高考物理动量定理常见题型及答题技巧及练习题(含答案)含解析

高考物理动量定理常见题型及答题技巧及练习题(含答案)含解析一、高考物理精讲专题动量定理1．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。

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10.5T B =，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20.5T B =。

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0.2kg m =，ab 棒的电阻为12r =Ω，cd 棒的电阻为24r =Ω。

已知t =0时刻起，cd 棒在沿斜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37θ=︒。

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)1.6N s g ；(3)43.2J 【解析】 【详解】(1)设绳中总拉力为T ，对导体棒ab 分析，由平衡方程得：sin θF T BIl =+cos θT mg =解得：tan θ 1.50.5F mg BIl I =+=+由图乙可知：1.50.2F t =+则有：0.4I t =cd 棒上的电流为：0.8cd I t =则cd 棒运动的速度随时间变化的关系：8v t =即cd 棒在导轨上做匀加速度直线运动。

(2)ab 棒上的电流为：0.4I t =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：sin θ0F t I mg t BlI mv +-=-解得： 1.6N s F I =g(3)3 s 内电阻R 上产生的的热量为 2.88J Q =，则ab 棒产生的热量也为Q ，cd 棒上产生的热量为8Q ，则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：G sin 43.2J W mg θ==对导体棒cd ，由动能定理得：F W W'-克安2G 102W mv +=- 由运动学公式可知导体棒的速度为24 m/s 解得：43.2J F W '=2．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 <02T 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 ≤02T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04T 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）00v B cl =；（2）00l T v π≤；（3）()20421v 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qc 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 =2000v qv B m R=解得00v B cl=（2）设粒子运动的半径为1R ，由牛顿第二定律得20001v qv B m R =解得12l 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002m lT qB v ππ== 由几何关系可知，在02T t =内，粒子轨迹转过的圆心角为 θπ=对应粒子的运动时间为1122t T T ππ== 分析可知，只要满足012T 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00lT 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002m lT qB v ππ== 在磁场中，设粒子运动的时间为2t ，则21144t T T=+由题意可知，还有00244T T t =+ 解得0T T =，即00lT 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()2421v E n clπ=+()0,1,2n =L3．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 =4．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/s 2．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28.0m /s v gh ==在缓冲过程中，取向上为正方向，由动量定理可得()0()F mg t mv -=--则缓冲过程人受到安全带的平均拉力的大小1260N mvF mg t=+=5．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 。

现让A 以v 0＝4m/s 的速度水平向右运动，之后与墙壁发生弹性碰撞（碰撞过程中无机械能损失），碰撞时间为t ＝0.2s 。

取重力加速度g ＝10m/s 2．求：①A 与墙壁碰撞过程中，墙壁对木块平均作用力的大小； ②A 滑上圆轨道B 后，到达最大高度时与B 的共同速度大小. 【答案】(1) F ＝80N (2) v 1＝2m/s 【解析】 【详解】①以水平向左为正方向，A 与墙壁碰撞过程，无机械能能损失，则以原速率弹回，对A ，由动量定理得：Ft ＝m A v 0﹣m A •（﹣v 0）， 代入数据解得：F ＝80N ；②A 滑上圆轨道B 后到达最大高度时，AB 速度相等，设A 、B 的共同速度为v ，系统在水平方向动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒得：m A v 0＝（m A +m B ）v 1， 代入数据解得：v 1＝2m/s ；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．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E 0；（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η．【答案】（1）a ．Q CE =；b ．；2012E CE =（2）223B L C mη=【解析】（1）a 、根据电容的定义QC U=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Q CE = b 、根据以上电容的定义可知qu C=，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0E 为图中阴影部分的面积012E EQ =，将Q 代入解得2012E CE =（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Q ∆，平均电流为I ，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0BLIt mv =-，（或BLi t m v ∑∆=∑∆）， 据电流定义可知It Q =∆（或i t Q ∑∆=∆）根据题意有1122Q Q CE ∆==，联立解得2BLCE v m= 导体棒离开轨道时的动能()22128kBLCE E mv m == 电容器释放的能量222113228E CE CU CE ∆=-=联立解得能量转化效率223k E B L CE mη==∆8．一个质量为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 变化的图像如图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0.求：(1)前3s 内拉力F 的冲量． (2)第2s 末拉力F 的功率． 【答案】（1）25N s ⋅ （2）50W 【解析】 【详解】（1）由动量定理有1122I Ft F t =+即前3s 内拉力F 的冲量为25N s I =⋅（2）设物体在运动过程中所受滑动摩擦力大小为f ，则在2s ～6s 内，由动量定理有2223()0F t f t t -+=设在1s ～3s 内物体的加速度大小为a ，则由牛顿第二定律有2F f ma -=第2s 末物体的速度为2v at =第2s 末拉力F 的功率为2P F v =联立以上方程可求出50W P =9．质量m=6Kg 的物体静止在水平面上，在水平力F=40N 的作用下，沿直线运动，已经物体与水平面间的动摩擦因数μ=0.3，若F 作用8S 后撤去F 后物体还能向前运动多长时间才能停止？（g=10m/s 2） 【答案】9.78s 【解析】 【分析】 【详解】全过程应用动量定理有：()()120F mg t mg t μμ-+-=解得：()21400.361089.780.3610F mg t t s s mgμμ--⨯⨯==⨯=⨯⨯．10．一质量为100g 的小球从1.25m 高处自由下落到一厚软垫上．若小球从接触软垫到小球陷至最低点经历了0.02s ，则这段时间内软垫对小球的平均作用力是多大？（不计空气阻力，g =10m/s 2） 【答案】26N 【解析】设小球刚落到软垫瞬间的速度为v ．对小球自由下落的过程，由机械能守恒可得： mgh=12mv 2；有：/5/v s m s =选取小球接触软垫的过程为研究过程，取向下为正方向．设软垫对小球的平均作用力为F ，由动量定理有：（mg-F ）t=0-mv 得：0.150.110260.02mv F mg N t ⨯=+=⨯+= 点睛：本题是缓冲类型，往往根据动量定理求解作用力，要注意研究过程的选取，本题也可以选取小球从开始下落到最低点整个过程研究，比较简单.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0v ，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t v ，所用的时间为t则根据牛顿第二定律得：F ma =，根据运动学知识有2202t v v ax -=，联立得到2201122t mv mv Fx -=，即为动能定理． 根据运动学知识：0t v v a t-=，代入牛顿第二定律得：0t Ft mv mv =-，即为动量定理．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57N，重力加速度g取10m/s2，则此时注入盆中的水流的速度约为多大?【答案】15m/s【解析】5s时，杯子及水的总质量m=0.5+0.8×5=4.5kg；设注入水流的速度为t，取竖直向下为正方向，△t时间内注入杯中的水的质量△m=0.8△t 对杯子和杯子中的水进行分析，根据动量定理可知：(mg+△mg−F)△t=0−△mv由题意可知，F=57N；而△mg<<F所以上式可变式为：mg−F=−0.7v代入数据，解得v=15m/s．点睛：取极短时间内注入杯中的水为研究对象，根据动量定理列式，可求得注入水流的速度．。