1、高中物理试卷分类汇编物理动量定理( 及答案 ) 及解析一、高考物理精讲专题动量定理1 如图甲所示，平面直角坐标系中，0xl、 0y2l的矩形区域中存在交变匀强磁场，规定磁场垂直于纸面向里的方向为正方向，其变化规律如图乙所示，其中B00均未知。和 T比荷为 c 的带正电的粒子在点（ 0， l ）以初速度 v0 沿 +x 方向射入磁场，不计粒子重力。（1）若在 t=0 时刻，粒子射入；在tl 的区域施加一个沿 -x 方向的匀强电场，在tT0时刻l cv04入射的粒子，最终从入射点沿-x 方向离开磁场，求电场强度的大小。【答案】（ 1） B0v0；（ 2） T0l4v02cl；（ 3） En 0,1
2、,2L .v02n 1 cl【解析】【详解】设粒子的质量为m ，电荷量为q，则由题意得cqm（ 1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，设运动半径为 R ，根据几何关系和牛顿第二定律得：Rlqv0B0m v02Rv0解得 B0cl（2）设粒子运动的半径为R1，由牛顿第二定律得qv0B0m v02R1l解得 R12临界情况为：粒子从 t0 时刻射入，并且轨迹恰好过0,2l 点，粒子才能从y 轴射出，如图所示设粒子做圆周运动的周期为T ，则T2 mlqB0v0由几何关系可知，在tT0 内，粒子轨迹转过的圆心角为2对应粒子的运动时间为t1T1 T22分析可知，只要满足 t1 T0，就可以使粒子离开磁场时的位
3、置都不在y 轴上。2联立解得 T0lT ，即 T0；v0（3）由题意可知，粒子的运动轨迹如图所示设粒子的运动周期为T ，则T2 mlqB0v0在磁场中，设粒子运动的时间为t 2 ，则t21 T1 T44由题意可知，还有t2T0T044解得 T0lT ，即 T0v0设电场强度的大小为E ，在电场中，设往复一次所用的时间为t3 ，则根据动量定理可得Eqt32mv0其中t3n1T0 n 0,1,2L24v02n 0,1,2L解得 E2n 1cl2 一个质量为 60 千克的蹦床运动员从距离水平蹦床网面上3.2 米的高处自由下落，触网后沿竖直方向蹦回到离水平网面5 米高处 .已知运动员与网接触的时候为1
4、.2 秒。求运动员和网接触的这段时间内，网对运动员的平均作用力F（ g 取 10 m/ s2）。【答案】 1500N，方向竖直向上【解析】【详解】设运动员从 h1 处下落，刚触网的速度为v12gh1 8m s (方向向下 )运动员反弹到达高度h2 ，离网时速度为v22gh210m s (方向向上 )在接触网的过程中，运动员受到向上的弹力 F 和向下的重力 mg，设向上方向为正，由动量定理有Fmg tmv2mv1解得 F =1500N ，方向竖直向上。3 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 ，碰撞后弹
5、出的角度也是 ，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】 F2mv cos，方向沿 y 轴正方向t【解析】【详解】小球在 x 方向的动量变化为pxmvsinmv sin0小球在 y 方向的动量变化为pymvcos( mv cos) 2mv cos根据动量定理 F tpy2mv cos，方向沿 y轴正方向解得 Ft4 如图所示，水平地面上静止放置一辆小车A，质量间的摩擦力极小，可以忽略不计，可视为质点的物块mA4kg，上表面光滑，小车与地面B 置于 A 的上表面， B 的质量 mB2kg，现对 A 施加一
6、个水平向右的恒力F 10N， A 运动一段时间后，小车左端固定的挡板发生碰撞，碰撞时间极短，碰后A、B 粘合在一起，共同在F 的作用下继续运动，碰撞后经时间 t 0.6s，二者的速度达到v 2m/s，求：B（1） A、B 碰撞后瞬间的共同速度v 的大小；（ 2） A、B 碰撞前瞬间， A 的速度 vA 的大小。【答案】 （1） 1m/s ；（ 2） 1.5m/s 。【解析】mAvA（ mA+mB） v，【详解】（ 1） A、B 碰撞后共同运动过程中，选向右的方向为正，由动量定理得： Ft（ mA +mB） vt （ mA+mB） v，代入数据解得： v 1m/s；（ 2）碰撞过程系统内力远大于
7、外力，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：vA 1.5m/s ；5 如图所示，质量均为 2kg 的物块 A 和物块 B 静置于光滑水平血上，现让A 以 v0=6m/s 的速度向右运动，之后与墙壁碰撞，碰后以v1=4m/s 的速度反向运动，接着与物块B 相碰并粘在一起。 g 取 10m/s 2.求:(1)物块 A 与 B 碰后共同速度大小v;(2)物块 A 对 B 的冲量大小IB;(3)已知物块 A 与墙壁碰撞时间为0.2s, 求墙壁对物块A 平均作用力大小 F.【答案】（ 1） 2m/s（ 2）4Ns（ 3） 100N【解析】【详解】（1）以向左为正方向，根据动量守恒
8、：mAv1( mAmB )v得： v2m / s（2） AB 碰撞过程中，由动量定理得，B 受到冲量： IB=mBv-0得： IB=4Ns（3） A 与墙壁相碰后反弹，由动量定理得FtmA v1mA ( v0 )得： F100N6 如图所示，一个质量=4kg 的物块以速度v=2m/s 水平滑上一静止的平板车上，平板车m质量 M=16kg，物块与平板车之间的动摩擦因数=0.2 ，其它摩擦不计（取g=10m/s 2），求：（ 1）物块相对平板车静止时，物块的速度；（ 2）物块相对平板车上滑行，要使物块在平板车上不滑下，平板车至少多长？【答案】 (1)0.4m/s（ 2）0.8m【解析】（ 1）物块
9、与平板车组成的系统动量守恒，以物块与普遍车组成的系统为研究对象，以物块的速度方向为正方向，由动量守恒定律得 mvM m v ，解得 v0.4m / s ；（2）对物块由动量定理得mgt mvmv ，解得 t0.8s ；物块在平板车上做匀减速直线运动，平板车做匀加速直线运动，由匀变速运动的平均速度公式得，对物块s1vv t ，对平板车 s2v t ，22物块在平板车上滑行的距离s s1 s2 ，解得s0.8m，要使物块在平板车上不滑下，平板车至少长0.8m7 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，如图所示物块以为 3 m/s，碰后以v0 5 m/
10、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 1212（mvm v 022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 500N8 如图所示 ，质量为 m=1.0 kg 的物块 A 以 v0=4.0 m/s 速度沿粗糙水平面滑向静止在水平面上质量为M =2.0 kg 的物块 B，物块 A 和物块 B
11、碰撞时间极短 ，碰后两物块粘在一起已知物块 A 和物块 B 均可视为质点 ，两物块间的距离为L=1.75 m，两物块与水平面间的动摩擦因数均为=0.20，重力加速度g=10 m/s 2.求：（ 1）物块 A 和物块 B 碰撞前的瞬间 ，物块 A 的速度 v 的大小；（ 2）物块 A 和物块 B 碰撞的过程中 ，物块 A 对物块 B 的冲量 I；（3）物块 A 和物块 B 碰撞的过程中 ，系统损失的机械能E.【答案】（ 1） 3 m/s（ 2）2 Ns，方向水平向右（3）【解析】试题分析：物块A 运动到和物块B 碰撞前的瞬间，根据动能定理求得物块A 的速度；以物块 A 和物块 B 为系统，根据动
12、量守恒求得碰后两物块速度，再根据动量定理求得物块 A 对物块 B 的冲量以物块 A 和物块 B 为系统，根据能量守恒求得系统损失的机械能（ 1）物块 A 运动到和物块 B 碰撞前的瞬间，根据动能定理得，解得（2）以物块A 和物块 B 为系统，根据动量守恒得：，以物块 B 为研究对象，根据动量定理得：，解得，方向水平向右（ 3）以物块 A 和物块 B 为系统，根据能量守恒得解得：9 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 1 所示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
13、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，
14、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 ； b12B2 L2 C； E0CE（ 2）23m【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 E01EQ ，212将 Q
15、 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Ek1mv2BLCE8m2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 L2CE3m10 一个质量为2kg 的物体静止在水平桌面上，如图1 所示，现在对物体施加一个水平向右的拉力F，拉力 F 随时间 t 变化的图
16、象如图2 所示，已知物体在第1s 内保持静止状态，第 2s 初开始做匀加速直线运动，第3s 末撤去拉力，第5s 末物体速度减小为求：前 3s 内拉力 F 的冲量。第 2s 末拉力 F 的功率。【答案】 (1)(2)【解析】【详解】(1) 冲量为：即前 3s 内拉力 F 的冲量为(2) 设物体在运动过程中所受滑动摩擦力大小为f，则在内，由动量定理有：设在内物体的加速度大小为a，则由牛顿第二定律有：第 2s 末物体的速度为：第 2s 末拉力 F 的功率为：v联立以上方程代入数据可求出F 的功率为：11 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
17、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
18、）跳起后重心升高；，由动量定理可求得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 。12 飞机场有一架战斗机，质量m5 10 3 Kg，发动机的额定功率P900 kW在战备状态下，一开始启动，发动机就处于额定功率状态，在跑道上经过时间t=15s 运动，速度恰好达到最大速度vm60 m/s 离开跑道飞机在跑道上运动
19、过程中，受到的阻力不断增大求：（ 1）飞机速度达到最大时，所受到的阻力大小；（ 2）飞机从启动到最大速度的过程中，飞机所受合外力的冲量的大小；（ 3）飞机从启动到离开跑道，飞机克服阻力所做的功4I3 105N610【答案】 （1） 1.5 10合s （ 3） 4.5 N（ 2）J【解析】(1)飞机速度达到最大时，设飞机的牵引力为F，受到的阻力是f ，则FfPFv4解得 f 1.5 10 N(2)对飞机由动量定理有I 合 mv 0解得 I 合 3 105N.s(3)从开始到离开跑道，设克服阻力做功是W，则Pt W1 mv22 6解得 W4.510 J【点睛 】本题考查功及冲量的计算，要注意明确当飞机达最大速度时，牵引力等于阻力
