高考物理动量定理易错剖析含解析

高考物理动量定理易错剖析含解析
一、高考物理精讲专题动量定理
1．2022年将在我国举办第二十四届冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一．某滑道示意图如下，长直助滑道AB 与弯曲滑道BC 平滑衔接，滑道BC 高h =10 m ，C 是半径R =20 m 圆弧的最低点，质量m =60 kg 的运动员从A 处由静止开始匀加速下滑，加速度a =4.5 m/s 2，到达B 点时速度v B =30 m/s ．取重力加速度g =10 m/s 2． （1）求长直助滑道AB 的长度L ；
（2）求运动员在AB 段所受合外力的冲量的I 大小；
（3）若不计BC 段的阻力，画出运动员经过C 点时的受力图，并求其所受支持力F N 的大小．
【答案】（1）100m （2）1800N s ⋅（3）3 900 N 【解析】
（1）已知AB 段的初末速度，则利用运动学公式可以求解斜面的长度，即
22
02v v aL -=
可解得:22
1002v v L m a
-==
（2）根据动量定理可知合外力的冲量等于动量的该变量所以
01800B I mv N s =-=⋅
（3）小球在最低点的受力如图所示
由牛顿第二定律可得：2C
v N mg m R
-= 从B 运动到C 由动能定理可知：
221122
C B mgh mv mv =
-
解得;3900N N =
故本题答案是：（1）100L m = （2）1800I N s =⋅ （3）3900N N =
点睛：本题考查了动能定理和圆周运动，会利用动能定理求解最低点的速度，并利用牛顿第二定律求解最低点受到的支持力大小．
2．如图所示，长为L 的轻质细绳一端固定在O 点，另一端系一质量为m 的小球，O 点离地高度为H 。

现将细绳拉至与水平方向成30︒，由静止释放小球，经过时间t 小球到达最低点，细绳刚好被拉断，小球水平抛出。

若忽略空气阻力，重力加速度为g 。

(1)求细绳的最大承受力；
(2)求从小球释放到最低点的过程中，细绳对小球的冲量大小；
(3)小明同学认为细绳的长度越长，小球抛的越远；小刚同学则认为细绳的长度越短，小球抛的越远。

请通过计算，说明你的观点。

【答案】（1）F =2mg ；（2）()2
2F I mgt m gL =+；（3）当2
H
L =
时小球抛的最远 【解析】 【分析】 【详解】
(1)小球从释放到最低点的过程中，由动能定理得
2
01sin 302
mgL mv ︒=
小球在最低点时，由牛顿第二定律和向心力公式得
20
mv F mg L
-= 解得：
F =2mg
(2)小球从释放到最低点的过程中，重力的冲量
I G =mgt
动量变化量
0p mv ∆=
由三角形定则得，绳对小球的冲量
()
2
2F I mgt m gL =
+
(3)平抛的水平位移0x v t =，竖直位移
212
H L gt -=
解得
2()x L H L =-
当2
H
L =
时小球抛的最远
3．图甲为光滑金属导轨制成的斜面，导轨的间距为1m l =，左侧斜面的倾角37θ=︒，右侧斜面的中间用阻值为2R =Ω的电阻连接。

在左侧斜面区域存在垂直斜面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为10.5T B =，右侧斜面轨道及其右侧区域中存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为20.5T B =。

在斜面的顶端e 、f 两点分别用等长的轻质柔软细导线连接导体棒ab ，另一导体棒cd 置于左侧斜面轨道上，与导轨垂直且接触良好，ab 棒和cd 棒的质量均为0.2kg m =，ab 棒的电阻为12r =Ω，cd 棒的电阻为24r =Ω。

已知t =0时刻起，cd 棒在沿斜面向下的拉力作用下开始向下运动(cd 棒始终在左侧斜面上运动)，而ab 棒在水平拉力F 作用下始终处于静止状态，F 随时间变化的关系如图乙所示，ab 棒静止时细导线与竖直方向的夹角37θ=︒。

其中导轨的电阻不计，图中的虚线为绝缘材料制成的固定支架。

(1)请通过计算分析cd 棒的运动情况； (2)若t =0时刻起，求2s 内cd 受到拉力的冲量；
(3)3 s 内电阻R 上产生的焦耳热为2. 88 J ，则此过程中拉力对cd 棒做的功为多少? 【答案】(1)cd 棒在导轨上做匀加速度直线运动；(2)1.6N s g ；(3)43.2J 【解析】 【详解】
(1)设绳中总拉力为T ，对导体棒ab 分析，由平衡方程得：
sin θF T BIl =+
cos θT mg =
tan θ 1.50.5F mg BIl I =+=+
由图乙可知：
1.50.2F t =+
则有：
0.4I t =
cd 棒上的电流为：
0.8cd I t =
则cd 棒运动的速度随时间变化的关系：
8v t =
即cd 棒在导轨上做匀加速度直线运动。

(2)ab 棒上的电流为：
0.4I t =
则在2 s 内，平均电流为0.4 A ，通过的电荷量为0.8 C ，通过cd 棒的电荷量为1.6C 由动量定理得：
sin θ0F t I mg t BlI mv +-=-
解得： 1.6N s F I =g
(3)3 s 内电阻R 上产生的的热量为 2.88J Q =，则ab 棒产生的热量也为Q ，cd 棒上产生的热量为8Q ，则整个回路中产生的总热量为28. 8 J ，即3 s 内克服安培力做功为28. 8J 而重力做功为：
G sin 43.2J W mg θ==
对导体棒cd ，由动能定理得：
F W W
'-克安
2
G 102
W mv +=
- 由运动学公式可知导体棒的速度为24 m/s 解得：43.2J F W '=
4．汽车碰撞试验是综合评价汽车安全性能的有效方法之一．设汽车在碰撞过程中受到的平均撞击力达到某个临界值F 0时，安全气囊爆开．某次试验中，质量m 1=1 600 kg 的试验车以速度v 1 = 36 km/h 正面撞击固定试验台，经时间t 1 = 0.10 s 碰撞结束，车速减为零，此次碰撞安全气囊恰好爆开．忽略撞击过程中地面阻力的影响． （1）求此过程中试验车受到试验台的冲量I 0的大小及F 0的大小；
（2）若试验车以速度v 1撞击正前方另一质量m 2 =1 600 kg 、速度v 2 =18 km/h 同向行驶的汽车，经时间t 2 =0.16 s 两车以相同的速度一起滑行．试通过计算分析这种情况下试验车的安全气囊是否会爆开．
【答案】（1）I 0 = 1.6×104 N·s ， 1.6×105 N ；（2）见解析 【解析】
（1）v 1 = 36 km/h = 10 m/s ，取速度v 1 的方向为正方向，由动量定理有 －I 0 = 0－m 1v 1 ①
将已知数据代入①式得 I 0 = 1.6×104 N·s ② 由冲量定义有I 0 = F 0t 1 ③
将已知数据代入③式得 F 0 = 1.6×105 N ④
（2）设试验车和汽车碰撞后获得共同速度v ，由动量守恒定律有 m 1v 1+ m 2v 2 = (m 1+ m 2)v ⑤
对试验车，由动量定理有 －Ft 2 = m 1v －m 1v 1 ⑥ 将已知数据代入⑤⑥式得 F = 2.5×104 N ⑦
可见F ＜F 0，故试验车的安全气囊不会爆开 ⑧
5．如图所示，在倾角θ=37°的足够长的固定光滑斜面的底端，有一质量m =1.0kg 、可视为质点的物体，以v 0=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）20N·s ，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=mg sin θ
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，克服重力做功达到最大值，设最大值为v m ；对于物体沿斜面上滑过程，根据动能定理有：
21
2
0m W mv -=-
解得
W =18J ；
（3）物体沿斜面上滑和下滑的总时间为：
0226
2s 6
v t a ⨯=
== 重力的冲量：
20N s G I mgt ==⋅
方向竖直向下。

6．如图所示，木块A 和四分之一光滑圆轨道B 静置于光滑水平面上，A 、B 质量m A ＝m B ＝2.0kg 。

现让A 以v 0＝4m/s 的速度水平向右运动，之后与墙壁发生弹性碰撞（碰撞过程中无机械能损失），碰撞时间为t ＝0.2s 。

取重力加速度g ＝10m/s 2．求：
①A 与墙壁碰撞过程中，墙壁对木块平均作用力的大小； ②A 滑上圆轨道B 后，到达最大高度时与B 的共同速度大小. 【答案】(1) F ＝80N (2) v 1＝2m/s 【解析】 【详解】
①以水平向左为正方向，A 与墙壁碰撞过程，无机械能能损失，则以原速率弹回，对A ，由动量定理得：Ft ＝m A v 0﹣m A •（﹣v 0）， 代入数据解得：F ＝80N ；
②A 滑上圆轨道B 后到达最大高度时，AB 速度相等，设A 、B 的共同速度为v ，系统在水平方向动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒得：m A v 0＝（m A +m B ）v 1， 代入数据解得：v 1＝2m/s ；
7．以初速度v 0=10m/s 水平抛出一个质量为m =2kg 的物体，若在抛出后3s 过程中，它未与地面及其它物体相碰，g 取l0m/s 2。

求： （1）它在3s 内所受重力的冲量大小； （2）3s 内物体动量的变化量的大小和方向； （3）第3秒末的动量大小。

【答案】（1）60N ·s （2）60kg ·m/s ，竖直向下（3）10kg m /s ⋅ 【解析】 【详解】
（1）3s 内重力的冲量： I =Ft =mgt =2×10×3N ·s=60N ·s
（2）3s 内物体动量的变化量，根据动量定理： △P =mgt =20×3kg ·m/s=60kg ·m/s 方向：竖直向下。

（3）第3s 末的动量：
22
0==y
P mv m v v +末末=()2
22102010kg m /s gt +=⋅
8．用动量定理处理二维问题时，可以在相互垂直的x 、y 两个方向上分别进行研究。

如图所示，质量为m 的小球斜射到木板上，入射的角度是θ，碰撞后弹出的角度也是θ，碰撞前后的速度大小都是v 。

碰撞过程中忽略小球所受重力。

若小球与木板的碰撞时间为∆t ，求木板对小球的平均作用力的大小和方向。

【答案】2cos mv F t
θ
=∆，方向沿y 轴正方向 【解析】 【详解】
小球在x 方向的动量变化为sin sin 0x p mv mv θθ∆=-=
小球在y 方向的动量变化为cos (cos )2cos y p mv mv mv θθθ∆=--= 根据动量定理y F t p ∆=∆ 解得2cos mv F t
θ
=
∆，方向沿y 轴正方向
9．如图所示，在粗糙的水平面上0.5a —1.5a 区间放置一探测板（0
mv q a B
=
）。

在水平面的上方存在水平向里,磁感应强度大小为B 的匀强磁场，磁场右边界离小孔O 距离为a ,位于水平面下方离子源C 飘出质量为m ，电荷量为q ，初速度为0的一束负离子，这束离子经
电势差为20
29mv U q
=的电场加速后，从小孔O 垂直水平面并垂直磁场射入磁场区域，t 时
间内共有N 个离子打到探测板上。

（1）求离子从小孔O 射入磁场后打到板上的位置。

（2）若离子与挡板碰撞前后没有能量的损失，则探测板受到的冲击力为多少？ （3）若射到探测板上的离子全部被板吸收，要使探测板不动，水平面需要给探测板的摩擦力为多少？
【答案】（1）打在板的中间（2）
23Nmv t
方向竖直向下（3） 03Nmv 方向水平向左
【解析】(1)在加速电场中加速时据动能定理： 2
12
qU mv =， 代入数据得02
3
v v =
在磁场中洛仑兹力提供向心力： 2v qvB m r =,所以半径022
33
mv mv r a qB qB =
== 轨迹如图：
1
3
O O a '=， 030OO A ∠=' ， 023cos3033OA a a ==
所以0tan60OB OA a ==，离子离开磁场后打到板的正中间。

(2)设板对离子的力为F ，垂直板向上为正方向，根据动量定理：
()
0002
sin30sin303
Ft Nmv Nmv Nmv =--=
F=
23Nmv t
根据牛顿第三定律，探测板受到的冲击力大小为
23Nmv t
，方向竖直向下。

（3）若射到探测板上的离子全部被板吸收，板对离子水平方向的力为T ，根据动量定理：
003
cos30Tt Nmv Nmv ==
，03Nmv 离子对板的力大小为
33Nmv t
，方向水平向右。

0
3Nmv ，方向水平向左。

10．起跳摸高是学生常进行的一项活动。

某中学生身高1.80m ，质量70kg 。

他站立举臂，手指摸到的高度为2.10m.在一次摸高测试中，如果他下蹲，再用力瞪地向上跳起，同时举
臂，离地后手指摸到高度为2.55m。

设他从蹬地到离开地面所用的时间为0.7s。

不计空气
阻力，（g=10m/s2）.求：
(1)他跳起刚离地时的速度大小；
(2)从蹬地到离开地面过程中重力的冲量的大小；
(3)上跳过程中他对地面平均压力的大小。

【答案】（1）3m/s （2）（2）1000N
【解析】
【分析】
人跳起后在空中运动时机械能守恒，由人的重心升高的高度利用机械能守恒可求得人刚离地时的速度；
人在与地接触时，地对人的作用力与重力的合力使人获得上升的速度，由动量定理可求得地面对他的支持力，再由牛顿第三定律可求得他对地面的平均压力；
【详解】
（1）跳起后重心升高
根据机械能守恒定律：，解得：；（2）根据冲量公式可以得到从蹬地到离开地面过程中重力的冲量的大小为：
，方向竖直向下；
（3）上跳过程过程中，取向上为正方向，由动量定理
即：，将数据代入上式可得
根据牛顿第三定律可知：对地面的平均压力。

【点睛】
本题中要明确人运动的过程，找出人起跳的高度及人在空中运动的高度，从而正确选择物理规律求解。

11．质量为0.5kg的小球从h=2.45m的高空自由下落至水平地面，与地面作用0.2s后，再以5m/s的速度反向弹回，求小球与地面的碰撞过程中对地面的平均作用力．（不计空气阻力，g=10m/s2）
【答案】35N
【解析】
小球自由下落过程中，由机械能守恒定律可知：
mgh=1
2
mv12；
解得：v12210 2.457
gh=⨯⨯=m/s，
同理，回弹过程的速度为5m/s，方向竖直向上，设向下为正，则对碰撞过程由动量定理可知：mgt-F t=-mv′-mv
代入数据解得：F=35N
由牛顿第三定律小球对地面的平均作用力大小为35N ，方向竖直向下．
12．花样滑冰赛场上，男女运动员一起以速度v 0=2 m/s 沿直线匀速滑行，不计冰面的摩擦，某时刻男运动员将女运动员以v 1=6 m/s 的速度向前推出，已知男运动员的质量为M =60 kg ，女运动员的质量为m =40 kg ，求： （1）将女运动员推出后，男运动员的速度； （2）在此过程中，男运动员推力的冲量大小； 【答案】(1)22
/3
v m s =-；(2) I=160N·s 【解析】 【分析】 【详解】
①设推出女运动员后，男运动员的速度为2v ，根据动量守恒定律
()012M m v mv Mv +=+
解得22
/3
v m s =-
，“﹣”表示男运动员受到方向与其初速度方向相反． ②在此过程中，对运动员有：
10I mv mv =-
解得I =160N·
s。