【物理】物理动量定理练习及解析

1、【物理】物理动量定理练习及解析一、高考物理精讲专题动量定理1 图甲为光滑金属导轨制成的斜面，导轨的间距为l 1m ，左侧斜面的倾角37 ，右侧斜面的中间用阻值为R2 的电阻连接。在左侧斜面区域存在垂直斜面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B10.5T ，右侧斜面轨道及其右侧区域中存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为 B20.5T 。在斜面的顶端e、 f 两点分别用等长的轻质柔软细导线连接导体棒 ab，另一导体棒cd 置于左侧斜面轨道上，与导轨垂直且接触良好，ab 棒和 cd 棒的质量均为 m 0.2kg ， ab 棒的电阻为 r1 2， cd 棒的电阻为 r2 4。已知 t=0 时刻起，cd 棒

2、在沿斜面向下的拉力作用下开始向下运动(cd 棒始终在左侧斜面上运动 )，而 ab 棒在水平拉力 F 作用下始终处于静止状态，F 随时间变化的关系如图乙所示，ab 棒静止时细导线与竖直方向的夹角37 。其中导轨的电阻不计，图中的虚线为绝缘材料制成的固定支架。(1)请通过计算分析cd 棒的运动情况；(2)若 t=0 时刻起，求2s 内 cd 受到拉力的冲量；(3)3 s 内电阻 R 上产生的焦耳热为2. 88 J，则此过程中拉力对cd 棒做的功为多少?【答案】 (1)cd 棒在导轨上做匀加速度直线运动；(2)1.6Ngs ； (3) 43.2J【解析】【详解】(1)设绳中总拉力为T ，对导体棒 a

3、b 分析，由平衡方程得：FTsin BIlTcos mg解得：Fmgtan BIl1.50.5I由图乙可知：F1.50.2t则有：I0.4tcd 棒上的电流为：I cd0.8t则 cd 棒运动的速度随时间变化的关系：v8t即 cd 棒在导轨上做匀加速度直线运动。(2) ab 棒上的电流为：I0.4t则在2 s内，平均电流为0.4 A，通过的电荷量为0.8 C1.6C，通过 cd 棒的电荷量为由动量定理得：I FmgsintBlI t mv0解得： I F1.6N gs(3)3 s 内电阻 R 上产生的的热量为Q 2.88J，则 ab 棒产生的热量也为Q ， cd 棒上产生的热量为 8Q ，则整

4、个回路中产生的总热量为28. 8 J，即 3 s 内克服安培力做功为 28. 8J而重力做功为：WG mg sin43.2J对导体棒 cd ，由动能定理得：WFW 克安WG1 mv202由运动学公式可知导体棒的速度为24 m/s解得： WF43.2J2 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

5、】【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 gh2 10m / s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( F mg)t mv2mv1得F=1.510 3N方向向上3 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B0 和 T0 均未知。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

6、 的区域施加一个沿 -x 方向的匀强电场，在 tl 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 0,1,2L .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qv B0m v020R1l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

7、图所示设粒子做圆周运动的周期为T ，则2 mlTqB0v0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 0,1,2

8、L24v02n 0,1,2L解得 E2n 1cl4 一质量为 0.5kg 的小物块放在水平地面上的A 点，距离 A 点 5m 的位置 B 处是一面墙，如图所示，物块以v0=9m/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6m/s 的速度反向运动直至静止 g 取 10m/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【答案】 （1）0.32 （ 2） F=130N【解析】试题分析：（ 1）对 A 到墙壁过程，运用动能定理得：，代入数据解得： =0.32（2）规定向左为正方向，对碰墙的过程

9、运用动量定理得：F t=mvmv，代入数据解得： F=130N5 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

10、 7 mv0.26 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，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

11、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设碰撞后板的速度大小为v2 ，碰撞过程动量守恒，则有：mv0Mv 2mv1解得： v22.5m/s(2)碰撞前，物块在平板车上运动的时间：t1L1 sv04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：t 2 v21 sa3在此时间内，物块运动的距离：x1v1t21 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 sv14因此物块在板上滑行的总时间为

12、：tt1t2t35 s67 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

13、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 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8 如图所示，质量为m=0.5kg 的木块，以v0=3.0m/s 的速度滑上原来静止在光滑水平面上的足够长的平板车，平板车的质量M=2.0kg。若

14、木块和平板车表面间的动摩擦因数=0. 3，重力加速度g=10m/s 2，求：(1)平板车的最大速度；(2)平板车达到最大速度所用的时间.【答案】（ 1） 0.6m/s（2） 0.8s【解析】【详解】（1）木块与平板车组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv0=(M+m) v，解得 :v=0.6m/s（2）对平板车，由动量定律得： mgt=Mv解得 : t=0.8s9 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 1

15、0m/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： F100N10 质量 m=0.60kg 的篮球从距地板H=0.80m 高处由静止释放，与

16、水平地板撞击后反弹上升的最大高度 h=0.45m ，从释放到弹跳至 h 高处经历的时间 t=1.1s，忽略空气阻力，取重力加速度 g=10m/s2 ，求：（1）篮球与地板撞击过程中损失的机械能E；（2）篮球对地板的平均撞击力的大小【答案】（ 1） 2.1J（ 2） 16.5N ，方向向下【解析】【详解】（1）篮球与地板撞击过程中损失的机械能为EmgHmgh0.610 （0.80.45)J=2.1J（2）设篮球从H 高处下落到地板所用时间为t1 ，刚接触地板时的速度为v1 ；反弹离地时的速度为 v2 ，上升的时间为 t2 ，由动能定理和运动学公式下落过程mgH1mv122解得v14m/sv1t1

17、0.4sg上升过程mgh 01 mv222解得v23m/sv2t20.3sg篮球与地板接触时间为ttt1t20.4s设地板对篮球的平均撞击力为F，取向上为正方向，由动量定理得（ Fmg）tmv2 （mv1）解得F16.5N根据牛顿第三定律，篮球对地板的平均撞击力FF16.5N ，方向向下点睛：本题主要考查了自由落体运动的基本规律，在与地面接触的过程中，合外力对物体的冲量等于物体动量的变化量，从而求出地板对篮球的作用力11 正方体密闭容器中有大量运动粒子，每个粒子质量为m，单位体积内粒子数量n 为恒量。为简化问题，我们假定：粒子大小可以忽略；其速率均为v，且与器壁各面碰撞的机会均等；与器壁碰撞前

18、后瞬间，粒子速度方向都与器壁垂直，且速率不变。利用所学力学知识，导出器壁单位面积所受粒子压力f 与 m、n 和 v 的关系。（注意：解题过程中需要用到、但题目没有给出的物理量，要在解题时做必要的说明）【答案】【解析】【分析】根据“粒子器壁各面碰撞的机会均等”即相等时间内与某一器壁碰撞的粒子为该段时间内粒子总数的，一个粒子每与器壁碰撞一次给器壁的冲量是，据此根据动量定理求与某一个截面碰撞时的作用力F；【详解】一个粒子每与器壁碰撞一次给器壁的冲量是：在时间内能达到面积为S 容器壁上的粒子所占据的体积为：由于粒子有均等的概率与容器各面相碰，即可能达到目标区域的粒子数为：根据动量定理得：考虑单位面积，整理可以得到：根据牛顿第三定律可知，单位面积所受粒子的压力大小为。【点睛】本题的关键是建立微观粒子的运动模型，然后根据动量定理列式求解平均碰撞冲力，要注意粒子的运动是无规则的。12 对于同一物理问题，常常可以从宏观与微观两个不同角度进行研究，找出其内在联系，从而更加深刻地理解其物理本质在正方体密闭容器中有大量某种气体的分子，每个分子质量为 m，单位体积内分子数量 n 为恒量为简化问题，我们假定：分子大小可以忽略；分子速率均为 v，且与器壁各面碰撞的机会均等；分子与器壁碰撞前后瞬间，速度方向都与器壁垂直，且速率不变（1）求一个气体分子