高中物理動(dòng)量定理試題經(jīng)典含解析

1、高中物理動(dòng)量定理試題經(jīng)典含解析一、高考物理精講專題動(dòng)量定理1 .觀賞“煙火”表演是某地每年“春節(jié)”慶?；顒?dòng)的壓軸大餐。某型“禮花”底座僅0.2s的發(fā)射時(shí)間，就能將質(zhì)量為m=5kg的禮花彈豎直拋上180m的高空。(忽略發(fā)射底座高度，不計(jì)空氣阻力，g取10m/s2)(1) “禮花”發(fā)射時(shí)燃燒的火藥對(duì)禮花彈的平均作用力是多少？(已知該平均作用力遠(yuǎn)大于禮花彈自身重力)(2)某次試射，當(dāng)禮花彈到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)爆炸成沿水平方向運(yùn)動(dòng)的兩塊(爆炸時(shí)炸藥質(zhì)量忽略不計(jì))，測得前后兩塊質(zhì)量之比為1： 4,且炸裂時(shí)有大小為 E=9000J的化學(xué)能全部轉(zhuǎn)化為了動(dòng)能，則兩塊落地點(diǎn)間的距離是多少？【答案】 1550N; (2)

2、900m【解析】【分析】【詳解】(1)設(shè)發(fā)射時(shí)燃燒的火藥對(duì)禮花彈的平均作用力為F,設(shè)禮花彈上升時(shí)間為 t,則：,1.2h -gt解得t 6s對(duì)禮花彈從發(fā)射到拋到最高點(diǎn)，由動(dòng)量定理Ft。mg(t t°) 0其中t0 0.2s解得F 1550N(2)設(shè)在最高點(diǎn)爆炸后兩塊質(zhì)量分別為m1、m2,對(duì)應(yīng)的水平速度大小分別為V1、V2,則：在最高點(diǎn)爆炸，由動(dòng)量守恒定律得m1V1 m2V2由能量守恒定律得1 212E m1Vl m2V22 2其中m11m24m m1 m2聯(lián)立解得v1120m/sv2 30m/s之后兩物塊做平拋運(yùn)動(dòng)，則 豎直方向有h 2gt2水平方向有s Vit v2t由以上各式聯(lián)立

3、解得s=900m2.如圖甲所不，物塊 A、B的質(zhì)量分別是 mA= 4.0kg和mB= 3.0kg。用輕彈簧拴接，放在 光滑的水平地面上，物塊 B右側(cè)與豎直墻壁相接觸。另有一物塊C從t=0時(shí)以一定速度向右運(yùn)動(dòng)，在t= 4s時(shí)與物塊A相碰，并立即與 A粘在一起不再分開，C的vt圖象如圖乙所示。求：(1) C的質(zhì)量me；(2) t= 8s時(shí)彈簧具有的彈性勢能Epi, 472s內(nèi)墻壁對(duì)物塊 B的沖量大小I;(3) B離開墻后的運(yùn)動(dòng)過程中彈簧具有的最大彈性勢能Ep2o【答案】(1) 2kg； (2) 27J, 36N S; (3) 9J【解析】【詳解】(1)由題圖乙知，C與A碰前速度為vi=9m/s,碰

4、后速度大小為 V2=3m/s, C與A碰撞過 程動(dòng)量守恒mevi = (mA+ me)V2解得C的質(zhì)量me=2kgo(2) t=8s時(shí)彈簧具有的彈性勢能L 1 一 、2Ep1= (mA+ mc)v2 =27J取水平向左為正方向，根據(jù)動(dòng)量定理，472s內(nèi)墻壁對(duì)物塊B的沖量大小I=(mA+mc)v3-(mA+ me) (-v2)=36N S(mA+ mc)v3= (mA+ mB+ mc)v421(3)由題圖可知，12s時(shí)B離開墻壁，此時(shí) A、C的速度大小v3= 3m/s ,之后A、B、C及 彈簧組成的系統(tǒng)動(dòng)量和機(jī)械能守恒，且當(dāng) A、C與B的速度相等時(shí)，彈簧彈性勢能最大2 (mA+ mc)V3 =

5、2 (mA+ mB+ me)V4 + Ep2解得B離開墻后的運(yùn)動(dòng)過程中彈簧具有的最大彈性勢能Ep2 = 9J。3.圖甲為光滑金屬導(dǎo)軌制成的斜面，導(dǎo)軌的間距為 l 1m,左側(cè)斜面的傾角37 ,右側(cè)斜面的中間用阻值為 R 2 的電阻連接。在左側(cè)斜面區(qū)域存在垂直斜面向下的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為 Bi 0.5T ,右側(cè)斜面軌道及其右側(cè)區(qū)域中存在豎直向上的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為民 0.5T。在斜面的頂端e、f兩點(diǎn)分別用等長的輕質(zhì)柔軟細(xì)導(dǎo)線連接 導(dǎo)體棒ab,另一導(dǎo)體棒cd置于左側(cè)斜面軌道上，與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，ab棒和cd棒的質(zhì)量均為m 0.2kg , ab棒的電阻為口 2 , cd棒的電阻為% 4

6、 。已知t=0時(shí)刻起，cd棒在沿斜面向下的拉力作用下開始向下運(yùn)動(dòng)(cd棒始終在左側(cè)斜面上運(yùn)動(dòng))，而ab棒在水平拉力F作用下始終處于靜止?fàn)顟B(tài)，F(xiàn)隨時(shí)間變化的關(guān)系如圖乙所示，ab棒靜止時(shí)細(xì)導(dǎo)線與豎直方向的夾角 37。其中導(dǎo)軌的電阻不計(jì)，圖中的虛線為絕緣材料制成的固定支 架。甲乙(1)請(qǐng)通過計(jì)算分析cd棒的運(yùn)動(dòng)情況；(2)若t=0時(shí)刻起，求2s內(nèi)cd受到拉力的沖量；(3)3 s內(nèi)電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱為 2. 88 J,則此過程中拉力對(duì)cd棒做的功為多少？【答案】(1)cd棒在導(dǎo)軌上做勻加速度直線運(yùn)動(dòng)；(2)1.6Ngs； (3) 43.2J【解析】 【詳解】設(shè)繩中總拉力為T ,對(duì)導(dǎo)體棒ab分析，由平

7、衡方程得：F Tsin 0 BIl TcosO mg 解得：F mgtan 0 BIl 1.5 0.5I由圖乙可知：F 1.5 0.2t則有：I 0.4tcd棒上的電流為：Icd 0.8t則cd棒運(yùn)動(dòng)的速度隨時(shí)間變化的關(guān)系:v 8t即cd棒在導(dǎo)軌上做勻加速度直線運(yùn)動(dòng)。(2) ab棒上的電流為：I 0.4t則在2 s內(nèi)，平均電流為 0.4 A,通過的電荷量為 0.8 C,通過cd棒的電荷量為1.6C 由動(dòng)量定理得：IF mgsin 住 Bl1tmv 0解得：IF 1.6Ngs(3)3 s內(nèi)電阻R上產(chǎn)生的的熱量為 Q 2.88J,則ab棒產(chǎn)生的熱量也為 Q, cd棒上產(chǎn)生的 熱量為8Q ,則整個(gè)回

8、路中產(chǎn)生的總熱量為28. 8 J,即3 s內(nèi)克服安培力做功為 28. 8J而重力做功為：WG mgsin 43.2J對(duì)導(dǎo)體棒cd ,由動(dòng)能定理得： 12cWF W 克安 WGmv 02由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可知導(dǎo)體棒的速度為24 m/s解得：WF43.2J4.半徑均為R 5J2m的四分之一圓弧軌道 1和2如圖所示固定，兩圓弧軌道的最低端切線水平，兩圓心在同一豎直線上且相距 R,讓質(zhì)量為1kg的小球從圓弧軌道1的圓弧面 上某處由靜止釋放，小球在圓弧軌道 1上滾動(dòng)過程中，合力對(duì)小球的沖量大小為 5N s, 重力加速度g取10m/s2,求：(1)小球運(yùn)動(dòng)到圓弧軌道 1最低端時(shí)，對(duì)軌道的壓力大小 ；(2)小球落

9、到圓弧軌道 2上時(shí)的動(dòng)能大小。2【答案】(1) 5(2 -y-)N (2) 62.5J(1)設(shè)小球在圓弧軌道1最低點(diǎn)時(shí)速度大小為 v0,根據(jù)動(dòng)量定理有I mv0解得Vo 5m / s在軌道最低端，根據(jù)牛頓第二定律,2Vo F mg m 一解得F 5 2 -2 N 2根據(jù)牛頓第三定律知，小球?qū)壍赖膲毫Υ笮镕 5 2 N2(2)設(shè)小球從軌道1拋出到達(dá)軌道2曲面經(jīng)歷的時(shí)間為t, 水平位移：X Vot1.22 gt豎直位移：y由勾股定理：R22X解得t 1s豎直速度：vy gt 10m /s可得小球的動(dòng)能12122Ek - mv - m v0 vy62.5J225. 一個(gè)質(zhì)量為60千克的蹦床運(yùn)動(dòng)員

10、從距離水平蹦床網(wǎng)面上3.2米的高處自由下落，觸網(wǎng)后沿豎直方向蹦回到離水平網(wǎng)面5米高處.已知運(yùn)動(dòng)員與網(wǎng)接觸的時(shí)候?yàn)?1.2秒。求運(yùn)動(dòng)員和網(wǎng)接觸的這段時(shí)間內(nèi)，網(wǎng)對(duì)運(yùn)動(dòng)員的平均作用力F (g取10 m/s2)。【答案】1500N,方向豎直向上【解析】【詳解】設(shè)運(yùn)動(dòng)員從h1處下落，剛觸網(wǎng)的速度為V1.2gh) 8m. s (方向向下)運(yùn)動(dòng)員反彈到達(dá)高度 h2 ,離網(wǎng)時(shí)速度為V22gh2 10m. s (方向向上)在接觸網(wǎng)的過程中，運(yùn)動(dòng)員受到向上的彈力F和向下的重力 mg,設(shè)向上方向?yàn)檎?，由?dòng)量定理有F mg t mv2m%解得F=1500N ,方向豎直向上。6. 一質(zhì)量為m的小球，以初速度 V0沿水平

11、方向射出，恰好垂直地射到一傾角為30°的固定斜面上，并立即沿反方向彈回.已知反彈速度的大小是入射速度大小的中斜面對(duì)小球的沖量的大小.3一.求在碰撞過程4小球在碰撞斜面前做平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)剛要碰撞斜面時(shí)小球速度為v,由題意知v的方向與豎直線的夾角為30。，且水平分量仍為 vo,由此得v=2vo.碰撞過程中，小球速度由 v變?yōu)榉?向的一v,碰撞時(shí)間極短，可不計(jì)重力的沖量，由動(dòng)量定理，設(shè)反彈速度的方向?yàn)檎?向，則斜面對(duì)小球的沖量為解得 I= m mvo.7.如圖，A、B、C三個(gè)木塊的質(zhì)量均為 m,置于光滑的水平面上， B、C之間有一輕質(zhì)彈 簧，彈簧的兩端分別與木塊 B、C相連，彈簧處于原長狀

12、態(tài).現(xiàn) A以初速vo沿B、C的連線 方向朝B運(yùn)動(dòng)，與B相碰并粘合在一起，碰撞時(shí)間極短、大小為t.n fKj-.jwfc(1)A、B碰撞過程中，求 A對(duì)B的平均作用力大小 F.(2)在以后的運(yùn)動(dòng)過程中，求彈簧具有的最大彈性勢能Ep.【答案】 F mV0(2) EP mv2t12【解析】 【詳解】(1)設(shè)A、B碰撞后瞬間的速度為 v1 ,碰撞過程 A、B系統(tǒng)動(dòng)量守恒，取向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律有： mv0 2mv11斛信v1v02設(shè)A、B碰撞時(shí)的平均作用力大小為F,又B有R mv1 0mvo解得F - 2t(2)當(dāng)A、B、C具有共同速度v時(shí)，彈簧具有最大彈性勢能，設(shè)彈簧的最大彈性勢能為Ep,碰

13、后至A、B、C速度相同的過程中，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，有mv0 3mv根據(jù)碰后系統(tǒng)的機(jī)械能守恒得-2mv12 - 3mv2 ED22p12斛得：Ep mv0 128 .如圖所示，質(zhì)量 也八二1?？Φ男≤嘇靜止在光滑水平地面上，其上表面光滑，左端有一 固定擋板?？梢暈橘|(zhì)點(diǎn)的小物塊B置于A的最右端，B的質(zhì)量葉3=5吵?，F(xiàn)對(duì)小車A施加一個(gè)水平向右的恒力 F=20N,作用0.5s后撤去外力，隨后固定擋板與小物塊B發(fā)生碰撞。假設(shè)碰撞時(shí)間極短，碰后 A、B粘在一起，繼續(xù)運(yùn)動(dòng)。求：I B 碑 £O 077J7777777777777T777777777777777777777T.(1)碰撞前小車A的速度；

14、(2)碰撞過程中小車 A損失的機(jī)械能。【答案】(1) 1m/s (2) 25/9J【解析】【詳解】(1) A上表面光滑，在外力作用下，A運(yùn)動(dòng)，B靜止，對(duì)A,由動(dòng)量定理得：Ft = mA外,代入數(shù)據(jù)解得：17A =1m/s ;(2) A、B碰撞過程系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得： m即八二5】八十承， 2代入數(shù)據(jù)解得：憂二手m/s,碰撞過程，A損失的機(jī)械能： 叫二；小虱一；F或，代入數(shù)據(jù)解得：叫=計(jì)9 .用動(dòng)量定理處理二維問題時(shí)，可以在相互垂直的x、y兩個(gè)方向上分別進(jìn)行研究。如圖所示，質(zhì)量為 m的小球斜射到木板上，入射的角度是0,碰撞后彈出的角度也是 0,碰撞t,前后的速度大小都

15、是 V。碰撞過程中忽略小球所受重力。若小球與木板的碰撞時(shí)間為 求木板對(duì)小球的平均作用力的大小和方向。【答案】F 2mvcos ,方向沿y軸正方向 t【解析】【詳解】小球在x方向的動(dòng)量變化為pxmvsinmvsin0小球在y方向的動(dòng)量變化為Pymvcos（ mvcos）2mvcos根據(jù)動(dòng)量定理F tPy解得f 2mvcos ,方向沿y軸正方向 t10 .質(zhì)量為2kg的球，從4.05m高處自由下落到水平鋼板上又被豎直彈起，彈起后能達(dá)到 的最大高度為3.2m,如果球從開始下落到彈起并達(dá)到最大高度所用時(shí)間為1.75s,不考慮空氣阻力（g取10m/s2）,求小球?qū)︿摪宓淖饔昧Φ拇笮『头较?【答案】700

16、N【解析】【詳解】物體從下落到落地過程中經(jīng)歷的時(shí)間為t1，從彈起到達(dá)到最高點(diǎn)經(jīng)歷的時(shí)間為t2,則有:可得:t20.9s,球與鋼板作用的時(shí)間:t1 t21.750.9 0.8s 0.05s由動(dòng)量定理對(duì)全過程可列方程:mg* F t可得鋼板對(duì)小球的作用力FT 10N 700N，方向豎直向上qB11 .如圖所示，在粗糙的水平面上0.5a1.5a區(qū)間放置一探測板（a -mv0 ） o在水平面的上方存在水平向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為 B的勻強(qiáng)磁場，磁場右邊界離小孔O距離為a,位于水平面下方離子源 C飄出質(zhì)量為 m,電荷量為q,初速度為0的一束負(fù)離子，這束離子經(jīng)2mv2電勢差為U 的電場加速后，從小孔 O垂直

17、水平面并垂直磁場射入磁場區(qū)域，t時(shí)9q間內(nèi)共有N個(gè)離子打到探測板上。方向,根據(jù)動(dòng)量定理：(1)求離子從小孔 。射入磁場后打到板上的位置。(2)若離子與擋板碰撞前后沒有能量的損失，則探測板受到的沖擊力為多少？(3)若射到探測板上的離子全部被板吸收，要使探測板不動(dòng)，水平面需要給探測板的摩擦 力為多少？【答案】(1)打在板的中間(2)2Nmv03t方向豎直向下(3)3Nmv0方向水平向左3t【解析】(1)在加速電場中加速時(shí)據(jù)動(dòng)能定理:qu代入數(shù)據(jù)得v2 vo32在磁場中洛侖茲力提供向心力：qvB m上,所以半徑rrmv qB2mv03qBo3所以 OB OAtan600(2)設(shè)板對(duì)離子的a ,離子離

18、開磁場后打到板的正中間。力為F ,垂直板向上為正002Ft Nmvsin30 Nmvsin30Nmv03F= 2Nmv03t根據(jù)牛頓第三定律，探測板受到的沖擊力大小為2Nmv0,方向豎直向下。3t(3)若射到探測板上的離子全部被板吸收，板對(duì)離子水平方向的力為T,根據(jù)動(dòng)量定理:0,3 _ _Tt Nmvcos30 Nmv0, 33Nmv0一 3t離子對(duì)板的力大小為3NmV0 ,方向水平向右。3t所以水平面需要給探測板的摩擦力大小為石NmV0 ,方向水平向左。3t12.如圖所示，小球 A系在細(xì)線的一端，細(xì)線的另一端固定在0點(diǎn)，0點(diǎn)到水平面的距離為h.物塊B的質(zhì)量是小球 A的2倍，置于粗糙的水平面上且位于0點(diǎn)的正下方，物塊與水平面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為科現(xiàn)拉動(dòng)小球使細(xì)線水平伸直，小球由靜止開始釋放，運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)與物塊發(fā)生彈性正碰 .小球與物塊均視為質(zhì)點(diǎn)，不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g.求:(1)碰撞后，小球 A反彈瞬間的速度大小;(2)物塊B在水平面上滑行的時(shí)