高考物理动量定理题20套(带答案)及解析

高考物理动量定理题20套(带答案)及解析
一、高考物理精讲专题动量定理
1．如图所示，光滑水平面上有一轻质弹簧，弹簧左端固定在墙壁上，滑块A以v0＝12 m/s 的水平速度撞上静止的滑块B并粘在一起向左运动，与弹簧作用后原速率弹回，已知A、B 的质量分别为m1＝0.5 kg、m2＝1.5 kg。

求：
①A与B撞击结束时的速度大小v；
②在整个过程中，弹簧对A、B系统的冲量大小I。

【答案】①3m/s；②12N•s
【解析】
【详解】
①A、B碰撞过程系统动量守恒，以向左为正方向
由动量守恒定律得
m1v0=（m1+m2）v
代入数据解得
v=3m/s
②以向左为正方向，A、B与弹簧作用过程
由动量定理得
I=（m1+m2）（-v）-（m1+m2）v
代入数据解得
I=-12N•s
负号表示冲量方向向右。

2．如图所示,固定在竖直平面内的4光滑圆弧轨道AB与粗糙水平地面BC相切于B点。

质量m=0.1kg的滑块甲从最高点A由静止释放后沿轨道AB运动,最终停在水平地面上的C 点。

现将质量m=0.3kg的滑块乙静置于B点,仍将滑块甲从A点由静止释放结果甲在B点与乙碰撞后粘合在一起,最终停在D点。

已知B、C两点间的距离x=2m,甲、乙与地面间的动摩擦因数分别为=0.4、=0.2,取g=10m/s,两滑块均视为质点。

求:
(1)圆弧轨道AB的半径R;
(2)甲与乙碰撞后运动到D点的时间t
【答案】(1) (2)
【解析】
【详解】
（1）甲从B点运动到C点的过程中做匀速直线运动，有：v B2=2a1x1；
根据牛顿第二定律可得：
对甲从A点运动到B点的过程，根据机械能守恒：
解得v B=4m/s；R=0.8m；
（2）对甲乙碰撞过程，由动量守恒定律：；
若甲与乙碰撞后运动到D点，由动量定理：
解得t=0.4s
3．甲图是我国自主研制的200mm离子电推进系统，已经通过我国“实践九号”卫星空间飞行试验验证，有望在2015年全面应用于我国航天器．离子电推进系统的核心部件为离子推进器，它采用喷出带电离子的方式实现飞船的姿态和轨道的调整，具有大幅减少推进剂燃料消耗、操控更灵活、定位更精准等优势．离子推进器的工作原理如图乙所示，推进剂氙原子P喷注入腔室C后，被电子枪G射出的电子碰撞而电离，成为带正电的氙离子．氙离子从腔室C中飘移过栅电极A的速度大小可忽略不计，在栅电极A、B之间的电场中加速，并从栅电极B喷出．在加速氙离子的过程中飞船获得推力．
已知栅电极A、B之间的电压为U，氙离子的质量为m、电荷量为q．
（1）将该离子推进器固定在地面上进行试验．求氙离子经A、B之间的电场加速后，通过栅电极B时的速度v的大小；
（2）配有该离子推进器的飞船的总质量为M，现需要对飞船运行方向作一次微调，即通过推进器短暂工作让飞船在与原速度垂直方向上获得一很小的速度Δv，此过程中可认为氙离子仍以第（1）中所求的速度通过栅电极B．推进器工作时飞船的总质量可视为不变．求推进器在此次工作过程中喷射的氙离子数目N．
（3）可以用离子推进器工作过程中产生的推力与A、B之间的电场对氙离子做功的功率的比值S来反映推进器工作情况．通过计算说明采取哪些措施可以增大S，并对增大S的实际意义说出你的看法．
【答案】（1）（2）（3）增大S可以通过减小q、
U或增大m的方法．
提高该比值意味着推进器消耗相同的功率可以获得更大的推力．
【解析】
试题分析：（1）根据动能定理有
解得：
（2）在与飞船运动方向垂直方向上，根据动量守恒有：MΔv=Nmv 解得：
（3）设单位时间内通过栅电极A 的氙离子数为n ，在时间t 内，离子推进器发射出的氙离子个数为N nt =，设氙离子受到的平均力为F '，对时间t 内的射出的氙离子运用动量定理，F t Nmv ntmv ='=，F '= nmv
根据牛顿第三定律可知，离子推进器工作过程中对飞船的推力大小F=F '= nmv 电场对氙离子做功的功率P= nqU 则
根据上式可知：增大S 可以通过减小q 、U 或增大m 的方法． 提高该比值意味着推进器消耗相同的功率可以获得更大的推力． （说明：其他说法合理均可得分） 考点：动量守恒定律；动能定理；牛顿定律.
4．如图所示，长为1m 的长木板静止在粗糙的水平面上，板的右端固定一个竖直的挡板，长木板与挡板的总质量为M =lkg ，板的上表面光滑，一个质量为m= 0.5kg 的物块以大小为 t 0=4m/s 的初速度从长木板的左端滑上长木板，与挡板碰撞后最终从板的左端滑离，挡板对物 块的冲量大小为2. 5N • s ，已知板与水平面间的动摩擦因数为μ= 0.5,重力加速度为g=10m/s 2，不计物块与挡板碰撞的时间，不计物块的大小。

求：
（1）物块与挡板碰撞后的一瞬间，长木板的速度大小； （2）物块在长木板上滑行的时间。

【答案】（1）2.5m/s （2）56
【解析】 【详解】
(1)设物块与挡板碰撞后的一瞬间速度大小为1v 根据动量定理有：
01I mv mv =+
解得：11m/s v =
设碰撞后板的速度大小为2v ，碰撞过程动量守恒，则有：
021mv Mv mv =-
解得：2 2.5m/s v =
(2)碰撞前，物块在平板车上运动的时间：101s 4
L t v =
= 碰撞后，长木板以2v 做匀减速运动，加速度大小：2()7.5m/s m M g
a M
μ+=
=
设长木板停下时，物块还未滑离木板，木板停下所用时间：221s 3
v t a == 在此时间内，物块运动的距离：1121m 3
x v t == 木板运动的距离：22215m 212
x v t =
= 由于12x x L +<，假设成立，木板停下后，物块在木板上滑行的时间：
12311s 4
L x x t v --=
= 因此物块在板上滑行的总时间为：1235
s 6
t t t t =++=
5．质量为m=0.2kg 的小球竖直向下以v 1=6m/s 的速度落至水平地面，再以v 2=4m/s 的速度反向弹回，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/s 2）．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11 1.2./p mv kg m s ==- 碰撞地面后小球的动量220.8./p mv kg m s ==
小球与地面碰撞前后的动量变化212./p p p kg m s ∆=-= 方向竖直向上 （2）小球与地面碰撞，小球受到重力G 和地面对小球的作用力F ， 由动量定理()F G t p -=∆ 得小球受到地面的平均作用力是F=12N
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．在水平地面的右端B处有一面墙，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v1＝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μ；
(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到B过程，由动能定理，有：－μmgs＝1
2
mv12－
1
2
mv02
可得：μ＝0.15.
(2)对碰撞过程，规定向左为正方向，由动量定理，有：Ft＝mv2－m(－v1)
可得：F＝130 N.
8．如图所示，质量均为2kg的物块A和物块B静置于光滑水平血上，现让A以v0=6m/s的速度向右运动，之后与墙壁碰撞，碰后以v1=4m/s的速度反向运动，接着与物块B相碰并
粘在一起。

g 取10m/s 2.求:
(1)物块A 与B 碰后共同速度大小v ; (2)物块A 对B 的冲量大小I B ;
(3)已知物块A 与墙壁碰撞时间为0.2s, 求墙壁对物块A 平均作用力大小F . 【答案】（1）2m/s （2）4N·s （3）100N 【解析】 【详解】
（1）以向左为正方向，根据动量守恒：1()A A B m v m m v =+ 得：2/v m s =
（2）AB 碰撞过程中，由动量定理得，B 受到冲量：I B =m B v -0 得：I B =4N·
s （3）A 与墙壁相碰后反弹，由动量定理得
10()A A Ft m v m v =--
得：100F N =
9．一个质量为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 变化的图象如图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 末物体速度减小为求：
前3s 内拉力F 的冲量。

第2s 末拉力F 的功率。

【答案】(1) (2)
【解析】 【详解】 (1)冲量为：
即前3s 内拉力F 的冲量为
(2)设物体在运动过程中所受滑动摩擦力大小为f ，则在
内，由动量定理有：
设在
内物体的加速度大小为a ，则由牛顿第二定律有：
第2s 末物体的速度为： 第2s 末拉力F 的功率为：
v
联立以上方程代入数据可求出F 的功率为：
10．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 /s 2） 【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
mv 12； 解得：v 1=2210 2.457gh =⨯⨯=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．
11．如图，一质量为M =1.5kg 的物块静止在光滑桌面边缘，桌面离水平面的高度为h =1.25m ．一质量为m =0.5kg 的木块以水平速度v 0=4m/s 与物块相碰并粘在一起，碰撞时间极短，重力加速度为g =10m/s 2．不及空气阻力，求：
（1）碰撞过程中系统损失的机械能； （2）此后物块落地点离桌面边缘的水平距离． 【答案】（1）3J （2）0.5m 【解析】
试题分析：（1）对m 与M 组成的系统，碰撞过程中动量守恒，设碰后共同速度为v ，有 mν0=（m+M ）ν 解得v=1m/s
碰撞后系统损失的机械能22011
()22
E mv m M v ∆=-+ 解得△E=3J
（2）物块离开桌面后做平抛运动，设落地点离桌面边缘的水平距离为x ，有
竖直方向作自由落体：212
h gt 解得t=0．5s
水平方向匀速直线： x=vt=0．5m
考点：动量守恒定律；机械能守恒定律；平抛运动
【名师点睛】本题采用程序法按时间顺序进行分析处理，是动量守恒定律与平抛运动简单的综合，比较容易．
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/s 2，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．。