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高二物理动量定理试题答案及解析1.对下列物理现象的解释，正确的是（）A．击钉时，不用橡皮锤仅仅是因为橡皮锤太轻B．跳远时，在沙坑里填沙，是为了减小冲量C．易碎品运输时，要用柔软材料包装，船舷常常悬挂旧轮胎，都是为了延长作用时间，减小作用力D．在车内推车推不动，是因为合外力冲量为零【答案】 CD【解析】试题分析: 用橡皮锤敲打钉子将其钉进木头里，力的作用时间长，作用力小，所以击钉时，不用橡皮锤，故A错误；跳远运动员跳在沙坑里，延长了力的作用时间，减小作用力，不是减少冲量，故B错误；搬运玻璃等易碎物品时，在箱子里放些刨花、泡沫塑料等，延长了力的作用时间，减小作用力；故C正确；在车内推车推不动，因为车受合外力为零，所以合外力冲量为零，故D正确。
【考点】动量定理2.如图所示,两个完全相同的小球A、B用等长的细线悬于O点.线长L.若将A由图示位置静止释放,则B球被碰后第一次速度为零时的高度不可能是 ( )A．L/2 B．L/4 C．L/8 D．L/10【答案】D【解析】小球A从释放到最低点，由动能定理可知：，解得：．若A与B发生完全弹性碰撞，由能量守恒定律和动量守恒定律可知两者交换速度，即，B上升过程中由动能定理可知：，解得：；若A与B发生完全非弹性碰撞即AB粘在一起，由动量守恒定律可知：，解得：，在AB上升过程中，由动能定理可知：，解得：，所以B球上升的高度，故选项D错误．【考点】考查动量守恒定律和动能定理在碰撞中的应用，关键在于根据两球碰撞的可能情况解出高度的范围．3.如图所示，质量为2kg的物体A静止在光滑的水平面上，与水平方向成30º角的恒力F=3N作用于该物体，历时10s，则：（）A．力的冲量大小为零B．力F对物体的冲量大小为30NsC．力F对物体的冲量大小为15NsD．物体动量的变化量为15Ns【答案】BD【解析】根据公式可得力F对物体的冲量大小为30Ns，AC错误，B正确；物体的动量变化为，故D正确故选BD【考点】考查了动量定理的应用点评：冲量就是力对物体的大小和时间的乘积，与物体运动方向有关。
（物理）物理动量定理练习题20篇及解析一、高考物理精讲专题动量定理1．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) (2)【解析】【详解】（1）甲从B点运动到C点的过程中做匀速直线运动，有：v B2=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v B=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=0.4s2．如图甲所示，物块A、B的质量分别是m A＝4.0kg和m B＝3.0kg．用轻弹簧拴接，放在光滑的水平地面上，物块B右侧与竖直墙壁相接触．另有一物块C从t＝0时以一定速度向右运动，在t＝4s时与物块A相碰，并立即与A粘在一起不分开，C的v－t图象如图乙所示．求：（1）C的质量m C；（2）t＝8s时弹簧具有的弹性势能E p1（3）4—12s内墙壁对物块B的冲量大小I【答案】(1) 2kg (2) 27J (3) 36N s【解析】（1）由题图乙知，C与A碰前速度为v1＝9m/s，碰后速度大小为v2＝3m/s，C与A碰撞过程动量守恒m C v1＝(m A＋m C)v2解得C的质量m C＝2kg．（2）t＝8s时弹簧具有的弹性势能E p1＝12(m A＋m C)v22=27J（3）取水平向左为正方向，根据动量定理，4~12s内墙壁对物块B的冲量大小I=(m A＋m C)v3-(m A＋m C)（-v2）=36N·s3．一质量为m的小球，以初速度v0沿水平方向射出，恰好垂直地射到一倾角为30°的固定斜面上，并立即沿反方向弹回．已知反弹速度的大小是入射速度大小的34.求在碰撞过程中斜面对小球的冲量的大小．【答案】72mv0【解析】【详解】小球在碰撞斜面前做平抛运动，设刚要碰撞斜面时小球速度为v，由题意知v的方向与竖直线的夹角为30°，且水平分量仍为v0，由此得v＝2v0.碰撞过程中，小球速度由v变为反向的34v，碰撞时间极短，可不计重力的冲量，由动量定理，设反弹速度的方向为正方向，则斜面对小球的冲量为I＝m3()4v－m·(－v)解得I＝72mv0.4．在距地面20m高处，某人以20m/s的速度水平抛出一质量为1kg的物体，不计空气阻力（g取10m/s2）。
物理动量守恒定律专题练习(及答案)含解析一、高考物理精讲专题动量守恒定律1．水平放置长为L=4.5m 的传送带顺时针转动，速度为v =3m/s ，质量为m 2=3kg 的小球被长为1l m =的轻质细线悬挂在O 点，球的左边缘恰于传送带右端B 对齐；质量为m 1=1kg 的物块自传送带上的左端A 点以初速度v 0=5m/s 的速度水平向右运动，运动至B 点与球m 2发生碰撞，在极短的时间内以碰撞前速率的12反弹，小球向右摆动一个小角度即被取走。
已知物块与传送带间的滑动摩擦因数为μ=0.1，取重力加速度210m/s g =。
求：（1）碰撞后瞬间，小球受到的拉力是多大？（2）物块在传送带上运动的整个过程中，与传送带间摩擦而产生的内能是多少？ 【答案】（1）42N （2）13.5J 【解析】 【详解】解：设滑块m1与小球碰撞前一直做匀减速运动，根据动能定理：221111011=22m gL m v m v μ--解之可得：1=4m/s v 因为1v v <，说明假设合理滑块与小球碰撞，由动量守恒定律：21111221=+2m v m v m v - 解之得：2=2m/s v碰后，对小球，根据牛顿第二定律：2222m v F m g l-=小球受到的拉力：42N F =（2）设滑块与小球碰撞前的运动时间为1t ，则()01112L v v t =+ 解之得：11s t =在这过程中，传送带运行距离为：113S vt m == 滑块与传送带的相对路程为：11 1.5X L X m ∆=-=设滑块与小球碰撞后不能回到传送带左端，向左运动最大时间为2t 则根据动量定理：121112m gt m v μ⎛⎫-=-⋅⎪⎝⎭解之得：22s t =滑块向左运动最大位移：121122m x v t ⎛⎫=⋅⋅ ⎪⎝⎭=2m 因为m x L <，说明假设成立，即滑块最终从传送带的右端离开传送带 再考虑到滑块与小球碰后的速度112v <v ， 说明滑块与小球碰后在传送带上的总时间为22t在滑块与传送带碰撞后的时间内，传送带与滑块间的相对路程22212X vt m ∆==因此，整个过程中，因摩擦而产生的内能是()112Q m g x x μ=∆+∆=13.5J2．如图：竖直面内固定的绝缘轨道abc ，由半径R =3 m 的光滑圆弧段bc 与长l =1.5 m 的粗糙水平段ab 在b 点相切而构成，O 点是圆弧段的圆心，Oc 与Ob 的夹角θ=37°;过f 点的竖直虚线左侧有方向竖直向上、场强大小E =10 N/C 的匀强电场，Ocb 的外侧有一长度足够长、宽度d =1.6 m 的矩形区域efgh ，ef 与Oc 交于c 点，ecf 与水平向右的方向所成的夹角为β(53°≤β≤147°)，矩形区域内有方向水平向里的匀强磁场．质量m 2=3×10-3 kg 、电荷量q =3×l0-3 C 的带正电小物体Q 静止在圆弧轨道上b 点，质量m 1=1.5×10-3 kg 的不带电小物体P 从轨道右端a 以v 0=8 m/s 的水平速度向左运动，P 、Q 碰撞时间极短，碰后P 以1 m/s 的速度水平向右弹回．已知P 与ab 间的动摩擦因数μ=0.5，A 、B 均可视为质点，Q 的电荷量始终不变，忽略空气阻力，sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度大小g =10 m/s 2．求：(1)碰后瞬间，圆弧轨道对物体Q 的弹力大小F N ；(2)当β=53°时，物体Q 刚好不从gh 边穿出磁场，求区域efgh 内所加磁场的磁感应强度大小B 1；(3)当区域efgh 内所加磁场的磁感应强度为B 2=2T 时，要让物体Q 从gh 边穿出磁场且在磁场中运动的时间最长，求此最长时间t 及对应的β值．【答案】(1)24.610N F N -=⨯ (2)1 1.25B T = (3)127s 360t π=,001290143ββ==和【解析】 【详解】解：(1)设P 碰撞前后的速度分别为1v 和1v '，Q 碰后的速度为2v 从a 到b ，对P ，由动能定理得：221011111-22m gl m v m v μ=- 解得：17m/s v =碰撞过程中，对P ，Q 系统：由动量守恒定律：111122m v m v m v '=+取向左为正方向，由题意11m/s v =-'， 解得：24m/s v =b 点：对Q ，由牛顿第二定律得：2222N v F m g m R-=解得:24.610N N F -=⨯(2)设Q 在c 点的速度为c v ，在b 到c 点，由机械能守恒定律：22222211(1cos )22c m gR m v m v θ-+=解得：2m/s c v =进入磁场后：Q 所受电场力22310N F qE m g -==⨯= ，Q 在磁场做匀速率圆周运动由牛顿第二定律得：2211c c m v qv B r =Q 刚好不从gh 边穿出磁场，由几何关系：1 1.6m r d == 解得：1 1.25T B = (3)当所加磁场22T B =，2221m cm v r qB == 要让Q 从gh 边穿出磁场且在磁场中运动的时间最长，则Q 在磁场中运动轨迹对应的圆心角最大，则当gh 边或ef 边与圆轨迹相切，轨迹如图所示：设最大圆心角为α，由几何关系得：22cos(180)dr r α-︒-= 解得：127α=︒ 运动周期：222m T qB π=则Q 在磁场中运动的最长时间：222127127•s 360360360m t T qB παπ===︒此时对应的β角：190β=︒和2143β=︒3．如图所示，两块相同平板P 1、P 2置于光滑水平面上，质量均为m 。
高考物理动量守恒定律试题(有答案和解析)一、高考物理精讲专题动量守恒定律1．如图所示，小明站在静止在光滑水平面上的小车上用力向右推静止的木箱，木箱最终以速度v 向右匀速运动．已知木箱的质量为m ，人与车的总质量为2m ，木箱运动一段时间后与竖直墙壁发生无机械能损失的碰撞，反弹回来后被小明接住．求：(1)推出木箱后小明和小车一起运动的速度v 1的大小； (2)小明接住木箱后三者一起运动的速度v 2的大小． 【答案】①2v；②23v 【解析】试题分析：①取向左为正方向，由动量守恒定律有：0=2mv 1-mv 得12v v =②小明接木箱的过程中动量守恒，有mv+2mv 1=（m+2m ）v 2 解得223v v =考点：动量守恒定律2．水平放置长为L=4.5m 的传送带顺时针转动，速度为v =3m/s ，质量为m 2=3kg 的小球被长为1l m =的轻质细线悬挂在O 点，球的左边缘恰于传送带右端B 对齐；质量为m 1=1kg 的物块自传送带上的左端A 点以初速度v 0=5m/s 的速度水平向右运动，运动至B 点与球m 2发生碰撞，在极短的时间内以碰撞前速率的12反弹，小球向右摆动一个小角度即被取走。
已知物块与传送带间的滑动摩擦因数为μ=0.1，取重力加速度210m/s g =。
求：（1）碰撞后瞬间，小球受到的拉力是多大？（2）物块在传送带上运动的整个过程中，与传送带间摩擦而产生的内能是多少？ 【答案】（1）42N （2）13.5J 【解析】 【详解】解：设滑块m1与小球碰撞前一直做匀减速运动，根据动能定理：221111011=22m gL m v m v μ--解之可得：1=4m/s v 因为1v v <，说明假设合理滑块与小球碰撞，由动量守恒定律：21111221=+2m v m v m v - 解之得：2=2m/s v碰后，对小球，根据牛顿第二定律：2222m v F m g l-=小球受到的拉力：42N F =（2）设滑块与小球碰撞前的运动时间为1t ，则()01112L v v t =+ 解之得：11s t =在这过程中，传送带运行距离为：113S vt m == 滑块与传送带的相对路程为：11 1.5X L X m ∆=-=设滑块与小球碰撞后不能回到传送带左端，向左运动最大时间为2t 则根据动量定理：121112m gt m v μ⎛⎫-=-⋅ ⎪⎝⎭解之得：22s t =滑块向左运动最大位移：121122m x v t ⎛⎫=⋅⋅ ⎪⎝⎭=2m 因为m x L <，说明假设成立，即滑块最终从传送带的右端离开传送带 再考虑到滑块与小球碰后的速度112v <v ， 说明滑块与小球碰后在传送带上的总时间为22t在滑块与传送带碰撞后的时间内，传送带与滑块间的相对路程22212X vt m ∆==因此，整个过程中，因摩擦而产生的内能是()112Q m g x x μ=∆+∆=13.5J3．运载火箭是人类进行太空探索的重要工具，一般采用多级发射的设计结构来提高其运载能力。
高二物理动量定理试题答案及解析1.如图所示，篮球运动员接传来的篮球时，通常要先伸出两臂迎接，手接触到球后，两臂随球迅速引至胸前，这样做可以A．减小球的动量的变化量B．减小球对手作用力的冲量C．减小球的动量变化率D．延长接球过程的时间来减小动量的变化量【答案】C【解析】由动量定理，而接球时先伸出两臂迎接，手接触到球后，两臂随球迅速引至胸前为了延长时间，减小受力，即，也就是减小了球的动量变化率，故C正确。
【考点】动量定理2.在光滑的水平桌面上有等大的质量分别为M="0.6" kg，m="0.2" kg的两个小球，中间夹着一个被压缩的具有E="10.8" J弹性势能的轻弹簧（弹簧与两球不相连），原来处于静止状态.现突然p释放弹簧，球m脱离弹簧后滑向与水平面相切、半径为R="0.425" m的竖直放置的光滑半圆形轨道，如图所示.g取10 m/s2.则下列说法正确的是：A．球m从轨道底端A运动到顶端B的过程中所受合外力冲量大小为3.4 N·sB．M离开轻弹簧时获得的速度为9m/sC．若半圆轨道半径可调，则球m从B点飞出后落在水平桌面上的水平距离随轨道半径的增大而减小D．弹簧弹开过程，弹力对m的冲量大小为1.8 N·s【答案】AD【解析】据题意，由动量守恒定律可知：，即，又据能量守恒定律有：，求得，则弹簧对小球冲量为：，故选项B错误而选项D正确；球从A到B速度为：，计算得到：，则从A到B过程合外力冲量为：，故选项A正确；半径越大，飞行时间越长，而小球的速度越小，水平距离不一定越小，故选项C错误。
【考点】本题考查动量守恒定律、能量守恒定律和动量定理。
距离的B处放有一3.(10分). “┙”型滑板，（平面部分足够长），质量为4m，距滑板的A壁为L1质量为m，电量为+q的大小不计的小物体，小物体与板面的摩擦不计，整个装置处于场强为E的匀强电场中，初始时刻，滑板与小物体都静止，试求：(1)释放小物体，第一次与滑板A壁碰前小物体的速度v多大？1(2)若小物体与A壁碰后相对水平面的速度大小为碰前的，碰撞时间极短，则碰撞后滑板速度多大？（均指对地速度）(3)若滑板足够长，小物体从开始运动到第二次碰撞前，电场力做功为多大？【答案】(1) (2) (3)【解析】（1）对物体，根据动能定理，有，得′；滑板的速度为v，（2）物体与滑板碰撞前后动量守恒，设物体第一次与滑板碰后的速度为v1则．若，则，因为，不符合实际，故应取，则．（3）在物体第一次与A壁碰后到第二次与A壁碰前，物体做匀变速运动，滑板做匀速运动，在这段时间内，两者相对于水平面的位移相同．∴即．对整个过程运用动能定理得；电场力做功．【考点】考查动量守恒定律和动能定理在碰撞问题中的综合应用．4.一个小钢球竖直下落，落地时动量大小为0.5 kg·m／s，与地面碰撞后又以等大的动量被反弹。
物理动量定理题20套(带答案)及解析一、高考物理精讲专题动量定理1. 2022年将在我国举办第二十四届冬奥会, 跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一. 某滑道示意图如下, 长直助滑道AB 与弯曲滑道BC 平滑衔接, 滑道BC 高h=10 m, C 是半径R=20 m 圆弧的最低点, 质量m=60 kg 的运动员从A 处由静止开始匀加速下滑, 加速度a=4.5 m/s2, 到达B 点时速度vB=30 m/s. 取重力加速度g=10 m/s2.（1）求长直助滑道AB 的长度L ；（2）求运动员在AB 段所受合外力的冲量的I 大小；（3）若不计BC 段的阻力, 画出运动员经过C 点时的受力图, 并求其所受支持力FN 的大小.【答案】（1）100m （2）1800N s ⋅（3）3 900 N【解析】（1）已知AB 段的初末速度, 则利用运动学公式可以求解斜面的长度, 即2202v v aL -=可解得:2201002v v L m a-== （2）根据动量定理可知合外力的冲量等于动量的该变量所以01800B I mv N s =-=⋅（3）小球在最低点的受力如图所示由牛顿第二定律可得:从B 运动到C 由动能定理可知:221122C B mgh mv mv =- 解得;3900N N =故本题答案是: （1） （2） （3）点睛：本题考查了动能定理和圆周运动, 会利用动能定理求解最低点的速度, 并利用牛顿第二定律求解最低点受到的支持力大小．2. 图甲为光滑金属导轨制成的斜面, 导轨的间距为 , 左侧斜面的倾角 , 右侧斜面的中间用阻值为 的电阻连接。
在左侧斜面区域存在垂直斜面向下的匀强磁场, 磁感应强度大小为 , 右侧斜面轨道及其右侧区域中存在竖直向上的匀强磁场, 磁感应强度为 。
在斜面的顶端e 、f 两点分别用等长的轻质柔软细导线连接导体棒ab, 另一导体棒cd 置于左侧斜面轨道上, 与导轨垂直且接触良好, ab 棒和cd 棒的质量均为 , ab 棒的电阻为 , cd 棒的电阻为 。
动量定理练习题含答案及解析一、高考物理精讲专题动量定理1．如图所示，粗糙的水平面连接一个竖直平面内的半圆形光滑轨道，其半径为R =0.1 m ，半圆形轨道的底端放置一个质量为m =0.1 kg 的小球B ，水平面上有一个质量为M =0.3 kg 的小球A 以初速度v 0=4.0 m / s 开始向着木块B 滑动，经过时间t =0.80 s 与B 发生弹性碰撞．设两小球均可以看作质点，它们的碰撞时间极短，且已知木块A 与桌面间的动摩擦因数μ=0.25，求：（1）两小球碰前A 的速度；（2）球碰撞后B ,C 的速度大小；（3）小球B 运动到最高点C 时对轨道的压力；【答案】（1）2m/s （2）v A ＝1m /s ，v B ＝3m /s （3）4N ，方向竖直向上【解析】【分析】【详解】（1）选向右为正，碰前对小球A 的运动由动量定理可得：–μ Mg t ＝M v – M v 0解得：v ＝2m /s（2）对A 、B 两球组成系统碰撞前后动量守恒，动能守恒：A B Mv Mv mv =+222111222A B Mv Mv mv =+ 解得：v A ＝1m /s v B ＝3m /s（3）由于轨道光滑，B 球在轨道由最低点运动到C 点过程中机械能守恒：2211222B C mv mv mg R '=+ 在最高点C 对小球B 受力分析，由牛顿第二定律有： 2C N v mg F m R'+= 解得：F N ＝4N由牛顿第三定律知，F N '＝F N ＝4N小球对轨道的压力的大小为3N ，方向竖直向上．2．半径均为52m R =的四分之一圆弧轨道1和2如图所示固定，两圆弧轨道的最低端切线水平，两圆心在同一竖直线上且相距R ，让质量为1kg 的小球从圆弧轨道1的圆弧面上某处由静止释放，小球在圆弧轨道1上滚动过程中，合力对小球的冲量大小为5N s ⋅，重力加速度g 取210m /s ，求：（1）小球运动到圆弧轨道1最低端时，对轨道的压力大小;（2）小球落到圆弧轨道2上时的动能大小。
物理动量定理题20套(带答案)及解析一、高考物理精讲专题动量定理1．如图甲所示，物块A、B的质量分别是m A＝4.0kg和m B＝3.0kg。
用轻弹簧拴接，放在光滑的水平地面上，物块B右侧与竖直墙壁相接触。
另有一物块C从t＝0时以一定速度向右运动，在t＝4s时与物块A相碰，并立即与A粘在一起不再分开，C的v－t图象如图乙所示。
求：（1）C的质量m C；（2）t＝8s时弹簧具有的弹性势能E p1，4~12s内墙壁对物块B的冲量大小I；（3）B离开墙后的运动过程中弹簧具有的最大弹性势能E p2。
【答案】（1）2kg ；（2）27J，36N·S；（3）9J【解析】【详解】（1）由题图乙知，C与A碰前速度为v1＝9m/s，碰后速度大小为v2＝3m/s，C与A碰撞过程动量守恒m C v1＝(m A＋m C)v2解得C的质量m C＝2kg。
（2）t＝8s时弹簧具有的弹性势能E p1＝12(m A＋m C)v22=27J取水平向左为正方向，根据动量定理，4~12s内墙壁对物块B的冲量大小I=(m A＋m C)v3-(m A＋m C)（-v2）=36N·S（3）由题图可知，12s时B离开墙壁，此时A、C的速度大小v3＝3m/s，之后A、B、C及弹簧组成的系统动量和机械能守恒，且当A、C与B的速度相等时，弹簧弹性势能最大(m A＋m C)v3＝(m A＋m B＋m C)v41 2(m A＋m C)23v＝12(m A＋m B＋m C)24v＋E p2解得B离开墙后的运动过程中弹簧具有的最大弹性势能E p2＝9J。
2．质量0.2kg的球,从5.0m高处自由下落到水平钢板上又被竖直弹起,弹起后能达的最大高度为4.05m.如果球从开始下落到弹起达最大高度所用时间为1.95s,不考虑空气阻力,g取10m/s2.求小球对钢板的作用力.【答案】78N【解析】【详解】自由落体过程v12＝2gh1，得v1=10m/s；v1=gt1得t1=1s小球弹起后达到最大高度过程0− v22＝−2gh2，得v2=9m/s0-v2=-gt2得t2=0.9s小球与钢板作用过程设向上为正方向，由动量定理：Ft′-mg t′=mv2-（-mv1）其中t′=t-t1-t2=0.05s得F=78N由牛顿第三定律得F′=-F，所以小球对钢板的作用力大小为78N，方向竖直向下；3．如图所示，质量的小车A静止在光滑水平地面上，其上表面光滑，左端有一固定挡板。
