高考物理《動(dòng)量》常用模型最新模擬題精練專題3.動(dòng)量定理+F—t圖像一．選擇題1.（2023洛陽(yáng)名校聯(lián)考）－靜止在水平地面上的物塊，受到方向不變的水平拉力F作用。0~4s時(shí)間內(nèi)，拉力F的大小和物塊加速度a的大小隨時(shí)間t變化的關(guān)系分別如圖1、圖2所示。若最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度g取l0m/s2。由此可求得A.物塊與水平地面間的最大靜摩擦力的大小為2NB.物塊的質(zhì)量等于1.5kgC.在0~4s時(shí)間內(nèi)，合力對(duì)物塊沖量的大小為6.75N?SD.在0~4s時(shí)間內(nèi)，摩擦力對(duì)物塊的沖量大小為6N?S【參考答案】.BC【命題意圖】本題以力圖像、加速度圖像給出解題信息，考查對(duì)力圖像、加速度圖像的理解、牛頓運(yùn)動(dòng)定律和動(dòng)量定理的應(yīng)用及其相關(guān)知識(shí)點(diǎn)，考查的核心素養(yǎng)是運(yùn)動(dòng)和力的觀點(diǎn)，動(dòng)量和能量的觀點(diǎn)?！窘忸}思路】對(duì)比圖1和圖2可知，在t=1s時(shí)拉力F=1.5N，加速度a=0，物塊與水平地面之間的最大靜摩擦力為f=1.5N，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；在t=4s時(shí)拉力F4=6N，加速度a=3m/s2，由牛頓第二定律，F(xiàn)4f=ma，解得物塊質(zhì)量m=1.5kg，選項(xiàng)B正確；在0~1s時(shí)間內(nèi)，物塊加速度為零，合力對(duì)物塊沖量為零；由圖2的加速度圖像面積等于速度變化可知，在1~4s時(shí)間內(nèi)，物塊速度變化等于△v=4.5m/s，動(dòng)量變化為△p=m△v=1.5kg×4.5m/s=6.75kgm/s，由動(dòng)量定理可得，在0~4s時(shí)間內(nèi)，合力對(duì)物塊沖量的大小為I=△p=6.75Ns，選項(xiàng)C正確D錯(cuò)誤。【關(guān)鍵點(diǎn)撥】正確解答此題的關(guān)鍵是要注意應(yīng)用加速度圖像面積等于速度變化。.2.（2022山東棗莊一模）如圖甲所示，一物體放在水平地面上，物體所受水平拉力F隨時(shí)間t的變化關(guān)系如圖乙所示，物體的速度v隨時(shí)間t的變化關(guān)系如圖丙所示，下列說(shuō)法正確的是（）A.物體的質(zhì)量為1kgB.丙圖中橫坐標(biāo)t1的數(shù)值為7.5C.0~6s內(nèi)，拉力的沖量為10N?sD.0~t1內(nèi)，物體克服摩擦力所做的功為29J【參考答案】D【名師解析】3．(2020·山東省實(shí)驗(yàn)中學(xué)模擬)如圖甲所示，固定光滑斜面上有質(zhì)量為m＝6kg的物體，在大小為12N、方向平行于斜面的拉力F的作用下做勻速直線運(yùn)動(dòng)，從x1＝2.5m位置處拉力F逐漸減小，力F隨位移x的變化規(guī)律如圖乙所示，當(dāng)x2＝7m時(shí)拉力減為零，物體速度剛好為零，取g＝10m/s2，下列說(shuō)法正確的是()A．斜面傾角θ為30°B．整個(gè)上滑的過(guò)程中，物體的機(jī)械能增加27JC．物體勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度大小為3m/sD．物體在減速階段所受合外力的沖量為－12N·s【參考答案】C【名師解析】物體做勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，受力平衡，則F＝mgsinθ，代入數(shù)值得sinθ＝0.2，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；圖像與坐標(biāo)軸所圍的面積表示拉力做的功，WF＝12×2.5J＋eq\f(1,2)×12×(7－2.5)J＝57J，機(jī)械能的增加量等于拉力做的功57J，B錯(cuò)誤；重力做的功WG＝－mgx2sinθ＝－84J，由動(dòng)能定理：WF＋WG＝0－eq\f(1,2)mv02，解得：v0＝3m/s，選項(xiàng)C正確；根據(jù)動(dòng)量定理可得I＝0－mv0＝－18N·s，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。4.一質(zhì)量為2kg的物體受水平拉力F作用，在粗糙水平面上做加速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)的a－t圖象如圖所示，t＝0時(shí)其速度大小為2m/s，滑動(dòng)摩擦力大小恒為2N，則()A．在t＝6s的時(shí)刻，物體的速度為18m/sB．在0～6s時(shí)間內(nèi)，合力對(duì)物體做的功為400JC．在0～6s時(shí)間內(nèi)，拉力對(duì)物體的沖量為48N·sD．在t＝6s的時(shí)刻，拉力F的功率為200W【參考答案】CD【名師解析】類比速度圖象位移的表示方法可知，速度變化量在加速度—時(shí)間圖象中由圖線與坐標(biāo)軸所圍面積表示，在0～6s內(nèi)Δv＝18m/s，v0＝2m/s，則t＝6s時(shí)的速度v＝20m/s，A項(xiàng)錯(cuò)；由動(dòng)能定理可知，0～6s內(nèi)，合力做功W＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝396J，B項(xiàng)錯(cuò)；由沖量定理可知，I－Ff·t＝mv－mv0，代入已知條件解得：I＝48N·s，C項(xiàng)正確；由牛頓第二定律可知，6s末F－Ff＝ma，解得：F＝10N，所以拉力的功率P＝Fv＝200W，D項(xiàng)正確．5.一質(zhì)量為1kg的質(zhì)點(diǎn)靜止于光滑水平面上，從t＝0時(shí)刻開(kāi)始，受到如圖3所示的水平外力作用，下列說(shuō)法正確的是()A．第1s末質(zhì)點(diǎn)的速度為2m/sB．第2s末外力做功的瞬時(shí)功率最大C．第1s內(nèi)與第2s內(nèi)質(zhì)點(diǎn)動(dòng)量增加量之比為1∶2D．第1s內(nèi)與第2s內(nèi)質(zhì)點(diǎn)動(dòng)能增加量之比為4∶5【參考答案】D【名師解析】由動(dòng)量定理：Ft＝mv2－mv1，求出第1s末、第2s末速度分別為：v1＝4m/s、v2＝6m/s，故A錯(cuò)誤；第1s末的外力的瞬時(shí)功率P＝F1v1＝4×4W＝16W，第2s末外力做功的瞬時(shí)功率P′＝F2v2＝2×6W＝12W，故B錯(cuò)誤；第1s內(nèi)與第2s內(nèi)質(zhì)點(diǎn)動(dòng)量增加量之比為：eq\f(Δp1,Δp2)＝eq\f(mv1,mv2－mv1)＝eq\f(1×4,1×6－1×4)＝eq\f(2,1)，故C錯(cuò)誤；第1s內(nèi)與第2s內(nèi)質(zhì)點(diǎn)動(dòng)能增加量分別為：ΔEk1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(12,)＝8J，ΔEk2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(22,)－eq\f(1,2)mveq\o\al(12,)＝10J，則ΔEk1∶ΔEk2＝8∶10＝4∶5，故D正確．6．（6分）如圖甲所示，傾角為30°的足夠長(zhǎng)的固定光滑斜面上，有一質(zhì)量m＝0.8kg的物體受到平行斜面向上的力F作用，其大小F隨時(shí)間t變化的規(guī)律如圖乙所示，t＝0時(shí)刻物體速度為零，重力加速度g＝10m/s2．下列說(shuō)法中正確的是（）A．0～2s內(nèi)物體向上運(yùn)動(dòng) B．第2s末物體的動(dòng)量最大 C．第3s末物體回到出發(fā)點(diǎn) D．0～3s內(nèi)力F的沖量大小為9N?S【參考答案】AD【命題意圖】本題考查力的分解、牛頓運(yùn)動(dòng)定律、勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律、對(duì)力F隨時(shí)間t變化圖像的理解、沖量的計(jì)算及其相關(guān)知識(shí)點(diǎn)。【解題思路】對(duì)物體受力分析，受重力、支持力和拉力，將重力沿垂直斜面方向和平行與斜面方向正交分解，平行與斜面方向分力為：G1＝mgsin30°＝4N。分階段討論物體的運(yùn)動(dòng)情況：①0到1s內(nèi)，物體受到沿斜面向上的力F為F1=5N，物體受到的合力F合1＝F1G1＝5N﹣4N＝1N，沿斜面向上。由牛頓第二定律，F(xiàn)合1＝ma1，可得加速度為：a1＝1.25m/s2，1s末速度為：v1＝at1＝1.25m/s；②1s到2s內(nèi)，物體受到沿斜面向上的力F為F2=3N，物體受到的合力F合2＝F2G1＝3N﹣4N＝﹣1N，由牛頓第二定律，F(xiàn)合2＝ma2，可得加速度為：a2＝1.25m/s2，2s末速度為：v2＝v1+a2t2＝0m/s；③2s到3s內(nèi)，物體受到沿斜面向上的力F為F3=1N，物體受到的合力F合3＝F3G1＝1N﹣4N＝﹣3N，由牛頓第二定律，F(xiàn)合3＝ma3，可得加速度為：a3＝3.75m/s2，3s末速度為：v3＝v2+a3t3＝﹣3.75m/s。由以上的分析可知，前2s內(nèi)物體向上運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)A正確；2s末物體的速度為0，則動(dòng)量為0．選項(xiàng)B錯(cuò)誤；前2s內(nèi)物體的物體位移：x＝v1（t1+t2）=1.25m，第3s內(nèi)物體的位移：x’＝∣v3∣t3=1.875m，大于x=1.25m，說(shuō)明第3s末物體沒(méi)有回到出發(fā)點(diǎn)，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；0～3s內(nèi)力F的沖量大小為：I＝F1t1+F2t2+F3t3＝5×1+3×1+1×1＝9N?S．選項(xiàng)D正確。【方法歸納】對(duì)于各個(gè)時(shí)間段內(nèi)物體受力情況不同時(shí)，要分段進(jìn)行受力分析和應(yīng)用牛頓運(yùn)動(dòng)定律、勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律及其相關(guān)知識(shí)列方程解答。注意力隨時(shí)間變化的圖像面積表示力的沖量。7．一質(zhì)點(diǎn)靜止在光滑水平面上，現(xiàn)對(duì)其施加水平外力F，F(xiàn)隨時(shí)間按正弦規(guī)律變化，如圖所示，下列說(shuō)法中正確的是()A．第2s末質(zhì)點(diǎn)的動(dòng)量為零B．第4s末，質(zhì)點(diǎn)回到出發(fā)點(diǎn)C．在1～2s時(shí)間內(nèi)，F(xiàn)的功率先增大后減小D．在1～3s時(shí)間內(nèi)，F(xiàn)的沖量為0【參考答案】CD【名師解析】由圖象可知在0～2s內(nèi)質(zhì)點(diǎn)一直加速，2s末速度最大，后減速，由對(duì)稱性可知第4s末，質(zhì)點(diǎn)速度為零，位移不為零，故A、B錯(cuò)誤；由圖可知在1～2s時(shí)間內(nèi)，速度逐漸增大，F(xiàn)逐漸減小到0，所以F的功率先增大后減小，故C正確，由對(duì)稱性可知第1s末和第3s末的速度相等，由動(dòng)量定理可知F的沖量為I＝mv3－mv1＝0，故D正確。8．（2020高考仿真模擬）物體在水平地面上受到水平推力F的作用，在6s內(nèi)速度、力F隨時(shí)間變化如圖所示，由圖象可得()A．物體的質(zhì)量為2kgB．前6s內(nèi)合力的沖量為4N·sC．在前6s內(nèi)推力做的功為3JD．在6s內(nèi)的運(yùn)動(dòng)的位移為6m【參考答案】B.【名師解析】由v－t圖象看出，物體在2～6s做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則有：f＝F2＝1N，由速度圖象可知，0～2s物體加速度為：a＝eq\f(Δv,Δt)＝0.5m/s2，F(xiàn)＝3N．由牛頓第二定律得：F－f＝ma，代入解得：m＝4kg，故A錯(cuò)誤；前6s內(nèi)合力的沖量為動(dòng)量的變化量為：I＝Δp＝mv＝4N·s，故B正確；物體在6s內(nèi)的運(yùn)動(dòng)的位移為：x＝eq\f(1,2)×1×2m＋1×4m＝5m，前2s內(nèi)通過(guò)的位移為1m，后4s內(nèi)的位移為4m，在6s內(nèi)推力的功為：W＝3×1J＋1×4J＝7J，故C、D錯(cuò)誤．9.質(zhì)量為2kg的物體在粗糙的水平地面上運(yùn)動(dòng)，當(dāng)運(yùn)動(dòng)的速度為10m/s時(shí)，給物體施加一個(gè)水平恒力，在此恒力的作用下物體做直線運(yùn)動(dòng)，其速度隨時(shí)間的變化如圖所示，則下列說(shuō)法中錯(cuò)誤的是(g取10m/s2)(A.恒力的大小為6NB.前4s內(nèi)摩擦產(chǎn)生的熱量為48JC.前6s內(nèi)合外力的沖量大小為24N?SD.物體與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2【參考答案】C【名師解析】設(shè)力的大小為F，0-2S，-F-μmg=ma1

2-4S，F(xiàn)-μmg=ma2，即F-μ×20=-2-42=2，解得：F=6N，μ=0.2

故AD正確；前4s內(nèi)摩擦產(chǎn)生的熱量Q=μmgx=0.2×2×10×(102×2+22×2)=48J，故B【關(guān)鍵點(diǎn)撥】。根據(jù)圖象分析物體的運(yùn)動(dòng)過(guò)程，再結(jié)合受力分析以及牛頓第二定律可明確F和摩擦因數(shù)；應(yīng)用功的計(jì)算公式求出摩擦力的功，由動(dòng)量定理求出合力的沖量。本題綜合考查了運(yùn)動(dòng)學(xué)圖象、動(dòng)量定理等力學(xué)基本規(guī)律，根據(jù)圖示圖象分析清楚物體的運(yùn)動(dòng)過(guò)程是解題的前提與關(guān)鍵，要注意明確v-t圖象的性質(zhì)以及應(yīng)用，根據(jù)圖示圖象求出物體的位移、應(yīng)用功的計(jì)算公式、動(dòng)量定理即可解題。10用水平力，拉一物體，使物體在水平地面上由靜止開(kāi)始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，t1時(shí)刻撤去拉力F，物體做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，到t2時(shí)刻停止。其速度一時(shí)間圖象如圖所示，且α＞β，若拉力F做的功為W1，沖量大小為I1；物體克服摩擦阻力F做的功為W2，沖量大小為I2．則下列選項(xiàng)正確的是（）A．W1＞W(wǎng)2；I1＞I2 B．W1＜W2；I1＞I2 C．W1＜W2；I1＜I2 D．W1＝W2；I1＝I2【參考答案】D【名師解析】由動(dòng)能定理可確定功的關(guān)系，由動(dòng)量定理可確定沖量的關(guān)系由動(dòng)能定理：W1﹣W2＝0，得：W1＝W2由動(dòng)量定理：I1﹣I2＝0，得：I1＝I2故D正確，ABC錯(cuò)誤。二．計(jì)算題1.（2023江蘇鹽城期中）如圖所示，輕彈管豎直靜，下端固定在水平地面上，以上端點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)O，豎直向下為y軸，O點(diǎn)離地高為h。t=0時(shí)將質(zhì)量為m的鐵球從O點(diǎn)由靜止開(kāi)始釋放，經(jīng)過(guò)時(shí)間第一次運(yùn)動(dòng)到離地面高度為的P點(diǎn)，此時(shí)速度最大為v。不計(jì)空氣阻力。已知重力加速度為g，彈簧始終在彈性限度內(nèi)。求：（1）彈簧的勁度系數(shù)k；（2）鐵球第一次運(yùn)動(dòng)到P過(guò)程中彈力的沖量I；（3）鐵球運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，任意時(shí)刻t的位置坐標(biāo)y。【名師解析】（1）在P點(diǎn)，彈簧的形變量小球受到的彈力大小F=mg根據(jù)胡克定律，有解得（2）從O第一次運(yùn)動(dòng)到P的過(guò)程中，對(duì)小球，以豎直向下為正方向，而彈力向上，根據(jù)動(dòng)量定理，有解得方向豎直向上；（3）當(dāng)鐵球的位置坐標(biāo)為y時(shí)，彈簧的壓縮量為y，鐵球受到的合力為令則可知鐵球做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，振幅周期振動(dòng)的角頻率為以上端點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)O，豎直向下為y軸，t時(shí)刻鐵球離P點(diǎn)的距離為2．（2020江蘇南通泰州一模）如圖所示，光滑水平面上有一輕質(zhì)彈簧，彈簧左端固定在墻壁上，滑塊A以v0＝12m/s的水平速度撞上靜止的滑塊B并粘在一起向左運(yùn)動(dòng)，與彈簧作用后原速率彈回，已知A、B的質(zhì)量分別為m1＝0.5kg、m2＝1.5kg.求：①A與B撞擊結(jié)束時(shí)的速度大小v；②在整個(gè)過(guò)程中，彈簧對(duì)A、B系統(tǒng)的沖量大小I.【名師解析】①A、B碰撞過(guò)程系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以向左為正方向，

由動(dòng)量守恒定律得：m1v0=（m1+m2）v，

代入數(shù)據(jù)解得：v=3m/s；

②以向左為正方向，A、B與彈簧作用過(guò)程，

由動(dòng)量定理得：I=（m1+m2）（v）（m+1m2）v，

代入數(shù)據(jù)解得：I=12N?s，負(fù)號(hào)表示沖量方向向右；

答：①A與B撞擊結(jié)束時(shí)的速度大小v為3m/s；

②在整個(gè)過(guò)程中，彈簧對(duì)A、B系統(tǒng)的沖量