高考物理动量定理解题技巧及经典题型及练习题(共10页).doc

精选优质文档-倾情为你奉上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，一光滑水平轨道上静止一质量为M3kg的小球B一质量为m1kg的小球A以速度v02m/s向右运动与B球发生弹性正碰，取重力加速度g10m/s2求：（1）碰撞结束时A球的速度大小及方向；（2）碰撞过程A对B的冲量大小及方向【答案】（1）1m/s ，方向水平向左（2）3N·s，方向水平向右【解析】【分析】A与B球发生弹性正碰，根据动量守恒及能量守恒求出碰撞结束时A球的速度大小及方向；碰撞过程对B应用动量定理求出碰撞过程A对B的冲量；解：（1）碰撞过程根据动量守恒及能量守恒得： 联立可解得：， 负号表示方向水平向左（2）碰撞过程对B应用动量定理可得： 可解得： 方向水平向右2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=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：（m+m0）gt=Mv2-0解得：t=0.5s3如图甲所示，物块A、B的质量分别是mA4.0kg和mB3.0kg用轻弹簧拴接，放在光滑的水平地面上，物块B右侧与竖直墙壁相接触另有一物块C从t0时以一定速度向右运动，在t4s时与物块A相碰，并立即与A粘在一起不分开，C的vt图象如图乙所示求：（1）C的质量mC；（2）t8s时弹簧具有的弹性势能Ep1（3）412s内墙壁对物块B的冲量大小I【答案】(1) 2kg (2) 27J (3) 【解析】【详解】（1）由题图乙知，C与A碰前速度为v19m/s，碰后速度大小为v23m/s，C与A碰撞过程动量守恒mCv1(mAmC)v2解得C的质量mC2kg（2）t8s时弹簧具有的弹性势能Ep1 (mAmC)v22=27J（3）取水平向左为正方向，根据动量定理，412s内墙壁对物块B的冲量大小I=(mAmC)v3-(mAmC)（-v2）=36N·s4一个质量为60千克的蹦床运动员从距离水平蹦床网面上3.2米的高处自由下落，触网后沿竖直方向蹦回到离水平网面5米高处.已知运动员与网接触的时候为1.2秒。求运动员和网接触的这段时间内，网对运动员的平均作用力F（g取10 m/s2）。【答案】1500N，方向竖直向上【解析】【详解】设运动员从h1处下落，刚触网的速度为 (方向向下)运动员反弹到达高度h2 ，离网时速度为(方向向上)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，由动量定理有解得，方向竖直向上。5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：接力后甲的速度大小；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；（2）对甲应用动量定理得6一质量为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v08m/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/s2.(1)求物块与地面间的动摩擦因数；(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）（2）（3）【解析】（1）由动能定理，有：可得（2）由动量定理，有可得（3）【考点定位】本题考查动能定理、动量定理、做功等知识7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。【答案】（1）20Ns，方向竖直向下（2）， 与水平方向的夹角为45°【解析】【详解】（1）物体做平抛运动，则有：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=20Ns方向竖直向下。（2）在竖直方向，根据动量定理得I=py-0。可得，物体落地时竖直方向的分动量py=20kgm/s物体落地时水平方向的分动量px=mv0=1×20=20kgm/s故落地时物体的动量 设落地时动量与水平方向的夹角为，则=45°8如图所示，用0.5kg的铁睡把钉子钉进木头里去，打击时铁锤的速度v=4.0m/s，如果打击后铁锤的速度变为0，打击的作用时间是0.01s（取g=10m/s2），那么：（1）不计铁锤受的重力，铁锤钉钉子的平均作用力多大？（2）考虑铁锤的重力，铁锤钉钉子的平均作用力又是多大？【答案】（1）200N，方向竖直向下；（2）205N，方向竖直向下【解析】【详解】（1）不计铁锤受的重力时，设铁锤受到钉子竖直向上的平均作用力为，取铁锤的速度的方向为正方向，以铁锤为研究对象，由动量定理得则由牛顿第三定律可知，铁锤钉钉子的平均作用力的大小也为200N，方向竖直向下。（2）考虑铁锤受的重力时，设铁锤受到钉子竖直向上的作用力为，取铁锤的速度的方向为正方向，由动量定理得可得即考虑铁锤受的重力时，铁锤打打子的平均作用力为=205N，方向竖直向下。9两根平行的金属导轨，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=0.50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10冬奥会短道速滑接力比赛中，在光滑的冰面上甲运动员静止，以10m/s运动的乙运动员从后去推甲运动员，甲运动员以6m/s向前滑行，已知甲、乙运动员相互作用时间为1s，甲运动员质量m1=70kg、乙运动员质量m2=60kg，求：乙运动员的速度大小；甲、乙运动员间平均作用力的大小。【答案】(1)3m/s (2)F=420N【解析】【详解】（1）甲乙运动员的动量守恒，由动量守恒定律公式得：（2）甲运动员的动量变化： 对甲运动员利用动量定理： 由式可得：F=420N11如图所示，长度为 l 的轻绳上端固定在O点，下端系一质量为 m 的小球（小球的大小可以忽略、重力加速度为）（1） 在水平拉力F的作用下，轻绳与竖直方向的夹角为，小球保持静止画出此时小球的受力图，并求力F的大小；（2）由图示位置无初速释放小球，不计空气阻力求小球通过最低点时:a小球的动量大小；b小球对轻绳的拉力大小【答案】（1）；mgtan；（2）；【解析】【分析】（1）小球受重力、绳子的拉力和水平拉力平衡，根据共点力平衡求出力F的大小（2）根据机械能守恒定律求出小球第一次到达最低点的速度，求出动量的大小，然后再根据牛顿第二定律，小球重力和拉力的合力提供向心力，求出绳子拉力的大小【详解】（1）小球受到重力、绳子的拉力以及水平拉力的作用，受力如图根据平衡条件，得拉力的大小：（2）a小球从静止运动到最低点的过程中，由动能定理：则通过最低点时，小球动量的大小：b根据牛顿第二定律可得：根据牛顿第三定律，小球对轻绳的拉力大小为：【点睛】本题综合考查了共点力平衡，牛顿第二定律、机械能守恒定律，难度不大，关键搞清小球在最低点做圆周运动向心力的来源12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1所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2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B的匀强磁场中发射导轨的左端为充电电路，已知电源的电动势为E，电容器的电容为C，子弹载体被简化为一根质量为m、长度也为L的金属导体棒，其电阻为r金属导体棒，其电阻为r金属导体棒垂直放置于平行金属导轨上，忽略一切摩擦阻力以及导轨和导线的电阻（1）发射前，将开关S接a，先对电容器进行充电a求电容器充电结束时所带的电荷量Q；b充电过程中电容器两极板间的电压y随电容器所带电荷量q发生变化请在图3中画出u-q图像；并借助图像求出稳定后电容器储存的能量E0；（2）电容器充电结束后，将开关b，电容器通过导体棒放电，导体棒由静止开始运动，导体棒离开轨道时发射结束电容器所释放的能量不能完全转化为金属导体棒的动能，将导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转化效率若某次发射结束时，电容器的电量减小为充电结束时的一半，不计放电电流带来的磁场影响，求这次发射过程中的能量转化效率【答案】（1）a；b；（2）【解析】（1）a、根据电容的定义电容器充电结束时其两端电压U等于电动势E，解得电容器所带电荷量b、根据以上电容的定义可知，画出q-u图像如图所示：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，将Q代入解得（2）设从电容器开始放电至导体棒离开轨道时的时间为t，放电的电荷量为，平均电流为，导体棒离开轨道时的速度为v根以导体棒为研究对象，根据动量定理，（或），据电流定义可知（或）根据题意有，联立解得导体棒离开轨道时的动能电容器释放的能量联立解得能量转化效率专心-专注-专业