1、最新高中物理动量定理易错剖析一、高考物理精讲专题动量定理1 质量为 m 的小球，从沙坑上方自由下落，经过时间t1 到达沙坑表面，又经过时间t2 停在沙坑里求：沙对小球的平均阻力F；小球在沙坑里下落过程所受的总冲量Img(t1t 2 )【答案】 (1)(2) mgt1t2【解析】试题分析：设刚开始下落的位置为A，刚好接触沙的位置为B，在沙中到达的最低点为C. 在下落的全过程对小球用动量定理：重力作用时间为t1 +t2，而阻力作用时间仅为t2，以竖直向下为正方向，有：mg(t +t )-Ft=0,解得：方向竖直向上122仍然在下落的全过程对小球用动量定理：在t1 时间内只有重力的冲量，在t2 时间
2、内只有总冲量（已包括重力冲量在内），以竖直向下为正方向，有：mgt 1-I=0,I=mgt1 方向竖直向上考点：冲量定理点评：本题考查了利用冲量定理计算物体所受力的方法2 半径均为 R5 2m 的四分之一圆弧轨道 1 和 2 如图所示固定，两圆弧轨道的最低端切线水平，两圆心在同一竖直线上且相距R，让质量为 1kg 的小球从圆弧轨道1 的圆弧面上某处由静止释放，小球在圆弧轨道1 上滚动过程中，合力对小球的冲量大小为5N s ，重力加速度 g 取 10m / s2 ，求：（1）小球运动到圆弧轨道1 最低端时，对轨道的压力大小 ;（2）小球落到圆弧轨道2 上时的动能大小。【答案】（ 1） 5(22
3、)N （ 2） 62.5J2【解析】【详解】（1）设小球在圆弧轨道1 最低点时速度大小为v0 ，根据动量定理有Imv0解得 v0 5m / s在轨道最低端，根据牛顿第二定律，2F mgm v0R解得 F 5 22N2根据牛顿第三定律知，小球对轨道的压力大小为F 522 N2（2）设小球从轨道1 抛出到达轨道2 曲面经历的时间为t，水平位移：xv0t竖直位移：y 1 gt 22由勾股定理：x2y2R2解得 t1s竖直速度：vygt10m / s可得小球的动能Ek1 mv21 m v02vy262.5J223 如图所示，在倾角=37的足够长的固定光滑斜面的底端，有一质量m=1.0kg、可视为质点的
4、物体，以 v0=6.0m/s 的初速度沿斜面上滑。已知 sin37o=0.60， cos37o=0.80，重力加速度 g 取 10m/s 2，不计空气阻力。求：（ 1）物体沿斜面向上运动的加速度大小；（ 2）物体在沿斜面运动的过程中，物体克服重力所做功的最大值；（ 3）物体在沿斜面向上运动至返回到斜面底端的过程中，重力的冲量。【答案】（ 1） 6.0m/s 2（ 2）18J（3） 20Ns，方向竖直向下。【解析】【详解】（1）设物体运动的加速度为a，物体所受合力等于重力沿斜面向下的分力为：F=mgsin根据牛顿第二定律有：F=ma；解得：a=6.0m/s 2（2）物体沿斜面上滑到最高点时，克服
5、重力做功达到最大值，设最大值为vm；对于物体沿斜面上滑过程，根据动能定理有：W 01mvm22解得W=18J；（3）物体沿斜面上滑和下滑的总时间为：2v026t2sa6重力的冲量：I Gmgt20N s方向竖直向下。4 一个质量为 60 千克的蹦床运动员从距离水平蹦床网面上3.2 米的高处自由下落，触网后沿竖直方向蹦回到离水平网面5 米高处 .已知运动员与网接触的时候为1.2 秒。求运动员和网接触的这段时间内，网对运动员的平均作用力F（ g 取 10 m/ s2）。【答案】 1500N，方向竖直向上【解析】【详解】设运动员从 h1 处下落，刚触网的速度为v12gh1 8m s (方向向下 )运
6、动员反弹到达高度h2 ，离网时速度为v22gh210m s (方向向上 )在接触网的过程中，运动员受到向上的弹力 F 和向下的重力 mg，设向上方向为正，由动量定理有Fmg tmv2mv1解得 F =1500N ，方向竖直向上。5 如图所示，质量的小车 A 静止在光滑水平地面上，其上表面光滑，左端有一固定挡板。可视为质点的小物块B 置于 A 的最右端， B 的质量。现对小车 A 施加一个水平向右的恒力F 20N，作用0.5s后撤去外力，随后固定挡板与小物块B发生碰撞。=假设碰撞时间极短，碰后A、 B 粘在一起，继续运动。求：（ 1）碰撞前小车 A 的速度；（ 2）碰撞过程中小车 A 损失的机械
7、能。【答案】（ 1） 1m/s （2） 25/9J【解析】【详解】（1） A 上表面光滑，在外力作用下，A 运动， B 静止，对 A，由动量定理得：，代入数据解得：m/s ；（2） A、 B 碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：，代入数据解得：，碰撞过程， A 损失的机械能：，代入数据解得：；6 如图所示，质量为m=0.5kg 的木块，以v0=3.0m/s 的速度滑上原来静止在光滑水平面上的足够长的平板车，平板车的质量M=2.0kg。若木块和平板车表面间的动摩擦因数=0. 3，重力加速度g=10m/s 2，求：(1)平板车的最大速度；(2)平板车达到最大速度所用的时间.【答
8、案】（ 1） 0.6m/s（2） 0.8s【解析】【详解】（1）木块与平板车组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv0=(M+m) v，解得 :v=0.6m/smAvA（ mA+mB） v，（2）对平板车，由动量定律得： mgt=Mv解得 : t=0.8s7 如图所示，水平地面上静止放置一辆小车A，质量 mA4kg，上表面光滑，小车与地面间的摩擦力极小，可以忽略不计，可视为质点的物块B 置于 A 的上表面， B 的质量 mB2kg，现对 A 施加一个水平向右的恒力F 10N， A 运动一段时间后，小车左端固定的挡板B发生碰撞，碰撞时间极短，碰后A、B 粘合在一起，共同在 F
9、的作用下继续运动，碰撞后经时间 t 0.6s，二者的速度达到v 2m/s，求：（1） A、B 碰撞后瞬间的共同速度v 的大小；（ 2） A、B 碰撞前瞬间， A 的速度 vA 的大小。【答案】 （1） 1m/s ；（ 2） 1.5m/s 。【解析】【详解】（ 1） A、B 碰撞后共同运动过程中，选向右的方向为正，由动量定理得： Ft（ mA +mB） vt （ mA+mB） v，代入数据解得： v 1m/s；（ 2）碰撞过程系统内力远大于外力，系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：代入数据解得：vA 1.5m/s ；8 如图所示，质量均为 2kg 的物块 A 和物块 B 静置于光滑水
10、平血上，现让A 以 v0=6m/s 的速度向右运动，之后与墙壁碰撞，碰后以v1=4m/s 的速度反向运动，接着与物块B 相碰并粘在一起。 g 取 10m/s 2.求:(1)物块 A 与 B 碰后共同速度大小v;(2)物块 A 对 B 的冲量大小IB;(3)已知物块 A 与墙壁碰撞时间为0.2s, 求墙壁对物块A 平均作用力大小 F.【答案】（ 1） 2m/s（ 2）4Ns（ 3） 100N【解析】【详解】（1）以向左为正方向，根据动量守恒：mAv1( mAmB )v得： v2m / s（2） AB 碰撞过程中，由动量定理得，B 受到冲量： IB=mBv-0得： IB=4Ns（3） A 与墙壁相
11、碰后反弹，由动量定理得FtmA v1mA ( v0 )得： F100N9 如图所示，光滑水平面上小球A、B 分别以3.2 m/s 、2.0m/s的速率相向运动，碰撞后A球静止已知碰撞时间为0. 05s， A、B 的质量均为0.5kg求：(1)碰撞后 B 球的速度大小；(2)碰撞过程 A 对 B 平均作用力的大小【答案】（ 1） 1.2m/s ，方向水平向右（2 ）32N【解析】【分析】【详解】（ 1） A.B 系统动量守恒，设 A 的运动方向为正方向由动量守恒定律得mvA- mvB=0+mvB解得vB=1.2m/s ，方向水平向右（2）对 B，由动量定理得Ft=pB=mvB -（ - mvB）
12、解得F=32N【点睛】根据动量守恒定律求碰撞后B 球的速度大小；对B，利用动量定理求碰撞过程A 对 B 平均作用力的大小10 电磁弹射在电磁炮、航天器 、舰载机等需要超高速的领域中有着广泛的应用，图 1 所示为电磁弹射的示意图为了研究问题的方便，将其简化为如图2 所示的模型（俯视图）发射轨道被简化为两个固定在水平面上、间距为L 且相互平行的金属导轨，整个装置处于竖直向下、磁感应强度为B 的匀强磁场中发射导轨的左端为充电电路，已知电源的电动势为E，电容器的电容为C，子弹载体被简化为一根质量为m、长度也为L 的金属导体棒，其电阻为 r金属导体棒，其电阻为 r金属导体棒垂直放置于平行金属导轨上，忽略
13、一切摩擦阻力以及导轨和导线的电阻（1）发射前，将开关S 接 a，先对电容器进行充电a 求电容器充电结束时所带的电荷量Q；b 充电过程中电容器两极板间的电压y 随电容器所带电荷量q 发生变化请在图3 中画出u-q 图像；并借助图像求出稳定后电容器储存的能量E0；（ 2）电容器充电结束后，将开关 b，电容器通过导体棒放电，导体棒由静止开始运动，导体棒离开轨道时发射结束电容器所释放的能量不能完全转化为金属导体棒的动能，将导体棒离开轨道时的动能与电容器所释放能量的比值定义为能量转化效率若某次发射结束时，电容器的电量减小为充电结束时的一半，不计放电电流带来的磁场影响，求这次发射过程中的能量转化效率【答案
14、】 （1） a QCE ； b； E1 CE 2B2 L2 C0（ 2）23m【解析】（1） a、根据电容的定义 CQU电容器充电结束时其两端电压U 等于电动势 E，解得电容器所带电荷量 Q CEb、根据以上电容的定义可知uq，画出 q-u 图像如图所示：C有图像可知，稳定后电容器储存的能量E0 为图中阴影部分的面积 E01EQ ，2将 Q 代入解得 E021 CE2（2）设从电容器开始放电至导体棒离开轨道时的时间为t，放电的电荷量为Q ，平均电流为 I ，导体棒离开轨道时的速度为v根以导体棒为研究对象，根据动量定理BLIt mv 0 ，（或 BLi tm v ），据电流定义可知ItQ （或i
15、tQ ）根据题意有 Q11BLCEQCE ，联立解得 v222m2导体棒离开轨道时的动能Ek1mv2BLCE8m2电容器释放的能量E1 CE 21 CU 2 3 CE 2228联立解得能量转化效率EkB2 L2CE3m11 质量为 200g 的玻璃球，从1.8m 高处自由下落，与地面相碰后，又弹起1.25m ，若球与地面接触的时间为0.55s，不计空气阻力，取g=10m/s 2。求：（ 1）在与地面接触过程中，玻璃球动量变化量的大小和方向；（ 2）地面对玻璃球的平均作用力的大小。【答案】 (1)，竖直向上（ 2）【解析】【详解】（1）小球下降过程中只受重力，机械能守恒，根据机械能守恒，有：mg
16、H mv12解得：小球上升过程中只受重力，机械能守恒，根据机械能守恒，有：mgh mv22解得：假设竖直向下为正方向，则 ；负号表示方向竖直向上；（2）根据动量定理有：Ft+mgt=? p代入已知解得：F=-6 N“-”表示 F 的方向竖直向上；【点睛】本题关键是明确乒乓球上升和下降过程机械能守恒，然后结合机械能守恒定律和动量定理列式求解，注意正方向的选取 12 高空作业须系安全带如果质量为m 的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为h（可视为自由落体运动）此后经历时间t 安全带达到最大伸长，若在此过程中该作用力始终竖直向上，求：（ 1）整个过程中重力的冲量；（ 2）该段时间安全带对人的平均作用力大小【答案】 （1）（ 2）【解析】试题分析：对自由落体运动，有：h=解得：，则整个过程中重力的冲量I=mg（t+t 1） =mg（ t+）（2）规定向下为正方向，对运动的全程，根据动量定理，有：mg（t 1+t） Ft=0解得：F=
