最新物理动量定理专项

1、最新物理动量定理专项一、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 。点，另一端系一质量为 m的小球，。点离go地高度为Ho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(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)if m mgt 2 m2c - H一gL ; ( 3)当L 时小球抛的取

2、匹(1)小球从释放到最低点的过程中，由动能定理得mgLsin30122 mv0If mgt 2 m2gL小球在最低点时，由牛顿第二定律和向心力公式得F mg2mvoL解得:F=2mg(2)小球从释放到最低点的过程中，重力的冲量lG=mgt动量变化量p mv0由三角形定则得，绳对小球的冲量(3)平抛的水平位移XV0t ,竖直位移2 gt解得x ：2L(H L)H当L 一时小球抛的最远22.图甲为光滑金属导轨制成的斜面，导轨的间距为l 1m,左侧斜面的倾角37 ,右侧斜面的中间用阻值为 R 2 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 Bi 0.5T ,右侧斜面轨道

3、及其右侧区域中存在竖直向上的匀强磁 场，磁感应强度为 B2 0.5T。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m 0.2kg , ab棒的电阻为ri 2 , cd棒的电阻为上4 。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37。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。甲乙(1)请通过计算分析cd棒的运动情况；(2)若

4、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】(l)cd棒在导轨上做匀加速度直线运动；(2)1.6Ngs； (3) 43.2J【解析】【详解】设绳中总拉力为T ,对导体棒ab分析，由平衡方程得：F Tsin 0 BIlTcosO mg解得:由图乙可知:F 1.5 0.2t则有：I 0.4tcd棒上的电流为：Icd 0.8t则cd棒运动的速度随时间变化的关系：v 8t即cd棒在导轨上做匀加速度直线运动。(2)ab棒上的电流为：I 0.4t则在2 s内，平均电流为 0.4 A,通过的电荷量为 0.8

5、C,通过cd棒的电荷量为1.6C 由动量定理得：IF mgsin 住 BlI t mv 0解得：If 1.6NgS(3)3 s内电阻R上产生的的热量为 Q 2.88J,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：WG mgsin 43.2J对导体棒cd ,由动能定理得：12八WF W 克安 WGmv 02由运动学公式可知导体棒的速度为24 m/s解得：WF43.2J3 .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

6、 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/s2)【答案】1.5X103N;方向向上【解析】【详解】设运动员从h1处下落，刚触网的速度为v1,2gh1 8m/s运动员反弹到达高度 h2,网时速度为v2. 2gh2 10m/s在接触网白过程中，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(F mg)t mv2mviF=1.5X103N得方向向上4 .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=1

7、kg的小球A以速度vo= 2m/s向右运动与B球发生弹性正碰，取重力加速度g=10m/s2.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) 3Ns,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：mv0 mvA MvB1 2-mvo21mvA 1MvB 22联立可解得：vb 1m/s, Va1m/s 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：

8、I Mvb 0可解得：I 3Ns 方向水平向右5 .如图甲所示，物块 A、B的质量分别是 mA= 4.0kg和mB= 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vt图象如图乙所 示.求：(1) C的质量mC；(2) t=8s时弹簧具有的弹性势能Ep1(3) 412s内墙壁对物块 B的冲量大小I【答案】(1) 2kg (2) 27J36N关【解析】【详解】(1)由题图乙知，C与A碰前速度为Vi=9m/S,碰后速度大小为 v2=3m/s, C与A碰撞过 程动量

9、守恒mcvi = (mA+ mc)v2解得C的质量mc= 2kg.(2) t = 8s时弹簧具有的弹性势能1 2 .Epi= (mA+ mc)v2 =27J2(3)取水平向左为正方向，根据动量定理，472s内墙壁对物块B的冲量大小I=(mA+mc)v3-(mA+mc) (-v2)=36N s6.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：A(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,

10、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F1，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F1t 0 mvF1mv0.5 4.0 N0.01200N由牛顿第三定律可知，铁锤钉钉子的平均作用力F1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F2，取铁锤的速度v的方向为正方向，由动量定理得可得mg F2 t0 mv mvF2- mg205N即考虑铁锤受的重力时，铁锤打打子的平均作用力为F2 =205N,方向竖直向下。7 .在水平地面的右端 B处有一面墙，

11、一小物块放在水平地面上的A点，质量m=0.5 kg,AB间距离s= 5 m ,如图所示.小物块以初速度v0 = 8 m/s从A向B运动，刚要与墙壁碰撞时的速度vi= 7 m/s ,碰撞后以速度 V2=6 m/s反向弹回.重力加速度 g取10 m/s2.求： (1)小物块与地面间的动摩擦因数巴(2)若碰撞时间t=0.05 s,碰撞过程中墙面对小物块平均作用力F的大小.【答案】(1)0.15 (2)130 N【解析】【详解】(1)从A至IJB过程，由动能定理，有：一 it mgs= -2mv12- -1 mvo2可得：(1= 0.15.(2)对碰撞过程，规定向左为正方向，由动量定理，有：Ft=mv

12、2m( v1)可得：F= 130 N.8 .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.甲乙(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

13、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) ab. v,2gH c. Imgt 2 mJ2gH (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

14、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xi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12b.小孩子有高度H下落过程，由机械能守恒定律：mgH - mv得到速度大小：v 、,2gHc.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 v 2gH可得蹦床对小孩的冲量大小为：I mgt 2m 2gH(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：W弹从最低点处到最高点，根据动能定理:mg Hkx2kx220kx2m有关

15、，质量大的上升高度小.可得：H x ,可以判断上升高度与质量2mg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.9.飞机场有一架战斗机，质量 m 5 103 Kg,发动机的额定功率 P 900 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vm 60 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.5【答案】(1)

16、 1.5X14N (2) I 合 3 10 N s (3) 4.5 X6J0 【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 fP Fv解得 f=1.5 X10N(2)对飞机由动量定理有I合 mv 0. 一一 一 一 _5解得I合3 10 N.s(3)从开始到离开跑道，设克服阻力做功是W,则12Pt W mv2 2解得 W=4.5 X10j【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.10 .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

17、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 ？，芹【答案】15m/s【解析】5s时，杯子及水的总质量 m=0.5+0.8 X 5=4.5kg设注入水流的速度为t,取竖直向下为正方向，At时间内注入杯中的水的质量 m=0.84t对杯子和杯子中的水进行分析，根据动量定理可知：(mg+ mg- F)A t=0- mv由题意可知，F=57N；而mgvvF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.m、半径为R的质11 . 一位足球爱好者，做了一个有趣的实验：如图所示，将一个

18、质量为量分布均匀的塑料弹性球框静止放在粗糙的足够大的水平台面上，质量为M (M>m)的足球(可视为质点)以某一水平速度vo通过球框上的框口，正对球框中心射入框内，不计足球运动中的一切阻力。结果发现，当足球与球框发生第一次碰撞后到第二次碰撞前足球恰好不会从右端框口穿出。假设足球与球框内壁的碰撞为弹性碰撞，只考虑球框与台面之 间的摩擦，求：(1)人对足球做的功和冲量大小；(2)足球与球框发生第一次碰撞后，足球的速度大小;(3)球框在台面上通过的位移大小。2Mvo .M m,02M-°； Mv。； (2) v0 (3)R2Mmm【解析】(1)19人对足球做的功WMv02冲量：I = Mvo(2)足球的初速度为 vo,第一次碰撞后，设足球的速度为vi,球框的速度为 V2。对足球和球框组成的系统，由动最守恒定律得：Mvo=Mvi+mv2由能量守恒定律得12 12 1 2Mv0Mv1mv2222联立解得足球的速度 v1M m v。M m球框的速度v22Mv。M mf,通过的总位移为 x(3)多次碰撞后足球和球框最终静止，设球框受到台面的摩擦力为对足球和球框组成的系统，由能量守恒定律得fx -Mv22又第一次碰撞后经时间 t,足球恰好未从框口穿出说明此时足球与球框二者共速，均为M mv。M m由运动学规律得 Jv2t v1t 2R 2对球框，由动量定理得 ft=mv1一 m