量定理可知，I＝MΔv＝1.2×105kg×300m/s＝3.6×107kg·m/s，C正確；彈幕對目標形成的沖擊力大小F＝eq\f(I,t)＝3.6×109N，D錯誤。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(jīng)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(jīng)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(guān)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）一傾角為足夠大的光滑斜面固定于水平地面上，在斜面上建立Oxy直角坐標系，如圖（1）所示。從開始，將一可視為質(zhì)點的物塊從0點由靜止釋放，同時對物塊施加沿x軸正方向的力和，其大小與時間t的關(guān)系如圖（2）所示。己知物塊的質(zhì)量為1.2kg，重力加速度g取，不計空氣阻力。則（

）A．物塊始終做勻變速曲線運動B．時，物塊的y坐標值為2.5mC．時，物塊的加速度大小為D．時，物塊的速度大小為【答案】BD【詳解】A．根據(jù)圖像可得，，故兩力的合力為物塊在y軸方向受到的力不變?yōu)?，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時，物塊的y坐標值為故B正確；C．時，，故此時加速度大小為故C錯誤；D．對x軸正方向，對物塊根據(jù)動量定理由于F與時間t成線性關(guān)系故可得解得此時y軸方向速度為故此時物塊的速度大小為故D正確。故選BD。3．（2024·全國·高考真題）蹦床運動中，體重為的運動員在時剛好落到蹦床上，對蹦床作用力大小F與時間t的關(guān)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。忽略空氣阻力，重力加速度大小取。下列說法正確的是（）A．時，運動員的重力勢能最大B．時，運動員的速度大小為C．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【答案】BD【詳解】A．根據(jù)牛頓第三定律結(jié)合題圖可知時，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(jù)題圖可知運動員從離開蹦床到再次落到蹦床上經(jīng)歷的時間為，根據(jù)豎直上拋運動的對稱性可知，運動員上升時間為1s，則在時，運動員恰好運動到最大高度處，時運動員的速度大小故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，以豎直向上為正方向，根據(jù)動量定理其中代入數(shù)據(jù)可得根據(jù)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，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，時刻解除鎖定，并對物體沿斜面施加如圖所示變化的力F，以沿斜面向下為正方向，下列說法正確的是（）A．，物體一直沿斜面向下運動B．，合外力的總沖量為0C．時動量是時的一半D．過程物體的位移小于的位移【答案】AD【詳解】根據(jù)圖像可知當時，物塊加速度為方向沿斜面向下；當時，物塊加速度大小為方向沿斜面向上，作出物塊內(nèi)的圖像A．根據(jù)圖像可知，物體一直沿斜面向下運動，故A正確；B．根據(jù)圖像可知，物塊的末速度不等于0，根據(jù)動量定理故B錯誤；C．根據(jù)圖像可知時物塊速度大于時物塊的速度，故時動量不是時的一半，故C錯誤；D．圖像與橫軸圍成的面積表示位移，故由圖像可知過程物體的位移小于的位移，故D正確。故選AD。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—時間圖像如圖（a）所示，乙車所受合外力—時間圖像如圖（b）所示。則（

）A．0~2s內(nèi)，甲車的加速度大小逐漸增大B．乙車在t=2s和t=6s時的速度相同C．2~6s內(nèi)，甲、乙兩車的位移不同D．t=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(jù)圖（a）可知0~2s內(nèi)，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(nèi)根據(jù)動量定理有I2=mv2，I2=S0~2=2N·s乙車在0~6s內(nèi)根據(jù)動量定理有I6=mv6，I6=S0~6=2N·s則可知乙車在t=2s和t=6s時的速度相同，故B正確；C．根據(jù)圖（a）可知，2~6s內(nèi)甲車的位移為0；根據(jù)圖（b）可知，2~6s內(nèi)乙車一直向正方向運動，則2~6s內(nèi)，甲、乙兩車的位移不同，故C正確；D．根據(jù)圖（a）可知，t=8s時甲車的速度為0，則t=8s時，甲車的動能為0；乙車在0~8s內(nèi)根據(jù)動量定理有I8=mv8，I8=S0~8=0可知t=8s時乙車的速度為0，則t=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(zhì)量均為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，推動滑塊1以的速度與靜止的滑塊2碰撞，碰撞時間為，碰撞結(jié)束后瞬間兩滑塊的共同速度為．關(guān)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C．滑塊2受到合外力的沖量大小為D．滑塊2受到滑塊1的平均作用力大小為【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)的初動量為碰撞后的動量為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，則有故C錯誤；D．對滑塊2根據(jù)動量定理有解得則滑塊2受到滑塊1的平均作用力大小為，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(zhì)量大于乙的質(zhì)量，兩者與桌面之間的動摩擦因數(shù)相等?，F(xiàn)同時釋放甲和乙，在它們相互接近過程中的任一時刻（）

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

A．根據(jù)牛頓第二定律有由于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v甲<v乙A錯誤；BCD．對于整個系統(tǒng)而言，由于μm甲g>μm乙g，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t的變化曲線如圖所示，E、F、M、N為曲線上的點，EF、MN段可視為兩段直線，其方程分別為和。無人機及其載物的總質(zhì)量為2kg，取豎直向上為正方向。則（）

A．EF段無人機的速度大小為4m/sB．FM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/sD．MN段無人機機械能守恒【答案】AB【詳解】A．根據(jù)EF段方程可知EF段無人機的速度大小為故A正確；B．根據(jù)圖像的切線斜率表示無人機的速度，可知FM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(jù)MN段方程可知MN段無人機的速度為則有可知FN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．MN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(zhì)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x軸零點，拉力做的功W與物體坐標x的關(guān)系如圖所示。物體與水平地面間的動摩擦因數(shù)為0.4