查補(bǔ)易混易錯(cuò)06動量的綜合應(yīng)用

/高考直擊/

動量屬于物理觀念中運(yùn)動與相互作用觀念，是解決力和運(yùn)動問題的常用觀念之一，這部分考點(diǎn)主要包括動

量定理和動量守恒定律。在各地近年高考中屬于必考內(nèi)容，如2021湖南卷第8題、湖北卷第3題、山東

卷第16題均從理解能力、推理論證能力、模型建構(gòu)能力、科學(xué)思維等方面進(jìn)行了考查。

考向一、應(yīng)用動量定理解決五類問題

易混易錯(cuò)歸納：

1、物體所受合外力的沖量等于它的動量的變化.表達(dá)式："7=mvt-mv0的理解：

矢量式，運(yùn)用它分析問題時(shí)要特別注意沖量、動量及動量變化量的方向；七是研究對象所受的包括

重力在內(nèi)的所有外力的合力；動量定理的研究對象可以是單個(gè)物體，也可以是物體系統(tǒng).對物體系統(tǒng)，只

需分析系統(tǒng)受的外力，不必考慮系統(tǒng)內(nèi)力.系統(tǒng)內(nèi)力的作用不改變整個(gè)系統(tǒng)的總動量；動量定理不僅適用

于恒定的力，也適用于隨時(shí)間變化的力.對于變力，動量定理中的力F應(yīng)當(dāng)理解為變力在作用時(shí)間內(nèi)的平

均值；當(dāng)物體運(yùn)動包含多個(gè)不同過程時(shí)，可分段應(yīng)用動量定理求解，也可以全過程應(yīng)用動量定理求解.

2、利用動量定理解題的基本思路

①確定研究對象.

②對物體進(jìn)行受力分析.可先求每個(gè)力的沖量，再求各力沖量的矢量和一一合力的沖量；或先求合力，

再求合力的沖量.

③抓住過程的初、末狀態(tài)，選好正方向，確定各動量和沖量的正負(fù)號.

④根據(jù)動量定理列方程，如有必要還需要補(bǔ)充其他方程，最后代入數(shù)據(jù)求解.

典例分析：

1.(2020?全國卷I)行駛中的汽車如果發(fā)生劇烈碰撞，車內(nèi)的安全氣囊會被彈出并瞬間充滿氣體。

若碰撞后汽車的速度在很短時(shí)間內(nèi)減小為零，關(guān)于安全氣囊在此過程中的作用，下列說法正確的是

()

A.增加了司機(jī)單位面積的受力大小

B.減少了碰撞前后司機(jī)動量的變化量

C.將司機(jī)的動能全部轉(zhuǎn)換成汽車的動能

D.延長了司機(jī)的受力時(shí)間并增大了司機(jī)的受力面積

【答案】D

【解析】汽車劇烈碰撞瞬間，安全氣囊彈出，立即跟司機(jī)身體接觸。司機(jī)在很短時(shí)間內(nèi)由運(yùn)動到靜止,

動量的變化量是一定的，由于安全氣囊的存在，作用時(shí)間變長，據(jù)動量定理ApuPAt知，司機(jī)所受作用

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力減小，又知安全氣囊打開后，司機(jī)的受力面積變大，因此減少了司機(jī)單位面積的受力大??；碰撞過程中,

動能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能。綜合可知，選項(xiàng)D正確。

2.物塊在1N的合外力作用下沿x軸做勻變速直線運(yùn)動，圖示為其位置和速率的二次方的關(guān)系圖線。

關(guān)于該物塊有關(guān)物理量大小的判斷正確的是（）

A.質(zhì)量為1kgB.初速度為2m/s

C.初動量為2kg-m/sD.加速度為0.5m/s2

【答案】D

【解析】根據(jù)圖像求出解析式為戶“一2,與「一蠟=2ax類比可得：a=0.5m/s2,%=而m/s,m

=-=2kg,Po=mvo=2也kg?m/s,D正確，A、B、C錯(cuò)誤。

a

3.（2022?山東省煙臺市高三上期中）高壓水射流采煤技術(shù)現(xiàn)在被廣泛采用，其基本原理為：一組高壓

水泵將水的壓強(qiáng)升高，讓高壓水從噴嘴中射出，打在煤層上，使煤成片脫落，從而達(dá)到采煤的目的。若高

壓水流沿水平方向沖擊煤層，水的濺射速度不計(jì)，當(dāng)水流的速度為80m/s時(shí)，煤層受到水的沖擊壓強(qiáng)為（水

的密度0=1義1。3kg/n?）（）

A.3.2X106N/m2B.6.4X106N/m2

C.7.2X106N/m2D.8X106N/m2

【答案】B

【解析】由題意可知，△t時(shí)間內(nèi)沖擊煤層的水的質(zhì)量為△0=0力，其中S為水流的橫截面積，

設(shè)水受到煤層的平均作用力為尸，由動量定理得一F.At=0-A^,解得P=落則結(jié)合牛頓第

三定律，煤層被沖擊部分受到水的壓強(qiáng)為p=——=-=Pv,代入數(shù)據(jù)，可得p=6.4X106N/m）故選

SS

Bo

4.（多選）光滑水平地面上有一質(zhì)量為利的長方體木板B,木板的左端上有一質(zhì)量為q的小物塊A

（可視為質(zhì)點(diǎn)），如圖甲所示。用水平向右的拉力戶作用在小物塊A上，使小物塊A由靜止開始運(yùn)動，運(yùn)

動過程中，小物塊A和木板B的加速度大小隨時(shí)間變化的關(guān)系圖像分別如圖乙、丙所示。已知與時(shí)刻，小

物塊A恰好滑離木板，取重力加速度為g,則（）

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A.木板B的長度為Q-WG-，"

B.小物塊A與木板B間的動摩擦因數(shù)為q

叫g(shù)

c.o~&,拉力做功為的+嗎）片片

8

D.tft2,拉力的沖量為（/出+切㈤6-%）

【答案】BC

2

【解析】C.0~5小物塊A相對長方體木板B靜止,拉力做功等于系統(tǒng)動能的增量，故%=；（/+m2）v

v=\砧聯(lián)立解得%=（叫+%）。片故c正確；

28

A.t；t2,小物塊相對長木板滑動，則長木板的長度為￡=4-出=（（g-%）也一了故A錯(cuò)誤；

"/必

B.對于長木板有〃"送=嗎%解得〃一故B正確；

叫g(shù)

D.t2,拉力的沖量為4=町&\+加2&VB=（叫。2+加2%）?2-％）故》錯(cuò)誤。故選BC。

5.一個(gè)電子由靜止經(jīng)電壓為■的加速電場（兩極板間距為4）加速后，在距兩極板等距離處垂直進(jìn)

入平行板間的勻強(qiáng)電場，偏轉(zhuǎn)電場兩極板間的電壓為。2,兩極板間距為4板長為右，最終打在距離平行

板右邊緣右的屏上，把電子換成一價(jià)氯離子C「，同等條件下，下列說法正確的是（）

A.氯離子C「穿過偏轉(zhuǎn)電場的偏移量y更小

B.氯離子C1在整個(gè)運(yùn)動過程中動能的變化量和電子相同

C.氯離子C「在整個(gè)運(yùn)動過程中經(jīng)歷的時(shí)間更長

D.氯離子C「穿過偏轉(zhuǎn)電場動量的變化量和電子相同

【答案】BC

第3頁共21頁

【解析】A.設(shè)電子經(jīng)過加速電壓后的速度為%,則由動能定理有電子在偏轉(zhuǎn)極板間運(yùn)動的

時(shí)間/=4在偏轉(zhuǎn)電場中加速度a=吟電子離開偏轉(zhuǎn)電場時(shí)豎直方向的位移y=/聯(lián)立解得>=懸，

Vomd2

與電荷量和質(zhì)量無關(guān)，所以如果把電子換成氯離子C「，其它條件不變，C「穿過兩極板時(shí)的偏移量y不變,

故A錯(cuò)誤；B.根據(jù)題意，由動能定理有=可知，如果把電子換成氯離子C「，其它條件不

a

變，氯離子C「在整個(gè)運(yùn)動過程中動能的變化量和電子相同，故B正確；C.根據(jù)題意，由動能定理有

4a=1*可得水平方向的速度為％可知，與比荷有關(guān)，電子換成氯離子c「，水平速度減小，

根據(jù)題意有4=?匕，下=山1則有/=4+=24+4+'水平速度減小,可知，時(shí)間變長，故C正確；

D.穿過偏轉(zhuǎn)電場動量的變化量=由C分析可知，氯離子Cr水平速度減小，可知時(shí)間變長，動量

a

的變化量變大，故D錯(cuò)誤。故選BC。

6.（多選）如圖所示，M,N、P、。四條光滑的足夠長的金屬導(dǎo)軌平行放置，導(dǎo)軌間距分別為2￡和

L,兩組導(dǎo)軌間由導(dǎo)線相連，裝置置于水平面內(nèi)，導(dǎo)軌間存在豎直向下的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場，兩

根質(zhì)量均為加，接入電路的電阻均為尺的導(dǎo)體棒C、。分別垂直于導(dǎo)軌放置，且均處于靜止?fàn)顟B(tài)，不計(jì)導(dǎo)

體棒外其余部分電阻。/=0時(shí)使導(dǎo)體棒C獲得瞬時(shí)速度%向右運(yùn)動，兩導(dǎo)體棒在運(yùn)動過程中始終與導(dǎo)軌垂

直并與導(dǎo)軌接觸良好。且達(dá)到穩(wěn)定運(yùn)動時(shí)導(dǎo)體棒C未到兩組導(dǎo)軌連接處。則下列說法正確的是（）

C

-5<xD

---------P

tBX

X為XXXX

XXX---------Q

N~

A.f=0時(shí)，導(dǎo)體棒。的加速度大小為a=

mR

B.達(dá)到穩(wěn)定運(yùn)動時(shí)，C、。兩棒速度之比1:1

7

C.從/=0時(shí)至達(dá)到穩(wěn)定運(yùn)動的過程中，回路產(chǎn)生的內(nèi)能為;〃，說

D.從/=0時(shí)到達(dá)到穩(wěn)定運(yùn)動的過程中，通過導(dǎo)體棒的電荷量為當(dāng)

【答案】ACD

F

【解析】A.開始時(shí)，導(dǎo)體棒中的感應(yīng)電動勢E=2虞%電路中感應(yīng)電流/=丁導(dǎo)體棒〃所受安培力

2人

D2T2

F^BIL,導(dǎo)體棒〃的加速度為a,則有尸儂解得°=----^故A正確；

mR

B.穩(wěn)定運(yùn)動時(shí)，電路中電流為零，設(shè)此時(shí)C、〃棒的速度分別為匕，/，則有2%匕匕對變速運(yùn)

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動中任意極短時(shí)間△力，由動量定理得，對。棒28〃加=加公匕對〃棒8〃4=機(jī)八丫2故對變速運(yùn)動全過程有

21

%-%=2%,解得%=二％故B錯(cuò)誤；

1117

C.根據(jù)能量守恒可知回路產(chǎn)生的電能為Q=：加說-:機(jī)片-：加V；解得°:機(jī)V；故C正確；

D.由上分析可知對變速運(yùn)動中任意極短時(shí)間△方,由動量定理得，對。棒23〃加=加公匕可得

2BLq=m(v0-Vl),解得y=萼故D正確。故選ACD。

JBL

考向二、動量守恒定律的應(yīng)用

易混易錯(cuò)歸納：

1.動量守恒定律：如果一個(gè)系統(tǒng)不受外力或者受外力的矢量和為零，這個(gè)系統(tǒng)的總動量保持不變.

2.動量守恒的條件

(1)系統(tǒng)不受外力或者所受外力的矢量和為零；

(2)系統(tǒng)受外力，但外力遠(yuǎn)小于內(nèi)力，可以忽略不計(jì)；

(3)系統(tǒng)在某一個(gè)方向上所受的外力的矢量和為零，則該方向上動量守恒；

(4)全過程的某一階段系統(tǒng)受的外力的矢量和為零，則該階段系統(tǒng)動量守恒.

典例分析：

1.(2022?保定一模)2022年北京冬奧會隋文靜和韓聰在花樣滑冰雙人滑中為我國代表團(tuán)贏得第9枚

金牌.在某次訓(xùn)練中隋文靜在前、韓聰在后一起做直線運(yùn)動，當(dāng)速度為%時(shí)，韓聰用力向正前方推隋文靜.兩

人瞬間分離，分離瞬間隋文靜速度為之唏已知隋文靜和韓聰質(zhì)量之比為2：3,則兩人分離瞬間韓聰?shù)乃俣?/p>

2

()

9

A.大小為-%,方向與初始方向相同

3

9

B.大小為-％,方向與初始方向相反

3

C.大小為l外,方向與初始方向相同

2

D.大小為l％,方向與初始方向相反

2

【答案】A

【解析】設(shè)隋文靜質(zhì)量為2〃，韓聰質(zhì)量為3〃，開始運(yùn)動方向?yàn)檎较颍鶕?jù)動量守恒定律可得5〃%

Q9

=2勿?-%+3加%解得--%,方向與初速度方向相同.故選A項(xiàng).

23

2.(2022?吉林模擬)如圖是勞動者拋沙袋入車的情境圖.一排人站在平直的軌道旁，分別標(biāo)記為1,

2,3…已知車的質(zhì)量為40kg,每個(gè)沙袋質(zhì)量為5kg.當(dāng)車經(jīng)過一人身旁時(shí)，此人將一個(gè)沙袋沿與車前進(jìn)

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相反的方向以4m/s投入車內(nèi)，沙袋與車瞬間就獲得共同速度.已知車原來的速度大小為10m/s,當(dāng)車停

止運(yùn)動時(shí)，一共拋入的沙袋有()

123……

A.20個(gè)B.25個(gè)C.30個(gè)D.40個(gè)

【答案】A

【解析】設(shè)一共拋入〃個(gè)沙袋，這些沙袋拋入車的過程，滿足動量守恒，可得〃%—口?切片0,解得

n=^=20,即拋入20個(gè)沙袋，車恰好停止運(yùn)動.故選A項(xiàng).

av

3.(2022?河北)如圖，光滑水平面上有兩個(gè)等高的滑板A和B,質(zhì)量分別為1kg和2kg,A右端和

B左端分別放置物塊C、D,物塊質(zhì)量均為1kg,A和C以相同速度%=10m/s向右運(yùn)動，B和D以相同速

度"％向左運(yùn)動，在某時(shí)刻發(fā)生碰撞，作用時(shí)間極短，碰撞后C與D粘在一起形成一個(gè)新滑塊，A與B粘在

一起形成一個(gè)新滑板，物塊與滑板之間的動摩擦因數(shù)均為〃=0.L重力加速度大小取產(chǎn)10m/s2.

(1)若5,求碰撞后瞬間新物塊和新滑板各自速度的大小和方向；

(2)若次=0.5,從碰撞后到新滑塊與新滑板相對靜止時(shí)，求兩者相對位移的大小.

10—004-

【答案】(1)5(1—A)m/s,方向向右-------m/s,方向向右⑵1.875m

3

【解析】(1)物塊C、D碰撞過程中滿足動量守恒，設(shè)碰撞后物塊C、D形成的新物塊的速度為r物，C、

D的質(zhì)量均為H=1kg,以向右為正方向，則有

1—A

mv—m?kv=(m+ni)v解得。物=----%=5(1—A)m/s>0,

a0v2

可知碰撞后滑塊C、D形成的新滑塊的速度大小為5(1—A)m/s,方向向右.

滑板A、B碰撞過程中滿足動量守恒，設(shè)碰撞后滑板A、B形成的新滑板的速度為「滑，滑板A和B質(zhì)量分

別為1kg和2kg,則由跖kva=(葉2的-滑，

1—9kin—

解得-滑m/s>0,則新滑板速度方向也向右.

33

(2)若A=0.5,可知碰撞后瞬間物塊C、D形成的新物塊的速度為

v'物=5(1—A)m/s=5X(1—0.5)m/s=2.5m/s,

碰撞后瞬間滑板A、B形成的新滑板的速度為H滑=小一廿小八=0,

3

可知碰后新物塊相對于新滑板向右運(yùn)動，新物塊向右做勻減速運(yùn)動，新滑板向右做勻加速運(yùn)動,

第6頁共21頁

設(shè)新物塊的質(zhì)量為〃=2kg,新滑板的質(zhì)量為川=3kg,相對靜止時(shí)的共同速度為v共，

根據(jù)動量守恒定律可得Wv'物=(〃+〃)〃共，解得「共=1m/s,

根據(jù)能量守恒定律可得gx相=14//—1(W+〃

22

解得X相=1.875m

考向三、碰撞及類碰撞模型問題

易混易錯(cuò)歸納：

1.碰撞遵循的三條原則

(1)動量守恒定律.

22/2/2

(2)動能不增加：4+瓦八+￡'吐區(qū)+旦》

2叫2團(tuán)2窗21n2

(3)速度要合理：

同向碰撞：碰撞前后面的物體速度大；碰撞后前面的物體速度大(或相等).

相向碰撞：碰后兩物體的運(yùn)動方向不可能都不改變.

2.彈性碰撞規(guī)律

在“一動一靜”模型中，質(zhì)量為期，速度為匕的小球與質(zhì)量為生的靜止小球發(fā)生彈性正碰，則有：

喝匕=喝匕’+必2%'①

［見匕2=］嗎匕，2+!汲弦,2②

222

由①②得%,=(…)匕」泊

例+名處+四

典例分析：

1.(2022?湖南)1932年，查德威克用未知射線轟擊氫核，發(fā)現(xiàn)這種射線是由質(zhì)量與質(zhì)子大致相等的中

性粒子(即中子)組成.如圖，中子以速度％分別碰撞靜止的氫核和氮核，碰撞后氫核和氮核的速度分別為

匕和吃.設(shè)碰撞為彈性正碰，不考慮相對論效應(yīng)，下列說法正確的是()

中子氫核

?____也一........Q…也

中子氮核

A.碰撞后氮核的動量比氫核的小

B.碰撞后氮核的動能比氫核的小

C.丹大于匕

D.%大于％

【答案】A

【解析】設(shè)中子質(zhì)量為外，被碰粒子質(zhì)量為如碰后中子速度為被碰粒子速度為二者發(fā)生

彈性正碰，由動量守恒定律和能量守恒定律有

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121/212癡＞多曰/此2幽

周％=發(fā)0f+?mv一周％=一外0o-?v-mv,解得00=一1m％，V=——匕，

Q9222發(fā)+必發(fā)+必

因此當(dāng)被碰粒子分別為氫核（加和氮核（14加時(shí)，有匕=%％==9出故C、D兩項(xiàng)錯(cuò)誤；

15

OQ

碰撞后氮核的動量為〃氮=14偈?%=一窗%,氫核的動量為夕氫=幽?匕=幽外,。氮＞夕氫，故A項(xiàng)錯(cuò)誤；

15

12811

碰撞后氮核的動能為耳氮=-?14呵%2=嗎%2,氫核的動能為區(qū)氫=-,周?匕2=_乃%2,其氮〈區(qū)氫，故B項(xiàng)

222522

正確.

2.（2022?河北省縱向評價(jià)）在北京冬奧會中，中國健兒取得了出色的成績。某次訓(xùn)練中，運(yùn)動員將質(zhì)

量為19.1kg的冰壺甲以某一速度擲出，冰壺在向前運(yùn)動過程中，碰到了對方的靜止冰壺乙，冰壺乙在運(yùn)

動0.2m后停下。已知比賽雙方所用冰壺完全相同，冰壺與冰面的動摩擦因數(shù)為0.01,當(dāng)?shù)刂亓铀俣燃s

為10m/s）假設(shè)兩冰壺的碰撞為一維碰撞，且不計(jì)碰撞的能量損失，則冰壺甲在碰前的速度約為（）

A.2.0m/sB.0.2m/s

C.1.0m/sD.0.1m/s

【答案】B

【解析】碰撞過程中，甲乙冰壺的動量守恒得以為=必匕+山外，

根據(jù)機(jī)械能守恒定律得

222

對乙冰壺根據(jù)動能定理得一〃山gx=0—成，解得％=0.2m/s,故B正確。

2

3.（多選）（2022?山東省六校線上聯(lián)考）如圖所示，光滑水平面上有一質(zhì)量為2以半徑為A（A足夠大）

1M

的-光滑圓弧曲面G質(zhì)量為"的小球6置于其底端，另一個(gè)小球/質(zhì)量為-，小球/以匕=6m/s的速度

42

向8運(yùn)動，并與8發(fā)生彈性碰撞，不計(jì)一切摩擦，小球均可視為質(zhì)點(diǎn)，貝1）（）

A.8的最大速率為4m/s

B.8運(yùn)動到最高點(diǎn)時(shí)的速率為-m/s

4

第8頁共21頁

C.6能與/再次發(fā)生碰撞

D.8不能與/再次發(fā)生碰撞

【答案】AD

【解析】4與8發(fā)生彈性碰撞，取水平向右為正方向，

根據(jù)動量守恒定律和機(jī)械能守恒定律得-va=-vA+MvB,1?紜2=1?紇升1碗,

2222222

解得力=-2m/s,/=4m/s,故8的最大速率為4m/s,選項(xiàng)A正確；

4

8沖上。并運(yùn)動到最高點(diǎn)時(shí)二者共速，設(shè)為％則〃%=（"+2勵(lì)％得r=-m/s,選項(xiàng)B錯(cuò)誤；

3

從8沖上。然后又滑下的過程，設(shè)反。分離時(shí)速度分別為吟、展，

由水平方向動量守恒有的=〃叫+2〃*，

由機(jī)械能守恒有-Mv^=-Mv'2+~?2Mv\2,

222

4

聯(lián)立解得=m/s,由于|<|%|,所以二者不會再次發(fā)生碰撞，選項(xiàng)C錯(cuò)誤，D正確.

4.如圖甲，一質(zhì)量為〃的小車靜止在光滑水平地面上，其左端一點(diǎn)與平臺平滑連接。小車上表面P。

是以。為圓心、半徑為K的四分之一圓弧軌道。質(zhì)量為卬的光滑小球，以某一水平速度沖上小車的圓弧面。

若測得在水平方向上小球與小車的速度大小分別為匕、丫2,作出圖像如圖乙所示。已知OP豎直，。。水

R

平，水平臺面高，=二，小球可視為質(zhì)點(diǎn)，重力加速度為g,不計(jì)一切摩擦。則（）

甲乙

A.M=m

14

B.小球上升的最大高度為一R

9

C.小球在0點(diǎn)速度方向與水平方向夾角的正切值為逅

3

D.小球落地時(shí)的速度大小為由皿

3

【答案】D

【解析】A.根據(jù)題意可知，小球和小車組成的系統(tǒng)水平方向上動量守恒，由圖乙可知,

第9頁共21頁

當(dāng)h=0時(shí)匕=當(dāng)％=0時(shí)4=24則有m-2荷=乂底解得M=2加故A錯(cuò)誤；

BC.根據(jù)題意，設(shè)小球上升的最大高度為Z/m，小球在。點(diǎn)速度為丫2,小球在。點(diǎn)時(shí)，水平方向與小

車共速，由動量守恒定律有m-2J壺=(m+M)v共解得y共=4卓

121

小球由P點(diǎn)運(yùn)動到最高點(diǎn)時(shí)，由能量守恒定律有5加(2癡R)=mghm+-(m+M)v|t

小球由P點(diǎn)運(yùn)動到°點(diǎn)時(shí)，由能量守恒定律有g(shù)掰(2J證)=mgR++^mvQ

解得心=:氏為=辿臀

則小球此時(shí)的豎直分速度為ve),=J4一嚓=J里

小球在Q點(diǎn)速度方向與水平方向夾角的正切值為tan。=殳=￥故BC錯(cuò)誤；

n共2

D.根據(jù)題意可知，小球從尸點(diǎn)離開小車，設(shè)離開小車時(shí)，小球的速度為匕，小車的速度為嗎，

由動量守恒定律和能量守恒定律有

__]__2]]

m-2y[gR=mv3+Mv4—m+^^^4

11

mv

設(shè)小球落地速度為v5,由能量守恒定律有-mv}+mgh=-]

亞費(fèi).故D正確。故選D。

聯(lián)立解得丫5=

3

考向四、應(yīng)用三大力學(xué)觀點(diǎn)解題

易混易錯(cuò)歸納:

解決物理問題的三大力學(xué)觀點(diǎn)應(yīng)用

基本觀點(diǎn)基本規(guī)律解題優(yōu)勢

1.研究瞬時(shí)作用力，分析運(yùn)動過程

牛頓運(yùn)動定律、2.研究勻變速直線運(yùn)動

動力學(xué)觀點(diǎn)

運(yùn)動學(xué)公式3.研究平拋、圓周運(yùn)動

4.求解加速度、時(shí)間

1.只涉及運(yùn)動始末狀態(tài)

動能定理、

2.研究曲線運(yùn)動

能量觀點(diǎn)機(jī)械能守恒定律、

3.研究多個(gè)運(yùn)動過程

能量守恒定律

4.求解功、能、位移、速度

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1.只涉及運(yùn)動始末狀態(tài)

動量定理、

動量觀點(diǎn)2.研究相互作用系統(tǒng)的運(yùn)動

動量守恒定律

3.求解動量、沖量、速度

典例分析:

1.2022年2月4日冬奧會在北京舉辦，吸引了大量愛好者投入到冰雪運(yùn)動中。如圖所示，一滑雪運(yùn)

動員在忽略阻力的情況下，從4點(diǎn)由靜止下滑，沿半徑尸50m的圓弧形滑道應(yīng)?，經(jīng)夕點(diǎn)越過寬為d的橫溝

到達(dá)平臺C時(shí)，其速度*剛好沿水平方向。已知力、6兩點(diǎn)的高度差為20m,坡道在6點(diǎn)的切線方向與水

平面成37°角，vC=12m/s,運(yùn)動員的質(zhì)量爐50kg,重力加速度g取lOm/s?（已知cos37°=0.8）下列說法

A.B、。兩點(diǎn)間的高度差左4.5m

B.運(yùn)動員在飛出6點(diǎn)前，對8點(diǎn)的壓力大小為725N

C.從8到。的運(yùn)動過程中，運(yùn)動員動量的變化量大小為150kg?m/s

D.從/到8的運(yùn)動過程中，運(yùn)動員機(jī)械能的減少量為4375J

【答案】D

【解析】A.運(yùn)動隊(duì)員從8點(diǎn)到C點(diǎn)的過程做斜拋運(yùn)動，根據(jù)速度的合成與分解有

%

VD-=15m/s

Bcos37°

_.27。—o/h=B，=4.05m

則出的豎直分量為”=“an37=9m/s,A。兩點(diǎn)間的高度差2g故A錯(cuò)誤;

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7V-mgcos37°=m-

B.在8點(diǎn)「解得N=625N故B錯(cuò)誤；

Vjv

（=-=0.9s

C.運(yùn)動員從8到。的時(shí)間為g

根據(jù)動量定理可知從5到。的運(yùn)動過程中，運(yùn)動員動量的變化量大小為如二/二機(jī)即二450kg.m/s

故C錯(cuò)誤；

D.根據(jù)能量守恒定律可知從4到8的運(yùn)動過程中，運(yùn)動員機(jī)械能的減少量為

1,

NE=mghAB--mvg=4375J

故D正確。故選D。

2.（2021?江蘇?蘇州市相城區(qū)陸慕高級中學(xué)高二階段練習(xí)）“彈彈子”是我國傳統(tǒng)的兒童游戲，如

圖所示，靜置于水平地面的兩個(gè)完全相同的彈子沿一直線排列，質(zhì)量均為見人在極短時(shí)間內(nèi)給第一個(gè)彈

子水平?jīng)_量/使其水平向右運(yùn)動，當(dāng)?shù)谝粋€(gè)彈子運(yùn)動了距離小時(shí)與第二個(gè)彈子相碰，碰后第二個(gè)彈子運(yùn)動

了距離工時(shí)停止.已知摩擦阻力大小恒為彈子所受重力的A倍，重力加速度為g,若彈子之間碰撞時(shí)間極

短，為彈性碰撞，忽略空氣阻力，則人給第一個(gè)彈子水平?jīng)_量/為（）

A.niyj6kgLB.m.^AkgLC.m12kgLD.m^kgL

【答案】B

【解析】第一個(gè)彈子獲得速度后由于受阻力做功，動能減??；與第二個(gè)彈子相碰時(shí)，因?yàn)槭菑椥耘鲎?/p>

且兩個(gè)彈子質(zhì)量相同，由動量守恒定律可知，兩個(gè)彈子交換速度，即第一個(gè)彈子靜止，第二個(gè)彈子以第一

個(gè)彈子的速度繼續(xù)運(yùn)動，直到第二個(gè)彈子運(yùn)動L后停止，這個(gè)過程摩擦力做功等于第一個(gè)彈子所獲得的初

12_______

-2kmeL=0——mvnr,一7

動能，根據(jù)動能定理得2所以"=44影￡

因此根據(jù)動量定理可知/=機(jī)^^故B項(xiàng)正確。故本題選B。

3.如圖所示，水平面上固定著兩根足夠長的平行導(dǎo)槽，質(zhì)量為m的U形管恰好能在兩導(dǎo)槽之間自由滑

動，一質(zhì)量也為〃的小球沿水平方向，以初速度為從U形管的一端射入，從另一端射出.已知小球的半徑

略小于管道半徑，不計(jì)一切摩擦，下列說法正確的是（）

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A.該過程中，小球與U形管組成的系統(tǒng)機(jī)械能和動量都守恒

B.小球從U形管的另一端射出時(shí)，速度大小為%

2

C.小球運(yùn)動到U形管圓弧部分的最左端時(shí)，小球速度大小為區(qū)

2

D.小球運(yùn)動到U形管圓弧部分的最左端時(shí)，U形管速度大小為也

2

【答案】D

【解析】由于不計(jì)一切摩擦，在小球與U形管相互作用過程中，小球的動能只能與U形管的動能發(fā)

生轉(zhuǎn)移，故小球與U形管組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，系統(tǒng)沿導(dǎo)槽方向所受合外力為零，小球與U形管組成的

系統(tǒng)沿導(dǎo)槽方向動量守恒，故A錯(cuò)誤；小球與U形管系統(tǒng)機(jī)械能守恒，故小球從U形管的另一端射出的過

程中，!以靖=!卬匕葉］?/，沿著導(dǎo)槽方向，系統(tǒng)動量守恒，以向左為正方向，故加％=勿女+以匕

222

解得小球從U形管的另一端射出時(shí)，U形管速度為如小球速度大小為0,故B錯(cuò)誤；小球運(yùn)動到U

形管圓弧部分的最左端過程，沿著導(dǎo)槽方向，系統(tǒng)動量守恒，以向左為正方向，設(shè)小球水平方向的速度與

U形管的速度均為心由動量守恒定律得〃%=（肝加心解得%=%

2

設(shè)小球的合速度為心根據(jù)機(jī)械能守恒定律得1勿%2=1〃（32+1〃正解得片加%，故C錯(cuò)誤，D正確.

22222

4.如圖甲所示，游樂園中的過山車雖然驚險(xiǎn)刺激，但也有多種措施保證了它的安全運(yùn)行。其中磁力

剎車是為保證過山車在最后進(jìn)站前的安全而設(shè)計(jì)的一種剎車形式。磁場很強(qiáng)的鈦磁鐵安裝在軌道上，剎車

金屬框安裝在過山車底部。簡化為圖乙所示的模型，將剎車金屬框看作為一個(gè)邊長為總電阻為R的單

匝正方形線框，則過山車返回水平站臺前的運(yùn)動可以簡化如下：線框沿著光滑斜面下滑s后，下邊框進(jìn)入

勻強(qiáng)磁場時(shí)線框開始減速，下邊框出磁場時(shí)，線框恰好做勻速直線運(yùn)動。已知斜面與水平面的夾角為0,

過山車的總質(zhì)量為相，磁場區(qū)上下邊界間的距離也為工，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為3,方向垂直斜面向上，重力

加速度為g。則下列說法正確的是（）

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圖甲圖乙

A.線框剛進(jìn)入磁場上邊界時(shí)，從斜面上方俯視線框，感應(yīng)電流的方向?yàn)轫槙r(shí)針方向

B.線框剛進(jìn)入磁場上邊界時(shí)，感應(yīng)電流的大小為四國

R

C.線框穿過磁場的過程中產(chǎn)生的焦耳熱為加g(s+2為sine-療9

D.線框穿過磁場的過程中，通過線框橫截面的電荷量為零

【答案】ACD

【解析】A.線框剛進(jìn)入磁場上邊界時(shí)，從斜面上方俯視線框，根據(jù)右手定則可知，感應(yīng)電流的方向

為順時(shí)針方向，故A正確；B.線框剛進(jìn)入磁場上邊界時(shí)，感應(yīng)電動勢為￡=皮丫=應(yīng)反而有感應(yīng)電流

的大小「小四「故B錯(cuò)誤;

/，=等解得)券詈

C.下邊框出磁場時(shí)，線框恰好做勻速直線運(yùn)動，有BI'L=mgsin9；M

線框穿過磁場的過程中產(chǎn)生的焦耳熱為Q=〃7gsine(s+N)-%M2=加g(s+2為sing—加3g次:sj/e

22BL

故c正確;

D.線框穿過整個(gè)磁場的過程中，穿過線圈磁通量改變量為零，通過導(dǎo)線內(nèi)某一橫截面的電荷量

4=7加=￡&=竺=0故D正確。故選ACD。

RR

5.(2021?山東卷)海鷗捕到外殼堅(jiān)硬的鳥蛤(貝類動物)后，有時(shí)會飛到空中將它丟下，利用地

面的沖擊打碎硬殼。一只海鷗叼著質(zhì)量加=01kg的鳥蛤，在〃=20m的高度、以為=15m/s的水平速度

飛行時(shí)，松開嘴巴讓鳥蛤落到水平地面上。取重力加速度g=10m/s2,忽略空氣阻力。

(1)若鳥蛤與地面的碰撞時(shí)間4=0.005s,彈起速度可忽略，求碰撞過程中鳥蛤受到的平均作用力

大小A(碰撞過程中不計(jì)重力)

(2)在海鷗飛行方向正下方的地面上，有一與地面平齊、長度A=6m的巖石，以巖石左端為坐標(biāo)原

點(diǎn)，建立如圖所示坐標(biāo)系。若海鷗水平飛行的高度仍為20m,速度大小在15m/s?17m/s之間，為保證鳥

蛤一定能落到巖石上，求釋放鳥蛤位置的x坐標(biāo)范圍。

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y

0Tx

【答案】（案500N；（2）[34m,36m]

【解析】（1）設(shè)鳥蛤落地前瞬間的速度大小為v,豎直分速度大小為據(jù)自由落體運(yùn)動規(guī)律可得

%=岳方=20m/s'=三=2s則碰撞前鳥蛤的合速度為v=亞+J=25m/s

在碰撞過程中，以鳥蛤?yàn)檠芯繉ο?，取速度方向?yàn)檎较?，由動量定理?相/=0-加v

聯(lián)立解得碰撞過程中鳥蛤受到的平均作用力大小為E=500N

（2）若釋放鳥蛤的初速度為匕=15m/s,設(shè)擊中巖石左端時(shí)，釋放點(diǎn)的x坐標(biāo)為為，擊中右端時(shí)，

釋放點(diǎn)的x坐標(biāo)為％，得芯=匕/,%=石+￡聯(lián)立，代入數(shù)據(jù)得X]=30m,x2=36m

若釋放鳥蛤時(shí)的初速度為％=17m/s,設(shè)擊中巖石左端時(shí)，釋放點(diǎn)的x坐標(biāo)為"，擊中右端時(shí)，釋

放點(diǎn)的x坐標(biāo)為馬'，得占'="，》2'=苞'+￡聯(lián)立，代入數(shù)據(jù)得x；=34m，=40m

綜上所述可得x坐標(biāo)區(qū)間為[34m,36m]。

好題演練

1.（2018?全國卷II）高空墜物極易對行人造成傷害。若一個(gè)50g的雞蛋從一居民樓的25層墜下，與

地面的撞擊時(shí)間約為2ms,則該雞蛋對地面產(chǎn)生的沖擊力約為（）

A.10NB.102N

C.103ND.104N

【答案】C

【解析】設(shè)雞蛋落地瞬間的速度為％每層樓的高度大約是3m,

由動能定理可知：mgh=-mv,解得：K=A/2^A=\/2X10X3X25m/s=10A/15m/s?

2

落地時(shí)受到自身的重力和地面的支持力，規(guī)定向上為正方向，

由動量定理可知：合,解得：物1X10—,

根據(jù)牛頓第三定律可知雞蛋對地面產(chǎn)生的沖擊力約為103N,故C正確。

2.（2021?河北一模）“娛樂風(fēng)洞”是一項(xiàng)新型娛樂項(xiàng)目，在一個(gè)特定的空間內(nèi)通過人工制造的氣流把

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人“吹”起來，使人產(chǎn)生在天空翱翔的感覺.如圖所示，一質(zhì)量為〃的游客恰好可以靜止在直徑為d的圓

柱形風(fēng)洞內(nèi).已知?dú)饬髅芏葹?,游客受風(fēng)面積（游客在垂直風(fēng)力方向的投影面積）為S,風(fēng)洞內(nèi)氣流豎直

向上“吹”出且速度恒定，重力加速度為g.假設(shè)氣流吹到人身上后速度變?yōu)榱?，則風(fēng)洞內(nèi)氣流的流量（單

位時(shí)間內(nèi)流出風(fēng)洞的氣流體積）為（）

C.eq

【答案】A

【解析】對At時(shí)間內(nèi)吹向游客的氣體，由動量定理可得FAt=Am7,

由于游客處于靜止?fàn)顟B(tài)，故滿足尸=儂，另外△山氣=o?t?S,

風(fēng)洞內(nèi)氣流的流量為grnd，聯(lián)立解得g工故選A項(xiàng).

4VPS

3.人們對手機(jī)的依賴性越來越強(qiáng)，有些人喜歡躺著看手機(jī)，經(jīng)常出現(xiàn)手機(jī)砸到頭部的情況。若手機(jī)質(zhì)

量為120g,從離人約20cm的高度無初速度掉落，砸到頭部后手機(jī)未反彈，頭部受到手機(jī)的沖擊時(shí)間約

為0.2s,取重力加速度g=10m/s?,下列分析正確的是（）

A.手機(jī)接觸頭部之前的速度約為1m/s

B.手機(jī)對頭部的沖量大小約為0.48N-s

C.手機(jī)對頭部的作用力大小約為1.2N

D.手機(jī)與頭部作用過程中手機(jī)的動量變化量大小約為0.48kg-m/s

【答案】B

【解析】手機(jī)掉落時(shí)做自由落體運(yùn)動，故手機(jī)接觸頭部之前的速度約為二,=42X10X0.2m/s

=2m/s,A錯(cuò)誤；

設(shè)頭部對手機(jī)的作用力為兄因?yàn)槭謾C(jī)落在頭上沒反彈，速度減為0,以豎直向上為正方向，

由動量定理得（尸一mg）t=0一（一以力，解得42.4N,

根據(jù)牛頓第三定律，則手機(jī)對頭部的作用力尸也是2.4N,

第16頁共21頁

作用時(shí)間是0.2s,故手機(jī)對頭部的沖量大小為/=尸t=2.4NX0.2s=0.48N-s,B正確，C錯(cuò)

誤；手機(jī)的動量變化量大小為△。=切片0.12kgX2m/s=0.24kg?m/s,D錯(cuò)誤。

4.（2020?海南高考）太空探測器常裝配離子發(fā)動機(jī)，其基本原理是將被電離的原子從發(fā)動機(jī)尾部高

速噴出，從而為探測器提供推力，若某探測器質(zhì)量為490kg,離子以30km/s的速率（遠(yuǎn)大于探測器的飛

行速率）向后噴出，流量為^力義通一名人，則探測器獲得的平均推力大小為（）

A.1.47NB.0.147N