【物理】 物理动量定理专题练习(及答案)及解析

【物理】 物理动量定理专题练习(及答案)及解析

一、高考物理精讲专题动量定理

1．图甲为光滑金属导轨制成的斜面，导轨的间距为1ml，左侧斜面的倾角37，右侧斜面的中间用阻值为2R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10.5TB，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20.5TB。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0.2kgm，ab棒的电阻为12r，cd棒的电阻为24r。已知t=0时刻起，cd棒在沿斜面向下的拉力作用下开始向下运动(cd棒始终在左侧斜面上运动)，而ab棒在水平拉力F作用下始终处于静止状态，F随时间变化的关系如图乙所示，ab棒静止时细导线与竖直方向的夹角37。其中导轨的电阻不计，图中的虚线为绝缘材料制成的固定支架。

(1)请通过计算分析cd棒的运动情况；

(2)若t=0时刻起，求2s内cd受到拉力的冲量；

(3)3 s内电阻R上产生的焦耳热为2. 88 J，则此过程中拉力对cd棒做的功为多少?

【答案】(1)cd棒在导轨上做匀加速度直线运动；(2)1.6Nsg；(3)43.2J

【解析】

【详解】

(1)设绳中总拉力为T，对导体棒ab分析，由平衡方程得：

sinθFTBIl

cosθTmg

解得：

tanθ1.50.5FmgBIlI

由图乙可知：

1.50.2Ft

则有：

0.4It

cd棒上的电流为： 0.8cdIt

则cd棒运动的速度随时间变化的关系：

8vt

即cd棒在导轨上做匀加速度直线运动。

(2)ab棒上的电流为：

0.4It

则在2 s内，平均电流为0.4 A，通过的电荷量为0.8 C，通过cd棒的电荷量为1.6C

由动量定理得：

sinθ0FtImgtBlImv

解得：1.6NsFIg

(3)3 s内电阻R上产生的的热量为2.88JQ，则ab棒产生的热量也为Q，cd棒上产生的热量为8Q，则整个回路中产生的总热量为28. 8 J，即3 s内克服安培力做功为28. 8J

而重力做功为：

Gsin43.2JWmg

对导体棒cd，由动能定理得：

FWW克安2G102Wmv

由运动学公式可知导体棒的速度为24 m/s

解得：43.2JFW

2．如图所示，光滑水平面上有一轻质弹簧，弹簧左端固定在墙壁上，滑块A以v0＝12 m/s的水平速度撞上静止的滑块B并粘在一起向左运动，与弹簧作用后原速率弹回，已知A、B的质量分别为m1＝0.5 kg、m2＝1.5 kg。求：

①A与B撞击结束时的速度大小v；

②在整个过程中，弹簧对A、B系统的冲量大小I。

【答案】①3m/s； ②12N•s

【解析】

【详解】

①A、B碰撞过程系统动量守恒，以向左为正方向

由动量守恒定律得

m1v0=（m1+m2）v

代入数据解得

v=3m/s

②以向左为正方向，A、B与弹簧作用过程

由动量定理得

I=（m1+m2）（-v）-（m1+m2）v 代入数据解得

I=-12N•s

负号表示冲量方向向右。

3．如图甲所示，平面直角坐标系中，0≤x≤l 、0≤y≤2l的矩形区域中存在交变匀强磁场，规定磁场垂直于纸面向里的方向为正方向，其变化规律如图乙所示，其中B0和T0均未知。比荷为c的带正电的粒子在点（0，l）以初速度v0沿+x方向射入磁场，不计粒子重力。

（1）若在t=0时刻，粒子射入；在t<02T的某时刻，粒子从点（l，2l）射出磁场，求B0大小。

（2）若B0=02cvl，且粒子从0≤l≤02T的任一时刻入射时，粒子离开磁场时的位置都不在y轴上，求T0的取值范围。

（3）若B0= 02cvl，00lTv，在x>l的区域施加一个沿-x方向的匀强电场，在04Tt时刻入射的粒子，最终从入射点沿-x方向离开磁场，求电场强度的大小。

【答案】（1）00vBcl；（2）00lTv；（3）20421vEncl0,1,2nL.

【解析】

【详解】

设粒子的质量为m，电荷量为q，则由题意得

qcm

（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，设运动半径为R，根据几何关系和牛顿第二定律得：

Rl

2000vqvBmR 解得00vBcl

（2）设粒子运动的半径为1R，由牛顿第二定律得

20001vqvBmR

解得12lR

临界情况为：粒子从0t时刻射入，并且轨迹恰好过0,2l点，粒子才能从y轴射出，如图所示

设粒子做圆周运动的周期为T，则

002mlTqBv

由几何关系可知，在02Tt内，粒子轨迹转过的圆心角为



对应粒子的运动时间为

1122tTT

分析可知，只要满足012Tt≥，就可以使粒子离开磁场时的位置都不在y轴上。

联立解得0TT，即00lTv；

（3）由题意可知，粒子的运动轨迹如图所示

设粒子的运动周期为T，则

002mlTqBv

在磁场中，设粒子运动的时间为2t，则

21144tTT

由题意可知，还有

00244TTt

解得0TT，即00lTv

设电场强度的大小为E，在电场中，设往复一次所用的时间为3t，则根据动量定理可得

302Eqtmv

其中

3012tnT0,1,2nL

解得20421vEncl0,1,2nL

4．如图甲所示，物块A、B的质量分别是mA＝4.0kg和mB＝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mC；

（2）t＝8s时弹簧具有的弹性势能Ep1

（3）4—12s内墙壁对物块B的冲量大小I

【答案】(1) 2kg (2) 27J (3) 36Ns×

【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

mCv1＝(mA＋mC)v2

解得C的质量

mC＝2kg．

（2）t＝8s时弹簧具有的弹性势能

Ep1＝12 (mA＋mC)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=(mA＋mC)v3-(mA＋mC)（-v2）=36N·s

5．一个质量为60千克的蹦床运动员从距离水平蹦床网面上3.2米的高处自由下落，触网后沿竖直方向蹦回到离水平网面5米高处.已知运动员与网接触的时候为1.2秒。求运动员和网接触的这段时间内，网对运动员的平均作用力F（g取10 m/s2）。

【答案】1500N，方向竖直向上

【解析】

【详解】

设运动员从h1处下落，刚触网的速度为

1128msvgh (方向向下)

运动员反弹到达高度h2 ，离网时速度为

22210msvgh(方向向上)

在接触网的过程中，运动员受到向上的弹力F和向下的重力mg，设向上方向为正，由动量定理有

21 Fmgtmvmv

解得=1500NF，方向竖直向上。

6．如图所示，质量为m=245g的木块（可视为质点）放在质量为M=0.5kg的木板左端，足够长的木板静止在光滑水平面上，木块与木板间的动摩擦因数为μ= 0.4，质量为m0 = 5g的子弹以速度v0=300m/s沿水平方向射入木块并留在其中（时间极短），子弹射入后，g取10m/s2，求： (1)子弹进入木块后子弹和木块一起向右滑行的最大速度v1

(2)木板向右滑行的最大速度v2

(3)木块在木板滑行的时间t

【答案】(1) v1= 6m/s (2) v2=2m/s (3) t=1s

【解析】

【详解】

(1)子弹打入木块过程，由动量守恒定律可得：

m0v0=(m0+m)v1

解得：

v1= 6m/s

(2)木块在木板上滑动过程，由动量守恒定律可得：

(m0+m)v1=(m0+m+M)v2

解得：

v2=2m/s

(3)对子弹木块整体，由动量定理得：

﹣μ(m0+m)gt=(m0+m)(v2﹣v1)

解得：物块相对于木板滑行的时间

211svvtg

7．如图所示，真空中有平行正对金属板A、B，它们分别接在输出电压恒为U=91V的电源两端，金属板长L=10cm、两金属板间的距离d=3.2cm，A、B两板间的电场可以视为匀强电场。现使一电子从两金属板左侧中间以v0=2.0×107m/s的速度垂直于电场方向进入电场，然后从两金属板右侧射出。已知电子的质量m=0.91×10-30kg，电荷量e=1.6×10-19C，两极板电场的边缘效应及电子所受的重力均可忽略不计（计算结果保留两位有效数字），求：

（1）电子在电场中运动的加速度a的大小；

（2）电子射出电场时在沿电场线方向上的侧移量y；

（3）从电子进入电场到离开电场的过程中，其动量增量的大小。

【答案】（1）1425.010m/s；（2）0.63m；（3）242.310kgm/s。

【解析】

【详解】