高中物理动量定理题20套(带答案)含解析

高中物理动量定理题20套(带答案)含解析一、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，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v 0=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μ=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；【答案】（1）2m/s （2）v A ＝1m /s ，v B ＝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： –μ 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：A B Mv Mv mv =+222111222A B Mv Mv mv =+ 解得：v A ＝1m /s v B ＝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：2211222B Cmv mv mg R '=+ 在最高点C 对小球B 受力分析，由牛顿第二定律有： 2CN v mg F m R'+= 解得：F N ＝4N由牛顿第三定律知，F N '＝F N ＝4N小球对轨道的压力的大小为3N ，方向竖直向上．3．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/s 2） 【答案】1.5×103N ；方向向上 【解析】 【详解】设运动员从h 1处下落，刚触网的速度为18m /s v =运动员反弹到达高度h 2,，网时速度为210m /s v ==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()21()F mg t mv mv -=--得F =1.5×103N方向向上4．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：212mgh 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：4sin 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：2sin 305/a g m s =︒=根据速度与时间关系可以得到：08v t s a-== 则重力的冲量为：34.810G 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。

5．如图所示，质量为m =245g 的木块（可视为质点）放在质量为M =0.5kg 的木板左端，足够长的木板静止在光滑水平面上，木块与木板间的动摩擦因数为μ= 0.4，质量为m 0 = 5g 的子弹以速度v 0=300m/s 沿水平方向射入木块并留在其中（时间极短），子弹射入后，g 取10m/s 2，求：(1)子弹进入木块后子弹和木块一起向右滑行的最大速度v 1 (2)木板向右滑行的最大速度v 2 (3)木块在木板滑行的时间t【答案】(1) v 1= 6m/s (2) v 2=2m/s (3) t =1s 【解析】 【详解】(1)子弹打入木块过程，由动量守恒定律可得：m 0v 0=(m 0+m )v 1解得：v 1= 6m/s(2)木块在木板上滑动过程，由动量守恒定律可得：(m 0+m )v 1=(m 0+m +M )v 2解得：v 2=2m/s(3)对子弹木块整体，由动量定理得：﹣μ(m 0+m )gt =(m 0+m )(v 2﹣v 1)解得：物块相对于木板滑行的时间211s v v t gμ-==-6．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：；7．质量为60 kg 的建筑工人，不慎从高空跌下，由于弹性安全带的保护，使他悬挂起来；已知弹性安全带的缓冲时间是1.2 s ，安全带长5 m ，（安全带伸长量远小于其原长）不计空气阻力影响，g 取10 m/s 2 。

求：人向下减速过程中，安全带对人的平均作用力的大小及方向。

【答案】100N ，方向：竖直向上 【解析】 【详解】选取人为研究对象，人下落过程有：v 2=2gh ， 代入数据解得：v =10 m/s ，缓冲过程由动量定理有：（F -mg ）t =mv ， 解得：60106010N 1100N 1.2mv F mg t ⨯=+=+⨯=（） 则安全带对人的平均作用力的大小为1100N ，方向竖直向上。

8．质量为2kg 的球，从4.05m 高处自由下落到水平钢板上又被竖直弹起，弹起后能达到的最大高度为3.2m ，如果球从开始下落到弹起并达到最大高度所用时间为1.75s ，不考虑空气阻力（g 取10m/s 2），求小球对钢板的作用力的大小和方向． 【答案】700N 【解析】 【详解】物体从下落到落地过程中经历的时间为1t ，从弹起到达到最高点经历的时间为2t ，则有：21112h gt =，22212h gt = 可得：1122 4.05s 0.9s 10h t g ⨯===， 2222 3.2s 0.8s 10h t g ⨯=== 球与钢板作用的时间：12 1.750.90.8s 0.05s t t t t ∆=--=--=总 由动量定理对全过程可列方程：00mgt F t -∆=-总 可得钢板对小球的作用力210 1.75N 700N 0.05mgt F t ⨯⨯===∆总，方向竖直向上．9．如图甲所示，蹦床是常见的儿童游乐项目之一，儿童从一定高度落到蹦床上，将蹦床压下后，又被弹回到空中，如此反复，达到锻炼和玩耍的目的．如图乙所示，蹦床可以简化为一个竖直放置的轻弹簧，弹力的大小为kx （x 为床面下沉的距离，也叫形变量；k 为常量），蹦床的初始形变量可视为0，忽略空气阻力的影响．（1）在一次玩耍中，某质量为m 的小孩，从距离蹦床床面高H 处由静止下落，将蹦床下压到最低点后，再被弹回至空中．a ．请在图丙中画出小孩接触蹦床后，所受蹦床的弹力F 随形变量x 变化的图线；b ．求出小孩刚接触蹦床时的速度大小v ；c ．若已知该小孩与蹦床接触的时间为t ，求接触蹦床过程中，蹦床对该小孩的冲量大小I ． （2）借助F -x 图，可确定弹力做功的规律．在某次玩耍中，质量不同的两个小孩（均可视为质点），分别在两张相同的蹦床上弹跳，请判断：这两个小孩，在蹦床上以相同形变量由静止开始，上升的最大高度是否相同？并论证你的观点．【答案】（1）a. b. 2v gH = c. I 22mgt m gH =+（2）上升高度与质量m 有关，质量大的上升高度小 【解析】 【分析】（1）a 、根据胡克定律求出劲度系数，抓住弹力与形变量成正比，作出弹力F 随x 变化的示意图．b 、根据机械能守恒求出小孩刚接触蹦床时的速度大小；c 、根据动量定理求出蹦床对该小孩的冲量大小．（2）根据图线围成的面积表示弹力做功，得出弹力做功的表达式，根据动能定理求出弹力做功，从而求出x 1的值． 【详解】（1）a.根据胡克定律得：F kx =，所以F 随x 的变化示意图如图所示b.小孩子有高度H 下落过程，由机械能守恒定律：212mgH mv = 得到速度大小：2v gH =c.以竖直向下为正方向，接触蹦床的过程中，根据动量守恒：mgt I mv mv +=-- 其中2v gH =可得蹦床对小孩的冲量大小为：22I mgt m gH =+（2）设蹦床的压缩量为x ，小孩离开蹦床后上升了H ．从最低点处到最高点，重力做功()mg x H -+，根据F-x 图象的面积可求出弹力做功：22kx W =-弹从最低点处到最高点，根据动能定理：()202kx mg H x -++=可得：22kx H x mg=-，可以判断上升高度与质量m 有关，质量大的上升高度小． 【点睛】解决本题的关键知道运动员在整个过程中的运动情况，结合运动学公式、动能定理等知识进行求解．10．如图所示，长度为 l 的轻绳上端固定在O 点，下端系一质量为 m 的小球（小球的大小可以忽略、重力加速度为g ）．（1） 在水平拉力F 的作用下，轻绳与竖直方向的夹角为α，小球保持静止．画出此时小球的受力图，并求力F 的大小；（2）由图示位置无初速释放小球，不计空气阻力．求小球通过最低点时: a ．小球的动量大小； b ．小球对轻绳的拉力大小．【答案】（1）；mg tan α；（2）21cos m gl α-（）；()32cos mg α-【解析】 【分析】（1）小球受重力、绳子的拉力和水平拉力平衡，根据共点力平衡求出力F 的大小． （2）根据机械能守恒定律求出小球第一次到达最低点的速度，求出动量的大小，然后再根据牛顿第二定律，小球重力和拉力的合力提供向心力，求出绳子拉力的大小． 【详解】（1）小球受到重力、绳子的拉力以及水平拉力的作用，受力如图根据平衡条件，得拉力的大小：tan F mg α= （2）a ．小球从静止运动到最低点的过程中， 由动能定理：()211cos 2mgL mv α-=()21cos v gL α=-则通过最低点时，小球动量的大小：()21cos P mv m gL α==-b ．根据牛顿第二定律可得：2v T mg m L -=()232cos v T mg m mg Lα=+=-根据牛顿第三定律，小球对轻绳的拉力大小为：()32cos T T mg α'==- 【点睛】本题综合考查了共点力平衡，牛顿第二定律、机械能守恒定律，难度不大，关键搞清小球在最低点做圆周运动向心力的来源．11．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()22128k BLCE 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 C E mη==∆12．某汽车制造商研制开发了发动机额定功率P=30 kW 的一款经济实用型汽车，在某次性能测试中，汽车连同驾乘人员的总质量m=2000kg ，在平直路面上以额定功率由静止启动，行驶过程中受到大小f=600 N 的恒定阻力.(1)求汽车的最大速度v ；(2)若达到最大速度v 后，汽车发动机的功率立即改为P′=18 kW ，经过一段时间后汽车开始以不变的速度行驶，求这段时间内汽车所受合力的冲量I.【答案】（1）50/m s （2）44.010/kg m s -⨯⋅ 方向与初速度的方向相反【解析】【详解】（1）汽车匀速运动时，牵引力等于阻力，有：F=f=600N根据 P=Fv 代入数据解得：v=50m/s (2)设功率改为 P′=18kW 时，则有：P v F'='=30m/s 根据动量定理得：I=mv′−mv代入数据得：I=−4.0×104kg·m/s，负号表示方向与初速度的方向相反【点睛】（1）汽车匀速运动时，牵引力等于阻力，根据P=Fv 求解速度；（2）根据P=Fv求出功率改为P′=18kW的速度，然后根据动量定理求出合外力的冲量．。