高中物理动量定理解题技巧及经典题型及练习题(含答案)含解析
高中物理动量定理常见题型及答题技巧及练习题(含答案)及解析
解得: t 2 2gh . 3 g
点睛:本题综合考查动量守恒定律、机械能守恒定律及动量定理,要注意正确分析物理过 程,选择合适的物理规律求解,要明确碰撞的基本规律是系统的动量守恒.
12.飞机场有一架战斗机,质量 m 5103 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
【答案】(1)6.0m/s2(2)18J(3)20N·s,方向竖直向下。 【解析】
【详解】
(1)设物体运动的加速度为 a,物体所受合力等于重力沿斜面向下的分力为:
根据牛顿第二定律有:
F=mgsinθ
解得:
F=ma;
a=6.0m/s2 (2)物体沿斜面上滑到最高点时,克服重力做功达到最大值,设最大值为 vm;对于物体 沿斜面上滑过程,根据动能定理有:
W
0
1 2
mvm2
解得
W=18J; (3)物体沿斜面上滑和下滑的总时间为:
重力的冲量:
t 2v0 2 6 2s a6
方向竖直向下。
IG mgt 20N s
5.如图所示,质量为 m=0.5kg 的木块,以 v0=3.0m/s 的速度滑上原来静止在光滑水平面上 的足够长的平板车,平板车的质量 M=2.0kg。若木块和平板车表面间的动摩擦因数 μ=0.3,重力加速度 g=10m/s2,求:
②三物体组成的系统动量守恒,由动量守恒定律有:
(m0 m1)v1 (m0 m1)v2 m2v ;
设小车长为
L,由能量守恒有:
m2 gL
1 2
(m0
m1 )v12
1 2
(m0
m1 )v22
1 2
高考物理动量定理解题技巧及经典题型及练习题(含答案)及解析
高考物理动量定理解题技巧及经典题型及练习题(含答案)及解析一、高考物理精讲专题动量定理1.如图所示,静置于水平地面上的二辆手推车沿一直线排列,质量均为m ,人在极短的时间内给第一辆车一水平冲量使其运动,当车运动了距离L 时与第二辆车相碰,两车以共同速度继续运动了距离L 时停。
车运动时受到的摩擦阻力恒为车所受重力的k 倍,重力加速度为g ,若车与车之间仅在碰撞时发生相互作用,碰撞吋间很短,忽咯空气阻力,求: (1)整个过程中摩擦阻力所做的总功; (2)人给第一辆车水平冲量的大小。
【答案】(1)-3kmgL ;(2)10m kgL 【解析】 【分析】 【详解】(1)设运动过程中摩擦阻力做的总功为W ,则W =-kmgL -2kmgL =-3kmgL即整个过程中摩擦阻力所做的总功为-3kmgL 。
(2)设第一辆车的初速度为v 0,第一次碰前速度为v 1,碰后共同速度为v 2,则由动量守恒得mv 1=2mv 222101122kmgL mv mv -=- 221(2)0(2)2k m gL m v -=-由以上各式得010v kgL =所以人给第一辆车水平冲量的大小010I mv m kgL ==2.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 8N2F +==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.3.图甲为光滑金属导轨制成的斜面,导轨的间距为1m l =,左侧斜面的倾角37θ=︒,右侧斜面的中间用阻值为2R =Ω的电阻连接。
高中物理动量定理解题技巧及经典题型及练习题(含答案)及解析
高中物理动量定理解题技巧及经典题型及练习题(含答案)及解析一、高考物理精讲专题动量定理1.如图所示,足够长的木板A 和物块C 置于同一光滑水平轨道上,物块B 置于A 的左端,A 、B 、C 的质量分别为m 、2m 和3m ,已知A 、B 一起以v 0的速度向右运动,滑块C 向左运动,A 、C 碰后连成一体,最终A 、B 、C 都静止,求:(i )C 与A 碰撞前的速度大小(ii )A 、C 碰撞过程中C 对A 到冲量的大小. 【答案】(1)C 与A 碰撞前的速度大小是v 0; (2)A 、C 碰撞过程中C 对A 的冲量的大小是32mv 0. 【解析】 【分析】 【详解】试题分析:①设C 与A 碰前速度大小为1v ,以A 碰前速度方向为正方向,对A 、B 、C 从碰前至最终都静止程由动量守恒定律得:01(2)3?0m m v mv -+= 解得:10v v =. ②设C 与A 碰后共同速度大小为2v ,对A 、C 在碰撞过程由动量守恒定律得:012 3(3)mv mv m m v =+-在A 、C 碰撞过程中对A 由动量定理得:20CA I mv mv =- 解得:032CA I mv =-即A 、C 碰过程中C 对A 的冲量大小为032mv . 方向为负.考点:动量守恒定律 【名师点睛】本题考查了求木板、木块速度问题,分析清楚运动过程、正确选择研究对象与运动过程是解题的前提与关键,应用动量守恒定律即可正确解题;解题时要注意正方向的选择.2.如图甲所示,平面直角坐标系中,0≤x ≤l 、0≤y ≤2l 的矩形区域中存在交变匀强磁场,规定磁场垂直于纸面向里的方向为正方向,其变化规律如图乙所示,其中B 0和T 0均未知。
比荷为c 的带正电的粒子在点(0,l )以初速度v 0沿+x 方向射入磁场,不计粒子重力。
(1)若在t =0时刻,粒子射入;在t <02T 的某时刻,粒子从点(l ,2l )射出磁场,求B 0大小。
高中物理动量定理解题技巧分析及练习题(含答案)含解析
高中物理动量定理解题技巧分析及练习题(含答案)含解析一、高考物理精讲专题动量定理1.图甲为光滑金属导轨制成的斜面,导轨的间距为1m l =,左侧斜面的倾角37θ=︒,右侧斜面的中间用阻值为2R =Ω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10.5T B =,右侧斜面轨道及其右侧区域中存在竖直向上的匀强磁场,磁感应强度为20.5T B =。
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0.2kg m =,ab 棒的电阻为12r =Ω,cd 棒的电阻为24r =Ω。
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37θ=︒。
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。
(1)请通过计算分析cd 棒的运动情况; (2)若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】(1)cd 棒在导轨上做匀加速度直线运动;(2)1.6N s g ;(3)43.2J 【解析】 【详解】(1)设绳中总拉力为T ,对导体棒ab 分析,由平衡方程得:sin θF T BIl =+cos θT mg =解得:tan θ 1.50.5F mg BIl I =+=+由图乙可知:1.50.2F t =+则有:0.4I t =cd 棒上的电流为:0.8cd I t =则cd 棒运动的速度随时间变化的关系:8v t =即cd 棒在导轨上做匀加速度直线运动。
(2)ab 棒上的电流为:0.4I t =则在2 s 内,平均电流为0.4 A ,通过的电荷量为0.8 C ,通过cd 棒的电荷量为1.6C 由动量定理得:sin θ0F t I mg t BlI mv +-=-解得: 1.6N s F I =g(3)3 s 内电阻R 上产生的的热量为 2.88J Q =,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:G sin 43.2J W mg θ==对导体棒cd ,由动能定理得:F W W'-克安2G 102W mv +=- 由运动学公式可知导体棒的速度为24 m/s 解得:43.2J F W '=2.如图所示,足够长的木板A 和物块C 置于同一光滑水平轨道上,物块B 置于A 的左端,A 、B 、C 的质量分别为m 、2m 和3m ,已知A 、B 一起以v 0的速度向右运动,滑块C 向左运动,A 、C 碰后连成一体,最终A 、B 、C 都静止,求:(i )C 与A 碰撞前的速度大小(ii )A 、C 碰撞过程中C 对A 到冲量的大小. 【答案】(1)C 与A 碰撞前的速度大小是v 0; (2)A 、C 碰撞过程中C 对A 的冲量的大小是32mv 0. 【解析】 【分析】 【详解】试题分析:①设C 与A 碰前速度大小为1v ,以A 碰前速度方向为正方向,对A 、B 、C 从碰前至最终都静止程由动量守恒定律得:01(2)3?0m m v mv -+= 解得:10v v =. ②设C 与A 碰后共同速度大小为2v ,对A 、C 在碰撞过程由动量守恒定律得:012 3(3)mv mv m m v =+-在A 、C 碰撞过程中对A 由动量定理得:20CA I mv mv =- 解得:032CA I mv =-即A 、C 碰过程中C 对A 的冲量大小为032mv . 方向为负.考点:动量守恒定律 【名师点睛】本题考查了求木板、木块速度问题,分析清楚运动过程、正确选择研究对象与运动过程是解题的前提与关键,应用动量守恒定律即可正确解题;解题时要注意正方向的选择.3.2019年 1月 3日,嫦娥四号探测器成功着陆在月球背面,并通过“鹊桥”中继卫星传回了世界上第一张近距离拍摄月球背面的图片。
高考物理动量定理解题技巧及经典题型及练习题(含答案)
高考物理动量定理解题技巧及经典题型及练习题(含答案)一、高考物理精讲专题动量定理1.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m0=0.005kg的子弹以速度v0=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/s2。
求:(1)物块的最大速度v1;(2)木板的最大速度v2;(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:m0v0=(m+m0)v1解得:v1=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+m0)v1=(M+m+m0)v2。
解得:v2=1m/s(3)对木板,根据动量定理得:μ(m+m0)gt=Mv2-0解得:t=0.5s2.2019年 1月 3日,嫦娥四号探测器成功着陆在月球背面,并通过“鹊桥”中继卫星传回了世界上第一张近距离拍摄月球背面的图片。
此次任务实现了人类探测器首次在月球背面软着陆、首次在月球背面通过中继卫星与地球通讯,因而开启了人类探索月球的新篇章。
嫦娥四号探测器在靠近月球表面时先做圆周运动进行充分调整,最终到达离月球表面很近的着陆点。
为了尽可能减小着陆过程中月球对飞船的冲击力,探测器在距月面非常近的距离处进行多次调整减速,离月面高h处开始悬停(相对月球速度为零),对障碍物和坡度进行识别,并自主避障。
然后关闭发动机,仅在月球重力作用下竖直下落,探测器与月面接触前瞬间相对月球表面的速度为v,接触月面时通过其上的“四条腿”缓冲,平稳地停在月面,缓冲时间为t ,如图所示。
已知月球的半径R ,探测器质量为m 0,引力常量为G 。
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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 p1 mv1 1.2kg.m / s 碰撞地面后小球的动量 p2 mv2 0.8kg.m / s 小球与地面碰撞前后的动量变化 p p2 p1 2kg.m / s 方向竖直向上
人在与地接触时,地对人的作用力与重力的合力使人获得上升的速度,由动量定理可求得
地面对他的支持力,再由牛顿第三定律可求得他对地面的平均压力;
【详解】 (1)跳起后重心升高
根据机械能守恒定律:
,解得:
;
(2)根据冲量公式可以得到从蹬地到离开地面过程中重力的冲量的大小为:
,方向竖直向下;
(3)上跳过程过程中,取向上为正方向,由动量定理
【答案】(1) v1= 6m/s (2) v2=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:
解得:
m0v0=(m0+m)v1
v1= 6m/s (2)木块在木板上滑动过程,由动量守恒定律可得:
解得:
(m0+m)v1=(m0+m+M)v2
v2=2m/s (3)对子弹木块整体,由动量定理得:
轨迹如图:
OO 1 a , OOA 300 , OA 2 acos300 3 a
3
3
3
所以 OB OAtan600 a ,离子离开磁场后打到板的正中间。
(2) 设 板 对 离 子 的 力 为 F , 垂 直 板 向 上 为 正 方 向 , 根 据 动 量 定 理 :
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高考物理动量定理解题技巧及经典题型及练习题( 含答案 ) 含解析一、高考物理精讲专题动量定理1.质量为 m 的小球,从沙坑上方自由下落,经过时间t1到达沙坑表面,又经过时间t2停在沙坑里.求:⑴沙对小球的平均阻力F;⑵小球在沙坑里下落过程所受的总冲量I.【答案】(1) mg(t1t2t 2 )(2) mgt1【解析】试题分析:设刚开始下落的位置为A,刚好接触沙的位置为B,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:重力作用时间为t1 +t2,而阻力作用时间仅为t2,以竖直向下为正方向,有:mg(t +t )-Ft =0, 解得:方向竖直向上1 2 2⑵仍然在下落的全过程对小球用动量定理:在t1时间内只有重力的冲量,在t2时间内只有总冲量(已包括重力冲量在内),以竖直向下为正方向,有:mgt 1-I=0,∴I=mgt1方向竖直向上考点:冲量定理点评:本题考查了利用冲量定理计算物体所受力的方法.2.如图所示,长为L 的轻质细绳一端固定在地高度为 H。
现将细绳拉至与水平方向成30 O 点,另一端系一质量为m ,由静止释放小球,经过时间的小球, O 点离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。
2 m2 gL ;(3)当L H【答案】( 1) F=2mg ;( 2)I F mgt 时小球抛的最远2【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mgLsin 30 1 m v022小球在最低点时,由牛顿第二定律和向心力公式得2mv0F mgL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p mv0由三角形定则得,绳对小球的冲量I F mgt 2m2gL(3)平抛的水平位移x v0t ,竖直位移H L 1 gt22解得x 2L( H L)当 L H时小球抛的最远23.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。
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高中物理动量定理解题技巧及经典题型及练习题( 含答案 ) 及解析一、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:h 1gt 2 2解得t 6s对礼花弹从发射到抛到最高点,由动量定理Ft 0mg(t t0 )0其中t00.2s解得F 1550N(2)设在最高点爆炸后两块质量分别为m1、 m2,对应的水平速度大小分别为v1、 v2,则:在最高点爆炸,由动量守恒定律得m1v1m2 v2由能量守恒定律得E 1m1v121m2v22 22其中m11m24 m m1m2联立解得v1120m/sv230m/s 之后两物块做平抛运动,则竖直方向有h 1gt 2 2水平方向有s v1t v2t由以上各式联立解得s=900m2.质量为 m 的小球,从沙坑上方自由下落,经过时间t1到达沙坑表面,又经过时间t2停在沙坑里.求:⑴沙对小球的平均阻力F;⑵小球在沙坑里下落过程所受的总冲量I.mg(t1t 2 )【答案】 (1)(2) mgt1t2【解析】试题分析:设刚开始下落的位置为A,刚好接触沙的位置为B,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:重力作用时间为t1 +t2,而阻力作用时间仅为t2,以竖直向下为正方向,有:mg(t 1+t2)-Ft2=0, 解得:方向竖直向上⑵仍然在下落的全过程对小球用动量定理:在t1时间内只有重力的冲量,在t2时间内只有总冲量(已包括重力冲量在内),以竖直向下为正方向,有:mgt 1-I=0,∴I=mgt1方向竖直向上考点:冲量定理点评:本题考查了利用冲量定理计算物体所受力的方法.3.如图所示,足够长的木板端, A、 B、C 的质量分别为A 和物块m、2m 和C置于同一光滑水平轨道上,物块 B 置于 A 的左3m,已知 A、 B 一起以 v0的速度向右运动,滑块C向左运动,A、C 碰后连成一体,最终A、B、 C 都静止,求:(i) C 与 A 碰撞前的速度大小(i i )A、 C 碰撞过程中 C 对 A 到冲量的大小.【答案】( 1) C 与 A 碰撞前的速度大小是v0;(2) A、 C 碰撞过程中 C 对 A 的冲量的大小是3mv0.2【解析】【分析】【详解】试题分析:①设 C 与 A 碰前速度大小为v1,以A碰前速度方向为正方向,对A、 B、 C 从碰前至最终都静止程由动量守恒定律得:(m 2m) v0-3mv1 ?0解得: v1v0.②设 C 与 A 碰后共同速度大小为v2,对A、C在碰撞过程由动量守恒定律得:mv0-3mv1( m 3m)v2在 A、 C 碰撞过程中对 A 由动量定理得:I CA mv2- mv0解得: I CA 3mv0 2即A、 C 碰过程中 C 对 A 的冲量大小为3mv0.方向为负.2考点:动量守恒定律【名师点睛】本题考查了求木板、木块速度问题,分析清楚运动过程、正确选择研究对象与运动过程是解题的前提与关键,应用动量守恒定律即可正确解题;解题时要注意正方向的选择.4.如图所示,在倾角θ=37°的足够长的固定光滑斜面的底端,有一质量m=1.0kg、可视为质点的物体,以 v0=6.0m/s 的初速度沿斜面上滑。
高中物理动量守恒定律解题技巧及经典题型及练习题(含答案)含解析
高中物理动量守恒定律解题技巧及经典题型及练习题(含答案)含解析一、高考物理精讲专题动量守恒定律1.如图甲所示,物块A、B的质量分别是m A=4.0kg和m B=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粘在一起不再分开,物块C的v-t图象如图乙所示.求:①物块C的质量?②B离开墙后的运动过程中弹簧具有的最大弹性势能E P?【答案】(1)2kg(2)9J【解析】试题分析:①由图知,C与A碰前速度为v1=9 m/s,碰后速度为v2=3 m/s,C与A碰撞过程动量守恒.m c v1=(m A+m C)v2即m c=2 kg②12 s时B离开墙壁,之后A、B、C及弹簧组成的系统动量和机械能守恒,且当A、C与B的速度相等时,弹簧弹性势能最大(m A+m C)v3=(m A+m B+m C)v4得E p=9 J考点:考查了动量守恒定律,机械能守恒定律的应用【名师点睛】分析清楚物体的运动过程、正确选择研究对象是正确解题的关键,应用动量守恒定律、能量守恒定律、动量定理即可正确解题.2.如图所示,质量M=1kg的半圆弧形绝缘凹槽放置在光滑的水平面上,凹槽部分嵌有cd 和ef两个光滑半圆形导轨,c与e端由导线连接,一质量m=lkg的导体棒自ce端的正上方h=2m处平行ce由静止下落,并恰好从ce端进入凹槽,整个装置处于范围足够大的竖直方向的匀强磁场中,导体棒在槽内运动过程中与导轨接触良好。
已知磁场的磁感应强度B=0.5T,导轨的间距与导体棒的长度均为L=0.5m,导轨的半径r=0.5m,导体棒的电阻R=1Ω,其余电阻均不计,重力加速度g=10m/s2,不计空气阻力。
(1)求导体棒刚进入凹槽时的速度大小;(2)求导体棒从开始下落到最终静止的过程中系统产生的热量;(3)若导体棒从开始下落到第一次通过导轨最低点的过程中产生的热量为16J ,求导体棒第一次通过最低点时回路中的电功率。
高中物理动量定理解题技巧及经典题型及练习题(含答案)含解析
高中物理动量定理解题技巧及经典题型及练习题(含答案)含解析一、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/s②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.汽车碰撞试验是综合评价汽车安全性能的有效方法之一.设汽车在碰撞过程中受到的平均撞击力达到某个临界值F0时,安全气囊爆开.某次试验中,质量m1=1 600 kg的试验车以速度v1 = 36 km/h正面撞击固定试验台,经时间t1 = 0.10 s碰撞结束,车速减为零,此次碰撞安全气囊恰好爆开.忽略撞击过程中地面阻力的影响.(1)求此过程中试验车受到试验台的冲量I0的大小及F0的大小;(2)若试验车以速度v1撞击正前方另一质量m2 =1 600 kg、速度v2 =18 km/h同向行驶的汽车,经时间t2 =0.16 s两车以相同的速度一起滑行.试通过计算分析这种情况下试验车的安全气囊是否会爆开.【答案】(1)I0 = 1.6×104 N·s ,1.6×105 N;(2)见解析【解析】【详解】(1)v1 = 36 km/h = 10 m/s,取速度v1 的方向为正方向,由动量定理有-I0 =0-m1v1 ①将已知数据代入①式得I0 = 1.6×104 N·s ②由冲量定义有I0 = F0t1 ③将已知数据代入③式得 F 0 = 1.6×105 N ④(2)设试验车和汽车碰撞后获得共同速度v ,由动量守恒定律有m 1v 1+ m 2v 2 = (m 1+ m 2)v ⑤对试验车,由动量定理有 -Ft 2 = m 1v -m 1v 1 ⑥将已知数据代入⑤⑥式得F = 2.5×104 N ⑦可见F <F 0,故试验车的安全气囊不会爆开 ⑧3.如图所示,在倾角θ=37°的足够长的固定光滑斜面的底端,有一质量m =1.0kg 、可视为质点的物体,以v 0=6.0m/s 的初速度沿斜面上滑。
高中物理动量定理解题技巧及经典题型及练习题(含答案)
大的水平作用力。 【答案】(1)50s(2)0.2N 【解析】解:(1)取水平向右为正方向, 由于水平面光滑,经 t 时间,流入车内的水的质量为 , 对车和水流,在水平方向没有外力,动量守恒 由①②可得 t=50s (2)设 时间内,水的体积为 ,质量为 ,则 设小车队水流的水平作用力为 ,根据动量定理
【答案】(1) v1= 6m/s (2) v2=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:
解得:
m0v0=(m0+m)v1
v1= 6m/s (2)木块在木板上滑动过程,由动量守恒定律可得:
解得:
(m0+m)v1=(m0+m+M)v2
v2=2m/s (3)对子弹木块整体,由动量定理得:
﹣μ(m0+m)gt=(m0+m)(v2﹣v1) 解得:物块相对于木板滑行的时间
t v2 v1 1s g
4.动能定理和动量定理不仅适用于质点在恒力作用下的运动,也适用于质点在变力作用下 的运动,这时两个定理表达式中的力均指平均力,但两个定理中的平均力的含义不同,在 动量定理中的平均力 F1 是指合力对时间的平均值,动能定理中的平均力 F2 是合力指对位移 的平均值. (1)质量为 1.0kg 的物块,受变力作用下由静止开始沿直线运动,在 2.0s 的时间内运动了 2.5m 的位移,速度达到了 2.0m/s.分别应用动量定理和动能定理求出平均力 F1 和 F2 的 值. (2)如图 1 所示,质量为 m 的物块,在外力作用下沿直线运动,速度由 v0 变化到 v 时,经
【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】
高考物理动量定理常见题型及答题技巧及练习题(含答案)及解析
I=py-0。
物体落地时水平方向的分动量
py=20kg•m/s
故落地时物体的动量
px=mv0=1×20=20kg•m/s
p px2 py2 20 2kg m/s
设落地时动量与水平方向的夹角为 θ,则
tan py 1 px
θ=45°
7.如图,一轻质弹簧两端连着物体 A 和 B,放在光滑的水平面上,某时刻物体 A 获得一大 小为 的水平初速度开始向右运动。已知物体 A 的质量为 m,物体 B 的质量为 2m,求:
F2t2 f (t2 t3 ) 0
设在 1s~3s 内物体的加速度大小为 a,则由牛顿第二定律有
F2 f ma
第 2s 末物体的速度为
v at2
第 2s 末拉力 F 的功率为 联立以上方程可求出
P F2v P 50W
12.质量是 40kg 的铁锤从 5m 的高处自由落下,打在一高度可忽略的水泥桩上没有反弹, 与水泥桩撞击的时间是 0.05s ,不计空气阻力.求:撞击时,铁锤对桩的平均冲击力的大
【答案】(1)0.4m/s (2)0.8m 【解析】 (1)物块与平板车组成的系统动量守恒,以物块与普遍车组成的系统为研究对象,以物块 的速度方向为正方向,
由动量守恒定律得 mv M mv ,解得 v 0.4m / s ;
(2)对物块由动量定理得 mgt mv mv ,解得 t 0.8s ;
高考物理动量定理常见题型及答题技巧及练习题(含答案)及解析
一、高考物理精讲专题动量定理
1.2022 年将在我国举办第二十四届冬奥会,跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一.某 滑道示意图如下,长直助滑道 AB 与弯曲滑道 BC 平滑衔接,滑道 BC 高 h=10 m,C 是半 径 R=20 m 圆弧的最低点,质量 m=60 kg 的运动员从 A 处由静止开始匀加速下滑,加速 度 a=4.5 m/s2,到达 B 点时速度 vB=30 m/s.取重力加速度 g=10 m/s2. (1)求长直助滑道 AB 的长度 L; (2)求运动员在 AB 段所受合外力的冲量的 I 大小; (3)若不计 BC 段的阻力,画出运动员经过 C 点时的受力图,并求其所受支持力 FN 的大 小.
高中物理动量定理解题技巧及经典题型及练习题(含答案)
高中物理动量定理解题技巧及经典题型及练习题(含答案)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.如图甲所示,平面直角坐标系中,0≤x ≤l 、0≤y ≤2l 的矩形区域中存在交变匀强磁场,规定磁场垂直于纸面向里的方向为正方向,其变化规律如图乙所示,其中B 0和T 0均未知。
高中物理动量定理解题技巧及经典题型及练习题(含答案)
(1)根据题意可以把运动员看成一个质点来处理,下落过程是自由落体运动,由位移-速 度公式即可求出运动员着网前瞬间的速度大小; (2)上升过程是竖直上抛运动,我们可以算出自竖直上抛运动的初速度,算出速度的变化 量,由动量定理求出网对运动员的作用力大小. 【详解】
(1)从 h1=3.2m 自由落体到床的速度为 v1,则: v12 2gh1
,
碰撞过程,A 损失的机械能:
,
代入数据解得:
;
8.蹦床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到离水平网 面高 5m 处,已知运动员与网接触的时间为 1.2s.(g 取 10m/s2) 求:(1)运动员自由下落到接触网时的瞬时速度. (2)若把网对运动员的作用力当做恒力处理,此力的大小是多少. 【答案】(1)8m/s,方向向下;(2)网对运动员的作用力大小为 1500N. 【解析】 【分析】
与器壁垂直,且速率不变.
(1)求一个气体分子与器壁碰撞一次给器壁的冲量 I 的大小;
(2)每个分子与器壁各面碰撞的机会均等,则正方体的每个面有六分之一的几率.请计算
在 Δt 时间内,与面积为 S 的器壁发生碰撞的分子个数 N;
(3)大量气体分子对容器壁持续频繁地撞击就形成了气体的压强.对在 Δt 时间内,与面
向,则斜面对小球的冲量为 I=m ( 3 v) -m·(-v) 4
解得 I= 7 mv0. 2
4.在距地面 20m 高处,某人以 20m/s 的速度水平抛出一质量为 1kg 的物体,不计空气阻 力(g 取 10m/s2)。求 (1)物体从抛出到落到地面过程重力的冲量; (2)落地时物体的动量。
高中物理动量定理及其解题技巧及练习题(含答案)及解析
高中物理动量定理及其解题技巧及练习题(含答案)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/s②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=0.4s3.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。
高中物理动量定理常见题型及答题技巧及练习题(含答案)及解析
v
联立以上方程代入数据可求出 F 的功率为:
9.质量 m=6Kg 的物体静止在水平面上,在水平力 F=40N 的作用下,沿直线运动,已经物 体与水平面间的动摩擦因数 μ=0.3,若 F 作用 8S 后撤去 F 后物体还能向前运动多长时间才 能停止?(g=10m/s2) 【答案】9.78s 【解析】 【分析】 【详解】 全过程应用动量定理有:
渐近线);顶角 =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
x
1 2
mvt 2
解得: F2
mvt 2 2x
1.0 2.02 2 2.5
N
0.8N
(2)物块在运动过程中,应用动量定理有: F1t mv mv0
解得:
F1
m(v t
v0
)
物块在运动过程中,应用动能定理有:
F2 x
1 2
mv2
1 2
mv02
解得:
F2
m(v2 v02 ) 2x
当
F1
F2 时,由上两式得: v
11.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 mv12;
高考物理动量定理解题技巧及经典题型及练习题(含答案)及解析
高考物理动量定理解题技巧及经典题型及练习题(含答案)及解析一、高考物理精讲专题动量定理1.如图甲所示,平面直角坐标系中,0≤x ≤l 、0≤y ≤2l 的矩形区域中存在交变匀强磁场,规定磁场垂直于纸面向里的方向为正方向,其变化规律如图乙所示,其中B 0和T 0均未知。
比荷为c 的带正电的粒子在点(0,l )以初速度v 0沿+x 方向射入磁场,不计粒子重力。
(1)若在t =0时刻,粒子射入;在t <02T 的某时刻,粒子从点(l ,2l )射出磁场,求B 0大小。
(2)若B 0=02c v l ,且粒子从0≤l ≤02T的任一时刻入射时,粒子离开磁场时的位置都不在y 轴上,求T 0的取值范围。
(3)若B 0=02c v l ,00l T v π=,在x >l 的区域施加一个沿-x 方向的匀强电场,在04T t =时刻入射的粒子,最终从入射点沿-x 方向离开磁场,求电场强度的大小。
【答案】(1)00v B cl =;(2)00l T v π≤;(3)()20421v E n cl π=+()0,1,2n =L . 【解析】 【详解】设粒子的质量为m ,电荷量为q ,则由题意得qc m=(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动,设运动半径为R ,根据几何关系和牛顿第二定律得:R l =2000v qv B m R=解得0v B cl=(2)设粒子运动的半径为1R ,由牛顿第二定律得20001v qv B m R =解得12l R =临界情况为:粒子从0t =时刻射入,并且轨迹恰好过()0,2l 点,粒子才能从y 轴射出,如图所示设粒子做圆周运动的周期为T ,则002m lT qB v ππ== 由几何关系可知,在02T t =内,粒子轨迹转过的圆心角为 θπ=对应粒子的运动时间为1122t T T ππ== 分析可知,只要满足012T t ≥,就可以使粒子离开磁场时的位置都不在y 轴上。
联立解得0T T ≤,即00lT v π≤;(3)由题意可知,粒子的运动轨迹如图所示设粒子的运动周期为T ,则002m lT qB v ππ== 在磁场中,设粒子运动的时间为2t ,则21144t T T =+由题意可知,还有00244T T t =+ 解得0T T =,即00lT v π=设电场强度的大小为E ,在电场中,设往复一次所用的时间为3t ,则根据动量定理可得302Eqt mv =其中3012t n T ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭()0,1,2n =L解得()2421v E n cl π=+()0,1,2n =L2.在某次短道速滑接力赛中,质量为50kg 的运动员甲以6m/s 的速度在前面滑行,质量为60kg 的乙以7m/s 的速度从后面追上,并迅速将甲向前推出,完成接力过程.设推后乙的速度变为4m/s ,方向向前,若甲、乙接力前后在同一直线上运动,不计阻力,求: ⑴接力后甲的速度大小;⑵若甲乙运动员的接触时间为0.5s ,乙对甲平均作用力的大小.【答案】(1)9.6m/s ;(2)360N ; 【解析】 【分析】 【详解】(1)由动量守恒定律得+=+m v m v m v m v ''甲甲乙乙甲甲乙乙 =9.6/v m s '甲; (2)对甲应用动量定理得-Ft m v m v '=甲甲甲甲 =360F N3.一质量为0.5kg 的小物块放在水平地面上的A 点,距离A 点5 m 的位置B 处是一面墙,如图所示.物块以v 0=8m/s 的初速度从A 点沿AB 方向运动,在与墙壁碰撞前瞬间的速度为7m/s ,碰后以5m/s 的速度反向运动直至静止.g 取10 m/s 2.(1)求物块与地面间的动摩擦因数μ;(2)若碰撞时间为0.05s ,求碰撞过程中墙面对物块平均作用力的大小F ; (3)求物块在反向运动过程中克服摩擦力所做的功W . 【答案】(1)0.32μ=(2)130F N =(3)9W J = 【解析】(1)由动能定理,有:2201122mgs mv mv μ-=-可得0.32μ=. (2)由动量定理,有'F t mv mv ∆=-可得130F N =. (3)'2192W mv J ==. 【考点定位】本题考查动能定理、动量定理、做功等知识4.动能定理和动量定理不仅适用于质点在恒力作用下的运动,也适用于质点在变力作用下的运动,这时两个定理表达式中的力均指平均力,但两个定理中的平均力的含义不同,在动量定理中的平均力F 1是指合力对时间的平均值,动能定理中的平均力F 2是合力指对位移的平均值.(1)质量为1.0kg 的物块,受变力作用下由静止开始沿直线运动,在2.0s 的时间内运动了2.5m 的位移,速度达到了2.0m/s .分别应用动量定理和动能定理求出平均力F 1和F 2的值.(2)如图1所示,质量为m 的物块,在外力作用下沿直线运动,速度由v 0变化到v 时,经历的时间为t ,发生的位移为x .分析说明物体的平均速度v 与v 0、v 满足什么条件时,F 1和F 2是相等的.(3)质量为m 的物块,在如图2所示的合力作用下,以某一初速度沿x 轴运动,当由位置x =0运动至x =A 处时,速度恰好为0,此过程中经历的时间为2mt kπ=,求此过程中物块所受合力对时间t 的平均值.【答案】(1)F 1=1.0N ,F 2=0.8N ;(2)当02v v x v t +==时,F 1=F 2;(3)2kA F π=. 【解析】 【详解】解:(1)物块在加速运动过程中,应用动量定理有:1t F t mv =g解得:1 1.0 2.0N 1.0N 2.0t mv F t ⨯=== 物块在加速运动过程中,应用动能定理有:2212t F x mv =g 解得:222 1.0 2.0N 0.8N 22 2.5t mv F x ⨯===⨯(2)物块在运动过程中,应用动量定理有:10Ft mv mv =- 解得:01()m v v F t-=物块在运动过程中,应用动能定理有:22201122F x mv mv =- 解得:2202()2m v v F x-=当12F F =时,由上两式得:02v v x v t +== (3)由图2可求得物块由0x =运动至x A =过程中,外力所做的功为:21122W kA A kA =-=-g设物块的初速度为0v ',由动能定理得:20102W mv '=-解得:0kv A m'= 设在t 时间内物块所受平均力的大小为F ,由动量定理得:00Ft mv -=-' 由题已知条件:2m t kπ= 解得:2kAF π=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。
高中物理动量守恒定律解题技巧及经典题型及练习题(含答案)含解析
高中物理动量守恒定律解题技巧及经典题型及练习题(含答案)含解析一、高考物理精讲专题动量守恒定律1.在图所示足够长的光滑水平面上,用质量分别为3kg 和1kg 的甲、乙两滑块,将仅与甲拴接的轻弹簧压紧后处于静止状态.乙的右侧有一挡板P .现将两滑块由静止释放,当弹簧恢复原长时,甲的速度大小为2m/s ,此时乙尚未与P 相撞.①求弹簧恢复原长时乙的速度大小;②若乙与挡板P 碰撞反弹后,不能再与弹簧发生碰撞.求挡板P 对乙的冲量的最大值. 【答案】v 乙=6m/s. I =8N 【解析】 【详解】(1)当弹簧恢复原长时,设甲乙的速度分别为和,对两滑块及弹簧组成的系统,设向左的方向为正方向,由动量守恒定律可得:又知联立以上方程可得,方向向右。
(2)乙反弹后甲乙刚好不发生碰撞,则说明乙反弹的的速度最大为由动量定理可得,挡板对乙滑块冲量的最大值为:2.水平放置长为L=4.5m 的传送带顺时针转动,速度为v =3m/s ,质量为m 2=3kg 的小球被长为1l m =的轻质细线悬挂在O 点,球的左边缘恰于传送带右端B 对齐;质量为m 1=1kg 的物块自传送带上的左端A 点以初速度v 0=5m/s 的速度水平向右运动,运动至B 点与球m 2发生碰撞,在极短的时间内以碰撞前速率的12反弹,小球向右摆动一个小角度即被取走。
已知物块与传送带间的滑动摩擦因数为μ=0.1,取重力加速度210m/s g =。
求:(1)碰撞后瞬间,小球受到的拉力是多大?(2)物块在传送带上运动的整个过程中,与传送带间摩擦而产生的内能是多少? 【答案】(1)42N (2)13.5J 【解析】 【详解】解:设滑块m1与小球碰撞前一直做匀减速运动,根据动能定理:221111011=22m gL m v m v μ--解之可得:1=4m/s v 因为1v v <,说明假设合理滑块与小球碰撞,由动量守恒定律:21111221=+2m v m v m v - 解之得:2=2m/s v碰后,对小球,根据牛顿第二定律:2222m v F m g l-=小球受到的拉力:42N F =(2)设滑块与小球碰撞前的运动时间为1t ,则()01112L v v t =+ 解之得:11s t =在这过程中,传送带运行距离为:113S vt m == 滑块与传送带的相对路程为:11 1.5X L X m ∆=-=设滑块与小球碰撞后不能回到传送带左端,向左运动最大时间为2t 则根据动量定理:121112m gt m v μ⎛⎫-=-⋅ ⎪⎝⎭解之得:22s t =滑块向左运动最大位移:121122m x v t ⎛⎫=⋅⋅ ⎪⎝⎭=2m 因为m x L <,说明假设成立,即滑块最终从传送带的右端离开传送带 再考虑到滑块与小球碰后的速度112v <v , 说明滑块与小球碰后在传送带上的总时间为22t在滑块与传送带碰撞后的时间内,传送带与滑块间的相对路程22212X vt m ∆==因此,整个过程中,因摩擦而产生的内能是()112Q m g x x μ=∆+∆=13.5J3.在相互平行且足够长的两根水平光滑的硬杆上,穿着三个半径相同的刚性球A 、B 、C ,三球的质量分别为m A =1kg 、m B =2kg 、m C =6kg ,初状态BC 球之间连着一根轻质弹簧并处于静止,B 、C 连线与杆垂直并且弹簧刚好处于原长状态,A 球以v 0=9m/s 的速度向左运动,与同一杆上的B 球发生完全非弹性碰撞(碰撞时间极短),求:(1)A球与B球碰撞中损耗的机械能;(2)在以后的运动过程中弹簧的最大弹性势能;(3)在以后的运动过程中B球的最小速度.【答案】(1);(2);(3)零.【解析】试题分析:(1)A、B发生完全非弹性碰撞,根据动量守恒定律有:碰后A、B的共同速度损失的机械能(2)A、B、C系统所受合外力为零,动量守恒,机械能守恒,三者速度相同时,弹簧的弹性势能最大根据动量守恒定律有:三者共同速度最大弹性势能(3)三者第一次有共同速度时,弹簧处于伸长状态,A、B在前,C在后.此后C向左加速,A、B的加速度沿杆向右,直到弹簧恢复原长,故A、B继续向左减速,若能减速到零则再向右加速.弹簧第一次恢复原长时,取向左为正方向,根据动量守恒定律有:根据机械能守恒定律:此时A、B的速度,C的速度可知碰后A、B已由向左的共同速度减小到零后反向加速到向右的,故B 的最小速度为零.考点:动量守恒定律的应用,弹性碰撞和完全非弹性碰撞.【名师点睛】A、B发生弹性碰撞,碰撞的过程中动量守恒、机械能守恒,结合动量守恒定律和机械能守恒定律求出A 球与B 球碰撞中损耗的机械能.当B 、C 速度相等时,弹簧伸长量最大,弹性势能最大,结合B 、C 在水平方向上动量守恒、能量守恒求出最大的弹性势能.弹簧第一次恢复原长时,由系统的动量守恒和能量守恒结合解答4.如图所示,质量为M =2kg 的小车静止在光滑的水平地面上,其AB 部分为半径R =0.3m的光滑14圆孤,BC 部分水平粗糙,BC 长为L =0.6m 。
高中物理动量定理解题技巧分析及练习题(含答案)及解析
高中物理动量定理解题技巧分析及练习题(含答案)及解析一、高考物理精讲专题动量定理1.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.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。
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高中物理动量定理解题技巧及经典题型及练习题(含答案)含解析一、高考物理精讲专题动量定理1.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.2.半径均为52m R =的四分之一圆弧轨道1和2如图所示固定,两圆弧轨道的最低端切线水平,两圆心在同一竖直线上且相距R ,让质量为1kg 的小球从圆弧轨道1的圆弧面上某处由静止释放,小球在圆弧轨道1上滚动过程中,合力对小球的冲量大小为5N s ⋅,重力加速度g 取210m /s ,求:(1)小球运动到圆弧轨道1最低端时,对轨道的压力大小; (2)小球落到圆弧轨道2上时的动能大小。
【答案】(1)25(22+(2)62.5J 【解析】 【详解】(1)设小球在圆弧轨道1最低点时速度大小为0v ,根据动量定理有0I mv =解得05m /s v =在轨道最低端,根据牛顿第二定律,20v F mg m R-=解得252N 2F ⎛⎫=+ ⎪ ⎪⎝⎭根据牛顿第三定律知,小球对轨道的压力大小为252N F '⎛=+ ⎝⎭ (2)设小球从轨道1抛出到达轨道2曲面经历的时间为t , 水平位移:0x v t =竖直位移:212y gt =由勾股定理:222x y R +=解得1s t = 竖直速度:10m /s y v gt ==可得小球的动能()22k y 021162.5J 22v E mv m v ==+=3.一质量为m 的小球,以初速度v 0沿水平方向射出,恰好垂直地射到一倾角为30°的固定斜面上,并立即沿反方向弹回.已知反弹速度的大小是入射速度大小的34.求在碰撞过程中斜面对小球的冲量的大小.【答案】72mv 0 【解析】 【详解】小球在碰撞斜面前做平抛运动,设刚要碰撞斜面时小球速度为v ,由题意知v 的方向与竖直线的夹角为30°,且水平分量仍为v 0,由此得v =2v 0.碰撞过程中,小球速度由v 变为反向的34v ,碰撞时间极短,可不计重力的冲量,由动量定理,设反弹速度的方向为正方向,则斜面对小球的冲量为I =m 3()4v -m ·(-v ) 解得I =72mv 0.4.在距地面20m 高处,某人以20m/s 的速度水平抛出一质量为1kg 的物体,不计空气阻力(g 取10m /s 2)。
求(1)物体从抛出到落到地面过程重力的冲量; (2)落地时物体的动量。
【答案】(1)20N ∙s ,方向竖直向下(2)202kg m/s ⋅, 与水平方向的夹角为45° 【解析】 【详解】(1)物体做平抛运动,则有:212h gt =解得:t =2s则物体从抛出到落到地面过程重力的冲量I=mgt =1×10×2=20N•s方向竖直向下。
(2)在竖直方向,根据动量定理得I=p y -0。
可得,物体落地时竖直方向的分动量p y =20kg•m/s物体落地时水平方向的分动量p x =mv 0=1×20=20kg•m/s故落地时物体的动量22202kgm/s x y p p p =+=⋅设落地时动量与水平方向的夹角为θ,则1y xp tan p θ==θ=45°5.动能定理和动量定理不仅适用于质点在恒力作用下的运动,也适用于质点在变力作用下的运动,这时两个定理表达式中的力均指平均力,但两个定理中的平均力的含义不同,在动量定理中的平均力F 1是指合力对时间的平均值,动能定理中的平均力F 2是合力指对位移的平均值.(1)质量为1.0kg 的物块,受变力作用下由静止开始沿直线运动,在2.0s 的时间内运动了2.5m 的位移,速度达到了2.0m/s .分别应用动量定理和动能定理求出平均力F 1和F 2的值.(2)如图1所示,质量为m 的物块,在外力作用下沿直线运动,速度由v 0变化到v 时,经历的时间为t ,发生的位移为x .分析说明物体的平均速度v 与v 0、v 满足什么条件时,F 1和F 2是相等的.(3)质量为m 的物块,在如图2所示的合力作用下,以某一初速度沿x 轴运动,当由位置x =0运动至x =A 处时,速度恰好为0,此过程中经历的时间为2mt kπ=,求此过程中物块所受合力对时间t 的平均值.【答案】(1)F 1=1.0N ,F 2=0.8N ;(2)当02v v x v t +==时,F 1=F 2;(3)2kA F π=. 【解析】 【详解】解:(1)物块在加速运动过程中,应用动量定理有:1t F t mv =g解得:1 1.0 2.0N 1.0N 2.0t mv F t ⨯=== 物块在加速运动过程中,应用动能定理有:2212t F x mv =g 解得:222 1.0 2.0N 0.8N 22 2.5t mv F x ⨯===⨯(2)物块在运动过程中,应用动量定理有:10Ft mv mv =- 解得:01()m v v F t-=物块在运动过程中,应用动能定理有:22201122F x mv mv =- 解得:2202()2m v v F x-=当12F F =时,由上两式得:02v v x v t +== (3)由图2可求得物块由0x =运动至x A =过程中,外力所做的功为:21122W kA A kA =-=-g设物块的初速度为0v ',由动能定理得:20102W mv '=-解得:0kv A m'= 设在t 时间内物块所受平均力的大小为F ,由动量定理得:00Ft mv -=-' 由题已知条件:2m t kπ= 解得:2kAF π=6.如图所示,两个小球A 和B 质量分别是m A =2.0kg,m B =1.6kg,球A 静止在光滑水平面上的M 点,球B 在水平面上从远处沿两球的中心连线向着球A 运动,假设两球相距L ≤18m 时存在着恒定的斥力F ,L >18m 时无相互作用力.当两球相距最近时,它们间的距离为d =2m,此时球B 的速度是4m/s.求:(1)球B 的初速度大小; (2)两球之间的斥力大小;(3)两球从开始相互作用到相距最近时所经历的时间.【答案】(1) 09B m v s= ;(2) 2.25F N =;(3) 3.56t s =【解析】试题分析:(1)当两球速度相等时,两球相距最近,根据动量守恒定律求出B 球的初速度;(2)在两球相距L >18m 时无相互作用力,B 球做匀速直线运动,两球相距L≤18m 时存在着恒定斥力F ,B 球做匀减速运动,由动能定理可得相互作用力 (3)根据动量定理得到两球从开始相互作用到相距最近时所经历的时间.(1)设两球之间的斥力大小是F ,两球从开始相互作用到两球相距最近时所经历的时间是t 。
当两球相距最近时球B 的速度4B m v s=,此时球A 的速度A v 与球B 的速度大小相等, 4A B m v v s ==,由动量守恒定律可()0B B A B m v m m v =+得: 09B m v s=;(2)两球从开始相互作用到它们之间距离最近时,它们之间的相对位移Δx=L -d ,由功能关系可得: ()'2221122B B A A B BF X m v m v m v ∆=-+ 得:F=2.25N (3)根据动量定理,对A 球有0A Ft mv =-,得 3.56t s =点晴:本题综合考查了动量定理、动量守恒定律和能量守恒定律,综合性较强.知道速度相等时,两球相距最近,以及知道恒力与与相对位移的乘积等于系统动能的损失是解决本题的关键.7.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:;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.质量m=6Kg 的物体静止在水平面上,在水平力F=40N 的作用下,沿直线运动,已经物体与水平面间的动摩擦因数μ=0.3,若F 作用8S 后撤去F 后物体还能向前运动多长时间才能停止?(g=10m/s 2) 【答案】9.78s 【解析】 【分析】 【详解】全过程应用动量定理有:()()120F mg t mg t μμ-+-=解得:()21400.361089.780.3610F mg t t s s mgμμ--⨯⨯==⨯=⨯⨯.11.高空作业须系安全带.如果质量为m 的高空作业人员不慎跌落,从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为h (可视为自由落体运动).此后经历时间t 安全带达到最大伸长,若在此过程中该作用力始终竖直向上,求: (1)整个过程中重力的冲量;(2)该段时间安全带对人的平均作用力大小.【答案】(1) (2)【解析】试题分析:对自由落体运动,有: h=解得:,则整个过程中重力的冲量I=mg (t+t 1)=mg (t+)(2)规定向下为正方向,对运动的全程,根据动量定理,有: mg (t 1+t )﹣Ft=0 解得: F=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:PvF'='=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.。