高中物理動(dòng)量定理解題技巧(超強(qiáng))及練習(xí)題(含答案)

1、高中物理動(dòng)量定理解題技巧(超強(qiáng))及練習(xí)題(含答案)一、高考物理精講專題動(dòng)量定理1.質(zhì)量為m的小球，從沙坑上方自由下落，經(jīng)過時(shí)間ti到達(dá)沙坑表面，又經(jīng)過時(shí)間 t2停O在沙坑里.求:沙對(duì)小球的平均阻力F;小球在沙坑里下落過程所受的總沖量I.mg(t1 t2)【答案】(1)1一- (2)mgtit2【解析】試題分析：設(shè)剛開始下落的位置為A,剛好接觸沙的位置為B,在沙中到達(dá)的最低點(diǎn)為C在下落的全過程對(duì)小球用動(dòng)量定理：重力作用時(shí)間為tl+t2,而阻力作用時(shí)間僅為 t2,以豎直向下為正方向，有：mg(ti+t2)-Ft2=0，解得：尸=:方向豎直向上J*仍然在下落的全過程對(duì)小球用動(dòng)量定理：在 ti時(shí)間內(nèi)只

2、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：mgti-I=0, 1. I=mgti方向豎直向上考點(diǎn)：沖量定理點(diǎn)評(píng)：本題考查了利用沖量定理計(jì)算物體所受力的方法.2 .如圖所示，質(zhì)量為 m=245g的木塊(可視為質(zhì)點(diǎn))放在質(zhì)量為M=0.5kg的木板左端，足夠長的木板靜止在光滑水平面上，木塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為=0.4,質(zhì)量為mo = 5g的子彈以速度vo=300m/s沿水平方向射入木塊并留在其中(時(shí)間極短)，子彈射入后，g取i0m/s2,求：(I)子彈進(jìn)入木塊后子彈和木塊一起向右滑行的最大速度vi(2)木板向右滑行的最大速度V2 (3)木塊在木板滑行的時(shí)間

3、t【答案】(i) vi= 6m/s (2) v2=2m/s (3) t=is【解析】【詳解】(i)子彈打入木塊過程，由動(dòng)量守恒定律可得:movo=(mo+m)vi解得:vi = 6m/s(2)木塊在木板上滑動(dòng)過程，由動(dòng)量守恒定律可得：(mo+m)vi=(m 0+m+M)v2解得：v2=2m/s(3)對(duì)子彈木塊整體，由動(dòng)量定理得：Mmo+m)gt=(mo+m)(v2 vi)解得：物塊相對(duì)于木板滑行的時(shí)間t isg3 .甲圖是我國自主研制的 200mm離子電推進(jìn)系統(tǒng)，已經(jīng)通過我國 實(shí)踐九號(hào)"衛(wèi)星空間飛行試驗(yàn)驗(yàn)證，有望在 2015年全面應(yīng)用于我國航天器.離子電推進(jìn)系統(tǒng)的核心部件為離子推 進(jìn)

4、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，具有大幅減少推進(jìn)劑燃 料消耗、操控更靈活、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)劑氤 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，成為帶正電的氤離子.氤離 子從腔室C中飄移過柵電極 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.在加速氤離子的過程中飛船獲得推力.已知柵電極A、B之間的電壓為U,氤離子的質(zhì)量為 m、電荷量為q .(1)將該離子推進(jìn)器固定在地面上進(jìn)行試驗(yàn).求氤離子經(jīng) A、B之間的電場(chǎng)加速后，通過 柵電極B時(shí)的速度v的大小；(2)配有該離子推進(jìn)器的飛船的總質(zhì)量為M,現(xiàn)需要

5、對(duì)飛船運(yùn)行方向作一次微調(diào)，即通過推進(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A y此過程中可認(rèn)為氤離子仍以第(1)中所求的速度通過柵電極 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)器在此次工作過程中噴射的氤離子數(shù)目N.(3)可以用離子推進(jìn)器工作過程中產(chǎn)生的推力與A、B之間的電場(chǎng)對(duì)氤離子做功的功率的比值S來反映推進(jìn)器工作情況.通過計(jì)算說明采取哪些措施可以增大S,并對(duì)增大S的實(shí)際意義說出你的看法.U或增大m的方法.VAvJ(3)增大S可以通過減小 q、pH聯(lián)提高該比值意味著推進(jìn)器消耗相同的功率可以獲得更大的推力.【解析】試題分析：(1)根據(jù)動(dòng)能定理有aC* = - 工 2解得：

6、二 m(2)在與飛船運(yùn)動(dòng)方向垂直方向上，根據(jù)動(dòng)量守恒有：MAv=Nmv寸 3/Av J/ Av解得： -，卯 42g Um(3)設(shè)單位時(shí)間內(nèi)通過柵電極 A的氤離子數(shù)為n,在時(shí)間t內(nèi)，離子推進(jìn)器發(fā)射出的氤離 子個(gè)數(shù)為N nt,設(shè)氤離子受到的平均力為 F ,對(duì)時(shí)間t內(nèi)的射出的氤離子運(yùn)用動(dòng)量定 理，F(xiàn)t Nmv ntmv, F = nmv根據(jù)牛頓第三定律可知，離子推進(jìn)器工作過程中對(duì)飛船的推力大小F=F = nmv電場(chǎng)對(duì)氤離子做功的功率 P= nqU根據(jù)上式可知：增大 S可以通過減小q、U或增大m的方法.提高該比值意味著推進(jìn)器消耗相同的功率可以獲得更大的推力.(說明：其他說法合理均可得分)考點(diǎn)：動(dòng)量守

7、恒定律；動(dòng)能定理；牛頓定律4 .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,碰撞前后的速度大小都是 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t,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px mvsin mvsin 0小球在y方向的動(dòng)量變化為Pymvcos(mv cos ) 2 mv cos根據(jù)動(dòng)量定理F t Py解得F2 mv cos,方向沿y軸正方向5 .如圖所不，質(zhì)量均為 2kg的物

8、塊A和物塊B靜置于光滑水平血上，現(xiàn)讓A以Vo=6m/s的速度向右運(yùn)動(dòng)，之后與墻壁碰撞，碰后以vi=4m/s的速度反向運(yùn)動(dòng)，接著與物塊B相碰并粘在一起。g取10m/s2.求：(1)物塊A與B碰后共同速度大小 v;(2)物塊A對(duì)B的沖量大小Ib;(3)已知物塊A與墻壁碰撞時(shí)間為 0.2s,求墻壁對(duì)物塊 A平均作用力大小 F.【答案】(1) 2m/s (2) 4N s (3) 100N【解析】【詳解】(1)以向左為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒：mAW (mA mB)v得：v 2m / s(2) AB碰撞過程中，由動(dòng)量定理得，B受到?jīng)_量：lB=mBv-0得：Ib=4N s(3) A與墻壁相碰后反彈，由動(dòng)量定理

9、得Ft rniAW mA( vo)得：F 100N6 . 2018年諾貝爾物理學(xué)獎(jiǎng)授于了阿瑟阿什金(Arthur Ashkin)等三位科學(xué)家，以表彰他們?cè)诩す忸I(lǐng)域的杰出成就。阿瑟阿什金發(fā)明了光學(xué)鐐子(如圖)，能用激光束 笑起”粒子、原子、分子；還能夾起病毒、細(xì)菌及其他活細(xì)胞，開啟了激光在新領(lǐng)域應(yīng)用的大門。為了簡(jiǎn)化問題，將激光束看作是粒子流，其中的粒子以相同的動(dòng)量沿光傳播方向運(yùn)動(dòng)。 激光照射到物體上，會(huì)對(duì)物體產(chǎn)生力的作用，光鐐效應(yīng)就是一個(gè)實(shí)例。現(xiàn)有一透明介質(zhì)小球，處于非均勻的激光束中（越靠近光束中心光強(qiáng)越強(qiáng)）。小球的折射 率大于周圍介質(zhì)的折射率。兩束相互平行且強(qiáng)度>的激光束，穿過介質(zhì)小球射

10、出時(shí)的 光路如圖所示。若不考慮光的反射和吸收，請(qǐng)分析說明兩光束因折射對(duì)小球產(chǎn)生的合力的 方向。根據(jù)上問光束對(duì)小球產(chǎn)生的合力特點(diǎn)，試分析激光束如何突起”粒子的？【答案】見解析；【解析】【詳解】解：由動(dòng)量定理可知： v的方向即為小球?qū)馐饔昧Φ姆较虍?dāng)強(qiáng)度強(qiáng)度相同時(shí)，作用力Fi>F2,由平行四邊形定則知，和光速受力合力方向向左偏下，則由牛頓第三定律可知，兩光束因折射對(duì)小球產(chǎn)生的合力的方向向右偏上， 如圖所示+1 面“如圖所示，小球受到的合力向右偏上，此力的橫向的分力Fy,會(huì)將小球推向光束中心;一旦小球偏離光速中心，就會(huì)受到指向中心的分力，實(shí)現(xiàn)光束對(duì)小球的約束，如同鐐子一 樣，“夾住”小球其它

11、粒子7 .如圖所示，在粗糙的水平面上0.5a1.5a區(qū)間放置一探測(cè)板（a m0 ）。在水平面qB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(chǎng)，磁場(chǎng)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)電勢(shì)差為U 型”的電場(chǎng)加速后，從小孔 O垂直水平面并垂直磁場(chǎng)射入磁場(chǎng)區(qū)域，t時(shí)9q間內(nèi)共有N個(gè)離子打到探測(cè)板上。(1)求離子從小孔 。射入磁場(chǎng)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(cè)板受到的沖擊力為多少？.3Nmv0萬向水平向左3t(3)若射到探測(cè)板上的離子全部被板吸收，要使探測(cè)板不動(dòng)，水平面需要給探測(cè)板的摩擦

12、 力為多少？【答案】(1)打在板的中間(2) 2Nmv0方向豎直向下(3)3t【解析】(1)在加速電場(chǎng)中加速時(shí)據(jù)動(dòng)能定理:qU -mv2,22代入數(shù)據(jù)得v2 vo32在磁場(chǎng)中洛侖茲力提供向心力：qVB m上,所以半徑rrmv2mv02qB a3qB 3o,3a3所以 OB OAtan600a ,離子離開磁場(chǎng)后打到板的正中間。(2)設(shè)板對(duì)離子的力為F ,垂直板向上為正,根據(jù)動(dòng)量定理：Ft. .一0. .一02 .Nmvsin30Nmvsin30 Nmv03F=2Nmv03t根據(jù)牛頓第三定律，探測(cè)板受到的沖擊力大小為2Nmv0,方向豎直向下。3t(3)若射到探測(cè)板上的離子全部被板吸收，板對(duì)離子水平

13、方向的力為T,根據(jù)動(dòng)量定理:0, 3. 3Nmv0Tt Nmvcos30 Nmv0, T=33t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(cè)板的摩擦力大小為石Nmv0 ,方向水平向左。3t8.電磁彈射在電磁炮、航天器、艦載機(jī)等需要超高速的領(lǐng)域中有著廣泛的應(yīng)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(jiǎn)化為如圖2所示的模型(俯視圖).發(fā)射軌道被簡(jiǎn)化為兩個(gè)固定在水平面上、間距為L且相互平行的金屬導(dǎo)軌，整個(gè)裝置處于豎直向下、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中.發(fā)射導(dǎo)軌的左端為充電電路，已知電源的電動(dòng)勢(shì)為E,電容器的電容為 C,子彈載體被簡(jiǎn)化為一根質(zhì)量為 m、長度也為L的

14、金屬導(dǎo) 體棒，其電阻為r.金屬導(dǎo)體棒，其電阻為 r.金屬導(dǎo)體棒垂直放置于平行金屬導(dǎo)軌上，忽 略一切摩擦阻力以及導(dǎo)軌和導(dǎo)線的電阻.(1)發(fā)射前，將開關(guān) S接a,先對(duì)電容器進(jìn)行充電.a.求電容器充電結(jié)束時(shí)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(qǐng)?jiān)趫D3中畫出u-q圖像；并借助圖像求出穩(wěn)定后電容器儲(chǔ)存的能量Eo；(2)電容器充電結(jié)束后，將開關(guān) b,電容器通過導(dǎo)體棒放電，導(dǎo)體棒由靜止開始運(yùn)動(dòng)，導(dǎo) 體棒離開軌道時(shí)發(fā)射結(jié)束.電容器所釋放的能量不能完全轉(zhuǎn)化為金屬導(dǎo)體棒的動(dòng)能，將導(dǎo) 體棒離開軌道時(shí)的動(dòng)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(jié)束 時(shí)，

15、電容器的電量減小為充電結(jié)束時(shí)的一半，不計(jì)放電電流帶來的磁場(chǎng)影響，求這次發(fā)射過程中的能量轉(zhuǎn)化效率【答案】(1) a. Q2 2B2L2C3m(1) a、根據(jù)電容的定義C電容器充電結(jié)束時(shí)其兩端電壓U等于電動(dòng)勢(shì)E,解得電容器所帶電荷量Q CEu 9,畫出q-u圖像如圖所示:Cb、根據(jù)以上電容的定義可知將Q代入解得Eo -CE2(2)設(shè)從電容器開始放電至導(dǎo)體棒離開軌道時(shí)的時(shí)間為t,放電的電荷量為Q,平均電流為I ,導(dǎo)體棒離開軌道時(shí)的速度為根以導(dǎo)體棒為研究對(duì)象，根據(jù)動(dòng)量定理BLItmv0,(或 BLi t m v),據(jù)電流定義可知It Q (或i tQ) ,1根據(jù)題意有 Q Q21一CE ,聯(lián)立解得v2

16、導(dǎo)體棒離開軌道時(shí)的動(dòng)能12Ek 2 mvBLCEBLCE2m28m電容器釋放的能量E2CU聯(lián)立解得能量轉(zhuǎn)化效率EkE2 2B2L2C3m9.起跳摸高是學(xué)生常進(jìn)行的一項(xiàng)活動(dòng)。某中學(xué)生身高1.80m,質(zhì)量70kg。他站立舉臂，手有圖像可知，穩(wěn)定后電容器儲(chǔ)存的能量E0為圖中陰影部分的面積 Eo指摸到的高度為2.10m.在一次摸高測(cè)試中，如果他下蹲，再用力瞪地向上跳起，同時(shí)舉臂，離地后手指摸到高度為2.55m。設(shè)他從蹬地到離開地面所用的時(shí)間為0.7s。不計(jì)空氣阻力，(g=10m/s2).求：(1)他跳起剛離地時(shí)的速度大小；(2)從蹬地到離開地面過程中重力的沖量的大小；(3)上跳過程中他對(duì)地面平均壓力的

17、大小?！敬鸢浮?1) 3m/s(2)(2) 1000N【解析】【分析】人跳起后在空中運(yùn)動(dòng)時(shí)機(jī)械能守恒，由人的重心升高的高度利用機(jī)械能守恒可求得人剛離地時(shí)的速度；人在與地接觸時(shí)，地對(duì)人的作用力與重力的合力使人獲得上升的速度，由動(dòng)量定理可求得地面對(duì)他的支持力，再由牛頓第三定律可求得他對(duì)地面的平均壓力 ；【詳解】(1)跳起后重心升高 k二口,5加_1 2根據(jù)機(jī)械能守恒定律："®/I ,解得：u = Y砌=V12X 10 X= 3m/S .(2)根據(jù)沖量公式可以得到從蹬地到離開地面過程中重力的沖量的大小為：10X0.7N -= 490N«,方向豎直向下；(3)上跳過程過程

18、中，取向上為正方向，由動(dòng)量定理=F + mgn即： f 、，將數(shù)據(jù)代入上式可得F = 1.0 X WN根據(jù)牛頓第三定律可知：對(duì)地面的平均壓力F' = L0 X 1。倒?！军c(diǎn)睛】本題中要明確人運(yùn)動(dòng)的過程，找出人起跳的高度及人在空中運(yùn)動(dòng)的高度，從而正確選擇物 理規(guī)律求解。10.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。點(diǎn)，。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

19、:(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)間t.【解析】(1)設(shè)小球的質(zhì)量為 m,運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)與物塊碰撞前的速度大小為M，碰后A、B速度分別為V1和v2 ,碰撞前后的動(dòng)量和機(jī)械都守恒，則有：mgh122 mMmv1 mv1 2mv212121c 2-mvi - mvi - 2mv2222解得：v12gh , v2 2 2gh ,33所以碰后A反彈瞬間速度大小為 gh ;3（2）物塊在水平面上滑行所受摩擦力的大小F 2 mg ,設(shè)物塊在水平面上滑行的時(shí)間為t,根據(jù)動(dòng)量定量，有：Ft 0 2mv2解得：t 2 2gh . 3 g點(diǎn)睛：本題綜合考查動(dòng)量守恒定律、機(jī)械能守恒定律及動(dòng)量定理，要注意正確分析物理過 程，選擇合適的物理規(guī)律求解，要明確碰撞的基本規(guī)律是系統(tǒng)的動(dòng)量守恒.11.根據(jù)牛頓第二定律及運(yùn)動(dòng)學(xué)相關(guān)方程分別推導(dǎo)動(dòng)能定理和動(dòng)量定理的表達(dá)式.【答案】該推導(dǎo)過程見解析【解析】設(shè)一個(gè)質(zhì)量為 m的物體，初