高考物理动量定理解析版汇编
08 动量定理及动量守恒定律(解析版)
2.（2020全国1）.行驶中的汽车如果发生剧烈碰撞，车内的安全气囊会被弹出并瞬间充满气体。若碰撞后汽车的速度在很短时间内减小为零，关于安全气囊在此过程中的作用，下列说法正确的是（ ）
A.增加了司机单位面积的受力大小
B.减少了碰撞前后司机动量的变化量
C.将司机的动能全部转换成汽车的动能
（1）A受到的水平瞬时冲量I的大小；
（2）碰撞前瞬间B的动能 至少多大？
【考点】圆周运动的向心力表达式、动能定理、动量定理、动量守恒定律
【答案】（1） ；（2）
【解析】（1）A恰好能通过圆周轨迹的最高点，此时轻绳的拉力刚好为零，设A在最高点时的速度大小为v，由牛顿第二定律，有
①
A从最低点到最高点的过程中机械能守恒，取轨迹最低点处重力势能为零，设A在最低点的速度大小为 ，有
【答案】（1）3m（2） （3）
【解析】：（1）物块A和物块B发生碰撞后一瞬间的速度分别为 、 ，弹性碰撞瞬间，动量守恒，机械能守恒，即：
联立方程解得： ；
根据v-t图象可知，
解得：
（2）设斜面的倾角为 ，根据牛顿第二定律得
当物块A沿斜面下滑时： ，由v-t图象知：
当物体A沿斜面上滑时： ，由v-t图象知：
【考点】动量定理
【答案】2mv+mgt
【解析】取向上为正方向，动量定理mv-(-mv)=I且I=(F-mg)t
解得IF=Ft=2mv+mgt
6.（2017全国3）一质量为2 kg的物块在合外力F的作用下从静止开始沿直线运动。F随时间t变化的图线如图所示，则( )
A．t=1 s时物块的速率为1 m/s
【考点】动量定理
【答案】C
【解析】根据自由落体运动和动量定理有2gh=v2(h为25层楼的高度，约70 m)，Ft=mv，代入数据解得F≈1×103 N，所以C正确.
专题(26)动量 动量定理(解析版)
2021年高考物理一轮复习必热考点整合回扣练专题（26）动量动量定理（解析版）考点一对动量、冲量及动量变化量的理解1．对动量的理解(1)动量的两性①瞬时性：动量是描述物体运动状态的物理量，是针对某一时刻或某一位置而言的．①相对性：动量的大小与参考系的选取有关，通常情况是指相对地面的动量．(2)动量与动能的比较2.(1)冲量的两性①时间性：冲量不仅由力决定，还由力的作用时间决定，恒力的冲量等于该力与该力的作用时间的乘积．①矢量性：对于方向恒定的力来说，冲量的方向与力的方向一致；对于作用时间内方向变化的力来说，冲量的方向与相应时间内物体动量改变量的方向一致．(2)作用力和反作用力的冲量：一定等大、反向，但作用力和反作用力做的功之间并无必然联系．(3)冲量与功的比较3.对动量变化量的理解物体动量的变化是矢量，其方向与物体速度的变化量Δv 的方向相同．在合力为恒力的情况下，物体动量变化的方向也与物体加速度的方向相同，即与物体所受合力的方向相同．1、（2020·江西省崇义中学开学考试）—质量为m 的铁锤，以速度v ，竖直打在木桩上，经过Δt 时间后停止，则在打击时间内，铁锤对木桩的平均冲力的大小是（ ） A ．mg Δt B ．mvt∆ C ．mvmg t+∆ D ．mvmg t-∆ 【答案】C【解析】对铁锤应用动量定理，设木桩对铁锤的平均作用力为F ，则有()0()F mg t mv -∆=--解得mvmg F t+∆=所以铁锤对木桩的平均冲力mvF F mg t==+∆' C 正确，ABD 错误。
故选C 。
2、对于竖直向上抛出的物体，下面关于物体在上升阶段的动量和动量变化量说法中，正确的是( ) A ．物体的动量方向向上，动量变化量的方向也向上 B ．物体的动量方向向上，动量变化量的方向向下 C ．物体的动量方向向下，动量变化量的方向向上 D ．物体的动量方向向下，动量变化量的方向也向下 【答案】B【解析】取竖直向上为正方向，物体在上升阶段时，速度向上，则物体的动量方向向上，根据动量定理可知，动量的变化量Δp ＝－mgt ，重力的方向竖直向下，则动量变化量的方向向下．B 选项正确．3、(多选)如图所示，AB 为固定的光滑圆弧轨道，O 为圆心，AO 水平，BO 竖直，轨道半径为R ，将质量为m 的小球(可视为质点)从A 点由静止释放，在小球从A 点运动到B 点的过程中，小球( ) A ．所受合力的冲量水平向右 B ．所受支持力的冲量水平向右 C ．所受合力的冲量大小为m 2gR D ．所受重力的冲量大小为零 【答案】AC【解析】在小球从A 点运动到B 点的过程中，根据动量定理可知I 合＝m Δv ，Δv 的方向为水平向右，所以小球所受合力的冲量水平向右，即重力和支持力的合力的冲量水平向右，A 正确，B 错误；在小球从A 点运动到B 点的过程中，机械能守恒，故有mgR ＝12mv 2B，解得v B ＝2gR ，即Δv ＝2gR ，所以I 合＝m 2gR ，C正确；小球所受重力的冲量大小为I G ＝mgt ，大小不为零，D 错误．4、如图所示，足够长的传送带以恒定的速率v 1逆时针运动，一质量为m 的物块以大小为v 2的初速度从传送带的P 点冲上传送带，从此时起到物块再次回到P 点的过程中，下列说法正确的是 ( )A.合力对物块的冲量大小一定为2mv 2B.合力对物块的冲量大小一定为2mv 1C.合力对物块的冲量大小可能为零D.合外力对物块做的功可能为零 【答案】D【解析】若v 2<v 1，则物块返回到P 点的速度大小为v 2，根据动量定理知，合力的冲量为I 合=mv 2-(-mv 2)=2mv 2，根据动能定理知，合力做功的大小为零。
专题16 动量定理(解析版)
2015—2020年六年高考物理分类解析专题16、动量定理一．2020年高考题1．（2020高考全国理综I）行驶中的汽车如果发生剧烈碰撞，车内的安全气囊会被弹出并瞬间充满气体。
若碰撞后汽车的速度在很短时间内减小为零，关于安全气囊在此过程中的作用，下列说法正确的是A．增加了司机单位面积的受力大小B．减少了碰撞前后司机动量的变化量C．将司机的动能全部转换成汽车的动能D．延长了司机的受力时间并增大了司机的受力面积【参考答案】D【命题意图】本题考查动量、动量定理、压强及其相关知识点，考查的核心素养是科学思维和科学态度与责任。
【解题思路】行驶中汽车如果发生剧烈碰撞，车内安全气囊弹出并瞬间充满气体，可以增大司机的受力面积，减小了司机单位面积的受力大小，可以延长司机的受力时间，从而减小了司机受到的冲力， A项错误D项正确；碰撞前司机动量等于其质量与速度的乘积，碰撞后司机动量为零，所以安全气囊不能减少碰撞前后司机动量的变化量一定，B项错误；碰撞过程中通过安全气囊将司机的动能转化为对安全气囊做功, C项错误。
【易错警示】解答此题常见错误主要有：一是把A选项的单位面积受力大小误认为是受力面积大小，导致错选A；二是把安全气囊减少了司机受到的冲力误认为是减少了冲量，导致根据动量定理得出减少了司机动量变化量，错选B；三是把司机与汽车的作用误认为是把司机动能转化为汽车动能，导致错选C。
2．（2020高考全国理综II）水平冰面上有一固定的竖直挡板，一滑冰运动员面对挡板静止在冰面上，他把一质量为4.0 kg的静止物块以大小为5.0 m/s的速度沿与挡板垂直的方向推向挡板，运动员获得退行速度；物块与挡板弹性碰撞，速度反向，追上运动员时，运动员又把物块推向挡板，使其再一次以大小为5.0 m/s的速度与挡板弹性碰撞。
总共经过8次这样推物块后，运动员退行速度的大小大于5.0 m/s，反弹的物块不能再追上运动员。
不计冰面的摩擦力，该运动员的质量可能为A．48 kg B．53 kg C．58 kg D．63 kg【参考答案】BC【命题意图】本题考查动量守恒定律、动量定理及其相关知识点。
十年高考物理真题(2011-2023)分类汇编专题08 动量定理及动量守恒定律(解析版)
十年高考物理真题（2011-2023）分类汇编专题08 动量定理及动量守恒定律（解析版)一、动量定理动量定理是描述物体运动的一个基本定理，它指出：在一个封闭系统内，当外力作用于物体上时，物体的动量变化等于作用在该物体上的外力。
动量定理可以表示为以下公式：物体的动量变化 = 外力的冲量其中，冲量定义为力对时间的积分，即：冲量= ∫(F dt)根据动量定理，我们可以推导出一些物体运动的关系。
1. 动量定理的应用动量定理在物理学中有着广泛的应用。
以下是一些常见的应用场景：a) 车辆碰撞在车辆碰撞中，动量定理可以通过计算碰撞前后物体的动量来判断碰撞力的大小和方向。
例如，当两辆车以不同的速度相撞时，根据动量定理可以计算出它们的相对速度和撞击力。
b) 弹丸射击在弹丸射击中，动量定理可以用来计算弹丸的速度和撞击力。
通过测量弹丸的质量和速度，可以使用动量定理来推导出撞击目标的力度。
c) 物体的反弹当一个物体在碰撞后发生反弹时，动量定理可以用来解释反弹的原理。
根据动量守恒定律，碰撞前后物体的总动量保持不变，因此在撞击后物体会反弹。
2. 动量定理的示例题目下面是一道常见的动量定理示例题目：题目：一个质量为1kg的物体以2m/s的速度在空中自由运动，受到一个水平方向的2N的恒力作用，请问物体在2秒钟后的速度是多少？解答：根据动量定理，我们可以将物体的动量变化表示为：物体的动量变化= 外力的冲量。
根据题目，外力的大小为2N，恒力作用时间为2s，因此冲量可以计算为2N * 2s = 4Ns。
根据动量定理，我们可以得到动量变化等于冲量的公式：物体的动量变化 = 4Ns。
根据动量的定义，我们可以将物体的动量表示为动量 = 质量 * 速度。
根据题目，物体的质量为1kg，所以物体的动量可以表示为动量 = 1kg * 2m/s = 2kg·m/s。
根据物体的动量变化等于冲量的公式，我们可以得到2kg·m/s = 4Ns，解方程得到物体的速度为2m/s。
高考物理动量守恒定律真题汇编(含答案)含解析
高考物理动量守恒定律真题汇编(含答案)含解析一、高考物理精讲专题动量守恒定律1．在图所示足够长的光滑水平面上，用质量分别为3kg 和1kg 的甲、乙两滑块，将仅与甲拴接的轻弹簧压紧后处于静止状态．乙的右侧有一挡板P .现将两滑块由静止释放，当弹簧恢复原长时，甲的速度大小为2m/s ，此时乙尚未与P 相撞．①求弹簧恢复原长时乙的速度大小；②若乙与挡板P 碰撞反弹后，不能再与弹簧发生碰撞．求挡板P 对乙的冲量的最大值． 【答案】v 乙＝6m/s. I ＝8N 【解析】 【详解】（1）当弹簧恢复原长时，设甲乙的速度分别为和，对两滑块及弹簧组成的系统，设向左的方向为正方向，由动量守恒定律可得：又知联立以上方程可得，方向向右。
（2）乙反弹后甲乙刚好不发生碰撞，则说明乙反弹的的速度最大为由动量定理可得，挡板对乙滑块冲量的最大值为：2．如图所示，在光滑的水平面上有一长为L 的木板B ，上表面粗糙，在其左端有一光滑的四分之一圆弧槽C ，与长木板接触但不相连，圆弧槽的下端与木板上表面相平，B 、C 静止在水平面上．现有滑块A 以初速度0v 从右端滑上B ，一段时间后，以02v 滑离B ，并恰好能到达C 的最高点．A 、B 、C 的质量均为m ．求： （1）A 刚滑离木板B 时，木板B 的速度； （2）A 与B 的上表面间的动摩擦因数μ； （3）圆弧槽C 的半径R ；（4）从开始滑上B 到最后滑离C 的过程中A 损失的机械能．【答案】（1） v B ＝04v ；（2）20516v gL μ=（3）2064v R g =（4）201532mv E ∆=【解析】 【详解】(1)对A 在木板B 上的滑动过程，取A 、B 、C 为一个系统，根据动量守恒定律有：mv 0＝m2v ＋2mv B 解得v B ＝4v (2)对A 在木板B 上的滑动过程，A 、B 、C 系统减少的动能全部转化为系统产生的热量222000111()2()22224v v mgL mv m m μ⨯＝－－解得20516v gLμ=(3)对A 滑上C 直到最高点的作用过程，A 、C 系统水平方向上动量守恒，则有：2mv ＋mv B ＝2mv A 、C 系统机械能守恒：22200111()()222242v v mgR m m mv +-⨯＝解得264v R g= (4)对A 滑上C 直到离开C 的作用过程，A 、C 系统水平方向上动量守恒0024A C mv mv mv mv +=+ A 、C 系统初、末状态机械能守恒，2222001111()()222422A C m m m m +=+v v v v 解得v A ＝4v . 所以从开始滑上B 到最后滑离C 的过程中A 损失的机械能为：2220015112232A mv E mv mv ∆＝－＝【点睛】该题是一个板块的问题，关键是要理清A 、B 、C 运动的物理过程，灵活选择物理规律，能够熟练运用动量守恒定律和能量守恒定律列出等式求解．3．如图所示，质量M=1kg 的半圆弧形绝缘凹槽放置在光滑的水平面上，凹槽部分嵌有cd 和ef 两个光滑半圆形导轨，c 与e 端由导线连接，一质量m=lkg 的导体棒自ce 端的正上方h=2m 处平行ce 由静止下落，并恰好从ce 端进入凹槽，整个装置处于范围足够大的竖直方向的匀强磁场中，导体棒在槽内运动过程中与导轨接触良好。
高中物理动量定理解析版汇编
高中物理动量定理解析版汇编一、高考物理精讲专题动量定理1．如图所示，一光滑水平轨道上静止一质量为M ＝3kg 的小球B ．一质量为m ＝1kg 的小球A 以速度v 0＝2m/s 向右运动与B 球发生弹性正碰，取重力加速度g ＝10m/s 2．求：（1）碰撞结束时A 球的速度大小及方向； （2）碰撞过程A 对B 的冲量大小及方向．【答案】（1）－1m/s ，方向水平向左（2）3N·s ，方向水平向右 【解析】【分析】A 与B 球发生弹性正碰，根据动量守恒及能量守恒求出碰撞结束时A 球的速度大小及方向；碰撞过程对B 应用动量定理求出碰撞过程A 对B 的冲量； 解：（1）碰撞过程根据动量守恒及能量守恒得：0A B mv mv Mv =+2220111222A B mv mv Mv =+ 联立可解得：1m/s B v =，1m/s A v =- 负号表示方向水平向左 （2）碰撞过程对B 应用动量定理可得：0B I Mv =- 可解得：3I N s =⋅ 方向水平向右2．如图所示，一质量m 1=0.45kg 的平顶小车静止在光滑的水平轨道上．车顶右端放一质量m 2=0.4 kg 的小物体，小物体可视为质点．现有一质量m 0=0.05 kg 的子弹以水平速度v 0=100 m/s 射中小车左端，并留在车中，已知子弹与车相互作用时间极短，小物体与车间的动摩擦因数为μ=0.5，最终小物体以5 m/s 的速度离开小车．g 取10 m/s 2．求：（1）子弹从射入小车到相对小车静止的过程中对小车的冲量大小． （2）小车的长度．【答案】（1）4.5N s ⋅ （2）5.5m 【解析】①子弹进入小车的过程中，子弹与小车组成的系统动量守恒，有：0011()o m v m m v =+，可解得110/v m s =；对子弹由动量定理有：10I mv mv -=-， 4.5I N s =⋅ (或kgm/s)； ②三物体组成的系统动量守恒，由动量守恒定律有：0110122()()m m v m m v m v +=++；设小车长为L ，由能量守恒有：22220110122111()()222m gL m m v m m v m v μ=+-+-联立并代入数值得L＝5.5m ；点睛：子弹击中小车过程子弹与小车组成的系统动量守恒，由动量守恒定律可以求出小车的速度，根据动量定理可求子弹对小车的冲量；对子弹、物块、小车组成的系统动量守恒，对系统应用动量守恒定律与能量守恒定律可以求出小车的长度．3．如图甲所示，物块A、B的质量分别是m A＝4.0kg和m B＝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m C；（2）t＝8s时弹簧具有的弹性势能E p1（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＝3m/s，C与A碰撞过程动量守恒m C v1＝(m A＋m C)v2解得C的质量m C＝2kg．（2）t＝8s时弹簧具有的弹性势能E p1＝12(m A＋m C)v22=27J（3）取水平向左为正方向，根据动量定理，4~12s内墙壁对物块B的冲量大小I=(m A＋m C)v3-(m A＋m C)（-v2）=36N·s4．质量为0.2kg的小球竖直向下以6m/s的速度落至水平地面，再以4m/s的速度反向弹回，取竖直向上为正方向，（1）求小球与地面碰撞前后的动量变化；（2）若小球与地面的作用时间为0.2s，则小球受到地面的平均作用力大小？（取g=10m/s2）．【答案】（1）2k g•m/s；方向竖直向上；（2）12N；方向竖直向上；【解析】【分析】【详解】（1）小球与地面碰撞前的动量为：p 1=m (－v 1)=0.2×(－6) kg·m/s=－1.2 kg·m/s 小球与地面碰撞后的动量为p 2=mv 2=0.2×4 kg·m/s=0.8 kg·m/s 小球与地面碰撞前后动量的变化量为Δp =p 2－p 1=2 kg·m/s （2）由动量定理得(F －mg )Δt =Δp 所以F =p t ∆∆＋mg =20.2N ＋0.2×10N=12N ，方向竖直向上．5．如图，A 、B 、C 三个木块的质量均为m ，置于光滑的水平面上，B 、C 之间有一轻质弹簧，弹簧的两端分别与木块B 、C 相连，弹簧处于原长状态．现A 以初速v 0沿B 、C 的连线方向朝B 运动，与B 相碰并粘合在一起，碰撞时间极短、大小为t ．(1)A 、B 碰撞过程中，求A 对B 的平均作用力大小F ． (2)在以后的运动过程中，求弹簧具有的最大弹性势能E p ． 【答案】(1)02mv F t = (2)2P 0112E mv =【解析】 【详解】(1)设A 、B 碰撞后瞬间的速度为1v ，碰撞过程A 、B 系统动量守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律有：012mv mv = 解得1012v v =设A 、B 碰撞时的平均作用力大小为F ，对B 有10Ft mv =- 解得02mv F t=(2)当A 、B 、C 具有共同速度v 时，弹簧具有最大弹性势能，设弹簧的最大弹性势能为p E ，碰后至A 、B 、C 速度相同的过程中，系统动量守恒，有03mv mv =根据碰后系统的机械能守恒得221p 112322mv mv E ⋅=⋅+ 解得：2p 0112E mv =6．如图所示，木块A 和四分之一光滑圆轨道B 静置于光滑水平面上，A 、B 质量m A ＝m B ＝2.0kg 。
高考物理试卷分类汇编物理动量定理(及答案)及解析
高考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．如图甲所示，物块A 、B 的质量分别是m A ＝4.0kg 和m B ＝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 粘在一起不再分开，C 的v －t 图象如图乙所示。
求：（1）C 的质量m C ；（2）t ＝8s 时弹簧具有的弹性势能E p1，4~12s 内墙壁对物块B 的冲量大小I ； （3）B 离开墙后的运动过程中弹簧具有的最大弹性势能E p2。
【答案】（1）2kg ；（2）27J ，36N·S ；（3）9J 【解析】 【详解】（1）由题图乙知，C 与A 碰前速度为v 1＝9m/s ，碰后速度大小为v 2＝3m/s ，C 与A 碰撞过程动量守恒m C v 1＝(m A ＋m C )v 2解得C 的质量m C ＝2kg 。
（2）t ＝8s 时弹簧具有的弹性势能E p1＝12(m A ＋m C )v 22=27J 取水平向左为正方向，根据动量定理，4~12s 内墙壁对物块B 的冲量大小I =(m A ＋m C )v 3-(m A ＋m C )（-v 2）=36N·S（3）由题图可知，12s 时B 离开墙壁，此时A 、C 的速度大小v 3＝3m/s ，之后A 、B 、C 及弹簧组成的系统动量和机械能守恒，且当A 、C 与B 的速度相等时，弹簧弹性势能最大(m A ＋m C )v 3＝(m A ＋m B ＋m C )v 412(m A ＋m C )23v ＝12(m A ＋m B ＋m C )24v ＋E p2 解得B 离开墙后的运动过程中弹簧具有的最大弹性势能E p2＝9J 。
2．图甲为光滑金属导轨制成的斜面，导轨的间距为1m l =，左侧斜面的倾角37θ=︒，右侧斜面的中间用阻值为2R =Ω的电阻连接。
高考物理动量守恒定律真题汇编(含答案)及解析
高考物理动量守恒定律真题汇编(含答案)及解析一、高考物理精讲专题动量守恒定律1．在相互平行且足够长的两根水平光滑的硬杆上，穿着三个半径相同的刚性球A、B、C，三球的质量分别为m A=1kg、m B=2kg、m C=6kg，初状态BC球之间连着一根轻质弹簧并处于静止，B、C连线与杆垂直并且弹簧刚好处于原长状态，A球以v0=9m/s的速度向左运动，与同一杆上的B球发生完全非弹性碰撞（碰撞时间极短），求：（1）A球与B球碰撞中损耗的机械能；（2）在以后的运动过程中弹簧的最大弹性势能；（3）在以后的运动过程中B球的最小速度．【答案】（1）；（2）；（3）零．【解析】试题分析：（1）A、B发生完全非弹性碰撞，根据动量守恒定律有：碰后A、B的共同速度损失的机械能（2）A、B、C系统所受合外力为零，动量守恒，机械能守恒，三者速度相同时，弹簧的弹性势能最大根据动量守恒定律有：三者共同速度最大弹性势能（3）三者第一次有共同速度时，弹簧处于伸长状态，A、B在前，C在后．此后C向左加速，A、B的加速度沿杆向右，直到弹簧恢复原长，故A、B继续向左减速，若能减速到零则再向右加速．弹簧第一次恢复原长时，取向左为正方向，根据动量守恒定律有：根据机械能守恒定律：此时A、B的速度，C的速度可知碰后A 、B 已由向左的共同速度减小到零后反向加速到向右的，故B的最小速度为零 ．考点：动量守恒定律的应用，弹性碰撞和完全非弹性碰撞．【名师点睛】A 、B 发生弹性碰撞，碰撞的过程中动量守恒、机械能守恒，结合动量守恒定律和机械能守恒定律求出A 球与B 球碰撞中损耗的机械能．当B 、C 速度相等时，弹簧伸长量最大，弹性势能最大，结合B 、C 在水平方向上动量守恒、能量守恒求出最大的弹性势能．弹簧第一次恢复原长时，由系统的动量守恒和能量守恒结合解答2．如图：竖直面内固定的绝缘轨道abc ，由半径R =3 m 的光滑圆弧段bc 与长l =1.5 m 的粗糙水平段ab 在b 点相切而构成，O 点是圆弧段的圆心，Oc 与Ob 的夹角θ=37°;过f 点的竖直虚线左侧有方向竖直向上、场强大小E =10 N/C 的匀强电场，Ocb 的外侧有一长度足够长、宽度d =1.6 m 的矩形区域efgh ，ef 与Oc 交于c 点，ecf 与水平向右的方向所成的夹角为β(53°≤β≤147°)，矩形区域内有方向水平向里的匀强磁场．质量m 2=3×10-3 kg 、电荷量q =3×l0-3 C 的带正电小物体Q 静止在圆弧轨道上b 点，质量m 1=1.5×10-3 kg 的不带电小物体P 从轨道右端a 以v 0=8 m/s 的水平速度向左运动，P 、Q 碰撞时间极短，碰后P 以1 m/s 的速度水平向右弹回．已知P 与ab 间的动摩擦因数μ=0.5，A 、B 均可视为质点，Q 的电荷量始终不变，忽略空气阻力，sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度大小g =10 m/s 2．求：(1)碰后瞬间，圆弧轨道对物体Q 的弹力大小F N ；(2)当β=53°时，物体Q 刚好不从gh 边穿出磁场，求区域efgh 内所加磁场的磁感应强度大小B 1；(3)当区域efgh 内所加磁场的磁感应强度为B 2=2T 时，要让物体Q 从gh 边穿出磁场且在磁场中运动的时间最长，求此最长时间t 及对应的β值．【答案】(1)24.610N F N -=⨯ (2)1 1.25B T = (3)127s 360t π=,001290143ββ==和 【解析】 【详解】解：(1)设P 碰撞前后的速度分别为1v 和1v '，Q 碰后的速度为2v从a 到b ，对P ，由动能定理得：221011111-22m gl m v m v μ=- 解得：17m/s v =碰撞过程中，对P ，Q 系统：由动量守恒定律：111122m v m v m v '=+取向左为正方向，由题意11m/s v =-'， 解得：24m/s v =b 点：对Q ，由牛顿第二定律得：2222N v F m g m R-=解得:24.610N N F -=⨯(2)设Q 在c 点的速度为c v ，在b 到c 点，由机械能守恒定律：22222211(1cos )22c m gR m v m v θ-+=解得：2m/s c v =进入磁场后：Q 所受电场力22310N F qE m g -==⨯= ，Q 在磁场做匀速率圆周运动由牛顿第二定律得：2211c c m v qv B r =Q 刚好不从gh 边穿出磁场，由几何关系：1 1.6m r d == 解得：1 1.25T B = (3)当所加磁场22T B =，2221m cm v r qB == 要让Q 从gh 边穿出磁场且在磁场中运动的时间最长，则Q 在磁场中运动轨迹对应的圆心角最大，则当gh 边或ef 边与圆轨迹相切，轨迹如图所示：设最大圆心角为α，由几何关系得：22cos(180)d r r α-︒-= 解得：127α=︒运动周期：222m T qBπ=则Q 在磁场中运动的最长时间：222127127•s 360360360m t T qB παπ===︒此时对应的β角：190β=︒和2143β=︒3．如图所示，质量为M =2kg 的小车静止在光滑的水平地面上，其AB 部分为半径R =0.3m的光滑14圆孤，BC 部分水平粗糙，BC 长为L =0.6m 。
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高考物理动量定理解析版汇编一、高考物理精讲专题动量定理1．如图1所示，水平面内的直角坐标系的第一象限有磁场分布，方向垂直于水平面向下，磁感应强度沿y 轴方向没有变化，与横坐标x 的关系如图2所示，图线是双曲线（坐标是渐近线）；顶角θ=53°的光滑金属长导轨MON 固定在水平面内，ON 与x 轴重合，一根与ON 垂直的长导体棒在水平向右的外力作用下沿导轨MON 向右滑动，导体棒在滑动过程中始终保持与导轨良好接触，已知t =0时，导体棒位于顶角O 处；导体棒的质量为m =4kg ；OM 、ON 接触处O 点的接触电阻为R =0．5Ω，其余电阻不计，回路电动势E 与时间t 的关系如图3所示，图线是过原点的直线，求：（1）t =2s 时流过导体棒的电流强度的大小； （2）在1~2s 时间内导体棒所受安培力的冲量大小；（3）导体棒滑动过程中水平外力F （单位：N ）与横坐标x （单位：m ）的关系式． 【答案】（1）8A （2）8N s ⋅（3）32639F x =+【解析】 【分析】 【详解】（1）根据E-t 图象中的图线是过原点的直线特点，可得到t =2s 时金属棒产生的感应电动势为4V E =由欧姆定律得24A 8A 0.5E I R === （2）由图2可知，1(T m)x B =⋅ 由图3可知，E 与时间成正比，有E =2t （V ）4EI t R== 因θ=53°，可知任意t 时刻回路中导体棒有效切割长度43x L = 又由F BIL =安所以163F t 安=即安培力跟时间成正比所以在1~2s 时间内导体棒所受安培力的平均值163233N 8N 2F +== 故8N s I F t =∆=⋅安（3）因为43vE BLv Bx ==⋅所以1.5(m/s)v t =可知导体棒的运动时匀加速直线运动，加速度21.5m/s a =又212x at =，联立解得 32639F x =+【名师点睛】本题的关键首先要正确理解两个图象的数学意义，运用数学知识写出电流与时间的关系，要掌握牛顿运动定律、闭合电路殴姆定律，安培力公式、感应电动势公式．2．如图所示，质量M =1.0kg 的木板静止在光滑水平面上，质量m =0.495kg 的物块（可视为质点）放在的木板左端，物块与木板间的动摩擦因数μ=0.4。
质量m 0=0.005kg 的子弹以速度v 0=300m/s 沿水平方向射入物块并留在其中（子弹与物块作用时间极短），木板足够长，g 取10m/s 2。
求： （1）物块的最大速度v 1； （2）木板的最大速度v 2； （3）物块在木板上滑动的时间t .【答案】（1）3m/s ；（2）1m/s ；（3）0.5s 。
【解析】 【详解】（1）子弹射入物块后一起向右滑行的初速度即为物块的最大速度，取向右为正方向，根据子弹和物块组成的系统动量守恒得：m0v0=（m+m0）v1解得：v1=3m/s（2）当子弹、物块和木板三者速度相同时，木板的速度最大，根据三者组成的系统动量守恒得：（m+m0）v1=（M+m+m0）v2。
解得：v2=1m/s（3）对木板，根据动量定理得：μ（m+m0）gt=Mv2-0解得：t=0.5s3．一质量为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34.求在碰撞过程中斜面对小球的冲量的大小．【答案】72mv0【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v＝2v0.碰撞过程中，小球速度由v变为反向的34v，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向，则斜面对小球的冲量为I＝m3()4v－m·(－v)解得I＝72mv0.4．如图所示，用0.5kg的铁睡把钉子钉进木头里去，打击时铁锤的速度v=4.0m/s，如果打击后铁锤的速度变为0，打击的作用时间是0.01s（取g=10m/s2），那么：（1）不计铁锤受的重力，铁锤钉钉子的平均作用力多大？ （2）考虑铁锤的重力，铁锤钉钉子的平均作用力又是多大？ 【答案】（1）200N ，方向竖直向下；（2）205N ，方向竖直向下 【解析】 【详解】（1）不计铁锤受的重力时，设铁锤受到钉子竖直向上的平均作用力为1F ，取铁锤的速度v 的方向为正方向，以铁锤为研究对象，由动量定理得10F t mv -=-则10.5 4.0N 200N 0.01mv F t ⨯=== 由牛顿第三定律可知，铁锤钉钉子的平均作用力1F '的大小也为200N ，方向竖直向下。
（2）考虑铁锤受的重力时，设铁锤受到钉子竖直向上的作用力为2F ，取铁锤的速度v 的方向为正方向，由动量定理得()20mg F t mv -=-可得2205N mvF mg t=+= 即考虑铁锤受的重力时，铁锤打打子的平均作用力为2F '=205N ，方向竖直向下。
5．质量为m=0.2kg 的小球竖直向下以v 1=6m/s 的速度落至水平地面，再以v 2=4m/s 的速度反向弹回，小球与地面的作用时间t=0.2s ，取竖直向上为正方向，（取g=10m/s 2）．求 （1）小球与地面碰撞前后的动量变化？ （2）小球受到地面的平均作用力是多大？ 【答案】（1）2kg•m/s ，方向竖直向上；（2）12N ． 【解析】（1）取竖直向上为正方向，碰撞地面前小球的动量11 1.2./p mv kg m s ==- 碰撞地面后小球的动量220.8./p mv kg m s ==小球与地面碰撞前后的动量变化212./p p p kg m s ∆=-= 方向竖直向上 （2）小球与地面碰撞，小球受到重力G 和地面对小球的作用力F ， 由动量定理()F G t p -=∆得小球受到地面的平均作用力是F=12N6．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μ=0.2，其它摩擦不计（取g=10m/s 2），求：（1）物块相对平板车静止时，物块的速度；（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()mv M m v =+'，解得0.4/v m s '=； （2）对物块由动量定理得mgt mv mv μ-='-，解得0.8t s =； 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12v v s t +'=，对平板车22v s t '=， 物块在平板车上滑行的距离12s s s ∆=-，解得0.8s m ∆=， 要使物块在平板车上不滑下，平板车至少长0.8m ．7．一质量为1 kg 的小物块放在水平地面上的A 点，距离A 点8 m 的位置B 处是一面墙，如图所示．物块以v 0＝5 m/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3 m/s ，碰后以2 m/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0.01s ，求碰撞过程中墙面对物块平均作用力的大小F ； 【答案】（1）0.1（2）500N 【解析】（1）由动能定理，有－μmgs ＝12mv 2－12m v 02 可得μ＝0.1（2）由动量定理，规定水平向左为正方向，有F Δt ＝mv ′－(－mv ) 可得F ＝500N8．如图所示，在粗糙的水平面上0.5a —1.5a 区间放置一探测板（0mv 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2029mv 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） 033Nmv t 方向水平向左【解析】(1)在加速电场中加速时据动能定理： 212qU mv =， 代入数据得023v v =在磁场中洛仑兹力提供向心力： 2v qvB m r =,所以半径02233mv mv r a qB qB === 轨迹如图：13O 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：()0002sin30sin303Ft 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：003cos30Tt Nmv Nmv ==，T=03Nmv 离子对板的力大小为3Nmv ，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。
9．一个质量为2kg 的物体静止在水平桌面上，如图1所示，现在对物体施加一个水平向右的拉力F ，拉力F 随时间t 变化的图象如图2所示，已知物体在第1s 内保持静止状态，第2s 初开始做匀加速直线运动，第3s 末撤去拉力，第5s 末物体速度减小为求：前3s 内拉力F 的冲量。
第2s 末拉力F 的功率。
【答案】(1) (2)【解析】 【详解】 (1)冲量为：即前3s 内拉力F 的冲量为(2)设物体在运动过程中所受滑动摩擦力大小为f ，则在内，由动量定理有：设在内物体的加速度大小为a ，则由牛顿第二定律有：第2s 末物体的速度为： 第2s 末拉力F 的功率为：v联立以上方程代入数据可求出F 的功率为：10．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。