高考物理动量定理及其解题技巧及练习题(含答案)
一、高考物理精讲专题动量定理
1．2019年 1月 3日，嫦娥四号探测器成功着陆在月球背面，并通过“鹊桥”中继卫星传回了世界上第一张近距离拍摄月球背面的图片。此次任务实现了人类探测器首次在月球背面软着陆、首次在月球背面通过中继卫星与地球通讯，因而开启了人类探索月球的新篇章。嫦娥四号探测器在靠近月球表面时先做圆周运动进行充分调整，最终到达离月球表面很近的着陆点。为了尽可能减小着陆过程中月球对飞船的冲击力，探测器在距月面非常近的距离处进行多次调整减速，离月面高h 处开始悬停（相对月球速度为零），对障碍物和坡度进行识别，并自主避障。然后关闭发动机，仅在月球重力作用下竖直下落，探测器与月面接触前瞬间相对月球表面的速度为v ，接触月面时通过其上的“四条腿”缓冲，平稳地停在月面，缓冲时间为t ，如图所示。已知月球的半径R ，探测器质量为m 0，引力常量为G 。 （1）求月球表面的重力加速度； （2）求月球的第一宇宙速度；
（3）求月球对探测器的平均冲击力F 的大小。
【答案】（1）2
2v g h
=
（2）2R v h '= （3）00m v F m g t =+ 【解析】 【详解】
(1)由自由落体规律可知：
22v gh =
解得月球表面的重力加速度：
2
2v g h
= (2)做圆周运动向心力由月表重力提供，则有：
2
mv mg R
'= 解得月球的第一宇宙速度：
2R v h
'=(3)由动量定理可得：
00()0()F m g t m v -=--
解得月球对探测器的平均冲击力的大小：
00m v
F m g t
=
+
2．一质量为m 的小球，以初速度v 0沿水平方向射出，恰好垂直地射到一倾角为30°的固定斜面上，并立即沿反方向弹回．已知反弹速度的大小是入射速度大小的3
4
.求在碰撞过程中斜面对小球的冲量的大小．
【答案】
72
mv 0 【解析】 【详解】
小球在碰撞斜面前做平抛运动，设刚要碰撞斜面时小球速度为v ，由题意知v 的方向与竖直线的夹角为30°，且水平分量仍为v 0，由此得v ＝2v 0.碰撞过程中，小球速度由v 变为反
向的
3
4
v ，碰撞时间极短，可不计重力的冲量，由动量定理，设反弹速度的方向为正方向，则斜面对小球的冲量为I ＝m 3
()4
v －m ·
(－v ) 解得I ＝7
2
mv 0.
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-=
=-
4．两根平行的金属导轨，固定在同一水平面上，磁感强度B=0.5T 的匀强磁场与导轨所在平面垂直，导轨的电阻很小，可忽略不计．导轨间的距离l=0.20m ，两根质量均m=0.10kg 的平行金属杆甲、乙可在导轨上无摩擦地滑动，滑动过程中与导轨保持垂直，每根金属杆的电阻为R=0.50Ω．在t=0时刻，两杆都处于静止状态．现有一与导轨平行，大小0.20N 的恒力F 作用于金属杆甲上，使金属杆在导轨上滑动．经过T=5.0s ，金属杆甲的加速度为a=1.37 m/s 2，求此时两金属杆的速度各为多少？
【答案】8.15m/s 1.85m/s 【解析】
设任一时刻两金属杆甲、乙之间的距离为，速度分别为和
，经过很短时间
，杆
甲移动距离
，杆乙移动距离
，回路面积改变
由法拉第电磁感应定律，回路中的感应电动势：
回路中的电流：
杆甲的运动方程：
由于作用于杆甲和杆乙的安培力总是大小相等、方向相反，所以两杆的动量变化（时
为0）等于外力F 的冲量：
联立以上各式解得
代入数据得＝8.15m/s ＝1.85m/s
【名师点睛】
两杆同向运动，回路中的总电动势等于它们产生的感应电动势之差，即与它们速度之差有关，对甲杆由牛顿第二定律列式，对两杆分别运用动量定理列式，即可求解．
5．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
6．以初速度v0=10m/s水平抛出一个质量为m=2kg的物体，若在抛出后3s过程中，它未与地面及其它物体相碰，g取l0m/s2。求：
（1）它在3s内所受重力的冲量大小；
（2）3s内物体动量的变化量的大小和方向；
（3）第3秒末的动量大小。
【答案】（1）60N·s（2）60kg·m/s，竖直向下（3）10kg m/s
【解析】
【详解】
（1）3s内重力的冲量：
I =Ft =mgt =2×10×3N ·s=60N ·s
（2）3s 内物体动量的变化量，根据动量定理： △P =mgt =20×3kg ·m/s=60kg ·m/s 方向：竖直向下。 （3）第3s 末的动量：
22
0==y
P mv m v v +末末=()2
22102010kg m /s gt +=?
7．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M =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0.4/v m s '=； （2）对物块由动量定理得mgt mv mv μ-='-，解得0.8t s =； 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12v v s t +'=
，对平板车22
v s t '
=， 物块在平板车上滑行的距离12s s s ?=-，解得0.8s m ?=， 要使物块在平板车上不滑下，平板车至少长0.8m ．
8．如图所示，光滑水平面上小球A 、B 分别以3.2 m/s 、2.0m/s 的速率相向运动，碰撞后A 球静止．已知碰撞时间为0. 05s ，A 、B 的质量均为0.5kg ．求： (1)碰撞后B 球的速度大小；
(2)碰撞过程A 对B 平均作用力的大小．
【答案】（1）1.2m/s ，方向水平向右（2）32N
【解析】 【分析】 【详解】
（1）A.B 系统动量守恒，设A 的运动方向为正方向 由动量守恒定律得
mv A ?mv B =0+mv ′B
解得
v′B =1.2m/s ，
方向水平向右
（2）对B ，由动量定理得
F △t =△p B =mv ′B -（- mv B ）
解得
F =32N 【点睛】
根据动量守恒定律求碰撞后B 球的速度大小；对B ，利用动量定理求碰撞过程A 对B 平均
作用力的大小．
9．如图所示，在粗糙的水平面上0.5a —1.5a 区间放置一探测板（0
mv 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20
29mv U 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）
23Nmv t
方向竖直向下（3）03Nmv 方向水平向左
【解析】(1)在加速电场中加速时据动能定理： 2
12
qU mv =， 代入数据得02
3
v v =
在磁场中洛仑兹力提供向心力： 2v qvB m r =,所以半径022
33
mv mv r a qB qB =
== 轨迹如图：
1
3
O O a '=， 030OO A ∠=' ， 023cos303OA 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：
()
0002
sin30sin303
Ft Nmv Nmv Nmv =--=
F=
23Nmv t
根据牛顿第三定律，探测板受到的冲击力大小为
23Nmv 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：
003
cos303Tt Nmv Nmv ==
，T=033Nmv t 0
3Nmv ，方向水平向右。 所以水平面需要给探测板的摩擦力大小为
33Nmv t
，方向水平向左。
10．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E 0；
（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η．
【答案】（1）a ．Q CE =；b ．
；2
012E CE =（2）223B L C m
η=
【解析】
（1）a 、根据电容的定义Q
C 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q
u 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01
2
E EQ =，
将Q 代入解得2
012
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1122Q Q CE ?=
=，联立解得2BLCE v m
= 导体棒离开轨道时的动能()2
2128k
BLCE E mv m == 电容器释放的能量222
113228
E CE CU CE ?=-=
联立解得能量转化效率223k E B L C
E m
η==
?
11．质量为0.5kg 的小球从h =2.45m 的高空自由下落至水平地面，与地面作用0.2s 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 /s 2） 【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
mv 12； 解得：v 12210 2.457gh =??=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 -F t =-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．
12．花样滑冰赛场上，男女运动员一起以速度v 0=2 m/s 沿直线匀速滑行，不计冰面的摩擦，某时刻男运动员将女运动员以v 1=6 m/s 的速度向前推出，已知男运动员的质量为M =60 kg ，女运动员的质量为m =40 kg ，求： （1）将女运动员推出后，男运动员的速度；
（2）在此过程中，男运动员推力的冲量大小； 【答案】(1)22
/3
v m s =-；(2) I=160N·s 【解析】 【分析】 【详解】
①设推出女运动员后，男运动员的速度为2v ，根据动量守恒定律
()012M m v mv Mv +=+
解得22
/3
v m s =-
，“﹣”表示男运动员受到方向与其初速度方向相反． ②在此过程中，对运动员有：
10I mv mv =-
解得I =160N·
s