高中物理二轮复习 专项训练 物理动量定理

【典例1】如图所示，把重物G 压在纸带上，用一水平力缓缓拉动纸带，重物跟着一起运动，若迅速拉动纸带，纸带将会从重物下面抽出，解释这些现象的正确说法是：A ．在缓缓拉动纸带时，重物和纸带间的摩擦力大；B ．在迅速拉动时，纸带给重物的摩擦力小；C ．在缓缓拉动时，纸带给重物的冲量大；D ．在迅速拉动时，纸带给重物的冲量小．【答案】CD【典例2】 物体在恒定的合力F 作用下做直线运动，在时间Δt 1 内速度由0增大到v ，在时间Δt 2内速度由v 增大到2v 。

设F 在Δt 1 内做的功是W 1，冲量是I 1；在Δt 2 内做的功是W 2，冲量是I 2；那么( )A.I 1＜I 2，W 1＝W 2B.I 1＜I 2，W 1＜W 2C.I 1＝I 2，W 1＝W 2D.I 1＝I 2，W 1＜W 2【解析】 I 1＝F Δt 1＝mv ，I 2＝F Δt 2＝2mv －mv ＝mv ，所以冲量相同，由动能定理W 1＝12mv 2，W 2＝12m ×4v 2－12mv 2＝32mv 2，所以W 1＜W 2，D 正确。

【答案】 D【典例3】中国载人航天工程新闻发言人宣布,执行我国首次空间交会对接任务的天宫一号目标飞行器已通过出厂评审,进入开展任务实施前最后的测试阶段,届时将和神舟八号飞船进行第一次无人交会对接试验。

设神舟八号宇宙飞船以v = 10 km/s 的速度在太空中飞行,突然进入一密度ρ= 1.0×10-7 kg/m 3的微陨石尘区,假设微陨石尘与飞船碰撞后即附着在飞船上。

欲使飞船保持原速度不变,飞船的助推器的助推力应增大多少?(已知飞船的正横截面积S = 2 m 2)【解析】飞船进入微陨石尘区时,受到一个持续的作用力,选在极短时间Δt 内作用在飞船上的微陨石尘为研究对象,运用动量定理来求解在时间Δt 内与飞船碰撞的微陨石尘的质量等于横截面积为S 、长为v ·Δt 的直柱体内微陨石尘的质量,即m =ρSv Δt ,且初动量为0,末动量为mv .设飞船对微陨石尘的作用力为F ,由动量定理得:F·Δt=mv-0解得:F=错误！未找到引用源。

高中物理动量定理专项训练100(附答案)含解析一、高考物理精讲专题动量定理1．如图所示，长为L 的轻质细绳一端固定在O 点，另一端系一质量为m 的小球，O 点离地高度为H 。

现将细绳拉至与水平方向成30︒，由静止释放小球，经过时间t 小球到达最低点，细绳刚好被拉断，小球水平抛出。

若忽略空气阻力，重力加速度为g 。

(1)求细绳的最大承受力；(2)求从小球释放到最低点的过程中，细绳对小球的冲量大小；(3)小明同学认为细绳的长度越长，小球抛的越远；小刚同学则认为细绳的长度越短，小球抛的越远。

请通过计算，说明你的观点。

【答案】（1）F =2mg ；（2）()22F I mgt m gL =+；（3）当2HL =时小球抛的最远 【解析】 【分析】 【详解】(1)小球从释放到最低点的过程中，由动能定理得201sin 302mgL mv ︒=小球在最低点时，由牛顿第二定律和向心力公式得20mv F mg L-= 解得：F =2mg(2)小球从释放到最低点的过程中，重力的冲量I G =mgt动量变化量0p mv ∆=由三角形定则得，绳对小球的冲量()22F I mgt m gL =+(3)平抛的水平位移0x v t =，竖直位移212H L gt -=解得2()x L H L =-当2HL =时小球抛的最远2．如图所示，光滑水平面上有一轻质弹簧，弹簧左端固定在墙壁上，滑块A 以v 0＝12 m/s 的水平速度撞上静止的滑块B 并粘在一起向左运动，与弹簧作用后原速率弹回，已知A 、B 的质量分别为m 1＝0.5 kg 、m 2＝1.5 kg 。

求： ①A 与B 撞击结束时的速度大小v ；②在整个过程中，弹簧对A 、B 系统的冲量大小I 。

【答案】①3m/s ； ②12N •s 【解析】 【详解】①A 、B 碰撞过程系统动量守恒，以向左为正方向 由动量守恒定律得m 1v 0=（m 1+m 2）v代入数据解得v =3m/s②以向左为正方向，A 、B 与弹簧作用过程 由动量定理得I =（m 1+m 2）（-v ）-（m 1+m 2）v代入数据解得I =-12N •s负号表示冲量方向向右。

第7讲 动量定理及反冲模型题一：高台滑雪运动员经过一段滑行后从斜坡上的O 点水平飞出，斜坡与水平面的夹角θ＝37°，运动员连同滑雪板的总质量m ＝50 kg ，他落到了斜坡上的A 点，A 点与O 点的距离s ＝12 m ，如图所示。

忽略斜坡的摩擦和空气阻力的影响，重力加速度g ＝10 m/s 2。

（1）求运动员离开O 点时的速度大小。

（2）运动员落到斜坡上顺势屈腿以缓冲，使他垂直于斜坡的速度在t ＝0.50 s 的时间内减小为零，设缓冲阶段斜坡对运动员的弹力可以看作恒力，求此弹力的大小。

题二：雨滴在空中下落时，由于空气阻力的影响，最终会以恒定的速度匀速下降，我们把这个速度叫做收尾速度。

研究表明，在无风的天气条件下，空气对下落雨滴的阻力可由公式f ＝12C ρSv 2来计算，其中C为空气对雨滴的阻力系数（可视为常量），ρ为空气的密度，S 为雨滴的有效横截面积（即垂直于速度v 方向的横截面积）。

假设雨滴下落时可视为球形，且在到达地面前均已达到收尾速度。

每个雨滴的质量均为m ，半径均为R ，雨滴下落空间范围内的空气密度为ρ0，空气对雨滴的阻力系数为C 0，重力加速度为g 。

（1）求雨滴在无风的天气条件下沿竖直方向下落时收尾速度的大小；（2）大量而密集的雨滴接连不断地打在地面上，就会对地面产生持续的压力。

设在无风的天气条件下，雨滴以收尾速度匀速竖直下落的空间，单位体积内的雨滴个数为n （数量足够多），雨滴落在地面上不反弹，雨滴撞击地面时其所受重力可忽略不计，求水平地面单位面积上受到的由于雨滴对其撞击所产生的压力大小。

题三：在微观领域，动量守恒定律和能量守恒定律依然适用。

在轻核聚变的核反应中，两个氘核（H 21）以相同的动能E 0＝0.35 MeV 做对心碰撞，假设该反应中释放的核能全部转化为氦核（He 32）和中子（n 10）的动能。

已知氘核的质量m D＝2.0141 u，中子的质量m n＝1.0087 u，氦核的质量m He＝3.0160 u，其中1 u 相当于931 MeV。

高中物理动量守恒定律专项训练100(附答案)一、高考物理精讲专题动量守恒定律1．如图所示，在倾角为30°的光滑斜面上放置一质量为m 的物块B ，B 的下端连接一轻质弹簧，弹簧下端与挡板相连接，B 平衡时，弹簧的压缩量为x 0，O 点为弹簧的原长位置．在斜面顶端另有一质量也为m 的物块A ，距物块B 为3x 0，现让A 从静止开始沿斜面下滑，A 与B 相碰后立即一起沿斜面向下运动，但不粘连，它们到达最低点后又一起向上运动，并恰好回到O 点(A 、B 均视为质点)，重力加速度为g ．求：（1）A 、B 相碰后瞬间的共同速度的大小； （2）A 、B 相碰前弹簧具有的弹性势能；（3）若在斜面顶端再连接一光滑的半径R ＝x 0的半圆轨道PQ ，圆弧轨道与斜面相切 于最高点P ，现让物块A 以初速度v 从P 点沿斜面下滑，与B 碰后返回到P 点还具有向上的速度，则v 至少为多大时物块A 能沿圆弧轨道运动到Q 点．（计算结果可用根式表示） 【答案】20132v gx =014P E mgx =0(2043)v gx =+【解析】试题分析：（1）A 与B 球碰撞前后，A 球的速度分别是v 1和v 2，因A 球滑下过程中，机械能守恒，有： mg （3x 0）sin30°=12mv 12 解得：103v gx ＝又因A 与B 球碰撞过程中，动量守恒，有：mv 1=2mv 2…② 联立①②得：21011322v v gx ＝＝（2）碰后，A 、B 和弹簧组成的系统在运动过程中，机械能守恒． 则有：E P +12•2mv 22＝0+2mg•x 0sin30° 解得：E P ＝2mg•x 0s in30°−12•2mv 22=mgx 0−34mgx 0＝14mgx 0…③ （3）设物块在最高点C 的速度是v C ，物块A 恰能通过圆弧轨道的最高点C 点时，重力提供向心力，得：2c v mg m R＝所以：0c v gR gx ＝＝ C 点相对于O 点的高度： h=2x 0sin30°+R+Rcos30°=(43)+x 0…⑤ 物块从O 到C 的过程中机械能守恒，得：12mv o 2＝mgh+12mv c 2…⑥ 联立④⑤⑥得：0(53)o v gx +＝…⑦ 设A 与B 碰撞后共同的速度为v B ，碰撞前A 的速度为v A ，滑块从P 到B 的过程中机械能守恒，得：12mv 2+mg （3x 0sin30°）＝12mv A 2…⑧ A 与B 碰撞的过程中动量守恒．得：mv A =2mv B …⑨ A 与B 碰撞结束后从B 到O 的过程中机械能守恒，得：12•2mv B 2+E P ＝12•2mv o 2+2mg•x 0sin30°…⑩ 由于A 与B 不粘连，到达O 点时，滑块B 开始受到弹簧的拉力，A 与B 分离． 联立⑦⑧⑨⑩解得：033v gx ＝考点：动量守恒定律；能量守恒定律【名师点睛】分析清楚物体运动过程、抓住碰撞时弹簧的压缩量与A 、B 到达P 点时弹簧的伸长量相等，弹簧势能相等是关键，应用机械能守恒定律、动量守恒定律即可正确解题．2．如图所示，质量M=1kg 的半圆弧形绝缘凹槽放置在光滑的水平面上，凹槽部分嵌有cd 和ef 两个光滑半圆形导轨，c 与e 端由导线连接，一质量m=lkg 的导体棒自ce 端的正上方h=2m 处平行ce 由静止下落，并恰好从ce 端进入凹槽，整个装置处于范围足够大的竖直方向的匀强磁场中，导体棒在槽内运动过程中与导轨接触良好。

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v 0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v 0； （2）A 、C 碰撞过程中C 对A 的冲量的大小是32mv 0． 【解析】 【分析】 【详解】试题分析：①设C 与A 碰前速度大小为1v ,以A 碰前速度方向为正方向，对A 、B 、C 从碰前至最终都静止程由动量守恒定律得：01(2)3?0m m v mv －+= 解得：10v v =． ②设C 与A 碰后共同速度大小为2v ，对A 、C 在碰撞过程由动量守恒定律得：012 3(3)mv mv m m v =+－在A 、C 碰撞过程中对A 由动量定理得：20CA I mv mv =－ 解得：032CA I mv =-即A 、C 碰过程中C 对A 的冲量大小为032mv ． 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 <02T 的某时刻，粒子从点（l ，2l ）射出磁场，求B 0大小。

高考物理动量定理专题练习题高考物理动量定理专题练习题(附解析)一、选择题1、下列说法中正确的是( )A.物体的动量改变，一定是速度大小改变B.物体的动量改变，一定是速度方向改变C.物体的运动状态改变，其动量一定改变D.物体的速度方向改变，其动量一定改变2、在下列各种运动中，任何相等的时间内物体动量的增量总是相同的有( )A.匀加速直线运动B.平抛运动C.匀减速直线运动D.匀速圆周运动3、在物体运动过程中，下列说法不正确的有( )A.动量不变的运动，一定是匀速运动B.动量大小不变的运动，可能是变速运动C.如果在任何相等时间内物体所受的冲量相等(不为零)，那么该物体一定做匀变速运动D.若某一个力对物体做功为零，则这个力对该物体的冲量也一定为零?4、在距地面高为h，同时以相等初速V0分别平抛，竖直上抛，竖直下抛一质量相等的物体m，当它们从抛出到落地时，比较它们的动量的增量△ P，有 ( )A.平抛过程较大B.竖直上抛过程较大C.竖直下抛过程较大D.三者一样大5、对物体所受的合外力与其动量之间的关系，叙述正确的是( )A.物体所受的合外力与物体的初动量成正比;B.物体所受的合外力与物体的末动量成正比;C.物体所受的合外力与物体动量变化量成正比;D.物体所受的合外力与物体动量对时间的变化率成正比6、质量为m的物体以v的初速度竖直向上抛出，经时间t，达到最高点，速度变为0，以竖直向上为正方向，在这个过程中，物体的动量变化量和重力的冲量分别是( )A. -mv和-mgtB. mv和mgtC. mv和-mgtD.-mv和mgt7、质量为1kg的小球从高20m处自由下落到软垫上，反弹后上升的最大高度为5m，小球接触软垫的时间为1s，在接触时间内，小球受到的合力大小(空气阻力不计 )为( )A.10NB.20NC.30ND.40N二、填空题8、用8N的力推动一个物体，力的作用时间是5s，则力的冲量为______。

若物体仍处于静止状态，此力在这段时间内冲量为________,合力的冲量为_______。

高中物理动量定理测试题1.（单选题）下列说法正确的是（）A.物体速度变化越大，则加速度越大B.物体动量发生变化，则物体的动能一定变化C.合外力对系统做功为零，则系统的动量一定守恒D.系统所受合外力为零，则系统的动量一定守恒2.（单选题）从同一高度落下的玻璃杯掉在水泥地上比掉在泥土地上易碎，是因为掉在水泥地上时，杯子A.动量的变化量大B.动量大C.受到的冲量大D.受到的作用力大3.（单选题）如图甲所示，物块A、B的质量分别是mf4.0kg和m=3.0kg，用轻弹簧拴接，放在光滑的水平地面上，物块B右侧与竖直墙壁相接触，另有一物块C从t=0时以一定速度向右运动在t=4s时与物块A相碰，并立即与A粘在一起不再分开，物块C的v-t图象如图乙所示，墙壁对物块B的弹力在4s到12s的时间内对B的冲量I的大小A.9N・sB.18N•sC.36N・sD.72N•s4. （单选题）电梯在t =0时由静止开始上升，运动的图像如图所示，电梯总质量m =2.0X 103kg 。

电梯内乘客的质量m 0=5Okg ，忽略一切阻力，重力加速度g =10m/s 2。

下列说法正确的是（）A. 第1s 内乘客处于超重状态，第9s 内乘客处于失重状态B. 第2s 内乘客对电梯的压力大小为450NC. 第2s 内钢索对电梯的拉力大小为2.2X 104ND. 第2s 内电梯对乘客的冲量大小为550N ・s5. （单选题）玩具弹力球（如图）具有较好的弹性，碰撞后能等速反向弹回．一小孩将弹力球举高后由静止释放作自由落体运动，与水平地面发生碰撞，弹力球在空中往返运动．若从释放弹力球时开始计时，且不计弹力球与地面发生碰撞的时间和空气阻力，则弹力球运6. （单选题）物体A 的质量是物体B 的质量的2倍，中间压缩一轻质弹簧，放在光滑的水 1.0电樺 0 S9血平面上，由静止同时放开两手后一小段时间内（）A．A、B速率相同B．A的动量大于B的动量C．A受的力大于B受的力D.总动量为零7.（单选题）如图所示，A、B两物体质量分别为m A、m B，且m A>m B，置于光滑水平面上,相距较远．将两个大小均为F的力，同时分别作用在A、B上经过相同距离后，撤去两个力，两物体发生碰撞并粘在一起后将（）A.停止运动B.向左运动C.向右运动D.运动方向不能确定8.（单选题）如图所示，光滑圆槽质量为M,半径为R,静止在光滑水平面上，其表面有一小球m竖直吊在恰好位于圆槽的边缘处，如将悬线烧断，小球滑动到另一边最高点的过程B.小球运动到圆槽最低点的速度为JTF亍C.圆槽轨道向左移动一—M十D.圆槽轨道先向左移动后向右移动9.（多选题）光滑水平面上放有一上表面光滑、倾角为a的斜面A,斜面质量为M、底边长为L,如图所示。

动量定理及动量守恒定律专题复习一、知识梳理1、深刻理解动量的概念(1)定义：物体的质量和速度的乘积叫做动量：p =mv(2)动量是描述物体运动状态的一个状态量，它与时刻相对应。

(3)动量是矢量，它的方向和速度的方向相同。

(4)动量的相对性：由于物体的速度与参考系的选取有关，所以物体的动量也与参考系选取有关，因而动量具有相对性。

题中没有特别说明的，一般取地面或相对地面静止的物体为参考系。

(5)动量的变化：0p p p t -=∆.由于动量为矢量，则求解动量的变化时，其运算遵循平行四边形定则。

A 、若初末动量在同一直线上，则在选定正方向的前提下，可化矢量运算为代数运算。

B 、若初末动量不在同一直线上，则运算遵循平行四边形定则。

(6)动量与动能的关系：k mE P 2=，注意动量是矢量，动能是标量，动量改变，动能不一定改变，但动能改变动量是一定要变的。

2、深刻理解冲量的概念(1)定义:力和力的作用时间的乘积叫做冲量：I =Ft(2)冲量是描述力的时间积累效应的物理量，是过程量，它与时间相对应。

(3)冲量是矢量，它的方向由力的方向决定（不能说和力的方向相同）。

如果力的方向在作用时间内保持不变，那么冲量的方向就和力的方向相同。

如果力的方向在不断变化，如绳子拉物体做圆周运动，则绳的拉力在时间t 内的冲量，就不能说是力的方向就是冲量的方向。

对于方向不断变化的力的冲量，其方向可以通过动量变化的方向间接得出。

(4)高中阶段只要求会用I=Ft 计算恒力的冲量。

对于变力的冲量，高中阶段只能利用动量定理通过物体的动量变化来求。

(5)要注意的是：冲量和功不同。

恒力在一段时间内可能不作功，但一定有冲量。

特别是力作用在静止的物体上也有冲量。

3、深刻理解动量定理（1）.动量定理：物体所受合外力的冲量等于物体的动量变化。

既I =Δp（2）动量定理表明冲量是使物体动量发生变化的原因，冲量是物体动量变化的量度。

这里所说的冲量必须是物体所受的合外力的冲量（或者说是物体所受各外力冲量的矢量和）。

动量定理一、动量定理1.内容：物体所受合外力的冲量等于物体动量的变化。

2.表达式：Ft＝Δp＝p′－p。

3.矢量性：动量变化量的方向与合外力的方向相同，可以在某一方向上用动量定理。

二、动量定理的理解和应用1.理解动量定理的要点(1)应用动量定理时研究对象既可以是单一物体，也可以是系统，当为系统时不考虑内力的冲量。

(2)求合力的冲量的方法有两种：第一先求合力再求合力冲量，第二求出每个力的冲量再对冲量求矢量和。

(3)动量定理是矢量式，列方程之前先规定正方向。

2.用动量定理解释现象(1)Δp一定时，F的作用时间越短，力就越大；时间越长，力就越小。

(2)F一定，此时力的作用时间越长，Δp就越大；力的作用时间越短，Δp就越小。

分析问题时，要把哪个量一定，哪个量变化搞清楚。

3.动量定理的两个重要应用(1)应用I＝Δp求变力的冲量。

(2)应用Δp＝FΔt求动量的变化量。

三、典型题目【类型一】动量定理解释现象1、关于下列现象，说法错误的是()A．火箭靠喷出气流的反冲作用而获得巨大速度B．体操运动员在着地时屈腿是为了减小地面对运动员的作用力C．用枪射击时要用肩部抵住枪身是为了减少反冲的影响2、跳水运动员在跳台上由静止直立落下，落入水中后在水中减速运动到速度为零时并未到达池底，不计空气阻力，则关于运动员从静止落下到水中向下运动到速度为零的过程中，下列说法不正确的是( )A ．运动员在空中动量的变化量等于重力的冲量B ．运动员整个向下运动过程中合外力的冲量为零C ．运动员在水中动量的变化量等于水的作用力的冲量D ．运动员整个运动过程中重力冲量与水的作用力的冲量等大反向3、1998年6月18日，清华大学对富康轿车成功地进行了中国轿车史上的第一次碰撞安全性实验，成功“中华第一撞”，从此，我国汽车整体安全性碰撞实验开始与国际接轨，在碰撞过程中，关于安全气囊的保护作用认识正确的是( )A ．安全气囊的作用减小了驾驶员的动量变化B ．安全气囊减小了驾驶员受到撞击力的冲量C ．安全气囊主要是减小了驾驶员的动量变化率D ．安全气囊延长了撞击力的作用时间，从而使得动量变化更大4、下列解释中正确的是( )A.跳高时，在落地处垫海绵是为了减小冲量B.在码头上装橡皮轮胎，是为了减小渡船靠岸过程受到的冲量C.动量相同的两个物体受相同的制动力作用，质量小的先停下来D.人从越高的地方跳下，落地时越危险，是因为落地时人受到的冲量越大【类型二】动量定理基础应用--求解冲击力1、小球质量为2m ，以速度v 沿水平方向垂直撞击墙壁，球被反方向弹回速度大小是45v ，球与墙撞击时间为t ，在撞击过程中，球对墙的平均冲力大小是( )A.2mv 5tB.8mv 5tC.18mv 5tD.2mv t2、质量为m 的钢球自高处落下，以速率v 1碰地，竖直向上弹回，碰撞时间极短，离开地的速率为v 2。

高中物理动量定理解题技巧及经典题型及练习题(含答案)含解析一、高考物理精讲专题动量定理1．如图所示，光滑水平面上有一轻质弹簧，弹簧左端固定在墙壁上，滑块A以v0＝12 m/s 的水平速度撞上静止的滑块B并粘在一起向左运动，与弹簧作用后原速率弹回，已知A、B 的质量分别为m1＝0.5 kg、m2＝1.5 kg。

求：①A与B撞击结束时的速度大小v；②在整个过程中，弹簧对A、B系统的冲量大小I。

【答案】①3m/s；②12N•s【解析】【详解】①A、B碰撞过程系统动量守恒，以向左为正方向由动量守恒定律得m1v0=（m1+m2）v代入数据解得v=3m/s②以向左为正方向，A、B与弹簧作用过程由动量定理得I=（m1+m2）（-v）-（m1+m2）v代入数据解得I=-12N•s负号表示冲量方向向右。

2．汽车碰撞试验是综合评价汽车安全性能的有效方法之一．设汽车在碰撞过程中受到的平均撞击力达到某个临界值F0时，安全气囊爆开．某次试验中，质量m1=1 600 kg的试验车以速度v1 = 36 km/h正面撞击固定试验台，经时间t1 = 0.10 s碰撞结束，车速减为零，此次碰撞安全气囊恰好爆开．忽略撞击过程中地面阻力的影响．（1）求此过程中试验车受到试验台的冲量I0的大小及F0的大小；（2）若试验车以速度v1撞击正前方另一质量m2 =1 600 kg、速度v2 =18 km/h同向行驶的汽车，经时间t2 =0.16 s两车以相同的速度一起滑行．试通过计算分析这种情况下试验车的安全气囊是否会爆开．【答案】（1）I0 = 1.6×104 N·s ，1.6×105 N；（2）见解析【解析】【详解】（1）v1 = 36 km/h = 10 m/s，取速度v1 的方向为正方向，由动量定理有－I0 =0－m1v1 ①将已知数据代入①式得I0 = 1.6×104 N·s ②由冲量定义有I0 = F0t1 ③将已知数据代入③式得 F 0 = 1.6×105 N ④（2）设试验车和汽车碰撞后获得共同速度v ，由动量守恒定律有m 1v 1+ m 2v 2 = (m 1+ m 2)v ⑤对试验车，由动量定理有 －Ft 2 = m 1v －m 1v 1 ⑥将已知数据代入⑤⑥式得F = 2.5×104 N ⑦可见F ＜F 0，故试验车的安全气囊不会爆开 ⑧3．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v 0=6.0m/s 的初速度沿斜面上滑。

回扣练8：动量定理和动量守恒定律1．将一个光滑的半圆形槽置于光滑的水平面上如图，槽左侧有一个固定在水平面上的物块．现让一个小球自左侧槽口A 点正上方由静止开始落下，从A 点落入槽内，则下列说法中正确的是( )A ．小球在半圆槽内运动的过程中，机械能守恒B ．小球在半圆槽内运动的全过程中，小球与半圆槽组成的系统动量守恒C ．小球在半圆槽内由B 点向C 点运动的过程中，小球与半圆槽组成的系统动量守恒D ．小球从C 点离开半圆槽后，一定还会从C 点落回半圆槽解析：选D.只有重力做功时物体机械能守恒，小球在半圆槽内运动由B 到C 过程中，除重力做功外，槽的支持力也对小球做功，小球机械能不守恒，由此可知，小球在半圆槽内运动的全过程中，小球的机械能不守恒，故A 错误．小球在槽内运动的前半过程中，左侧物体对槽有作用力，小球与槽组成的系统水平方向上的动量不守恒，故B 错误．小球自半圆槽的最低点B 向C 点运动的过程中，系统在水平方向所受合外力为零，故小球与半圆槽在水平方向动量守恒，故C 错误．小球离开C 点以后，既有竖直向上的分速度，又有与槽相同的水平分速度，小球做斜上抛运动，然后可以从C 点落回半圆槽，故D 正确．故选D.2．如图所示，质量为m 的A 球在水平面上静止放置，质量为2m的B 球向左运动速度大小为v 0，B 球与A 球碰撞且无机械能损失，碰后A 球速度大小为v 1，B 球的速度大小为v 2，碰后相对速度与碰前相对速度的比值定义为恢复系数e ＝v 1－v 2v 0－0，下列选项正确的是( ) A ．e ＝1B ．e ＝12C ．e ＝13D ．e ＝14解析：选A.AB 在碰撞的过程中，根据动量守恒可得，2mv 0＝mv 1＋2mv 2，在碰撞的过程中机械能守恒，可得12·2mv 20＝12mv 21＋12·2mv 22，解得v 1＝43v 0，v 2＝13v 0，碰后相对速度与碰前相对速度的比值定义为恢复系数e ＝v 1－v 2v 0－0＝1，故A 正确，BCD 错误；故选A. 3．如图所示，AB 两小球静止在光滑水平面上，用轻弹簧相连接，A 球的质量小于B 球的质量．若用锤子敲击A 球使A 得到v 的速度，弹簧压缩到最短时的长度为L 1；若用锤子敲击B 球使B 得到v 的速度，弹簧压缩到最短时的长度为L 2，则L 1与L 2的大小关系为( )A ．L 1＞L 2B ．L 1＜L 2C ．L 1＝L 2D ．不能确定解析：选C.若用锤子敲击A 球，两球组成的系统动量守恒，当弹簧最短时，两者共速，则m A v ＝(m A ＋m B )v ′，解得v ′＝m A v m A ＋m B ，弹性势能最大，最大为ΔE p ＝12m A v 2－12(m A ＋m B )v ′2＝m A m B v 22（m A ＋m B ）；若用锤子敲击B 球，同理可得m B v ＝(m A ＋m B )v ″，解得v ″＝m B v m A ＋m B ，弹性势能最大为ΔE p ＝12m B v 2－12(m A ＋m B )v ′2＝m A m B v 22（m A ＋m B ），即两种情况下弹簧压缩最短时，弹性势能相等，故L 1＝L 2，C 正确．4．如图所示，足够长的传送带以恒定的速率v 1逆时针运动，一质量为m 的物块以大小为v 2的初速度从左轮中心正上方的P 点冲上传送带，从此时起到物块再次回到P 点的过程中，下列说法正确的是( )A ．合力对物块的冲量大小一定为2mv 2B ．合力对物块的冲量大小一定为2mv 1C ．合力对物块的冲量大小可能为零D ．合力对物块做的功可能为零解析：选D.若v 2＞v 1，物块在传送带上先向右做匀减速直线运动，速度减为零后再返回做匀加速直线运动，达到速度v 1后做匀速直线运动，可知物块再次回到P 点的速度大小为v 1，规定向左为正方向，根据动量定理得，合外力的冲量I 合＝mv 1－m (－v 2)＝mv 1＋mv 2.根据动能定理知，合外力做功W 合＝12mv 21－12mv 22；若v 2＜v 1，物块在传送带上先向右做匀减速直线运动，速度减为零后再返回做匀加速直线运动，物块再次回到P 点的速度大小为v 2，规定向左为正方向，根据动量定理得，合外力的冲量为：I 合＝mv 2－m (－v 2)＝2mv 2；根据动能定理知，合外力做功为：W 合＝12mv 22－12mv 22＝0.故D 正确，ABC 错误．故选D. 5．如图甲所示，工人利用倾斜钢板向车内搬运货物，用平行于钢板向上的力将货物从静止开始由钢板底端推送到顶端，到达顶端时速度刚好为零．若货物质量为100 kg ，钢板与地面的夹角为30°，钢板与货物间的滑动摩擦力始终为50 N ，整个过程中货物的速度—时间图象如图乙所示，重力加速度g 取10 m/s 2.下列说法正确的是( )A ．0～2 s 内人对货物做的功为600 JB ．整个过程中人对货物的推力的冲量为1 000 N·sC ．0～2 s 和2～3 s 内货物所受推力之比为1∶2D ．整个过程中货物始终处于超重状态解析：选A.0～2 s 内货物的加速度a 1＝Δv Δt＝0.5 m/s 2，根据牛顿第二定律：F 1－f －mg sin 30°＝ma 1，解得F 1＝600 N ；0～2 s 内货物的位移：x 1＝12×2×1 m＝1 m ；则人对货物做的功为W F ＝Fx 1＝600 J ，选项A 正确；整个过程中，根据动量定理：I F －(f ＋mg sin 30°)t ＝0，解得整个过程中人对货物的推力的冲量为I F ＝(f ＋mg sin 30°)t ＝(50＋100×10×0.5)×3＝1 650 N·s，选项B 错误；2～3 s 内货物的加速度大小a 2＝1 m/s 2，根据牛顿第二定律：f ＋mg sin 30°－F 2＝ma 2所受推力F 2＝450 N ；则0～2 s 和2～3 s 内货物所受推力之比为F 1∶F 2＝600∶450＝4∶3，选项C 错误；整个过程中货物的加速度先沿斜面向上，后向下，先超重后失重，选项D 错误；故选A.6．(多选)如图所示，光滑水平面上有大小相同的A 、B 两球在同一直线上运动．两球质量关系为m B ＝2m A ，规定向右为正方向，A 、B 两球的动量均为6 kg·m/s，运动中两球发生碰撞，碰撞后A 球的动量增量为－4 kg·m/s，则( )A ．该碰撞为弹性碰撞B ．该碰撞为非弹性碰撞C ．左方是A 球，碰撞后A 、B 两球速度大小之比为2∶5D ．右方是A 球，碰撞后A 、B 两球速度大小之比为1∶10解析：选AC.规定向右为正方向，碰撞前A 、B 两球的动量均为6 kg·m/s，说明A 、B 两球的速度方向向右，两球质量关系为m B ＝2m A ，所以碰撞前v A ＞v B ，所以左方是A 球．碰撞后A 球的动量增量为－4 kg·m/s，所以碰撞后A 球的动量是2 kg·m/s；碰撞过程系统总动量守恒：m A v A ＋m B v B ＝－m A v A ′＋m B v B ′所以碰撞后B 球的动量是10 kg·m/s，根据m B ＝2m A ，所以碰撞后A 、B 两球速度大小之比为2∶5，故C 正确，D 错误．碰撞前系统动能：p 2A 2m A ＋p 2B 2m B＝622m A ＋622×2m A ＝27m A ，碰撞后系统动能为：p A ′22m A ＋p B ′22m B ＝222m A ＋1022×2m A ＝27m A，则碰撞前后系统机械能不变，碰撞是弹性碰撞，故A 正确，B 错误；故选AC.7．(多选)质量为M ＝3 kg 的滑块套在水平固定着的轨道上并可在轨道上无摩擦滑动．质量为m ＝2 kg 的小球(视为质点)通过长L ＝0.75 m 的轻杆与滑块上的光滑轴O 连接，开始时滑块静止，轻杆处于水平状态．现给小球一个v 0＝3 m/s 的竖直向下的初速度，取g ＝10 m/s 2.则( )A ．小球m 从初始位置到第一次到达最低点的过程中，滑块M 在水平轨道上向右移动了0.3 mB ．小球m 从初始位置到第一次到达最低点的过程中，滑块M 在水平轨道上向右移动了0.2 mC ．小球m 相对于初始位置可以上升的最大高度为0.27 mD ．小球m 从初始位置到第一次到达最大高度的过程中，滑块M 在水平轨道上向右移动了0.54 m解析：选AD.可把小球和滑块水平方向的运动看作人船模型，设滑块M 在水平轨道上向右运动了x ，由滑块和小球系统在水平方向上动量守恒，有m M ＝x L －x，解得：x ＝0.3 m ，选项A 正确、B 错误．根据动量守恒定律，小球m 相对于初始位置上升到最大高度时小球和滑块速度都为零，由能量守恒定律可知，小球m 相对于初始位置可以上升的最大高度为0.45 m ，选项C 错误．此时杆与水平面的夹角为cos α＝0.8，设小球从最低位置上升到最高位置过程中滑块M 在水平轨道上又向右运动了x ′，由滑块和小球系统在水平方向时动量守恒，有m M ＝x ′L cos α－x ′，解得：x ′＝0.24 m ．小球m 从初始位置到第一次到达最大高度的过程中，滑块在水平轨道上向右移动了x ＋x ′＝0.3 m ＋0.24 m ＝0.54 m ，选项D 正确．8．(多选)如图所示，一辆质量为M ＝3 kg 的平板小车A 停靠在竖直光滑墙壁处，地面水平且光滑，一质量为m ＝1 kg 的小铁块B (可视为质点)放在平板小车A 最右端，平板小车A 上表面水平且与小铁块B 之间的动摩擦因数μ＝0.5，平板小车A 的长度L ＝0.9 m ．现给小铁块B 一个v 0＝5 m/s 的初速度使之向左运动，与竖直墙壁发生弹性碰撞后向右运动，重力加速度g ＝10 m/s 2.下列说法正确的是( )A ．小铁块B 向左运动到达竖直墙壁时的速度为2 m/sB ．小铁块B 与墙壁碰撞过程中所受墙壁的冲量为8 N·sC ．小铁块B 向左运动到达竖直墙壁的过程中损失的机械能为4 JD ．小铁块B 在平板小车A 上运动的整个过程中系统损失的机械能为9 J解析：选BD.设小铁块B 向左运动到达竖直墙壁时的速度为v 1，根据动能定理得：－μmgL ＝12mv 21－12mv 20，解得：v 1＝4 m/s ，选项A 错误．与竖直墙壁发生弹性碰撞，反弹速度为－4 m/s ，由动量定理可知，小铁块B 与墙壁碰撞过程中所受墙壁的冲量为I ＝2mv 1＝8 N·s，选项B 正确．小铁块B 向左运动到达竖直墙壁的过程中损失的机械能为μmgL ＝4.5 J ，选项C 错误．假设发生弹性碰撞后小铁块B 最终和平板小车A 达到的共同速度为v 2，根据动量守恒定律得：mv 1＝(M ＋m )v 2，解得：v 2＝1 m/s.设小铁块B 在平板小车A 上相对滑动的位移为x 时与平板小车A 达到共同速度v 2，则根据功能关系得：－μmgx ＝12(M ＋m )v 22－12mv 21，解得：x ＝1.2 m ，由于x ＞L ，说明小铁块B 在没有与平板小车A 达到共同速度时就滑出平板小车A ，所以小铁块B 在平板小车上运动的整个过程中系统损失的机械能为ΔE ＝2μmgL ＝9 J ，选项D 正确．9．(多选)在地面上以大小为v 1的初速度竖直向上抛出一质量为m 的皮球，皮球落地时速度大小为v 2.若皮球运动过程中所受空气阻力的大小与其速率成正比，重力加速度为g .下列判断正确的是( )A ．皮球上升的最大高度为v 212gB ．皮球从抛出到落地过程中克服阻力做的功为12mv 21－12mv 22 C ．皮球上升过程经历的时间为v 1gD ．皮球从抛出到落地经历的时间为v 1＋v 2g解析：选BD.减速上升的过程中受重力、阻力作用，故加速度大于g ，则上升的高度小于v 212g ，上升的时间小于v 1g，故AC 错误；皮球从抛出到落地过程中重力做功为零，根据动能定理得克服阻力做功为W f ＝12mv 21－12mv 22，故B 正确；用动量定理，结合数学知识，假设向下为正方向，设上升阶段的平均速度为v ，则：mgt 1＋kvt 1＝mv 1，由于平均速度乘以时间等于上升的高度，故有：h ＝vt 1，即：mgt 1＋kh ＝mv 1 ①，同理，设下降阶段的平均速度为v ′，则下降过程：mgt 2－kv ′t 2＝mv 2，即：mgt 2－kh ＝mv 2 ②，由①②得：mg (t 1＋t 2)＝m (v 1＋v 2)，解得：t ＝t 1＋t 2＝v 1＋v 2g，故D 正确；故选BD. 10．(多选)如图所示，足够长的光滑水平导轨间距为2 m ，电阻不计，垂直导轨平面有磁感应强度为1 T 的匀强磁场，导轨上相隔一定距离放置两根长度略大于间距的金属棒，a 棒质量为1 kg ，电阻为5 Ω，b 棒质量为2 kg ，电阻为10 Ω.现给a 棒一个水平向右的初速度8 m/s ，当a 棒的速度减小为4 m/s 时，b 棒刚好碰到了障碍物，经过很短时间0.5 s 速度减为零(不反弹，且a 棒始终没有与b 棒发生碰撞)，下列说法正确的是( )A ．从上向下看回路产生逆时针方向的电流B ．b 棒在碰撞前瞬间的速度大小为2 m/sC ．碰撞过程中障碍物对b 棒的平均冲击力大小为6 ND ．b 棒碰到障碍物后，a 棒继续滑行的距离为15 m解析：选ABD.根据右手定则可知，从上向下看回路产生逆时针方向的电流，选项A 正确；系统动量守恒，由动量守恒定律可知：m a v 0＝m a v a ＋m b v b 解得v b ＝2 m/s ，选项B 正确；b 碰到障碍物时，回路的感应电动势：E ＝BL (v a －v b )＝4 V ；回路的电流：I ＝E R a ＋R b ＝415 A ；b 棒所受的安培力：F b ＝BIL ＝815N ；b 与障碍物碰撞时，由动量定理：(F b －F )t ＝0－m b v b 解得：F ＝8.5 N ，选项C 错误；b 碰到障碍物后，a 继续做减速运动，直到停止，此时由动量定理：B IL Δt ＝m a v a ，其中I Δt ＝q ＝ΔΦR a ＋R b ＝BLx R a ＋R b联立解得x ＝15 m ，选项D 正确；故选ABD. 11．(多选)两个小球A 、B 在光滑水平面上相向运动，已知它们的质量分别是m 1＝4 kg ，m 2＝2 kg ，A 的速度v 1＝3 m/s(设为正)，B 的速度v 2＝－3 m/s ，则它们发生正碰后，其速度可能分别是( )A ．均为1 m/sB ．＋4 m/s 和－5 m/sC ．＋2 m/s 和－1 m/sD ．－1 m/s 和5 m/s解析：选AD.由动量守恒，可验证四个选项都满足要求．再看动能情况E k ＝12m 1v 21＋12m 2v 22＝12×4×9 J＋12×2×9 J＝27 J E k ′＝12m 1v 1′2＋12m 2v 2′2由于碰撞过程动能不可能增加，所以应有E k ≥E k ′，可排除选项B.选项C 虽满足E k ≥E k ′，但A、B沿同一直线相向运动，发生碰撞后各自仍能保持原来的速度方向(v A′>0，v B′<0)，这显然是不符合实际的，因此C错误．验证选项A、D均满足E k≥E k′，故答案为选项A(完全非弹性碰撞)和选项D(弹性碰撞)．。

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1．2022年将在我国举办第二十四届冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一．某滑道示意图如下，长直助滑道AB 与弯曲滑道BC 平滑衔接，滑道BC 高h =10 m ，C 是半径R =20 m 圆弧的最低点，质量m =60 kg 的运动员从A 处由静止开始匀加速下滑，加速度a =4.5 m/s 2，到达B 点时速度v B =30 m/s ．取重力加速度g =10 m/s 2． （1）求长直助滑道AB 的长度L ；（2）求运动员在AB 段所受合外力的冲量的I 大小；（3）若不计BC 段的阻力，画出运动员经过C 点时的受力图，并求其所受支持力F N 的大小．【答案】（1）100m （2）1800N s ⋅（3）3 900 N 【解析】（1）已知AB 段的初末速度，则利用运动学公式可以求解斜面的长度，即2202v v aL -=可解得:221002v v L m a-==（2）根据动量定理可知合外力的冲量等于动量的该变量所以01800B I mv N s =-=⋅（3）小球在最低点的受力如图所示由牛顿第二定律可得：2Cv N mg m R-= 从B 运动到C 由动能定理可知：221122C B mgh mv mv =-解得;3900N N =故本题答案是：（1）100L m = （2）1800I N s =⋅ （3）3900N N =点睛：本题考查了动能定理和圆周运动，会利用动能定理求解最低点的速度，并利用牛顿第二定律求解最低点受到的支持力大小．2．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。

高考物理动量定理常见题型及答题技巧及练习题(含答案)含解析一、高考物理精讲专题动量定理1．质量为m 的小球，从沙坑上方自由下落，经过时间t 1到达沙坑表面，又经过时间t 2停在沙坑里．求：⑴沙对小球的平均阻力F ；⑵小球在沙坑里下落过程所受的总冲量I ． 【答案】(1)122()mg t t t + (2)1mgt 【解析】试题分析：设刚开始下落的位置为A ，刚好接触沙的位置为B ，在沙中到达的最低点为C.⑴在下落的全过程对小球用动量定理：重力作用时间为t 1+t 2，而阻力作用时间仅为t 2，以竖直向下为正方向，有： mg(t 1+t 2)-Ft 2=0, 解得：方向竖直向上⑵仍然在下落的全过程对小球用动量定理：在t 1时间内只有重力的冲量，在t 2时间内只有总冲量（已包括重力冲量在内），以竖直向下为正方向，有： mgt 1-I=0,∴I=mgt 1方向竖直向上 考点：冲量定理点评：本题考查了利用冲量定理计算物体所受力的方法．2．如图所示，长为L 的轻质细绳一端固定在O 点，另一端系一质量为m 的小球，O 点离地高度为H 。

现将细绳拉至与水平方向成30︒，由静止释放小球，经过时间t 小球到达最低点，细绳刚好被拉断，小球水平抛出。

若忽略空气阻力，重力加速度为g 。

(1)求细绳的最大承受力；(2)求从小球释放到最低点的过程中，细绳对小球的冲量大小；(3)小明同学认为细绳的长度越长，小球抛的越远；小刚同学则认为细绳的长度越短，小球抛的越远。

请通过计算，说明你的观点。

【答案】（1）F =2mg ；（2）()22F I mgt m gL =+；（3）当2HL =时小球抛的最远 【解析】 【分析】 【详解】(1)小球从释放到最低点的过程中，由动能定理得201sin 302mgL mv ︒=小球在最低点时，由牛顿第二定律和向心力公式得20mv F mg L-= 解得：F =2mg(2)小球从释放到最低点的过程中，重力的冲量I G =mgt动量变化量0p mv ∆=由三角形定则得，绳对小球的冲量()22F I mgt m gL =+(3)平抛的水平位移0x v t =，竖直位移212H L gt -=解得2()x L H L -当2HL =时小球抛的最远3．如图所示，用0.5kg 的铁睡把钉子钉进木头里去，打击时铁锤的速度v =4.0m/s ，如果打击后铁锤的速度变为0，打击的作用时间是0.01s （取g =10m/s 2），那么：（1）不计铁锤受的重力，铁锤钉钉子的平均作用力多大？（2）考虑铁锤的重力，铁锤钉钉子的平均作用力又是多大？【答案】（1）200N，方向竖直向下；（2）205N，方向竖直向下【解析】【详解】（1）不计铁锤受的重力时，设铁锤受到钉子竖直向上的平均作用力为1F，取铁锤的速度v的方向为正方向，以铁锤为研究对象，由动量定理得10F t mv-=-则10.5 4.0N200N0.01mvFt ⨯===由牛顿第三定律可知，铁锤钉钉子的平均作用力1F'的大小也为200N，方向竖直向下。