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1、高考物理动量定理 ( 一 ) 解题方法和技巧及练习题一、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=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R度 a=4.5 m/s 2，到达 B 点时速度 vB=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，
2、并求其所受支持力FN 的大小【答案】（ 1） 100m （ 2） 1800 N 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v2v022aL可解得 : Lv2v02100m2 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ImvB01800N s（3）小球在最低点的受力如图所示由牛顿第二定律可得：Nmgm vC2R从 B 运动到 C 由动能定理可知：mgh1 mv21 mv2CB22解得 ; N 3900N故本题答案是：（1） L100m （2） I1800N s （ 3） N 3900N点睛：本题考查了动能定理和圆周运
3、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1m 的长木板静止在粗糙的水平面上，板的右端固定一个竖直的挡板，长木板与挡板的总质量为M =lkg，板的上表面光滑，一个质量为m= 0.5kg 的物块以大小为t 0=4m/s 的初速度从长木板的左端滑上长木板，与挡板碰撞后最终从板的左端滑离，挡板对物 块的冲量大小为 2. 5N ? s，已知板与水平面间的动摩擦因数为= 0.5,重力加速度为g=10m/s2 ，不计物块与挡板碰撞的时间，不计物块的大小。求：（ 1）物块与挡板碰撞后的一瞬间，长木板的速度大小；（ 2）物块在长木板上滑行的时间。【答案】
4、（ 1） 2.5m/s （2）【解析】【详解】56(1)设物块与挡板碰撞后的一瞬间速度大小为v1根据动量定理有：Imv0mv1解得： v11m/s设碰撞后板的速度大小为v2 ，碰撞过程动量守恒，则有：mv0Mv 2mv1解得： v2 2.5m/s(2)碰撞前，物块在平板车上运动的时间：t1L1 sv04碰撞后，长木板以v2 做匀减速运动，加速度大小：a(m M )g7.5m/s 2M设长木板停下时，物块还未滑离木板，木板停下所用时间：t 2v21 sa3在此时间内，物块运动的距离：x1v1t21 m3木板运动的距离：15x22 v2t212m由于 x1x2L ，假设成立，木板停下后，物块在木板
5、上滑行的时间：t3L x1 x21 sv14因此物块在板上滑行的总时间为：t t1 t2 t35 s63 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 mA mB2.0kg。现让 A 以 v0 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 g10m/s 2求：A 与墙壁碰撞过程中，墙壁对木块平均作用力的大小；A 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)v1 2m/s【解析】【详解】 以水平向左为正方向，A 与墙壁碰撞过程，无机械能能损
6、失，则以原速率弹回，对A，由动量定理得： Ft mAv0 mA?（ v0），代入数据解得： F 80N； A 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：mAv0（ mA+mB） v1，代入数据解得： v1 2m/s ；4 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
7、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，对 A，由动量定理得：，代入数据解得：m/s ；B 静止，（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：；5 在水平地面的右端B 处有一面墙，一小物块放在水平地面上的A 点，质量m 0.5 kg，AB 间距离 s5 m ，如图所示小物块以初速度v08 m/s 从 A 向 B 运动，刚要与墙壁碰撞时的速度v1 7
8、 m/s ，碰撞后以速度v2 6 m/s反向弹回重力加速度g 取 10 m/s 2.求：(1) 小物块与地面间的动摩擦因数；(2) 若碰撞时间t0.05 s，碰撞过程中墙面对小物块平均作用力F 的大小【答案】 (1)0.15 (2)130 N【解析】【详解】(1)从 A 到 B 过程，由动能定理，有： mgs1mv 12 1mv0 222可得： 0.15.(2)对碰撞过程，规定向左为正方向，由动量定理，有：Ft mv2 m( v1)可得： F 130 N.6 如图甲所示，足够长光滑金属导轨MN 、PQ 处在同一斜面内，斜面与水平面间的夹角=30，两导轨间距 d=0.2 m，导轨的 N、Q 之间
9、连接一阻值 R=0.9 的定值电阻。金属杆 ab 的电阻 r=0.1 ，质量 m=20 g，垂直导轨放置在导轨上。整个装置处在垂直于斜面向上的匀强磁场中，匀强磁场的磁感应强度B=0.5 T。现用沿斜面平行于金属导轨的力F 拉着金属杆 ab 向上运动过程中，通过R 的电流电阻，重力加速度g 取 10 m/s 2 。i 随时间t 变化的关系图像如图乙所示。不计其它(1)求金属杆的速度v 随时间 t 变化的关系式；(2)请作出拉力F 随时间 t 的变化关系图像；(3)求 0 1 s 内拉力 F 的冲量。【答案】（ 1） v5t （ 2）图见解析；（3） I F【解析】【详解】（ 1）设瞬时感应电动势
10、为 e，回路中感应电流为由法拉第电磁感应定律： e Bdv0.225 Nsi，金属 杆 ab 的瞬时速度为v。闭合电路的欧姆定律：ieRr由乙图可得，i0.5t联立以上各式得：v5t（2） ab 沿导轨向上运动过程中，由牛顿第二定律，得：FBidmg sinma由第（ 1）问可得，加速度a5m / s2联立以上各式可得：F0.05t0.2由此可画出F-t 图像：（3）对金属棒ab，由动量定理可得：I Fmgt sinBIdtmv由第（ 1）问可得：t1 s时， v = 5 m/s联立以上各式，得：I F0.225 Ns另解：由F-t 图像的面积可得IF1 (0.2 0.25) 1 N s= 0
11、.225 N s27 一质量为 1 kg 的小物块放在水平地面上的A 点，距离 A 点 8 m 的位置 B 处是一面墙，如图所示物块以v0 5 m/s 的初速度从 A 点沿 AB 方向运动，在与墙壁碰撞前瞬间的速度为 3 m/s，碰后以2 m/s 的速度反向运动直至静止g 取 10 m/s 2（1）求物块与地面间的动摩擦因数；（2）若碰撞时间为0.01s，求碰撞过程中墙面对物块平均作用力的大小F；【答案】（ 1） 0.1 （2） 500N【解析】（1）由动能定理，有mgs 1 mv2 1 m v 0222可得 0.1（2）由动量定理，规定水平向左为正方向，有F t mv ( mv)可得 F 5
12、00N8 如图，质量分别为 m1 10kg2和 m 2.0kg 的弹性小球 a、 b 用弹性轻绳紧紧的把它们捆在一起，使它们发生微小的形变，该系统以速度v0 0.10m/s 沿光滑水平面向右做直线运动，某时刻轻绳突然自动断开，断开后，小球b 停止运动，小球 a 继续沿原方向直线运动。求： 刚分离时，小球a 的速度大小v1； 两球分开过程中，小球a 受到的冲量【答案】 0.12m/s； 【解析】【分析】I。根据“弹性小球 a、 b 用弹性轻绳紧紧的把它们捆在一起，使它们发生微小的形变”、“光滑水平面”“某时刻轻绳突然自动断开”可知，本题考察类“碰撞”问题。据类“碰撞”问题的处理方法，运用动量守恒
13、定律、动量定理等列式计算。【详解】 两小球组成的系统在光滑水平面上运动，系统所受合外力为零，动量守恒，则：代入数据求得： 两球分开过程中，对a，应用动量定理得：9 如图甲所示，蹦床是常见的儿童游乐项目之一，儿童从一定高度落到蹦床上，将蹦床压下后，又被弹回到空中，如此反复，达到锻炼和玩耍的目的如图乙所示，蹦床可以简化为一个竖直放置的轻弹簧，弹力的大小为kx（ x 为床面下沉的距离，也叫形变量；k 为常量），蹦床的初始形变量可视为0，忽略空气阻力的影响（1）在一次玩耍中，某质量为 m 的小孩，从距离蹦床床面高 H 处由静止下落，将蹦床下压到最低点后，再被弹回至空中a请在图丙中画出小孩接触蹦床后，所
14、受蹦床的弹力F 随形变量x 变化的图线；b求出小孩刚接触蹦床时的速度大小v；c若已知该小孩与蹦床接触的时间为t ，求接触蹦床过程中，蹦床对该小孩的冲量大小I（ 2）借助 F-x 图，可确定弹力做功的规律在某次玩耍中，质量不同的两个小孩（均可视为质点），分别在两张相同的蹦床上弹跳，请判断：这两个小孩，在蹦床上以相同形变量由静止开始，上升的最大高度是否相同？并论证你的观点【答案】（ 1） a.b. v2gH c. Imgt2m 2gH （ 2）上升高度与质量 m 有关，质量大的上升高度小【解析】【分析】（1） a、根据胡克定律求出劲度系数，抓住弹力与形变量成正比，作出弹力 F 随 x 变化的示意图
15、b、根据机械能守恒求出小孩刚接触蹦床时的速度大小；c、根据动量定理求出蹦床对该小孩的冲量大小（ 2）根据图线围成的面积表示弹力做功，得出弹力做功的表达式，根据动能定理求出弹力做功，从而求出 x1 的值【详解】（ 1） a.根据胡克定律得： F kx ，所以 F 随 x 的变化示意图如图所示b.小孩子有高度H 下落过程，由机械能守恒定律：mgH1 mv22得到速度大小：v2 gHc.以竖直向下为正方向，接触蹦床的过程中，根据动量守恒：mgt Imv mv其中 v2gH可得蹦床对小孩的冲量大小为：Imgt2m 2 gH（2）设蹦床的压缩量为x，小孩离开蹦床后上升了H从最低点处到最高点，重力做功mg
16、 x H ，根据 F-x 图象的面积可求出弹力做功：kx2W弹2从最低点处到最高点，根据动能定理：mg H xkx202可得： Hkx2m 有关，质量大的上升高度小x ，可以判断上升高度与质量2mg【点睛】解决本题的关键知道运动员在整个过程中的运动情况，结合运动学公式、动能定理等知识进行求解10 如图所示，长度为 l 的轻绳上端固定在 O 点，下端系一质量为 m 的小球（小球的大小可以忽略、重力加速度为 g ）（1） 在水平拉力F 的作用下，轻绳与竖直方向的夹角为，小球保持静止画出此时小球的受力图，并求力F 的大小；（2）由图示位置无初速释放小球，不计空气阻力求小球通过最低点时:a小球的动量大
17、小；b小球对轻绳的拉力大小【答案】（ 1）； mgtan ；（ 2）m 2gl（1cos ）；mg 32cos【解析】【分析】（1）小球受重力、绳子的拉力和水平拉力平衡，根据共点力平衡求出力F 的大小（ 2）根据机械能守恒定律求出小球第一次到达最低点的速度，求出动量的大小，然后再根据牛顿第二定律，小球重力和拉力的合力提供向心力，求出绳子拉力的大小【详解】（ 1）小球受到重力、绳子的拉力以及水平拉力的作用，受力如图根据平衡条件，得拉力的大小：F mg tan（2） a小球从静止运动到最低点的过程中，由动能定理： mgL 1 cos1 mv22v2gL 1cos则通过最低点时，小球动量的大小：P
18、mvm2gL 1cosb根据牛顿第二定律可得：T mgm v2Lv22cosT mg mmg 3L根据牛顿第三定律，小球对轻绳的拉力大小为：TTmg 32cos【点睛】本题综合考查了共点力平衡，牛顿第二定律、机械能守恒定律，难度不大，关键搞清小球在最低点做圆周运动向心力的来源11 如图所示，光滑水平面上小球AB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】
19、（ 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）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12 蹦床是运动员在一张绷紧的弹性网上蹦跳、翻滚并做各种空中动作的运动项目。一个质量为 60kg 的运动员，从离水平网面3.2m 高处自由下落，着网后沿竖直方向蹦回到离水平网面 5.0m 高处 .已知运动员与网接触的时间为 1.2s.若把在这段时间内网对运动员的作用力当作恒力处理， g=10m/s2. 求：（ 1）运动员着网前瞬间的速度大小;（ 2）网对运动员的作用力大小 .【答案】 （1） 8m/s ，方向向下（2 ）1500N【解析】 (1) 从 h1=3.2m 自由落体到床的速度为v1，=8ms，方向向下(2) 离网的速度为v2=10m/s规定向下为正方向, 由动量定理得=1500N所以网对运动员的作用力为1500N.点睛：根据题意可以把运动员看成一个质点来处理，下落过程是自由落体运动，上升过程是竖直上抛运动，算出自由落体运动末速度和竖直上抛运动的初速度，根据动量定理求出网对运动员的作用力。