最新高中物理动量定理试题(有答案和解析)

一、高考物理精讲专题动量定理

1．如图1所示，水平面内的直角坐标系的第一象限有磁场分布，方向垂直于水平面向下，磁感应强度沿y轴方向没有变化，与横坐标x的关系如图2所示，图线是双曲线（坐标是渐近线）；顶角=53°的光滑金属长导轨MON固定在水平面内，ON与x轴重合，一根与ON垂直的长导体棒在水平向右的外力作用下沿导轨MON向右滑动，导体棒在滑动过程中始终保持与导轨良好接触，已知t=0时，导体棒位于顶角O处；导体棒的质量为m=4kg；OM、ON接触处O点的接触电阻为R=0．5Ω，其余电阻不计，回路电动势E与时间t的关系如图3所示，图线是过原点的直线，求：

（1）t=2s时流过导体棒的电流强度的大小； （2）在1~2s时间内导体棒所受安培力的冲量大小；

（3）导体棒滑动过程中水平外力F（单位：N）与横坐标x（单位：m）的关系式． 【答案】（1）8A（2）8Ns（3）F6【解析】 【分析】 【详解】

（1）根据E-t图象中的图线是过原点的直线特点，可得到t=2s时金属棒产生的感应电动势为

323x 9E4V

由欧姆定律得

I2（2）由图2可知，Bx1(Tm) 由图3可知，E与时间成正比，有

E4A8A R0.5E=2t（V）

IE4t R4x 3因=53°，可知任意t时刻回路中导体棒有效切割长度L又由

F安BIL

所以

F安即安培力跟时间成正比

16t 3所以在1~2s时间内导体棒所受安培力的平均值

163233N8N F2故

I安Ft8Ns

（3）因为

vEBLv4Bx

3所以

v1.5t(m/s)

可知导体棒的运动时匀加速直线运动，加速度

a1.5m/s2

又x12at，联立解得 2F6323x 9【名师点睛】

本题的关键首先要正确理解两个图象的数学意义，运用数学知识写出电流与时间的关系，

要掌握牛顿运动定律、闭合电路殴姆定律，安培力公式、感应电动势公式．

2．如图所示,固定在竖直平面内的4光滑圆弧轨道AB与粗糙水平地面BC相切于B点。质量m=0.1kg的滑块甲从最高点A由静止释放后沿轨道AB运动,最终停在水平地面上的C点。现将质量m=0.3kg的滑块乙静置于B点,仍将滑块甲从A点由静止释放结果甲在B点与乙碰撞后粘合在一起,最终停在D点。已知B、C两点间的距离x=2m,甲、乙与地面间的动摩擦因数分别为=0.4、=0.2,取g=10m/s,两滑块均视为质点。求:

(1)圆弧轨道AB的半径R;

(2)甲与乙碰撞后运动到D点的时间t 【答案】(1) 【解析】 【详解】

(2)

（1）甲从B点运动到C点的过程中做匀速直线运动，有：vB2=2a1x1； 根据牛顿第二定律可得：

；

对甲从A点运动到B点的过程，根据机械能守恒：解得vB=4m/s；R=0.8m；

（2）对甲乙碰撞过程，由动量守恒定律：若甲与乙碰撞后运动到D点，由动量定理：解得t=0.4s

3．甲图是我国自主研制的200mm离子电推进系统， 已经通过我国“实践九号”卫星空间飞行试验验证，有望在2015年全面应用于我国航天器．离子电推进系统的核心部件为离子推进器，它采用喷出带电离子的方式实现飞船的姿态和轨道的调整，具有大幅减少推进剂燃料消耗、操控更灵活、定位更精准等优势．离子推进器的工作原理如图乙所示，推进剂氙原子P喷注入腔室C后，被电子枪G射出的电子碰撞而电离，成为带正电的氙离子．氙离子从腔室C中飘移过栅电极A的速度大小可忽略不计，在栅电极A、B之间的电场中加速，并从栅电极B喷出．在加速氙离子的过程中飞船获得推力． 已知栅电极A、B之间的电压为U，氙离子的质量为m、电荷量为q．

（1）将该离子推进器固定在地面上进行试验．求氙离子经A、B之间的电场加速后，通过栅电极B时的速度v的大小；

（2）配有该离子推进器的飞船的总质量为M，现需要对飞船运行方向作一次微调，即通过推进器短暂工作让飞船在与原速度垂直方向上获得一很小的速度Δv，此过程中可认为氙离子仍以第（1）中所求的速度通过栅电极B．推进器工作时飞船的总质量可视为不变．求推进器在此次工作过程中喷射的氙离子数目N．

（3）可以用离子推进器工作过程中产生的推力与A、B之间的电场对氙离子做功的功率的比值S来反映推进器工作情况．通过计算说明采取哪些措施可以增大S，并对增大S的实际意义说出你的看法． 【答案】（1）U或增大m的方法．

提高该比值意味着推进器消耗相同的功率可以获得更大的推力． 【解析】

试题分析：（1）根据动能定理有

（2）

（3）增大S可以通过减小q、

解得：

（2）在与飞船运动方向垂直方向上，根据动量守恒有：MΔv=Nmv 解得：

（3）设单位时间内通过栅电极A的氙离子数为n，在时间t内，离子推进器发射出的氙离子个数为Nnt，设氙离子受到的平均力为F，对时间t内的射出的氙离子运用动量定理，FtNmvntmv，F= nmv

根据牛顿第三定律可知，离子推进器工作过程中对飞船的推力大小F=F= nmv 电场对氙离子做功的功率P= nqU 则

根据上式可知：增大S可以通过减小q、U或增大m的方法． 提高该比值意味着推进器消耗相同的功率可以获得更大的推力． （说明：其他说法合理均可得分） 考点：动量守恒定律；动能定理；牛顿定律.

4．如图所示，木块A和四分之一光滑圆轨道B静置于光滑水平面上，A、B质量mA＝mB＝2.0kg。现让A以v0＝4m/s的速度水平向右运动，之后与墙壁发生弹性碰撞（碰撞过程中无机械能损失），碰撞时间为t＝0.2s。取重力加速度g＝10m/s2．求：

①A与墙壁碰撞过程中，墙壁对木块平均作用力的大小； ②A滑上圆轨道B后，到达最大高度时与B的共同速度大小. 【答案】(1) F＝80N (2) v1＝2m/s 【解析】 【详解】

①以水平向左为正方向，A与墙壁碰撞过程，无机械能能损失，则以原速率弹回，对A，由动量定理得：Ft＝mAv0﹣mA•（﹣v0）， 代入数据解得：F＝80N；

②A滑上圆轨道B后到达最大高度时，AB速度相等，设A、B的共同速度为v，系统在水平方向动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒得：mAv0＝（mA+mB）v1， 代入数据解得：v1＝2m/s；

5．质量为m=0.2kg的小球竖直向下以v1=6m/s的速度落至水平地面，再以v2=4m/s的速度反向弹回，小球与地面的作用时间t=0.2s，取竖直向上为正方向，（取g=10m/s2）．求 （1）小球与地面碰撞前后的动量变化？ （2）小球受到地面的平均作用力是多大？

【答案】（1）2kg•m/s，方向竖直向上；（2）12N． 【解析】

（1）取竖直向上为正方向，碰撞地面前小球的动量p1mv11.2kg.m/s 碰撞地面后小球的动量p2mv20.8kg.m/s

小球与地面碰撞前后的动量变化pp2p12kg.m/s 方向竖直向上 （2）小球与地面碰撞，小球受到重力G和地面对小球的作用力F， 由动量定理FGtp 得小球受到地面的平均作用力是F=12N

6．如图所示，质量为m=0.5kg的木块，以v0=3.0m/s的速度滑上原来静止在光滑水平面上的足够长的平板车，平板车的质量M=2.0kg。若木块和平板车表面间的动摩擦因数μ=0.3，重力加速度g=10m/s2，求：

(1)平板车的最大速度；

(2)平板车达到最大速度所用的时间. 【答案】（1）0.6m/s （2）0.8s 【解析】 【详解】

（1）木块与平板车组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得： mv0=(M+m)v， 解得:v=0.6m/s

（2）对平板车，由动量定律得： μmgt=Mv 解得:t=0.8s

7．如图甲所示，足够长光滑金属导轨MN、PQ处在同一斜面内，斜面与水平面间的夹角θ=30°，两导轨间距d=0.2 m，导轨的N、Q 之间连接一阻值R=0.9 Ω的定值电阻。金属杆ab的电阻r=0.1 Ω，质量m=20 g，垂直导轨放置在导轨上。整个装置处在垂直于斜面向上的匀强磁场中，匀强磁场的磁感应强度B=0.5 T。现用沿斜面平行于金属导轨的力F拉着金属杆ab向上运动过程中，通过R的电流i随时间t变化的关系图像如图乙所示。不计其它电阻，重力加速度g取10 m/s2。

(1)求金属杆的速度v随时间t变化的关系式； (2)请作出拉力F随时间t的变化关系图像； (3)求0～1 s内拉力F的冲量。

【答案】（1）v5t（2）图见解析；（3）IF0.225 Ns 【解析】 【详解】

（1）设瞬时感应电动势为e，回路中感应电流为i，金属杆ab的瞬时速度为v。 由法拉第电磁感应定律：eBdv 闭合电路的欧姆定律：i由乙图可得，i0.5t 联立以上各式得：v5t

（2）ab沿导轨向上运动过程中，由牛顿第二定律，得： FBidmgsinma

e Rr由第（1）问可得，加速度a5m/s2 联立以上各式可得：F0.05t0.2 由此可画出F-t图像：

（3）对金属棒ab，由动量定理可得： IFmgtsinBIdtmv

由第（1）问可得：t1 s时，v=5 m/s 联立以上各式，得：IF0.225 Ns

1另解：由F-t图像的面积可得IF(0.20.25)1 Ns=0.225 Ns

2

8．质量为60 kg的建筑工人，不慎从高空跌下，由于弹性安全带的保护，使他悬挂起来；已知弹性安全带的缓冲时间是1.2 s，安全带长5 m，（安全带伸长量远小于其原长）不计空气阻力影响，g取10 m/s2 。求：人向下减速过程中，安全带对人的平均作用力的大小及方向。

【答案】100N，方向：竖直向上 【解析】 【详解】

选取人为研究对象，人下落过程有：v2=2gh， 代入数据解得：v=10 m/s，

缓冲过程由动量定理有：（F-mg）t=mv， 解得：Fmv6010mg（6010）N1100N t1.2则安全带对人的平均作用力的大小为1100N，方向竖直向上。

9．质量为2kg的球，从4.05m高处自由下落到水平钢板上又被竖直弹起，弹起后能达到的最大高度为3.2m，如果球从开始下落到弹起并达到最大高度所用时间为1.75s，不考虑空气阻力（g取10m/s2），求小球对钢板的作用力的大小和方向． 【答案】700N 【解析】 【详解】

物体从下落到落地过程中经历的时间为t1，从弹起到达到最高点经历的时间为t2，则有：

h11212gt1，h2gt2 222h124.05s0.9s， g10可得：t1t22h223.2s0.8s g10球与钢板作用的时间：tt总t1t21.750.90.8s0.05s 由动量定理对全过程可列方程：mgt总Ft00 可得钢板对小球的作用力Fmgt总2101.75N700N，方向竖直向上． t0.05mv0）。在水平面qB

10．如图所示，在粗糙的水平面上0.5a—1.5a区间放置一探测板（a的上方存在水平向里,磁感应强度大小为B的匀强磁场，磁场右边界离小孔O距离为a,位于水平面下方离子源C飘出质量为m，电荷量为q，初速度为0的一束负离子，这束离子经

22mv0电势差为U的电场加速后，从小孔O垂直水平面并垂直磁场射入磁场区域，t时

9q间内共有N个离子打到探测板上。

（1）求离子从小孔O射入磁场后打到板上的位置。

（2）若离子与挡板碰撞前后没有能量的损失，则探测板受到的冲击力为多少？ （3）若射到探测板上的离子全部被板吸收，要使探测板不动，水平面需要给探测板的摩擦力为多少？

【答案】（1）打在板的中间（2）

3Nmv02Nmv0 方向竖直向下（3） 方向水平向左

3t3t【解析】(1)在加速电场中加速时据动能定理： qU代入数据得v12mv， 22v0 3v2mv2mv02a 在磁场中洛仑兹力提供向心力： qvBm,所以半径rrqB3qB3轨迹如图：

231a OOa， OOA300 ， OAacos300333所以OBOAtan600a，离子离开磁场后打到板的正中间。

(2)设板对离子的力为F，垂直板向上为正方向，根据动量定理：

FtNmvsin300Nmvsin300 F=

2Nmv0 32Nmv0 3t2Nmv0，方向竖直向下。 3t根据牛顿第三定律，探测板受到的冲击力大小为

（3）若射到探测板上的离子全部被板吸收，板对离子水平方向的力为T，根据动量定理：

TtNmvcos300离子对板的力大小为3Nmv03Nmv0，T= 33t3Nmv0，方向水平向右。 3t所以水平面需要给探测板的摩擦力大小为3Nmv0，方向水平向左。 3t

11．小物块电量为+q，质量为m，从倾角为θ的光滑斜面上由静止开始下滑，斜面高度为h，空间中充满了垂直斜面匀强电场，强度为E，重力加速度为g，求小物块从斜面顶端滑到底端的过程中： （1）电场的冲量． （2）小物块动量的变化量．

【答案】（1）【解析】

Eqsin2h 方向垂直于斜面向下（2）m2gh 方向沿斜面向下 g（1）小物块沿斜面下滑，根据牛顿第二定律可知：mgsinma，则：agsin 根据位移与时间关系可以得到：

h11gsint2，则：tsin2sin2h g则电场的冲量为：IEqtEqsin2h，方向垂直于斜面向下 g（2）根据速度与时间的关系，小物块到达斜面底端的速度为：vatgsint 则小物块动量的变化量为：

pmvmgsintmgsin1sin2hm2gh，方向沿斜面向下． g点睛：本题需要注意冲量以及动量变化量的矢量性的问题，同时需要掌握牛顿第二定律以及运动学公式的运用．

12．有一水龙头以每秒800g水的流量竖直注入盆中,盆放在磅秤上,如图所示．盆中原来无水，盆的质量500g，注至5s末时，磅秤的读数为57N，重力加速度g取10m/s2，则此时注入盆中的水流的速度约为多大?

【答案】15m/s 【解析】

5s时，杯子及水的总质量m=0.5+0.8×5=4.5kg；

设注入水流的速度为t，取竖直向下为正方向，△t时间内注入杯中的水的质量△m=0.8△t 对杯子和杯子中的水进行分析，根据动量定理可知： (mg+△mg−F)△t=0−△mv 由题意可知，F=57N；而△mg<代入数据，解得v=15m/s．

点睛：取极短时间内注入杯中的水为研究对象，根据动量定理列式，可求得注入水流的速度．