高中物理动量定理试题经典及解析

高中物理动量定理试题经典及解析
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）32
639
F 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 0.5
E 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 ）
4E
I t R
=
= 因θ=53°，可知任意t 时刻回路中导体棒有效切割长度43
x L = 又由
F BIL =安
所以
163
F 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 2
F +=
= 故
8N s I F t =∆=⋅安
（3）因为
43
v
E 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2
12
x at =
，联立解得 32
639
F 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 =+
222111222
A 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：
2211
222
B C
mv mv mg R '=+ 在最高点C 对小球B 受力分析，由牛顿第二定律有： 2C
N 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）()
2
2
F 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
2
01sin 302
mgL mv ︒=
小球在最低点时，由牛顿第二定律和向心力公式得
20
mv 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
0p mv ∆=
由三角形定则得，绳对小球的冲量
()
2
2F 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
4．一质量为0.5kg 的小物块放在水平地面上的A 点，距离A 点5m 的位置B 处是一面墙，如图所示，物块以v 0=9m/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6m/s 的速度反向运动直至静止．g 取10m/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 ． 【答案】（1）0.32μ= （2）F =130N 【解析】
试题分析：（1）对A 到墙壁过程，运用动能定理得：
，
代入数据解得：μ=0.32．
（2）规定向左为正方向，对碰墙的过程运用动量定理得：F△t=mv′﹣mv，
代入数据解得：F=130N．
5．两根平行的金属导轨，固定在同一水平面上，磁感强度B=0.5T的匀强磁场与导轨所在平面垂直，导轨的电阻很小，可忽略不计．导轨间的距离l=0.20m，两根质量均m=0.10kg 的平行金属杆甲、乙可在导轨上无摩擦地滑动，滑动过程中与导轨保持垂直，每根金属杆的电阻为R=0.50Ω．在t=0时刻，两杆都处于静止状态．现有一与导轨平行，大小0.20N的恒力F作用于金属杆甲上，使金属杆在导轨上滑动．经过T=5.0s，金属杆甲的加速度为
a=1.37 m/s2，求此时两金属杆的速度各为多少？
【答案】8.15m/s 1.85m/s
【解析】
设任一时刻两金属杆甲、乙之间的距离为，速度分别为和，经过很短时间，杆甲移动距离，杆乙移动距离，回路面积改变
由法拉第电磁感应定律，回路中的感应电动势：
回路中的电流：
杆甲的运动方程：
由于作用于杆甲和杆乙的安培力总是大小相等、方向相反，所以两杆的动量变化（时为0）等于外力F的冲量：
联立以上各式解得
代入数据得＝8.15m/s ＝1.85m/s
【名师点睛】
两杆同向运动，回路中的总电动势等于它们产生的感应电动势之差，即与它们速度之差有关，对甲杆由牛顿第二定律列式，对两杆分别运用动量定理列式，即可求解．
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： ()
'222
1122
B B A A B B
F 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．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
8．以初速度v 0=10m/s 水平抛出一个质量为m =2kg 的物体，若在抛出后3s 过程中，它未与地面及其它物体相碰，g 取l0m/s 2。

求： （1）它在3s 内所受重力的冲量大小； （2）3s 内物体动量的变化量的大小和方向； （3）第3秒末的动量大小。

【答案】（1）60N ·s （2）60kg ·m/s ，竖直向下（3）2010kg m /s ⋅ 【解析】 【详解】
（1）3s 内重力的冲量： I =Ft =mgt =2×10×3N ·s=60N ·s
（2）3s 内物体动量的变化量，根据动量定理： △P =mgt =20×3kg ·m/s=60kg ·m/s 方向：竖直向下。

（3）第3s 末的动量：
22
0==y
P mv m v v +末末=()2
22102010kg m /s gt +=⋅
9．正方体密闭容器中有大量运动粒子，每个粒子质量为m ，单位体积内粒子数量n 为恒量。

为简化问题，我们假定：粒子大小可以忽略；其速率均为v ，且与器壁各面碰撞的机会均等；与器壁碰撞前后瞬间，粒子速度方向都与器壁垂直，且速率不变。

利用所学力学知识，导出器壁单位面积所受粒子压力f 与m 、n 和v 的关系。

（注意：解题过程中需要用到、但题目没有给出的物理量，要在解题时做必要的说明） 【答案】
【解析】 【分析】
根据“粒子器壁各面碰撞的机会均等”即相等时间内与某一器壁碰撞的粒子为该段时间内粒子总数的，一个粒子每与器壁碰撞一次给器壁的冲量是，据此根据动量定理求与某
一个截面碰撞时的作用力F ； 【详解】
一个粒子每与器壁碰撞一次给器壁的冲量是：
在时间内能达到面积为S 容器壁上的粒子所占据的体积为：
由于粒子有均等的概率与容器各面相碰，即可能达到目标区域的粒子数为：
根据动量定理得：
考虑单位面积，整理可以得到：
根据牛顿第三定律可知，单位面积所受粒子的压力大小为。

【点睛】
本题的关键是建立微观粒子的运动模型，然后根据动量定理列式求解平均碰撞冲力，要注意粒子的运动是无规则的。

10．起跳摸高是学生常进行的一项活动。

某中学生身高1.80m，质量70kg。

他站立举臂，手指摸到的高度为2.10m.在一次摸高测试中，如果他下蹲，再用力瞪地向上跳起，同时举臂，离地后手指摸到高度为2.55m。

设他从蹬地到离开地面所用的时间为0.7s。

不计空气阻力，（g=10m/s2）.求：
(1)他跳起刚离地时的速度大小；
(2)从蹬地到离开地面过程中重力的冲量的大小；
(3)上跳过程中他对地面平均压力的大小。

【答案】（1）3m/s （2）（2）1000N
【解析】
【分析】
人跳起后在空中运动时机械能守恒，由人的重心升高的高度利用机械能守恒可求得人刚离地时的速度；
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
即：，将数据代入上式可得
根据牛顿第三定律可知：对地面的平均压力。

【点睛】
本题中要明确人运动的过程，找出人起跳的高度及人在空中运动的高度，从而正确选择物理规律求解。

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 /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 17==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．
12．一质量为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/s 2） 【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=
12
mv 2
；
有：/5/v 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.。