高中物理動(dòng)量定理解題技巧及經(jīng)典題型及練習(xí)題及解析

高中物理動(dòng)量定理解題技巧及經(jīng)典題型及練習(xí)題(含)及分析高中物理動(dòng)量定理解題技巧及經(jīng)典題型及練習(xí)題(含)及分析高中物理動(dòng)量定理解題技巧及經(jīng)典題型及練習(xí)題(含)及分析高中物理動(dòng)量定理解題技巧及經(jīng)典題型及練習(xí)題(含答案)及分析一、高考物理精講專題動(dòng)量定理1．賞析“煙火”表演是某地每年“春節(jié)”慶祝活動(dòng)的壓軸大餐。某型“禮花”底座僅的發(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)大于禮花彈自己重力）(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(cè)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)變?yōu)榱藙?dòng)能，則兩塊落地址間的距離是多少？【答案】(1)1550N；(2)900m【分析】【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：1gt22解得t6s對(duì)禮花彈從發(fā)射到拋到最高點(diǎn)，由動(dòng)量定理Ft0mg(tt0)0其中t0解得F1550N(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m1v1m2v2由能量守恒定律得E1m1v121m2v2222其中m11m24mm1m2聯(lián)立解得v1120m/sv230m/s此后兩物塊做平拋運(yùn)動(dòng)，則豎直方向有1gt22水平方向有sv1tv2t由以上各式聯(lián)立解得s=900m2．質(zhì)量為m的小球，從沙坑上方自由下落，經(jīng)過(guò)時(shí)間t1到達(dá)沙坑表面，又經(jīng)過(guò)時(shí)間t2停在沙坑里．求：⑴沙對(duì)小球的平均阻力F；⑵小球在沙坑里下落過(guò)程所受的總沖量I．mg(t1t2)【答案】(1)(2)mgt1t2【分析】試題分析：設(shè)剛開(kāi)始下落的地址為A，恰巧接觸沙的地址為B，在沙中到達(dá)的最低點(diǎn)為C.⑴在下落的全過(guò)程對(duì)小球用動(dòng)量定理：重力作用時(shí)間為t1+t2，而阻力作用時(shí)間僅為t2，以豎直向下為正方向，有：mg(t1+t2)-Ft2=0,解得：

方向豎直向上⑵依舊在下落的全過(guò)程對(duì)小球用動(dòng)量定理：在t1時(shí)間內(nèi)只有重力的沖量，在t2時(shí)間內(nèi)只有總沖量（已包括重力沖量在內(nèi)），以豎直向下為正方向，有：mgt1-I=0,∴I=mgt1方向豎直向上考點(diǎn)：沖量定理議論：本題觀察了利用沖量定理計(jì)算物體所受力的方法．3．以下列圖，足夠長(zhǎng)的木板端，A、B、C的質(zhì)量分別為

A和物塊m、2m和

C置于同一圓滑水平軌道上，物塊B置于A的左3m，已知A、B一起以v0的速度向右運(yùn)動(dòng)，滑塊

C向左運(yùn)動(dòng)，

A、C碰后連成一體，最后

A、B、C都靜止，求：i）C與A碰撞前的速度大小ii）A、C碰撞過(guò)程中C對(duì)A到?jīng)_量的大小．【答案】（1）C與A碰撞前的速度大小是v0；（2）A、C碰撞過(guò)程中C對(duì)A的沖量的大小是3mv0．2【分析】【分析】【詳解】試題分析：①設(shè)C與A碰前速度大小為v1,以A碰前速度方向?yàn)檎较?，?duì)A、B、C從碰前至最后都靜止程由動(dòng)量守恒定律得：(m2m)v0－3mv1?0解得：v1v0．②設(shè)C與A碰后共同速度大小為v2，對(duì)A、C在碰撞過(guò)程由動(dòng)量守恒定律得：mv0－3mv1(m3m)v2在A、C碰撞過(guò)程中對(duì)A由動(dòng)量定理得：ICAmv2－mv0解得：ICA3mv02A、C碰過(guò)程中C對(duì)A的沖量大小為3mv0．方向?yàn)樨?fù)．2考點(diǎn)：動(dòng)量守恒定律【名師點(diǎn)睛】本題觀察了求木板、木塊速度問(wèn)題，分析清楚運(yùn)動(dòng)過(guò)程、正確選擇研究對(duì)象與運(yùn)動(dòng)過(guò)程是解題的前提與要點(diǎn)，應(yīng)用動(dòng)量守恒定律即可正確解題；解題時(shí)要注意正方向的選擇．4．以下列圖，在傾角θ=37°的足夠長(zhǎng)的固定圓滑斜面的底端，有一質(zhì)量、可視為質(zhì)點(diǎn)的物體，以v0的初速度沿斜面上滑。已知，，重力加速度g取10m/s2，不計(jì)空氣阻力。求：1）物體沿斜面向上運(yùn)動(dòng)的加速度大小；2）物體在沿斜面運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，物體戰(zhàn)勝重力所做功的最大值；3）物體在沿斜面向上運(yùn)動(dòng)至返回到斜面底端的過(guò)程中，重力的沖量。【答案】（1）2（2）18J（3）20N·s，方向豎直向下?！痉治觥俊驹斀狻浚?）設(shè)物體運(yùn)動(dòng)的加速度為a，物體所受合力等于重力沿斜面向下的分力為：F=mgsinθ依照牛頓第二定律有：F=ma；解得：2（2）物體沿斜面上滑到最高點(diǎn)時(shí)，戰(zhàn)勝重力做功達(dá)到最大值，設(shè)最大值為沿斜面上滑過(guò)程，依照動(dòng)能定理有：

vm；對(duì)于物體W01mvm22解得W=18J；（3）物體沿斜面上滑和下滑的總時(shí)間為：2v026t2sa6重力的沖量：IGmgt20Ns方向豎直向下。5．甲圖是我國(guó)自主研制的200mm離子電推進(jìn)系統(tǒng)，已經(jīng)經(jīng)過(guò)我國(guó)“實(shí)踐九號(hào)”衛(wèi)星空間翱翔試驗(yàn)考據(jù)，有望在2015年全面應(yīng)用于我國(guó)航天器．離子電推進(jìn)系統(tǒng)的核心部件為離子推進(jìn)器，它采用噴出帶電離子的方式實(shí)現(xiàn)飛船的姿態(tài)和軌道的調(diào)整，擁有大幅減少推進(jìn)劑燃料耗資、控制更靈便、定位更精準(zhǔn)等優(yōu)勢(shì)．離子推進(jìn)器的工作原理如圖乙所示，推進(jìn)劑氙原子P噴注入腔室C后，被電子槍G射出的電子碰撞而電離，成為帶正電的氙離子．氙離子從腔室C中飄移過(guò)柵電極A的速度大小可忽略不計(jì)，在柵電極A、B之間的電場(chǎng)中加速，并從柵電極B噴出．在加速氙離子的過(guò)程中飛船獲得推力．已知柵電極A、B之間的電壓為U，氙離子的質(zhì)量為m、電荷量為q．（1）將該離子推進(jìn)器固定在地面進(jìn)步行試驗(yàn)．求氙離子經(jīng)A、B之間的電場(chǎng)加速后，經(jīng)過(guò)柵電極B時(shí)的速度v的大?。唬?）配有該離子推進(jìn)器的飛船的總質(zhì)量為M，現(xiàn)需要對(duì)飛船運(yùn)行方向作一次微調(diào)，即通過(guò)推進(jìn)器短暫工作讓飛船在與原速度垂直方向上獲得一很小的速度Δv，此過(guò)程中能夠?yàn)殡x子仍以第（1）中所求的速度經(jīng)過(guò)柵電極B．推進(jìn)器工作時(shí)飛船的總質(zhì)量可視為不變．求推進(jìn)器在此次工作過(guò)程中發(fā)射的氙離子數(shù)目N．（3）能夠用離子推進(jìn)器工作過(guò)程中產(chǎn)生的推力與A、B之間的電場(chǎng)對(duì)氙離子做功的功率的比值S來(lái)反響推進(jìn)器工作情況．經(jīng)過(guò)計(jì)算說(shuō)明采用哪些措施能夠增大S，并對(duì)增大S的實(shí)際意義說(shuō)出你的見(jiàn)解．【答案】（1）（2）（3）增大S能夠經(jīng)過(guò)減小q、U或增大m的方法．提高該比值意味著推進(jìn)器耗資相同的功率能夠獲得更大的推力．【分析】試題分析：（1）依照動(dòng)能定理有解得：（2）在與飛船運(yùn)動(dòng)方向垂直方向上，依照動(dòng)量守恒有：Mv=Nmv解得：（3）設(shè)單位時(shí)間內(nèi)經(jīng)過(guò)柵電極A的氙離子數(shù)為子個(gè)數(shù)為Nnt，設(shè)氙離子碰到的平均力為F

n，在時(shí)間，對(duì)時(shí)間

t

t內(nèi)，離子推進(jìn)器發(fā)射出的氙離內(nèi)的射出的氙離子運(yùn)用動(dòng)量定理，

Ft

Nmv

ntmv，

F

=nmv依照牛頓第三定律可知，離子推進(jìn)器工作過(guò)程中對(duì)飛船的推力大小電場(chǎng)對(duì)氙離子做功的功率P=nqU

F=F

=nmv則依照上式可知：增大S能夠經(jīng)過(guò)減小q、U或增大m的方法．提高該比值意味著推進(jìn)器耗資相同的功率能夠獲得更大的推力．（說(shuō)明：其他說(shuō)法合理均可得分）考點(diǎn)：動(dòng)量守恒定律；動(dòng)能定理；牛頓定律.6．以下列圖

,兩個(gè)小球

A和

B質(zhì)量分別是

mA＝2.0kg,

mB＝1.6kg,

球A靜止在圓滑水平面上的M點(diǎn),球

B在水平面上從遠(yuǎn)處沿兩球的中心連線向著球

A運(yùn)動(dòng),假設(shè)兩球相距

L≤18m時(shí)存在著恒定的斥力

F,L＞18m時(shí)無(wú)相互作用力

.當(dāng)兩球相距近來(lái)時(shí)

,它們間的距離為

d＝2m,此時(shí)球

B的速度是

4m/s.求:球B的初速度大小;兩球之間的斥力大小;兩球從開(kāi)始相互作用到相距近來(lái)時(shí)所經(jīng)歷的時(shí)間.【答案】(1)vB09s；(2)；(3)tm【分析】試題分析：（1）當(dāng)兩球速度相等時(shí)，兩球相距近來(lái)，依照動(dòng)量守恒定律求出B球的初速度；（2）在兩球相距L＞18m時(shí)無(wú)相互作用力，B球做勻速直線運(yùn)動(dòng)，兩球相距L≤18m時(shí)存在著恒定斥力F，B球做勻減速運(yùn)動(dòng)，由動(dòng)能定理可得相互作用力（3）依照動(dòng)量定理獲得兩球從開(kāi)始相互作用到相距近來(lái)時(shí)所經(jīng)歷的時(shí)間．（1）設(shè)兩球之間的斥力大小是F，兩球從開(kāi)始相互作用到兩球相距近來(lái)時(shí)所經(jīng)歷的時(shí)間是t。當(dāng)兩球相距近來(lái)時(shí)球B的速度vB4m，此時(shí)球A的速度vA與球B的速度大小相s等，vAvB4m,由動(dòng)量守恒定律可mBvB0mAmBv得：vB09m;ss(2)兩球從開(kāi)始相互作用到它們之間距離近來(lái)時(shí)，它們之間的相對(duì)位移x=L-d，由功能關(guān)系可得：FX1mBvB'21mAvA2mBvB2得：22(3)依照動(dòng)量定理，對(duì)A球有FtmvA0,得點(diǎn)晴：本題綜合觀察了動(dòng)量定理、動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律，綜合性較強(qiáng)．知道速度相等時(shí)，兩球相距近來(lái)，以及知道恒力與與相對(duì)位移的乘積等于系統(tǒng)動(dòng)能的損失是解決本題的要點(diǎn)．7．以下列圖，木塊A和四分之一圓滑圓軌道B靜置于圓滑水平面上，A、B質(zhì)量mA＝mB＝?，F(xiàn)讓A以v0＝4m/s的速度水平向右運(yùn)動(dòng)，此后與墻壁發(fā)生彈性碰撞（碰撞過(guò)程中無(wú)機(jī)械能損失），碰撞時(shí)間為t＝。取重力加速度g＝10m/s2．求：①A與墻壁碰撞過(guò)程中，墻壁對(duì)木塊平均作用力的大?。虎贏滑上圓軌道B后，到達(dá)最大高度時(shí)與B的共同速度大小.F80N(2)v1【答案】(1)＝＝2m/s【分析】【詳解】①以水平向左為正方向，A與墻壁碰撞過(guò)程，無(wú)機(jī)械能能損失，則以原速率彈回，對(duì)A，由動(dòng)量定理得：Ft＝mAv0﹣mA?（﹣v0），代入數(shù)據(jù)解得：F＝80N；②A滑上圓軌道B后到達(dá)最大高度時(shí)，AB速度相等，設(shè)A、B的共同速度為v，系統(tǒng)在水平方向動(dòng)量守恒，以向左為正方向，由動(dòng)量守恒得：mAv0＝（mA+mB）v1，代入數(shù)據(jù)解得：v1＝2m/s；8．用動(dòng)量定理辦理二維問(wèn)題時(shí)，能夠在相互垂直的

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

θ，碰撞后彈出的角度也是

θ，碰撞前后的速度大小都是

v。碰撞過(guò)程中忽略小球所受重力。若小球與木板的碰撞時(shí)間為

t，求木板對(duì)小球的平均作用力的大小和方向。【答案】F2mvcos，方向沿y軸正方向t【分析】【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依照動(dòng)量定理Ftpy2mvcos，方向沿y軸正方向解得Ft9．如圖甲所示，足夠長(zhǎng)圓滑金屬導(dǎo)軌MN、PQ處在同一斜面內(nèi)，斜面與水平面間的夾角θ=30°，兩導(dǎo)軌間距d=0.2m，導(dǎo)軌的N、Q之間連接一阻值R=0.9Ω的定值電阻。金屬桿ab的電阻r=0.1Ω，質(zhì)量m=20g，垂直導(dǎo)軌放置在導(dǎo)軌上。整個(gè)裝置處在垂直于斜面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感覺(jué)強(qiáng)度屬桿ab向上運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，經(jīng)過(guò)R的電流電阻，重力加速度g取10m/s2。

B=0.5T。現(xiàn)用沿斜面平行于金屬導(dǎo)軌的力F拉著金i隨時(shí)間t變化的關(guān)系圖像如圖乙所示。不計(jì)其他(1)求金屬桿的速度v隨時(shí)間t變化的關(guān)系式；(2)請(qǐng)作出拉力F隨時(shí)間t的變化關(guān)系圖像；(3)求0～1s內(nèi)拉力F的沖量?！敬鸢浮浚?）v5t（2）圖見(jiàn)分析；（3）IF0.225Ns【分析】【詳解】（1）設(shè)瞬時(shí)感覺(jué)電動(dòng)勢(shì)為e，回路中感覺(jué)電流為i，金屬桿ab的瞬時(shí)速度為v。由法拉第電磁感覺(jué)定律：eBdv閉合電路的歐姆定律：ieRr由乙圖可得，i聯(lián)立以上各式得：v5t（2）ab沿導(dǎo)軌向上運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，由牛頓第二定律，得：FBidmgsinma2由第（1）問(wèn)可得，加速度a5m/s聯(lián)立以上各式可得：由此可畫出F-t圖像：（3）對(duì)金屬棒

ab，由動(dòng)量定理可得：IF

mgtsin

BIdt

mv由第（

1）問(wèn)可得：

t

1s時(shí)，v=5m/s聯(lián)立以上各式，得：

IF

0.225N

s另解：由

F-t

圖像的面積可得

IF

0.25)

1Ns=0.225Ns210．以下列圖，質(zhì)量為m=1.0kg的物塊A以v0=4.0m/s速度沿粗糙水平面滑向靜止在水平面上質(zhì)量為M=2.0kg的物塊B，物塊A和物塊B碰撞時(shí)間極短，碰后兩物塊粘在一起．已知物塊A和物塊B均可視為質(zhì)點(diǎn)，兩物塊間的距離為L(zhǎng)=1.75m，兩物塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ，重力加速度g=10m/s2.求：1）物塊A和物塊B碰撞前的瞬時(shí)，物塊A的速度v的大小；2）物塊A和物塊B碰撞的過(guò)程中，物塊A對(duì)物塊B的沖量I；（3）物塊A和物塊B碰撞的過(guò)程中，系統(tǒng)損失的機(jī)械能E.13m/s22Ns3【分析】試題分析：物塊A運(yùn)動(dòng)到和物塊B碰撞前的瞬時(shí)，依照動(dòng)能定理求得物塊

A的速度；以物塊A和物塊B為系統(tǒng)，依照動(dòng)量守恒求得碰后兩物塊速度，再依照動(dòng)量定理求得物塊A對(duì)物塊B的沖量．以物塊A和物塊B為系統(tǒng)，依照能量守恒求得系統(tǒng)損失的機(jī)械能．1）物塊A運(yùn)動(dòng)到和物塊B碰撞前的瞬時(shí)，依照動(dòng)能定理得，解得（2）以物塊A和物塊B為系統(tǒng)，依照動(dòng)量守恒得：，以物塊B為研究對(duì)象，依照動(dòng)量定理得：，解得，方向水平向右3）以物塊A和物塊B為系統(tǒng)，依照能量守恒得解得：11．小物塊電量為+q，質(zhì)量為m，從傾角為θ的圓滑斜面上由靜止開(kāi)始下滑，斜面高度為h，空間中充滿了垂直斜面勻強(qiáng)電場(chǎng)，強(qiáng)度為E，重力加速度為g，求小物塊從斜面頂端滑終究端的過(guò)程中：1）電場(chǎng)的沖量．2）小物塊動(dòng)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【分析】（1）小物塊沿斜面下滑，依照牛頓第二定律可知：

mgsinma，則：agsin依照位移與時(shí)間關(guān)系能夠獲得：h1gsint2，則：t12hsin2sing則電場(chǎng)的沖量為：IEqtEq2hsin，方向垂直于斜面向下g2）依照速度與時(shí)間的關(guān)系，小物塊到達(dá)斜面底端的速度為：則小物塊動(dòng)量的變化量為：

vatgsint12hp