高考物理必考“动量守恒”历年高考真题

高考物理必考"动量守恒"历年高考真题汇总

热点一：结合生活现象考查动量定理的简单应用

生活中经常会遇到用动量定理求平均冲击力的问题，比如分析高空抛物的危害，物体制动的情况以及

体育运动中球类的冲击力等，由此设置的试题与高考中越来越关注"分析解决实际问题"思想是一致

的，符合当前命题趋向。

例1

（2020•湖南七校联考）下列对几种物理现象的解释中，正确的是

A.泥工师便贴瓷片时为了使瓷片平整用谶皮锤敲打瓷片，而不是用铁锤，是因为橡皮锤产

生的冲量小一

B.小朋友用力推门而没推动，但推力产生的冲量并不为零-

C.动量相同的两个物体受到相同的制动力作用时，速度小的物体将先停下来一

D.竖直抛出物体上升到一定高度后又落回抛出点，不计空气阻力，则此过程中重力的冲量

为零

答案：B

解析：

泥工师停贴瓷片时为了使瓷片平整用像皮锤敲打瓷片，而不是用铁锤，是因为橡皮锤戢打瓷

片作用时间长，产生的作用力小，选项A错误；根据冲量定义/=Fr,小朋友用力推门而

没推动，但推力产生的冲量并不为零，选项B正确；根据动量定理/=&?知，动量相同的

两个物体受到相同的制动力作用时，动量小的物体将先停下来，选项C错误；同理，根据

冲量定义/=产七竖直抛出物体上升到一定高度后又落回抛出点，不计空气阻力，则此过

程中重力的冲量不为零，选项D错误。答案：B-

刷有所得：

本题中B项易分析出错，小朋友用力推门而没有推动，说明门的动量变化量为0,根据动

量定理可知，合力的冲量为0,对于推力来谕中量/=77,F、t均不为0,因此推力的冲

量不为零，要注意不能将推力与合力混淆.“

例2

（2020•江西南昌摸底考试）从同样高度静止落下的玻璃杯，掉在水泥地上容易打碎，而掉

在草地上不容易打碎，其原因是（）e

A.掉在水泥地上的玻璃杯动量大，而掉在草地上的玻璃杯动量4”

B.掉在水泥地上的玻璃杯动量改变大，掉在草地上的玻璃杯动量改变小-

C.掉在水泥地上的玻璃杯动量改变快，掉在草地上的玻璃杯动量改变慢

D.掉在水泥地上的玻璃杯与地面接触时，相互作用力小，而掉在草地上的玻璃杯受地面的冲

击力大1

答案：C

解析：

从同样高度静止下落的玻璃杯，由目由落体运动规律丫="^可知，掉到水泥地面和草地

时速度大，J而同，动量大〃海同，选项A错误；无论掉到水泥地面和草地上，与地面碰撞

后，速度都是零，动量改变相同，选项B错误；由于水泥地面硬，玻璃杯与地面碰撞作用

的时间短，草地上玻璃杯与地面碰撞作用的时间长，相同的动量变化，掉在水泥地上玻璃杯

动量改变快，掉在草地上玻璃杯动量改变慢，选项C正确；由动量定理，kt—p,可知，

掉在水泥地上的玻璃杯与地面接触时，作用的时间3短，受到地面的冲击力F大；掉在草

地上的玻璃杯与地面接触时，作用的时间二t长，受到地面的冲击力F小，选项D错误.一

刷有所得：

目由落体运动规律T=对同一%体，h相同，则动量大小mv相同，动量改变量Ap

相同，接触面不同，所以作用时间At不同，根据动量定理FAr=¥可知，物体受到地面

的冲击力F不同.

例3

"蹦床”已成为奥运会的比赛项目，质量为m的运动员从床垫正上方小高处自由落下，

落垫后房单的高度为M设运动员每次与床垫接触的时间为t,不计空气阻力，重力加速

度为夕则在运动员与床垫接触的时间内，运动员对床垫的平均作用力大小为

Am*gh2-m/ghB-J2g%J2g生

tt

「叫/2g%一叫2ghlC,mJ2gh+mj2g%

C."7g+-------------------------D.mgH---------------------9

答案：D

解析：

规定竖直向上为正方向，有△*mw+m-,床垫对运动员的作用力和重力的合力冲量

I=Ft=mv2-mvxl解得F=座支:"耳^+7Mg,由牛顿第三定律可得，运动员

对床垫的作用力大小尸=匆至*M至E+mg选项D正确.答案：［＞

刷有所得：

动量、冲量均为矢量，在应用动量定理解题时，一定要先选定正方向，把矢量运算转化为代

数运算.动量定理公式中的愿研究对象所受的合外力，包含重力在内，不要漏掉任何力.

若F为变力时，应是合外力在作用时间内的平均值.0

热点二：联系生活实际考查动量守恒定律的简单应用

教材例题和高考题、模拟题中都加重了试题与实际的联系，命题导向由单纯的解题向解决问题转变，

对于动量守恒定律这一重要规律我们也要关注其在生活实际中的应用，学会建构模型、科学推理。

例4

（2020•河北邯郸一中第五次月考）如图所示，在沈海高速公路上发生一起交通事故，一辆

质量为1.5x104kg向南行驶的长途客车迎面撞上了一质量为2.0、104kg向北行驶的货车，碰

后两辆车连在一起，并向北滑行了一小段距离后停止。根据测速仪的测定，两车碰撞前长途

客车以108km/h的速度行驶，由此可判断货车碰撞前的行驶速度大小为，

A.大于10m/sB.小于22.5m/s」

C.—于22.5m/sD.TA:于30m/s”

答案：c

解析：

碰撞前长途客车的速度=108km/h=30m/s,根据碰后两车连接在一起且向北涓行的情

况，可知由两车组成的系统的总动量方向向北，包括碰前系统的总动量方向向北，所以碰前

客车的动量=（向南）应该小于卡车的动量%=m2V2（向北），有叫耳〉吗工，

即有1.5x1伊x30（kg-m/s）<2.0x1伊（kgm/s）,解得^>22.5m/s.答塞：C«

刷有所得：

对碰撞中的动量守恒问题，解题时要掌握几条原则：①满足动量守恒；②碰撞后动能不会增

力口；砺碰后物体同向运动，则后面物体的速度要小于错于前面物体的速度。一

例5

课外科技小组制作一支“水火箭"，用压缩空气压出水流使火箭运动。假如喷出的水流流量

保持为2xl0-4m3/s,喷出速度保持为对地Wm/s,启动前火箭总质量为14kg,已知火

筋沿水平轨道运动阻力不计，水的密度是IO?kg/m3则启动2s末火箭的速度可以达到

A.4m/s-

B.3m/s

C.2m/s

D.Im/s^

答案：A

解析：

"水火箭"喷出水流做反冲运动，设"水火箭"原来的质量为m,喷出的水流流量为Q,

水的宙度是P，喷出水流对地的速度为匕启动2s末火箭的速度达到/,系统满足动量守

恒有时九，=（加-网>/>,代入数据解得

pQtv103X2X10-4X2X10,,“

v=——=---------；---------------=4m/s.答篥：A-

m-pQt1.4-103X2X10^X2

刷有所得：

选定正方向，确定初、末状态的动量根据动量守恒定律列方程求解即可。

例6

光滑水平地面上，人与滑板A一起以vo=O.5m/s的速度前通正前方不远处有一横杆，横

杆另一侧有一静止滑板B,当人与A行至横杆前，人相对涓板竖直向上起用强过横杆，A

从横杆下方通过并与B发生弹性碰撞，之后人刚好落到B上，不计空气阻力，求最终人与B

共同速度是多少？已知m人=40kg,mA=5kg,me=10kg.~

。CT-]CJb(।

答案：

vs=—m/s

15

解析：

人跳起后A与B碰撞前后动量守恒，机械能守恒

设碰后A的速度vi,B的速度为V2,一

mAVo=mAVi+msVz^

12」2J2“

7roAv0^^2

解得：V2=gn)/s-

人下落与B作用前后，水平方向动量守恒，设共同速度V3a

m人vo+mw2=(m人+mb)

代入数据得：V3=」-m/s.”

15

刷有所得:

严格意义上讲只有在系统所受合外力为零的情况下系统的动量才守恒。若发生碰撞的时间极短，可以

近似认为系统满足动量守恒，这是一种近似处理问题的方法。若合外力不为零，但是在水平方向上合

力为零，可以在水平方向上应用动量守恒定律。

热点三：动量与能量综合考查

动量和能量综合考查是高考命题的热点，在选择题和计算题中都可能出现，选择题中可能考查动量和

能量知识的简单应用，计算题中一般结合竖直面内的圆周运动模型、板块模型或弹簧模型等压轴考查，

难度较大。此类试题区分度较高，且能很好地考查运动与相互作用观念、能量观念、动量观念和科学

思维要素，因此备考命题者青睐。

例7

（多选）现在的许多建材如花岗石、大理石、地板砖、瓷砖等建材和水泥里都不同程度地含

有氨222等放射性物质.它是一种天然放射性气体，被吸入后,会对人的呼吸系统造成辐射

损伤。设有一静止的氨核（瓷Rn）发生衰变生成针蔺Po）,若放出5.6MeV的核能全部转化

为动能，下列说法正确的是（）-

A.该核反应方程为逐如澧电+2H”

B.该衰务

C.该核反应的质量亏损约为10-27kgH

D.新核钵（钾Po）的动能为0.1MeV-

答案：AD

解析：

根据核反应前后质量数和电荷数守恒可知，该核反应方程为密织您s+2He,属于a

衰变，选项A正确、B错误；由于核反应中一部分质量发生亏损，对应产生能量，根据

A1T

=可知，该核反应的质量亏损为Aw=F~l（T"kg,选项C错误；依据动量

ficPo

守恒定律,反应后专准与氯核动量等大,贝墉由、氨核的动能与其质量成反比,有丁二一，

£kHem^o

反应前氨核静止，反应后专准与氨核的动能之和即衰变释放的核能ficPo+ficHe,联立解

得&P。二---------A£=0.1MeV,选项D正确。答案：AD」

/TJhe+/TK>Q

例8

（2020•河南洛阳一模）如图所示，质量为6=245g的物块（可视为质点）放在质量为

"=0.5kg的木板左端，足够长的木板静止在光滑水平面上，物块与木板间的动摩擦因数

为〃=0.4,质量为欣=5g的子弹以速度如=300m/s沿水平方向射入物块并留在其

中（时间极短），^=10m/s2,则在整个

叱口

过程中M

A.物块和木板组成的系统动量守恒

B.子弹的末动量大小为0Q1kg-m/s”

C.例加蜩冲SA：小为0.49N-s~

D.物块相对木板滑行的时间为1ST

答案：BD

解析：

子弹进入木块的过程中，物块和木板的动量都增大，所以物块和木板组成的系统动量不守

恒.故A错误；选取向右为正方向，壬单打入木块过程，由动量守恒定律可得：a

mo^）=g+m）M①，木块在木板上滑动过程，由动量守恒定律可得（次+/T7）v\=

_mv_5X10_3X300...

QQ33mS2mS-

（次+6+仞限②’联立可得『诉口r5xlO-+245xlO-+O.5=

所以子弹的未动量。=m空=5x10-3*2=Q01kg-m/s,故B正确；由动量定理可得子弹

受到的冲量:。

/=i.p=p-pt>=0.01kg-m/s-5*1O-3x3OOkgm/s=1.49kg-m/s=1.49Ns.块

作用力的时间相等，相互作用力大小始终相等，而方向相反，所以子弹对物块的冲量大小也

是1.49N-s.故C错误；对子弹^块整体，由动量定理得：-〃（mt+/n）gt=（次+加）（4-s）

③，由①②③式可得，物块相对于木板滑行的时间，==b=ls,故D正确.答变：BD-

-pg

刷有所得：

应用动量守恒定律应注意的问题：（1）在同一物理过程中，系统的动量是否守恒与系统的选取密切相关，

因此应用动量守恒解决问题时，明确哪些物体组成的系统在哪个过程中动量是守恒的。（2）注意挖掘题

目中的隐含条件，这是解题的关键，如本例中，时间极短是指子弹与物块相互作用时，物块位置没变，

子弹与物块m共速后，才相对木板M运动.物块相对木板滑行的位移是指物块m相对木板M的位

移，并非对地的位移，并且物块m和木板M最后共速。

例9

（2020•湖北十堰1月调考）如图所示，水平地面上有两个静止的物块/和8,48的质

量分别为m=2kg,佗=1kg,它们与地面间的动摩擦因数均为〃=0.5.现对物块A施加

一大小/=40N・s,水平向右的瞬时冲量，使物块/获得速度，片1s后与物块8发

生弹性碰撞，且碰撞时间很短，48两物块均可视为质点，重力力口速度g=10m/s2.一

⑴求Z与8碰撞前瞬间，2的速度大小；e

⑵若物块8的正前方20m处有一危险区域，请通过计算判断碰撞后48是否会到达危验

区域.~

危总区域

A8I

解析：

(1)设物块/获得的初速度为吠

则匕rrh出

A与8碰撑前的运动过程有妨=冲-酎其中左小

解得2与8碰撞前瞬间，力的速度大小幽=15m/s，

(2)/与8碰逢过程机械能守恒、动量守恒，则有一

rrh\A-rrh8'+〃?2屹i

解得g'=5m/s,刈=20m/si

由运动学公式可知越=丈=2.5m-

2a

诏

Afe=—=40F

la

即物块/不会到达危险区域，物块8会到达危险区域.H

刷有所得：

首先分析两个物体的运动情况，结合题干中的关键信息——水平向右的瞬时冲量，自然就会想到动量

定理和匀变速直线运动规律。其次，要抓住"弹性碰撞、碰撞时间很短”就应该知道碰撞过程中系统

的机械能守恒、动量守恒，从而列出方程求解出A与B碰撞后的各自速度。最后结合匀变速直线运动

规律或动能定理即可求解并判断。

例10

(2020杭州二中选考模拟考试)如图所示，固定的光滑平台上固定有光滑的半圆轨道，轨

道半径R=0.6m.平台上静止着两个滑块A、B,mA=0.1kg,me=0.2kg,两滑块间夹

有少量炸药，平台右侧有一带挡板的小车，静止在光滑的水平地面上•小车质量为M

=0.3kgr车面与平台的台面等高，小车的上表面的右侧固定一根轻弹簧，弹簧的自由端在

Q点，小车的上表面左端点P与Q点之间是粗糙的，滑块B与PQ之间表面的动摩擦因数

为尸0.2,Q点右侧表面是光滑的.点燃炸药后，A、B分离瞬间A滑块获得向左的速度

以=6m/s,而滑块B则冲向小车。两滑块都可以看作质点，炸药的质量忽略不计，爆炸的

时间极短，爆炸后两个物块的速度方向在同一水平直线上，且g=10m/s2.求：1

(1)滑块在半圆轨道最高点对轨道的压力；~

(2)若L=8m,涓块B滑上小车后的运动过程中弹簧的最大弹性势能；J

(3)要使滑块B既能挤由单黄，又最终没有滑离小车，则小车上PQ之间的距离L应在什

么范围内？J

解析：

(1)A从轨道最低点到轨道最高点由机械能守恒定律得：~

：%v：一；％y=mAgx2R1

在最高点由牛顿第二定律：。

「V2

mAg+rN=»ij—.

滑块在半圆轨道最高点受到的压力为：FN=1N。

由牛顿第三定律得：滑块在半圆轨道最高点对轨道的压力大小为1N,方向竖直向上。

(2)爆炸过程由动量守恒定律」

mAVA=meVB，解得VB=3ITI/Se

滑块B冲上小车后桁弹簧压缩到最短时，弹簧具有最大弹性势能」

由动量守恒定律得：

mBVe=(ms+M)v共i

由能量守恒定律：-

Ep=：切”品；(%+")-pmegL^

Ep=0.22Jy

(3)滑块最终没有离开小车，滑块和小车具有共同的末速度，设为u,涓块与小车组成的

系统动量守恒，有，

meVB=(M+me)uy

若小车PQ之间的距离L足够大，则滑块还没与弹簧接触就已经与小车相对静止，设滑块恰

好滑到Q点，由能量守恒定律得-

pmBglj=-+3/)u2

22y

联立解得L尸1.35m-

若小车PQ之间的距离L不是很大，贝！J滑块必谢压弹簧，由于Q点右侧是光滑的，涓块

必然被弹回到PQ之间，设滑块恰好回到小车的左端P点处，由能量守恒定律得：&

2PmBgLz二—+M)u2

22~

联立解得La=0.675

综上所述，要使滑块既能挤压弹簧，又最终没有离开小车，PQ之间的距离L应满足的范围

是0.675m<L<1.35m」

刷有所得：

本题过程比较多而复杂，正确解题的前提与关键是弄清楚滑块在不同过程或阶段的受力情况、运动性

质以及功能关系，然后再依据不同过程情况和条件来精准选择和灵活应用机械能守恒定律牛顿运动定

律、动量守恒定律、能量守恒定律来综合分析求解。

例11

(2020•广东中山期末)如图所示为“过山车”模型。其中数段位倾斜平直轨道，cdc,段

位环形轨道，c和d为最低点、d为最高点，半径为凡儿•段位水平轨道与倾斜轨道、环形

轨道平滑连接。无限长的水平轨道de与环形轨道相切于，言.刚性小球A从倾斜轨道离水

平面高度”处静止释放，与另一静置于水平轨道上的刚性小球B发生弹性正碰。已知B球

质量是A球的4倍，整个装置处于竖直平面内，忽略一切摩擦阻力.(重力加速度为功二

(1)要使A球能够沿着轨道运动与B球碰撞，对释放点高度有何要求?*

(2)要使两球在轨道上至少发生两次碰撞，对释放点高度”有何要求?，

解析：

(1)要使小球能够通过d点，则需要-

,mvl

mg<——

R

mg(H—2R)=:

联立以上两式，解得♦

(2)设碰撞前A球速度为%碰撞为弹性碰撞

则砌1前后两球机械能守恒、动量守恒，有一

-WV?=—加式+—zwvi-j

22"2"

mv-mvt+4mv：y

联立以上两式解得

3

匕=丁

2

vs=-v

因|以＞I⑷,故要求A球能够从环形轨道再次返回即可追上B球发生第二次碰撞，贝卜

情形一：A球回到环形轨道时上升最大高度不超过R,即可返回，有:

nigH=—mv2

联立得jKd

552«

结合(1)中结论HN；出,得一二RWHWFRI

2一19

情形二：A球能再次通过环形轨道最高点，并回到斜面上之后再次返回、通过环形轨道，追

上B球，有一

2

WV.

小丁

112

-mg2R=—mvd--mvA

联立得

lo

A2512«

故释放点高度，的取值范围为:4子尺或a2。

291o

刷有所得：

抓住"两类模型（绳球模型或杆球模型）"是解决问题的突破点。如本题中的“过山车"在竖直圆轨道

上做变速圆周运动——属于轻绳模型。在最高点，重力和轨道对车的压力提供向心力，当压力为零时，

速度最小为。竖直面内的圆周运动（绳球模型和杆球模型），通过最高点和最低点的速度常利用动能定

理（或机械能守恒）来建立联系，然后结合牛顿第二定律进行动力学分析求解。另外，本题还综合考查

了弹性碰撞——系统碰撞前后两球机械能守恒、动量守恒,并分别列式求解。

动量守恒问题考查热点+预测

热点一：涉及运动学的图象问题

涉及运动学图象问题有：位移时间图象、速度时间图象、速度与位移图象、加速度时间图象等。

一、x-t图象

例1

如图所示为甲、乙两物体在同一直线上运动的位置坐标X随时间f变化的图象，已知甲对应

的是图象中的直线，乙对应的是图象中的曲线，下列说法正确的是（）侈选）

A.甲做匀减速直线运动

B.乙做变速直线运动

C.0~G时间内两物体平均速度大小相等

D.两物体的运动方向相反

答案:BD

解析：

结合题意分析题图易知，题图中图象的斜樗于速度，知甲沿负方向做匀速直线运动，故A

错误；乙图线切线的斜率不断增大，说明乙的速度不断增大，做变速直线运动，故B正确;

根据坐标的变化量等于位移知，0~&时间内两物体位移大不相等，方向相反，所以平均

速度不相等，故C错误；根据图象的斜率等于速度可知，甲的速度为负，乙的速度为正，

即两物体的运动方向相反，故D正确。

例2

甲、乙两车在同一平直公路上同向运动，甲做匀加速直线运动，乙做匀速直线运动。甲、乙

两车的位置X随时间f的变例口图所示。下列说法正确的是）侈选）

A.在G时刻两车速度相等

B.从0到6时间内，两车走过的路程相等

C.从&到打时间内，两车走过的路程相等

D.在自到方时间内的某时刻，两车速度相等

答案：CD

解析：

开f图象斜率表示两车速度，则可知G时刻乙车速度大于甲车速度，故A错误。由两图线的

纵截距知，出发时甲车在乙车前面，右时刻图线相交表示两车相遇，可得0到G时间内乙

车比甲车多走了一段距离，故B错误。&和&时刻两图线相交，表明两车均在同T立置，

从右到时间内，两车走过的路程相等；在6到金时间内，两图线有斜率相等的一个时刻,

即该时刻两车速度相等，故C、D正确。

例3

如图所示，直线a和曲线6分别是在平直公路上行驶的汽车a和6的位置-时间。图线

由图可知()

A.在时刻&,a车追上6车

B.在时刻t2,a、6两车运动方向相同

C.在G到勾这段时间内，6车的醉先减小后增加

D.在4到t2这段时'司内，b车的邮一直比a车的大

答案：C

解析：

从『f图象可以看出，在G时刻，6车追上a车，选项A错误；在心时刻，。车运动图象

的斜率为负值，表示6车速度反向，而a车速度大小和方向始终不变，选项B错误；从G

时刻到右时刻，^6斜率的绝对值先减小至零后增大，反映了6车的速率先减小至零后

增加，选项C正确，D错误。

二、v-t图象

例4

物体做直线运动的T图象如图所示，根据图象提供的信息可知（）侈选）

A.第4s初物体运动的加速度为2m/§2

-,

B.前8s内物体运动的位移为32mv/(nrs)

84^-\

C.在0~4s内与4~6s内物体运动的加速度方向相反

°2468,%

D.在0~4s内与4~6s内物体运动的平£5®相等

答案：BC

解析：

,——△/8-4_,

图象的斜率表示加速度，则第4s初物体运动的加速度a=l=------m/s2=1m/s2,故A

△t4

项错误；图象与坐标轴围成面积田立移，前8s内物体运动的位移x=lx（4+8）x4m+-

22

x8x2m=32m,故B项正确；在0~4s内与4~6s内物体运动的速度都为正，加速度

4+8

方向相反，故C项正确；在0~4s内的平均速度h=------m/s=6m/s,4~6s内的平均

2

0+8

速度岭=----m/s=4m/s,故D错误。

2

例5

小球从一定高度处由静止下落，与地面碰撞后回到原高度再次下落，重复上述运动，取小球

的落地点为原点建立坐标系，竖直向上为正方向。下列速度V和位置X的关系图象中，能描

述该过程的是（）

答案：A

解析：

由运动学公式可得小球与地面碰撞后速度/与位置X的关系为v=N的-2gx,从最高点下

落时二者的关系为〃=-72g（刖-M，对比图象可知A正确。

例6

沿直线运动，从£=0时刻开始，物体的上心为f时间内的位移溷象如图所示,

图线与纵、横坐标曲的交点分别为（0,0.5）和（-0.5,0）,由此可知（）

A.物体做匀速直线运动

B.物体做变加速直线运动

C物体的初速度大小为0.5m/s

D物体砌口速度大小为2m/s2

答案：CD

解析：

x1x

由题图可得一=（"0.5）m/s,由匀变速直线运动的位移公式得-=%+一勿,

t2t2

对比可得初速度%=0.5m/s,-a=1m/s2,则得力喳度为a=2m/s2。物体的加速度不变,

2

做匀加速直线运动，故A、B错误，C、D正确。

例7

甲、乙两汽车在同一条平直公路上同向运动，其速度一时间图象分别如图中甲、乙两条曲

线所示，已知两车在&时刻并排行驶。下列说法正确的是（）（多选）

A.两军在&时刻也并排行驶

B.在&时刻甲车在后，乙车在前

C.甲车的加速度大小先增大后减小

D.乙车的加速度大小先减小后增大

答案：BD

解析：

G~金时间内，/甲〉/乙，$时刻相遇，则G时刻甲车在乙车的后面，故A错误、B正确;

由图象的斜翱，甲、乙两车的加速度大小均先减小后增大，故C错误、D正确。

三、v-x图象

例8

运动质点的—图象如图所示，图线为顶点在坐标原点，开口向右的T抛物线，则下列

判断正确的是（）侈选）

A.质点飒速度为零的匀加速戢运动

B.质点的加速度大小为5m/s2

C.质点在3s末的速度大小为30m/s

D.质点在0~3s内的平均速度大小为7.5m/s

答案：ABD

解析：

图线为一顶点在原点，开口向右的抛物线的一部分，由数学知识可得：状=2叫对照匀变

速直线运动的公式正=2ax可知力嗨度一定，物体做初速度为零的匀加速运动，故A正确;

根据可得a=5m/§2,B正确；质点在3s末的速度大小为匕=af=15m/s,

~16+0

C错误；质点在0~3s内的平均速度大小为。=——=7.5m/s,D正确。

2

四、a-t图象

例9

质点做直线运动的速度一时间图像如图所示，下图中表示质点加速度一时间图像正确的是

()

g/(ms2)

0

-2

答案：B

解析：

在速度一时间图像中，斜率的正负和大小表示加速度的正负和大小，在0~1s和3~5s

内斜率为正，加速度为2m/s^1~3s和5~6s内斜率为负，加速度为-2m/s2,故B正

确，A、C、D错误。

例10

宇航员的训练、竞技体育的指导、汽车的设计等多种工作都用到急动度(jerk)的概念加速

度对时间的变化钠为急动度，其方向与加速度的变化方向相同。一质点从静止开始做直线

运动，其加速度随时间的变化关系如图所示。下列说法正确的是()侈选)

A.f=1s时急动度是0.5m/s3

B.f=3s时的急动度和5s时的急动度等大反向

C.2~4s内的质点做减速运动

D.0-6s内质点速度方向不变

答案：AD

解析：

由图可知,a-喳线愉率表示急动度，则t=1s时的急动度为即"一士史-=0.5m/s3,

2s

A正确；f=3s时的急动度和t=5s时的急动度是T过程的急动度，等大同向，B错误;

在2~4s时间内，质点的加速度为正，与速度方向相同，即做加速运动，C错误；a-f图

线所围"面积"表示速度变化量，0~6s内"面积’分成三段，第』与第三段"抵消"，

第一段为正，则质点整个过程速度方向均为正，D正确。

热点二：涉及动力学的图象问题

动力学的图象中涉及到：F-1图象、F-x图象、F-a图象和a-t图象。

求解的基本思路：

(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。通常采用解析法和排除法分析。

一、F-t图象

例1

如图所示，斜面固定在地面上，倾角为，=37。°质量为1kg的滑块以初速度m从斜面底

端沿斜面向上滑行（斜面足够长，该滑块与斜面间的动瞬因数为0.8）,则该滑块所受摩擦

力8随时间变化的图象是下图中的（取初速度小的方向为正方向，g=10m/s2,sin37°=

0.6,cos37°=0.8,下列簸正确的是（）

答案：B

解析：

滑块上升过程中受滑动摩擦力，由台=〃国和国=mpcos6,联立得8=6.4N,方向为沿

斜面向下，当滑块的速度减为零后，由于重力沿斜面向下的分力mpsin氏口mgcos0,滑

块不动，滑块受的摩擦力为静摩擦力，由平衡条件得斤=m奂in，，代入可得分=6N,

方向为沿斜面向上，故B正确，A、C、D错误。

例2

如图（a）所示，物块和木板叠放在实验台上，物块用一不可伸长的喉与固定在实验台上

的力传感器相连，细绳水平。上0时，木板开始受到水平外力例作用，在上4s时撤去外力。

细绳对物块的拉力廊时间皮化的关系如图（b）所示，木板的速度片时间函关系如图（c）

所示。木板与实验台之间的摩擦可以忽略。重力加速度取g=10m/s）由题给数据可以得

出（）（多选）

£

图C）

A.木板的质量为1kg

B.2s~4s内，力用大小为0.4N

C.0~2s内，力用大小保持不变

D.物块与木板之间的动摩擦因数为0.2

答案：AB

解析：

结合两图象可判断出0~2s物块和木板还未发生相对滑动，它们之间的摩擦力为静摩擦力,

此过程力尸等于f.故尸在此过程中是变力，即C错误；2~5s内木板与物块发生相对滑动,

摩擦力转变为滑动摩擦力，由牛顿运睚律，对2~4s和4~5s列运动学方程，可解出质

量m为1kg,2~4s内的力尸为0.4N,故A、B正确；由于不知遒物块的质量，所以无

法计算它们之间的动摩擦因数“，故D错误。

二、F-x图象

例3

如图所示，轻弹簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物块P.系统处于静止状态。现用一

竖直向上的力尸作用在P上，使其向上做匀加速直线运动。以x表示P离开静止位置的位

移，在弹簧恢复原长前，下列表示下与“之间关系的图象可能正确的是（）

答案：A

解析：

假设物块静止时好的压缩量为此，则由力的平衡条件可知&)=60在弹簧恢复原长前,

当物块向上做匀加速直线运动时，由牛顿第二定律得尸+«Ab-M-由以上两式

解得尸=k+6&显然尸和x为一次函数关系，且在尸轴上有截距，则A正确，B、C、D

错误。

三、F-a图象

例4

如图甲所示，足够长的木板8静置于光滑水平面上，其上表面放置小滑块4木板8在水

平拉力下作用下，其加度a随拉力厂变化的关系鹭如图乙所示，则小滑块/的质量为

()

A.4kg

B.3kg

C.2kg

D.1kg

答案：C

解析：

当拉力较小时，力和8保持相对静止，一起做匀加速直建运动，当拉力达到一定值时，/

和3发生相对滑动。由图可知，当尸=3N时，加速度a=1m/s2,对整体由牛顿第二定律

有尸=（我+〃78）3,代入数据得〃74+68=3kg;当尸＞3N时，力、8发生相又寸滑动，根

据牛顿第二定律，MF-/jmAg=mBa,§0F=mBa+pmAg,由图象可知，图线骷阖率

k=mB=1kg,则滑块/的质量为mA=2kg,故只有C正确。

四、a-t图象

例5

一人乘电梯上楼，在竖直上升过程中加速度a随时间f变化的图线如图所示，以竖直向上为

a的正方向，则人对地板的压力（）侈选）

A.r=2s时®±

B.f=2s时最小

C.f=8.5s时最大

D.f=8.5s时最小

答案：AD

解析:

对人受力分析，受重力mg和支持力国,由牛顿第二定律得国由牛顿第三定

律得人对地板的压力''=吊=mg+ma.当f=2s时a有最大值，&'最大；当t=8.5s

时，a有最小值，&’最小，A、D正确，B、C错误。

五、牛顿运动定量综合图象

例6

如图所示，滑块以初速度玲沿表殖糙且足够长的固定斜面，从顶端F滑，直至速度为零。

对于该运动过程，若用万、*Ka分别旋滑块的下降高度、位移、速度和加速度的大小,

f表示时间，贝11下列图象最能正确描述这T动规律的是()

答案：B

解析：

在下滑的过程中，根据牛顿第二定律可得：m奂in6-pmgcos6=ma,故加速度保持不

变，所以D错误；滑块做匀减速直线运动，-f图象应为一条倾斜直线，故C错误；根据匀

变速直线运动的规律得所以s"图象应为过原点的抛物线的分，故B正

2

确；下降的高度方=sin6,故图象与s-f图象相似，所以A错误。

例7

如图甲所示，倾角为37。的足够长的传送带以恒定速度运行，将一质量m=1kg的小物体

以某T速度放上传送带，物体相对地面的速度大小随时间变化的关系如图乙所示，取沿传

送带向上为正方向,g取10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8o下列说法正确的是（）（多

选）

甲

答案：CD

解析：

由题图乙可知/」呦体先向下做减速运动后向上做加速运动，故可知传送带速度方向沿顺时针

方向，最终物体和传送带的速度相同，故传送带速度大小为4m/s,故A错误；根据片£

2

图象的斜率表示加速度，物体相对传送带滑动时的加速度大小为，=-m/s2=1m",由

2

牛顿第二定律得〃吵。$37。-吵皿37。=6&解得，=0.875,故B错误；0~8s内物

12+64

体的位移为$=--x2x2m+---x4m=14m,故C正确；0~8s内只有前6s内物体

22

与传送带发生相又相动，0~6s内传送带运动的距离为s带=4x6m=24m,0~6s内物

14x4

体的彳流为5物=--X2x2m+---m=6m,因摩擦而产生的热!量为夕os37°a

22

带物)=126J,故D正确。

热点三：涉及曲线运动与万有引力中的图象问题

例1

质量为2kg的质点在平面上运动，x方向的速度一时间图象和y方向的蹒一时间图

象分别如图所示，则质点()

A.初速度为4m/s

B.所受合外力为4N

C.做匀变速直线运动

D.初速度的方向与合外力的方向垂直

答案：B

解析：

由题图可知，质点在x轴方向的初速度为幺=4m/s,在y轴方向的初速度勿=3m/s,则

质点的初速度%=业*年=5m/s,故A错误;由题图可知，质点在x轴方向的加速度

3=2m/s2,在y轴方向做匀速直线运动,所以质点所受合力尸合=63=4N,故B正确；

质点在*轴方向的合力恒定不变，在y轴方向做匀速直线运动，在y轴方向合力为零，则

质点的合力恒定不变，做匀变速曲线运动，故C错误；质点的合力沿x轴方向，而初速度

方向虾沿x轴方向，也不沿y轴方向，所以质点初速度的方向与合外力方向不垂直，故D

错误。

例2

在一个光滑水平面内建立平面直角坐标系X。质量为1kg的物体原来静止在坐标原点

。0,0),f=0时受到如图所示随时间变化的外力作用。图甲中6表示沿x轴方向的外力，

图乙中土表示沿P轴方向的外力。下列说法正确的是()

A.0~4s内物体的运动轨迹是―直线

B.0~4s内物体的运动轨迹是一条抛物线

C.前2s内物体做匀加速直线运动，后2s内物体做匀加速曲线运动

D.前2s内物体做匀加速直线运动，后2s内物体做匀速圆周运动

答案：C

解析：

0~2s内物体沿*轴方向做初速度为零的匀加速直线运动,2S时受沿y轴方向的恒力作用,

与速度方向垂直，故2~4s内物体做类平抛运动，故只有C正确.

例3

某物体做平抛运动时，它的速度方向与水平方向的夹角为，其正切值tan，随时间f变化

的图象如图所示，g取10m/s2。下列说法正确的是

A.第1s物体下落的高度为5m

B.第1s物体下落的高度为10m

C.物体的初速度为5m/s

D物体的初速度为10m/s

答案：AD

解析：

因tane=纥史3,对应图象可得g=1,坨=10m/s,D正确，C错误；第1s内物

5%%%

11

体下高度力=-x10xl2m=5m,A正确，Bfgi吴。

22

例4

如图甲所示，将质量为例的物块力和质量为6的物块8沿同Ta方向放在水平转盘上,

两者用长为/的水平轻绳连接。物块与转盘间的最大静摩擦力均为各自重力的左倍，物块/

与转轴的距离等于轻绳长度，整个装置能绕通过转盘中心的竖直轴转动。开始时，轻绳的

伸直但无弹力，现让该装置从静止开始转动，使角速度缓慢增大，绳中张力万与转动角速

度的平方〃的关系如图乙所示，当角速度的平方/超过3助2时，物块48开始滑动。

若图乙中的国姐及重力加速度g均为已知，下列说法正确的是（）（多选）

答案：BC

解析：

开始转速较小时，48两物块的向心力均由静摩德力提供，当转速增大到一定程度时，B

的静摩擦力不足以提供向心力时，绳子开始有拉力，当转速再增大到一定程度，力的最大静

摩擦力也不足时，两者开始做离心运动，由题图乙可得：kmg=m222.2L,F】+kmg=m3

p2F

皿2.2/,可解得：/=-k=—,A曲吴，B、C均正确；对物块/分析，kMg-Fy

2mujymg

=用3幼2./,可用导/=2m，D错误。

例5

如图甲所示，一轻询杆，一端穿在过。点的水平转轴上，另一端固定一质量未知的小球,

整个装置绕。点在竖直面内转动。小球通过最高点时，轻杆对小球的弹力厂与其速度平方

/的关系如图乙所示，已知重力加速度为外下列说法正确的是()(多选)

g

A.轻杆长度/=上

a

b

B.小球质量m--

g

C.当时，错T中的弹力表现为向下的拉力

D.仅换用长度较短的轻杆做实验，图线6点的位置不变

答案：BD

解析：

在最高点时，当只有重力提供向心力