高中物理动量定理模拟试题及解析 11页

高中物理动量定理模拟试题及解析 一、高考物理精讲专题动量定理 1．如图所示，长为 L 的轻质细绳一端固定在 O 点，另一端系一质量为 m 的小球， O 点离 地高度为 H。现将细绳拉至与水平方向成 30 ，由静止释放小球，经过时间 t 小球到达最低 点，细绳刚好被拉断，小球水平抛出。若忽略空气阻力，重力加速度为 g。 (1)求细绳的最大承受力； (2)求从小球释放到最低点的过程中，细绳对小球的冲量大小； (3)小明同学认为细绳的长度越长，小球抛的越远；小刚同学则认为细绳的长度越短，小球 抛的越远。请通过计算，说明你的观点。 【答案】（ 1）F=2mg；（ 2） 2 2 FI mgt m gL ；（ 3）当 2 HL 时小球抛的最远 【解析】 【分析】 【详解】 (1)小球从释放到最低点的过程中，由动能定理得 2 0 1sin 30 2 mgL mv 小球在最低点时，由牛顿第二定律和向心力公式得 2 0mvF mg L 解得： F=2mg (2)小球从释放到最低点的过程中，重力的冲量 IG=mgt 动量变化量 0p mv 由三角形定则得，绳对小球的冲量 2 2 FI mgt m gL (3)平抛的水平位移 0x v t ，竖直位移 21 2 H L gt 解得 2 ( )x L H L 当 2 HL 时小球抛的最远 2．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 1 0.5TB ，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 2 0.5TB 。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 1 2r ，cd 棒的电阻为 2 4r 。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)1.6N sg ；(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： sinθF T BIl cosθT mg 解得： tanθ 1.5 0.5F mg BIl I 由图乙可知： 1.5 0.2F t 则有： 0.4I t cd 棒上的电流为： 0.8cdI t 则 cd 棒运动的速度随时间变化的关系： 8v t 即 cd 棒在导轨上做匀加速度直线运动。 (2) ab棒上的电流为： 0.4I t 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： sinθ 0F tI mg t BlI mv 解得： 1.6N sFI 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： G sin 43.2JW mg 对导体棒 cd ，由动能定理得： FW W 克安 2 G 1 0 2 W mv 由运动学公式可知导体棒的速度为 24 m/s 解得： 43.2JFW 3．半径均为 5 2mR 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 2 10m / 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。 【答案】（ 1） 25(2 )N 2 （ 2）62.5J 【解析】 【详解】 （1）设小球在圆弧轨道 1 最低点时速度大小为 0v ，根据动量定理有 0I mv 解得 0 5m / sv 在轨道最低端，根据牛顿第二定律， 2 0vF mg m R 解得 25 2 N 2 F 根据牛顿第三定律知，小球对轨道的压力大小为 25 2 N 2 F （2）设小球从轨道 1 抛出到达轨道 2 曲面经历的时间为 t， 水平位移： 0x v t 竖直位移： 21 2 y gt 由勾股定理： 2 2 2x y R 解得 1st 竖直速度： 10m / syv gt 可得小球的动能 2 2 k y0 21 1 62.5J 2 2 vE mv m v 4．2019 年 1 月 3 日，嫦娥四号探测器成功着陆在月球背面，并通过 “鹊桥 ”中继卫星传回 了世界上第一张近距离拍摄月球背面的图片。此次任务实现了人类探测器首次在月球背面 软着陆、首次在月球背面通过中继卫星与地球通讯，因而开启了人类探索月球的新篇章。 嫦娥四号探测器在靠近月球表面时先做圆周运动进行充分调整，最终到达离月球表面很近 的着陆点。为了尽可能减小着陆过程中月球对飞船的冲击力，探测器在距月面非常近的距 离处进行多次调整减速，离月面高 h 处开始悬停（相对月球速度为零），对障碍物和坡度 进行识别，并自主避障。然后关闭发动机，仅在月球重力作用下竖直下落，探测器与月面 接触前瞬间相对月球表面的速度为 v，接触月面时通过其上的 “四条腿 ”缓冲，平稳地停在月 面，缓冲时间为 t，如图所示。已知月球的半径 R，探测器质量为 m0，引力常量为 G。 （1）求月球表面的重力加速度； （2）求月球的第一宇宙速度； （3）求月球对探测器的平均冲击力 F 的大小。 【答案】（ 1） 2 2 vg h （2） 2 Rv v h （3） 0 0 m vF m g t 【解析】 【详解】 (1)由自由落体规律可知： 2 2v gh 解得月球表面的重力加速度： 2 2 vg h (2)做圆周运动向心力由月表重力提供，则有： 2mvmg R 解得月球的第一宇宙速度： 2 Rv v h (3)由动量定理可得： 0 0( ) 0 ( )F m g t m v 解得月球对探测器的平均冲击力的大小： 0 0 m vF m g t 5．动能定理和动量定理不仅适用于质点在恒力作用下的运动，也适用于质点在变力作用下 的运动，这时两个定理表达式中的力均指平均力，但两个定理中的平均力的含义不同，在 动量定理中的平均力 F1 是指合力对时间的平均值，动能定理中的平均力 F2 是合力指对位移 的平均值． (1)质量为 1.0kg 的物块，受变力作用下由静止开始沿直线运动，在 2.0s 的时间内运动了 2.5m 的位移，速度达到了 2.0m/s ．分别应用动量定理和动能定理求出平均力 F1 和 F2 的 值． (2)如图 1 所示，质量为 m 的物块，在外力作用下沿直线运动，速度由 v0 变化到 v 时，经 历的时间为 t ，发生的位移为 x．分析说明物体的平均速度 v 与 v0、v 满足什么条件时， F1 和 F2 是相等的． (3)质量为 m 的物块，在如图 2 所示的合力作用下，以某一初速度沿 x 轴运动，当由位置 x=0 运动至 x=A 处时，速度恰好为 0，此过程中经历的时间为 2 mt k ，求此过程中物块 所受合力对时间 t 的平均值． 【答案】（ 1）F1=1.0N， F2=0.8N；（ 2）当 0 2 v vxv t 时， F1=F2；（ 3） 2kAF ． 【解析】 【详解】 解： (1)物块在加速运动过程中，应用动量定理有： 1 tF t mvg 解得： 1 1.0 2.0 N 1.0N 2.0 tmvF t 物块在加速运动过程中，应用动能定理有： 2 2 1 2 tF x mvg 解得： 2 2 2 1.0 2.0 N 0.8N 2 2 2.5 tmvF x (2)物块在运动过程中，应用动量定理有： 1 0Ft mv mv 解得： 0 1 ( )m v vF t 物块在运动过程中，应用动能定理有： 2 2 2 0 1 1 2 2 F x mv mv 解得： 2 2 0 2 ( ) 2 m v vF x 当 1 2F F 时，由上两式得： 0 2 v vxv t (3)由图 2 可求得物块由 0x 运动至 x A过程中，外力所做的功为： 21 1 2 2 W kA A kAg 设物块的初速度为 0v ，由动能定理得： 2 0 10 2 W mv 解得： 0 kv A m 设在 t 时间内物块所受平均力的大小为 F ，由动量定理得： 00Ft mv 由题已知条件： 2 mt k 解得： 2kAF 6．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/s 2.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＝-2 gh2，得 v2=9m/s 0-v2=-gt2 得 t 2=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； 7．如图，一轻质弹簧两端连着物体 A 和 B，放在光滑的水平面上，某时刻物体 A 获得一大 小为 的水平初速度开始向右运动。已知物体 A 的质量为 m，物体 B 的质量为 2m，求： (1)弹簧压缩到最短时物体 B 的速度大小； (2)弹簧压缩到最短时的弹性势能； (3)从 A 开始运动到弹簧压缩到最短的过程中，弹簧对 A 的冲量大小。 【答案】（ 1） （ 2） （3） 【解析】 【详解】 (1)弹簧压缩到最短时， A 和 B 共速，设速度大小为 v，由动量守恒定律有 ① 得 ② (2)对 A、B 和弹簧组成的系统，由功能关系有 ③ 得 ④ (3)对 A 由动量定理得 ⑤ 得 ⑥ 8．如图所示 , 两个小球 A 和 B 质量分别是 mA＝2.0kg, mB＝1.6kg, 球 A静止在光滑水平面上 的 M点 , 球 B 在水平面上从远处沿两球的中心连线向着球 A运动 , 假设两球相距 L≤18m时存 在着恒定的斥力 F, L＞18m时无相互作用力 . 当两球相距最近时 , 它们间的距离为 d＝2m,此 时球 B 的速度是 4m/s. 求 : (1) 球 B 的初速度大小 ; (2) 两球之间的斥力大小 ; (3) 两球从开始相互作用到相距最近时所经历的时间 . 【答案】 (1) 0 9B mv s ； (2) 2.25F N ；(3) 3.56t s 【解析】试题分析：（ 1）当两球速度相等时，两球相距最近，根据动量守恒定律求出 B球 的初速度；（ 2）在两球相距 L＞ 18m时无相互作用力， B球做匀速直线运动，两球相距 L≤18m时存在着恒定斥力 F，B 球做匀减速运动，由动能定理可得相互作用力 （3）根据动量定理得到两球从开始相互作用到相距最近时所经历的时间． （1）设两球之间的斥力大小是 F，两球从开始相互作用到两球相距最近时所经历的时间是 t 。当两球相距最近时球 B 的速度 4B mv s ，此时球 A 的速度 Av 与球 B 的速度大小相 等， 4A B mv v s , 由动量守恒定律可 0B B A Bm v m m v 得： 0 9B mv s ; (2) 两球从开始相互作用到它们之间距离最近时，它们之间的相对位移 Δx=L-d ，由功能关 系可得： '2 2 21 1 2 2B B A A B BF X m v m v m v 得： F=2.25N (3) 根据动量定理，对 A 球有 0AFt mv , 得 3.56t s 点晴：本题综合考查了动量定理、动量守恒定律和能量守恒定律，综合性较强．知道速度 相等时，两球相距最近，以及知道恒力与与相对位移的乘积等于系统动能的损失是解决本 题的关键． 9．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/s 2，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： μ mgt=Mv 解得 : t=0.8s 10． 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/s 2。 (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） 5tv （2）图见解析；（ 3） 0.225 N sFI 【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： ei R r 由乙图可得， 0.5i t 联立以上各式得： 5tv （2）ab 沿导轨向上运动过程中，由牛顿第二定律，得： sinF Bid mg ma 由第（ 1）问可得，加速度 2 5m / sa 联立以上各式可得： 0.05 0.2F t 由此可画出 F-t 图像： （3）对金属棒 ab，由动量定理可得： sinFI mgt BIdt mv 由第（ 1）问可得： 1 st 时， = 5 m/sv 联立以上各式，得： 0.225 N sFI 另解：由 F-t 图像的面积可得 1 (0.2 0.25) 1 N s= 0.225 N s 2FI 11． 如图所示，质量均为 2kg 的物块 A 和物块 B 静置于光滑水平血上，现让 A 以 v0=6m/s 的速度向右运动，之后与墙壁碰撞，碰后以 v1=4m/s 的速度反向运动，接着与物块 B 相碰 并粘在一起。 g 取 10m/s 2.求 : (1)物块 A 与 B碰后共同速度大小 v; (2)物块 A 对 B的冲量大小 IB; (3)已知物块 A 与墙壁碰撞时间为 0.2s, 求墙壁对物块 A 平均作用力大小 F. 【答案】（ 1）2m/s（2）4N·s（3）100N 【解析】 【详解】 （1）以向左为正方向，根据动量守恒： 1 ( )A A Bm v m m v 得： 2 /v m s （2）AB 碰撞过程中，由动量定理得， B 受到冲量： IB=mBv-0 得： IB=4N·s （3）A 与墙壁相碰后反弹，由动量定理得 1 0( )A AFt m v m v 得： 100F N 12． 质量是 40kg 的铁锤从 5m 的高处自由落下，打在一高度可忽略的水泥桩上没有反弹， 与水泥桩撞击的时间是 0.05s，不计空气阻力．求：撞击时，铁锤对桩的平均冲击力的大 小． 【答案】 8400N 【解析】 由动能定理得： mgh= 1 2 mv 2-0， 铁锤落地时的速度： 2 2 10 5 10 /v gh m s 设向上为正方向 ， 由动量定理得：（ F-mg）t=0-(-mv) 解得平均冲击力 F=8400N； 点睛：此题应用动能定理与动量定理即可正确解题，解题时注意正方向的选择；注意动能 定理和动量定理是高中物理中很重要的两个定理，用这两个定理解题快捷方便，要做到灵 活运用 ．