1、高中物理动量定理试题( 有答案和解析 ) 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
2、间 t 的关系如图 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
3、刻回路中导体棒有效切割长度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 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，
4、如图所示 .物块以 v0 8m/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为7m/s ，碰后以 5m/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0.05s，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：mgs1mv21mv02 可得0.32 22（2）由动量定理，有Ftmv 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
5、识3 质量 0.2kg 的球 ,从 5.0m高处自由下落到水平钢板上又被竖直弹起,弹起后能达的最大高度为 4.05m. 如果球从开始下落到弹起达最大高度所用时间为1.95s,不考虑空气阻力 ,g 取10m/s 2.求小球对钢板的作用力 .【答案】 78N【解析】【详解】自由落体过程v1 2 2gh1，得 v1=10m/s；v =gt得 t=1s111小球弹起后达到最大高度过程0- v22 -2 gh2，得 v2=9m/s0-v =-gt2得 t=0.9s22小球与钢板作用过程设向上为正方向，由动量定理：Ft-mg t =mv2-（ -mv1）其中 t=t-t1-t2 =0.05s得 F=78N
6、由牛顿第三定律得F=-F，所以小球对钢板的作用力大小为78N，方向竖直向下；4 质量为 0.2kg 的小球竖直向下以 6m/s 的速度落至水平地面，再以 4m/s 的速度反向弹回，取竖直向上为正方向，（ 1）求小球与地面碰撞前后的动量变化；（ 2）若小球与地面的作用时间为0.2s，则小球受到地面的平均作用力大小？（取g=10m/s2 ）【答案】 （1） 2kg?m/s ；方向竖直向上；（ 2）12N；方向竖直向上；【解析】【分析】【详解】（1）小球与地面碰撞前的动量为：p1=m( v1)=0.2 ( 6) kg m/s= 1.2 kg m/s小球与地面碰撞后的动量为p2=mv2=0.2 4 k
7、g m/s=0.8 kg m/s小球与地面碰撞前后动量的变化量为p=p2 p1=2 kg m/s（2）由动量定理得 (Fmg ) t= p所以 F= p mg =2N 0.2 10N=12N，方向竖直向上t0.25 如图所示，用0.5kg 的铁睡把钉子钉进木头里去，打击时铁锤的速度v=4.0m/s ，如果打击后铁锤的速度变为0，打击的作用时间是0.01s（取 g=10m/s2），那么：（ 1）不计铁锤受的重力，铁锤钉钉子的平均作用力多大？（ 2）考虑铁锤的重力，铁锤钉钉子的平均作用力又是多大？【答案】（ 1） 200N，方向竖直向下；（ 2） 205N，方向竖直向下【解析】【详解】（1）不计铁
8、锤受的重力时，设铁锤受到钉子竖直向上的平均作用力为F1 ，取铁锤的速度v 的方向为正方向，以铁锤为研究对象，由动量定理得F1t0 mv则F1mv0.54.0 N 200Nt0.01由牛顿第三定律可知，铁锤钉钉子的平均作用力F1 的大小也为200N，方向竖直向下。（2）考虑铁锤受的重力时，设铁锤受到钉子竖直向上的作用力为F2 ，取铁锤的速度v 的方向为正方向，由动量定理得mg F2t0 mv可得mvmg205NF2t即考虑铁锤受的重力时，铁锤打打子的平均作用力为F2 =205N，方向竖直向下。6 以初速度 v0=10m/s水平抛出一个质量为m=2kg 的物体，若在抛出后3s 过程中，它未与地面及
9、其它物体相碰，g 取 l0m/s 2。求：（ 1）它在 3s 内所受重力的冲量大小；（ 2） 3s 内物体动量的变化量的大小和方向；（ 3）第 3 秒末的动量大小。【答案】（ 1） 60N s（ 2） 60kg m/s，竖直向下（3） 2010kgm / s【解析】【详解】（1） 3s 内重力的冲量：I=Ft =mgt =210 3N s=60N s（ 2） 3s 内物体动量的变化量，根据动量定理： P=mgt =20 3kg m/s=60kg m/s方向：竖直向下。（3）第 3s 末的动量：P末 =mv末 =m v02vy2 =2 102gt220 10kg m / s7 在水平地面的右端
10、B 处有一面墙，一小物块放在水平地面上的A 点，质量 m 0.5 kg，AB 间距离 s5 m ，如图所示小物块以初速度v08 m/s 从 A 向 B 运动，刚要与墙壁碰撞时的速度 v1 7 m/s ，碰撞后以速度v2 6 m/s 反向弹回重力加速度g 取 10 m/s 2.求：(1)小物块与地面间的动摩擦因数；(2)若碰撞时间 t0.05 s，碰撞过程中墙面对小物块平均作用力F 的大小【答案】 (1)0.15 (2)130 N【解析】【详解】(1)从 A 到 B 过程，由动能定理，有： mgs1mv 12 122可得： 0.15.mv0 2(2)对碰撞过程，规定向左为正方向，由动量定理，有：
11、Ft mv2 m( v1)可得： F 130 N.8 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(2)物块 A 对(3)已知物块B 碰后共同速度大小v;B 的冲量大小 IB;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 2
12、m / 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： F100N9 如图所示，长度为 l 的轻绳上端固定在 O 点，下端系一质量为 m 的小球（小球的大小可以忽略、重力加速度为 g ）（1） 在水平拉力F 的作用下，轻绳与竖直方向的夹角为的受力图，并求力F 的大小；，小球保持静止画出此时小球（2）由图示位置无初速释放小球，不计空气阻力求小球通过最低点时:a小球的动量大小；b小球对轻绳的拉力大小【答案】（ 1）； mgtan ；（ 2）m 2gl（1cos ）；mg 32
13、cos【解析】【分析】（1）小球受重力、绳子的拉力和水平拉力平衡，根据共点力平衡求出力F 的大小（ 2）根据机械能守恒定律求出小球第一次到达最低点的速度，求出动量的大小，然后再根据牛顿第二定律，小球重力和拉力的合力提供向心力，求出绳子拉力的大小【详解】（ 1）小球受到重力、绳子的拉力以及水平拉力的作用，受力如图根据平衡条件，得拉力的大小：F mg tan（2） a小球从静止运动到最低点的过程中，由动能定理： mgL 1 cos1 mv22v2gL 1cos则通过最低点时，小球动量的大小：P mvm2gL 1cosb根据牛顿第二定律可得：T mgm v2Lv22cosT mg mmg 3L根据牛
14、顿第三定律，小球对轻绳的拉力大小为：TTmg 32cos【点睛】本题综合考查了共点力平衡，牛顿第二定律、机械能守恒定律，难度不大，关键搞清小球在最低点做圆周运动向心力的来源10 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1 所图）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
15、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
16、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 B
17、Li 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 L2CE3m11 质量为 200g 的玻璃球，从1.8m 高处自由下落，与地面相碰后，又弹起1.25m ，若球与地面接触的时间为0.55s，不计空气阻力，取g=10m/s 2。求：（ 1）在与地面接触过程中，玻璃球动量变化量的大小和方向；（ 2）地面对玻璃球的平均作用力的大小。【答案】 (1)，竖直向上（ 2）【解析】【详解】（1）小球下
18、降过程中只受重力，机械能守恒，根据机械能守恒，有：mgH mv12解得：小球上升过程中只受重力，机械能守恒，根据机械能守恒，有：mgh mv22解得：假设竖直向下为正方向，则 ；负号表示方向竖直向上；（ 2）根据动量定理有： Ft+mgt=? p代入已知解得：F=-6 N“-”表示 F 的方向竖直向上；【点睛】本题关键是明确乒乓球上升和下降过程机械能守恒，然后结合机械能守恒定律和动量定理列式求解，注意正方向的选取12 质量为 0.5 kg 的小球从 h=2.45 m的高空自由下落至水平地面，与地面作用0.2 s 后，再以 5m/ s 的速度反向弹回，求小球与地面的碰撞过程中对地面的平均作用力（不计空气阻力， g=10m/ s2）【答案】 35N【解析】小球自由下落过程中，由机械能守恒定律可知：mgh= 1 mv12；2解得： v1= 2gh2 10 2.45 7 m/s，同理，回弹过程的速度为5m/s，方向竖直向上，设向下为正，则对碰撞过程由动量定理可知：mgt -Ft=-mv-mv代入数据解得：F=35N由牛顿第三定律小球对地面的平均作用力大小为35N，方向竖直向下
