《2025年创新设计高考总复习物理人教版》

例1（多选）在光滑水平面上，原来静止的物体在水平力$F$的作用下，经过时间$t$、通过位移$L$后动量变为$p$、动能变为$E_{\mathrm{k}}$。以下说法正确的是（ ）
A. 在$F$作用下，若这个物体经过位移$2L$，其动量等于$2p$
B. 在$F$作用下，若这个物体经过位移$2L$，其动能等于$2E_{\mathrm{k}}$
C. 在$F$作用下，若这个物体经过时间$2t$，其动能等于$2E_{\mathrm{k}}$
D. 在$F$作用下，若这个物体经过时间$2t$，其动量等于$2p$

答案： 例1 BD [在光滑水平面上，物体所受合力大小等于F的大小，根据动能定理知，FL = Eₖ，物体位移变为原来的2倍，动能变为原来的2倍，根据p = √(2mEₖ)，知动量变为原来的√2倍，故A错误，B正确；根据动量定理知，Ft = mv，物体运动时间变为原来的2倍，则动量变为原来的2倍，根据Eₖ = p²/(2m)知，动能变为原来的4倍，故C错误，D正确。]

角度2 恒力冲量的计算
例2 如图1所示，质量为$m$的小滑块沿倾角为$\theta$的斜面向上滑动，经过时间$t_{1}$，速度变为零并又开始下滑，经过时间$t_{2}$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$F_{\mathrm{f}}$。已知重力加速度为$g$。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$mg(t_{1}+t_{2})\sin\theta$
B. 支持力对滑块的总冲量大小为$mg(t_{1}+t_{2})\cos\theta$
C. 合力的冲量为0
D. 摩擦力的总冲量大小为$F_{\mathrm{f}}(t_{1}+t_{2})$

答案： 例2 B [重力对滑块的总冲量为mg(t₁ + t₂)，A错误；支持力对滑块的总冲量为mg(t₁ + t₂)cosθ，B正确；整个过程中滑块的动量发生了改变，故合外力的总冲量不为0，C错误；上滑过程和下滑过程中摩擦力的方向相反，故若以沿斜面向下为正方向，摩擦力的总冲量为Ff(t₂ - t₁)，D错误。]

角度3 利用$F - t$图像求冲量
例3（多选）(2024·陕西咸阳模拟)质量为$m = 1\ kg$的物块在水平拉力的作用下从静止开始沿水平桌面做直线运动，其拉力$F$随时间$t$的变化图线如图2所示，物块与水平桌面间的动摩擦因数$\mu = 0.1$，重力加速度$g = 10\ m/s^{2}$。则（ ）

A. 在$t = 2\ s$时，物块的动量大小为$1\ kg\cdot m/s$
B. 在$t = 4\ s$时，物块的速度为0
C. 在$0～2\ s$内和$2～5\ s$内，物块动量的变化量大小之比为$3:2$
D. 在$0～5\ s$内，物块的最大速度为$1.5\ m/s$

答案： 例3 AD [图像与坐标轴围成的面积代表拉力的冲量，0～2 s内，根据动量定理有(F₁ + F₂)/2t₁ - μmg t₁ = Δp = p₂ - 0，代入数据可得p₂ = 1 kg·m/s，故A正确；2～4 s内，根据动量定理有F₂/2t₂ - μmg t₂ = mv₄ - p₂，代入数据解得v₄ = 1 m/s，故B错误；由上述分析可知0～2 s内物块动量的变化量大小为Δp₁ = 1 kg·m/s，2～4 s内物块动量的变化量大小为Δp₂ = 0，4～5 s内物块动量的变化量大小为Δp₃ = | - F₂/2t₃ - μmg t₃| = 1.5 kg·m/s，所以在0～2 s内和2～5 s内，物块动量的变化量大小之比为Δp₁/(Δp₂ + Δp₃) = 2/3，故C错误；当拉力与摩擦力相等时，速度最大，Ff = μmg = 1 N，由题图可知为t = 3 s时F = Ff，根据动量定理可知(F₂ + F₃)/2t₂₃ - μmg t₂₃ = mv₃ - p₂，代入数据得v₃ = 1.5 m/s，故D正确。]

1.（多选）(2023·新课标卷，19)如图3，使甲、乙两条形磁铁隔开一段距离，静止于水平桌面上，甲的$N$极正对着乙的$S$极，甲的质量大于乙的质量，两者与桌面之间的动摩擦因数相等。现同时释放甲和乙，在它们相互接近过程中的任一时刻（ ）

A. 甲的速度大小比乙的大
B. 甲的动量大小比乙的小
C. 甲的动量大小与乙的相等
D. 甲和乙的动量之和不为零

答案： 跟踪训练
1.BD [根据F - μmg = ma可得a = 1/mF - μg，因m甲＞m乙，故a甲＜a乙，则任意时刻甲的速度大小比乙的小，A错误；m甲＞m乙，又μ甲 = μ乙，则Ff甲＞Ff乙，故甲和乙组成的系统所受合外力向左，合外力的冲量方向向左，即甲的动量大小比乙的小，B、D正确，C错误。]