高中物理动量定理真题汇编(含答案)
一、高考物理精讲专题动量定理
1．如图所示，静置于水平地面上的二辆手推车沿一直线排列，质量均为m ，人在极短的时间内给第一辆车一水平冲量使其运动，当车运动了距离L 时与第二辆车相碰，两车以共同速度继续运动了距离L 时停。车运动时受到的摩擦阻力恒为车所受重力的k 倍，重力加速度为g ，若车与车之间仅在碰撞时发生相互作用，碰撞吋间很短，忽咯空气阻力，求： (1)整个过程中摩擦阻力所做的总功； (2)人给第一辆车水平冲量的大小。
【答案】(1)-3kmgL ；(2)10m kgL 【解析】 【分析】 【详解】
(1)设运动过程中摩擦阻力做的总功为W ，则
W =-kmgL -2kmgL =-3kmgL
即整个过程中摩擦阻力所做的总功为-3kmgL 。
(2)设第一辆车的初速度为v 0，第一次碰前速度为v 1，碰后共同速度为v 2，则由动量守恒得
mv 1=2mv 2
22101122
kmgL mv mv -=
- 2
21(2)0(2)2
k m gL m v -=-
由以上各式得
010v kgL =
所以人给第一辆车水平冲量的大小
010I mv m kgL ==
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B 0和T 0均未知。比荷为c 的带正电的粒子在点（0，l ）以初速度v 0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t <0
2
T 的某时刻，粒子从点（l ，2l ）射出磁场，求B 0大小。
（2）若B 0=
02c v
l ，且粒子从0≤l ≤02
T
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T 0的取值范围。 （3）若B 0=
02c v l ，00l T v π=，在x >l 的区域施加一个沿-x 方向的匀强电场，在04
T t =时刻入射的粒子，最终从入射点沿-x 方向离开磁场，求电场强度的大小。
【答案】（1）0
0v B cl =；（2）00
l T v π≤；（3）()2
0421v E n cl π=+()0,1,2n =L .
【解析】 【详解】
设粒子的质量为m ，电荷量为q ，则由题意得
q
c m
=
（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 =
20
00v qv B m R
=
解得0
0v B cl
=
（2）设粒子运动的半径为1R ，由牛顿第二定律得
20
001
v qv B m R =
解得12
l R =
临界情况为：粒子从0t =时刻射入，并且轨迹恰好过()0,2l 点，粒子才能从y 轴射出，
如图所示
设粒子做圆周运动的周期为T ，则
00
2m l
T qB v
ππ=
= 由几何关系可知，在0
2
T t =
内，粒子轨迹转过的圆心角为 θπ=
对应粒子的运动时间为
1122
t T T ππ=
= 分析可知，只要满足0
12
T t ≥，就可以使粒子离开磁场时的位置都不在y 轴上。 联立解得0T T ≤，即00
l
T v π≤
；
（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
00
2m l
T qB v ππ=
=
在磁场中，设粒子运动的时间为2t ，则
21144
t T T
=+
由题意可知，还有
00
244
T T t =
+ 解得0T T =，即00
l
T v π=
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3t ，则根据动量定理可得
302Eqt mv =
其中
3012t n T ?
?=+ ??
?()0,1,2n =L
解得()2
421v E n cl
π=+()0,1,2n =L
3．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m 0 = 5g 的子弹以速度v 0=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v 1 (2)木板向右滑行的最大速度v 2 (3)木块在木板滑行的时间t
【答案】(1) v 1= 6m/s (2) v 2=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 0v 0=(m 0+m )v 1
解得：
v 1= 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 )v 1=(m 0+m +M )v 2
解得：
v 2=2m/s
(3)对子弹木块整体，由动量定理得：
﹣μ(m 0+m )gt =(m 0+m )(v 2﹣v 1)
解得：物块相对于木板滑行的时间
21
1s v v t g
μ-=
=-
4．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F 1是指合力对时间的平均值，动能定理中的平均力F 2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F 1和F 2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v 0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v 0、v 满足什么条件时，F 1和F 2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2m
t k
π=，求此过程中物块所受合力对时间t 的平均值．
【答案】（1）F 1=1.0N ，F 2=0.8N ；（2）当02v v x v t +==时，F 1=F 2；（3）2kA F π
=． 【解析】 【详解】
解：(1)物块在加速运动过程中，应用动量定理有：1t F t mv =g
解得：1 1.0 2.0
N 1.0N 2.0
t mv F t ?=
== 物块在加速运动过程中，应用动能定理有：221
2
t F x mv =
g 解得：22
2 1.0 2.0N 0.8N 22 2.5
t mv F x ?===?
(2)物块在运动过程中，应用动量定理有：10Ft mv mv =- 解得：01()
m v v F t
-=
物块在运动过程中，应用动能定理有：22201122
F x mv mv =
- 解得：22
02()
2m v v F x
-=
当12F F =时，由上两式得：02
v v
x v 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：
211
22
W kA A kA =-=-g
设物块的初速度为0v '，由动能定理得：20
1
02
W mv '=-
解得：0
k
v 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：0
0Ft mv -=-' 由题已知条件：2m t k
π
= 解得：2kA
F π
=
5．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=2.0×107m/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m =0.91×10-30kg ，电荷量e =1.6×10-19C ，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）1425.010m/s ?；（2）0.63m ；（3）24
2.310kg m/s -??。
【解析】 【详解】
（1）设金属板A 、B 间的电场强度为E ，则U
E d
=
，根据牛顿第二定律，有 Ee ma =
电子在电场中运动的加速度
192142
230
91 1.610m/s 5.0
10m/s 3.2100.9110
Ee Ue a m dm ---??====???? （2）电子以速度0v 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
9700.1s 5.010s 2.010
L t v -=
==?? 电子射出电场时在沿电场线方向的侧移量
212
y at =
代入数据
14921
5.010(5.010)0.63cm 2
cm y -=????=
（3）从电子进入电场到离开电场的过程中，由动量定理，有
ΔEet p =
其动量增量的大小
Δp =1924
27
0 1.6010910.1kg m/s=2.310kg m/s 3.210 2.010
eUL dv ---???=??????
6．如图所示，木块A 和四分之一光滑圆轨道B 静置于光滑水平面上，A 、B 质量m A ＝m B ＝2.0kg 。现让A 以v 0＝4m/s 的速度水平向右运动，之后与墙壁发生弹性碰撞（碰撞过程中无机械能损失），碰撞时间为t ＝0.2s 。取重力加速度g ＝10m/s 2．求：
①A 与墙壁碰撞过程中，墙壁对木块平均作用力的大小； ②A 滑上圆轨道B 后，到达最大高度时与B 的共同速度大小. 【答案】(1) F ＝80N (2) v 1＝2m/s 【解析】 【详解】
①以水平向左为正方向，A 与墙壁碰撞过程，无机械能能损失，则以原速率弹回，对A ，由动量定理得：Ft ＝m A v 0﹣m A ?（﹣v 0）， 代入数据解得：F ＝80N ；
②A 滑上圆轨道B 后到达最大高度时，AB 速度相等，设A 、B 的共同速度为v ，系统在水平方向动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒得：m A v 0＝（m A +m B ）v 1， 代入数据解得：v 1＝2m/s ；
7．如图所示，光滑水平面上放着质量都为m 的物块A 和B ，A 紧靠着固定的竖直挡板，A 、B 间夹一个被压缩的轻弹簧（弹簧与A 、B 均不拴接），用手挡住B 不动，此时弹簧压
缩的弹性势能为．在A、B间系一轻质细绳，细绳的长略大于弹簧的自然长度。放手后绳在短暂时间内被拉断，之后B继续向右运动，一段时间后与向左匀速运动、速度为v0的物块C发生碰撞，碰后B、C立刻形成粘合体并停止运动，C的质量为2m。求：
（1）B、C相撞前一瞬间B的速度大小；
（2）绳被拉断过程中，绳对A的冲量I。
【答案】（1）（2）
【解析】（1）由动量守恒定律可知：
得：
（2）由能量守恒可得：
得：
动量守恒：
冲量：
得：
8．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：
h=
解得：，
则整个过程中重力的冲量I=mg（t+t1）=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（t1+t）﹣Ft=0
解得：
F=
9．如图所示，小球A系在细线的一端，细线的另一端固定在0点，0点到水平面的距离为h.物块B的质量是小球A的2倍，置于粗糙的水平面上且位于0点的正下方，物块与水平面之间的动摩擦因数为μ.现拉动小球使细线水平伸直，小球由静止开始释放，运动到最低
点时与物块发生弹性正碰.小球与物块均视为质点，不计空气阻力，重力加速度为g.求：
(1)碰撞后，小球A 反弹瞬间的速度大小； (2)物块B 在水平面上滑行的时间t. 【答案】（18gh
（22gh 【解析】
（1）设小球的质量为m ，运动到最低点与物块碰撞前的速度大小为1v ，碰后A 、B 速度分别为1v '和2v '，碰撞前后的动量和机械都守恒，则有：
2
112
mgh mv =
1122mv mv mv ''=+
222112111
2222
mv mv mv ''=+? 解得：12gh v '=222gh
v '=， 所以碰后A 2gh
； （2）物块在水平面上滑行所受摩擦力的大小2F mg μ=， 设物块在水平面上滑行的时间为t ，根据动量定量，有：
202Ft mv '-=-
解得：22gh
t =
． 点睛：本题综合考查动量守恒定律、机械能守恒定律及动量定理，要注意正确分析物理过程，选择合适的物理规律求解，要明确碰撞的基本规律是系统的动量守恒．
10．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0v ，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t v ，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22
02t v v ax -=，联立得到
22011
22
t mv mv Fx -=，即为动能定理．
根据运动学知识：0
t v v a t
-=
，代入牛顿第二定律得：0t Ft mv mv =-，即为动量定理．
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v 0=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22011
()22
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：212
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．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/s 2，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．
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