物理动量定理练习及解析

（物理）物理动量定理练习题20篇及解析一、高考物理精讲专题动量定理1．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：v B2=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v B=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=0.4s2．如图甲所示，物块A、B的质量分别是m A＝4.0kg和m B＝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粘在一起不分开，C的v－t图象如图乙所示．求：（1）C的质量m C；（2）t＝8s时弹簧具有的弹性势能E p1（3）4—12s内墙壁对物块B的冲量大小I【答案】(1) 2kg (2) 27J (3) 36N s【解析】（1）由题图乙知，C与A碰前速度为v1＝9m/s，碰后速度大小为v2＝3m/s，C与A碰撞过程动量守恒m C v1＝(m A＋m C)v2解得C的质量m C＝2kg．（2）t＝8s时弹簧具有的弹性势能E p1＝12(m A＋m C)v22=27J（3）取水平向左为正方向，根据动量定理，4~12s内墙壁对物块B的冲量大小I=(m A＋m C)v3-(m A＋m C)（-v2）=36N·s3．一质量为m的小球，以初速度v0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34.求在碰撞过程中斜面对小球的冲量的大小．【答案】72mv0【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v0，由此得v＝2v0.碰撞过程中，小球速度由v变为反向的34v，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＝m3()4v－m·(－v)解得I＝72mv0.4．在距地面20m高处，某人以20m/s的速度水平抛出一质量为1kg的物体，不计空气阻力（g取10m/s2）。

高考物理动量守恒定律基础练习题及解析一、高考物理精讲专题动量守恒定律1．如图所示，小明站在静止在光滑水平面上的小车上用力向右推静止的木箱，木箱最终以速度v 向右匀速运动．已知木箱的质量为m ，人与车的总质量为2m ，木箱运动一段时间后与竖直墙壁发生无机械能损失的碰撞，反弹回来后被小明接住．求：(1)推出木箱后小明和小车一起运动的速度v 1的大小； (2)小明接住木箱后三者一起运动的速度v 2的大小． 【答案】①2v；②23v 【解析】试题分析：①取向左为正方向，由动量守恒定律有：0=2mv 1-mv 得12v v =②小明接木箱的过程中动量守恒，有mv+2mv 1=（m+2m ）v 2 解得223v v =考点：动量守恒定律2．如图所示，一个带圆弧轨道的平台固定在水平地面上，光滑圆弧MN 的半径为R =3.2m ，水平部分NP 长L =3.5m ，物体B 静止在足够长的平板小车C 上，B 与小车的接触面光滑，小车的左端紧贴平台的右端．从M 点由静止释放的物体A 滑至轨道最右端P 点后再滑上小车，物体A 滑上小车后若与物体B 相碰必粘在一起，它们间无竖直作用力．A 与平台水平轨道和小车上表面的动摩擦因数都为0.4，且最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等．物体A 、B 和小车C 的质量均为1kg ，取g =10m/s 2．求(1)物体A 进入N 点前瞬间对轨道的压力大小？ (2)物体A 在NP 上运动的时间？ (3)物体A 最终离小车左端的距离为多少？【答案】(1)物体A 进入N 点前瞬间对轨道的压力大小为30N ； (2)物体A 在NP 上运动的时间为0.5s (3)物体A 最终离小车左端的距离为3316m 【解析】试题分析：（1）物体A 由M 到N 过程中，由动能定理得：m A gR=m A v N 2 在N 点，由牛顿定律得 F N -m A g=m A 联立解得F N =3m A g=30N由牛顿第三定律得，物体A 进入轨道前瞬间对轨道压力大小为：F N ′=3m A g=30N （2）物体A 在平台上运动过程中 μm A g=m A a L=v N t-at 2代入数据解得 t=0.5s t=3.5s(不合题意，舍去) （3）物体A 刚滑上小车时速度 v 1= v N -at=6m/s从物体A 滑上小车到相对小车静止过程中，小车、物体A 组成系统动量守恒，而物体B 保持静止 (m A + m C )v 2= m A v 1 小车最终速度 v 2=3m/s此过程中A 相对小车的位移为L 1，则2211211222mgL mv mv μ=-⨯解得：L 1＝94m物体A 与小车匀速运动直到A 碰到物体B ，A ，B 相互作用的过程中动量守恒： (m A + m B )v 3= m A v 2此后A ，B 组成的系统与小车发生相互作用，动量守恒，且达到共同速度v 4 (m A + m B )v 3+m C v 2=" (m"A +m B +m C ) v 4 此过程中A 相对小车的位移大小为L 2，则222223*********mgL mv mv mv μ=+⨯-⨯解得：L 2＝316m 物体A 最终离小车左端的距离为x=L 1-L 2=3316m 考点：牛顿第二定律；动量守恒定律；能量守恒定律.3．如图所示，一辆质量M=3 kg 的小车A 静止在光滑的水平面上，小车上有一质量m=l kg 的光滑小球B ，将一轻质弹簧压缩并锁定，此时弹簧的弹性势能为E p =6J ，小球与小车右壁距离为L=0.4m ，解除锁定，小球脱离弹簧后与小车右壁的油灰阻挡层碰撞并被粘住，求：①小球脱离弹簧时的速度大小；②在整个过程中，小车移动的距离。

高考物理动量定理的基本方法技巧及练习题及练习题(含答案)及解析一、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3．2019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。

动量定理题型及例题讲解动量定理是物理学中的一个重要定理，它描述了力、质量和时间之间的关系。

动量定理指出，在一个惯性系中，外力的冲量等于物体动量的增量。

下面我将介绍动量定理的题型和例题讲解。

一、动量定理题型动量定理题型一般可分为以下三种:1. 动量守恒定律应用题动量守恒定律是指在一个系统内，若不存在外力作用，则系统的总动量保持不变。

在这类题型中，考生需要根据动量守恒定律，计算出系统的总动量，然后根据动量定理，求解外力对系统的作用。

2. 动量定理公式应用题在这类题型中，考生需要根据动量定理，计算出物体的动量增量，然后根据动量守恒定律，求解外力对物体的作用。

3. 碰撞问题应用题碰撞问题是物理学中的一个重要问题，它涉及到动量守恒定律和动量定理。

在这类题型中，考生需要根据动量守恒定律和动量定理，计算出碰撞前后物体的动量变化，然后根据碰撞原理，求解外力对物体的作用。

二、动量定理例题讲解下面我们来看几个动量定理的例题:1. 动量守恒定律应用题例题：一个质量为 2 千克的物体，以 5 米/秒的速度沿水平面滑行，如果在物体表面放置一个弹簧，求弹簧的弹力。

解析：根据动量守恒定律，由于物体的速度不变，系统的总动量守恒。

因此，外力的冲量等于物体的动量增量。

即:I = m * v其中，I 为外力的冲量，m 为物体的质量，v 为物体的速度。

根据题意，可知:I = m * v = 2 * 5 = 10 J因此，外力对物体的作用为:F = I / a = 10 / 1 = 10 N。

2. 动量定理公式应用题例题：一个质量为 2 千克的物体，以 5 米/秒的速度沿水平面滑行，如果在物体表面放置一个弹簧，求弹簧的弹力。

解析：根据动量定理，在外力作用期间，物体的动量增量为:p = m * v"其中，p 为物体的动量，m 为物体的质量，v"为物体的速度。

根据题意，可知:v" = v - at其中，a 为物体的水平加速度，t 为物体滑行的时间。

高二物理动量定理试题答案及解析1.如图所示，篮球运动员接传来的篮球时，通常要先伸出两臂迎接，手接触到球后，两臂随球迅速引至胸前，这样做可以A．减小球的动量的变化量B．减小球对手作用力的冲量C．减小球的动量变化率D．延长接球过程的时间来减小动量的变化量【答案】C【解析】由动量定理，而接球时先伸出两臂迎接，手接触到球后，两臂随球迅速引至胸前为了延长时间，减小受力，即，也就是减小了球的动量变化率，故C正确。

【考点】动量定理2.在光滑的水平桌面上有等大的质量分别为M="0.6" kg，m="0.2" kg的两个小球，中间夹着一个被压缩的具有E="10.8" J弹性势能的轻弹簧（弹簧与两球不相连），原来处于静止状态.现突然p释放弹簧，球m脱离弹簧后滑向与水平面相切、半径为R="0.425" m的竖直放置的光滑半圆形轨道，如图所示.g取10 m/s2.则下列说法正确的是：A．球m从轨道底端A运动到顶端B的过程中所受合外力冲量大小为3.4 N·sB．M离开轻弹簧时获得的速度为9m/sC．若半圆轨道半径可调，则球m从B点飞出后落在水平桌面上的水平距离随轨道半径的增大而减小D．弹簧弹开过程，弹力对m的冲量大小为1.8 N·s【答案】AD【解析】据题意，由动量守恒定律可知：，即，又据能量守恒定律有：，求得，则弹簧对小球冲量为：，故选项B错误而选项D正确；球从A到B速度为：，计算得到：，则从A到B过程合外力冲量为：，故选项A正确；半径越大，飞行时间越长，而小球的速度越小，水平距离不一定越小，故选项C错误。

【考点】本题考查动量守恒定律、能量守恒定律和动量定理。

距离的B处放有一3.(10分). “┙”型滑板，（平面部分足够长），质量为4m，距滑板的A壁为L1质量为m，电量为+q的大小不计的小物体，小物体与板面的摩擦不计，整个装置处于场强为E的匀强电场中，初始时刻，滑板与小物体都静止，试求：(1)释放小物体，第一次与滑板A壁碰前小物体的速度v多大？1(2)若小物体与A壁碰后相对水平面的速度大小为碰前的，碰撞时间极短，则碰撞后滑板速度多大？（均指对地速度）(3)若滑板足够长，小物体从开始运动到第二次碰撞前，电场力做功为多大？【答案】(1) (2) (3)【解析】（1）对物体，根据动能定理，有，得′；滑板的速度为v，（2）物体与滑板碰撞前后动量守恒，设物体第一次与滑板碰后的速度为v1则．若，则，因为，不符合实际，故应取，则．（3）在物体第一次与A壁碰后到第二次与A壁碰前，物体做匀变速运动，滑板做匀速运动，在这段时间内，两者相对于水平面的位移相同．∴即．对整个过程运用动能定理得；电场力做功．【考点】考查动量守恒定律和动能定理在碰撞问题中的综合应用．4.一个小钢球竖直下落，落地时动量大小为0.5 kg·m／s，与地面碰撞后又以等大的动量被反弹。

高中物理动量定理及其解题技巧及练习题(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．图甲为光滑金属导轨制成的斜面，导轨的间距为1m l =，左侧斜面的倾角37θ=︒，右侧斜面的中间用阻值为2R =Ω的电阻连接。

在左侧斜面区域存在垂直斜面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为10.5T B =，右侧斜面轨道及其右侧区域中存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为20.5T B =。

物理动量定理题20套(带答案)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/s2, 到达B 点时速度vB=30 m/s. 取重力加速度g=10 m/s2.（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FN 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:2201002v 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: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） （2） （3）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. 图甲为光滑金属导轨制成的斜面, 导轨的间距为 , 左侧斜面的倾角 , 右侧斜面的中间用阻值为 的电阻连接。

在左侧斜面区域存在垂直斜面向下的匀强磁场, 磁感应强度大小为 , 右侧斜面轨道及其右侧区域中存在竖直向上的匀强磁场, 磁感应强度为 。

在斜面的顶端e 、f 两点分别用等长的轻质柔软细导线连接导体棒ab, 另一导体棒cd 置于左侧斜面轨道上, 与导轨垂直且接触良好, ab 棒和cd 棒的质量均为 , ab 棒的电阻为 , cd 棒的电阻为 。

高考物理《动量守恒定律》真题练习含答案1．[2024·全国甲卷](多选)蹦床运动中，体重为60 kg的运动员在t＝0时刚好落到蹦床上，对蹦床作用力大小F与时间t的关系如图所示．假设运动过程中运动员身体始终保持竖直，在其不与蹦床接触时蹦床水平．忽略空气阻力，重力加速度大小取10 m/s2.下列说法正确的是()A．t＝0.15 s时，运动员的重力势能最大B．t＝0.30 s时，运动员的速度大小为10 m/sC．t＝1.00 s时，运动员恰好运动到最大高度处D．运动员每次与蹦床接触到离开过程中对蹦床的平均作用力大小为4 600 N答案：BD解析：根据牛顿第三定律结合题图可知，t＝0.15 s时，蹦床对运动员的弹力最大，蹦床的形变量最大，此时运动员处于最低点，运动员的重力势能最小，故A错误；根据题图可知运动员从t＝0.30 s离开蹦床到t＝2.3 s再次落到蹦床上经历的时间为2 s，根据竖直上抛运动的对称性可知，运动员上升时间为1 s，则在t＝1.3 s时，运动员恰好运动到最大高度处，t＝0.30 s时运动员的速度大小v＝10×1 m/s＝10 m/s，故B正确，C错误；同理可知运动员落到蹦床时的速度大小为10 m/s，以竖直向上为正方向，根据动量定理F·Δt－mg·Δt＝mv－(－mv)，其中Δt＝0.3 s，代入数据可得F＝4 600 N，根据牛顿第三定律可知运动员每次与蹦床接触到离开过程中对蹦床的平均作用力大小为4 600 N，故D正确．故选BD.2．[2022·山东卷]我国多次成功使用“冷发射”技术发射长征十一号系列运载火箭．如图所示，发射仓内的高压气体先将火箭竖直向上推出，火箭速度接近零时再点火飞向太空．从火箭开始运动到点火的过程中()A.火箭的加速度为零时，动能最大B．高压气体释放的能量全部转化为火箭的动能C.高压气体对火箭推力的冲量等于火箭动量的增加量D．高压气体的推力和空气阻力对火箭做功之和等于火箭动能的增加量答案：A解析：从火箭开始运动到点火的过程中，火箭先加速运动后减速运动，当加速度为零时，动能最大，A项正确；高压气体释放的能量转化为火箭的动能和重力势能及火箭与空气间因摩擦产生的热量，B项错误；根据动量定理可得高压气体对火箭的推力F、火箭自身的重力mg和空气阻力f的冲量矢量和等于火箭动量的变化量，C项错误；根据动能定理可得高压气体对火箭的推力F、火箭自身的重力mg和空气阻力f对火箭做的功之和等于火箭动能的变化量，D项错误．3．[2022·湖南卷]1932年，查德威克用未知射线轰击氢核，发现这种射线是由质量与质子大致相等的中性粒子(即中子)组成．如图，中子以速度v0分别碰撞静止的氢核和氮核，碰撞后氢核和氮核的速度分别为v1和v2.设碰撞为弹性正碰，不考虑相对论效应，下列说法正确的是()A．碰撞后氮核的动量比氢核的小B．碰撞后氮核的动能比氢核的小C．v2大于v1D．v2大于v0答案：B解析：设中子质量为m0，被碰粒子质量为m，碰后中子速度为v′0，被碰粒子速度为v，二者发生弹性正碰，由动量守恒定律和能量守恒定律有m 0v 0＝m 0v ′0＋m v ，12 m 0v 20 ＝12m 0v ′20 ＋12 m v 2，解得v ′0＝m 0－m m 0＋m v 0，v ＝2m 0m 0＋mv 0，因为当被碰粒子分别为氢核(m 0)和氮核(14m 0)时，有v 1＝v 0，v 2＝215 v 0，故C 、D 项错误；碰撞后氮核的动量为p 氮＝14m 0·v 2＝2815m 0v 0，氢核的动量为p 氢＝m 0·v 1＝m 0v 0，p 氮>p 氢，故A 错误；碰撞后氮核的动能为E k 氮＝12·14m 0v 22 ＝28225 m 0v 20 ，氢核的动能为E k 氢＝12 ·m 0·v 21 ＝12m 0v 20 ，E k 氮<E k 氢，故B 正确． 4.[2021·全国乙卷]如图，光滑水平地面上有一小车，一轻弹簧的一端与车厢的挡板相连，另一端与滑块相连，滑块与车厢的水平底板间有摩擦．用力向右推动车厢使弹簧压缩，撤去推力时滑块在车厢底板上有相对滑动．在地面参考系(可视为惯性系)中，从撤去推力开始，小车、弹簧和滑块组成的系统( )A ．动量守恒，机械能守恒B ．动量守恒，机械能不守恒C ．动量不守恒，机械能守恒D ．动量不守恒，机械能不守恒答案：B解析：撤去推力后，小车、弹簧和滑块组成的系统所受合外力为零，满足系统动量守恒的条件，故系统动量守恒；由于撤去推力时滑块在车厢底板上有相对滑动，存在摩擦力做功的情况，故系统机械能不守恒，所以选项B 正确．5．[2023·新课标卷](多选)使甲、乙两条形磁铁隔开一段距离，静止于水平桌面上，甲的N 极正对着乙的S 极，甲的质量大于乙的质量，两者与桌面之间的动摩擦因数相等．现同时释放甲和乙，在它们相互接近过程中的任一时刻( )A ．甲的速度大小比乙的大B ．甲的动量大小比乙的小C ．甲的动量大小与乙的相等D ．甲和乙的动量之和不为零答案：BD解析：对甲、乙两条形磁铁分别做受力分析，如图所示对于整个系统，由于μm 甲g >μm 乙g ，合力方向向左，合冲量方向向左，所以合动量方向向左，甲的动量大小比乙的小，m 甲v 甲＜m 乙v 乙，又m 甲＞m 乙，故v 甲＜v 乙，B 、D 正确，A 、C 错误．故选BD.6．[2021·全国乙卷](多选)水平桌面上，一质量为m 的物体在水平恒力F 拉动下从静止开始运动．物体通过的路程等于s 0时，速度的大小为v 0，此时撤去F ，物体继续滑行2s 0的路程后停止运动．重力加速度大小为g .则( )A ．在此过程中F 所做的功为12m v 20 B ．在此过程中F 的冲量大小等于32m v 0 C ．物体与桌面间的动摩擦因数等于v 20 4s 0gD ．F 的大小等于物体所受滑动摩擦力大小的2倍答案：BC解析：设物体与桌面间的动摩擦因数为μ，根据功的定义，可知在此过程中，F 做的功为W F ＝Fs 0＝12m v 20 ＋μmgs 0，选项A 错误；物体通过路程s 0时，速度大小为v 0，撤去F 后，由牛顿第二定律有μmg ＝ma 2，根据匀变速直线运动规律有v 20 ＝2a 2·2s 0，联立解得μ＝v 20 4s 0g ，选项C 正确；水平桌面上质量为m 的物体在恒力F 作用下从静止开始做匀加速直线运动，有F －μmg ＝ma 1，又v 20 ＝2a 1s 0，可得a 1＝2a 2，可得F ＝3μmg ，即F 的大小等于物体所受滑动摩擦力大小的3倍，选项D 错误；对F 作用下物体运动的过程，由动量定理有Ft －μmgt＝m v 0，联立解得F 的冲量大小为I F ＝Ft ＝32m v 0，选项B 正确．。

动量定理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，粗糙的水平面连接一个竖直平面内的半圆形光滑轨道，其半径为R =0.1 m ，半圆形轨道的底端放置一个质量为m =0.1 kg 的小球B ，水平面上有一个质量为M =0.3 kg 的小球A 以初速度v 0=4.0 m / s 开始向着木块B 滑动，经过时间t =0.80 s 与B 发生弹性碰撞．设两小球均可以看作质点，它们的碰撞时间极短，且已知木块A 与桌面间的动摩擦因数μ=0.25，求：（1）两小球碰前A 的速度；（2）球碰撞后B ,C 的速度大小；（3）小球B 运动到最高点C 时对轨道的压力；【答案】（1）2m/s （2）v A ＝1m /s ，v B ＝3m /s （3）4N ，方向竖直向上【解析】【分析】【详解】（1）选向右为正，碰前对小球A 的运动由动量定理可得：–μ Mg t ＝M v – M v 0解得：v ＝2m /s（2）对A 、B 两球组成系统碰撞前后动量守恒，动能守恒：A B Mv Mv mv =+222111222A B Mv Mv mv =+ 解得：v A ＝1m /s v B ＝3m /s（3）由于轨道光滑，B 球在轨道由最低点运动到C 点过程中机械能守恒：2211222B C mv mv mg R '=+ 在最高点C 对小球B 受力分析，由牛顿第二定律有： 2C N v mg F m R'+= 解得：F N ＝4N由牛顿第三定律知，F N '＝F N ＝4N小球对轨道的压力的大小为3N ，方向竖直向上．2．半径均为52m R =的四分之一圆弧轨道1和2如图所示固定，两圆弧轨道的最低端切线水平，两圆心在同一竖直线上且相距R ，让质量为1kg 的小球从圆弧轨道1的圆弧面上某处由静止释放，小球在圆弧轨道1上滚动过程中，合力对小球的冲量大小为5N s ⋅，重力加速度g 取210m /s ，求：（1）小球运动到圆弧轨道1最低端时，对轨道的压力大小;（2）小球落到圆弧轨道2上时的动能大小。

物理动量定理题20套(带答案)及解析一、高考物理精讲专题动量定理1．如图甲所示，物块A、B的质量分别是m A＝4.0kg和m B＝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，C的v－t图象如图乙所示。

求：（1）C的质量m C；（2）t＝8s时弹簧具有的弹性势能E p1，4~12s内墙壁对物块B的冲量大小I；（3）B离开墙后的运动过程中弹簧具有的最大弹性势能E p2。

【答案】（1）2kg ；（2）27J，36N·S；（3）9J【解析】【详解】（1）由题图乙知，C与A碰前速度为v1＝9m/s，碰后速度大小为v2＝3m/s，C与A碰撞过程动量守恒m C v1＝(m A＋m C)v2解得C的质量m C＝2kg。

（2）t＝8s时弹簧具有的弹性势能E p1＝12(m A＋m C)v22=27J取水平向左为正方向，根据动量定理，4~12s内墙壁对物块B的冲量大小I=(m A＋m C)v3-(m A＋m C)（-v2）=36N·S（3）由题图可知，12s时B离开墙壁，此时A、C的速度大小v3＝3m/s，之后A、B、C及弹簧组成的系统动量和机械能守恒，且当A、C与B的速度相等时，弹簧弹性势能最大(m A＋m C)v3＝(m A＋m B＋m C)v41 2(m A＋m C)23v＝12(m A＋m B＋m C)24v＋E p2解得B离开墙后的运动过程中弹簧具有的最大弹性势能E p2＝9J。

2．质量0.2kg的球,从5.0m高处自由下落到水平钢板上又被竖直弹起,弹起后能达的最大高度为4.05m.如果球从开始下落到弹起达最大高度所用时间为1.95s,不考虑空气阻力,g取10m/s2.求小球对钢板的作用力.【答案】78N【解析】【详解】自由落体过程v12＝2gh1，得v1=10m/s；v1=gt1得t1=1s小球弹起后达到最大高度过程0− v22＝−2gh2，得v2=9m/s0-v2=-gt2得t2=0.9s小球与钢板作用过程设向上为正方向，由动量定理：Ft′-mg t′=mv2-（-mv1）其中t′=t-t1-t2=0.05s得F=78N由牛顿第三定律得F′=-F，所以小球对钢板的作用力大小为78N，方向竖直向下；3．如图所示，质量的小车A静止在光滑水平地面上，其上表面光滑，左端有一固定挡板。

高考物理动量守恒定律题20套(带答案)含解析一、高考物理精讲专题动量守恒定律1．水平放置长为L=4.5m 的传送带顺时针转动，速度为v =3m/s ，质量为m 2=3kg 的小球被长为1l m =的轻质细线悬挂在O 点，球的左边缘恰于传送带右端B 对齐；质量为m 1=1kg 的物块自传送带上的左端A 点以初速度v 0=5m/s 的速度水平向右运动，运动至B 点与球m 2发生碰撞，在极短的时间内以碰撞前速率的12反弹，小球向右摆动一个小角度即被取走。

已知物块与传送带间的滑动摩擦因数为μ=0.1，取重力加速度210m/s g =。

求：（1）碰撞后瞬间，小球受到的拉力是多大？（2）物块在传送带上运动的整个过程中，与传送带间摩擦而产生的内能是多少？ 【答案】（1）42N （2）13.5J 【解析】 【详解】解：设滑块m1与小球碰撞前一直做匀减速运动，根据动能定理：221111011=22m gL m v m v μ--解之可得：1=4m/s v 因为1v v <，说明假设合理滑块与小球碰撞，由动量守恒定律：21111221=+2m v m v m v - 解之得：2=2m/s v碰后，对小球，根据牛顿第二定律：2222m v F m g l-=小球受到的拉力：42N F =（2）设滑块与小球碰撞前的运动时间为1t ，则()01112L v v t =+ 解之得：11s t =在这过程中，传送带运行距离为：113S vt m == 滑块与传送带的相对路程为：11 1.5X L X m ∆=-=设滑块与小球碰撞后不能回到传送带左端，向左运动最大时间为2t 则根据动量定理：121112m gt m v μ⎛⎫-=-⋅⎪⎝⎭解之得：22s t =滑块向左运动最大位移：121122m x v t ⎛⎫=⋅⋅ ⎪⎝⎭=2m 因为m x L <，说明假设成立，即滑块最终从传送带的右端离开传送带 再考虑到滑块与小球碰后的速度112v <v ， 说明滑块与小球碰后在传送带上的总时间为22t在滑块与传送带碰撞后的时间内，传送带与滑块间的相对路程22212X vt m ∆==因此，整个过程中，因摩擦而产生的内能是()112Q m g x x μ=∆+∆=13.5J2．在相互平行且足够长的两根水平光滑的硬杆上，穿着三个半径相同的刚性球A 、B 、C ，三球的质量分别为m A =1kg 、m B =2kg 、m C =6kg ，初状态BC 球之间连着一根轻质弹簧并处于静止，B 、C 连线与杆垂直并且弹簧刚好处于原长状态，A 球以v 0=9m/s 的速度向左运动，与同一杆上的B 球发生完全非弹性碰撞（碰撞时间极短），求：（1）A 球与B 球碰撞中损耗的机械能； （2）在以后的运动过程中弹簧的最大弹性势能； （3）在以后的运动过程中B 球的最小速度． 【答案】（1）；（2）；（3）零．【解析】试题分析：（1）A 、B 发生完全非弹性碰撞，根据动量守恒定律有：碰后A 、B 的共同速度损失的机械能（2）A 、B 、C 系统所受合外力为零，动量守恒，机械能守恒，三者速度相同时，弹簧的弹性势能最大根据动量守恒定律有：三者共同速度最大弹性势能（3）三者第一次有共同速度时，弹簧处于伸长状态，A 、B 在前，C 在后．此后C 向左加速，A 、B 的加速度沿杆向右，直到弹簧恢复原长，故A 、B 继续向左减速，若能减速到零则再向右加速．弹簧第一次恢复原长时，取向左为正方向，根据动量守恒定律有：根据机械能守恒定律：此时A 、B 的速度，C 的速度可知碰后A 、B 已由向左的共同速度减小到零后反向加速到向右的，故B的最小速度为零 ．考点：动量守恒定律的应用，弹性碰撞和完全非弹性碰撞．【名师点睛】A 、B 发生弹性碰撞，碰撞的过程中动量守恒、机械能守恒，结合动量守恒定律和机械能守恒定律求出A 球与B 球碰撞中损耗的机械能．当B 、C 速度相等时，弹簧伸长量最大，弹性势能最大，结合B 、C 在水平方向上动量守恒、能量守恒求出最大的弹性势能．弹簧第一次恢复原长时，由系统的动量守恒和能量守恒结合解答3．如图所示,在倾角30°的斜面上放置一个凹撸B,B 与斜面间的动摩擦因数36μ=；槽内靠近右侧壁处有一小物块A(可视为质点),它到凹槽左侧壁的距离d =0.1m ，A 、B 的质量都为m=2kg ，B 与斜面间的最大静摩擦力可认为等于滑动摩摞力,不计A 、B 之间的摩擦,斜面足够长．现同时由静止释放A 、B,经过一段时间,A 与B 的侧壁发生碰撞,碰撞过程不计机械能损失,碰撞时间极短,g 取210/m s .求：(1)释放后物块A 和凹槽B 的加速度分别是多大?(2)物块A 与凹槽B 的左侧壁第一次碰撞后瞬间A 、B 的速度大小；(3)从初始位置到物块A 与凹糟B 的左侧壁发生第三次碰撞时B 的位移大小． 【答案】（1）（2）v An =(n-1)m∙s -1，v Bn ="n" m∙s -1（3）x n 总=0.2n 2m 【解析】 【分析】【详解】（1）设物块A 的加速度为a 1，则有m A gsin θ=ma 1， 解得a 1=5m/s 2凹槽B 运动时受到的摩擦力f=μ×3mgcos θ=mg 方向沿斜面向上； 凹槽B 所受重力沿斜面的分力G 1=2mgsin θ=mg 方向沿斜面向下； 因为G 1=f ，则凹槽B 受力平衡，保持静止，凹槽B 的加速度为a 2=0 （2）设A 与B 的左壁第一次碰撞前的速度为v A0，根据运动公式：v 2A0=2a 1d 解得v A0=3m/s ；AB 发生弹性碰撞，设A 与B 第一次碰撞后瞬间A 的速度大小为v A1，B 的速度为v B1，则由动量守恒定律：0112A A B mv mv mv =+ ；由能量关系：2220111112222A AB mv mv mv =+⨯ 解得v A1=-1m/s(负号表示方向)，v B1=2m/s4．如图所示，质量分别为m 1和m 2的两个小球在光滑水平面上分别以速度v 1、v 2同向运动，并发生对心碰撞，碰后m 2被右侧墙壁原速弹回，又与m 1碰撞，再一次碰撞后两球都静止．求第一次碰后m 1球速度的大小.【答案】【解析】设两个小球第一次碰后m 1和m 2速度的大小分别为和，由动量守恒定律得：（4分） 两个小球再一次碰撞，（4分）得：（4分）本题考查碰撞过程中动量守恒的应用，设小球碰撞后的速度，找到初末状态根据动量守恒的公式列式可得5．装甲车和战舰采用多层钢板比采用同样质量的单层钢板更能抵御穿甲弹的射击．通过对一下简化模型的计算可以粗略说明其原因．质量为2m 、厚度为2d 的钢板静止在水平光滑桌面上．质量为m 的子弹以某一速度垂直射向该钢板，刚好能将钢板射穿．现把钢板分成厚度均为d 、质量均为m 的相同两块，间隔一段距离水平放置，如图所示．若子弹以相同的速度垂直射向第一块钢板，穿出后再射向第二块钢板，求子弹射入第二块钢板的深度．设子弹在钢板中受到的阻力为恒力，且两块钢板不会发生碰撞不计重力影响．【答案】【解析】设子弹初速度为v0，射入厚度为2d的钢板后，由动量守恒得：mv0=(2m＋m)V（2分）此过程中动能损失为：ΔE损＝f·2d=12mv20－12×3mV2（2分）解得ΔE＝13mv20分成两块钢板后，设子弹穿过第一块钢板时两者的速度分别为v1和V1：mv1＋mV1＝mv0（2分）因为子弹在射穿第一块钢板的动能损失为ΔE损1＝f·d=mv2（1分），由能量守恒得：1 2mv21＋12mV21＝12mv20－ΔE损1（2分）且考虑到v1必须大于V1，解得：v1＝13(26v0设子弹射入第二块钢板并留在其中后两者的共同速度为V2，由动量守恒得：2mV2＝mv1（1分）损失的动能为：ΔE′＝12mv21－12×2mV22（2分）联立解得：ΔE′＝13(1)2×mv20因为ΔE′＝f·x（1分），可解得射入第二钢板的深度x为：（2分）子弹打木块系统能量损失完全转化为了热量，相互作用力乘以相对位移为产生的热量，以系统为研究对象由能量守恒列式求解6．如图所示，静置于水平地面的三辆手推车沿一直线排列，质量均为m，人在极端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时与第三车相碰，三车以共同速度又运动了距离L时停止。

高考物理动量定理试题(有答案和解析)及解析一、高考物理精讲专题动量定理1．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。

（2）若B 0=02c v l ，且粒子从0≤l ≤02T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04T 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）00v B cl =；（2）00l T v π≤；（3）()20421v 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qc 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 =2000v qv B m R=解得0v B cl=（2）设粒子运动的半径为1R ，由牛顿第二定律得20001v qv B m R =解得12l 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002m lT qB v ππ== 由几何关系可知，在02T t =内，粒子轨迹转过的圆心角为 θπ=对应粒子的运动时间为1122t T T ππ== 分析可知，只要满足012T 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00lT 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002m lT qB v ππ== 在磁场中，设粒子运动的时间为2t ，则21144t T T =+由题意可知，还有00244T T t =+ 解得0T T =，即00lT 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()2421v E n cl π=+()0,1,2n =L2．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F 0时，安全气囊爆开．某次试验中，质量m 1=1 600 kg 的试验车以速度v 1 = 36 km/h 正面撞击固定试验台，经时间t 1 = 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I 0的大小及F 0的大小；（2）若试验车以速度v 1撞击正前方另一质量m 2 =1 600 kg 、速度v 2 =18 km/h 同向行驶的汽车，经时间t 2 =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）I 0 = 1.6×104 N·s ， 1.6×105 N ；（2）见解析 【解析】 【详解】（1）v 1 = 36 km/h = 10 m/s ，取速度v 1 的方向为正方向，由动量定理有 －I 0 = 0－m 1v 1 ①将已知数据代入①式得 I 0 = 1.6×104 N·s ② 由冲量定义有I 0 = F 0t 1 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．北京将在2022年举办冬季奥运会，滑雪运动将速度与技巧完美地结合在一起，一直深受广大观众的欢迎。

作者：一气贯长空高中物理：动量定理的5种应用+例题详解！动量定理是力对时间的积累效应，使物体的动量发生改变，适用的范围很广，它的研究对象可以是单个物体，也可以是物体系；它不仅适用于恒力情形，而且也适用于变力情形，尤其在解决作用时间短、作用力大小随时间变化的打击、碰撞等问题时，动量定理要比牛顿定律方便得多。

一、用动量定理解释生活中的现象【例1】竖立放置的粉笔压在纸条的一端.要想把纸条从粉笔下抽出，又要保证粉笔不倒，应该缓缓、小心地将纸条抽出，还是快速将纸条抽出？说明理由。

【解析】纸条从粉笔下抽出，粉笔受到纸条对它的滑动摩擦力μmg作用，方向沿着纸条抽出的方向。

不论纸条是快速抽出，还是缓缓抽出，粉笔在水平方向受到的摩擦力的大小不变。

在纸条抽出过程中，粉笔受到摩擦力的作用时间用t表示，粉笔受到摩擦力的冲量为μmgt，粉笔原来静止，初动量为零，粉笔的末动量用mv表示.根据动量定理有：μmgt=mv。

如果缓慢抽出纸条，纸条对粉笔的作用时间比较长，粉笔受到纸条对它摩擦力的冲量就比较大，粉笔动量的改变也比较大，粉笔的底端就获得了一定的速度.由于惯性，粉笔上端还没有来得及运动，粉笔就倒了。

如果在极短的时间内把纸条抽出，纸条对粉笔的摩擦力冲量极小，粉笔的动量几乎不变.粉笔的动量改变得极小，粉笔几乎不动，粉笔也不会倒下。

二、用动量定理解曲线运动问题【例2】以速度v0水平抛出一个质量为1kg的物体，若在抛出后5s未落地且未与其它物体相碰，求它在5s内的动量的变化.(g=10m/s2)。

【解析】此题若求出末动量，再求它与初动量的矢量差，则极为繁琐.由于平抛出去的物体只受重力且为恒力，故所求动量的变化等于重力的冲量.则Δp=Ft=mgt=1×10×5=50 kg·m/s。

高中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．如图所示，粗糙的水平面连接一个竖直平面内的半圆形光滑轨道，其半径为R =0.1 m ，半圆形轨道的底端放置一个质量为m =0.1 kg 的小球B ，水平面上有一个质量为M =0.3 kg 的小球A 以初速度v 0=4.0 m / s 开始向着木块B 滑动，经过时间t =0.80 s 与B 发生弹性碰撞．设两小球均可以看作质点，它们的碰撞时间极短，且已知木块A 与桌面间的动摩擦因数μ=0.25，求：（1）两小球碰前A 的速度； （2）球碰撞后B ,C 的速度大小；（3）小球B 运动到最高点C 时对轨道的压力；【答案】（1）2m/s （2）v A ＝1m /s ，v B ＝3m /s （3）4N ，方向竖直向上 【解析】 【分析】 【详解】（1）选向右为正，碰前对小球A 的运动由动量定理可得： –μ Mg t ＝M v – M v 0 解得：v ＝2m /s（2）对A 、B 两球组成系统碰撞前后动量守恒，动能守恒：A B Mv Mv mv =+222111222A B Mv Mv mv =+ 解得：v A ＝1m /s v B ＝3m /s（3）由于轨道光滑，B 球在轨道由最低点运动到C 点过程中机械能守恒：2211222B Cmv mv mg R '=+ 在最高点C 对小球B 受力分析，由牛顿第二定律有： 2CN v mg F m R'+= 解得：F N ＝4N由牛顿第三定律知，F N '＝F N ＝4N小球对轨道的压力的大小为3N ，方向竖直向上．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F 0时，安全气囊爆开．某次试验中，质量m 1=1 600 kg 的试验车以速度v 1 = 36 km/h 正面撞击固定试验台，经时间t 1 = 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F0 = 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m1v1+ m2v2 = (m1+ m2)v⑤对试验车，由动量定理有－Ft2 = m1v－m1v1 ⑥将已知数据代入⑤⑥式得F= 2.5×104 N ⑦可见F＜F0，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v0=6.0m/s的初速度沿斜面上滑。

高中物理动量守恒定律的技巧及练习题及练习题( 含答案 ) 含解析一、高考物理精讲专题动量守恒定律1．如图所示，在水平地面上有两物块甲和乙，它们的质量分别为2m 、 m，甲与地面间无摩擦，乙与地面间的动摩擦因数恒定．现让甲以速度v0向着静止的乙运动并发生正碰，且碰撞时间极短，若甲在乙刚停下来时恰好与乙发生第二次碰撞，试求：（1）第一次碰撞过程中系统损失的动能（2）第一次碰撞过程中甲对乙的冲量【答案】(1) 1 mv02； (2)4mv0【解析】【详解】解： (1)设第一次碰撞刚结束时甲、乙的速度分别为v1、 v2，之后甲做匀速直线运动，乙以v2初速度做匀减速直线运动，在乙刚停下时甲追上乙碰撞，因此两物体在这段时间平均速v2度相等，有： v12而第一次碰撞中系统动量守恒有：2mv02mv1 mv2由以上两式可得： v1v0， v2v0 2所以第一次碰撞中的机械能损失为：E 1g2mgv021g2mgv121mv221mv02 2224(2)根据动量定理可得第一次碰撞过程中甲对乙的冲量：I mv20 mv02．运载火箭是人类进行太空探索的重要工具，一般采用多级发射的设计结构来提高其运载能力。

某兴趣小组制作了两种火箭模型来探究多级结构的优越性，模型甲内部装有△m=100 g 的压缩气体，总质量为 M=l kg，点火后全部压缩气体以 v o =570 m/s 的速度从底部喷口在极短的时间内竖直向下喷出；模型乙分为两级，每级内部各装有m的压缩气体，每级总2质量均为M，点火后模型后部第一级内的全部压缩气体以速度v o从底部喷口在极短时间2内竖直向下喷出，喷出后经过2s时第一级脱离，同时第二级内全部压缩气体仍以速度v o 从第二级底部在极短时间内竖直向下喷出。

喷气过程中的重力和整个过程中的空气阻力忽略不计， g 取 10 m ／ s2，求两种模型上升的最大高度之差。

【答案】 116.54m【解析】对模型甲：0 M m v甲mv0v甲21085m200.56 m h甲 =92g对模型乙第一级喷气：0M m v乙1m v022解得：v乙130ms2s 末：v乙‘1=v乙1gt10msh乙1= v乙21v '乙2140m2 g对模型乙第一级喷气：Mv乙‘1 =（M m)v乙2mv02222解得：v乙2=670 m9sh乙2= v乙2222445m277.10 m 2g81可得：h h乙1+h乙2h甲 =9440m116.54m 。