高考物理动量定理专项训练100(附答案)

高考物理动量定理专项训练100(附答案)
一、高考物理精讲专题动量定理
1．观赏“烟火”表演是某地每年“春节”庆祝活动的压轴大餐。

某型“礼花”底座仅0.2s 的发射时间，就能将质量为m =5kg 的礼花弹竖直抛上180m 的高空。

（忽略发射底座高度，不计空气阻力，g 取10m/s 2）
(1)“礼花”发射时燃烧的火药对礼花弹的平均作用力是多少？（已知该平均作用力远大于礼花弹自身重力）
(2)某次试射，当礼花弹到达最高点时爆炸成沿水平方向运动的两块（爆炸时炸药质量忽略不计），测得前后两块质量之比为1：4，且炸裂时有大小为E =9000J 的化学能全部转化为了动能，则两块落地点间的距离是多少？
【答案】(1)1550N ；(2)900m
【解析】
【分析】
【详解】
(1)设发射时燃烧的火药对礼花弹的平均作用力为F ，设礼花弹上升时间为t ，则：
212
h gt =
解得 6s t =
对礼花弹从发射到抛到最高点，由动量定理
00()0Ft mg t t -+=
其中
00.2s t =
解得
1550N F =
(2)设在最高点爆炸后两块质量分别为m 1、m 2，对应的水平速度大小分别为v 1、v 2，则： 在最高点爆炸，由动量守恒定律得
1122m v m v =
由能量守恒定律得
2211221122
E m v m v =
+ 其中 1214
m m = 12m m m =+
联立解得
1120m/s v =
之后两物块做平抛运动，则
竖直方向有
212
h gt =
水平方向有 12s v t v t =+ 由以上各式联立解得
s=900m
2．如图所示，长为L 的轻质细绳一端固定在O 点，另一端系一质量为m 的小球，O 点离地高度为H 。

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g 。

(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）()22F I mgt m gL =
+3）当2
H L =时小球抛的最远 【解析】
【分析】
【详解】 (1)小球从释放到最低点的过程中，由动能定理得
201sin 302
mgL mv ︒= 小球在最低点时，由牛顿第二定律和向心力公式得
20mv F mg L
-= 解得：
F =2mg
(2)小球从释放到最低点的过程中，重力的冲量
I G =mgt
动量变化量
由三角形定则得，绳对小球的冲量 ()22F I mgt m gL =
+
(3)平抛的水平位移0x v t =，竖直位移 212
H L gt -=
解得 2()x L H L =-
当2
H L =时小球抛的最远
3．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：
m 0v 0=（m +m 0）v 1
解得：
v 1=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 +m 0）v 1=（M +m +m 0）v 2。

解得：
v 2=1m/s
（3）对木板，根据动量定理得：
μ（m +m 0）gt =Mv 2-0
解得：
t =0.5s
4．如图所示，一个质量为m 的物体，初速度为v 0，在水平合外力F （恒力）的作用下，经过一段时间t 后，速度变为v t 。

(1)请根据上述情境，利用牛顿第二定律推导动量定理，并写出动量定理表达式中等号两边物理量的物理意义。

(2)快递公司用密封性好、充满气体的塑料袋包裹易碎品，如图所示。

请运用所学物理知识分析说明这样做的道理。

【答案】详情见解析
【解析】
【详解】
(1)根据牛顿第二定律F ma =,加速度定义0i v v a t
-=解得 0=-i Ft mv mv
即动量定理, Ft 表示物体所受合力的冲量，mv t -mv 0表示物体动量的变化
(2)快递物品在运送途中难免出现磕碰现象，根据动量定理
0=-i Ft mv mv
在动量变化相等的情况下，作用时间越长，作用力越小。

充满气体的塑料袋富有弹性，在碰撞时，容易发生形变，延缓作用过程，延长作用时间，减小作用力，从而能更好的保护快递物品。

5．如图所示，真空中有平行正对金属板A 、B ，它们分别接在输出电压恒为U =91V 的电源两端，金属板长L =10cm 、两金属板间的距离d =3.2cm ，A 、B 两板间的电场可以视为匀强电场。

现使一电子从两金属板左侧中间以v 0=2.0×107m/s 的速度垂直于电场方向进入电场，然后从两金属板右侧射出。

已知电子的质量m =0.91×10-30kg ，电荷量e =1.6×10-19C ，两极板电场的边缘效应及电子所受的重力均可忽略不计（计算结果保留两位有效数字），求： （1）电子在电场中运动的加速度a 的大小；
（2）电子射出电场时在沿电场线方向上的侧移量y ；
（3）从电子进入电场到离开电场的过程中，其动量增量的大小。

【答案】（1）1425.010m/s ⨯；（2）0.63m ；（3）242.310kg m/s -⨯⋅。

【解析】
【详解】
（1）设金属板A 、B 间的电场强度为E ，则U E d
=，根据牛顿第二定律，有 Ee ma =
电子在电场中运动的加速度
19
214223091 1.610m/s 5.010m/s 3.2100.9110
Ee Ue a m dm ---⨯⨯====⨯⨯⨯⨯ （2）电子以速度0v 进入金属板A 、B 间，在垂直于电场方向做匀速直线运动，沿电场方向做初速度为零的匀加速直线运动，电子在电场中运动的时间为
9700.1s 5.010s 2.010
L t v -===⨯⨯ 电子射出电场时在沿电场线方向的侧移量
212
y at =
代入数据 14921 5.010(5.010)0.63cm 2
cm y -=⨯⨯⨯⨯= （3）从电子进入电场到离开电场的过程中，由动量定理，有
ΔEet p =
其动量增量的大小
Δp =1924270 1.6010910.1kg m/s=2.310kg m/s 3.210 2.010
eUL dv ---⨯⨯⨯=⋅⨯⋅⨯⨯⨯
6．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 mv F mg t
=+=
7．如图，有一个光滑轨道，其水平部分MN 段和圆形部分NPQ 平滑连接，圆形轨道的半径R =0.5m ；质量为m 1=5kg 的A 球以v 0=6m/s 的速度沿轨道向右运动，与静止在水平轨道上质量为m 2=4kg 的B 球发生碰撞，两小球碰撞过程相互作用的时为t 0=0.02s ，碰撞后B 小球恰好越过圆形轨道最高点。

两球可视为质点，g =10m/s 2。

求：
(1)碰撞后A 小球的速度大小。

(2)碰撞过程两小球间的平均作用力大小。

【答案】(1)2m/s (2)1000N
【解析】
【详解】
(1)B 小球刚好能运动到圆形轨道的最高点：2
22v m g m R
= 设B 球碰后速度为2v ，由机械能守恒可知：22222211222
m v m gR m v =+ A 、B 碰撞过程系统动量守恒：101122m v m v m v =+
碰后A 速度12/v m s =
(2)A 、B 碰撞过程，对B 球：022Ft m v =
得碰撞过程两小球间的平均作用力大小 1000F N =
8．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：
6010
6010N1100N
1.2
mv
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。

9．质量为0.5kg的小球从h=2.45m的高空自由下落至水平地面，与地面作用0.2s后，再以5m/s的速度反向弹回，求小球与地面的碰撞过程中对地面的平均作用力．（不计空气阻力，g=10m/s2）
【答案】35N
【解析】
小球自由下落过程中，由机械能守恒定律可知：
mgh=1
2
mv12；
解得：v1=2210 2.457
gh=⨯⨯=m/s，
同理，回弹过程的速度为5m/s，方向竖直向上，
设向下为正，则对碰撞过程由动量定理可知：
mgt-F t=-mv′-mv
代入数据解得：F=35N
由牛顿第三定律小球对地面的平均作用力大小为35N，方向竖直向下．
10．质量是40kg的铁锤从5m高处落下，打在水泥桩上，与水泥桩撞击的时间是
0.05s．重力加速度g=10m/s2（不计空气阻力）
（1）撞击水泥桩前铁锤的速度为多少？
（2）撞击时，桩对铁锤的平均冲击力的大小是多少？
【答案】（1）10m/s （2）8400N
【解析】试题分析：根据匀变速直线运动的速度位移公式求出铁锤与桩碰撞前的速度，结合动量定理求出桩对锤的作用力，从而根据牛顿第三定律求出撞击过程中铁锤对水泥桩的平均冲击力．
（1）撞击前，铁锤只受重力作用，机械能守恒，因此
可以求出撞击水泥桩前铁锤的速度
设桩对铁锤的冲击力大小为F，取竖直向下为正方向，根据动量定理，有
解出
11．一质量为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/s2）
【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：2210 1.25/5/v gh m 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：0.150.110260.02
mv 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.
12．一位足球爱好者，做了一个有趣的实验：如图所示，将一个质量为m 、半径为R 的质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v 0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。

【答案】（1）202Mv ；Mv 0；（2）0M m v M m -+（3）2M R m
【解析】（1）人对足球做的功W ＝
2012
Mv 冲量：I ＝Mv 0 （2）足球的初速度为v 0，第一次碰撞后，设足球的速度为v 1，球框的速度为v 2。

对足球和球框组成的系统，由动最守恒定律得：Mv 0＝Mv 1＋mv 2
由能量守恒定律得
222012111222
Mv Mv mv =+ 联立解得足球的速度10M m v v M m -=
+ 球框的速度202M v v M m
=+ （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f ，通过的总位移为x
对足球和球框组成的系统，由能量守恒定律得2012fx Mv = 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10M m v v M m -=+ 由运动学规律得12122
v v t v t R +-= 对球框，由动量定理得 –ft ＝mv 1－mv 2 联立解得球框通过的总位移x ＝
2M R m。