《物理试卷分类汇编物理动量定理(及答案)及解析.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《物理试卷分类汇编物理动量定理(及答案)及解析.docx（11页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、物理试卷分类汇编物理动量定理( 及答案 ) 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=0.1 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 v0 =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；【
2、答案】（ 1） 2m/s（ 2）vA1m/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：Mg t M v M v 0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：MvMv AmvB1 Mv 21 Mv A21 mvB2222解得： vA 1m/ svB 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：1 mvB21 mvC2mg2R22在最高点 C 对小球 B 受力分析，由牛顿第二定律有：mg FNm vC2R解得： FN 4N由牛顿第三定律知
3、，FN FN 4N小球对轨道的压力的大小为3N，方向竖直向上2 图甲为光滑金属导轨制成的斜面，导轨的间距为l1m ，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 r 2， cd 棒的电阻为r24。已知 t=0 时刻起，1cd 棒在沿斜
4、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 ab 分析
5、，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 C，通过 cd 棒的电荷量为1.6C由动量定理得：I Fmgsint BlI 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
6、整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： WF43.2J3 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
7、析】【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4 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
8、的区域施加一个沿 -x 方向的匀强电场，在 tT0 时刻l 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v02qv0B0mR1解得 R1l2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，
9、如图所示设粒子做圆周运动的周期为T ，则T2 mlqB0v0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 T0T ，即 T0l；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,
10、2L24v02n 0,1,2L解得 E2n 1cl5 如图甲所示，物块A、 B 的质量分别是mA4.0kg 和 mB 3.0kg用轻弹簧拴接，放在光滑的水平地面上，物块B 右侧与竖直墙壁相接触另有一物块C 从t 0 时以一定速度向右运动，在t 4s 时与物块A 相碰，并立即与A 粘在一起不分开，C 的v t图象如图乙所示求：（1） C 的质量 mC；（2） t 8s 时弹簧具有的弹性势能Ep1（3） 4 12s 内墙壁对物块B 的冲量大小I【答案】 (1) 2kg (2) 27J (3) 36N s【解析】【详解】（1）由题图乙知， C 与 A 碰前速度为 v1 9m/s ，碰后速度大小为v2
11、3m/s ，C 与 A 碰撞过程动量守恒C 1AC 2m v (m m )v解得 C 的质量mC 2kg（2） t 8s 时弹簧具有的弹性势能1Ep1(mA mC)v22=27J2（3）取水平向左为正方向，根据动量定理，412s 内墙壁对物块B 的冲量大小I=(mA mC)v3-(mAmC)（ -v2） =36Ns6 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
12、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 3v，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4向，则斜面对小球的冲量为Im ( 3 v) m( v)4解得 I 7 mv0.27 如图所示，质量的小车 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。现对小车 A 施加一个水平向右的恒力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：（ 1）碰撞前小车 A
13、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：，代入数据解得：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：，代入数据解得：，碰撞过程， A 损失的机械能：，代入数据解得：；8 如图所示，一个质量m=4kg 的物块以速度v=2m/s 水平滑上一静止的平板车上，平板车质量 M=16kg，物块与平板车之间的动摩擦因数=0.2 ，其它摩擦不计（取求：g=10m/s 2），（ 1）物块相对平板车静止时，物块的速度；（
14、2）物块相对平板车上滑行，要使物块在平板车上不滑下，平板车至少多长？【答案】 (1)0.4m/s（ 2）0.8m【解析】（ 1）物块与平板车组成的系统动量守恒，以物块与普遍车组成的系统为研究对象，以物块的速度方向为正方向，由动量守恒定律得 mvM m v ，解得 v0.4m / s ；（2）对物块由动量定理得mgt mvmv ，解得 t 0.8s ；物块在平板车上做匀减速直线运动，平板车做匀加速直线运动，由匀变速运动的平均速度公式得，对物块s1vv t ，对平板车 s2v t ，22物块在平板车上滑行的距离s s1 s2 ，解得s0.8m ，要使物块在平板车上不滑下，平板车至少长0.8m9 起
15、跳摸高是学生常进行的一项活动。某中学生身高1.80m，质量 70kg。他站立举臂，手指摸到的高度为 2.10m.在一次摸高测试中，如果他下蹲，再用力瞪地向上跳起，同时举臂，离地后手指摸到高度为2.55m。 设他从蹬地到离开地面所用的时间为0.7s。不计空气阻力，（ g=10m/s2）.求：(1)他跳起刚离地时的速度大小；(2)从蹬地到离开地面过程中重力的冲量的大小；(3)上跳过程中他对地面平均压力的大小。【答案】（ 1） 3m/s（ 2）（ 2） 1000N【解析】【分析】人跳起后在空中运动时机械能守恒，由人的重心升高的高度利用机械能守恒可求得人刚离地时的速度；人在与地接触时，地对人的作用力与
16、重力的合力使人获得上升的速度，由动量定理可求得地面对他的支持力，再由牛顿第三定律可求得他对地面的平均压力；【详解】（1）跳起后重心升高根据机械能守恒定律：，解得 ：；（ 2）根据冲量公式可以得到从蹬地到离开地面过程中重力的冲量的大小为：，方向竖直向下；（ 3）上跳过程过程中，取向上为正方向，由动量定理即：，将数据代入上式可得根据牛顿第三定律可知：对地面的平均压力。【点睛】本题中要明确人运动的过程，找出人起跳的高度及人在空中运动的高度，从而正确选择物理规律求解 。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 的质量是小球平面之间的动摩擦
17、因数为低点时与物块发生弹性正碰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.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）gh（ 2）2gh84 g【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v1 ，碰后 A、B 速度分别为 v1 和 v2 ，碰撞前后的动量和机械都守恒，则有：mgh1 mv122mv1mv1 2mv21 mv121 mv12 1 2mv22222解得： v12gh ， v
18、222gh ，33所以碰后 A 反弹瞬间速度大小为2gh ；3（2）物块在水平面上滑行所受摩擦力的大小F 2 mg ，设物块在水平面上滑行的时间为t，根据动量定量，有：Ft02mv222gh解得： t3g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 根据牛顿第二定律及运动学相关方程分别推导动能定理和动量定理的表达式【答案】该推导过程见解析【解析】设一个质量为 m 的物体，初速度为v0 ，在水平合外力F（恒力）的作用下，运动一段距离x 后，速度变为 vt ，所用的时间为t则根据牛顿第二定律得：F
19、 ma ，根据运动学知识有vt2v022ax ，联立得到1 mvt21 mv02Fx ，即为动能定理22根据运动学知识：avtv0 ，代入牛顿第二定律得：Ftmvtmv0 ，即为动量定理t12 花样滑冰赛场上，男女运动员一起以速度v0=2 m/s 沿直线匀速滑行，不计冰面的摩擦，某时刻男运动员将女运动员以v1=6 m/s 的速度向前推出，已知男运动员的质量为M=60 kg，女运动员的质量为 m=40 kg，求：（ 1）将女运动员推出后，男运动员的速度；（ 2）在此过程中，男运动员推力的冲量大小；【答案】 (1) v22 m / s ； (2) I=160N s3【解析】【分析】【详解】设推出女运动员后，男运动员的速度为v2 ，根据动量守恒定律M m v0 mv1 Mv2解得2v2m / s，“ ”表示男运动员受到方向与其初速度方向相反3在此过程中，对运动员有：Imv1mv0解得 I=160Ns