最新高中物理动量定理试题有答案和解析

1、最新高中物理动量定理试题(有答案和解析)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. 5Q,其余电阻不计，回路电动势E与时间t的关系如图3所示，图线是过原点的直线

2、，求：(2)在1(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.32 【答案】(1) 8A (2) 8N S (3) F 6 V3x9【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E 4V由欧姆定律得12 A 8AR 0.5(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)I - 4tR TOC o 1-5 h z 一 . 4x因二53 ,可知任意t时刻回路中导体棒有效切割长度L 又由F安BIL所以即安培力跟时间成正比

3、所以在12s时间内导体棒所受安培力的平均值16 32F 3_3 N 8N2故I安 F t 8N s(3)因为vE BLv 4Bx -3所以v 1.5t(m/s)可知导体棒的运动时匀加速直线运动，加速度a 1.5m/s22 一又x -at ,联立解得F 6 32 与9【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.如图所示，固定在竖直平面内的 4光滑圆弧轨道 AB与粗糙水平地面 BC相切于B点。质量m0.1kg的滑块甲从最高点 A由静止释放后沿轨道 AB运动，最终停在水平地面上的C点。现

4、将质量 m=0.3kg的滑块乙静置于 B点,仍将滑块甲从 A点由静止释放结果甲在 B点 与乙碰撞后粘合在一起，最终停在D点。已知B、C两点间的距离 X=2m,甲、乙与地面间的 动摩擦因数分别为=0.4、收=0.2，取g=10m/sz,两滑块均视为质点。求：(1)圆弧轨道AB的半径R;(2)甲与乙碰撞后运动到D点的时间t【解析】(1)甲从B点运动到C点的过程中做匀速直线运动，有：VB2=2aixi；根据牛顿第二定律可得： 对甲从A点运动到B点的过程，根据机械能守恒: 解得 VB=4m/s； R=0.8m ；(2)对甲乙碰撞过程，由动量守恒定律：用1刃? =帛；若甲与乙碰撞后运动到D点，由动量定理

5、：=+ 解得t=0.4s.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，推进剂氤 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，成为带正电的氤离子.氤离 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之间的电场中加速，并从栅电极 B喷出.在加速氤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

6、,氤离子的质量为 m、电荷量为q.(1)将该离子推进器固定在地面上进行试验.求氤离子经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A y此过程中可认为氤离子仍以第(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氤离子数目N.(3)可以用离子推进器工作过程中产生的推力与A、B之间的电场对氤离子做功的功率的比值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

7、.【答案】(1) u二J二一(2)八 (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qU二三幅一解得：二M A v=Nmv(2)在与飞船运动方向垂直方向上，根据动量守恒有:M A v=Nmv(3)设单位时间内通过栅电极(3)设单位时间内通过栅电极A的氤离子数为n,在时间t内，离子推进器发射出的氤离子个数为N nt,设氤离子受到的平均力为F ,对时间t内的射出的氤离子运用动量定理，F t Nmv ntmv, 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的推力大小F=F = nmv电场对

8、氤离子做功的功率 P= nqU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.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 o现让A以v0=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=0.2so取重力加速度 g=10m/s2.求：A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) F= 80N

9、(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=mAv。-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 ；.质量为m=0.2kg的小球竖直向下以 v=6m/s的速度落至水平地面，再以v2=4m/s的速度反向弹回，小球与地面的作用时间t=0.2s,取竖直向上为正方向，(取g=10m/s2).求(1)小球与

10、地面碰撞前后的动量变化？(2)小球受到地面的平均作用力是多大？【答案】(1) 2kg?m/s ,方向竖直向上；(2) 12N.【解析】(1)取竖直向上为正方向，碰撞地面前小球的动量Pi mvi1.2kg.m/ s碰撞地面后小球的动量 p2 mv2 0.8kg.m/ s小球与地面碰撞前后的动量变化p p2 p1 2kg.m/s 方向竖直向上(2)小球与地面碰撞，小球受到重力 G和地面对小球的作用力 F,由动量定理 F G t p得小球受到地面的平均作用力是F=12N.如图所示，质量为 m=0.5kg的木块，以vo=3,Om/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

11、.0kg。若木块和平板车表面间的动摩擦因数斤0. 3,重力加速度 g=10m/s2,求：m而加行插用指前谓出意;塔万(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：mg=Mv解得:t=0.8s.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9 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=

12、0.1 R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 To现用沿斜面平行于金属导轨的力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/s2。a乙求金属杆的速度v随时间t变化的关系式；(2)a乙求金属杆的速度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01 s内拉力F的冲量。【答案】(1) v 5t (2)图见解析；(3) If【解析】0.225 N s【详解】(1)设瞬时感应电动势为 由法拉第电磁感应定律：e,回路中感应电

13、流为e Bdvi,金属杆ab的瞬时速度为v。闭合电路的欧姆定律:由乙图可得，i 0.5t 由乙图可得，i 0.5t 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,F Bid mg sin ma得:由第(2) ab沿导轨向上运动过程中，由牛顿第二定律,F Bid mg sin ma得:由第(1)问可得，加速度a 5m /s2联立以上各式可得：F 0.05t 0.2(3)对金属棒ab,由动量定理可得:If mgtsin Bldtmv由第(1)If mgtsin Bldtmv由第(1)问可得:t 1 s时，v = 5 m/s联立以上各式，得:If 0.225 N s1 N

14、s= 0.225 N s1 1 N s= 0.225 N s另解：由F-t图像的面积可得If 1(0.2 0.25).质量为60 kg的建筑工人，不慎从高空跌下，由于弹性安全带的保护，使他悬挂起来；已知弹性安全带的缓冲时间是 1.2 s,安全带长5 m,(安全带伸长量远小于其原长)不计 空气阻力影响，g取10 m/s2。求：人向下减速过程中，安全带对人的平均作用力的大小及 方向。【答案】100N,方向：竖直向上【解析】【详解】选取人为研究对象，人下落过程有：代入数据解得：v=10 m/s , 缓冲过程由动量定理有：（F-mg）v2=2gh,t=mv,到/曰 l mv60 10斛得：F mg （

15、t1.2【答案】100N,方向：竖直向上【解析】【详解】选取人为研究对象，人下落过程有：代入数据解得：v=10 m/s , 缓冲过程由动量定理有：（F-mg）v2=2gh,t=mv,到/曰 l mv60 10斛得：F mg （t1.2则安全带对人的平均作用力的大小为60 10) N 1100N1100N,方向竖直向上。9.质量为2kg的球，从4.05m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 气阻力（g取10m/s2）,求小球对钢板的作用力的大小和方向.【答案】700N【解析】【详解】1.75s,不考虑空物体从下落

16、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则有:可得:h1t20.9s,球与钢板作用的时间:t1 t21.750.9 0.8s 0.05s由动量定理对全过程可列方程:mg* F t可得钢板对小球的作用力FmgM 2 100.05175、一.N 700N ,万向竖直向上.10.如图所示，在粗糙的水平面上0.5a1.5a区间放置一探测板（a 史v0 ）。在水平面qB的上方存在水平向里，磁感应强度大小为 B的匀强磁场，磁场右边界离小孔O距离为a,位于水平面下方离子源 C飘出质量为 m,电荷量为q,初速度为0的一束负离子，这束离子经2mv2电势差为U 的电场加速后，从小孔 O垂直

17、水平面并垂直磁场射入磁场区域，t时9q间内共有N个离子打到探测板上。(1)求离子从小孔 O射入磁场后打到板上的位置。(2)若离子与挡板碰撞前后没有能量的损失，则探测板受到的冲击力为多少？(3)若射到探测板上的离子全部被板吸收，要使探测板不动，水平面需要给探测板的摩擦 力为多少？.3Nmv0万向水平向左3t【答案】(1).3Nmv0万向水平向左3t3t【解析】(1)【解析】(1)在加速电场中加速时据动能定理:qU 1mv2,22代入数据得v2 Vo32在磁场中洛仑兹力提供向心力：qvB m上,所以半径rrmv2mv02qB2在磁场中洛仑兹力提供向心力：qvB m上,所以半径rrmv2mv02qB

18、 a3qB 30,3a3所以 OB OAtan600a ,离子离开磁场后打到板的正中间。(2)设板对离子的力为F ,垂直板向上为正,根据动量定理：FtFt. .一0. .一02 .Nmvsin30Nmvsin30- Nmv03F=2Nmv03t根据牛顿第三定律，探测板受到的冲击力大小为2Nmv0,方向竖直向下。3t(3)若射到探测板上的离子全部被板吸收，板对离子水平方向的力为T,根据动量定理:0, 3. 3Nmv0Tt Nmvcos30 Nmv0, T=33t离子对板的力大小为3NmVo ,方向水平向右。3t所以水平面需要给探测板的摩擦力大小为石NmVo ,方向水平向左。3t11.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.【解析】(2) (2)小物块动量的变化量.【解析】(2) mJ2g