高考物理动量定理解题技巧及练习题含解析

高考物理动量定理解题技巧及练习题含解析一、高考物理精讲专题动量定理mtt21．质量为的小球，从沙坑上方自由下落，经过时间到达沙坑表面，又经过时间停1在沙坑里．求：⑴沙对小球的平均阻力F；⑵小球在沙坑里下落过mg(tt)2(2)mgt1I．总冲量程所受的【答案】(1)1t2【解析】AB试题分析：设刚开始下落的位置为，刚好接触沙的位置为，在沙中到达的最低点为C.⑴在下落的全过程对小球用动量定理：t+t重力作用时间为，而阻力作用时间仅为，12t2以竖直向下为正方向，有：mg(t+t)-Ft=0,解得：方向竖直向上122⑵仍然在下落的全过程对小球以竖直向下为正方向，有：1方向竖直向上考点：冲量定理用动量定理：在tt2时间内只有重力的冲量，在时间内只有1总冲量（已包括重力冲量在内），mgt1-I=0,∴I=mgt点评：本题考查了利用冲量定理计算物体所受力的方法．2．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。一个质量为的60kg运动员，从离水平网面高处自由下落，着网后沿竖直方向蹦回离水3.2m5.0m平网面高1.2s若把这段时间内网对运动员的作用处。已知运动员与网接触的时间为，力当作恒力来处理，求此力的大小和方向。（g取10m/s2）【答案】1.5×103N；方向向上【解析】【详解】设运动员从h处下落，刚触网的速度为1v2gh8m/s11h,运动员反弹到达高度，网时速度为2v2gh10m/s22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(Fmg)tmvmv21得F=1.5×103N方向向上3．半径均为R52m的四分之一圆弧轨道和如图所示固定，两圆弧轨道的最低端12R1kg1切线水平，两圆心在同一竖直线上且相距，让质量为的小球从圆弧轨道的圆弧面5Ns1上某处由静止释放，小球在圆弧轨道上滚动过程中，合力对小球的冲量大小为，g重力加速度取10m/s2，求：11;（）小球运动到圆弧轨道最低端时，对轨道的压力大小22（）小球落到圆弧轨道上时的动能大小。15(22)N（）262.5J【答案】（）2【解析】【详解】11（）设小球在圆弧轨道最低v点时速度大小为，根据动量定理有0Imv0v5m/s解得0在轨道最低端，根据牛顿第二定律，Fmgmv02R2F52N解得22根据牛顿第三定律知，小球对轨道的压力大小为F52N22（）1设小球从轨道抛出到达轨道2曲面经历的时t间为，水平位移：xvt0竖直位移：y12gt2由勾股定理：x2y2R2t1s解得竖直速度：vgt10m/sy可得小球的动能E1mv21mvv62.5J2222k0ym=0.45kg4．如图所示，一质量的平顶小车静止在光滑的水平轨道上．车顶右端放一质量1m2=0.4kgm=0.05kgv=100的子弹以水平速度0的小物体，小物体可视为质点．现有一质量0m/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=0.55m/sg擦因数为μ，最终小物体以的速度离开小车．取10m/s2．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．4.5Ns【答案】（1）（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：mv(mm)vv10m/s；，可解得0o0111Imvmv，4.5INs(或kgm/s)；对子弹由动量定理有：10②三物体组成的系统动量守恒，由动量守恒定律有：(mm)v(mm)vmv；0110122mgL1(mm)v21(mm)v21mv设小车长为，由能量守恒有：L222220110122L＝5.5m；联立并代入数值得：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．20225．北京将在年举办冬季奥运，会滑雪运动将速度与技巧完美地结合在一起，一直深3060kg受广大观众的欢迎。始沿直线滑到阻力和空气阻力，取g10m/s2，问：一质量为的运动员在高度为h80m，倾角为的斜坡顶端，从静止开斜面底端。下运动员可以看作质点，收起滑雪杖，忽略滑过程摩擦（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）40m/s（2）1.2104W（3）4.8103Ns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：mgh12mv2到达底端时的速率为：v40m/s；（2）滑雪者由滑到斜面底端时重力的瞬时功率为：Pmgvsin301.2104W；G（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mgsin300ma，可以得到：agsin305m/s2v08sa根据速度与时间关系可以得到：t则重力的冲量为：Imgt4.8103Ns，方向为竖直向下。G【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。6．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回，取竖直向上为正方向，的速度反向弹（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）2kg•m/s；方向竖直向上；（2）12N；方向竖直向上；【解析】【分析】【详解】p=m(v)=0.2×(－6)kg·m/s=－1.2kg·m/s（1）小球与地面碰撞前的动量为：1－1小球与地面碰撞后的动量为p2=mv2=0.2×4kg·m/s=0.8kg·m/sΔp=pp=2kg·m/s小球与地面碰撞前后动量的变化量为－21（2）由动量定理得－(Fmg)Δt=Δppt2N＋0.2×10N=12N，方向竖直向上．F=mg=所以＋0.270kg7．质量为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/s2【答案】1260N【解析】．求缓冲过程人受到安全带的平均拉力的大小．【详解】人下落3.2m时的速度大小为v2gh8.0m/s在缓冲过程中，取向上为正方向，由动量定理可得(Fmg)t0(mv)则缓冲过程人受到安全带的平均拉力的大小mvFmg1260Ntm=0.2kg8．质量为的小球v=6m/s竖直向下以的速度落至水平地面v=4m/s，再以的速度12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/s2）．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1pmv1.2kg.m/s1pmv0.8kg.m/s碰撞地面后小球的动量22ppp2kg.m/s小球与地面碰撞前后的动量变化方向竖直向上21（2）小球与地面碰撞对小球的作用力F，，小球受到重力G和地面由动量定理FGtpF=12N得小球受到地面的平均作用力是9．如图所示，质量为m=0.5kg的木块，以v=3.0m/s的速度滑上原来静止在光滑水平面上0的足够长的平板车，平板车的质量M=2.0kg面表间的动摩擦因数μ=0.3，重力加速度g=10m/s2，求：(1)平板车的最大速度；(2)平板车达到最大速度所用的时间.10.6m/s20.8s【答案】（）（）【解析】【详解】1（）木块与平板车组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv0=(M+m)v，:v=0.6m/s解得2（）对平板车，由动量定律得：μmgt=Mv解得:t=0.8s，10．如图所示质量为的物块以速度沿粗糙水平面滑向静止在水平m=1.0kgAv=4.0m/s0M=2.0kgB，AB，．面上质量为的物块物块和物块碰撞时间极短碰后两物块粘在一起已知物块和物块均可视为质点两物块间的距离为L=1.75m，两物块与水平面间的动摩，ABμ=0.20，擦因数均为重力加速度求：g=10m/s.2（1）（2）（3）AB，物块和物块碰撞前的瞬间物块的速度的大小；AvA，物块和物块碰撞的过程中物块对物块的冲量BABI；A，物块和物块碰撞的过程中系统损失的机械能BΔE.【答案】（1）3m/s（2）2N·s，方向水平向右（3）ABA【解析】试题分析：物块运动到和物块碰撞前的瞬间，根据动能定理求得物块的速AB度；以物块和物块为系统，根据动量守恒求得碰后两物块速度，再根据动量定理求得ABA物块对物块的冲量．以物块和物块为系统，B根据能量守恒求得系统损失的机械能．（1）物块A运动到和物块B碰撞前的瞬间，根据动能定理得，解得（2）以物块A和物块B为系统，根据动量守恒得：，以物块B为研究对象，根据动量定理得：，解得，方向水平向右（3）以物块A和物块B为系统，根据能量守恒得解得：、、，111．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所2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、磁感应强度为的B匀强磁场中．发射导轨的左端为充电电路，已知电源m、的电动势为，电E容器的电容为，C子弹载体被简化为一根质量为长度也为的金属导Lr体棒，其电阻为．金属导体棒，其电r金属导体棒垂直放置于平阻为．行金属导轨上，忽略一切摩阻擦力以及导轨和导线的电阻．（1）发射前，将a．求电容器结束时所带的电荷量b．开关接a，先对电容器进行充电．SQ；充电y充电过程中电容器两极板间的电压随电容器所带电荷量发q生变化．请在图中3画出E；u-q图像；并借（2）电容器充电后，将体棒离开轨道时发射结束．电容器所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时，电容器的电量减小为充电结束时的一半，不计放电电来的磁场影响，求这次发射助图像求出稳定后电容器储存的能量0b结束开关，电容器释放的能量不能完全转化为金属导体棒的转化效率．若某次发射通过导体棒放电，导体棒由静止开始运动，导动能，将导结束流带．过程中的能量转化效率1B2L2C3m【答案】（1）a．QCE；b．；E2CE2（2）0【解析】Q（1）a、根据电义容的定CUQCE容器所带电荷量电容器充电结束时其两端电压U等于电动势E，解得电b、根据以上电容的定义可知uqC，画出q-u图像如图所示：12EQ，E有图像可知，稳定后电容器储存的能量为图中阴影部分的面积E0012CE将Q代入解得E02）设从电容器开始放电至导体棒离开轨道时的时间为，放电的电荷量为Q，平均电（2t流为，导体棒离开轨道时的速度为vImv），根以导体棒为研究对象，根据动量定理BLItmv0，（或BLit据电流定义可知ItQ（或it