物理動量定理提高訓練含解析

1、（物理）物理動量定理提高訓練含解析一、高考物理精講專題動量定理1 如圖所示，光滑水平面上有一輕質(zhì)彈簧，彈簧左端固定在墻壁上，滑塊A 以 v0 12 m/s的水平速度撞上靜止的滑塊B 并粘在一起向左運動，與彈簧作用后原速率彈回，已知A、B的質(zhì)量分別為 m1 0.5 kg、 m2 1.5 kg。求：A 與 B 撞擊結束時的速度大小v；在整個過程中，彈簧對A、B 系統(tǒng)的沖量大小 I?！敬鸢浮?3m/s ； 12N?s【解析】【詳解】A、B 碰撞過程系統(tǒng)動量守恒，以向左為正方向由動量守恒定律得m1v0=（ m1 +m2） v代入數(shù)據(jù)解得v=3m/s以向左為正方向，A、B 與彈簧作用過程由動量定理得I=

2、（ m1+m2）（ - v） - （m1+m2） v代入數(shù)據(jù)解得I=- 12N?s負號表示沖量方向向右。22019 年 1 月 3 日，嫦娥四號探測器成功著陸在月球背面，并通過“鵲橋 ”中繼衛(wèi)星傳回了世界上第一張近距離拍攝月球背面的圖片。此次任務實現(xiàn)了人類探測器首次在月球背面軟著陸、首次在月球背面通過中繼衛(wèi)星與地球通訊，因而開啟了人類探索月球的新篇章。嫦娥四號探測器在靠近月球表面時先做圓周運動進行充分調(diào)整，最終到達離月球表面很近的著陸點。為了盡可能減小著陸過程中月球?qū)︼w船的沖擊力，探測器在距月面非常近的距離處進行多次調(diào)整減速，離月面高h 處開始懸停（相對月球速度為零），對障礙物和坡度進行識別，

3、并自主避障。然后關閉發(fā)動機，僅在月球重力作用下豎直下落，探測器與月面接觸前瞬間相對月球表面的速度為v，接觸月面時通過其上的“四條腿 ”緩沖，平穩(wěn)地停在月面，緩沖時間為t，如圖所示。已知月球的半徑R，探測器質(zhì)量為m0，引力常量為G。（ 1）求月球表面的重力加速度；（ 2）求月球的第一宇宙速度；（ 3）求月球?qū)μ綔y器的平均沖擊力F 的大小。v2vRm0 v【答案】（ 1） g（ 2） v（ 3） Fm0 g2h2ht【解析】【詳解】(1)由自由落體規(guī)律可知：v 22 gh解得月球表面的重力加速度：v2g2h(2)做圓周運動向心力由月表重力提供，則有：mv 2mgR解得月球的第一宇宙速度：Rvv2h

4、(3)由動量定理可得：(Fm0 g)t0(m0v)解得月球?qū)μ綔y器的平均沖擊力的大?。簃0 vFm0 gt3 滑冰是青少年喜愛的一項體育運動。如圖，兩個穿滑冰鞋的男孩和女孩一起在滑冰場沿直線水平向右滑行，某時刻他們速度均為v0 2m/s ，后面的男孩伸手向前推女孩一下，作用時間極短，推完后男孩恰好停下，女孩繼續(xù)沿原方向向前滑行。已知男孩、女孩質(zhì)量均為 m50kg，假設男孩在推女孩過程中消耗的體內(nèi)能量全部轉(zhuǎn)化為他們的機械能，求男孩推女孩過程中：(1)女孩受到的沖量大??；(2)男孩消耗了多少體內(nèi)能量？【答案】 (1) 100N?s(2) 200J【解析】【詳解】(1)男孩和女孩之間的作用力大小相等

5、，作用時間相等，故女孩受到的沖量等于男孩受到的沖量，對男孩，由動量定理得： I P0- mv 0- 502 - 100N?s，所以女孩受到的沖量大小為 100N?s；(2)對女孩，由動量定理得100 mv 1- mv0，故作用后女孩的速度 v1100502 m/s4m/s50根據(jù)能量守恒知，男孩消耗的能量為E1 mv122 1 mv021 501650 4200J ；2224 一質(zhì)量為m 的小球，以初速度v0 沿水平方向射出，恰好垂直地射到一傾角為30的固3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.求在碰撞過程4中斜面對小球的沖量的大小7【答案】mv02【解析】【詳解】小

6、球在碰撞斜面前做平拋運動，設剛要碰撞斜面時小球速度為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v0，由此得v2v0.碰撞過程中，小球速度由v 變?yōu)榉聪虻?v，碰撞時間極短，可不計重力的沖量，由動量定理，設反彈速度的方向為正方4向，則斜面對小球的沖量為Im ( 3v) m( v)4解得 I 7 mv0.25 如圖， A、B、 C 三個木塊的質(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，彈簧處于原長狀態(tài)現(xiàn)A 以初速 v0沿BC的連線、方向朝 B 運動，與 B 相碰并粘合在一起，碰撞時間極短、大小為t(1)A、 B 碰撞過程中，求

7、A 對 B 的平均作用力大小F(2)在以后的運動過程中，求彈簧具有的最大彈性勢能Ep【答案】(1) Fmv0(2) EP1mv022t12【解析】【詳解】(1)設 A、B 碰撞后瞬間的速度為v1 ，碰撞過程 A、B 系統(tǒng)動量守恒，取向右為正方向，由動量守恒定律有：mv02mv1解得 v11 v02設 A B 碰撞時的平均作用力大小為F，對 B 有Ft mv10、mv0解得 F2t(2)當 A、B、 C具有共同速度v 時，彈簧具有最大彈性勢能，設彈簧的最大彈性勢能為Ep ，碰后至 A、 B、C 速度相同的過程中，系統(tǒng)動量守恒，有mv03mv根據(jù)碰后系統(tǒng)的機械能守恒得12mv1213mv2Ep22

8、解得： Ep1 mv02126 質(zhì)量為 m=0.2kg 的小球豎直向下以 v1=6m/s 的速度落至水平地面，再以v2=4m/s 的速度反向彈回，小球與地面的作用時間t=0.2s，取豎直向上為正方向，（取g=10m/s 2）求（ 1）小球與地面碰撞前后的動量變化？（ 2）小球受到地面的平均作用力是多大？【答案】 （1） 2kg?m/s ，方向豎直向上；（2）12N【解析】（1）取豎直向上為正方向，碰撞地面前小球的動量p1mv11.2kg .m / s碰撞地面后小球的動量p2mv20.8kg.m / s小球與地面碰撞前后的動量變化（2）小球與地面碰撞，小球受到重力由動量定理FG tppp2p12

9、kg.m / s方向豎直向上G 和地面對小球的作用力F，得小球受到地面的平均作用力是F=12N7 蹦床是運動員在一張繃緊的彈性網(wǎng)上蹦跳、翻滾并做各種空中動作的運動項目一個質(zhì)量為 60kg 的運動員從離水平網(wǎng)面3.2m 高處自由下落，著網(wǎng)后沿豎直方向蹦回到離水平網(wǎng)面高 5m 處，已知運動員與網(wǎng)接觸的時間為1.2s（ g 取 10m/s2）求：（ 1）運動員自由下落到接觸網(wǎng)時的瞬時速度（2）若把網(wǎng)對運動員的作用力當做恒力處理，此力的大小是多少【答案】（ 1） 8m/ s，方向向下；（2）網(wǎng)對運動員的作用力大小為1500N【解析】【分析】（1）根據(jù)題意可以把運動員看成一個質(zhì)點來處理，下落過程是自由落

10、體運動，由位移-速度公式即可求出運動員著網(wǎng)前瞬間的速度大??；（ 2）上升過程是豎直上拋運動，我們可以算出自豎直上拋運動的初速度，算出速度的變化量，由動量定理求出網(wǎng)對運動員的作用力大小【詳解】（1）從 h1=3.2m 自由落體到床的速度為v1，則： v122gh1代入數(shù)據(jù)可得： v1=8m/ s，方向向下；（2）離網(wǎng)的速度為v2，則： v22gh210m / s ，方向豎直向上，規(guī)定向下為正方向，由動量定理得：mgt -Ft=mv2-mv 1可得： F mgmv2mv1 =1500Nt所以網(wǎng)對運動員的作用力為1500N【點睛】本題關鍵是對運動員的各個運動情況分析清楚，然后結合機械能守恒定律、運動

11、學公式、動量定理列式后聯(lián)立求解8 如圖所示，光滑水平面上放著質(zhì)量都為m 的物塊 A 和 B， A 緊靠著固定的豎直擋板，A、 B 間夾一個被壓縮的輕彈簧（彈簧與A、 B 均不拴接），用手擋住B 不動，此時彈簧壓縮的彈性勢能為在 A、B 間系一輕質(zhì)細繩，細繩的長略大于彈簧的自然長度。放手后繩在短暫時間內(nèi)被拉斷，之后B 繼續(xù)向右運動，一段時間后與向左勻速運動、速度為v0的物塊 C 發(fā)生碰撞，碰后 B、 C 立刻形成粘合體并停止運動，C 的質(zhì)量為 2m。求：（1） B、C 相撞前一瞬間B 的速度大小；（2）繩被拉斷過程中，繩對A 的沖量 I?！敬鸢浮?（1）（2）【解析】（ 1）由動量守恒定律可知：

12、得：（2）由能量守恒可得：得：動量守恒：沖量：得：9 電磁彈射在電磁炮、航天器 、艦載機等需要超高速的領域中有著廣泛的應用，圖 1 所示為電磁彈射的示意圖為了研究問題的方便，將其簡化為如圖2 所示的模型（俯視圖）發(fā)射軌道被簡化為兩個固定在水平面上、間距為L 且相互平行的金屬導軌，整個裝置處于豎直向下、磁感應強度為B 的勻強磁場中發(fā)射導軌的左端為充電電路，已知電源的電動勢為E，電容器的電容為C，子彈載體被簡化為一根質(zhì)量為m、長度也為L 的金屬導體棒，其電阻為 r金屬導體棒，其電阻為 r金屬導體棒垂直放置于平行金屬導軌上，忽略一切摩擦阻力以及導軌和導線的電阻（1）發(fā)射前，將開關S 接 a，先對電容

13、器進行充電a 求電容器充電結束時所帶的電荷量Q；b 充電過程中電容器兩極板間的電壓y 隨電容器所帶電荷量q 發(fā)生變化請在圖3 中畫出u-q 圖像；并借助圖像求出穩(wěn)定后電容器儲存的能量E0；（ 2）電容器充電結束后，將開關 b，電容器通過導體棒放電，導體棒由靜止開始運動，導體棒離開軌道時發(fā)射結束電容器所釋放的能量不能完全轉(zhuǎn)化為金屬導體棒的動能，將導體棒離開軌道時的動能與電容器所釋放能量的比值定義為能量轉(zhuǎn)化效率若某次發(fā)射結束時，電容器的電量減小為充電結束時的一半，不計放電電流帶來的磁場影響，求這次發(fā)射過程中的能量轉(zhuǎn)化效率【答案】 （1） a QCE ； b12B2 L2 C； E0CE（ 2）23

14、m【解析】（1） a、根據(jù)電容的定義CQU電容器充電結束時其兩端電壓U 等于電動勢E，解得電容器所帶電荷量QCEqb、根據(jù)以上電容的定義可知u，畫出 q-u 圖像如圖所示：C有圖像可知，穩(wěn)定后電容器儲存的能量E0 為圖中陰影部分的面積 E01EQ ，2將 Q 代入解得 E01 CE22（2）設從電容器開始放電至導體棒離開軌道時的時間為t，放電的電荷量為Q ，平均電流為 I ，導體棒離開軌道時的速度為v根以導體棒為研究對象，根據(jù)動量定理BLItmv 0 ，（或 BLi tm v ），據(jù)電流定義可知ItQ （或itQ ）根據(jù)題意有 Q1 Q1 CE ，聯(lián)立解得 vBLCE222m2導體棒離開軌道時

15、的動能Ek1mv2BLCE8m2電容器釋放的能量E1 CE 21 CU 2 3 CE 2228聯(lián)立解得能量轉(zhuǎn)化效率EkB2 L2CE3m10 小物塊電量為+q，質(zhì)量為m，從傾角為的光滑斜面上由靜止開始下滑，斜面高度為h，空間中充滿了垂直斜面勻強電場，強度為 E，重力加速度為 g，求小物塊從斜面頂端滑到底端的過程中 ：（ 1）電場的沖量（ 2）小物塊動量的變化量【答案】（ 1）Eq2h方向垂直于斜面向下（ 2） m2gh 方向沿斜面向下sing【解析】（1）小物塊沿斜面下滑，根據(jù)牛頓第二定律可知：mg sinma ，則： ag sin根據(jù)位移與時間關系可以得到：h1t212hsing sin，則

16、： tg2sin則電場的沖量為： I EqtEq2h ，方向垂直于斜面向下sing（ 2）根據(jù)速度與時間的關系，小物塊到達斜面底端的速度為：則小物塊動量的變化量為：vatgsint12hpmvmg sintmg sinm2gh ，方向沿斜面向下sing點睛：本題需要注意沖量以及動量變化量的矢量性的問題，同時需要掌握牛頓第二定律以及運動學公式的運用11 質(zhì)量為 200g 的玻璃球，從 1.8m 高處自由下落，與地面相碰后，又彈起1.25m ，若球與地面接觸的時間為0.55s，不計空氣阻力，取 g=10m/s 2。求：（1）在與地面接觸過程中，玻璃球動量變化量的大小和方向；（2）地面對玻璃球的平均作用力的大小?！敬鸢浮?(1)，豎直向上（ 2）【解析】【詳解】（1）小球下降過程中只受重力，機械能守恒，根據(jù)機械能守恒，有：mgH mv12解得：小球上升過程中只受重力，機械能守恒，根據(jù)機械能守恒，有：mgh mv22解得：假設豎直向下為正方向，則 ；負號表示方向豎直向上；（2）根據(jù)動量定理有：Ft+mgt=? p代入已知解得：F=-6 N“-”表