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1、高考物理专题汇编动量定理( 一 ) 及解析一、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=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，并求其所受
2、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动，会利用
3、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 蹦床运动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，若把这段时间内网对运动员的作用力当作恒力来处理，求此力的大小和方向。（g 取10m/s2 ）【答案】 1.5103N；方向向上【解析】【详解】设运动员从h1 处下落，刚触网的速度为v12gh18m / s运动员反弹到达高度h2 ,，网时速度为v22 gh210m / s在接触网的过程中 ,运动员受到向上的弹力
4、 F 和向下的重力 mg，设向上方向为正，由动量定理有( Fmg)tmv2mv1得F=1.510 3N方向向上3 如图甲所示，物块 A、 B 的质量分别是 mA4.0kg和mB 3.0kg用轻弹簧拴接，放在光滑的水平地面上，物块B 右侧与竖直墙壁相接触另有一物块C 从 t 0 时以一定速度向右运动，在 t 4s 时与物块 A 相碰，并立即与A 粘在一起不分开，C 的 v t 图象如图乙所示求：（1） C 的质量 mC；（2） t 8s 时弹簧具有的弹性势能 Ep1（3） 4 12s 内墙壁对物块B 的冲量大小 I【答案】 (1) 2kg (2) 27J (3) 36N s【解析】【详解】（1）
5、由题图乙知， C 与 A 碰前速度为 v1 9m/s ，碰后速度大小为 v23m/s ，C 与 A 碰撞过程动量守恒mCv1 (mA mC)v2解得 C 的质量mC 2kg（2） t 8s 时弹簧具有的弹性势能Ep1 1 (mA mC)v22=27J2（3）取水平向左为正方向，根据动量定理，412s 内墙壁对物块B 的冲量大小I=(mA mC)v3-(mAmC)（ -v2） =36Ns4 一质量为m 的小球，以初速度v0 沿水平方向射出，恰好垂直地射到一倾角为30的固3定斜面上，并立即沿反方向弹回已知反弹速度的大小是入射速度大小的.求在碰撞过程4中斜面对小球的冲量的大小【答案】 7mv02【解
6、析】【详解】小球在碰撞斜面前做平抛运动，设刚要碰撞斜面时小球速度为v，由题意知 v 的方向与竖直线的夹角为 30，且水平分量仍为v0，由此得 v2v0.碰撞过程中，小球速度由v 变为反向的 3 v，碰撞时间极短，可不计重力的冲量，由动量定理，设反弹速度的方向为正方43向，则斜面对小球的冲量为Im (v) m( v)4解得 I 7 mv0.25 两根平行的金属导轨，固定在同一水平面上，磁感强度B=0.5T 的匀强磁场与导轨所在平面垂直，导轨的电阻很小，可忽略不计导轨间的距离l=0.20m，两根质量均 m=0.10kg的平行金属杆甲、乙可在导轨上无摩擦地滑动，滑动过程中与导轨保持垂直，每根金属杆的
7、电阻为 R=0.50在 t=0 时刻，两杆都处于静止状态现有一与导轨平行，大小0.20N 的恒力 F 作用于金属杆甲上，使金属杆在导轨上滑动经过T=5.0s，金属杆甲的加速度为a=1.37 m/s2，求此时两金属杆的速度各为多少？【答案】 8.15m/s1.85m/s【解析】设任一时刻两金属杆甲、乙之间的距离为甲移动距离，杆乙移动距离，速度分别为，回路面积改变和，经过很短时间，杆由法拉第电磁感应定律，回路中的感应电动势：回路中的电流：杆甲的运动方程：由于作用于杆甲和杆乙的安培力总是大小相等、方向相反，所以两杆的动量变化（时为 0）等于外力 F 的冲量：联立以上各式解得代入数据得 8.15m/s
8、 1.85m/s【名师点睛 】两杆同向运动，回路中的总电动势等于它们产生的感应电动势之差，即与它们速度之差有关，对甲杆由牛顿第二定律列式，对两杆分别运用动量定理列式，即可求解6 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1 所示图）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
9、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
10、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】 （1） a QCE ； b12（ 2）B2 L2 C； E0CE3m2【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E01 EQ ，212将 Q 代入解得 E0CE2（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BLItmv 0 ，（或 BLi tm v ），据电流定义可知ItQ （或itQ ）根据题意有 Q1 Q1 CE ，联立解得 vBLCE222m2导体棒离开轨道时的动能Ek1 mv2BLCE8m2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 L2CE3m7 质量 m=6Kg 的物体静止在水平面上，在水平力F=40N
