高考物理动量定理试题经典及解析

高考物理动量定理试题经典及解析

一、高考物理精讲专题动量定理

1．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B 0和T 0均未知。比荷为c 的带正电的粒子在点（0，l ）以初速度v 0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 <0

2

T 的某时刻，粒子从点（

l ，2l ）射出磁场，求B 0大小。 （2）若B 0=

02c v l ，且粒子从0≤l ≤02

T

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T 0的取值范围。 （3）若B 0=

02c v l ，00l T v π=，在x >l 的区域施加一个沿-x 方向的匀强电场，在04

T t =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）0

0v B cl =；（2）00

l T v π≤；（3）()2

0421v E n cl π=+()0,1,2n =L . 【解析】 【详解】

设粒子的质量为m ，电荷量为q ，则由题意得

q

c m

=

（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：

R l =

20

00v qv B m R

=

解得0

v B cl

=

（2）设粒子运动的半径为1R ，由牛顿第二定律得

20

001

v qv B m R =

解得12

l R =

临界情况为：粒子从0t =时刻射入，并且轨迹恰好过()0,2l 点，粒子才能从y 轴射出，如图所示

设粒子做圆周运动的周期为T ，则

00

2m l

T qB v ππ=

= 由几何关系可知，在0

2

T t =

内，粒子轨迹转过的圆心角为 θπ=

对应粒子的运动时间为

1122

t T T ππ=

= 分析可知，只要满足0

12

T t ≥，就可以使粒子离开磁场时的位置都不在y 轴上。 联立解得0T T ≤，即00

l

T v π≤

；

（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

00

2m l

T qB v ππ=

= 在磁场中，设粒子运动的时间为2t ，则

21144

t T T =+

由题意可知，还有

00

244

T T t =

+ 解得0T T =，即00

l

T v π=

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3t ，则根据动量定理可得

302Eqt mv =

其中

3012t n T ?

?=+ ??

?()0,1,2n =L

解得()

2

421v E n cl π=+()0,1,2n =L

2．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.

3．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：；

4．冬奥会短道速滑接力比赛中，在光滑的冰面上甲运动员静止，以10m/s运动的乙运动员从后去推甲运动员，甲运动员以6m/s向前滑行，已知甲、乙运动员相互作用时间为

1s，甲运动员质量m1=70kg、乙运动员质量m2=60kg，求：

⑴乙运动员的速度大小；

⑵甲、乙运动员间平均作用力的大小。

【答案】(1)3m/s (2)F=420N

【解析】

【详解】

（1）甲乙运动员的动量守恒，由动量守恒定律公式

''

11221122m v m v m v m v +=+

得：

'

23m/s v =

（2）甲运动员的动量变化：

'1111-p m v m v ?= ①

对甲运动员利用动量定理：

p Ft ?= ②

由①②式可得：

F=420N

5．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θ=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 Ω的定值电阻。金属杆ab 的电阻r=0.1 Ω，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 T 。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/s 2。

(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0～1 s 内拉力F 的冲量。

【答案】（1）5t =v （2）图见解析；（3）0.225 N s F I =? 【解析】 【详解】

（1）设瞬时感应电动势为e ，回路中感应电流为i ，金属杆ab 的瞬时速度为v 。 由法拉第电磁感应定律：e Bd =v 闭合电路的欧姆定律：e

i R r

=+ 由乙图可得，0.5i t = 联立以上各式得：5t =v

（2）ab 沿导轨向上运动过程中，由牛顿第二定律，得： sin F Bid mg ma θ--=

由第（1）问可得，加速度25m /s a = 联立以上各式可得：0.050.2F t =+ 由此可画出F -t 图像：

（3）对金属棒ab ，由动量定理可得： sin F I mgt BIdt m θ--=v

由第（1）问可得： 1 s t =时，=5 m/s v 联立以上各式，得：0.225 N s F I =?

另解：由F -t 图像的面积可得1

(0.20.25) 1 N s =0.225 N s 2

F I =+???

6．正方体密闭容器中有大量运动粒子，每个粒子质量为m ，单位体积内粒子数量n 为恒量。为简化问题，我们假定：粒子大小可以忽略；其速率均为v ，且与器壁各面碰撞的机会均等；与器壁碰撞前后瞬间，粒子速度方向都与器壁垂直，且速率不变。利用所学力学知识，导出器壁单位面积所受粒子压力f 与m 、n 和v 的关系。（注意：解题过程中需要用到、但题目没有给出的物理量，要在解题时做必要的说明） 【答案】

【解析】 【分析】

根据“粒子器壁各面碰撞的机会均等”即相等时间内与某一器壁碰撞的粒子为该段时间内粒子总数的，一个粒子每与器壁碰撞一次给器壁的冲量是，据此根据动量定理求与某

一个截面碰撞时的作用力F ； 【详解】

一个粒子每与器壁碰撞一次给器壁的冲量是：

在时间内能达到面积为S 容器壁上的粒子所占据的体积为：

由于粒子有均等的概率与容器各面相碰，即可能达到目标区域的粒子数为：

根据动量定理得：

考虑单位面积

，整理可以得到：

根据牛顿第三定律可知，单位面积所受粒子的压力大小为。

【点睛】

本题的关键是建立微观粒子的运动模型，然后根据动量定理列式求解平均碰撞冲力，要注意粒子的运动是无规则的。

7．如图所示，在粗糙的水平面上0.5a —1.5a 区间放置一探测板（0

mv q a B

=

）。在水平面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

电势差为20

29mv U q

=的电场加速后，从小孔O 垂直水平面并垂直磁场射入磁场区域，t 时

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？

【答案】（1）打在板的中间（2）

23Nmv t

方向竖直向下（3） 03Nmv 方向水平向左

【解析】(1)在加速电场中加速时据动能定理： 2

12

qU mv =， 代入数据得02

3

v v =

在磁场中洛仑兹力提供向心力： 2v qvB m r =,所以半径022

33

mv mv r a qB qB =

== 轨迹如图：

1

3

O O a '=， 030OO A ∠=' ， 023cos303OA a ==

所以0tan60OB OA a ==，离子离开磁场后打到板的正中间。

(2)设板对离子的力为F ，垂直板向上为正方向，根据动量定理：

()

0002

sin30sin303

Ft Nmv Nmv Nmv =--=

F=

23Nmv t

根据牛顿第三定律，探测板受到的冲击力大小为

23Nmv t

，方向竖直向下。 （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：

003

cos30Tt Nmv Nmv ==

，T=03Nmv 离子对板的力大小为

33Nmv t

，方向水平向右。 所以水平面需要给探测板的摩擦力大小为

33Nmv t

，方向水平向左。

8．一垒球手水平挥动球棒，迎面打击一以速度水平飞来的垒球，垒球随后在离打击

点水平距离为

的垒球场上落地。设垒球质量为0.81kg ，打击点离地面高度为2.2m ，球

棒与垒球的作用时间为0.010s ，重力加速度为，求球棒对垒球的平均作用力的大

小。 【答案】900N 【解析】 【详解】

由题意可知，垒球被击后做平抛运动，竖直方向：h=gt 2

所以：

水平方向：x=vt

所以球被击后的速度：

选取球被击出后的速度方向为正方向，则：v 0=-5m/s

设平均作用力为F ，则：Ft 0=mv-mv 0 代入数据得：F=900N 【点睛】

此题主要考查平抛运动与动量定理的应用，其中正确判断出垒球被击后做平抛运动是解答的关键；应用动量定理解题时注意正方向．

9．起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）8gh

（2）2gh 【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1v ，碰后A 、B 速度分别为1v '和2v '，碰撞前后的动量和机械都守恒，则有：

2

112

mgh mv =

1122mv mv mv ''=+

222112111

2222

mv mv mv ''=+? 解得：12gh v '=-

，222gh

v '=， 所以碰后A 反弹瞬间速度大小为

2gh

； （2）物块在水平面上滑行所受摩擦力的大小2F mg μ=， 设物块在水平面上滑行的时间为t ，根据动量定量，有：

202Ft mv '-=-

解得：22gh

t =

． 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．如图所示，质量为M=5.0kg 的小车在光滑水平面上以速度向右运动，一人背

靠竖直墙壁为避免小车撞向自己，拿起水枪以

的水平速度将一股水流自右向左

射向小车后壁，射到车壁的水全部流入车厢内，忽略空气阻力，已知水枪的水流流量恒为

（单位时间内流过横截面的水流体积），水的密度为。求：

（1）经多长时间可使小车速度减为零；

（2）小车速度减为零之后，此人继续持水枪冲击小车，若要维持小车速度为零，需提供多大的水平作用力。 【答案】（1）50s （2）0.2N

【解析】解：（1）取水平向右为正方向，

由于水平面光滑，经t 时间，流入车内的水的质量为，

① 对车和水流，在水平方向没有外力，动量守恒 ②

由①②可得t=50s

（2）设时间内，水的体积为

，质量为

，则

③ 设小车队水流的水平作用力为，根据动量定理 ④

由③④可得

根据牛顿第三定律，水流对小车的平均作用力为

，由于小车匀速，根据平衡条件

12．蹦床运动有"空中芭蕾"之称，某质量m =45kg 的运动员从空中h 1=1.25m 落下，接着又能弹起h 2=1.8m 高度，此次人与蹦床接触时间t =0.40s ，取g =10m/s 2，求： （1）运动员与蹦床接触时间内，所受重力的冲量大小I ； （2）运动员与蹦床接触时间内，受到蹦床平均弹力的大小F ． 【答案】（1）180N·s （2）1687.5N 【解析】 【详解】

（1）重力的冲量大小

180N s I mgt ==?；

（2）设运动员下落h 1高度时的速度大小为v 1，弹起时速度大小为v 2，则

2112v gh =

2

222v gh =

由动量定理有

21()()F mg t mv mv -?=--

代入数据解得

F=1687.5N ．