高中物理动量定理解题技巧及经典题型及练习题(含答案)及解析

高中物理动量定理解题技巧及经典题型及练习题(含答案)及解析

一、高考物理精讲专题动量定理

1．如图所示，足够长的木板A和物块C置于同一光滑水平轨道上，物块B置于A的左端，A、B、C的质量分别为m、2m和3m，已知A、B一起以v0的速度向右运动，滑块C向左运动，A、C碰后连成一体，最终A、B、C都静止，求：

（i）C与A碰撞前的速度大小

（ii）A、C碰撞过程中C对A到冲量的大小．

【答案】（1）C与A碰撞前的速度大小是v0；

3（2）A、C碰撞过程中C对A的冲量的大小是2mv0．

【解析】

【分析】

【详解】

试题分析：①设C 与A碰前速度大小为v1,以A碰前速度方向为正方向，对A、B、C

0从碰前至最终都静止程由动量守恒定律得：(m2m)v0－3mv1?

v0解得：v1 ．

②设C 与A碰后共同速度大小为v2，对A、C在碰撞过程由动量守恒定律得：

mv0－3mv1(m3m)v2

在A、C碰撞过程中对A由动量定理得：ICAmv2－mv0

3ICAmv02解得：

即A、C碰过程中C对A

3mv02的冲量大小为． 方向为负．

考点：动量守恒定律

【名师点睛】

本题考查了求木板、木块速度问题，分析清楚运动过程、正确选择研究对象与运动过程是解题的前提与关键，应用动量守恒定律即可正确解题；解题时要注意正方向的选择．

2．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；在求B0大小。

T0t<2的某时刻，粒子从点（l，2l）射出磁场，

2v0T0（2）若B0=lc，且粒子从0≤l≤2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。

2v0lTT0t0v0，在x>l的区域施加一个沿-x方向的匀强电场，在4时（3）若B0= lc，

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。

24v0lv0ET0B0v0；（3）2n1cln0,1,2cl；（2）【答案】（1）

.

【解析】

【详解】

设粒子的质量为m，电荷量为q，则由题意得

qm

c（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：

Rl

2v0qv0B0mR

解得

B0v0cl

（2）设粒子运动的半径为

R1，由牛顿第二定律得

2v0qv0B0mR1

解得

R1l2

临界情况为：粒子从t0时刻射入，并且轨迹恰好过如图所示

0,2l点，粒子才能从y轴射出，

设粒子做圆周运动的周期为T，则

2mlqB0v0

T由几何关系可知，在

tT02内，粒子轨迹转过的圆心角为



对应粒子的运动时间为

1TT22

t1分析可知，只要满足

t1≥T02，就可以使粒子离开磁场时的位置都不在y轴上。

联立解得T0T，即

T0lv0；

（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

2mlqB0v0

T在磁场中，设粒子运动的时间为t2，则

11t2TT44

由题意可知，还有

T0T044

t2解得T0T，即

T0lv0

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t3，则根据动量定理可

得

Eqt32mv0

其中

1t3nT02n0,1,2

解得

24v0E2n1cln0,1,2

3．如图所示,固定在竖直平面内的4光滑圆弧轨道AB与粗糙水平地面BC相切于B点。质量m=0.1kg的滑块甲从最高点A由静止释放后沿轨道AB运动,最终停在水平地面上的C点。现将质量m=0.3kg的滑块乙静置于B点,仍将滑块甲从A点由静止释放结果甲在B点与乙碰撞后粘合在一起,最终停在D点。已知B、C两点间的距离x=2m,甲、乙与地面间的动摩擦因数分别为=0.4、=0.2,取g=10m/s,两滑块均视为质点。求:

(1)圆弧轨道AB的半径R;

(2)甲与乙碰撞后运动到D点的时间t

【答案】(1) (2)

【解析】

【详解】

（1）甲从B点运动到C点的过程中做匀速直线运动，有：vB2=2a1x1；

根据牛顿第二定律可得：

对甲从A点运动到B点的过程，根据机械能守恒：

解得vB=4m/s；R=0.8m；

（2）对甲乙碰撞过程，由动量守恒定律： ；

若甲与乙碰撞后运动到D点，由动量定理：

解得t=0.4s

4．如图所示，在倾角θ=37°的足够长的固定光滑斜面的底端，有一质量

m=1.0kg、可视为质点的物体，以v0=6.0m/s的初速度沿斜面上滑。已知

sin37º=0.60，cos37º=0.80，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力。求：

（1）物体沿斜面向上运动的加速度大小；

（2）物体在沿斜面运动的过程中，物体克服重力所做功的最大值；

（3）物体在沿斜面向上运动至返回到斜面底端的过程中，重力的冲量。

【答案】（1）6.0m/s2（2）18J（3）20N·s，方向竖直向下。

【解析】

【详解】

（1）设物体运动的加速度为a，物体所受合力等于重力沿斜面向下的分力为：

F=mgsinθ 根据牛顿第二定律有：

F=ma；

解得：

a=6.0m/s2

（2）物体沿斜面上滑到最高点时，克服重力做功达到最大值，设最大值为vm；对于物体沿斜面上滑过程，根据动能定理有：

1W0mvm22

解得

W=18J；

（3）物体沿斜面上滑和下滑的总时间为：

2v0262sa6

t重力的冲量：

IGmgt20Ns

方向竖直向下。

5．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

6．如图所示，长为1m的长木板静止在粗糙的水平面上，板的右端固定一个竖直的挡板，长木板与挡板的总质量为M =lkg，板的上表面光滑，一个质量为m= 0.5kg的物块以大小为 t0=4m/s的初速度从长木板的左端滑上长木板，与挡板碰撞后最终从板的左端滑离，挡板对物 块的冲量大小为2. 5N • s，已知板与水平面间的动摩擦因数为= 0.5,重力加速度为g=10m/s2，不计物块与挡板碰撞的时间，不计物块的大小。求：

（1）物块与挡板碰撞后的一瞬间，长木板的速度大小；

（2）物块在长木板上滑行的时间。

5【答案】（1）2.5m/s（2）6

【解析】

【详解】

(1)设物块与挡板碰撞后的一瞬间速度大小为v1

根据动量定理有：

Imv0mv1

解得：v11m/s

设碰撞后板的速度大小为v2，碰撞过程动量守恒，则有：

mv0Mv2mv1

解得：v22.5m/s

L1sv04

(2)碰撞前，物块在平板车上运动的时间：

t1碰撞后，长木板以v2做匀减速运动，加速度大小：

(mM)gMa7.5m/s2

v21sa3

设长木板停下时，物块还未滑离木板，木板停下所用时间：

t2

1x1v1t2m3 在此时间内，物块运动的距离：

15x2v2t2m212 木板运动的距离：

由于x1x2L，假设成立，木板停下后，物块在木板上滑行的时间：

t3Lx1x21sv14

5tt1t2t3s6 因此物块在板上滑行的总时间为：

7．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/s2，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：

μmgt=Mv 解得:t=0.8s

8．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/s2。

(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）v5t（2）图见解析；（3）IF0.225 Ns

【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

eRr闭合电路的欧姆定律：

i

由乙图可得，i0.5t

联立以上各式得：v5t

（2）ab沿导轨向上运动过程中，由牛顿第二定律，得：

FBidmgsinma

由第（1）问可得，加速度a5m/s

2联立以上各式可得：F0.05t0.2

由此可画出F-t图像：

（3）对金属棒ab，由动量定理可得：

IFmgtsinBIdtmv

由第（1）问可得：t1 s时，v=5 m/s

联立以上各式，得：IF0.225 Ns

另解：由F-t图像的面积可得

1IF(0.20.25)1 Ns=0.225 Ns2

9．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/s2 。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：

mv6010mg（6010）N1100Nt1.2

F

则安全带对人的平均作用力的大小为1100N，方向竖直向上。

10．蹦床是运动员在一张绷紧的弹性网上蹦跳、翻滚并做各种空中动作的运动项目．一个质量为60kg的运动员从离水平网面3.2m高处自由下落，着网后沿竖直方向蹦

回到离水平网面高5m处，已知运动员与网接触的时间为1.2s．（g取10m/s2）

求：（1）运动员自由下落到接触网时的瞬时速度．

（2）若把网对运动员的作用力当做恒力处理，此力的大小是多少．

【答案】（1）8m/s，方向向下；（2）网对运动员的作用力大小为1500N．

【解析】

【分析】

（1）根据题意可以把运动员看成一个质点来处理，下落过程是自由落体运动，由位移-速度公式即可求出运动员着网前瞬间的速度大小；

（2）上升过程是竖直上抛运动，我们可以算出自竖直上抛运动的初速度，算出速度的变化量，由动量定理求出网对运动员的作用力大小．

【详解】

（1）从h1=3.2m自由落体到床的速度为v1，则：

v122gh1

代入数据可得：v1=8m/s，方向向下；

（2）离网的速度为v2，则：

v22gh210m/s，方向竖直向上，

规定向下为正方向，由动量定理得：mgt-Ft=mv2-mv1

mv2mv1t=1500N 可得：

Fmg所以网对运动员的作用力为1500N．

【点睛】

本题关键是对运动员的各个运动情况分析清楚，然后结合机械能守恒定律、运动学公式、动量定理列式后联立求解．

11．一个质量为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Ft11F2t2

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(t2t3)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

12．有一水龙头以每秒800g水的流量竖直注入盆中,盆放在磅秤上,如图所示．盆中原来无水，盆的质量500g，注至5s末时，磅秤的读数为57N，重力加速度g取10m/s2，则此时注入盆中的水流的速度约为多大?

【答案】15m/s

【解析】

5s时，杯子及水的总质量m=0.5+0.8×5=4.5kg；

设注入水流的速度为t，取竖直向下为正方向，△t时间内注入杯中的水的质量△m=0.8△t

对杯子和杯子中的水进行分析，根据动量定理可知：

(mg+△mg−F)△t=0−△mv

由题意可知，F=57N；而△mg<所以上式可变式为：

mg−F=−0.7v

代入数据，解得v=15m/s．

点睛：取极短时间内注入杯中的水为研究对象，根据动量定理列式，可求得注入水流的速度．