物理动量定理专项及解析

物理动量定理专项及解析一、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=0.1m，半圆形轨道的底端放置一个质量为m=0.1kg的小球B，水平面上有一个质量为M=0.3kg的小球A以初速度v0=4.0m/s开始向着木块B滑动，经过时间t=0.80s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μ=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/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：–μMgt＝Mv–Mv0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：

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：在最高点C对小球B受力分析，由牛顿第二定律有：解得：FN＝4N由牛顿第三定律知，FN'＝FN＝4N小球对轨道的压力的大小为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：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．【答案】(1)(2)【解析】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.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仍然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．如图甲所示，平面直角坐标系中，0≤x≤l、0≤y≤2l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，）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t<的某时刻，粒子从点（l，2l）射出磁场，求B0大小。（2）若B0=，且粒子从0≤l≤的任一时刻入射时，粒子离开磁场时的位置都不在y轴上，求T0的取值范围。（3）若B0=，，在x>l的区域施加一个沿-x方向的匀强电场，在时刻入射的粒子，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）；（2）；（3）.【解析】【详解】设粒子的质量为，电荷量为，则由题意得（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，设运动半径为，根据几何关系和牛顿第二定律得：解得（2）设粒子运动的半径为，由牛顿第二定律得解得临界情况为：粒子从时刻射入，并且轨迹恰好过点，粒子才能从轴射出，如图所示设粒子做圆周运动的周期为，则由几何关系可知，在内，粒子轨迹转过的圆心角为对应粒子的运动时间为分析可知，只要满足，就可以使粒子离开磁场时的位置都不在轴上。联立解得，即；（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，则在磁场中，设粒子运动的时间为，则由题意可知，还有解得，即设电场强度的大小为，在电场中，设往复一次所用的时间为，则根据动量定理可得其中解得4．在距地面20m高处，某人以20m/s的速度水平抛出一质量为1kg的物体，不计空气阻力（g取10m/s2）。求（1）物体从抛出到落到地面过程重力的冲量；（2）落地时物体的动量。【答案】（1）20N∙s，方向竖直向下（2），与水平方向的夹角为45°【解析】【详解】（1）物体做平抛运动，则有：解得：t=2s则物体从抛出到落到地面过程重力的冲量I=mgt=1×10×2=20N•s方向竖直向下。（2）在竖直方向，根据动量定理得I=py-0。可得，物体落地时竖直方向的分动量py=20kg•m/s物体落地时水平方向的分动量px=mv0=1×20=20kg•m/s故落地时物体的动量设落地时动量与水平方向的夹角为θ，则θ=45°5．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/s2.求小球对钢板的作用力.【答案】78N【解析】【详解】自由落体过程

v12＝2gh1，得v1=10m/s；v1=gt1

得t1=1s

小球弹起后达到最大高度过程0−v22＝−2gh2，得v2=9m/s

0-v2=-gt2

得t2=0.9s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

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；6．质量为70kg的人不慎从高空支架上跌落，由于弹性安全带的保护，使他悬挂在空中．已知人先自由下落3.2m，安全带伸直到原长，接着拉伸安全带缓冲到最低点，缓冲时间为1s，取g=10m/s2．求缓冲过程人受到安全带的平均拉力的大小．【答案】1260N【解析】【详解】人下落3.2m时的速度大小为在缓冲过程中，取向上为正方向，由动量定理可得则缓冲过程人受到安全带的平均拉力的大小7．如图，有一个光滑轨道，其水平部分MN段和圆形部分NPQ平滑连接，圆形轨道的半径R=0.5m；质量为m1=5kg的A球以v0=6m/s的速度沿轨道向右运动，与静止在水平轨道上质量为m2=4kg的B球发生碰撞，两小球碰撞过程相互作用的时为t0=0.02s，碰撞后B小球恰好越过圆形轨道最高点。两球可视为质点，g=10m/s2。求：(1)碰撞后A小球的速度大小。(2)碰撞过程两小球间的平均作用力大小。【答案】(1)2m/s(2)1000N【解析】【详解】(1)B小球刚好能运动到圆形轨道的最高点：设B球碰后速度为，由机械能守恒可知：A、B碰撞过程系统动量守恒：碰后A速度(2)A、B碰撞过程，对B球：得碰撞过程两小球间的平均作用力大小8．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．（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．；b．；（2）【解析】（1）a、根据电容的定义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b、根据以上电容的定义可知，画出q-u图像如图所示：有图像可知，稳定后电容器储存的能量为图中阴影部分的面积，将Q代入解得（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，平均电流为，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，（或），据电流定义可知（或）根据题意有，联立解得导体棒离开轨道时的动能电容器释放的能量联立解得能量转化效率9．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/s2。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．10．如图所示，小球A系在细线的一端，细线的另一端固定在0点，0点到水平面的距离为h.物块B的质量是小球A的2倍，置于粗糙的水平面上且位于0点的正下方，物块与水平面之间的动摩擦因数为μ.现拉动小球使细线水平伸直，小球由静止开始释放，运动到最低点时与物块发生弹性正碰.小球与物块均视为质点，不计空气阻力，重力加速度为g.求：(1)碰撞后，小球A反弹瞬间的速度大小；(2)物块B在水平面上滑行的时间t.【答案】（1）（2）【解析】（1）设小球的质量为m，运动到最低点与物块碰撞前的速度大小为，碰后A、B速度分别为和，碰撞前后的动量和机械都守恒，则有：解得：，，所以碰后A反弹瞬间速度大小为；（2）物块在水平面上滑行所受摩擦力的大小，设物块在水平面上滑行的时间为t，根据动量定量，有：解得：．点睛：本题综合考查动量守恒定律、机械能守恒定律及动量定理，要注意正确分析物理过程，选择合适的物理规律求解，要明确碰撞的基本规律是系统的动量守恒．11．柴油打桩机的重锤由气缸、活塞等若干部件组成，气虹与活塞间有柴油与空气的混合物．在重锤与桩碰摊的过程中，通过压缩使混合物燃烧，产生高温高压气体，从而使桩向下运动，锤向上运动．现把柴油打桩机和打桩过程简化如下：柴油打桩机重锤的质量为，锤在桩帽以上高度为处（如图）从静止开始沿竖直轨道自由落下，打在质量为（包括桩帽）的钢筋混凝土桩子上，同时，柴油燃烧，产生猛烈推力，锤和桩分离，这过程的时间极短．随后，桩在泥土中向下移动一距离．已知锤反跳后到达最高点时，锺与已停下的桩子之间的距离也为（如图2）．已知，，，，重力加速度，混合物的质量不计，设桩向下移动的过程中泥土对桩的作用力是恒力，求：（1）重锤与桩子发生碰撞之前的速度大小；（2）重锤与桩子发生碰后即将分离瞬间，桩子的速度大小；（3）桩向下移动的过程中泥土对桩的作用力的大小．【答案】（1）（2）见解析（3）【解析】（1）锤自由下落，设碰桩前速度大小为，由动能定理得：化简得：即锤与桩碰撞前的瞬间，锤速度的大小为（2）碰后，设碰后锤的速度大小为，由动能定理得：化简得：设碰后桩的速度为，由动量守恒定律得：解得桩下降的过程中，根据动能定理得：解得：即桩向下移动的过程中泥土对桩的作用力的大小为故本题答案是：（1）（2）（3）点睛：利用动能定理求解重锤落下的速度以及重锤反弹的速度，，根据动量守恒求木桩下落的速度．12．有一水龙头以每秒800g水的流量竖直注入盆中,盆放在磅秤上,如图所示．盆中原来无水，盆的质量500g，注至5s末时，磅秤的读数为5