第一節(jié)動(dòng)量和動(dòng)量定理-2023年高考物理一輪系統(tǒng)復(fù)習(xí)學(xué)思用

【能力提高練】第一節(jié)動(dòng)量和動(dòng)量定理

1.（2022?高考湖北卷）一質(zhì)點(diǎn)做曲線運(yùn)動(dòng)，在前一段時(shí)間內(nèi)速度大小由v增大到2%在

隨后的一段時(shí)間內(nèi)速度大小由2v增大到5%前后兩段時(shí)間內(nèi)，合外力對(duì)質(zhì)點(diǎn)做功分別為

W1和電，合外力的沖量大小分別為八和下列關(guān)系式一定成立的是（）

A.嗎=3叫，/,<3/1B.嗎=3叱，/2>/,

C.嗎=7叱，12<3/,D.嗎=7叱，72>/,

【解析】根據(jù)動(dòng)能定理可知=-m（2v）2--mv2=1mv2,

1A?（5V）2-m（2v）2=ymv2,可得嗎=7叱，由于速度是矢量，具有方向，當(dāng)初、

末速度方向相同時(shí)，動(dòng)量變化量最小，方向相反時(shí)，動(dòng)量變化量最大，因此沖量的大小范圍

是my</］（3"zv,3mv<I2<7mv,可知人工？/一故選C。

【答案】C

2.（2022?高考全國乙卷）（多選）質(zhì)量為1kg的物塊在水平力尸的作用下由靜止開始在水

平地面上做直線運(yùn)動(dòng)，尸與時(shí)間，的關(guān)系如圖所示。已知物塊與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2,

重力加速度大小取g=10m/s2o則（）

-F/N

4——

???it/s

02

46I

-4

A.4s時(shí)物塊的動(dòng)能為零

B.6s時(shí)物塊回到初始位置

C.3s時(shí)物塊的動(dòng)量為12kg-m/s

D.0~6s時(shí)間內(nèi)F對(duì)物塊所做的功為40J

【解析】物塊與地面間的摩擦力為/=〃〃zg=2N

AC.對(duì)物塊從0-3內(nèi)由動(dòng)址定理可知（R—f）lt=機(jī)匕，即（4—2）x3=1X匕，得

v3-6m/s,3s時(shí)物塊的動(dòng)量為2=??匕=6kg-m/s,設(shè)3s后經(jīng)過時(shí)間t物塊的速度減為0,

由動(dòng)量定理可得一(尸+，)f=0-加匕，即一(4+2)/=0—1X6,解得f=ls,所以物塊在4s

時(shí)速度減為0,則此時(shí)物塊的動(dòng)能也為0，故A正確，C錯(cuò)誤；

B.03物塊發(fā)生的位移為內(nèi)，由動(dòng)能定理可得(E—/M,即

(4-2)x,=^xlx62,得x=9m,3s?4s過程中，對(duì)物塊由動(dòng)能定理可得

-(F+f)x2=Q--mvl,即一(4+2)工2=0-gxlx6~,得w=3m,4s6s物塊開始反

向運(yùn)動(dòng)，物塊的加速度大小為。=土二/=2m/s2,發(fā)生的位移為

m

2

x3=1x2x2m=4m<xl+x2,即6s時(shí)物塊沒有回到初始位置，故B錯(cuò)誤；

D.物塊在6s時(shí)的速度大小為％=2x2m/s=4m/s,06s拉力所做的功為

W=(4X9—4X3+4X4)J=40J,故D正確。故選AD。

【答案】AD

3.(2022?湖南省長郡中學(xué)第四次月考)如圖所示，用一個(gè)與水平面成。角的恒力尸拉質(zhì)

量為俄的木箱，木箱沿光滑水平面前進(jìn)，在作用時(shí)間/內(nèi)，下列說法正確的是()

A.尸的沖量大小為尸fcos。B.地面支持力的沖量大小必為0

C.木箱的動(dòng)量變化率大小為尸fsin。D.木箱重力的沖量大小為mgr

【解析】A.恒力尸的沖量大小為股，故A錯(cuò)誤；

B.地面支持力的大小為然=mg-FsmO,則支持力的沖量大小為

=FNt=(mg-Fsin,故B錯(cuò)誤。

C.根據(jù)動(dòng)量定理/=4=AP,可知，動(dòng)量變化率大小為合外力，故動(dòng)量變化率為尸cos。,

故C錯(cuò)誤；

D.木箱重力的沖量大小為Ia=mgt,故D正確。故選D。

【答案】D

4.(2022?河北省衡水中學(xué)高三(上)五調(diào))一質(zhì)量為2kg、可看成質(zhì)點(diǎn)的物塊做直線運(yùn)動(dòng)，

其運(yùn)動(dòng)過程中動(dòng)量的平方與位置關(guān)系如圖所示。下列說法正確的是()

/?2/(kg2m2/s2)

64

01x/m

A.物體運(yùn)動(dòng)的加速度大小為16iWs2

B.物塊運(yùn)動(dòng)中受到的合力大小為32N

C.物塊在坐標(biāo)原點(diǎn)的速度大小為8m/s

D.物體從0m到1m所用時(shí)間為0.5s

【解析】ABC.由速度位移的關(guān)系式得，=詔一2ox,兩邊同時(shí)乘上加得

P2=I^-2m2ax,結(jié)合圖象知葉=64,斜率％=64=2加解得％=4m/s,

a=8m/s2,由牛頓第二定律得物塊運(yùn)動(dòng)中受到的合力F=5=16N,故ABC錯(cuò)誤；

D.由圖象知x=lm時(shí)的速度為0,從0到1m所用時(shí)間t=%=0.5s,故D正確。故

a

選D。

【答案】D

5.（2022?北京一零一中學(xué)高三（下）入學(xué)考試）如圖所示，一輛裝滿石塊的貨車在平直道

路上行駛。貨箱中石塊B的質(zhì)量為如重力加速度為g,在貨車從靜止開始以加速度。加速

運(yùn)動(dòng)位移x的過程中，下列說法正確的是（）

A.周圍與石塊B接觸的物體對(duì)它的作用力的合力大小為mg

B.周圍與石塊B接觸的物體對(duì)它的作用力的合力大小為機(jī)〃

C.周圍與石塊B接觸的物體對(duì)它的作用力的合力做功為max

D.周圍與石塊B接觸的物體對(duì)它的作用力的合力沖量大小為m肉

【解析】AB.貨車在平直道路上以加速度。加速運(yùn)動(dòng)，石塊B受到周圍物體對(duì)它的

作用力的合力廠和重力〃如圖所示，對(duì)石塊5,由牛頓第二定律得七=〃M，根據(jù)力的

合成與分解可得與B接觸的物體對(duì)B的作用力為F=J（/ng）2+（〃以了=mylg2+a2,故

AB錯(cuò)誤;

Ltw-----——

mg

C.設(shè)周圍與石塊5接觸的物體對(duì)它的作用力的合力/與水平方向的夾角為6,周圍與

石塊B接觸的物體對(duì)它的作用力的合力做功卬=Fxcosd^max,故C正確；

D.經(jīng)過位移x后，石塊8的動(dòng)能為max,則其動(dòng)量為p=12mEk=mJTax,由動(dòng)

量定理知，物塊8所受的合力的沖量為加JR,故D錯(cuò)誤。故選C。

【答案】C

6.（2022?山東日照市高三（下）一模）第二十四屆冬奧會(huì)于2022年2月4日至20日在北

京舉行，中華文明與奧林匹克運(yùn)動(dòng)再度攜手，奏響全人類團(tuán)結(jié)、和平、友誼的華美樂章。跳

臺(tái)滑雪是冬奧會(huì)的重要項(xiàng)目之一。如圖所示，某次比賽中，質(zhì)量為機(jī)的運(yùn)動(dòng)員（包括滑雪板）

以速度w從跳臺(tái)頂端水平飛出，經(jīng)過一段時(shí)間后落在傾斜賽道上，賽道的傾角為8,重力

加速度為g,空氣阻力忽略不計(jì)，運(yùn)動(dòng)員（包括滑雪板）視為質(zhì)點(diǎn)。則運(yùn)動(dòng)員在空中運(yùn)動(dòng)的過

程中（）

A.動(dòng)量變化量的大小為加%tan。

B.位移的大小為“,an"

g

C.距離賽道最遠(yuǎn)時(shí)的速度大小為』一

tan6

D.距離賽道最遠(yuǎn)時(shí)的豎直位移為總豎直位移的1

4

【解析】A.根據(jù)動(dòng)量定理，動(dòng)量變化量等于重:力的沖量，即為豎直方向的動(dòng)量變化,

h）g'

當(dāng)運(yùn)動(dòng)員落至斜面時(shí)，分解其位移得tan。=一一=宜一，則落至斜面時(shí)的豎直分速

x卬2%

度為%=gf=2%tan?，因此動(dòng)量變化量為△〃=mAu=2/〃%tan?，故A錯(cuò)誤；

B.由A得運(yùn)動(dòng)員運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為『=出吧，，則水平位移為x=%/=2也tan0則

§S

運(yùn)動(dòng)員實(shí)際位移為x實(shí)際=——-——"—'——，故B錯(cuò)誤；

頭時(shí)cos。geos。

C.當(dāng)運(yùn)動(dòng)員的速度方向與斜面平行時(shí).，距離賽道最遠(yuǎn)，在最遠(yuǎn)處分解其速度得

cos6=^,則丫=—乜」，故C錯(cuò)誤：

vcos3

D.將運(yùn)動(dòng)分解為沿斜面和垂直斜面兩個(gè)方向，則垂直斜面方向的初速度方向垂直斜面

向上，加速度方向垂直斜面向下，則垂直斜面的速度分量減小為零時(shí)運(yùn)動(dòng)員離斜面最遠(yuǎn)，垂

直斜面方向的分運(yùn)動(dòng)類似于豎直上拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)豎直上拋運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性，垂直斜面的速度分

量減小為零時(shí)的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為總時(shí)間的一半，再根據(jù)自由落體的公式〃=gg/得，距離賽道

最遠(yuǎn)時(shí)的豎直位移為總豎直位移的工。故D正確。故選D。

4

【答案】D

7.（2022?河南省許昌市高三下學(xué)期二模）一質(zhì)最機(jī)=4kg的滑塊靜止在粗糙的水平面上,

仁0時(shí)刻起對(duì)滑塊施加水平向右的拉力F,拉力F按如圖所示的規(guī)律變化，3s末撤去拉力。

滑塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)〃=0.25,重力加速度g取10m/s"下列說法正確的是（）

，'FN

30---------

8-----

oi3飛

A.0~3s內(nèi)摩擦力的沖量大小為30N-sB.0~3s內(nèi)拉力做的功為200J

C.滑塊的最大動(dòng)能為200JD.滑塊的最大位移為36m

【解析】A.滑塊與水平面的滑動(dòng)摩擦力為/=〃mg=0.25x4xl0N=10N,在

0~ls內(nèi)耳=8N</=10N,所以滑塊靜止不動(dòng)，滑塊與水平面的摩擦力為靜摩擦力，大

小為＜=￡=8N,摩擦力的沖量為4=8N-s,在卜3s內(nèi)鳥=30N＞/=10N,

滑塊與水平面間的摩擦力為滑動(dòng)摩擦力，摩擦力的沖量為4=#2=10x2N-s=20N-s,

0~3s內(nèi)摩擦力的沖量大小為/=4+4=28N-s,故A錯(cuò)誤：

B.在O~ls內(nèi)滑塊靜止，拉力做功為零。在1~3s內(nèi)滑塊做勻加速運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定

律得。=%二/，解得a=5m/s2,滑塊的位移為1=，m22=』*5乂2201=10111,0~3s

m222

內(nèi)拉力做的功為卬=鳥》=30、101=300＞故B錯(cuò)誤；

C.3s末撤去拉力時(shí)，滑塊的動(dòng)能最大，由動(dòng)能定理得卬電=^紇，解得滑塊的最大動(dòng)

能為線=（6—/）x=（30—10）xl0J=200J,故C正確；

D.滑塊的最大速度為u=〃2=5x2m/s=10m/s,撤去拉力后，由牛頓第二定律得

2

加速度大小為。=竺劣?=2.5m/s2,由丫2=2。%可得位移為f=」1=20m,滑塊的最

m2a

大位移為=x+x=10m+20m=30m,故D錯(cuò)誤。故選C。

【答案】C

8.（2022?湖南省長沙市第一中學(xué)高三第五次月考）質(zhì)量分布均勻的鐵鏈，拉住鐵鏈的一

端，鐵鏈的另一端剛好與地面接觸，從靜止釋放，鐵鏈落地之后不反彈，鐵鏈的體積可以忽

略，則鐵鏈下降過程中，鐵鏈對(duì)地面的作用力與落到地面部分的鐵鏈的重力的比值為（）

A.1B.2C.3D.4

【解析】設(shè)下落部分鐵鏈長度為人，單位長度的質(zhì)量為“，則此時(shí)鐵鏈的速度為

也調(diào)，下落到地面上的質(zhì)量為加=:汕，鐵鏈對(duì)地面的作用力/分為兩部分，一部分是

落到地面的鐵鏈由于受到重力而對(duì)地面的壓力片，另一部分是鐵鏈撞擊地面時(shí)對(duì)地面的沖

擊力鳥，顯然有尸=耳+瑪，F(xiàn)[=mgh=m'g,考慮極短的時(shí)間加，這段時(shí)間落到地面

的長度為j2g/?Af,由動(dòng)量定理有JR/V=m^2gh\t■42gh,解得鳥=2mgh=2mg,

則有_勺_=二=3,故ABD錯(cuò)誤，C正確。故選C。

mghmg

【答案】C

9.（2022?陜西省西安中學(xué)高三（下泗模）（多選）如圖⑷，質(zhì)量分別為機(jī)A、，"B的A、B兩

物體用輕彈簧連接構(gòu)成一個(gè)系統(tǒng)，外力F作用在A上，系統(tǒng)靜止在光滑水平面上（B靠墻面）,

此時(shí)彈簧形變量為X。撤去外力并開始計(jì)時(shí)，A、B兩物體運(yùn)動(dòng)的a-t圖像如圖（與所示，5|

表示0到九時(shí)間內(nèi)A的a-t圖線與坐標(biāo)軸所圍面積大小，S2、S3分別表示h到B時(shí)間內(nèi)A、

B的a-f圖線與坐標(biāo)軸所圍面積大小。下列說法正確的是（）

A.0到4時(shí)間內(nèi)，墻對(duì)B的沖量為0

B.B運(yùn)動(dòng)后，彈簧的最大形變量等于x

C./7?A：，〃B=S3：SZ

D.S\—Sz-S3

【解析】A.設(shè)物體A在九時(shí)刻的速度為%,在打時(shí)刻物體A、物體B的速度分別

為W、v2,0到％時(shí)間內(nèi)，根據(jù)動(dòng)量定理，對(duì)物塊A有4向=wAvo-O，設(shè)墻對(duì)B的沖量

為/.對(duì)物塊B有/一與咕=0,由a-t圖線面積表示物體速度變化量%-0=耳，解得

I=/nAS,,故A錯(cuò)誤；

B.由圖可知，當(dāng)物體B運(yùn)動(dòng)后，物體A的加速度小于0時(shí)刻的加速度，則彈簧的型

變量小于x,故B錯(cuò)誤；

C.4到弓時(shí)間內(nèi)，由圖像可知圖線面積表示物體速度變化量，則§3=%，

S2=v0-v（,根據(jù)動(dòng)量定理，對(duì)物塊A有寫單（t2T1）=映（%-匕）=以52，對(duì)物塊B有

品&一4）=牡丫2=〃％53,解得詈=今，故C正確；

D.由圖可知，物體A和物體B在弓的加速度為0,此時(shí)物體A和物體B速度相等可

得匕=彩，則S1-S2=匕=嗎=63,故D正確。故選CD。

【答案】CD

10.（2022?四川省中學(xué)高三（下）開學(xué)考試）如圖所示，質(zhì)量為2kg的木板M放置在

足夠大光滑水平面上，其右端固定一輕質(zhì)剛性豎直擋板，能承受的最大壓力為4N,質(zhì)量為

1kg的可視為質(zhì)點(diǎn)物塊機(jī)恰好與豎直擋板接觸，已知M、,〃間動(dòng)摩擦因數(shù)〃=0.5,假設(shè)最

大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力。初始兩物體均靜止，某時(shí)刻開始M受水平向左的拉力廠作用，

尸與M的位移x的關(guān)系式為E=3+0.5x（其中，尸的單位為N,x的單位為m）,重力加速

度g=10m/s2,下列表述正確的是（）

M

/77777T7777777777777777777777777/777T

A.團(tuán)的最大加速度為4m/s?

B.的最大加速度為5m/s?

C.豎直擋板對(duì)，〃做的功最多為48J

D.當(dāng)M運(yùn)動(dòng)位移為24m過程中，木板對(duì)物塊的沖量大小為12N6

【解析】AB.與木板M之間的最大靜摩擦力為了；“=〃打=0.5xlxl0N

=5N,團(tuán)受到的向左的力最大為靜摩擦力與彈力的和，所以最大加速度為

〃m=--="4-m/s2=9m/s2,選項(xiàng)AB錯(cuò)誤；

m1

C.尸隨x的增大而增大，整體的加速度逐漸增大，當(dāng)擋板的彈力達(dá)到最大時(shí)，尸最大,

對(duì)整體由牛頓第二定律得產(chǎn)的最大值為耳“=（用+加）。=27^4,乂尸=3+0.5%,解得當(dāng)

m的加速度最大時(shí)的位移%=48m,此過程由積累的關(guān)系可得

%=月％=3?x48=720J,由動(dòng)能定理即可求出系統(tǒng)的動(dòng)能為+m）年=%,

由此即可求出m的最大速度%=4>^0m/s,當(dāng)摩擦力達(dá)到最大靜摩擦力時(shí)有力,="，

此時(shí)對(duì)整體有產(chǎn)=（M+m）a,解得尸=15N,乂尸=3+0.5x,解得當(dāng)摩擦力達(dá)到最大

靜摩擦力時(shí)的位移x=24m,由動(dòng)能定理即可求出系統(tǒng)的動(dòng)能為，〃+加）丫2=W,由此

即可求出此時(shí)m的速度v=12m/s,之后擋板開始對(duì)物塊有力的作用，根據(jù)動(dòng)能定理有

唯板+力金（/一幻=5相片,一5%聲，解得豎直擋板對(duì)m做的功最多為叫板=48J,選

項(xiàng)C正確；

D.當(dāng)位移為24m時(shí)m的速度v=12m/s,則物塊受到合外力的沖量大小

Z=mv=12Ns,合外力的沖量包括豎直擋板、摩擦力、支持力以及重力對(duì)物塊的沖量，

而木板對(duì)物塊的沖量大小不包括重力的沖量，因此大小不為12N?s,選項(xiàng)D錯(cuò)誤。故選C。

【答案】C

11.（2022?成都石室中學(xué)高三（下）專家聯(lián)測(cè)卷（四））（多選）使用無人機(jī)植樹時(shí)，為保證樹種

的成活率，將種子連同營養(yǎng)物質(zhì)包進(jìn)一個(gè)很小的莢里。播種時(shí)，在離地面10m高處、以15m/s

的速度水平勻速飛行的無人機(jī)中，播種器利用空氣壓力把莢以5m/s的速度（相對(duì)播種器）豎

直向下射出，莢進(jìn)入地面下10cm深處完成一次播種。已知莢的總質(zhì)量為20g,不考慮莢所

受大氣阻力及進(jìn)入土壤后重力的作用。取g=10m/s2,貝1」（）

A.射出莢的過程中，播種器對(duì)莢做的功為2.5J

B.離開無人機(jī)后，莢在空中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為0s

C.土壤對(duì)莢沖量的大小為筆kg-m/s

D.莢在土壤內(nèi)受到平均阻力的大小為絲巫N

2

【解析】A.播種器對(duì)莢做的功等于莢增加的動(dòng)能，故

W=I/MV2=1x0.02X52J=0.25J,A錯(cuò)誤；

22

B.離開無人機(jī)后，在豎直方向上英做初速度為5m/s、加速度為g的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，

根據(jù)位移時(shí)間公式有10=5t+gg/，解得f=ls,B錯(cuò)誤：

C.莢落地時(shí)豎直方向上的速度為匕,=5+10、1111/S=15111/5,水平方向上的速度為

%=15m/s,故莢落地時(shí)的速度大小為v=&+守=150m/s,進(jìn)入土壤后，速度為零,

故/=0-nw=-g^kg-m/s,即沖量大小為3^kg-m/s,C正確;

D.莢進(jìn)入土壤后，豎直方向上做減速運(yùn)動(dòng)，末速度為零，位移為10cm=0.1m，根據(jù)

V2V1

位移速度公式可得。」=或，進(jìn)入土后的時(shí)間為廣力聯(lián)立解得元S,根據(jù)動(dòng)量定理

3&

可得百=0-機(jī)n,解得戶=一吧=一一!p-N=—竺也N,即平均阻力大小為竺也N,

/122

75

D正確。故選CD。

【答案】CD

12.（2022?江蘇省海門中學(xué)高（下）期初考試）如圖所示，小球A、8用一根長為L的輕桿

相連，豎直放置在光滑水平地面上，小球C挨著小球B放置在地面上。由于微小擾動(dòng)，小

球A沿光滑的豎直墻面下滑，小球8、C在同一豎直面內(nèi)向右運(yùn)動(dòng)。當(dāng)桿與墻面夾角為仇

小球A和墻面恰好分離，最后小球A落到水平地面上。下列說法中不正確的是（）

A.當(dāng)小球4的機(jī)械能取最小值時(shí)，小球B與小球C的加速度為零

B.小球A由靜止到與墻面分離的過程中，小球8的速度先增大后減小

C.當(dāng)小球A和墻面恰好分離時(shí)，小球8與小球C也恰好分離

D.當(dāng)小球4和墻面恰好分離時(shí)，4、8兩球的速率之比為tan。：1

【解析】B.從靜止開始到小球A和墻面恰好分離的過程，對(duì)4、B、C三個(gè)小球組

成的系統(tǒng)，由于受到豎直墻面向右的彈力，根據(jù)動(dòng)量定理可得尸/=（%+加9%，所以小

球A由靜止到與墻面分離的過程中，小球8的速度一直增大，故B錯(cuò)誤，符合題意；

A.對(duì)A、B、C三個(gè)小球組成的系統(tǒng)，機(jī)械能守恒，由B項(xiàng)的分析可知，球A和墻面

恰好分離時(shí)，小球B與小球C速度最大，則其加速度最小，機(jī)械能最大，則此時(shí)A球機(jī)械

能最小，所以當(dāng)小球4的機(jī)械能取最小值時(shí)，小球8與小球C的加速度為零，故A正確，

不符合題意；

C.當(dāng)小球A與墻面分離后，水平方向動(dòng)量守恒，小球A在水平方向的速度會(huì)不斷增大,

8球在水平方向的速度會(huì)不斷減小，所以在小球A與墻面分離瞬間，小球C球和小球B分

離，故C正確，不符合題意：

D.當(dāng)小球A和墻面恰好分離時(shí)，兩球的速度分解如圖所示，兩球的速度關(guān)聯(lián)，沿桿方

向的速度相等，有LCOse=VBsin。，可得％=曬一，故D正確，不符合題意。故選B。

VB1

\()

[\\

\,

X、?z

Xz

X,,

【答案】B

13.（2022?長春外國語學(xué)校高三（下）期初考試）如圖所示，學(xué)生練習(xí)用頭顛球。某一次足

球由靜止開始自由下落80cm后，被重新頂起，離開頭部后豎直上升的最大高度仍為80cm。

已知足球與頭部的作用時(shí)間為0.1s,足球的質(zhì)量為0.4kg,重力加速度g取10m/s2,不計(jì)空

氣阻力下列說法正確的是（）

B.足球與頭部作用過程中動(dòng)量變化量的大小為3.2kg-m/s

C.足球從最高點(diǎn)下落至重新回到最高點(diǎn)的過程中重力的沖量大小為3.2N-s

D.頭部對(duì)足球的平均作用力為足球重力的10倍

【解析】足球自由落體80cm時(shí)的速度為vi，時(shí)間為t\,有.=12gh=4mzs,

4=J2E=O.4S,反彈后做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，而上升的最大高度也為80cm,根據(jù)運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱

性可知上拋的初速度v2=匕=4m/s,上升的時(shí)間馬=4=0.4s,對(duì)足球與人接觸的過程，

Az=0.Is，取向上為正，由動(dòng)量定理有（/一/四卜加山嗎一（一加匕）=&?，解得F=36N,

&?=3.2kg-m/s,即頭部對(duì)足球的平均作用力為36N,而足球的重力為4N,則頭部對(duì)足

球的平均作用力是重力的9倍，此過程的動(dòng)量變化量大小為&?=3.2kg?m/s,足球運(yùn)動(dòng)的

全過程，所受重力的沖量為L=mg&+Af+f2）=3-6N-s,故選B。

【答案】B

14.（2022?湖南新高考教學(xué)教研聯(lián)盟高三（下）第一次聯(lián)考）如圖所示，兩個(gè)長木塊A、B

放置在水平桌面上，質(zhì)量分別為2〃?和布、水平桌面以M點(diǎn)為界，左側(cè)光滑、右側(cè)粗糙。初

始時(shí)B的左端恰與M點(diǎn)重合，現(xiàn)使A木塊以初速度均滑向B,與B碰后成為一個(gè)整體（碰

撞時(shí)間極短），最終B木塊右端恰好運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)，則以下說法正確的是（）

MN

A.整個(gè)過程中兩木塊克服摩擦力做的功為之〃?說

30

4

B.A、B碰撞過程中損失的機(jī)械能為士機(jī)說

C.若增大B木板的質(zhì)量（B的形狀大小保持不變），碰后AB可能滑離桌面

4

D.碰撞過程中木塊B對(duì)木塊A的沖量大小為一加%

【解析】A.設(shè)A、B碰撞后速度為V,則碰撞前后瞬間由動(dòng)量守恒定律可得

21

2mv0=3wv,解得碰后對(duì)于AB整體，由動(dòng)能定理可得W=0—5召機(jī)聲，解得

22

W=--mvl，故兩木塊克服摩擦力做的功為彳加片，A正確；

B.對(duì)于碰撞過程，由能量守恒，損失的機(jī)械能為=、3機(jī)/,解得

2°2

A￡-mv（）.B錯(cuò)誤；

C.若增大B木板的質(zhì)量，由動(dòng)量守恒表達(dá)式可知，碰后AB整體速度將減小，在桌面

上滑動(dòng)時(shí)，由牛頓第二定律可知，加速度與質(zhì)量無關(guān)，為a=〃g,即加速度恒定，所以B

木板質(zhì)量越大，碰后滑行距離越短，越不容易滑離桌面。C錯(cuò)誤；

2

D.對(duì)A應(yīng)用動(dòng)量定理可得/=2ww-2機(jī)%,解得D錯(cuò)誤。故選A。

【答案】A

15.（2022?哈爾濱師范大學(xué)附屬中學(xué)高三（上）期中）（多選）如圖所示，豎直放置的輕彈簧

的一端固定在水平地面上，另一端拴接著質(zhì)量為，”的木塊A,開始時(shí)木塊A靜止，現(xiàn)讓一

質(zhì)量也為m的木塊B從木塊A正上方高為h處自由下落，與木塊A碰撞后一起向下壓縮彈

簧，A、B不粘連。彈簧始終處于彈性限度內(nèi)，不計(jì)空氣阻力，木塊A與木塊B碰撞時(shí)間極

短,重力加速度為g。若從兩木塊發(fā)生碰撞到木塊A第一次回到初始位置的時(shí)間為t,則（）

B

A.兩木塊向下運(yùn)動(dòng)的過程中，木塊的加速度逐漸增大

B.兩木塊向下運(yùn)動(dòng)的過程中，兩木塊的機(jī)械能逐漸減小

C.A第一次回到初始位置時(shí)，A、B間的作用力為零

D.時(shí)間f內(nèi)，彈簧對(duì)A的沖量大小為I=2tngt+2myj2gh

【解析】A.兩木塊向下運(yùn)動(dòng)的過程中，開始兩木塊的重力大于彈簧的彈力，加速度

方向向下，由于彈簧形變量越來越大，彈簧的彈力越來越大，先小于A、B的總重力，后大

于總重力，所以兩物體的加速度先減小后增大，當(dāng)彈力等于A、B的總重力時(shí)，兩木塊的加

速度為零，故A錯(cuò)誤：

B.兩木塊向下運(yùn)動(dòng)的過程中，兩木塊與彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，而彈簧形變量越

來越大，彈簧的彈性勢(shì)能越來越大，所以兩木塊的機(jī)械能逐漸減小，故B正確；

C.A第一次回到初始位置時(shí)，對(duì)整體根據(jù)牛頓第二定律可得zng=2根，對(duì)B分析，

根據(jù)牛頓第二定律可得國-工8=加〃，解得A、B間的作用力為^^二^叫，故C錯(cuò)誤;

D.B下落h時(shí)的速度為vB=^2gh,物塊B與A碰撞過程由動(dòng)量守恒得mvB-2mv,

規(guī)定向下為正方向，則兩木塊從開始運(yùn)動(dòng)到到達(dá)最低點(diǎn)過程中由動(dòng)量定理得

=0-2mv,從兩木塊發(fā)生碰撞到木塊A第一次回到初始位置時(shí)的過程中彈簧

對(duì)木塊A的沖量/的大小為/=2人，聯(lián)立解得彈簧對(duì)木塊A的沖量/的大小為

I=2mx/2g〃+2mgt,故D正確：故選BD。

【答案】BD

16.（2022?黑龍江省大慶中學(xué)高三（上）期中）（多選）質(zhì)量為m的汽車從t=0時(shí)刻開始受到

水平向前的牽引力尸作用，尸與作用時(shí)間f的關(guān)系如題圖所示。若汽車在“時(shí)刻開始沿平直

公路運(yùn)動(dòng)，汽車受到的阻力恒定不變，下列說法正確的是（）

2F。

0I。4/o

A.汽車先做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，后做勻速直線運(yùn)動(dòng)

3尸5

B.254如汽車克服阻力做的功為二4

m

C.汽車在2fo時(shí)刻的速度大小為必

m

D.汽車在3ro時(shí)刻牽引力的瞬時(shí)功率為“還

m

【解析】由題目可知，阻力恒定不變，即/不變，在燈時(shí)刻開始運(yùn)動(dòng)，可得/=片

A.在時(shí)間內(nèi)，F(xiàn)<f,汽車保持靜止，在r（）<f<2而時(shí)間內(nèi)，由牛頓第二定律可得

F-f=ma,由于產(chǎn)在增大，所以加速度也在增大，故汽車做加速度增大的變加速直線運(yùn)

動(dòng)，在時(shí)間內(nèi)，力F未發(fā)生變化，汽車做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；

BC.設(shè)汽車在2加時(shí)的速度為0，在4fo時(shí)的速度為也，在歷~2力時(shí)間內(nèi)由動(dòng)量定理可

得K+2K"巧_0,聯(lián)立方程，解得/=坐，在2ro~4r0時(shí)間內(nèi)由動(dòng)量定理

22m

可得24?2%-/2%=mv2-mvt,聯(lián)立方程，解得匕=也蟲，在254ro時(shí)間內(nèi)，汽車

2m

113戶2產(chǎn)

克服阻力做的功等于動(dòng)能的變化量，由動(dòng)能定理可得卬--Wf=—機(jī)￥-一加年=3旦旦，

22m

故B正確，C錯(cuò)誤；

D.設(shè)汽車在3ro時(shí)的速度為V3,在53fo時(shí)間內(nèi)，由動(dòng)量定理可得

2+2%%+2痣％—f?2%=加丫3—0，解得匕=理立，則牽引力的瞬時(shí)功率為

22m

3F2/

尸=2線?匕，聯(lián)立方程，解得「二24，故D正確。故選BD。

m

【答案】BD

17.（2022?福建省福州一中高三（下）二模）如圖甲所示，質(zhì)量團(tuán)=0.2kg彈性小球從地面上

方某一高度由靜止開始下落，彈起后上升到某一高度，小球與地面碰撞的時(shí)間忽略不計(jì)，規(guī)

定豎直向下為正方向，此過程的v-f圖像如圖乙所示，空氣對(duì)小球的阻力大小恒為重力的0.5

倍，下降的時(shí)間是上升時(shí)間的4倍，下降與上升的整個(gè)過程的平均速度為13m/s,重力加速

度g取10m/s2,地面對(duì)小球的彈力遠(yuǎn)大于重力，下列說法正確的是（）

A.小球上升過程的運(yùn)動(dòng)時(shí)間4sB.地面對(duì)小球沖量-14Ns

C.小球落地時(shí)的速度-40m/sD.小球離地時(shí)的速度30m/s

【解析】ACD.小球下降過程加速度4=孑，根據(jù)牛頓第二定律/ng-Q.5mg=ma,,

球上升過程加速度%=2二殳，根據(jù)牛頓第二定律〃吆+0.5mg=小。2,全程的平均速度

1,1

_—v,x4/+—v2t

v=---------一-——=13m/s，解得匕=40m/s,v2=-30m/s,Z=2s,故小球上升過程的運(yùn)

動(dòng)時(shí)間r,=4z=8s,小球落地時(shí)的速度和小球離地時(shí)的速度分別為

匕=40m/s,v2=-30m/s,故ACD錯(cuò)誤;

B.小球與地面作用過程，根據(jù)動(dòng)量定理/==小彩-m匕=-14N-s,故B正確。

故選Bo

【答案】B

18.（2022?北京四中高三（上）期中）如圖所示，單擺的擺長為L、擺球的質(zhì)量為〃?，擺球

從4處由靜止釋放，擺球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)8時(shí)的速度大小為v,重力加速度為g,不計(jì)空氣阻

力。則（）

V

A.經(jīng)過最低點(diǎn)時(shí)擺球受到的拉力大小為m—

L

B.從A運(yùn)動(dòng)到B的過程中，繩的拉力的沖量為0

C.從A運(yùn)動(dòng)到8的過程中，重力的瞬時(shí)功率逐漸增大

D.從A運(yùn)動(dòng)到B的過程中，擺球受到的合力的沖量大小為mv

2

【解析】A.經(jīng)過最低點(diǎn)時(shí)擺球受到重力和拉力，合力提供向心力尸-〃際=〃?匕，

L

V2V2

得尸=加8+加一，拉力大于加一，故A錯(cuò)誤；

LL

B.從A運(yùn)動(dòng)到B的過程中，繩的拉力F不為零也沒有反向，時(shí)間，不為零，根據(jù)沖量

定義I=Ft,繩的拉力的沖量不為0,故B錯(cuò)誤；

C.重力的瞬時(shí)功率2=/g%,從A運(yùn)動(dòng)到8的過程中，豎直分速度V.先增大后減小,

所以重力的瞬時(shí)功率也是先增大后減小，C