高中物理动量定理解题技巧及经典题型及练习题及解析

高中物理动量定理解题技巧及经典题型及练习题(含)及分析高中物理动量定理解题技巧及经典题型及练习题(含)及分析高中物理动量定理解题技巧及经典题型及练习题(含)及分析高中物理动量定理解题技巧及经典题型及练习题(含答案)及分析一、高考物理精讲专题动量定理1．赏析“烟火”表演是某地每年“春节”庆祝活动的压轴大餐。某型“礼花”底座仅的发射时间，就能将质量为m=5kg的礼花弹竖直抛上180m的高空。（忽略发射底座高度，不计空气阻力，g取10m/s2）(1)“礼花”发射时燃烧的火药对礼花弹的平均作用力是多少？（已知该平均作用力远大于礼花弹自己重力）(2)某次试射，当礼花弹到达最高点时爆炸成沿水平方向运动的两块（爆炸时炸药质量忽略不计），测得前后两块质量之比为1：4，且炸裂时有大小为E=9000J的化学能全部转变为了动能，则两块落地址间的距离是多少？【答案】(1)1550N；(2)900m【分析】【分析】【详解】(1)设发射时燃烧的火药对礼花弹的平均作用力为F，设礼花弹上升时间为t，则：1gt22解得t6s对礼花弹从发射到抛到最高点，由动量定理Ft0mg(tt0)0其中t0解得F1550N(2)设在最高点爆炸后两块质量分别为m1、m2，对应的水平速度大小分别为v1、v2，则：在最高点爆炸，由动量守恒定律得m1v1m2v2由能量守恒定律得E1m1v121m2v2222其中m11m24mm1m2联立解得v1120m/sv230m/s此后两物块做平抛运动，则竖直方向有1gt22水平方向有sv1tv2t由以上各式联立解得s=900m2．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：⑴沙对小球的平均阻力F；⑵小球在沙坑里下落过程所受的总冲量I．mg(t1t2)【答案】(1)(2)mgt1t2【分析】试题分析：设刚开始下落的地址为A，恰巧接触沙的地址为B，在沙中到达的最低点为C.⑴在下落的全过程对小球用动量定理：重力作用时间为t1+t2，而阻力作用时间仅为t2，以竖直向下为正方向，有：mg(t1+t2)-Ft2=0,解得：

方向竖直向上⑵依旧在下落的全过程对小球用动量定理：在t1时间内只有重力的冲量，在t2时间内只有总冲量（已包括重力冲量在内），以竖直向下为正方向，有：mgt1-I=0,∴I=mgt1方向竖直向上考点：冲量定理议论：本题观察了利用冲量定理计算物体所受力的方法．3．以下列图，足够长的木板端，A、B、C的质量分别为

A和物块m、2m和

C置于同一圆滑水平轨道上，物块B置于A的左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，最后

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；（2）A、C碰撞过程中C对A的冲量的大小是3mv0．2【分析】【分析】【详解】试题分析：①设C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从碰前至最后都静止程由动量守恒定律得：(m2m)v0－3mv1?0解得：v1v0．②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：mv0－3mv1(m3m)v2在A、C碰撞过程中对A由动量定理得：ICAmv2－mv0解得：ICA3mv02A、C碰过程中C对A的冲量大小为3mv0．方向为负．2考点：动量守恒定律【名师点睛】本题观察了求木板、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要点，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．以下列图，在倾角θ=37°的足够长的固定圆滑斜面的底端，有一质量、可视为质点的物体，以v0的初速度沿斜面上滑。已知，，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力。求：1）物体沿斜面向上运动的加速度大小；2）物体在沿斜面运动的过程中，物体战胜重力所做功的最大值；3）物体在沿斜面向上运动至返回到斜面底端的过程中，重力的冲量。【答案】（1）2（2）18J（3）20N·s，方向竖直向下。【分析】【详解】（1）设物体运动的加速度为a，物体所受合力等于重力沿斜面向下的分力为：F=mgsinθ依照牛顿第二定律有：F=ma；解得：2（2）物体沿斜面上滑到最高点时，战胜重力做功达到最大值，设最大值为沿斜面上滑过程，依照动能定理有：

vm；对于物体W01mvm22解得W=18J；（3）物体沿斜面上滑和下滑的总时间为：2v026t2sa6重力的冲量：IGmgt20Ns方向竖直向下。5．甲图是我国自主研制的200mm离子电推进系统，已经经过我国“实践九号”卫星空间翱翔试验考据，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，拥有大幅减少推进剂燃料耗资、控制更灵便、定位更精准等优势．离子推进器的工作原理如图乙所示，推进剂氙原子P喷注入腔室C后，被电子枪G射出的电子碰撞而电离，成为带正电的氙离子．氙离子从腔室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．在加速氙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，氙离子的质量为m、电荷量为q．（1）将该离子推进器固定在地面进步行试验．求氙离子经A、B之间的电场加速后，经过栅电极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Δv，此过程中能够为氙离子仍以第（1）中所求的速度经过栅电极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发射的氙离子数目N．（3）能够用离子推进器工作过程中产生的推力与A、B之间的电场对氙离子做功的功率的比值S来反响推进器工作情况．经过计算说明采用哪些措施能够增大S，并对增大S的实际意义说出你的见解．【答案】（1）（2）（3）增大S能够经过减小q、U或增大m的方法．提高该比值意味着推进器耗资相同的功率能够获得更大的推力．【分析】试题分析：（1）依照动能定理有解得：（2）在与飞船运动方向垂直方向上，依照动量守恒有：Mv=Nmv解得：（3）设单位时间内经过栅电极A的氙离子数为子个数为Nnt，设氙离子碰到的平均力为F

n，在时间，对时间

t

t内，离子推进器发射出的氙离内的射出的氙离子运用动量定理，

Ft

Nmv

ntmv，

F

=nmv依照牛顿第三定律可知，离子推进器工作过程中对飞船的推力大小电场对氙离子做功的功率P=nqU

F=F

=nmv则依照上式可知：增大S能够经过减小q、U或增大m的方法．提高该比值意味着推进器耗资相同的功率能够获得更大的推力．（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.6．以下列图

,两个小球

A和

B质量分别是

mA＝2.0kg,

mB＝1.6kg,

球A静止在圆滑水平面上的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

L≤18m时存在着恒定的斥力

F,L＞18m时无相互作用力

.当两球相距近来时

,它们间的距离为

d＝2m,此时球

B的速度是

4m/s.求:球B的初速度大小;两球之间的斥力大小;两球从开始相互作用到相距近来时所经历的时间.【答案】(1)vB09s；(2)；(3)tm【分析】试题分析：（1）当两球速度相等时，两球相距近来，依照动量守恒定律求出B球的初速度；（2）在两球相距L＞18m时无相互作用力，B球做匀速直线运动，两球相距L≤18m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）依照动量定理获得两球从开始相互作用到相距近来时所经历的时间．（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近来时所经历的时间是t。当两球相距近来时球B的速度vB4m，此时球A的速度vA与球B的速度大小相s等，vAvB4m,由动量守恒定律可mBvB0mAmBv得：vB09m;ss(2)两球从开始相互作用到它们之间距离近来时，它们之间的相对位移x=L-d，由功能关系可得：FX1mBvB'21mAvA2mBvB2得：22(3)依照动量定理，对A球有FtmvA0,得点晴：本题综合观察了动量定理、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，两球相距近来，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要点．7．以下列图，木块A和四分之一圆滑圆轨道B静置于圆滑水平面上，A、B质量mA＝mB＝。现让A以v0＝4m/s的速度水平向右运动，此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＝。取重力加速度g＝10m/s2．求：①A与墙壁碰撞过程中，墙壁对木块平均作用力的大小；②A滑上圆轨道B后，到达最大高度时与B的共同速度大小.F80N(2)v1【答案】(1)＝＝2m/s【分析】【详解】①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?（﹣v0），代入数据解得：F＝80N；②A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：mAv0＝（mA+mB）v1，代入数据解得：v1＝2m/s；8．用动量定理办理二维问题时，能够在相互垂直的

x、y

两个方向上分别进行研究。如图所示，质量为

m的小球斜射到木板上，入射的角度是

θ，碰撞后弹出的角度也是

θ，碰撞前后的速度大小都是

v。碰撞过程中忽略小球所受重力。若小球与木板的碰撞时间为

t，求木板对小球的平均作用力的大小和方向。【答案】F2mvcos，方向沿y轴正方向t【分析】【详解】小球在x方向的动量变化为pxmvsinmvsin0小球在y方向的动量变化为pymvcos(mvcos)2mvcos依照动量定理Ftpy2mvcos，方向沿y轴正方向解得Ft9．如图甲所示，足够长圆滑金属导轨MN、PQ处在同一斜面内，斜面与水平面间的夹角θ=30°，两导轨间距d=0.2m，导轨的N、Q之间连接一阻值R=0.9Ω的定值电阻。金属杆ab的电阻r=0.1Ω，质量m=20g，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，匀强磁场的磁感觉强度属杆ab向上运动过程中，经过R的电流电阻，重力加速度g取10m/s2。

B=0.5T。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。不计其他(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0～1s内拉力F的冲量。【答案】（1）v5t（2）图见分析；（3）IF0.225Ns【分析】【详解】（1）设瞬时感觉电动势为e，回路中感觉电流为i，金属杆ab的瞬时速度为v。由法拉第电磁感觉定律：eBdv闭合电路的欧姆定律：ieRr由乙图可得，i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，得：FBidmgsinma2由第（1）问可得，加速度a5m/s联立以上各式可得：由此可画出F-t图像：（3）对金属棒

ab，由动量定理可得：IF

mgtsin

BIdt

mv由第（

1）问可得：

t

1s时，v=5m/s联立以上各式，得：

IF

0.225N

s另解：由

F-t

图像的面积可得

IF

0.25)

1Ns=0.225Ns210．以下列图，质量为m=1.0kg的物块A以v0=4.0m/s速度沿粗糙水平面滑向静止在水平面上质量为M=2.0kg的物块B，物块A和物块B碰撞时间极短，碰后两物块粘在一起．已知物块A和物块B均可视为质点，两物块间的距离为L=1.75m，两物块与水平面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度g=10m/s2.求：1）物块A和物块B碰撞前的瞬时，物块A的速度v的大小；2）物块A和物块B碰撞的过程中，物块A对物块B的冲量I；（3）物块A和物块B碰撞的过程中，系统损失的机械能E.13m/s22Ns3【分析】试题分析：物块A运动到和物块B碰撞前的瞬时，依照动能定理求得物块

A的速度；以物块A和物块B为系统，依照动量守恒求得碰后两物块速度，再依照动量定理求得物块A对物块B的冲量．以物块A和物块B为系统，依照能量守恒求得系统损失的机械能．1）物块A运动到和物块B碰撞前的瞬时，依照动能定理得，解得（2）以物块A和物块B为系统，依照动量守恒得：，以物块B为研究对象，依照动量定理得：，解得，方向水平向右3）以物块A和物块B为系统，依照能量守恒得解得：11．小物块电量为+q，质量为m，从倾角为θ的圆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终究端的过程中：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【分析】（1）小物块沿斜面下滑，依照牛顿第二定律可知：

mgsinma，则：agsin依照位移与时间关系能够获得：h1gsint2，则：t12hsin2sing则电场的冲量为：IEqtEq2hsin，方向垂直于斜面向下g2）依照速度与时间的关系，小物块到达斜面底端的速度为：则小物块动量的变化量为：

vatgsint12hp