高考物理动量定理解题技巧(超强)及练习题(含答案)

1、高考物理动量定理解题技巧(超强)及练习题(含答案)一、高考物理精讲专题动量定理1.如图所示，粗糙的水平面连接一个竖直平面内的半圆形光滑轨道，其半径为R=0.1 m,半圆形轨道的底端放置一个质量为m=0.1 kg的小球B,水平面上有一个质量为 M=0.3 kg的小球A以初速度vo=4.0 m/ s开始向着木块 B滑动，经过时间t=0.80 s与B发生弹性碰 撞.设两小球均可以看作质点，它们的碰撞时间极短，且已知木块A与桌面间的动摩擦因数 =0.25 求：(1)两小球碰前A的速度；(2)球碰撞后B,C的速度大小；(3)小球B运动到最高点 C时对轨道的压力；【答案】(1) 2m/s(2) vA=1m

2、/s, vb= 3m/s (3) 4N,方向竖直向上【解析】【分析】【详解】(1)选向右为正，碰前对小球 A的运动由动量定理可得：-11 Mg t = M v -M vo解得：v= 2m/s(2)对A、B两球组成系统碰撞前后动量守恒，动能守恒：Mv MvA mvB1 2121 一 2Mv MvA mvB2 22解得：va= 1m/s vb= 3m/s(3)由于轨道光滑，B球在轨道由最低点运动到 C点过程中机械能守恒：1212mvBmvC mg2R222在最高点C对小球B受力分析，由牛顿第二定律有：mg FN mvC解得：Fn=4N由牛顿第三定律知，Fn '= Fn= 4N小球对轨道的压

3、力的大小为 3N,方向竖直向上.2 .质量为m的小球，从沙坑上方自由下落，经过时间t1到达沙坑表面，又经过时间 t2停在沙坑里.求:沙对小球的平均阻力F;小球在沙坑里下落过程所受的总冲量I.mg(t1 t2)【答案】1一-(2) mgti试题分析：设刚开始下落的位置为A,刚好接触沙的位置为B,在沙中到达的最低点为C在下落的全过程对小球用动量定理：重力作用时间为tl+t2,而阻力作用时间仅为 t2,以竖直向下为正方向，有：一 的耳品+丸)mg(ti+t2)-Ft2=0，解得：尸=:方向竖直向上仍然在下落的全过程对小球用动量定理：在tl时间内只有重力的冲量，在 t2时间内只有总冲量(已包括重力冲量

4、在内)，以竖直向下为正方向，有：mgti-I=0, . I=mgti方向竖直向上考点：冲量定理点评：本题考查了利用冲量定理计算物体所受力的方法.3 .如图所示，足够长的木板 A和物块C置于同一光滑水平轨道上，物块 B置于A的左 端，A、B、C的质量分别为 m、2m和3m,已知A、B一起以V0的速度向右运动，滑块 C 向左运动，A、C碰后连成一体，最终 A、B、C都静止，求：(i) C与A碰撞前的速度大小(ii) A、C碰撞过程中C对A到冲量的大小.【答案】(1) C与A碰撞前的速度大小是 V0；3(2) A、C碰撞过程中 C对A的冲量的大小是 一mvo.2【解析】【分析】【详解】试题分析：设C

5、与A碰前速度大小为V1 ,以A碰前速度方向为正方向，对 A、B、C从碰 前至最终都静止程由动量守恒定律得：(m 2m)v0 3mv1 0解得：Vi Vo . 设C与A碰后共同速度大小为 V2,对A、C在碰撞过程由动量守恒定律得： mv03mv1 (m 3mM在A、C碰撞过程中对 A由动量定理得：Ica mv2mvo .3解得：1cA- mv023 ,一 即A、C碰过程中C对A的冲量大小为一mvo.方向为负.2考点：动量守恒定律【名师点睛】本题考查了求木板、木块速度问题，分析清楚运动过程、正确选择研究对象与运动过程是 解题的前提与关键，应用动量守恒定律即可正确解题；解题时要注意正方向的选择.4.

6、如图甲所示，平面直角坐标系中，0a、0或Wl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Bo和To均未知。比荷为c的带正电的粒子在点(O, |)以初速度vo&+x方向射入磁场，不计粒子重力。(1)若在t=O时刻，粒子射入；在t<T0的某时刻，粒子从点(I, 21)射出磁场，求 Bo大 小。(2)若Bo=3° ,且粒子从O4°的任一时刻入射时，粒子离开磁场时的位置都不在ylc2轴上，求To的取值范围。4 2voITo(3)右Bo=, To,在x>l的区域施加一个沿-x方向的匀强电场，在t 一时刻lcVo4入

7、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。甚 M X Xvl4v2【答案】(1) Bo -0； (2) To ； (3) E n 0,1,2Lcl-o2n 1 cl【解析】【详解】设粒子的质量为 m,电荷量为q,则由题意得(1) 得：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R l 2 -0q-oBo m R解得Bo v0 cl(2)设粒子运动的半径为 R,由牛顿第二定律得 2-oq-oBo m -Ri解得R -2临界情况为：粒子从t o时刻射入，并且轨迹恰好过o,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2 m lq

8、Bo -o由几何关系可知，在t 7内，粒子轨迹转过的圆心角为2对应粒子的运动时间为tl一T -T22联立解得T0 T ,即ToVoy轴上。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2(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2 m lqBo Vo在磁场中，设粒子运动的时间为 t2,则t2-T 4由题意可知，还有解得ToT ,即ToVo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Eqt3 2mvo其中t31 .n To n o,1,2L 2解得E4V22n 1 cln o,1,2L5.如图所示，一个质量为

9、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vto(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。【答案】详情见解析【解析】【详解】(1)根据牛顿第二定律F ma,加速度定义a vi t V0解得Ft mV, mv0即动量定理，Ft表示物体所受合力的冲量，mvt-mvo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Ft mvi mv0在动量变化相等的情况下，作用时间

10、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.北京将在2022年举办冬季奥运会，滑雪运动将速度与技巧完美地结合在一起，一直深受广大观众的欢迎。一质量为 60kg的运动员在高度为h 80m,倾角为 30的斜坡顶 端，从静止开始沿直线滑到斜面底端。下滑过程运动员可以看作质点，收起滑雪杖，忽略摩擦阻力和空气阻力，g取10m/s2，问：(1)运动员到达斜坡底端时的速率 v；(2)运动员刚到斜面底端时，重力的瞬时功率；(3)从坡顶滑到坡底的过程中，运动员受到的重力的冲量。【答案】(1) 40m/s (2) 1

11、.2 104W (3) 4.8 103N s方向为竖直向下【解析】【分析】(1)根据牛顿第二定律或机械能守恒定律都可以求出到达底端的速度的大小；(2)根据功率公式进行求解即可；(3)根据速度与时间关系求出时间，然后根据冲量公式进行求解即可； 【详解】1 C(1)滑雪者由斜面顶端滑到底端过程中，系统机械能守恒：mgh - mv22到达底端时的速率为：v 40m/s;(2)滑雪者由滑到斜面底端时重力的瞬时功率为：PG mg v sin30 1.2 104W ；(3)滑雪者由斜面顶端滑到底端过程中，做匀加速直线运动根据牛顿第二定律 mg sin 300 ma,可以得到：a g sin 305m/s2

12、根据速度与时间关系可以得到：t v0 8sa3 .则重力的冲重为：IG mgt 4.8 10 N s,方向为竖直向下。【点睛】本题关键根据牛顿第二定律求解加速度，然后根据运动学公式求解末速度，注意瞬时功率 的求法。7.如图所示，木块 A和四分之一光滑圆轨道 B静置于光滑水平面上， A、B质量mA= mB =2.0kg。现让A以vo=4m/s的速度水平向右运动，之后与墙壁发生弹性碰撞(碰撞过程 中无机械能损失)，碰撞时间为t=0.2s。取重力加速度 g=10m/s2.求：L 卬IA与墙壁碰撞过程中，墙壁对木块平均作用力的大小；A滑上圆轨道B后，到达最大高度时与 B的共同速度大小.【答案】(1)

13、F= 80N (2) vi = 2m/s【解析】【详解】 以水平向左为正方向， A与墙壁碰撞过程，无机械能能损失，则以原速率弹回，对 A, 由动量定理得：Ft=mAv0-mA? ( - vo),代入数据解得：F= 80N;A滑上圆轨道B后到达最大高度时，AB速度相等，设 A、B的共同速度为v,系统在水 平方向动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒得：mAvo= ( mA+mB)vi ,代入数据解得：vi = 2m/s ；8.如图所示，质量10kg的小车A静止在光滑水平地面上，其上表面光滑，左端有一 固定挡板。可视为质点的小物块B置于A的最右端，B的质量日= 5kSo现对小车A施加一个水平向右的恒

14、力 F=20N,作用0.5s后撤去外力，随后固定挡板与小物块B发生碰撞。假设碰撞时间极短，碰后 A、B粘在一起，继续运动。求：R砌r777777777777777777777777777777777777777(1)碰撞前小车A的速度；(2)碰撞过程中小车 A损失的机械能。【答案】(1) 1m/s (2) 25/9J【解析】【详解】(1) A上表面光滑，在外力作用下，A运动，B静止,对A,由动量定理得：= m”人，代入数据解得： %=1 m/s ;(2) A、B碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：m商4二("5 +州'，2代入数据解得：3二-m/s,碰撞过

15、程，A损失的机械能：上以二严&谑-/*廿£25代入数据解得：d/jA = |;9.在水平地面的右端 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s= 5 m ,如图所示.小物块以初速度v0 = 8 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/s2.求： (1)小物块与地面间的动摩擦因数百(2)若碰撞时间t=0.05 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至ijB过程，由动能定理，有：一

16、mgs= - mv12- - mvo222可得：(1= 0.15.(2)对碰撞过程，规定向左为正方向，由动量定理，有：Ft=mv2m( v1)可得：F= 130 N.10.如图，质量分别为 m= 10kg和m2= 2.0kg的弹性小球a、b用弹性轻绳紧紧的把它们捆在一起，使它们发生微小的形变，该系统以速度V0=0.10m/s沿光滑水平面向右做直线运动，某时刻轻绳突然自动断开，断开后，小球 动。求：b停止运动，小球a继续沿原方向直线运刚分离时，小球a的速度大小vi; 两球分开过程中，小球 a受到的冲量I。【答案】0.12m/s ;Q2N S【解析】【分析】根据“弹性小球a、b用弹性轻绳紧紧的把它

17、们捆在一起，使它们发生微小的形变”、“光滑水平面” “某时刻轻绳突然自动断开”可知，本题考察类“碰撞”问题。据类“碰撞” 问题的处理方法，运用动量守恒定律、动量定理等列式计算。【详解】 两小球组成的系统在光滑水平面上运动，系统所受合外力为零，动量守恒，则：(mi + mzjvo = 0 + mjvi代入数据求得：vi = 0,12m4 两球分开过程中，对 a,应用动量定理得：I - APi - mivi -= 10 X 0,02N s - 020N s11 .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

18、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.第I(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, 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. Q CE；b.01 2 ,、；Eo CE (2)2B2L2C3m(1) a、根据电