高中物理动量定理技巧(很有用)及练习题含解析

高中物理动量定理技巧(很有用)及练习题含解析

一、高考物理精讲专题动量定理

1．如图所示，长为L 的轻质细绳一端固定在O 点，另一端系一质量为m 的小球，O 点离地高度为H 。现将细绳拉至与水平方向成30?，由静止释放小球，经过时间t 小球到达最低点，细绳刚好被拉断，小球水平抛出。若忽略空气阻力，重力加速度为g 。 (1)求细绳的最大承受力；

(2)求从小球释放到最低点的过程中，细绳对小球的冲量大小；

(3)小明同学认为细绳的长度越长，小球抛的越远；小刚同学则认为细绳的长度越短，小球抛的越远。请通过计算，说明你的观点。

【答案】（1）F =2mg ；（2）()2

2F I mgt m gL =+；（3）当2

H

L =

时小球抛的最远 【解析】 【分析】 【详解】

(1)小球从释放到最低点的过程中，由动能定理得

2

01sin 302

mgL mv ?=

小球在最低点时，由牛顿第二定律和向心力公式得

20

mv F mg L

-= 解得：

F =2mg

(2)小球从释放到最低点的过程中，重力的冲量

I G =mgt

动量变化量

0p mv ?=

由三角形定则得，绳对小球的冲量

()

2

2F I mgt m gL =

+

(3)平抛的水平位移0x v t =，竖直位移

212

H L gt -=

解得

2()x L H L =-

当2

H

L =

时小球抛的最远

2．如图所示，在倾角θ=37°的足够长的固定光滑斜面的底端，有一质量m =1.0kg 、可视为质点的物体，以v 0=6.0m/s 的初速度沿斜面上滑。已知sin37o=0.60，cos37o=0.80，重力加速度g 取10m/s 2，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，物体克服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）6.0m/s 2（2）18J （3）20N·s ，方向竖直向下。 【解析】 【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=mg sin θ

根据牛顿第二定律有：

F=ma ；

解得：

a =6.0m/s 2

（2）物体沿斜面上滑到最高点时，克服重力做功达到最大值，设最大值为v m ；对于物体沿斜面上滑过程，根据动能定理有：

21

2

0m W mv -=-

解得

W =18J ；

（3）物体沿斜面上滑和下滑的总时间为：

0226

2s 6

v t a ?=

== 重力的冲量：

20N s G I mgt ==?

方向竖直向下。

3．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80h m =，倾角为30θ=?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210/m s ，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沖量。

【答案】（1）40/m s （2）41.210W ?（3）34.810N 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）滑雪者由斜面顶端滑到底端过程中，系统机械能守恒：212

mgh mv = 到达底端时的速率为：40/v m s =；

（2）滑雪者由滑到斜面底端时重力的瞬时功率为：4

sin 30 1.210G P mg v W =???=?；

（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0sin 30mg ma =，可以得到：2

sin 305/a g m s =?=

根据速度与时间关系可以得到：0

8v t s a

-=

= 则重力的冲量为：3

4.810G I mgt 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。

4．一质量为0.5kg 的小物块放在水平地面上的A 点，距离A 点5 m 的位置B 处是一面墙，如图所示.物块以v 0＝8m/s 的初速度从A 点沿AB 方向运动，在与墙壁碰撞前瞬间的速度为7m/s ，碰后以5m/s 的速度反向运动直至静止.g 取10 m/s 2.

(1)求物块与地面间的动摩擦因数μ；

(2)若碰撞时间为0.05s ，求碰撞过程中墙面对物块平均作用力的大小F ； (3)求物块在反向运动过程中克服摩擦力所做的功W . 【答案】（1）0.32μ=（2）130F N =（3）9W J = 【解析】

（1）由动能定理，有：22

01122

mgs mv mv μ-=

-可得0.32μ=． （2）由动量定理，有'F t mv mv ?=-可得130F N =． （3）'2

192

W mv J =

=． 【考点定位】本题考查动能定理、动量定理、做功等知识

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/s 2.求小球对钢板的作用力. 【答案】78N 【解析】 【详解】

自由落体过程 v 12＝2gh 1，得v 1=10m/s ； v 1=gt 1 得t 1=1s

小球弹起后达到最大高度过程0? v 22＝?2gh 2，得v 2=9m/s 0-v 2=-gt 2 得t 2=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 ′=mv 2-（-mv 1） 其中t ′=t -t 1-t 2=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．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上进行试验．求氙离子经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Δv ，此过程中可认为氙离子仍以第（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氙离子数目N ．

（3）可以用离子推进器工作过程中产生的推力与A 、B 之间的电场对氙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． 【答案】（1）（2）

（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

解得：

（2）在与飞船运动方向垂直方向上，根据动量守恒有：MΔv=Nmv 解得：

（3）设单位时间内通过栅电极A 的氙离子数为n ，在时间t 内，离子推进器发射出的氙离子个数为N nt =，设氙离子受到的平均力为F '，对时间t 内的射出的氙离子运用动量定理，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 电场对氙离子做功的功率P= nqU 则

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.

7．两根平行的金属导轨，固定在同一水平面上，磁感强度B=0.5T的匀强磁场与导轨所在平面垂直，导轨的电阻很小，可忽略不计．导轨间的距离l=0.20m，两根质量均m=0.10kg 的平行金属杆甲、乙可在导轨上无摩擦地滑动，滑动过程中与导轨保持垂直，每根金属杆的电阻为R=0.50Ω．在t=0时刻，两杆都处于静止状态．现有一与导轨平行，大小0.20N的恒力F作用于金属杆甲上，使金属杆在导轨上滑动．经过T=5.0s，金属杆甲的加速度为

a=1.37 m/s2，求此时两金属杆的速度各为多少？

【答案】8.15m/s 1.85m/s

【解析】

设任一时刻两金属杆甲、乙之间的距离为，速度分别为和，经过很短时间，杆甲移动距离，杆乙移动距离，回路面积改变

由法拉第电磁感应定律，回路中的感应电动势：

回路中的电流：

杆甲的运动方程：

由于作用于杆甲和杆乙的安培力总是大小相等、方向相反，所以两杆的动量变化（时为0）等于外力F的冲量：

联立以上各式解得

代入数据得＝8.15m/s ＝1.85m/s

【名师点睛】

两杆同向运动，回路中的总电动势等于它们产生的感应电动势之差，即与它们速度之差有关，对甲杆由牛顿第二定律列式，对两杆分别运用动量定理列式，即可求解．

8．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：；

9．如图，质量分别为m1＝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b停止运动，小球a继续沿原方向直线运动。求：

① 刚分离时，小球a的速度大小v1；

② 两球分开过程中，小球a受到的冲量I。

【答案】① 0.12m/s ；②

【解析】

【分析】

根据“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”、“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】

① 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：

代入数据求得：

② 两球分开过程中，对a ，应用动量定理得：

10．小物块电量为+q ，质量为m ，从倾角为θ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．

【答案】（1）q 2sin E h

g

θ 方向垂直于斜面向下（2）2m gh 方向沿斜面向下 【解析】

（1）小物块沿斜面下滑，根据牛顿第二定律可知：sin mg ma θ=，则：sin a g θ= 根据位移与时间关系可以得到：

21sin sin 2h g t θθ=，则：12sin h

t g

θ= 则电场的冲量为：2sin Eq h

I Eqt g

θ==

，方向垂直于斜面向下 （2）根据速度与时间的关系，小物块到达斜面底端的速度为：gsin v at t θ==? 则小物块动量的变化量为：

12sin sin 2sin h

p mv mg t mg m gh g

θθθ?===?

=，方向沿斜面向下． 点睛：本题需要注意冲量以及动量变化量的矢量性的问题，同时需要掌握牛顿第二定律以及运动学公式的运用．

11．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/s 2。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 ＝m v 12 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 ＝m v 22

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．

12．飞机场有一架战斗机，质量3510m =?Kg ，发动机的额定功率900P =kW ．在战备状态下，一开始启动，发动机就处于额定功率状态，在跑道上经过时间t =15s 运动，速度恰好达到最大速度m 60v =m/s 离开跑道．飞机在跑道上运动过程中，受到的阻力不断增大．求：

（1）飞机速度达到最大时，所受到的阻力大小；

（2）飞机从启动到最大速度的过程中，飞机所受合外力的冲量的大小； （3）飞机从启动到离开跑道，飞机克服阻力所做的功．

【答案】（1）1.5×104N （2）5

310I N s =??合（3）4.5×106J

【解析】

(1)飞机速度达到最大时，设飞机的牵引力为F ，受到的阻力是f ，则 F f =

P Fv =

解得f ＝1.5×104 N

(2)对飞机由动量定理有 0I mv =-合

解得5

310I =?合N.s

(3)从开始到离开跑道，设克服阻力做功是W ，则

212

Pt W mv -=

解得W ＝4.5×106 J

【点睛】本题考查功及冲量的计算，要注意明确当飞机达最大速度时，牵引力等于阻力．