2025年高考物理：图像专题 专题04动量中的图像问题（共4种图像类型）-学案解析版

这是一份2025年高考物理：图像专题 专题04动量中的图像问题（共4种图像类型）-学案解析版，共16页。学案主要包含了动量中的图像问题，其他图像问题等内容，欢迎下载使用。
知识梳理
知识点一、动量中的图像问题
(1)首先看清楚所给图像的种类(如F-t 图像、P-t图像等)。
(2)挖掘图像的隐含条件一一求出所需要的物理量，如由F-t 图像所包围的“面积”求冲量，由P-t图像的斜率求冲量等
知识点二、其他图像问题
1．基本思路
(1)解读图象的坐标轴，理清横轴和纵轴代表的物理量和坐标点的意义．
(2)解读图象的形状、斜率、截距和面积信息．
2．解题技巧
(1)应用解析法和排除法，两者结合提高选择题图象类题型的解题准确率和速度．
(2)分析转折点、两图线的交点、与坐标轴交点等特殊点和该点前后两段图线．
(3)分析图象的形状变化、斜率变化、相关性等．
题型归类
类型1动量中的F-t图
1．（2023秋•浦东新区校级期中）在水平力F的作用下，物块由静止开始在光滑水平地面上做直线运动，水平力F随时间t变化的关系如图所示，则（ ）
A．3s时物块的速度方向发生变化
B．3s时物块离初始位置的距离最远
C．0～6s时间内水平力F的冲量为24N•s
D．0～6s时间内水平力F对物块所做的功为0J
【解答】解：A、3s时物块受合外力反向，即加速度反向，只是要减速，而速度方向不发生变化，故A错误；
B、3s之前物体沿正方向加速，3s之后物体沿正方向减速，由对称性可知，在6s时物块速度减为零，此时离初始位置的距离最远，故B错误；
C、因F﹣t图像的面积等于力F的冲量，横轴上方冲量为正，下方冲量为负，可知0～6s时间内水平力F的冲量为零，故C错误；
D、由选项B中知道，6s末物块速度减小为零，所以0～6s时间内动能变化为零，即水平力F对物块所做的功为0J，故D正确。
故选：D。
2．（2022春•邳州市月考）如图甲，足够长的光滑斜面倾角为30°，t＝0时质量为0.2kg的物块在沿斜面方向的力F作用下由静止开始运动，设沿斜面向上为力F的正方向，力F随时间t的变化关系如图乙。取物块的初始位置为零势能位置，重力加速度g取10m/s2，则物块（ ）
A．在0～1s时间内合外力的功率为5W
B．在t＝2s时动能为零
C．在0～2s时机械能增加了2.5J
D．在t＝3s时速度大小为10m/s
【解答】解；A、0﹣1s内由动量定理得：Ft﹣mgsin30°•t＝mv，代入得：2N•s﹣0.2×10×0.5×1N•s＝0.2v，解得v＝5m/s，由动能定理得0﹣1s内合外力的功为W=12mv2=12×0.2×25J=2.5J
所以在0﹣1s内合外力的功率为2.5W，故A错误；
B、0﹣2s内由动量定理得：Ft﹣mgsin30°•t＝mv，代入得：2N•s﹣0.2×10×0.5×2N•s＝0.2v，解得v＝0，所以t＝2s时动能为零。故B正确；
C、由A项分析可知0﹣1s时间内物块的位移为x＝2.5m，WF＝Fx＝2×2.5J＝5J，所以在0﹣2s内物块机械能增加了5J，故C错误；
D、0﹣3s内由动量定理得：Ft﹣mgsin30°•t＝mv，代入得：2N•s﹣0.2×10×0.5×3N•s﹣3×1N•s＝0.2v解得v＝﹣20m/s，故D错误。
故选：B。
3．（2023•皇姑区校级模拟）如图甲所示，一小物块在水平向右的推力F作用下从A点由静止开始向右做直线运动，力F的大小随时间变化的规律如图乙所示，小物块块的质量m＝1kg，与台面间的动摩擦因数μ＝0.1，g＝10m/s2。则小物块在t＝1.5s时刻的速度（ ）
A．710m/sB．910m/sC．512m/sD．1112m/s
【解答】解：小物块与台面间的最大静摩擦力为：fm＝μmg＝0.1×1×10＝1N
可知当F大于1N之后物块开始运动，由F﹣t图像可知F＝1N对应时刻为t1=16s
根据F﹣t图像与坐标轴围成的面积表示力F的冲量，可得16s～1.5s时间内F的冲量为：
IF=1+22×(1-16)N•s+2×（1.5﹣1）N•s＝2.25N•s
取向右为正方向，根据动量定理可得：IF﹣μmgΔt＝mv﹣0，其中Δt＝1.5s-16s=43s
解得：v=1112m/s，故D正确、ABC错误。
故选：D。
4．（2023•鞍山三模）质量m＝2kg的物体在合外力F的作用下从静止开始做直线运动。物体所受的合外力F随时间t变化图像如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．物体先做匀加速直线运动，再做加速度减小的减速运动
B．4s末物体的速度为零
C．6s内合外力的冲量为4N•s
D．6s内合外力做功为8J
【解答】解：A．由图可知，0～4s合力方向不变，则物体先做匀加速直线运动，再做加速度减小的加速度运动，最后做加速度增大的减速运动，故A错误；
B．由动量定理可知，合外力冲量等于物体动量的变化量，物体从静止开始运动，0～4s内有Ft＝mΔv
在F﹣t图像中，合外力的冲量即为图线与时间轴所围成图形的面积，有
2×2N•s+12×（4﹣2）×2N•s＝2kg×v4
解得v4＝3m/s，故B错误；
C．0～2s合力冲量为I2＝2×2N•s＝4N•s，2～6s合力的冲量为0，设6s内合外力的冲量为I，则I＝I2＝4N•s，故C正确；
D．0～6s的过程中，由动量定理得I＝mv6﹣0
代入数据解得v6＝2m/s
由动能定理得W=12mv62-0
代入数据解得6s内合外力做功为W＝4J，故D错误。
故选：C。
5．（2022春•麒麟区校级期中）原来静止的物体受合外力作用时间为2t0，作用力随时间的变化情况如图所示，则（ ）
A．0～t0时间内物体的动量变化与t0～2t0时间内的动量变化相同
B．0～t0时间内物体的平均速率与t0～2t0时间内的平均速率不等
C．t＝2t0时物体的速度为零，外力在2t0时间内对物体的冲量为零
D．0～2t0时间内物体的位移为零，外力对物体做功为零
【解答】解：A、合外力的冲量等于物体动量的改变量，故图线与时间轴围成的面积等于物体动量的改变量。面积在时间轴上方表示动量增加，面积在时间轴下方表示动量减少，由于面积相同，动量变化大小相同，但方向相反，动量的变化是矢量，所以动量变化不相同，故A错误；
BC、物体在0～t0时间内动量变化与t0～2t0时间内动量变化大小相同，方向相反，所以在0～2t0时间内动量变化为零，已知物体初速度为零，则在2t0时刻的速度也为零，由动量定理合力的冲量等于物体动量的变化，可知外力在2t0时间内对物体的冲量为零，在0～t0时间内物体做匀加速运动，设物体在t0时刻的速度为v，则物体速度从0增加到v，平均速度v1=0+v2=v2，在t0～2t0时间内物体做匀减速运动，速度从v减为0，平均速度v2=v+02=v2，所以两段时间内平均速率相同，故B错误，C正确；
D、在t0～2t0时间内物体的外力反向，但是速度方向没有变化，与0～t0时间内物体运动方向相同，故物体的位移不为零，物体初速度为零，2t0时刻的速度也为零，则物体动能变化为零，由动能定理可知外力对物体做的功为零，故D错误。
故选：C。
6．（2022秋•渝中区校级期末）一质量为1kg的物块，在水平力F的作用下由静止开始在水平地面上做直线运动，F与时间t的关系如图所示，已知物块与地间的动摩擦因数为0.2，重力加速度g取10m/s2，下列选项正确的是（ ）
A．物体在3s末的动量大小12kg•m/s
B．水平力F在前4s内的冲量大小为16N•s
C．物体在5s末的速度大小为2m/s
D．6s末动量大小为12kg•m/s
【解答】解：物体运动过程中受到的滑动摩擦力的大小为：f＝μmg＝0.2×1×10N＝2N，根据图像可知拉力大小为F＝4N。
A、在t1＝3s内由动量定理可得：p1＝Ft1﹣ft1，解得物体在3s末的动量大小为：p1＝6kg•m/s，故A错误；
B、水平力F在前4s内的冲量大小为I＝Ft1﹣Ft2＝4×3N•s﹣4×1N•s＝8N•s，故B错误；
C、物体速度为零时，由动量定理可得：Ft1﹣Ft3﹣f（t1+t3）＝0，代入数据解得：t3＝1s，所以在4s末物体的速度为零。
从4s末到5s末由动量定理得：（F﹣f）Δt＝mv，解得物体在5s末的速度大小为：v＝2m/s，故C正确；
D、从4s末到6s末由动量定理得：p2＝（F﹣f）Δt′＝（4﹣2）×2kg•m/s＝4kg•m/s，故D错误。
故选：C。
类型2 动量中的v-t图像
7．（2023春•哈尔滨期末）如图甲所示，质量m＝2kg的物块A以初速度v0＝2m/s滑上放在光滑水平面上的长木板B的左端，A、B的速度随时间变化的图像如图乙所示，重力加速度g取10m/s2，由此可求出（ ）
A．长木板B的质量为1.2kg
B．物块A与长木板B之间动摩擦因数为0.2
C．长木板B长度至少为1m
D．物块A与长木板B组成系统损失机械能为5J
【解答】解：A、取向右为正方向，由动量守恒定律得：mv0＝（m+mB）v，由图知v＝1m/s，解得mB＝2kg，故A错误；
B、由图象可知，木板B加速运动时的加速度为a=ΔvΔt=11m/s2＝1m/s2，对B根据牛顿第二定律μmg＝mBa，得出动摩擦因数为：μ＝0.1，故B错误；
C、木板B的最小长度等于0～1s内A与B间相对位移的大小，即图象中三角形的面积，即为：L=12×2×1 m＝1m，故C正确；
D、0～2s内，A、B系统机械能的损失为：ΔE＝μmgL＝0.1×2×10×1J＝2J，故D错误。
故选：C。
8．（2023•沙河口区校级开学）如图甲所示，物块A、B静止在光滑水平地面上，中间用一轻质弹簧连接，初始时弹簧处于原长，给A一水平向右的瞬时速度v0，之后两物块的速度随时间变化的图像如图乙所示，已知弹簧始终处于弹性限度内，t1、t3时刻弹簧的弹性势能分别为Ep0、1564Ep0，则下列说法正确的是（ ）
A．A、B的质量之比为1：3
B．t2时刻B的速度为v03
C．t2时刻弹簧的弹性势能为34Ep0
D．t3时刻A、B的速率之比为3：5
【解答】解：设A的质量为m1，B质量为m2。
A、根据图乙可知在t1时刻两物块速度相等，取向右为正方向，根据动量守恒定律有：
m1v0＝（m1+m2）v03，解得：m1：m2＝1：2，故A错误；
B、根据图乙可知t2时刻A的速度为零，取向右为正方向，根据动量守恒定律有：
m1v0＝m2v1，解得t2时刻B的速度为：v1＝0.5v0，故B错误；
C、从0～t1时间内，根据能量守恒可得：12m1v02=12（m1+m2）（v03）2+EP0
从0～t2时间内，根据能量守恒可得：12m1v02=12m2（0.5v0）2+EP2
联立解得：EP2=34Ep0，故C正确；
D、t3时刻，取向右为正方向，根据动量守恒定律有：m1v0＝m1v3+m2v4
根据能量守恒定律有：12m1v02=12m1v32+12m2v42+1564Ep0
联立解得：解一：v3=-14v0，v4=58v0，解二：v3=1112v0，v4=124v0
结合图乙可知解二不符合题意，则t3时刻A、B的速率之比为：v3v4=14v058v0=25，故D错误。
故选：C。
9．（2023•鼓楼区校级一模）如图甲所示，物块A、B的质量均为2kg，用轻弹簧拴接，放在光滑的水平地面上，物块B右侧与竖直墙壁接触但不黏连。物块C从t＝0时以一定速度向右运动，在t＝4s时与物块A相碰，并立即与物块A粘在一起不再分开，物块C的v﹣t图像如图乙所示。下列说法正确的是（ ）
A．物块C的质量为2kg
B．物块B离开墙壁前，弹簧的最大弹性势能为40.5J
C．4s到12s的时间内，墙壁对物块B的冲量大小为0
D．物块B离开墙壁后，物块B的最大速度大小为3.6m/s
【解答】解：A．由图可知，C与A碰前速度v1＝9m/s，碰后速度v2＝3m/s，C与A碰撞过程满足动量守恒定律，以C初速度方向为正方向，由动量守恒定律有mCv1＝（mA+mC）v2
得mC＝1kg
故A错误；
B．AC粘在一起速度变为0，弹簧弹性势能最大，根据能量转化和守恒，最大弹性势能Ep=12(mA+mC)v22=13.5J
故B错误；
C．由图可知，12s末A和C速度v3＝﹣3m/s，4s到12s过程中墙壁对物体B的冲量大小等于弹簧对物体B的冲量大小，也等于弹簧对A和C整体的冲量大小，墙对B冲量I＝（mA+mC）v3﹣（mA+mC）v2
得I＝﹣18N⋅s
方向向左，故C错误；
D．物块B刚离开墙壁时，由机械能守恒定律，AC向左运动速度大小3m/s，物块B离开墙壁后，系统动量守恒、机械能守恒，以速度v3方向为正方向，当弹簧再次恢复原长时，物体B速度最大，则有
（mA+mC）v3＝（mA+mC）v4+mBvB
12(mA+mC)v32=12(mA+mC)v42+12mBvB2
得vB＝3.6m/s
物块B最大速度3.6m/s，故D正确。
故选：D。
10．（2023•衡水模拟）在光滑水平面上沿一条直线运动的滑块Ⅰ、Ⅱ发生正碰，碰后立即粘在一起运动，碰撞前滑块Ⅰ、Ⅱ及粘在一起后的速度—时间图像分别如图中的线段a、b、c所示。由图像可知（ ）
A．碰前滑块Ⅰ的动量比滑块Ⅱ的动量小
B．滑块Ⅰ的质量与滑块Ⅱ的质量之比为3：5
C．滑块Ⅰ的质量与滑块Ⅱ的质量之比为5：3
D．碰撞过程中，滑块Ⅰ受到的冲量比滑块Ⅱ受到的冲量大
【解答】解：A、碰撞后的总动量为正，根据动量守恒定律，碰撞前的总动量也为正，故碰撞前滑块Ⅰ的动量较大，故A错误；
BC、观察图象可知，碰前滑块Ⅰ的速度大小为v1＝5m/s，方向沿正方向，滑块Ⅱ的速度大小为v2＝3m/s，方向沿负方向，碰撞后共同速度大小为v＝2m/s，方向为正，取滑块Ⅰ的初速度方向为正方向，根据动量守恒定律，有：m1v1﹣m2v2＝（m1+m2）v，解得3m1＝5m2，即滑块 I 的质量与滑块Ⅱ的质量之比为5：3，故B错误；
D、碰撞过程中，二者之间的弹力大小相等、方向相同，且作用时间相等，所以滑块Ⅰ受到的冲量与滑块Ⅱ受到的冲量等大、反向，故D错误。
故选：C。
（多选）11．（2023春•香坊区校级期末）质量分别为2m和m的A、B两个物体，分别在水平恒力F1和F2的作用下沿水平面运动，运动一段时间后，撤去F1、F2，物体只在摩擦力作用下减速到停止，其v﹣t图像如图所示。则在两物体运动的整个过程中，下列说法正确的是（ ）
A．物体A、B所受摩擦力大小之比为1：3
B．物体A、B所受摩擦力大小之比为1：1
C．F1和F2对物体A、B的冲量大小之比为1：3
D．F1和F2对物体A、B的冲量大小之比为1：1
【解答】解：A、对图像进行分析，可以得知外力F1与外力F2持续的时间不相等，因为再撤去外力后，物体A、B就只受摩擦力，所以可以得出A、B的摩擦力分别为fA=2maA1=2mv02t0=mv0t0、fB=maB1=mv0t0，所以fA：fB＝1：1。故A错误，B正确。C、由于冲量I＝Ft，所以由图可知IA＝F1t0、IB＝2F2t0，由牛顿第二定律可以得知：F1=fA+2maA2=fA+2mv0t0=3mv0t0、F2=fB+maB2=fB+mv02t0=3mv02t0，所以IA：IB＝1：1。故C错误，D正确。
故选：BD。
类型3 动量中的x-t图像
（多选）12．（2023秋•光明区校级期中）在光滑水平面上有两小球沿同一条直线运动，发生碰撞且碰撞时间极短。碰撞前后两球在同一直线运动的位置随时间变化的x﹣t图像如图。下列说法正确的是（ ）
A．m1、m2球的质量比为1：3
B．碰撞前后m1的动量变化量大于m2
C．两球发生的碰撞为弹性碰撞
D．两球发生的碰撞为非弹性碰撞
【解答】解：AB、根据x﹣t图像可知碰撞前m1做匀速运动，m2静止；
碰撞前m1的速度为：v0=ΔxΔt=82m/s＝4m/s
碰撞后m1的速度为：v1=Δx1Δt1=0-86-2m/s＝﹣2m/s
碰撞后m2的速度为：v2=Δx2Δt2=16-86-2m/s＝2m/s
碰撞过程中满足动量守恒定律，所以碰撞前后m1的动量变化量等于m2的动量变化量；
取m1初速度方向为正方向，根据动量守恒定律可得：m1v0＝m1v1+m2v2
解得：m1：m2＝1：3，故A正确、B错误；
CD、碰撞前系统的动能为：Ek0=12m1v02=12m1×42=8m1
碰撞后系统的动能为：Ek=12m1v12+12m2v22
解得：Ek＝8m1，说明碰撞前后系统机械能不变，则为弹性碰撞，故C正确、D错误。
故选：AC。
（多选）13．（2023春•信阳期末）A、B两球沿一直线发生正碰，图中的s﹣t图记录了两球碰撞前后的运动情况，图中的a、b分别是A、B两球碰前的s﹣t图线，c是碰撞后的s﹣t图线（图线a与纵轴的交点坐标为9），若B球的质量为mB＝1kg。则由图可知（ ）
A．球A的质量mA＝2kg
B．碰撞前球A的动量大小为5kg•m/s
C．碰撞过程中，球A受到的冲量大小为3N•s
D．碰撞过程中，球B动量变化的大小为1kg•m/s
【解答】解：A．位移—时间图像斜率表示速度，根据s﹣t图像可知，A碰前速度为：vA=4-92m/s＝﹣2.5m/s
B碰前速度为：vB=4-02m/s＝2m/s
A、B碰后共速，共同速度为：vAB=2-44-2m/s＝﹣1m/s
A、B两球碰撞时满足动量守恒，取b的初速度方向为正方向，根据动量守恒定律有：mAvA+mBvB＝（mA+mB）vAB
解得mA＝2kg，故A正确；
B．根据动量定义，碰撞后球A的动量为：pA＝mAvAB＝2kg×（﹣2.5m/s）＝﹣5kg•m/s（负号表示负方向），所以碰撞前球A的动量大小为5kg•m/s，故B正确；
C．碰撞过程中，根据动量定理，球A受到的冲量为：I＝mAvAB﹣mAvA＝[2×（﹣1）﹣2×（﹣2.5）]N•s＝3N•s，故C正确；
D．碰撞过程中，球B动量变化为ΔPB＝mBvAB﹣mBvB＝[1×（﹣1）﹣1×2]kg•m/s＝﹣3kg•m/s（负号表示负方向），故D错误。
故选：ABC。
（多选）14．（2022秋•慈溪市期末）如图甲所示，在光滑水平面上的两个小球A、B发生正碰，小球的质量分别为m1和m2，图乙为它们碰撞前后的x﹣t图像。已知m1＝0.1kg，由此可以判断（ ）
A．碰前B静止，A向右运动
B．碰后A和B都向右运动
C．由动量守恒可以算出m2＝0.3kg
D．碰撞过程中系统损失了0.4J的机械能
【解答】解：A、由s﹣t（位移—时间）图象的斜率得到，碰前B的位移不随时间而变化，处于静止。A向右速度大小为v1=ΔsΔt，代入数据得：v1＝4m/s，方向只有向右才能与B相撞。故A正确；
B、由图读出，碰后B的速度为正方向，说明向右运动，A的速度为负方向，说明向左运动。故B错误；
C、由图求出碰后B和A的速度分别为v2′＝2m/s，v1′＝﹣2m/s，根据动量守恒定律得，m1v1＝m2v2′+m1v1′，代入解得，m2＝0.3kg。故C正确。
D、碰撞过程中系统损失的机械能为ΔE=12m1v12-12m1v'12-12m2v'22，代入解得，ΔE＝0，故D错误。
故选：AC。
15．（2022春•南阳期末）质量分别为2kg、3kg的小球a、b在光滑的水平地面上发生碰撞，碰撞前后两球的x﹣t图像如图所示，可知（ ）
A．碰后小球a的动量为8kg•m/s
B．碰后小球b的动量为﹣3kg•m/s
C．碰撞前后小球a的动量变化量为﹣8kg•m/s
D．碰撞过程中无能量损失
【解答】解：AB．由图像可知，碰撞后小球a的速度为﹣1m/s，b的速度为4m/s，那么a的动量分别为Pa＝﹣1×2kg•m/s，b的动量为pb＝3×4kg•m/s＝12kg•m/s
故AB错误；
C．碰撞前小球a的动量为pa=2×5-01-0kg⋅m/s=10kg⋅m/s
碰撞前后小球a的动量变化量为Δpa＝p'a﹣pa＝﹣12kg⋅m/s
故C错误；
D．由Ek=p22m碰撞前后系统总动能分别为Ek1=pa22ma=1022×2J=25J，Ek2=p'a22ma+p'b22mb=(-2)22×2J+(12)22×3J=25J
即Ek1＝Ek2
碰撞过程中无能量损失，故D正确。
故选D。
（多选）16．（2022秋•让胡路区校级月考）机器人大赛中，A、B两相同机器人在同一直线上运动的位移—时间（x−t）图像如图所示，A的图像为直线，B的图像为过原点的抛物线，C、D为两图像的交点，机器人可看成质点，所受阻力相等，则（ ）
A．t1时刻B追上A，运动过程共相遇两次
B．0～t1时间段内B的平均速度小于A的平均速度
C．0～t1时间段内牵引力对B做功小于对A做的功
D．t1～t2时间段内B所受牵引力的冲量大于A所受牵引力的冲量
【解答】解：A.x﹣t图像中交点表示同一时刻到达同一位置，由图像可知，t1时刻A追上B，t2时刻B追上A，故A错误；
B.由图可知，0～t1时间段内，A和B的位移相等，则平均速度相等，故B错误；
C.x﹣t图像中图像的斜率表示物体的速度，由图可知，在t1时刻，A物体的速度大于B物体的速度，A和B的位移相等，由动能定理有
WA﹣fx=12mvA2
WB﹣fx=12mvB2
可得：WA＞WB，故C正确；
D.x﹣t图像中图像的斜率表示物体的速度，由图可知，物体A做匀速直线运动，物体B做加速运动，由牛顿第二定律有
FA﹣f＝0，FB﹣f＝maB
可得FB＞FA
由公式I＝Ft可知，t1～t2时间段内B所受牵引的冲量大于A所受牵引力的冲量，故D正确。
故选：CD。
类型4 动量中的P-t图象
（多选）17．（2022•株洲一模）甲、乙两物体以相同的初动量在水平面上做匀减速直线运动，直到停止，其动量随时间变化的p﹣t图像如图所示，已知甲、乙两物体与地面间的动摩擦因数相同，则在此过程中（ ）
A．甲、乙两物体的质量之比为2：1
B．甲、乙两物体的质量之比为1：2
C．甲、乙两物体受到的摩擦力做功之比为2：1
D．甲、乙两物体受到的摩擦力做功之比为1：2
【解答】解：AB、根据牛顿第二定律得：a=μmgm=μg，由此可知，两个物体在水平面上的加速度相同；
根据p﹣t图像可知，t甲：t乙＝1：2，根据速度—时间公式0﹣v0＝at可知，v甲：v乙＝1：2，而因为p＝mv相等，则甲、乙两物体的质量之比为2：1，故A正确，B错误；
CD、根据动能定理可知，合外力做的功等于动能的变化量，在本题中合外力为物体受到的摩擦力，则摩擦力做功的多少等于物体的动能，即Wf=Ek=p22m，则甲、乙两物体受到的摩擦力做功之比为1：2，故C错误，D正确；
故选：AD。
18．（2011春•黄州区校级期中）沿同一直线甲、乙两物体分别在合外力F1、F2作用下做直线运动，甲在t1时间内，乙在t2时间内动量P随时间t变化的P﹣t图象如图所示，设甲物体在t1时间内所受冲量大小为I1，乙物体在t2时间内所受冲量大小为I2，则两物体所受外力F及其冲量I的大小关系是（ ）
A．F1＞F2 I1＝I2B．F1＜F2 I1＜I2
C．F1＞F2 I1＞I2D．F1＝F2 I1＝I2
【解答】解：由动量定理得：I＝ΔP，所以：I1＝0﹣P0＝﹣P0，I2＝P0﹣0＝P0＝﹣I1；所以两次的冲量大小相等；
根据量的定义：I＝Ft，由图可得t1＜t2，所以F1＞F2。
故选：A。
（多选）19．（2018秋•莲湖区校级月考）沿同一直线甲、乙两物体分别在合外力F1、F2作用下做直线运动，甲在t1时间内，乙在t2时间内动量P随时间t变化的P﹣t图象如图所示，设甲物体在t1时间内所受冲量大小为I1，乙物体在t2时间内所受冲量大小为I2，则两物体所受外力F及其冲量I的大小关系是（ ）
A．F1＞F2B．F1＜F2C．I1＞I2D．I1＝I2
【解答】解：CD、由动量定理得：I＝ΔP，所以：I1＝0﹣P0＝﹣P0，I2＝P0﹣0＝P0＝﹣I1；所以两次的冲量大小相等；则C错误，D正确
AB、根据量的定义：I＝Ft，由图可得t1＜t2，所以F1＞F2．则A正确，B错误
故选：AD。