高考物理《動量》常用模型最新模擬題精練專題3.動量定理+F—t圖像一．選擇題1.（2023洛陽名校聯考）－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時間內，拉力F的大小和物塊加速度a的大小隨時間t變化的關系分別如圖1、圖2所示。若最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，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.物塊的質量等于1.5kgC.在0~4s時間內，合力對物塊沖量的大小為6.75N?SD.在0~4s時間內，摩擦力對物塊的沖量大小為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，考查對力圖像、加速度圖像的理解、牛頓運動定律和動量定理的應用及其相關知識點，考查的核心素養是運動和力的觀點，動量和能量的觀點。【解題思路】對比圖1和圖2可知，在t=1s時拉力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A錯誤；在t=4s時拉力F4=6N，加速度a=3m/s2，由牛頓第二定律，F4f=ma，解得物塊質量m=1.5kg，選項B正確；在0~1s時間內，物塊加速度為零，合力對物塊沖量為零；由圖2的加速度圖像面積等于速度變化可知，在1~4s時間內，物塊速度變化等于△v=4.5m/s，動量變化為△p=m△v=1.5kg×4.5m/s=6.75kgm/s，由動量定理可得，在0~4s時間內，合力對物塊沖量的大小為I=△p=6.75Ns，選項C正確D錯誤。【關鍵點撥】正確解答此題的關鍵是要注意應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隨時間t的變化關系如圖乙所示，物體的速度v隨時間t的變化關系如圖丙所示，下列說法正確的是（）A.物體的質量為1kgB.丙圖中橫坐標t1的數值為7.5C.0~6s內，拉力的沖量為10N?sD.0~t1內，物體克服摩擦力所做的功為29J【參考答案】D【名師解析】3．(2020·山東省實驗中學模擬)如圖甲所示，固定光滑斜面上有質量為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動，從x1＝2.5m位置處拉力F逐漸減小，力F隨位移x的變化規律如圖乙所示，當x2＝7m時拉力減為零，物體速度剛好為零，取g＝10m/s2，下列說法正確的是()A．斜面傾角θ為30°B．整個上滑的過程中，物體的機械能增加27JC．物體勻速運動時的速度大小為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】物體做勻速直線運動時，受力平衡，則F＝mgsinθ，代入數值得sinθ＝0.2，選項A錯誤；圖像與坐標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，機械能的增加量等于拉力做的功57J，B錯誤；重力做的功WG＝－mgx2sinθ＝－84J，由動能定理：WF＋WG＝0－eq\f(1,2)mv02，解得：v0＝3m/s，選項C正確；根據動量定理可得I＝0－mv0＝－18N·s，選項D錯誤。4.一質量為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動時的a－t圖象如圖所示，t＝0時其速度大小為2m/s，滑動摩擦力大小恒為2N，則()A．在t＝6s的時刻，物體的速度為18m/sB．在0～6s時間內，合力對物體做的功為400JC．在0～6s時間內，拉力對物體的沖量為48N·sD．在t＝6s的時刻，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—時間圖象中由圖線與坐標軸所圍面積表示，在0～6s內Δv＝18m/s，v0＝2m/s，則t＝6s時的速度v＝20m/s，A項錯；由動能定理可知，0～6s內，合力做功W＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝396J，B項錯；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項正確．5.一質量為1kg的質點靜止于光滑水平面上，從t＝0時刻開始，受到如圖3所示的水平外力作用，下列說法正確的是()A．第1s末質點的速度為2m/sB．第2s末外力做功的瞬時功率最大C．第1s內與第2s內質點動量增加量之比為1∶2D．第1s內與第2s內質點動能增加量之比為4∶5【參考答案】D【名師解析】由動量定理：Ft＝mv2－mv1，求出第1s末、第2s末速度分別為：v1＝4m/s、v2＝6m/s，故A錯誤；第1s末的外力的瞬時功率P＝F1v1＝4×4W＝16W，第2s末外力做功的瞬時功率P′＝F2v2＝2×6W＝12W，故B錯誤；第1s內與第2s內質點動量增加量之比為：eq\f(Δp1,Δp2)＝eq\f(mv1,mv2－mv1)＝eq\f(1×4,1×6－1×4)＝eq\f(2,1)，故C錯誤；第1s內與第2s內質點動能增加量分別為：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°的足夠長的固定光滑斜面上，有一質量m＝0.8kg的物體受到平行斜面向上的力F作用，其大小F隨時間t變化的規律如圖乙所示，t＝0時刻物體速度為零，重力加速度g＝10m/s2．下列說法中正確的是（）A．0～2s內物體向上運動 B．第2s末物體的動量最大 C．第3s末物體回到出發點 D．0～3s內力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、牛頓運動定律、勻變速直線運動規律、對力F隨時間t變化圖像的理解、沖量的計算及其相關知識點。【解題思路】對物體受力分析，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動情況：①0到1s內，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，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，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內物體向上運動，選項A正確；2s末物體的速度為0，則動量為0．選項B錯誤；前2s內物體的物體位移：x＝v1（t1+t2）=1.25m，第3s內物體的位移：x’＝∣v3∣t3=1.875m，大于x=1.25m，說明第3s末物體沒有回到出發點，選項C錯誤；0～3s內力F的沖量大小為：I＝F1t1+F2t2+F3t3＝5×1+3×1+1×1＝9N?S．選項D正確。【方法歸納】對于各個時間段內物體受力情況不同時，要分段進行受力分析和應用牛頓運動定律、勻變速直線運動規律及其相關知識列方程解答。注意力隨時間變化的圖像面積表示力的沖量。7．一質點靜止在光滑水平面上，現對其施加水平外力F，F隨時間按正弦規律變化，如圖所示，下列說法中正確的是()A．第2s末質點的動量為零B．第4s末，質點回到出發點C．在1～2s時間內，F的功率先增大后減小D．在1～3s時間內，F的沖量為0【參考答案】CD【名師解析】由圖象可知在0～2s內質點一直加速，2s末速度最大，后減速，由對稱性可知第4s末，質點速度為零，位移不為零，故A、B錯誤；由圖可知在1～2s時間內，速度逐漸增大，F逐漸減小到0，所以F的功率先增大后減小，故C正確，由對稱性可知第1s末和第3s末的速度相等，由動量定理可知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內速度、力F隨時間變化如圖所示，由圖象可得()A．物體的質量為2kgB．前6s內合力的沖量為4N·sC．在前6s內推力做的功為3JD．在6s內的運動的位移為6m【參考答案】B.【名師解析】由v－t圖象看出，物體在2～6s做勻速直線運動，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＝3N．由牛頓第二定律得：F－f＝ma，代入解得：m＝4kg，故A錯誤；前6s內合力的沖量為動量的變化量為：I＝Δp＝mv＝4N·s，故B正確；物體在6s內的運動的位移為：x＝eq\f(1,2)×1×2m＋1×4m＝5m，前2s內通過的位移為1m，后4s內的位移為4m，在6s內推力的功為：W＝3×1J＋1×4J＝7J，故C、D錯誤．9.質量為2kg的物體在粗糙的水平地面上運動，當運動的速度為10m/s時，給物體施加一個水平恒力，在此恒力的作用下物體做直線運動，其速度隨時間的變化如圖所示，則下列說法中錯誤的是(g取10m/s2)(A.恒力的大小為6NB.前4s內摩擦產生的熱量為48JC.前6s內合外力的沖量大小為24N?SD.物體與地面間的動摩擦因數為0.2【參考答案】C【名師解析】設力的大小為F，0-2S，-F-μmg=ma1

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

故AD正確；前4s內摩擦產生的熱量Q=μmgx=0.2×2×10×(102×2+22×2)=48J，故B【關鍵點撥】。根據圖象分析物體的運動過程，再結合受力分析以及牛頓第二定律可明確F和摩擦因數；應用功的計算公式求出摩擦力的功，由動量定理求出合力的沖量。本題綜合考查了運動學圖象、動量定理等力學基本規律，根據圖示圖象分析清楚物體的運動過程是解題的前提與關鍵，要注意明確v-t圖象的性質以及應用，根據圖示圖象求出物體的位移、應用功的計算公式、動量定理即可解題。10用水平力，拉一物體，使物體在水平地面上由靜止開始做勻加速直線運動，t1時刻撤去拉力F，物體做勻減速直線運動，到t2時刻停止。其速度一時間圖象如圖所示，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．則下列選項正確的是（）A．W1＞W2；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】由動能定理可確定功的關系，由動量定理可確定沖量的關系由動能定理：W1﹣W2＝0，得：W1＝W2由動量定理：I1﹣I2＝0，得：I1＝I2故D正確，ABC錯誤。二．計算題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，以上端點為坐標原點O，豎直向下為y軸，O點離地高為h。t=0時將質量為m的鐵球從O點由靜止開始釋放，經過時間第一次運動到離地面高度為的P點，此時速度最大為v。不計空氣阻力。已知重力加速度為g，彈簧始終在彈性限度內。求：（1）彈簧的勁度系數k；（2）鐵球第一次運動到P過程中彈力的沖量I；（3）鐵球運動過程中，任意時刻t的位置坐標y。【名師解析】（1）在P點，彈簧的形變量小球受到的彈力大小F=mg根據胡克定律，有解得（2）從O第一次運動到P的過程中，對小球，以豎直向下為正方向，而彈力向上，根據動量定理，有解得方向豎直向上；（3）當鐵球的位置坐標為y時，彈簧的壓縮量為y，鐵球受到的合力為令則可知鐵球做簡諧運動，振幅周期振動的角頻率為以上端點為坐標原點O，豎直向下為y軸，t時刻鐵球離P點的距離為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并粘在一起向左運動，與彈簧作用后原速率彈回，已知A、B的質量分別為m1＝0.5kg、m2＝1.5kg.求：①A與B撞擊結束時的速度大小v；②在整個過程中，彈簧對A、B系統的沖量大小I.【名師解析】①A、B碰撞過程系統動量守恒，以向左為正方向，

由動量守恒定律得：m1v0=（m1+m2）v，

代入數據解得：v=3m/s；

②以向左為正方向，A、B與彈簧作用過程，

由動量定理得：I=（m1+m2）（v）（m+1m2）v，

代入數據解得：I=12N?s，負號表示沖量方向向右；

答：①A與B撞擊結束時的速度大小v為3m/s；

②在整個過程中，彈簧對A、B系統的沖量