查補(bǔ)易混易錯(cuò)06動(dòng)量的綜合應(yīng)用

/高考直擊/

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

量定理和動(dòng)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)行了考杳。

考向一、應(yīng)用動(dòng)量定理解決五類問題

易混易錯(cuò)歸納：

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

重力在內(nèi)的所有外力的合力：動(dòng)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(dòng)量；動(dòng)量定理不僅適用

于恒定的力，也適用于隨時(shí)間變億的力.對于變力，動(dòng)后定理中的力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(dòng)包含多個(gè)不同過程時(shí)，可分段應(yīng)用動(dòng)量定理求解，也可以全過程應(yīng)用動(dòng)量定理求解.

2、利用動(dòng)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(dòng)量和沖量的正負(fù)號(hào).

④根據(jù)動(dòng)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(huì)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(dòng)量的變化量

C.將司機(jī)的動(dòng)能全塞轉(zhuǎn)換成汽車的動(dòng)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(dòng)到靜止，

動(dòng)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(dòng)量定理匕知，司機(jī)所受作用力

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(dòng)

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(dòng)，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(dòng)量為2kg-m/sI）.加速度為0.5m/s2

【答案】D

【解析】根據(jù)圖像求出解析式為戶聲一2,與^一詔=2所類比可得：a=0.5m/s2,%=啦m/s,m=

f=2kg,R=mvo=2y[^kg?m/s,D正確，A、B、C錯(cuò)誤。

3.（2022?山東省煙臺(tái)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。若而壓水

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。=1X103kg/mX）

A.3.2X10°N/m2B.6.4X10*'N/m2

C.7.2X1061^/m2D.8X10"N/m2

【答案】B

【解析】由題意可知，△1時(shí)間內(nèi)沖擊煤層的水的質(zhì)量為△片。SvA2,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不，由動(dòng)量定理得一萬?△￡=（）—△/外解得予=。5落則結(jié)合牛頓第三

"F'7

定律，煤層被沖擊部分受到水的壓強(qiáng)為夕=一？-=丁代入數(shù)據(jù)，可得。=6.4XK）6N//,故選

Bo

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

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

動(dòng)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。己知心時(shí)刻，小

物塊A恰好滑離木板，取重力加速度為&則（)

【答案】BC

5.一個(gè)電子由靜止經(jīng)電壓為q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u-兩極板間距為修板氏為乙，最終打在距離平行

板右邊緣區(qū)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(dòng)過程中動(dòng)能的變化量和電子相同

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

1).氯離子C「穿過偏轉(zhuǎn)電場動(dòng)量的變化量和電子相同

【答案】BC

nC

M~><XXD

—P

XBxXxX

vo

XXX-Q

N-

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

【答案】ACD

考向二、動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用

易混易錯(cuò)歸納：

1.動(dòng)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(dòng)量保持不變.

2.動(dòng)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(dòng)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(dòng)量守恒.

典例分析：

1.(2022?保定一模)2022年北京冬奧會(huì)隋文靜和韓聰在花樣滑冰雙人滑中為我國代表團(tuán)嬴得第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(dòng)，當(dāng)速度為匕時(shí)，韓聰用力向正前方推隋文靜.兩

3

人瞬間分離，分離瞬間隋文靜速度為5的.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

A.大小為鼻外，方向與初始方向相同

2

B.大小為鼻外，方向與初始方向相反

15

C.大小為加小方向與初始方向相同

D.大小為:出方向與初始方向相反

【答案】A

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

39

20?5%+3卬6解得胃鼻的，方向與初速度方向相同.故選A項(xiàng).

2.(2022?吉林模擬)如圖是勞動(dòng)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4()kg,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)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(dòng)時(shí)，一共拋入的沙袋有()

123……

A.20個(gè)B.25個(gè)C.3()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(dòng)量守恒，可得〃?卬-0,解得〃

=5=20,即拋入20個(gè)沙袋，車恰好停止運(yùn)動(dòng).故選A項(xiàng).

mv

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(dòng)，B和D以相同速度

A冏向左運(yùn)動(dòng)，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?起形成?個(gè)新滑塊，A與B粘在?

起形成一個(gè)新滑板，物塊與滑板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為〃=0.1.重力加速度大小取尸10m/s；

(1)若0＜芯0.5,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4=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.

【答案】(1)5(1—啰m/s,方向向右一z—m/s,方向向右(2)1.875m

<5

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

D的質(zhì)量均為片1kg,以向右為正方向，則有

\—k

"西—勿?A%=(zzH-而v物，解得。物=.即=5(1—A)m/s>0,

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(dòng)量守恒，設(shè)碰撞后滑板A、B形成的新滑板的速度為P清，滑板A和B質(zhì)量分

別為1kg和2kg,則由MVQ—2M*kv0=(什2粉v清，

1—9k10—204

解得\=工丁%=—受m/s>0,則新滑板速度方向也向右.

oJ

(2)若Q0.5,可知碰撞后瞬間物塊C、D形成的新物塊的速度為

v'?=5(1—A)m/s=5X(1—0.5)m/s=2.5m/s,

in—

碰撞后瞬間滑板A、B形成的新滑板的速度為P滑=」學(xué)」m/s=0,

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

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

根據(jù)動(dòng)量守恒定律可得。'/物=(〃+")v共，解得v共=1m/s,

根據(jù)能量守恒定律可得〃〃材相=)/物2一：(〃+〃)瞑2,

解得x*=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(dòng)量守恒定律.

(2)動(dòng)能不增加：&+蜃kd￡'k2.外+導(dǎo)2與二十4

zz?iZiihLm>

(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(dòng)方向不可能都不改變.

2.彈性碰撞規(guī)律

在“一動(dòng)一靜”模型中，質(zhì)量為處，速度為■的小球與質(zhì)量為幾的靜止小球發(fā)生彈性正碰，則有：

m\V\=m\V\+坂七'①

:他如股改，'②

乙乙乙

（如一他）-2/ffi片

由①②得H

'加i+股仍+加

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，中子以速度匕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

片和匕.設(shè)碰撞為彈性正碰，不考志相對論效應(yīng)，下列說法正確的是（）

?一B.........O，.

中子氫核

?一叫.........O--

中子氮核

A.碰撞后氮核的動(dòng)量比氫核的小

B.碰撞后氮核的動(dòng)能比氫核的小

C.吸大于vi

D.孜大于vo

【答案】A

【解析】設(shè)中子質(zhì)量為副，被碰粒子質(zhì)量為卬，碰后中子速度為/o,被碰粒子速度為巴二者發(fā)生彈

性正碰，由動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律有

..12/2?2ATJzcaf4m223）

=/a）r

nkvQ=nbvo+7％-zzbvb2o+嚴(yán)吟解得/o=心+必%,vOt

2

因此當(dāng)被碰粒子分別為氫核（加和氮核（14加時(shí)，有片=的，7=—^,故C、D兩項(xiàng)錯(cuò)誤；

210

28

碰撞后氮核的動(dòng)量為。氨=14za?丹=廿）%,氫核的動(dòng)量為。氫=/??6=以）的，0氯＞。氮，故A項(xiàng)錯(cuò)誤；

12811

碰撞后氮核的動(dòng)能為屬氯=3T4za）P22=;^mb%2,氫核的動(dòng)能為區(qū)氫=5???力2=323）外2,瓦水瓦室，故B項(xiàng)正

2zz

確.

2.（2022?河北省縱向評(píng)價(jià)）在北京冬奧會(huì)中，中國健兒取得了出色的成績。某次訓(xùn)練中，運(yùn)動(dòng)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(dòng)過程中，碰到了對方的靜止冰壺乙，冰壺乙在運(yùn)動(dòng)

0.2m后停下。已知比賽雙方所月冰壺完全相同，冰壺與冰面的動(dòng)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(dòng)量守恒得/出

根據(jù)機(jī)械能守恒定律得4旋=當(dāng)病+如，

C乙乙

對乙冰壺根據(jù)動(dòng)能定理得一〃萬g*=0—JmL解得的=0.2m/s,故B正確。

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2M半徑為"（〃足夠大）的

1

彳光滑圓弧曲面口質(zhì)量為."的小球8置于其底端，另一個(gè)小球,4質(zhì)量為5,小球1以％=6m/s的速度向6

運(yùn)動(dòng)，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)，則（）

AB

A.8的最大速率為4m/s

B.夕運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)的速率為jm/s

C.笈能與力再次發(fā)生碰撞

D.〃不能與力再次發(fā)生碰撞

【答案】AD

【解析】力與5發(fā)生彈性碰撞，取水平向右為正方向，

MM1〃1材1

根據(jù)動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律得2^o=25+爪2<2詔=5*2訝+5椀/，

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

4

8沖上C并運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)二者共速，設(shè)為外則“%=（加~2%匕得片§m/s,選項(xiàng)B錯(cuò)誤；

從8沖上。然后又滑下的過程，設(shè)以。分離時(shí)速度分別為%'、噌，

由水平方向動(dòng)量守恒有MVB=MVB+2航/,

111

由機(jī)械能守恒有%仇2=5欣/2+5?2陟J2,

4

聯(lián)立解得力=-3m/s,由于|力|<|?，所以二者不會(huì)再次發(fā)生碰撞，選項(xiàng)C錯(cuò)誤，D正確.

c.小球在。點(diǎn)速度方向與水平方向夾角的正切值為亞

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(dòng)量守恒，由圖乙可知,

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，小車的速度為必，

由動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律有

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(dòng)過程

牛頓運(yùn)動(dòng)定律、2.研究勻變速直線運(yùn)動(dòng)

動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)

運(yùn)動(dòng)學(xué)公式3.研究平拋、圓周運(yùn)動(dòng)

4.求解加速度、時(shí)間

1.只涉及運(yùn)動(dòng)始末狀態(tài)

動(dòng)能定理、

2.研究曲線運(yùn)動(dòng)

能量觀點(diǎn)機(jī)械能守恒定律、

3.研究多個(gè)運(yùn)動(dòng)過程

能量守恒定律

4.求解功、能、位移、速度

1.只涉及運(yùn)動(dòng)始末狀態(tài)

動(dòng)量定理、

動(dòng)量觀點(diǎn)2.研究相互作用系統(tǒng)的運(yùn)動(dòng)

動(dòng)量守恒定律

3.求解動(dòng)量、沖量、速度

典例分析：

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

動(dòng)員在忽略阻力的情況下，從力點(diǎn)由靜止下滑，沿半徑尸50m的圓弧形滑道/加，經(jīng)/，點(diǎn)越過笳為d的橫溝

到達(dá)平臺(tái)。時(shí)，其速度憶剛好沿水平方向。已知力、月兩點(diǎn)的高度差為20m,坡道在8點(diǎn)的切線方向與水

平面成37°角,照=12m/s,運(yùn)動(dòng)員的質(zhì)量m50kg,重力加速度？取10m/s?（已知cos37°=0.8）下列說法

正確的是（）

A.B、C兩點(diǎn)間的高度差/F4.5m

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

C.從8到。的運(yùn)動(dòng)過程中，運(yùn)動(dòng)員動(dòng)量的變化量大小為150kg-m/s

D.從1到8的運(yùn)動(dòng)過程中，運(yùn)動(dòng)員機(jī)械能的減少量為4375J

【答案】D

【解析】A.運(yùn)動(dòng)隊(duì)員從6點(diǎn)到。點(diǎn)的過程做斜拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)速度的合成與分解有

故C錯(cuò)誤；

故D正確。故選D。

2.（2021?江蘇?蘇州市相城區(qū)陸慕高級(jí)中學(xué)高二階段練習(xí)）“彈彈了”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)量均為創(chuàng)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(dòng)，當(dāng)?shù)谝粋€(gè)彈子運(yùn)動(dòng)了距離￡時(shí)與第二個(gè)彈子相碰，碰后第二個(gè)彈子運(yùn)動(dòng)

了距離￡時(shí)停止.已知摩擦阻力大小恒為彈子所受重力的4倍，重力加速度為&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（）

【答案】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)量為力的U形管恰好能在兩導(dǎo)槽之間自由滑

動(dòng)，一質(zhì)量也為勿的小球沿水平方向，以初速度先從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（）

A.該過程中，小球與U形管組成的系統(tǒng)機(jī)械能和動(dòng)量都守，亙

B.小球從U形管的另一端射出時(shí)，速度大小為日

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

14）

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

【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(dòng)能只能與U形管的動(dòng)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(dòng)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，:卬詔=；卬必+：卬砂沿著導(dǎo)槽方向，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以向左為正方向，故卬％=卬均+加力

解得小球從U形管的另一端射出時(shí)，U形管速度為出小球速度大小為0,故B錯(cuò)誤；小球運(yùn)動(dòng)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(dòng)量守恒，以向左為正方向，設(shè)小球水平方向的速度與U形

管的速度均為修，由動(dòng)量守恒定律得"府=（"4~向Kr,解得

設(shè)小球的合速度為外根據(jù)機(jī)械能守恒定律得/詔=/（券+之旅解得片坐的.故C錯(cuò)誤，D正確.

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)的鉉磁鐵安裝在軌道上，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L,總電阻為R的單

匝正方形線框，則過山車返回水平站臺(tái)前的運(yùn)動(dòng)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)線框升始減速，下邊框出磁場時(shí)，線框恰好做勻速直線運(yùn)動(dòng)。已知斜面與水平曲的夾角為仇

過山車的總質(zhì)量為小，磁場區(qū)上二邊界間的距離也為L,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為方向垂直斜面向上，重力

加速度為8。則下列說法正確的是（）

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

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

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

【解析】（1）設(shè)鳥蛤落地前瞬間的速度大小為叭豎直分速度大小為。，據(jù)自由落體運(yùn)動(dòng)規(guī)律可得

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.101N

【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(dòng)能定理可知：儂力解得：2X10X3X25m/s=l（h\/15m/s。

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(dòng)量定理可知：（N-臉t=0-（一粉,解得：朋“XIO'N,

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IO?N,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)量為勿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)饬髅芏葹椤?，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《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.eqI),a

【答案】A

【解析】對小￡時(shí)間內(nèi)吹向游客的氣體，由動(dòng)量定理可得產(chǎn)△

由于游客處于靜止?fàn)顟B(tài)，故滿足足=儂，另外△力氣=。?vNS,

2

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

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/s2,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L2N

I）.手機(jī)與頭部作用過程中手機(jī)的動(dòng)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(dòng)，故手機(jī)接觸頭部之前的速度約為1用量2X10X0.2m/s

=2m/s,A錯(cuò)誤；

設(shè)頭部對手機(jī)的作用力為凡因?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(dòng)量定理得（產(chǎn)一磔）1=0一（一卬。，解得Q2.4N,

根據(jù)牛頓第三定律，則手機(jī)對頭部的作用力「也是2.4N,

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

誤；手機(jī)的動(dòng)量變化量大小為△,=RK=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(dòng)機(jī)，其基本原理是將被電離的原子從發(fā)動(dòng)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3.0X10T8八，則探測器獲得的平均推力大小為（）

A.1.47NB.0.147NC.0.09ND.0.009N

【答案】C

【解析】設(shè)At時(shí)間內(nèi)發(fā)動(dòng)機(jī)噴出離子的質(zhì)量為△勿，對這部分離子，

根據(jù)動(dòng)量定理有F?△t=Nsiv,

而△0=3.0X1（）7x107kgXA7=3X104m/s,解得尸=0.09N,

由牛頓第三定律知，探測器受到的平均推力與戶等大反向，故探測器獲得的平均推力大小為0.09N,

故C正確，A、B、D錯(cuò)誤。

5.（2021?天津高考）（多選）一沖九霄，問鼎蒼穹。2021年4月29日，長征五號(hào)B遙二運(yùn)載火箭搭載

空間站天和核心艙發(fā)射升空，標(biāo)志著我國空間站建造進(jìn)入全面實(shí)施階段。下列關(guān)于火箭的描述正確的是

（）

A.增加單位時(shí)間的燃?xì)鈬娚淞靠梢栽龃蠡鸺耐屏?/p>

B.增大燃?xì)庀鄬τ诨鸺膰娚渌俣瓤梢栽龃蠡鸺耐屏?/p>

C.當(dāng)燃?xì)鈬姵龌鸺龂娍诘乃俣认鄬τ诘孛鏋榱銜r(shí)火箭就不再加速

D.火箭發(fā)射時(shí)獲得的推力來自于噴出的燃?xì)馀c發(fā)射臺(tái)之間的相互作用

【答案】AB

【解析】燃?xì)獗粐姵龅乃查g，燃?xì)鈱鸺姆醋饔昧ψ饔迷诨鸺?，使火箭獲得推力，D錯(cuò)誤；

設(shè)At時(shí)間內(nèi)噴出△〃的燃?xì)?，燃?xì)庀鄬τ诨鸺膰娚渌俣葹椋ヒ試姵觥鲄n燃?xì)馇暗幕鸺秊閰⒖枷担?/p>

對燃?xì)庥蓜?dòng)量定理有尸△￡=△勿匕結(jié)合牛頓第三定律知，火箭受到的推力戶=4昔V'

可知增加單位時(shí)間的燃?xì)鈬娚淞咳龃笕細(xì)庀鄬τ诨鸺膰娚渌俣?時(shí)，均可以增大火箭的推力，

故A、B正確；當(dāng)燃?xì)鈬姵龌鸺龂娍诘乃俣认鄬τ诘孛鏋榱銜r(shí)，噴出的燃?xì)庀鄬τ诨鸺乃俣?不為零，火

箭仍然受推力作用，仍然要加速，故C錯(cuò)誤。

6.（2021?福建高考）福建屬F臺(tái)風(fēng)頻發(fā)地區(qū)，各類戶外設(shè)施建設(shè)都要考慮臺(tái)風(fēng)影響。已知10級(jí)臺(tái)風(fēng)的

風(fēng)速范圍為24.5m/s?28.4m/s.16級(jí)臺(tái)風(fēng)的風(fēng)速范圍為51.（）m/s~56.0m/s。若臺(tái)風(fēng)迎面垂直吹向一固

定的交通標(biāo)志牌，則16級(jí)臺(tái)風(fēng)對該交通標(biāo)志牌的作用力大小約為10級(jí)臺(tái)風(fēng)的（）

A.2倍B.4倍

C.8倍D.16倍

【答案】B

【解析】設(shè)空氣的密度為。，臺(tái)風(fēng)迎面垂直吹向一固定的交通標(biāo)志牌的橫截面積為S,在時(shí)間AZ內(nèi)吹

向交通標(biāo)志牌的空氣質(zhì)量為Ak△tf

假定臺(tái)風(fēng)迎面垂直吹向該交通標(biāo)志牌的末速度變?yōu)榱?，對臺(tái)風(fēng)由動(dòng)量定理有一產(chǎn)?bt=O-kmv,

結(jié)合牛頓第三定律可得臺(tái)風(fēng)對該交通標(biāo)志牌的作用力大小F=F=PS/

10級(jí)臺(tái)風(fēng)的風(fēng)速由225m/s,16級(jí)臺(tái)風(fēng)的風(fēng)速以=50m/s,則有*~=￡*4,故選B。

7.（2019?全國卷I）最近，我國為“長征九號(hào)”研制的大推力新型火箭發(fā)動(dòng)機(jī)聯(lián)試成功，這標(biāo)志著我

國重型運(yùn)載火箭的研發(fā)取得突破性進(jìn)展。若某次實(shí)驗(yàn)中該發(fā)動(dòng)機(jī)向后噴射的氣體速度約為3krn/s,產(chǎn)生的

推力約為4.8X10,N,則它在1s時(shí)間內(nèi)噴射的氣體質(zhì)量約為（）

A.1.6X10’kgB.1.6X10,kg

C.1.6X105kgD.1.6X10$kg

【答案】B

【解析】設(shè)1s內(nèi)噴出氣體的質(zhì)量為血噴出的氣體與該發(fā)動(dòng)機(jī)的相互作用力為凡

Ft4.8X1O6X1

由動(dòng)量定理知Ft=mv,kg=l.6X103kg?B正確。

『=3XK)3

8.如圖所示，足夠長的木板。放在光滑水平面上，在其左端有一可視為質(zhì)點(diǎn)的物塊只R。間接觸面

粗糙。現(xiàn)給〃向右的速率卜夕，給。向左的速率9，取向右為速度的正方向，不計(jì)空氣阻力，則運(yùn)動(dòng)過程

中R0的速度隨時(shí)間變化的圖像一定不正確的是（）

【答案】D

【解析】ABC.由受力分析可知，開始時(shí)，木板和物塊均在滑動(dòng)摩擦力的作用下做勻減速直線運(yùn)動(dòng),

直到兩者最終達(dá)到共同速度一起勻速，A0組成的系統(tǒng)所受的合外力為零，系統(tǒng)動(dòng)量守恒

D.共速前木板和物塊受力情況不變，故加速度不變，乂圖像斜率不變，所以D一定不正確。