数学化学动量定律练习题含数学化学动量定律练习题含PAGE/数学化学动量定律练习题含【物理】物理动量定律练习题含答案一、高考数学精讲专题动量定律1．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，置于圆滑的水平川面上，物块B右侧与竖直墙上相接触。还有一物块C从t＝0时以必定速度往右运动，在t＝4s时与物块A相撞，并马上与A粘在一齐不再分开，所示。求：C的v－t图像如图乙（1）C的质量mC；（2）t＝8s时弹簧拥有的弹性势能Ep1，4~12s内墙上对物块B的冲量大小I；（3）B走开墙后的运动过程中弹簧拥有的最大弹性势能Ep2。【答案】（1）2kg；（2）27J，36N·S；（3）9J【分析】【详解】（1）由题图乙知，C与A碰前速率为v1＝9m/s，碰后速率大小为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时弹簧拥有的弹性势能E＝(m＋m)v22=取水平向左为正方向，根据动量定律，4~12s内墙上对物块B的冲量大小I=(mA＋mC)v3-(mA＋mC)（-v2）=36N·S（3）由题图可知，12s时B走开墙上，此时A、C的速率大小v3＝3m/s，之后A、B、C及弹簧构成的系统动量和机械能守恒，且当A、C与B的速率相等时动量定理中的力是什么力，弹簧弹性势能最大(mA＋mC)v3＝(mA＋mB＋mC)v4(mA＋mC)v32＝1(mA＋mB＋mC)v42＋Ep222解得B走开墙后的运动过程中弹簧拥有的最大弹性势能Ep2＝9J。
2．以以右图，粗拙的水平面联结一个竖直平面内的半方形圆滑轨道，其直径为R=0.1m，半方形轨道的底端搁置一个质量为m=0.1kg的小球B，水平面上有一个质量为M=0.3kg的小球A以初速率v0=4.0m/s开始奔向铁块B滑动，经过时间t=0.80s与B发生弹性碰撞．设两小球均才能看作质点，它们的碰撞时间极短，且已知铁块A与桌面间的动磨擦质数μ=0.25，求：1）两小球碰前A的速率；2）球碰撞后B,C的速率大小；3）小球B运动到最低点C时对轨道的压力；【答案】（1）2m/s（2）vA＝1m/s，vB＝3m/s（3）4N，方向竖直向下【分析】【分析】【详解】（1）选往右为正，碰前对小球A的运动由动量定律可得：–μMgt＝Mv–Mv0解得：v＝2m/s（2）对A、B两球构成系统碰撞前后动量守恒，动能守恒：B2222解得：vA＝1m/svB＝3m/s（3）由于轨道圆滑，B球在轨道由最高点运动到C点过程中机械能守恒：在最低点C对小球B受力剖析，由牛顿第二定理有：解得：FN＝由牛顿第三定理知，FN'＝FN＝4N小球对轨道的压力的大小为3N，方向竖直向下．3．以以右图，一个质量为m的物体，初速率为v0，在水平合外力F（恒力）的作用下，经过一段时间t后，速率弄成vt。
(1)请根据上述情景，借助牛顿第二定理推论动量定律，并写出动量定律表达式中等号两旁化学量的数学意义。(2)快件企业用密封性好、充满二氧化碳的塑胶袋包裹易碎品，以以右图。请运用所学数学知识剖析说明这样做的道理。【答案】详情想法析【分析】【详解】(1)根据牛顿第二定理Fma,推动度定义aviv0解得即动量定律,Ft表示物体所受合力的冲量，mvt-mv0表示物体动量的变化快件物件在运送途中不免出现磕碰现象，根据动量定律在动量变化相等的状况下，作用时间越长，斥力越小。饱含二氧化碳的塑胶袋富裕弹性，在碰撞时，简单发生形变，减缓作用过程，延展作用时间动量定理中的力是什么力，降低斥力，因而能更好的保护快件物件。4．一质量为m的小球，以初速率v0沿水平方向射出，恰好垂直地射到一夹角为30°的固3定斜面上，并马上沿反方向弹回．已知大跌速率的大小是入射速率大小的.求在碰撞过程4中斜面对小球的冲量的大小．【答案】7mvmv02【分析】【详解】小球在碰撞歪头前做平抛运动，设刚要碰撞斜面时小球速率为v，由题意知v的方向与竖直线的倾角为30°，且水平重量仍为v0，由此得v＝2v0.碰撞过程中，小球速率由v弄成反向的3v，碰撞时间极短，可不计重力的冲量，由动量定律，设大跌速率的方向为正方4向，则斜面对小球的冲量为I＝m(3v)－m·(－v)4解得I＝7mv0.25．以以右图，质量为m=245g的铁块（可视为质点）置于质量为M=0.5kg的木板下端，足够长的木板静止在圆滑水平面上，铁块与木板间的动磨擦质数为μ=0.4，质量为m0=5g的炮弹以速率v0=300m/s沿水平方向射入铁块并留在此中（时间极短），子弹射入后，g取10m/s2，求：(1)炮弹步入铁块后炮弹和铁块一齐往右滑行的最大速率v1(2)木板往右滑行的最大速率v2(3)铁块在木板滑行的时间t【答案】(1)v1=6m/s(2)v2=2m/s(3)t=1s【分析】【详解】(1)炮弹攻入铁块过程，由动量守恒定理可得：m0v0=(m0+m)v1解得：v1=6m/s(2)铁块在木板上滑动过程，由动量守恒定理可得：(m0+m)v1=(m0+m+M)v2解得：v2=2m/s(3)对炮弹铁块整体，由动量定律得：﹣μ(m0+m)gt=(m0+m)(v2﹣v1)解得：物块相关于木板滑行的时间．动能定律和动量定律不但合用于质点在恒力作用下的运动，也合用于质点在变力作用下的运动，这时两个定律表达式中的力均指均匀力，但两个定律中的均匀力的涵义不一样，在动量定律中的均匀力F1是指合力对时间的均匀值，动能定律中的均匀力F2是合力指对位移的均匀值．(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，速率达到了2.0m/s．分别应用动量定律和动能定律求出均匀力F和F的12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，速率由v0变化到v时，经历的时间为t，发生的位移为x．剖析说明物体的均匀速率v与v01、v满足哪些条件时，F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，以某一初速率沿x轴运动，当由地点x=0运动至x=A处时，速率刚好为0，此过程中经历的时间为t2m，求此过程中物块k所受合力对时间t的均匀值．【答案】（1）=1.0N，F=0.8N；（2）当vt2时，F=F；（3）F．【分析】【详解】解：(1)物块在推动运动过程中，应用动量定律有：解得：.02.0N1.0Nt2.0物块在推动运动过程中，应用动能定律有：解得：.02.02N0..5(2)物块在运动过程中，应用动量定律有：解得：F1m(vv0)t物块在运动过程中，应用动能定律有：解得：F2m(v2v02)2x当F1F2时，由上两式得：(3)由图2可求得物块由x0运动至xA过程中，外力所做的功为：设物块的初速率为v0，由动能定律得：解得：v0Akm设在t时间内物块所受均匀力的大小为F，由动量定律得：由题已知条件：tm解得：．以以右图,两个小球A和B质量分别是mA＝2.0kg,mB＝1.6kg,球A静止在圆滑水平面上的M点,球B在水平面上从远处沿两球的中心连线奔向球A运动,假设两球相距L≤18m时存在着恒定的作用力F,L＞18m时无相互斥力.当两球相距最近时,它们间的距离为d＝2m,此时球B的速率是4m/s.求:球B的初速率大小;两球之间的作用力大小;两球从开始相互作用到相距最近时所经历的时间.【答案】(1)；(2)F2.25N；(3)t3.56s【分析】试题剖析：（1）当两球速率相等时，两球相距最近，根据动量守恒定理求出B球的初速率；（2）在两球相距L＞18m时无相互斥力，B球做匀速直线运动，两球相距L≤18m时存在着恒定作用力F，B球做匀减速运动，由动能定律可得相互斥力（3）根据动量定律获取两球从开始相互作用到相距最近时所经历的时间．（1）设两球之间的作用力大小是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的速率vB4m，此时球A的速率vA与球B的速率大小相s等，,由动量守恒定理可得：vB09m;ss(2)两球从开始相互作用到它们之宽度离最近时，它们之间的相对位移x=L-d，由功能关系可得：'得：F=2.25N22(3)根据动量定律，对A球有,得t3.56s点晴：此题综合观察了动量定律、动量守恒定理和能量守恒定理，综合性较强．晓得速率相等时，两球相距最近，以及晓得恒力与与相对位移的乘积等于系统动能的损失是解决此题的要点．8．用动量定律代办二维问题时，才能在相互垂直的x、y两个方向上分别进行研究。如图所示，质量为m的小球斜射到木板上，入射的角度是θ，碰撞后弹出的角度也是θ，碰撞前后的速率大小都是v。碰撞过程中忽略小球所受重力。若小球与木板的碰撞时间为t，求木板对小球的均匀斥力的大小和方向。【答案】轴正方向，方向沿t【分析】【详解】小球在x方向的动量变化为小球在y方向的动量变化为(mvcos)根据动量定律，方向沿y轴正方向解得Ft9．如图甲所示，足够长圆滑金属滑轨MN、PQ处在同一斜面内，斜面与水平面间的倾角θ=30°d=0.2m，滑轨的N、Q之间联结一电阻R=0.9Ω，两滑轨宽度的定值内阻。
金属杆ab的内阻r=0.1Ω，质量m=20g，垂直滑轨搁置在滑轨上。整个装置处在垂直于斜面向下的匀强磁场中，匀强磁场的磁觉得硬度B=0.5T。现用沿斜面平行于金属滑轨的力F拉着金属杆ab向下运动过程中，经过R的电压i随时间t变化的关系图象如图乙所示。不计其他内阻，重力推进度g取10m/s2。(1)求金属杆的速率v随时间t变化的关系式；(2)请做出拉力F随时间t的变化关系图象；(3)求0～1s内拉力F的冲量。【答案】（1）v5t（2）图想法析；（3）IF0.225Ns【分析】【详解】（1）设刹时觉得电动势为e，回路中觉得电压为i，金属杆ab的刹时速率为v。由法拉第电磁觉得定理：eBdv闭合电路的欧姆定理：ieRr由乙图可得，i0.5t联立以上各色得：v5t（2）ab沿滑轨向下运动过程中，由牛顿第二定理，得：由第（1）问可得，推动度a5m/s2联立以上各色可得：F0.05t0.2由此可画出F-t图象：（3）对金属棒ab，由动量定律可得：由第（1）问可得：联立以上各色，得：tIF1s时，v=5m/s0.225Ns另解：由F-t图象的面积可得IF1(0.20.25)1Ns=0.．质量为60kg的建筑工人，不慎从高空跌下，由于弹性安全带的保护，使他悬挂上去；已知弹性安全带的缓冲时间是1.2s，安全带长5m，（安全带伸长量远大于其原长）不计空气阻力影响，g取10m/s2。
求：人向上减速过程中，安全带对人的均匀斥力的大小及方向。【答案】100N，方向：竖直向下【分析】【详解】采纳人为研究对象，人盼头过程有：v2=2gh，代入数据解得：v=10m/s，缓冲过程由动量定律有：（F-mg）t=mv，解得：）（60t1.2则安全带对人的均匀斥力的大小为1100N，方向竖直向下。11．质量为2kg的球，从4.05m高处自由盼头到水平厚板上又被竖直弹起，弹起后能达到的最大高度为3.2m，如果球从开始盼头到弹起并达到最大高度所用时间为1.75s，不考虑空气阻力（g取10m/s2），求小球对厚板的斥力的大小和方向．【答案】700N【分析】【详解】物体从盼头到落地过程中经历的时间为t1，从弹起前往到最低点经历的时间为t2，则有：，可得：.05s0.9s，.2s0.8sg10球与厚板作用的时间：tt总t1t21.750.90.8s0.05s由动量定律对全过程可列多项式：mgt总Ft00可得厚板对小球的斥力Fmgt总2101.，方向竖直向下．t0.0512．一个质量为2kg的物体静止在水平桌面上，如图1所示，此刻对物体施加一个水平往右的拉力F，拉力F随时间t变化的图象如图2所示，已知物体在第1s内保持静止状态，第2s初开始做匀推动直线运动，第3s末撤掉拉力，第5s末物体速率降低为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）25Ns（2）50W【分析】【详解】（1）由动量定律有即前3s内拉力F的冲量为I2525Ns（2）设物体在运动过程中所受滑动磨擦力大小为f，则在2s～6s内，由动量定律有F2t2f(t2t3)0设在1s～3s内物体的推进度大小为a，则由牛顿第二定理有F2fma第2s末物体的速率为vat2第2s末拉力F的功率为PF2v联立以上等式可求出P50W