高中物理动量定理模拟试题

高中物理动量定理模拟试题

高中物理动量定理模拟试题 一、高考物理精讲专题动量定理 1．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/s 2，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： m 0v0=(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： (m 0+m)v1=(m 0+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 2 1 1sv vt g 2．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 3．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/s 2）．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 1 1 1.2 . /p mv kg m s 碰撞地面后小球的动量 2 2 0.8 . /p mv kg m s 小球与地面碰撞前后的动量变化 2 1 2 . /p p p kg 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 4．2018 年诺贝尔物理学奖授于了阿瑟 ·阿什金（ Arthur Ashkin ）等三位科学家，以表彰他 们在激光领域的杰出成就。阿瑟 ·阿什金发明了光学镊子（如图），能用激光束 “夹起 ”粒 子、原子、分子；还能夹起病毒、细菌及其他活细胞，开启了激光在新领域应用的大门。 ①为了简化问题，将激光束看作是粒子流，其中的粒子以相同的动量沿光传播方向运动。 激光照射到物体上，会对物体产生力的作用，光镊效应就是一个实例。 现有一透明介质小球，处于非均匀的激光束中（越靠近光束中心光强越强）。小球的折射 率大于周围介质的折射率。两束相互平行且强度①＞②的激光束，穿过介质小球射出时的 光路如图所示。若不考虑光的反射和吸收，请分析说明两光束因折射对小球产生的合力的 方向。 ②根据上问光束对小球产生的合力特点，试分析激光束如何 “夹起 ”粒子的？ 【答案】见解析； 【解析】 【详解】 解：①由动量定理可知：△ v 的方向即为小球对光束作用力的方向 当强度①＞②强度相同时，作用力 F1＞F2，由平行四边形定则知，①和②光速受力合力方 向向左偏下，则由牛顿第三定律可知，两光束因折射对小球产生的合力的方向向右偏上， 如图所示 ②如图所示，小球受到的合力向右偏上，此力的横向的分力 Fy，会将小球推向光束中心； 一旦小球偏离光速中心，就会受到指向中心的分力，实现光束对小球的约束，如同镊子一 样，“夹住”小球其它粒子 5．如图，质量分别为 m 1＝10kg 和 m 2＝2.0kg 的弹性小球 a、b 用弹性轻绳紧紧的把它们捆 在一起，使它们发生微小的形变，该系统以速度 v0＝0.10m/s 沿光滑水平面向右做直线运 动，某时刻轻绳突然自动断开，断开后，小球 b 停止运动，小球 a 继续沿原方向直线运 动。求： ① 刚分离时，小球 a 的速度大小 v1； ② 两球分开过程中，小球 a 受到的冲量 I。 【答案】 ① 0.12m/s ；② 【解析】 【分析】 根据“弹性小球 a、b 用弹性轻绳紧紧的把它们捆在一起，使它们发生微小的形变”、“光 滑水平面”“某时刻轻绳突然自动断开”可知，本题考察类“碰撞”问题。据类“碰撞” 问题的处理方法，运用动量守恒定律、动量定理等列式计算。 【详解】 ① 两小球组成的系统在光滑水平面上运动，系统所受合外力为零，动量守恒，则： 代入数据求得： ② 两球分开过程中，对 a，应用动量定理得： 6．如图所示，在粗糙的水平面上 0.5a—1.5a 区间放置一探测板（ 0mv q a B ）。在水平面 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 电势差为 2 02 9 mvU q 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 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） 02 3 Nmv t 方向竖直向下（ 3） 03 3 Nmv t 方向水平向左 【解析】 (1) 在加速电场中加速时据动能定理： 21 2 qU mv ， 代入数据得 0 2 3 v v 在磁场中洛仑兹力提供向心力： 2vqvB m r , 所以半径 02 2 3 3 mvmvr a qB qB 轨迹如图： 1 3 O O a ， 030OO A ， 02 3cos30 3 3 OA a a 所以 0tan60OB OA 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 ： 0 0 0 2sin30 sin30 3 Ft Nmv Nmv Nmv F= 02 3 Nmv t 根据牛顿第三定律，探测板受到的冲击力大小为 02 3 Nmv t ，方向竖直向下。 （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： 0 0 3cos30 3 Tt Nmv Nmv ，T= 03 3 Nmv t 离子对板的力大小为 03 3 Nmv t ，方向水平向右。 所以水平面需要给探测板的摩擦力大小为 03 3 Nmv t ，方向水平向左。 7．电磁弹射在电磁炮 、航天器 、舰载机等需要超高速的领域中有着广泛的应用 ，图 1 所示 为电磁弹射的示意图．为了研究问题的方便，将其简化为如图 2 所示的模型（俯视 图）．发射轨道被简化为两个固定在水平面上、间距为 L 且相互平行的金属导轨，整个装 置处于竖直向下、磁感应强度为 B 的匀强磁场中．发射导轨的左端为充电电路，已知电源 的电动势为 E，电容器的电容为 C，子弹载体被简化为一根质量为 m、长度也为 L 的金属导 体棒，其电阻为 r．金属导体棒，其电阻为 r．金属导体棒垂直放置于平行金属导轨上，忽 略一切摩擦阻力以及导轨和导线的电阻． （1）发射前，将开关 S 接 a，先对电容器进行充电． a．求电容器充电结束时所带的电荷量 Q； b．充电过程中电容器两极板间的电压 y 随电容器所带电荷量 q 发生变化．请在图 3 中画出 u-q 图像；并借助图像求出稳定后电容器储存的能量 E0； （2）电容器充电结束后，将开关 b，电容器通过导体棒放电，导体棒由静止开始运动，导 体棒离开轨道时发射结束．电容器所释放的能量不能完全转化为金属导体棒的动能，将导 体棒离开轨道时的动能与电容器所释放能量的比值定义为能量转化效率．若某次发射结束 时，电容器的电量减小为充电结束时的一半，不计放电电流带来的磁场影响，求这次发射 过程中的能量转化效率 ． 【答案】 （1）a． Q CE ；b． ； 2 0 1 2 E CE （2） 2 2 3 B L C m 【解析】 （1）a、根据电容的定义 QC U 电容器充电结束时其两端电压 U 等于电动势 E，解得电容器所带电荷量 Q CE b、根据以上电容的定义可知 qu C ，画出 q-u 图像如图所示： 有图像可知，稳定后电容器储存的能量 0E 为图中阴影部分的面积 0 1 2 E EQ ， 将 Q 代入解得 2 0 1 2 E CE （2）设从电容器开始放电至导体棒离开轨道时的时间为 t，放电的电荷量为 Q ，平均电 流为 I ，导体棒离开轨道时的速度为 v 根以导体棒为研究对象，根据动量定理 0BLIt mv ，（或 BLi t m v ）， 据电流定义可知 It Q （或 i t Q ） 根据题意有 1 1 2 2 Q Q CE ，联立解得 2 BLCEv m 导体棒离开轨道时的动能 2 21 2 8k BLCEE mv m 电容器释放的能量 2 2 21 1 3 2 2 8 E CE CU CE 联立解得能量转化效率 2 2 3 kE B L C E m 8．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） q 2 sin E h g 方向垂直于斜面向下 （2） 2m gh 方向沿斜面向下 【解析】 （1）小物块沿斜面下滑，根据牛顿第二定律可知： sinmg ma ，则： sina g 根据位移与时间关系可以得到： 21 sin sin 2 h g t ，则： 1 2 sin ht g 则电场的冲量为： 2 sin Eq hI Eqt g ， 方向垂直于斜面向下 （2）根据速度与时间的关系，小物块到达斜面底端的速度为： gsinv at t 则小物块动量的变化量为： 1 2sin sin 2 sin hp mv mg t mg m gh g ，方向沿斜面向下． 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． 9．质量为 0.5 kg 的小球从 h=2.45 m的高空自由下落至水平地面，与地面作用 0.2 s 后，再 以 5m/ s 的速度反向弹回，求小球与地面的碰撞过程中对地面的平均作用力．（不计空气阻 力， g=10m/ s2 ） 【答案】 35N 【解析】 小球自由下落过程中，由机械能守恒定律可知： mgh= 1 2 mv12； 解得： v1= 2 2 10 2.45 7gh m/s， 同理，回弹过程的速度为 5m/s，方向竖直向上， 设向下为正，则对碰撞过程由动量定理可知： mgt-Ft=-mv′-mv 代入数据解得： F=35N 由牛顿第三定律小球对地面的平均作用力大小为 35N，方向竖直向下 ． 10． 飞机场有一架战斗机，质量 35 10m Kg，发动机的额定功率 900P kW．在战备状 态下，一开始启动，发动机就处于额定功率状态，在跑道上经过时间 t=15s 运动，速度恰 好达到最大速度 m 60v m/s 离开跑道．飞机在跑道上运动过程中，受到的阻力不断增 大．求： （1）飞机速度达到最大时，所受到的阻力大小； （2）飞机从启动到最大速度的过程中，飞机所受合外力的冲量的大小； （3）飞机从启动到离开跑道，飞机克服阻力所做的功． 【答案】 （1）1.5 ×104N（2） 53 10I N s合 （3） 4.5 × 106J 【解析】 (1)飞机速度达到最大时，设飞机的牵引力为 F，受到的阻力是 f，则 F f P Fv 解得 f＝1.5 ×104 N (2)对飞机由动量定理有 0I mv合 解得 53 10I 合 N.s (3)从开始到离开跑道，设克服阻力做功是 W，则 21 2 Pt W mv 解得 W＝4.5 ×106 J 【点睛 】本题考查功及冲量的计算，要注意明确当飞机达最大速度时，牵引力等于阻力． 11． 如图，一质量为 M =1.5kg 的物块静止在光滑桌面边缘，桌面离水平面的高度为 h=1.25m． 一质量为 m=0.5kg 的木块以水平速度 v0=4m/s 与物块相碰并粘在一起，碰撞时间 极短，重力加速度为 g=10m/s 2．不及空气阻力，求： （1）碰撞过程中系统损失的机械能； （2）此后物块落地点离桌面边缘的水平距离． 【答案】 （1）3J （2）0.5m 【解析】 试题分析：（ 1）对 m 与 M 组成的系统，碰撞过程中动量守恒，设碰后共同速度为 v，有 mν0=（m+M）ν 解得 v=1m/s 碰撞后系统损失的机械能 2 2 0 1 1 ( ) 2 2 E mv m M v 解得 △E=3J （2）物块离开桌面后做平抛运动，设落地点离桌面边缘的水平距离为 x，有 竖直方向作自由落体： 21 2 h gt 解得 t=0． 5s 水平方向匀速直线： x=vt=0．5m 考点：动量守恒定律；机械能守恒定律；平抛运动 【名师点睛】本题采用程序法按时间顺序进行分析处理，是动量守恒定律与平抛运动简单 的综合，比较容易． 12． 柴油打桩机的重锤由气缸、活塞等若干部件组成，气虹与活塞间有柴油与空气的混合 物．在重锤与桩碰摊的过程中，通过压缩使混合物燃烧，产生高温高压气体，从而使桩向 下运动，锤向上运动．现把柴油打桩机和打桩过程简化如下：柴油打桩机重锤的质量为 m ，锤在桩帽以上高度为 h 处（如图 1）从静止开始沿竖直轨道自由落下，打在质量为 M （包括桩帽）的钢筋混凝土桩子上，同时，柴油燃烧，产生猛烈推力，锤和桩分离，这过 程的时间极短．随后，桩在泥土中向下移动一距离 l ．已知锤反跳后到达最高点时，锺与 已停下的桩子之间的距离也为 h （如图 2）．已知 31.0 10 kgm ， 32.0 10 kgM ， 2.0mh ， 0.2ml ，重力加速度 210 m/sg ， 混合物的质量不计，设桩向下移动的过程中泥土对桩的作用力 F 是恒力，求： （1）重锤 m 与桩子 M 发生碰撞之前的速度 1v 大小； （2）重锤 m 与桩子 M 发生碰后即将分离瞬间，桩子的速度 V 大小； （3）桩向下移动的过程中泥土对桩的作用力 F 的大小． 【答案】（ 1） 1 2 10m/sv （2）见解析 （3） 52.1 10F N 【解析】 （1）锤自由下落，设碰桩前速度大小为 1v ，由动能定理得： 2 1 1 2 mgh mv 化简得： 1 2 2 10m/sv gh 即锤与桩碰撞前的瞬间，锤速度的大小为 2 10m/s （2）碰后，设碰后锤的速度大小为 2v ，由动能定理得： 2 2 1( ) 2 mg h l mv 化简得： 2 2 ( )v g h l 设碰后桩的速度为 V ，由动量守恒定律得： 1 2mv MV mv 解得 3 10 /V m s 桩下降的过程中，根据动能定理得： 210 2 Fl Mgl MV 解得 ： 52.1 10F N 即桩向下移动的过程中泥土对桩的作用力的大小为 52.1 10 N 故本题答案是： （ 1） 1 2 10m/sv （2） 3 10 /V m s （3） 52.1 10F N 点睛 ：利用动能定理求解重锤落下的速度以及重锤反弹的速度，，根据动量守恒求木桩下 落的速度．