1、高考物理试卷物理动量定理题分类汇编含解析一、高考物理精讲专题动量定理1 如图所示，静置于水平地面上的二辆手推车沿一直线排列，质量均为m，人在极短的时间内给第一辆车一水平冲量使其运动，当车运动了距离L 时与第二辆车相碰，两车以共同速度继续运动了距离L 时停。车运动时受到的摩擦阻力恒为车所受重力的k 倍，重力加速度为 g，若车与车之间仅在碰撞时发生相互作用，碰撞吋间很短，忽咯空气阻力，求：(1)整个过程中摩擦阻力所做的总功；(2)人给第一辆车水平冲量的大小。【答案】 (1)-3kmgL； (2) m 10kgL 。【解析】【分析】【详解】(1)设运动过程中摩擦阻力做的总功为W，则W=-kmgL-2
2、kmgL=-3kmgL即整个过程中摩擦阻力所做的总功为-3kmgL。(2)设第一辆车的初速度为v0，第一次碰前速度为v1，碰后共同速度为v2，则由动量守恒得mv1=2mv2kmgL1 mv121 mv0222k (2 m)gL01 (2 m)v222由以上各式得v010kgL所以人给第一辆车水平冲量的大小Imv0m 10kgL2 如图所示，一光滑水平轨道上静止一质量为M 3kg 的小球 B 一质量为 m 1kg 的小球 A 以速度 v0 2m/s 向右运动与 B 球发生弹性正碰，取重力加速度g10m/s 2 求：（ 1）碰撞结束时 A 球的速度大小及方向；（ 2）碰撞过程 A 对 B 的冲量大
3、小及方向 【答案】 （1） 1m/s ，方向水平向左 （ 2） 3Ns，方向水平向右【解析】【分析】 A 与 B 球发生弹性正碰 ，根据动量守恒及能量守恒求出碰撞结束时A 球的速度大小及方向 ；碰撞过程对 B 应用动量定理求出碰撞过程A 对 B 的冲量 ；解：（ 1）碰撞过程根据动量守恒及能量守恒得：mv0 mvA Mv B1 mv021 mvA21 Mv B2222联立可解得： vB1m/s ， vA1m/s负号表示方向水平向左（2）碰撞过程对B 应用动量定理可得：IMv B0可解得： I 3Ns 方向水平向右3 如图所示，长为1m 的长木板静止在粗糙的水平面上，板的右端固定一个竖直的挡板，
4、长木板与挡板的总质量为M =lkg，板的上表面光滑，一个质量为m= 0.5kg 的物块以大小为t 0=4m/s 的初速度从长木板的左端滑上长木板，与挡板碰撞后最终从板的左端滑离，挡板对物 块的冲量大小为 2. 5N ? s，已知板与水平面间的动摩擦因数为= 0.5,重力加速度为g=10m/s2 ，不计物块与挡板碰撞的时间，不计物块的大小。求：（ 1）物块与挡板碰撞后的一瞬间，长木板的速度大小；（ 2）物块在长木板上滑行的时间。【答案】（ 1） 2.5m/s （2）【解析】【详解】56(1)设物块与挡板碰撞后的一瞬间速度大小为v1根据动量定理有：Imv0mv1解得： v11m/s设碰撞后板的速度
5、大小为v2 ，碰撞过程动量守恒，则有：mv0Mv 2mv1解得： v2 2.5m/s(2)碰撞前，物块在平板车上运动的时间：L1t1sv04碰撞后，长木板以 v2 做匀减速运动，加速度大小：a(m M )g7.5m/s 2M设长木板停下时，物块还未滑离木板，木板停下所用时间：v21t 2sa3x1v1t21在此时间内，物块运动的距离：m3木板运动的距离：15x22 v2t212m由于 x1x2L ，假设成立，木板停下后，物块在木板上滑行的时间：t3Lx1x21 sv14tt1t2 t35因此物块在板上滑行的总时间为：s64 如图所示 , 两个小球A和B质量分别是A 2.0kg,B 1.6kg,
6、 球A静止在光滑水平面上mm的 M点 , 球 B 在水平面上从远处沿两球的中心连线向着球A运动 , 假设两球相距L18m时存在着恒定的斥力, 18m 时无相互作用力 . 当两球相距最近时, 它们间的距离为d 2m,此F L时球 B 的速度是 4m/s. 求 :(1) 球 B 的初速度大小 ;(2) 两球之间的斥力大小 ;(3) 两球从开始相互作用到相距最近时所经历的时间.【答案】 (1) vB0 9 ms； (2)F2.25N ； (3) t 3.56s【解析】试题分析：（1）当两球速度相等时，两球相距最近，根据动量守恒定律求出B球的初速度；（ 2）在两球相距L 18m时无相互作用力，B 球做
7、匀速直线运动，两球相距L18m 时存在着恒定斥力F，B 球做匀减速运动，由动能定理可得相互作用力（3）根据动量定理得到两球从开始相互作用到相距最近时所经历的时间（1）设两球之间的斥力大小是F，两球从开始相互作用到两球相距最近时所经历的时间是t 。当两球相距最近时球B 的速度 vB4 m，此时球A 的速度 vA与球 B 的速度大小相s等， vA vB4 m, 由动量守恒定律可mBvB0mAmB v 得： vB09 m;ss(2) 两球从开始相互作用到它们之间距离最近时，它们之间的相对位移x=L-d ，由功能关系可得： F X1 mB vB2 1 mAvA2mB vB2得： F=2.25N22(3
8、) 根据动量定理，对A 球有 Ft mvA0 , 得 t 3.56s点晴：本题综合考查了动量定理、动量守恒定律和能量守恒定律，综合性较强知道速度相等时，两球相距最近，以及知道恒力与与相对位移的乘积等于系统动能的损失是解决本题的关键5 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属杆 ab 向上运动过程中，通过R 的电流电阻，重力加速
9、度g 取 10 m/s 2 。B=0.5 T。现用沿斜面平行于金属导轨的力F 拉着金i 随时间 t 变化的关系图像如图乙所示。不计其它(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 N s【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 沿导轨向上运动过程中，由牛顿第二定律
10、，得：FBidmg sinma2由第（ 1）问可得，加速度a5m / s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 Fmgt 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 s26 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
11、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：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： F100N7 如图所示，一个质量m=4kg 的物块以速度v=2m/s 水平滑上一静
12、止的平板车上，平板车质量 M=16kg，物块与平板车之间的动摩擦因数=0.2 ，其它摩擦不计（取求：g=10m/s 2），（ 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 mv M m v ，解得 v 0.4m / s ；（2）对物块由动量定理得mgtmvmv ，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
13、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 s1s2 ，解得s0.8m，要使物块在平板车上不滑下，平板车至少长0.8m8 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
14、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，不计放电电流带来的磁场影响，
15、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】Q（1） a、根据电容的定义CU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QCEb、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 ，2将 Q 代入解得 E01 CE22（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
16、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 L2CE3m9 小物块电量为+q，质量为m，从倾角为的光滑斜面上由静止开始下滑，斜面高度为h，空间中充满了垂直斜面匀强电场，强度为E，重力加速度为g，求小物块从斜面顶端滑到底端的过程中：（ 1）电场的冲量（ 2）小物块动量的变化量【答案】（ 1）Eq2h方向垂直于斜面向下（ 2） m2gh 方向沿斜面向下sing【解析】（1）小物块沿斜面下滑，根据牛顿第二定律可知：m
17、g sinma ，则： ag sin根据位移与时间关系可以得到：h1t212hsing sin，则： tg2sin则电场的冲量为： I EqtEq2h ，方向垂直于斜面向下sing（ 2）根据速度与时间的关系，小物块到达斜面底端的速度为：则小物块动量的变化量为：vatgsint12hpmvmg sintmg sinm2gh ，方向沿斜面向下sing点睛：本题需要注意冲量以及动量变化量的矢量性的问题，同时需要掌握牛顿第二定律以及运动学公式的运用10 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 变化的图像如图2 所示，已知物体在
18、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0.求：(1)前 3s 内拉力 F 的冲量(2)第 2s 末拉力 F 的功率【答案】 （1） 25N s （ 2） 50W【解析】【详解】（1）由动量定理有IFtF t1 12 2即前 3s 内拉力 F 的冲量为I25N s（2）设物体在运动过程中所受滑动摩擦力大小为f，则在 2s6s 内，由动量定理有F2t2f (t2t3 )0设在 1s 3s 内物体的加速度大小为a，则由牛顿第二定律有F2fma第 2s 末物体的速度为vat2第 2s 末拉力 F 的功率为PF2v联立以上方程可求出P50W
19、11 质量为 50kg 的杂技演员不慎从 7.2m 高空落下，由于弹性安全带作用使他悬挂起来，已知弹性安全带的缓冲时间为 1s，安全带长 3.2m ，则安全带对演员的平均作用力是多大？（取 g=10m/s 2）【答案】 900N【解析】【详解】设安全带对人的平均作用力为F；由题意得，人在落下的3.2m 是 自由落体运动，设落下3.2m 达到的速度为v1，由动能定理可得：mgh 1= 1 mv122得：v1=8m/s设向上为正方向，由动量定理：（ F-mg） t=0-（ -mv）得：F=900 N12 如图所示，质量为M=5.0kg 的小车在光滑水平面上以速度向右运动，一人背靠竖直墙壁为避免小车
20、撞向自己，拿起水枪以的水平速度将一股水流自右向左射向小车后壁，射到车壁的水全部流入车厢内，忽略空气阻力，已知水枪的水流流量恒为（单位时间内流过横截面的水流体积），水的密度为。求：（1）经多长时间可使小车速度减为零；（ 2）小车速度减为零之后，此人继续持水枪冲击小车，若要维持小车速度为零，需提供多大的水平作用力。【答案】 （1） 50s（ 2） 0.2N【解析】解：（1）取水平向右为正方向，由于水平面光滑，经t 时间，流入车内的水的质量为，对车和水流，在水平方向没有外力，动量守恒由可得t=50s（2）设时间内，水的体积为，质量为，则设小车队水流的水平作用力为，根据动量定理由可得根据牛顿第三定律，水流对小车的平均作用力为，由于小车匀速，根据平衡条件
