1、物理试卷物理动量定理题分类汇编及解析一、高考物理精讲专题动量定理1 如图 1 所示，水平面内的直角坐标系的第一象限有磁场分布，方向垂直于水平面向下，磁感应强度沿 y 轴方向没有变化，与横坐标 x 的关系如图 2 所示，图线是双曲线（坐标是渐近线）；顶角 =53的光滑金属长导轨 MON 固定在水平面内， ON 与 x 轴重合，一根与ON 垂直的长导体棒在水平向右的外力作用下沿导轨MON 向右滑动，导体棒在滑动过程中始终保持与导轨良好接触，已知t=0 时，导体棒位于顶角O 处；导体棒的质量为m=4kg；OM、 ON 接触处 O 点的接触电阻为R=0 5，其余电阻不计，回路电动势E 与时间 t 的关
2、系如图 3 所示，图线是过原点的直线，求：（ 1） t=2s 时流过导体棒的电流强度的大小；（ 2）在 12s 时间内导体棒所受安培力的冲量大小；（ 3）导体棒滑动过程中水平外力F（单位： N）与横坐标 x（单位： m）的关系式【答案】（ 1） 8A（ 2） 8Ns （3） F 6323x9【解析】【分析】【详解】（1）根据 E-t 图象中的图线是过原点的直线特点，可得到t=2s 时金属棒产生的感应电动势为E4V由欧姆定律得I 2E4 A8AR0.5（2）由图 2 可知， Bx 1(T m)由图 3 可知， E 与时间成正比，有E=2t （ V）IE4tR因=53，可知任意 t 时刻回路中导体
3、棒有效切割长度4xL3又由F安BIL所以F安16 t3即安培力跟时间成正比所以在 12s 时间内导体棒所受安培力的平均值1632F 33 N 8N2故I安Ft8N s（3）因为E BLv 4Bx v 3所以v1.5t(m/s)可知导体棒的运动时匀加速直线运动，加速度a1.5m/s2又 x1 at 2 ，联立解得2F 6323x9【名师点睛】本题的关键首先要正确理解两个图象的数学意义，运用数学知识写出电流与时间的关系，要掌握牛顿运动定律、闭合电路殴姆定律，安培力公式、感应电动势公式2 如图所示，长为L 的轻质细绳一端固定在O 点，另一端系一质量为m 的小球，O 点离地高度为H。现将细绳拉至与水平
4、方向成30，由静止释放小球，经过时间t 小球到达最低点，细绳刚好被拉断，小球水平抛出。若忽略空气阻力，重力加速度为g。(1)求细绳的最大承受力；(2)求从小球释放到最低点的过程中，细绳对小球的冲量大小；(3)小明同学认为细绳的长度越长，小球抛的越远；小刚同学则认为细绳的长度越短，小球抛的越远。请通过计算，说明你的观点。2m2 gL ；（ 3）当 LH【答案】（ 1） F=2mg ；（ 2） I Fmgt时小球抛的最远2【解析】【分析】【详解】(1)小球从释放到最低点的过程中，由动能定理得mgLsin 301mv022小球在最低点时，由牛顿第二定律和向心力公式得2mv0FmgL解得：F=2mg(
5、2)小球从释放到最低点的过程中，重力的冲量IG=mgt动量变化量pmv0由三角形定则得，绳对小球的冲量I Fmgt2m2gL(3)平抛的水平位移 x v0t ，竖直位移HL1 gt 22解得x2L( H L)当 LH时小球抛的最远23 如图所示，光滑水平面上有一轻质弹簧，弹簧左端固定在墙壁上，滑块A 以 v0 12 m/s的水平速度撞上静止的滑块B 并粘在一起向左运动，与弹簧作用后原速率弹回，已知A、B的质量分别为 m1 0.5 kg、 m2 1.5 kg。求：A 与 B 撞击结束时的速度大小 v；在整个过程中，弹簧对A、B 系统的冲量大小I。【答案】 3m/s ； 12N?s【解析】【详解】
6、A、B 碰撞过程系统动量守恒，以向左为正方向由动量守恒定律得m1v0=（ m1 +m2） v代入数据解得v=3m/s以向左为正方向，A、B 与弹簧作用过程由动量定理得I=（ m1+m2）（ - v） - （m1+m2） v代入数据解得I=- 12N?s负号表示冲量方向向右。4 汽车碰撞试验是综合评价汽车安全性能的有效方法之一设汽车在碰撞过程中受到的平均撞击力达到某个临界值F0 时，安全气囊爆开某次试验中，质量m1=1 600 kg 的试验车以速度 v1 = 36 km/h 正面撞击固定试验台，经时间t 1 = 0.10 s碰撞结束，车速减为零，此次碰撞安全气囊恰好爆开忽略撞击过程中地面阻力的影
7、响（1）求此过程中试验车受到试验台的冲量I0 的大小及0 的大小；F（2）若试验车以速度 v1 撞击正前方另一质量m2 =1 600 kg 、速度 v2 =18 km/h 同向行驶的汽车，经时间 t 2 =0.16 s两车以相同的速度一起滑行试通过计算分析这种情况下试验车的安全气囊是否会爆开【答案】（ 1） I 0 = 1.6 10 4 Ns ， 1.6 10 5N；（ 2）见解析【解析】【详解】（ 1） v1 = 36 km/h = 10 m/s ，取速度 v1 的方向为正方向，由动量定理有I0 = 0 m1v1 将已知数据代入式得I0 = 1.6410Ns由冲量定义有 I0 = F0t1
8、将已知数据代入式得F0 = 1.6510N（2）设试验车和汽车碰撞后获得共同速度v，由动量守恒定律有m1v1 + m2v2 = (m1+ m2)v对试验车，由动量定理有Ft2 = m1v m1v1 将已知数据代入式得F= 2.5 410N可见 F F0，故试验车的安全气囊不会爆开5 如图所示，一个质量为m 的物体，初速度为v0，在水平合外力F（恒力）的作用下，经过一段时间t 后，速度变为vt 。(1)请根据上述情境，利用牛顿第二定律推导动量定理，并写出动量定理表达式中等号两边物理量的物理意义。(2)快递公司用密封性好、充满气体的塑料袋包裹易碎品，如图所示。请运用所学物理知识分析说明这样做的道理
9、。【答案】详情见解析【解析】【详解】(1) 根据牛顿第二定律Fma ,加速度定义 aviv0 解得tFtmvimv0即动量定理 , Ft 表示物体所受合力的冲量，mvt-mv0 表示物体动量的变化(2) 快递物品在运送途中难免出现磕碰现象，根据动量定理Ftmvimv0在动量变化相等的情况下，作用时间越长，作用力越小。充满气体的塑料袋富有弹性，在碰撞时，容易发生形变，延缓作用过程，延长作用时间，减小作用力，从而能更好的保护快递物品。6 如图所示，质量为 m=245g 的木块（可视为质点）放在质量为M =0.5kg 的木板左端，足够长的木板静止在光滑水平面上，木块与木板间的动摩擦因数为= 0.4，
10、质量为 m0= 5g 的子弹以速度 v0=300m/s 沿水平方向射入木块并留在其中（时间极短），子弹射入后，g 取10m/s 2，求：(1)子弹进入木块后子弹和木块一起向右滑行的最大速度v1(2)木板向右滑行的最大速度v2(3)木块在木板滑行的时间t【答案】 (1) v1= 6m/s (2) v2=2m/s (3) t=1s【解析】【详解】(1)子弹打入木块过程，由动量守恒定律可得：m0v0=(m0 +m)v1解得：v1= 6m/s(2)木块在木板上滑动过程，由动量守恒定律可得：(m0+m)v1=(m0+m+M )v2解得：v2=2m/s(3)对子弹木块整体，由动量定理得： (m0+m)gt
11、=(m0+m)(v2 v1 )解得：物块相对于木板滑行的时间v2v11stg7 在某次短道速滑接力赛中，质量为50kg 的运动员甲以6m/s 的速度在前面滑行，质量为60kg 的乙以 7m/s 的速度从后面追上，并迅速将甲向前推出，完成接力过程设推后乙的速度变为4m/s，方向向前，若甲、乙接力前后在同一直线上运动，不计阻力，求：接力后甲的速度大小；若甲乙运动员的接触时间为0.5s ，乙对甲平均作用力的大小【答案】（ 1） 9.6m/s ；（ 2） 360N；【解析】【分析】【详解】（1）由动量守恒定律得m甲v甲 +m乙v乙 =m甲v甲 +m乙 v乙v甲 =9.6 m / s ；（2）对甲应用动
12、量定理得Ftm甲v甲 -m甲v甲F =360 N8 一质量为0.5kg的小物块放在水平地面上的A 点，距离A 点5 m的位置B 处是一面墙，如图所示 .物块以 v0 8m/s 的初速度从A 点沿7m/s ，碰后以5m/s 的速度反向运动直至静止AB 方向运动，在与墙壁碰撞前瞬间的速度为2(1)求物块与地面间的动摩擦因数；(2)若碰撞时间为0.05s，求碰撞过程中墙面对物块平均作用力的大小F；(3)求物块在反向运动过程中克服摩擦力所做的功W.【答案】（ 1）0.32 （ 2） F130N（ 3） W 9J【解析】（1）由动能定理，有：mgs1 mv21 mv02可得0.32 22（2）由动量定理
13、，有F tmv mv可得 F130N （3） W1mv29J 2【考点定位】本题考查动能定理、动量定理、做功等知识9甲图是我国自主研制的 200mm 离子电推进系统， 已经通过我国 “实践九号 ”卫星空间飞行试验验证，有望在 2015 年全面应用于我国航天器离子电推进系统的核心部件为离子推进器，它采用喷出带电离子的方式实现飞船的姿态和轨道的调整，具有大幅减少推进剂燃料消耗、操控更灵活、定位更精准等优势离子推进器的工作原理如图乙所示，推进剂氙原子 P 喷注入腔室C 后，被电子枪G 射出的电子碰撞而电离，成为带正电的氙离子氙离子从腔室 C 中飘移过栅电极A 的速度大小可忽略不计，在栅电极A、B 之
14、间的电场中加速，并从栅电极B 喷出在加速氙离子的过程中飞船获得推力已知栅电极A、B 之间的电压为U，氙离子的质量为m、电荷量为q（1）将该离子推进器固定在地面上进行试验求氙离子经A、B 之间的电场加速后，通过栅电极 B 时的速度 v 的大小；（2）配有该离子推进器的飞船的总质量为M ，现需要对飞船运行方向作一次微调，即通过推进器短暂工作让飞船在与原速度垂直方向上获得一很小的速度v，此过程中可认为氙离子仍以第（ 1）中所求的速度通过栅电极B推进器工作时飞船的总质量可视为不变求推进器在此次工作过程中喷射的氙离子数目N（3）可以用离子推进器工作过程中产生的推力与A、B 之间的电场对氙离子做功的功率的
15、比值 S 来反映推进器工作情况通过计算说明采取哪些措施可以增大S，并对增大 S的实际意义说出你的看法【答案】（ 1）（ 2）（3）增大 S 可以通过减小 q、U 或增大 m 的方法提高该比值意味着推进器消耗相同的功率可以获得更大的推力【解析】试题分析：（ 1）根据动能定理有解得：（2）在与飞船运动方向垂直方向上，根据动量守恒有：Mv=Nmv解得：（3）设单位时间内通过栅电极A 的氙离子数为子个数为 Nnt ，设氙离子受到的平均力为Fn，在时间，对时间tt 内，离子推进器发射出的氙离内的射出的氙离子运用动量定理，F tNmvntmv ，F= nmv根据牛顿第三定律可知，离子推进器工作过程中对飞船
16、的推力大小电场对氙离子做功的功率P= nqUF=F= nmv则根据上式可知：增大S 可以通过减小q、 U 或增大 m 的方法提高该比值意味着推进器消耗相同的功率可以获得更大的推力（说明：其他说法合理均可得分）考点：动量守恒定律；动能定理；牛顿定律.10 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
17、导轨的力F 拉着金属杆 ab 向上运动过程中，通过R 的电流 i 随时间 t 变化的关系图像如图乙所示。不计其它电阻，重力加速度 g 取 10 m/s 2 。(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 F0.225 Ns【解析】【详解】（1）设瞬时感应电动势为e，回路中感应电流为i，金属 杆 ab 的瞬时速度为v。由法拉第电磁感应定律：eBdv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
18、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 F mgt sinBIdtmv由第（ 1）问可得： t1 s时， v = 5 m/s联立以上各式，得：I F 0.225 Ns另解：由 F-t 图像的面积可得 IF1(0.2 0.25) 1 N s= 0.225 N s211 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
19、 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 I ;B(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：mAv1 ( mA mB )v得： v 2m / 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： F100N12 质量为 2kg 的球，从4.
20、05m 高处自由下落到水平钢板上又被竖直弹起，弹起后能达到的最大高度为3.2m ，如果球从开始下落到弹起并达到最大高度所用时间为1.75s，不考虑空气阻力（ g 取 10m/s 2），求小球对钢板的作用力的大小和方向【答案】 700N【解析】【详解】物体从下落到落地过程中经历的时间为t1 ，从弹起到达到最高点经历的时间为t 2 ，则有：h11 gt12 ， h21 gt 2222可得： t12h124.05 s0.9s ，g10t22h223.2s0.8sg10球与钢板作用的时间：t t总t1 t21.750.90.8s 0.05s由动量定理对全过程可列方程：mgt总F t00mgt总2101.75 N 700N ，方向竖直向上可得钢板对小球的作用力Ft0.05
