1、 (建议用时：40分钟)【A级基础题练熟快】1.(2019青岛调研)质量为2 kg的小物块静止在光滑水平面上，从某一时刻开始，小物块所受外力与时间的关系如图所示，则在6 s时物体的速度为()A3 m/sB9 m/sC12 m/s D18 m/s解析：选B.Ft图线与坐标轴所围的面积表示冲量，根据动量定理可得：Ftmv0，即：v9 m/s，故B正确，A、C、D错误2(2019北京二中模拟)如图所示，质量为m的物体放在光滑的水平面上，与水平方向成角的恒力F作用在物体上一段时间(作用过程中物体未离开水平面)，则在此过程中()A力F对物体做的功大于物体动能的变化B力F对物体做的功等于物体动能的变化C力
2、F对物体的冲量大小小于物体动量大小的变化D力F对物体的冲量等于物体动量的变化解析：选B.恒力F对物体做功为Fscos ，合外力对物体做功为Fscos ，根据动能定理得：合外力对物体做功等于物体动能的变化，则Fscos Ek，所以力F对物体做的功等于物体动能的变化，故A错误，B正确；力F对物体的冲量大小等于Ft，合外力对物体的冲量为Fcos t，根据动量定理得：合外力对物体的冲量等于物体的动量变化，即Fcostp，所以力F对物体的冲量大于物体动量的变化，故C、D错误3(2019哈尔滨师大附中模拟)一位质量为m的运动员从下蹲状态向上起跳，经t时间，身体伸直并刚好离开地面，速度为v.在此过程中()A
3、地面对他的冲量为mvmgt，地面对他做的功为mv2B地面对他的冲量为mv，地面对他做的功为mv2C地面对他的冲量为mvmgt，地面对他做的功为零D地面对他的冲量为mvmgt，地面对他做的功为零解析：选C.人的速度原来为零，起跳后变化v，则由动量定理可得：Imgtmvmv；故地面对人的冲量为Imvmgt; 由于支持力没有位移，故地面对人做功为零，故C正确，A、B、D错误4.(2019西安模拟)如图所示，质量为m的小球A静止于光滑水平面上，在A球与墙之间用轻弹簧连接现用完全相同的小球B以水平速度v0与A相碰后粘在一起压缩弹簧不计空气阻力，若弹簧被压缩过程中的最大弹性势能为E，从球A被碰后开始至回到
4、原静止位置的过程中墙对弹簧的冲量大小为I，则下列表达式中正确的是()AEmv，Imv0 BEmv，I2mv0CEmv，Imv0 DEmv，I2mv0解析：选D.A、B碰撞过程，取向左为正方向，由动量守恒定律得 mv02mv；碰撞后，AB一起压缩弹簧，当AB的速度减至零时弹簧的弹性势能最大，由能量守恒定律得：最大弹性势能E2mv2；联立解得Emv；从球A被碰后开始到回到原静止位置的过程中，取向右为正方向，对AB及弹簧整体，由动量定理得 I2mv(2mv)4mv2mv0.5(2019河北廊坊联考)材料相同、质量不同的两滑块，以相同的初动能在水平面上运动直到停止若两滑块运动过程中只受到水平面的摩擦力
5、，则质量大的滑块()A摩擦力的冲量大 B克服摩擦力做的功多C运动的位移大 D运动的时间长解析：选A.由动量定理可知：Ifmgt0mv0，初动能相同，则质量大的滑块动量的变化较大，摩擦力的冲量较大，A正确；由运动时间t ，可知质量大的物体运动时间较短，D错误；由动能定理可知Wmgs0Ek，因初动能相同，故两物体克服阻力做功相同，故B错误；匀减速运动的位移为s，可知质量大的物体位移小，C错误6(多选)(2019哈尔滨三中调研)从水平地面上方同一高度处，使A球斜上抛，B球平抛，且两球质量相等，初速度大小相同，最后落于同一水平地面上，空气阻力不计，在此过程中，下列说法正确的是()A重力对两球做功相同B
6、重力对两球冲量不同C两球运动过程中动量的变化量相同D两球着地时的动量相同解析：选AB.斜上抛和平抛过程中两球都只受重力作用，只有重力做功，两物体初、末位置高度相同，故重力做功相同，A正确；由于两球初始高度相同，a球斜上抛，b球平抛，a球开始时具有向上的分速度，所以a运动的时间比b球运动的时间长，故重力对a球的冲量比对b球的冲量大，B正确；根据动量定理可得重力对两者的冲量不同，故两球的动量变化量不同，C错误；由机械能守恒定律可得，小球落地时的速度大小相等，方向不同，落地时的速度大小相等，方向不同，动量不同，D错误7(多选)(2019天津武清区模拟)一质量为m的物体做平抛运动，在两个不同时刻的速度
7、大小分别为v1、v2，时间间隔为t，不计空气阻力，重力加速度为g，则关于t时间内发生的变化，以下说法正确的是()A速度变化大小为gt，方向竖直向下B动量变化大小为pm(v2v1)，方向竖直向下C动量变化大小为pmgt，方向竖直向下D动能变化为Ekm(vv)解析：选ACD.平抛运动的加速度为g，所以速度变化量vatgt，方向竖直向下，故A正确；动量是矢量，应根据平行四边形定则求动量变化量的大小，根据数学知识知，pmvm(v2v1)，方向竖直向下，故B错误；由动量定理得：pmgt，方向竖直向下，故C正确；物体的质量为m，初速度大小为v1，末速度大小为v2，则动能变化为Ekmvmvm(vv)，故D正
8、确8(2019江苏连云港调研)如图所示，放在光滑水平面上的劲度系数为k的弹簧一端固定，一质量为m，速度为v0的滑块将其压缩，经t时间后压缩量为x，此时速度为v；再经过极短的时间t，物体运动的位移为x，速度的变化量为v，物体动能的变化量为E.则下列关系式中不正确的是()Av BvCkxvtm(vv2) DkxvtE解析：选C.因为经过极短时间，可认为t0，故v，A正确；根据动量定理，有Ftmv；根据胡克定律，有Fkx，联立解得vkx，B正确；根据动能定理，对压缩的整个过程，有Fxm(vv2)，根据胡克定律，有Fkx，联立解得kx2m(vv2)，由于物块做变加速直线运动，所以xvt，C错误；根据动
9、能定理，对压缩x过程，有Fvtm(vv)2mv2E，根据胡克定律，有Fkx；联立解得kxvtE，D正确【B级能力题练稳准】9(多选)(2019河北邢台模拟)一质量为0.5 kg的物块静止在水平地面上，物块与水平地面间的动摩擦因数为0.2.现给物块一水平方向的外力F，F随时间t变化的图线如图所示，若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度为10 m/s2，则()At1 s时物块的动量大小为2 kgm/sBt1.5 s时物块的动量大小为1 kgm/sCt(62) s时物块的速度为零D在34 s的时间内，物块受到的摩擦力逐渐减小解析：选BCD.01 s内，根据牛顿第二定律得：Fmgma1，得：a12
10、 m/s2，物体获得的速度为v1a1t121 m/s2 m/s，所以t1 s时物块的动量大小为pmv10.52 kgm/s1.0 kgm/s，故A错误；12 s内，因为Fmg1 N，所以物体做匀速运动，t1.5 s时物块的动量大小依然为1 kgm/s，故B正确；设t时刻物块的速度为零，由动量定理得：IFmgt00，图象在24 s内方程为：F0.5t2(N)，根据Ft图象与t轴所围的面积表示冲量，可得IF2111(t2)，联立解得：t(62) s，故C正确；因为t(62) s在23 s内，所以在34 s的时间内，物块静止，随着F的减小，物块受到的摩擦力逐渐减小，故D正确10(2019黑龙江双鸭山
11、模拟)质量为m0.10 kg的小钢球以v010 m/s的水平速度抛出，下落h5.0 m时撞击一钢板，如图所示，撞后速度恰好反向，且速度大小不变，已知小钢球与钢板作用时间极短，取g10 m/s2，则()A钢板与水平面的夹角60B小钢球从水平抛出到刚要撞击钢板的过程中重力的冲量为2 NsC小钢球刚要撞击钢板时小球动量的大小为10 kgm/sD钢板对小钢球的冲量大小为2 Ns解析：选D.由于小球下落过程中在竖直方向有：hgt2，解得t1 s故落到钢板上时小球在竖直方向的速度vygt10 m/s，则有tan 1，即45撞后速度恰好反向，且速度大小不变，则表示速度恰好与钢板垂直，所以钢板与水平面的夹角4
12、5，故A错误； 根据冲量的定义知：重力冲量mgt1 Ns，选项B错误；小球落到钢板上时的速度：v10 m/s，故小球的动量大小：pmv0.110 kgm/s kgm/s，选项C错误；小球原速率返回，所以返回的速度仍然为10 m/s；规定小球撞前的速度方向为正方向，由动量定理可知：Imvmv2mv20.110 Ns2 Ns，所以钢板对小钢球的冲量大小为2 Ns，故D正确11(2019江苏四星级联考)某质量为m的运动员从距蹦床h1高处自由落下，接着又能弹起h2高，运动员与蹦床接触时间t，在空中保持直立重力加速度为g.取竖直向下的方向为正方向，忽略空气阻力求：(1)运动员与蹦床接触时间内，所受重力的
13、冲量I；(2)运动员与蹦床接触时间内，受到蹦床平均弹力的大小F.解析：(1)由动量的定义式：IFt，得重力的冲量：Imgt，方向竖直向下；(2)设运动员下落h1高度时的速度大小为v1，弹起时速度大小为v2，则有：v2gh1v2gh2由动量定理有：mgtFtmv2mv1解得：Fmg.答案：(1)mgt，方向竖直向下(2)mg12(2019北京101中学模拟)光滑水平面上放着质量mA1 kg 的物块A与质量mB2 kg的物块B，A与B均可视为质点，A靠在竖直墙壁上，A、B间夹一个被压缩的轻弹簧(弹簧与A、B均不拴接)，用手挡住B不动，此时弹簧弹性势能Ep49 J在A、B 间系一轻质细绳，细绳长度大
14、于弹簧的自然长度，如图所示放手后B向右运动，绳在短暂时间内被拉断，之后B冲上与水平面相切的竖直半圆光滑轨道，其半径R0.5 m，B恰能到达最高点C.g10 m/s2，求：(1)绳拉断后物块B到达半圆轨道最低点的速度大小；(2)绳拉断过程绳对B的冲量I的大小；(3)绳拉断过程中系统损失的机械能大小解析：(1)设B到达C点的速率为vC，在半圆轨道最低点的速度为vB，根据B恰能到达最高点C有：mBgmBB由最低点运动到最高点C这一过程应用动能定理：2mBgRmBvmBv解得：vB5 m/s.(2)设弹簧恢复到自然长度时B的速率为v1，取向右为正方向，弹簧的弹性势能转化为B的动能，EpmBv根据动量定理有：ImBvBmBv1 解得：I4 Ns，其大小为4 Ns.(3)绳拉断过程中系统损失的机械能大小：EEpmv24 J.答案：(1)5 m/s(2)4 Ns(3)24 J
