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高考物理动量定理真题汇编含答案含解析.doc

高考物理动量定理真题汇编( 含答案 ) 含解析

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l 1m ，左侧斜面的倾角37 ，右侧斜面的中间用阻值为R 2 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B1 0.5T ，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 B2 0.5T 。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 m 0.2kg ，ab棒的电阻为r1 2 ， cd 棒的电阻为r2 4 。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)1.6Ngs； (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：

F Tsinθ BIl

Tcosθ mg

解得：

F mgtanθ BIl 1.5 0.5I

由图乙可知：

F 1.50.2t

则有：

I 0.4t

cd 棒上的电流为：

I cd 0.8t 则 cd 棒运动的速度随时间变化的关系：

v8t 即 cd 棒在导轨上做匀加速度直线运动。

(2)ab 棒上的电流为：

I 0.4t

则在2 s

内，平均电流为

0.4 A

，通过的电荷量为

0.8 C 1.6C

，通过 cd 棒的电荷量为

由动量定理得：

I F mgsinθt BlI t mv 0

解得： I F 1.6N gs

(3)3 s 内电阻R上产生的的热量为Q 2.88J ，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：

W G mg sin 43.2J

对导体棒 cd ，由动能定理得：

W F W 克安W G 1 mv2 0

由运动学公式可知导体棒的速度为24 m/s

解得： W F 43.2J

2．如图所示，一质量m1=0.45kg 的平顶小车静止在光滑的水平轨道上．车顶右端放一质量

m =0.4 kg 的小物体，小物体可视为质点．现有一质量m =0.05 kg 的子弹以水平速度v =100

2 0 0

m/s 射中小车左端，并留在车中，已知子弹与车相互作用时间极短，小物体与车间的动摩

擦因数为μ=0.5，最终小物体以 5 m/s 的速度离开小车．g 取 10 m/s 2．求：

（1）子弹从射入小车到相对小车静止的过程中对小车的冲量大小．

（2）小车的长度．

【答案】（ 1）4.5N s（ 2）5.5m

【解析】

① 子弹进入小车的过程中，子弹与小车组成的系统动量守恒，有：

m0 v o(m0m1 )v1，可解得 v110m / s ；

对子弹由动量定理有：I mv1 mv0，I 4.5N s ( 或kgm/s) ；

② 三物体组成的系统动量守恒，由动量守恒定律有：

(m0 m1 )v1 (m0 m1 )v2 m2 v ；

设小车长为 L ，由能量守恒有：m 2 gL

1 ( m 0 m 1 )v 12

(m 0 m 1 )v 22 1 m 2v 2

2 2 2

联立并代入数值得

L ＝ 5.5m ；

点睛：子弹击中小车过程子弹与小车组成的系统动量守恒，由动量守恒定律可以求出小车的速度，根据动量定理可求子弹对小车的冲量；对子弹、物块、小车组成的系统动量守恒，对系统应用动量守恒定律与能量守恒定律可以求出小车的长度．

3．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

v 0=2.0 × 10m/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

-30

-19

m=0.91 ×10 kg ，电荷量 e=1.6 × 10C ，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） 5.0 1014 m/s 2 ；（ 2） 0.63m ；（ 3） 2.3 10 24 kg m/s 。

【解析】【详解】

（1）设金属板 A 、B 间的电场强度为

E ，则 E

U ，根据牛顿第二定律，有

Ee ma

电子在电场中运动的加速度

Ee Ue 91 1.6 10 19

m/s 2

14 m/s 2

3.2 10 2

0.91 10 30

5.0 10

（ 2）电子以速度 v 0 进入金属板 A 、B 间，在垂直于电场方向做匀速直线运动，沿电场方向做初速度为零的匀加速直线运动，电子在电场中运动的时间为

0.1 7 s 5.0 10 9 s

v 0

2.0 10

电子射出电场时在沿电场线方向的侧移量

at 2

代入数据

5.0 1014 (5.0 10 9 ) 2 cm

0.63cm

（3）从电子进入电场到离开电场的过程中，由动量定理，有

Eet p

其动量增量的大小

eUL 1.60 10 19 91 0.1 24

dv0 3.2 10 2 2.0 107 kg m/s=2.3 10 kg m/s

4．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/s 2。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 mv mg（ 60 10 60 10） N 1100N

t 1.2

则安全带对人的平均作用力的大小为1100N，方向竖直向上。

5．如图所示，一个质量m=4kg的物块以速度v=2m/s水平滑上一静止的平板车上，平板车

质量=16kg，物块与平板车之间的动摩擦因数

μ=0.2 ，其它摩擦不计（取g=10m/s 2），

求：

（1）物块相对平板车静止时，物块的速度；

（2）物块相对平板车上滑行，要使物块在平板车上不滑下，平板车至少多长？

【答案】 (1)0.4m/s （ 2）0.8m

【解析】

（1）物块与平板车组成的系统动量守恒，以物块与普遍车组成的系统为研究对象，以物块的速度方向为正方向，

由动量守恒定律得 mv M m v ，解得 v 0.4m / s ；

（2）对物块由动量定理得mgt mv mv ，解得t 0.8s；

物块在平板车上做匀减速直线运动，平板车做匀加速直线运动，

由匀变速运动的平均速度公式得，对物块s1 v

t ，对平板车 s2

t ，2 2

物块在平板车上滑行的距离s s1 s2，解得s 0.8m ，

要使物块在平板车上不滑下，平板车至少长0.8m．

6．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．

1 2 B2 L2 C ； E0 CE （ 2）

2 3m

【解析】

（1） a、根据电容的定义 C Q 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

u，画出q-u图像如图所示：C

有图像可知，稳定后电容器储存的能量E0为图中阴影部分的面积E0 1

EQ ，2

1 2

将 Q 代入解得 E0 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BLIt mv 0 ，（或BLi t m v ），

据电流定义可知It Q （或i t Q ）

根据题意有 Q 1 1 BLCE Q CE ，联立解得 v

2 2 2m

导体棒离开轨道时的动能E k 1 mv2 BLCE

电容器释放的能量 E 1 CE2 1 CU2 3 CE2

2 2 8

联立解得能量转化效率

E k B2 L2C

E 3m

7．一个质量为2kg 的物体静止在水平桌面上，如图 1 所示，现在对物体施加一个水平向右的拉力 F，拉力 F 随时间 t 变化的图像如图 2 所示，已知物体在第1s 内保持静止状态，第2s 初开始做匀加速直线运动，第3s 末撤去拉力，第5s 末物体速度减小为0.求：

(1)前 3s 内拉力 F 的冲量．

(2)第 2s 末拉力 F 的功率．

【答案】（1）25N s（ 2）50W

【解析】

【详解】

（1）由动量定理有

I Ft F t

1 1

2 2

即前 3s 内拉力 F 的冲量为

I 25N s

（2）设物体在运动过程中所受滑动摩擦力大小为f，则在 2s～6s 内，由动量定理有

F2t2 f (t2t3 )0

设在 1s～ 3s 内物体的加速度大小为a，则由牛顿第二定律有

F2 f ma

第 2s 末物体的速度为

v at2

第 2s 末拉力 F 的功率为

P F2v

联立以上方程可求出

P 50W

8．起跳摸高是学生常进行的一项活动。某中学生身高 1.80m，质量 70kg。他站立举臂，手指摸到的高度为 2.10m.在一次摸高测试中，如果他下蹲，再用力瞪地向上跳起，同时举

臂，离地后手指摸到高度为 2.55m。设他从蹬地到离开地面所用的时间为0.7s。不计空气

阻力，（ g=10m/s2）.求：

(1)他跳起刚离地时的速度大小；

(2)从蹬地到离开地面过程中重力的冲量的大小；

(3)上跳过程中他对地面平均压力的大小。

【答案】（ 1） 3m/s （ 2）（ 2） 1000N

【解析】

【分析】

人跳起后在空中运动时机械能守恒，由人的重心升高的高度利用机械能守恒可求得人刚离

地时的速度；

人在与地接触时，地对人的作用力与重力的合力使人获得上升的速度，由动量定理可求得

地面对他的支持力，再由牛顿第三定律可求得他对地面的平均压力；

【详解】

（1）跳起后重心升高

；

根据机械能守恒定律：，解得：

（2）根据冲量公式可以得到从蹬地到离开地面过程中重力的冲量的大小为：

，方向竖直向下；

（3）上跳过程过程中，取向上为正方向，由动量定理

即：，将数据代入上式可得根据牛顿第三

。

定律可知：对地面的平均压力【点睛】

本题中要明确人运动的过程，找出人起跳的高度及人在空中运动的高度，从而正确选择物

理规律求解。

9．高空作业须系安全带．如果质量为m 的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带

对人刚产生作用力前人下落的距离为h（可视为自由落体运动）．此后经历时间t 安全带达到最大伸长，若在此过程中该作用力始终竖直向上，求：

（1）整个过程中重力的冲量；

（2）该段时间安全带对人的平均作用力大小．

【答案】（1）（ 2）

【解析】

试题分析：对自由落体运动，有：

解得：，

则整个过程中重力的冲量I=mg（t+t 1） =mg（ t+）

（2）规定向下为正方向，对运动的全程，根据动量定理，有：

mg（t 1+t）﹣ Ft=0

解得：

10．质量是 40kg 的铁锤从5m 高处落下，打在水泥桩上，与水泥桩撞击的时间是

0.05s．重力加速度g=10m/s 2（不计空气阻力）

（1）撞击水泥桩前铁锤的速度为多少？

（2）撞击时，桩对铁锤的平均冲击力的大小是多少？

【答案】（1） 10m/s（2）8400N

【解析】试题分析：根据匀变速直线运动的速度位移公式求出铁锤与桩碰撞前的速度，结

合动量定理求出桩对锤的作用力，从而根据牛顿第三定律求出撞击过程中铁锤对水泥桩的

平均冲击力．

（1）撞击前，铁锤只受重力作用，机械能守恒，因此

可以求出撞击水泥桩前铁锤的速度

设桩对铁锤的冲击力大小为F，取竖直向下为正方向，根据动量定理，有

解出

11．飞机场有一架战斗机，质量m 5 10 3Kg，发动机的额定功率P 900kW．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v m60 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】 4 3 10 5 N 6

（1） 1.5 N（ 2） I 合s （ 3） 4.5 × J10

×10

【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 ×10 N

(2) 对飞机由动量定理有I 合 mv 0

解得 I 合 3 105 N.s

(3)从开始到离开跑道，设克服阻力做功是W，则

Pt W 1 mv2

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．

12．根据牛顿第二定律及运动学相关方程分别推导动能定理和动量定理的表达式．

【答案】该推导过程见解析

【解析】

设一个质量为m 的物体，初速度为v0，在水平合外力F（恒力）的作用下，运动一段距离

x 后，速度变为v t，所用的时间为 t

则根据牛顿第二定律得： F ma ，根据运动学知识有v t 2 v0 2 2ax ，联立得到

mv t

2 1

mv0

Fx ，即为动能定理．

2 2

根据运动学知识： a v t

0，代入牛顿第二定律得：Ft mv

t mv0，即为动量定理．t