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高考物理动量定理真题汇编(含答案)及解析一、高考物理精讲专题动量定理1．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；2．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/s2），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。
（2）考虑铁锤受的重力时，设铁锤受到钉子竖直向上的作用力为2F，取铁锤的速度v的方向为正方向，由动量定理得()20mg F t mv -=-可得2205N mvF mg t=+= 即考虑铁锤受的重力时，铁锤打打子的平均作用力为2F '=205N ，方向竖直向下。
专题08 动量选择题1. (2024·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，从撤去推力起先，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：因为滑块与车厢水平底板间有摩擦，且撤去推力后滑块在车厢底板上有相对滑动，即摩擦力做功，而水平地面是光滑的；以小车、弹簧和滑块组成的系统，依据动量守恒和机械能守恒的条件可知撤去推力后该系统动量守恒，机械能不守恒。
故选B 。
2. (2024春·浙江卷)在爆炸试验基地有一放射塔，放射塔正下方的水平地面上安装有声音记录仪。
爆炸物自放射塔竖直向上放射，上升到空中最高点时炸裂成质量之比为2：1、初速度均沿水平方向的两个碎块。
遥控器引爆瞬起先计时，在5s 末和6s 末先后记录到从空气中传来的碎块撞击地面的响声。
已知声音在空气中的传播速度为340m/s ，忽视空气阻力。
下列说法正确的是( )A. 两碎块的位移大小之比为1：2B. 爆炸物的爆炸点离地面高度为80mC. 爆炸后质量大的碎块的初速度为68m/sD. 爆炸后两碎块落地点之间的水平距离为340m【答案】B【解析】A ．爆炸时，水平方向，依据动量守恒定律可知11220mv m v -=因两块碎块落地时间相等，则11220m x m x -=则12211=2x m x m = 则两碎块的水平位移之比为1：2，而从爆炸起先抛出到落地的位移之比不等于1：2，选项A 错误；B ．设两碎片落地时间均为t ，由题意可知(5)1=(6)2t v t v --声声 解得t =4s 爆炸物的爆炸点离地面高度为2211104m=80m 22h gt ==⨯⨯ 选项B 正确；CD ．爆炸后质量大的碎块的水平位移1(54)340m 340m x =-⨯=质量小的碎块的水平位移2(64)340m 680m x =-⨯=爆炸后两碎块落地点之间的水平距离为340m+680m=1020m 质量大的碎块的初速度为110340m/s 85m/s 4x v t === 选项CD 错误。
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 222101122kmgL mv mv -=- 221(2)0(2)2k 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．3．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。
高考物理动量守恒定律真题汇编(含答案)含解析一、高考物理精讲专题动量守恒定律1．在图所示足够长的光滑水平面上，用质量分别为3kg 和1kg 的甲、乙两滑块，将仅与甲拴接的轻弹簧压紧后处于静止状态．乙的右侧有一挡板P .现将两滑块由静止释放，当弹簧恢复原长时，甲的速度大小为2m/s ，此时乙尚未与P 相撞．①求弹簧恢复原长时乙的速度大小；②若乙与挡板P 碰撞反弹后，不能再与弹簧发生碰撞．求挡板P 对乙的冲量的最大值． 【答案】v 乙＝6m/s. I ＝8N 【解析】 【详解】（1）当弹簧恢复原长时，设甲乙的速度分别为和，对两滑块及弹簧组成的系统，设向左的方向为正方向，由动量守恒定律可得：又知联立以上方程可得，方向向右。
（2）乙反弹后甲乙刚好不发生碰撞，则说明乙反弹的的速度最大为由动量定理可得，挡板对乙滑块冲量的最大值为：2．如图所示，在光滑的水平面上有一长为L 的木板B ，上表面粗糙，在其左端有一光滑的四分之一圆弧槽C ，与长木板接触但不相连，圆弧槽的下端与木板上表面相平，B 、C 静止在水平面上．现有滑块A 以初速度0v 从右端滑上B ，一段时间后，以02v 滑离B ，并恰好能到达C 的最高点．A 、B 、C 的质量均为m ．求： （1）A 刚滑离木板B 时，木板B 的速度； （2）A 与B 的上表面间的动摩擦因数μ； （3）圆弧槽C 的半径R ；（4）从开始滑上B 到最后滑离C 的过程中A 损失的机械能．【答案】（1） v B ＝04v ；（2）20516v gL μ=（3）2064v R g =（4）201532mv E ∆=【解析】 【详解】(1)对A 在木板B 上的滑动过程，取A 、B 、C 为一个系统，根据动量守恒定律有：mv 0＝m2v ＋2mv B 解得v B ＝4v (2)对A 在木板B 上的滑动过程，A 、B 、C 系统减少的动能全部转化为系统产生的热量222000111()2()22224v v mgL mv m m μ⨯＝－－解得20516v gLμ=(3)对A 滑上C 直到最高点的作用过程，A 、C 系统水平方向上动量守恒，则有：2mv ＋mv B ＝2mv A 、C 系统机械能守恒：22200111()()222242v v mgR m m mv +-⨯＝解得264v R g= (4)对A 滑上C 直到离开C 的作用过程，A 、C 系统水平方向上动量守恒0024A C mv mv mv mv +=+ A 、C 系统初、末状态机械能守恒，2222001111()()222422A C m m m m +=+v v v v 解得v A ＝4v . 所以从开始滑上B 到最后滑离C 的过程中A 损失的机械能为：2220015112232A mv E mv mv ∆＝－＝【点睛】该题是一个板块的问题，关键是要理清A 、B 、C 运动的物理过程，灵活选择物理规律，能够熟练运用动量守恒定律和能量守恒定律列出等式求解．3．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。
高考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．半径均为R 5 2m的四分之一圆弧轨道 1 和 2 如下图固定，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开释，小球在圆弧轨道 1 上转动过程中，协力对小球的冲量大小为5N s ，重力加快度 g 取10m / s2，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。
【答案】（ 1）5(22)N （2）62.5J 2【分析】【详解】（1）设小球在圆弧轨道 1 最低点时速度大小为v0，依据动量定理有I mv0解得 v05m / s在轨道最低端，依据牛顿第二定律，2F mg m v0R2N解得 F 5 22依据牛顿第三定律知，小球对轨道的压力大小为 F 522N 2（2）设小球从轨道 1 抛出抵达轨道 2 曲面经历的时间为t，水平位移：x v0t竖直位移：y 1gt 2 2由勾股定理：x2 y2R2解得 t1s竖直速度：v y gt 10m / s 可得小球的动能E k 1 mv21m v02v y262.5J222．如下图，一质量m1=0.45kg 的平顶小车静止在圆滑的水平轨道上．车顶右端放一质量m2=0.4 kg 的小物体，小物体可视为质点．现有一质量m0 =0.05 kg 的子弹以水平速度v0=100 m/s射中小车左端，并留在车中，已知子弹与车互相作用时间极短，小物体与车间的动摩擦因数为μ=0.5，最后小物体以 5 m/s的速度走开小车．g 取10 m/s 2．求：（1）子弹从射入小车到相对小车静止的过程中对小车的冲量大小．（2）小车的长度．【答案】（ 1）4.5N s（ 2）5.5m【分析】① 子弹进入小车的过程中，子弹与小车构成的系统动量守恒，有：m0 v o (m0 m1 )v1，可解得 v110m / s ；对子弹由动量定理有：I mv1mv0 ，I4.5N s (或kgm/s)；② 三物体构成的系统动量守恒，由动量守恒定律有：(m0 m1 )v1 (m0m1 )v2m2 v ；设小车长为 L，由能量守恒有：m2 gL 1( m0 m1 )v121(m0 m1 )v221m2v2 222联立并代入数值得 L＝ 5.5m；点睛：子弹击中小车过程子弹与小车构成的系统动量守恒，由动量守恒定律能够求出小车的速度，依据动量定理可求子弹对小车的冲量；对子弹、物块、小车构成的系统动量守恒，对系统应用动量守恒定律与能量守恒定律能够求出小车的长度．3．质量0.2kg 的球 ,从 5.0m高处自由着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. 假如球从开始着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210m/s .求小球对钢板的作使劲.【分析】【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＝ -2 gh2，得 v2=9m/s0-v2=-gt2得 t 2=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）此中 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使劲大小为78N，方向竖直向下；4．如图，一轻质弹簧两头连着物体 A 和 B，放在圆滑的水平面上，某时辰物体小为的水平初速度开始向右运动。
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．。
高考物理动量定理真题汇编(含答案)含解析一、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 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．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．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 ⑧4．滑冰是青少年喜爱的一项体育运动。
如图，两个穿滑冰鞋的男孩和女孩一起在滑冰场沿直线水平向右滑行，某时刻他们速度均为v 0＝2m/s ，后面的男孩伸手向前推女孩一下，作用时间极短，推完后男孩恰好停下，女孩继续沿原方向向前滑行。
已知男孩、女孩质量均为m ＝50kg ，假设男孩在推女孩过程中消耗的体内能量全部转化为他们的机械能，求男孩推女孩过程中：(1)女孩受到的冲量大小；(2)男孩消耗了多少体内能量？【答案】(1) 100N•s (2) 200J【解析】【详解】(1)男孩和女孩之间的作用力大小相等，作用时间相等，故女孩受到的冲量等于男孩受到的冲量，对男孩，由动量定理得：I＝△P＝0-mv0＝-50×2＝-100N•s，所以女孩受到的冲量大小为100N•s；(2)对女孩，由动量定理得100＝mv1-mv0，故作用后女孩的速度1100502m/s4m/s50v+⨯==根据能量守恒知，男孩消耗的能量为221011125016504200J222E mv mv=-⋅=⨯⨯-⨯=；5．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μ= 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。
【答案】（1）2.5m/s（2）56【解析】【详解】(1)设物块与挡板碰撞后的一瞬间速度大小为1v根据动量定理有：01I mv mv=+解得：11m/sv=设碰撞后板的速度大小为2v，碰撞过程动量守恒，则有：021mv Mv mv=-解得：2 2.5m/sv=(2)碰撞前，物块在平板车上运动的时间：11s4Ltv==碰撞后，长木板以2v 做匀减速运动，加速度大小：2()7.5m/s m M ga Mμ+==设长木板停下时，物块还未滑离木板，木板停下所用时间：221s 3v t a == 在此时间内，物块运动的距离：1121m 3xv t == 木板运动的距离：22215m 212x v t == 由于12x x L +<，假设成立，木板停下后，物块在木板上滑行的时间：12311s 4L x x t v --== 因此物块在板上滑行的总时间为：1235s 6t t t t =++=6．质量为m=0.2kg 的小球竖直向下以v 1=6m/s 的速度落至水平地面，再以v 2=4m/s 的速度反向弹回，小球与地面的作用时间t=0.2s ，取竖直向上为正方向，（取g=10m/s 2）．求 （1）小球与地面碰撞前后的动量变化？ （2）小球受到地面的平均作用力是多大？ 【答案】（1）2kg•m/s ，方向竖直向上；（2）12N ． 【解析】（1）取竖直向上为正方向，碰撞地面前小球的动量11 1.2./p mv kg m s ==- 碰撞地面后小球的动量220.8./p mv kg m s ==小球与地面碰撞前后的动量变化212./p p p kg m s ∆=-= 方向竖直向上 （2）小球与地面碰撞，小球受到重力G 和地面对小球的作用力F ， 由动量定理()F G t p -=∆ 得小球受到地面的平均作用力是F=12N7．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。
可视为质点的小物块B 置于A 的最右端，B 的质量。
现对小车A 施加一个水平向右的恒力F =20N ，作用0.5s 后撤去外力，随后固定挡板与小物块B 发生碰撞。
假设碰撞时间极短，碰后A 、B 粘在一起，继续运动。
求：（1）碰撞前小车A 的速度；（2）碰撞过程中小车A 损失的机械能。
【答案】（1）1m/s （2）25/9J【解析】 【详解】（1）A 上表面光滑，在外力作用下，A 运动，B 静止， 对A ，由动量定理得：，代入数据解得：m/s ；（2）A 、B 碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：，代入数据解得：，碰撞过程，A 损失的机械能：，代入数据解得：；8．冬奥会短道速滑接力比赛中，在光滑的冰面上甲运动员静止，以10m/s 运动的乙运动员从后去推甲运动员，甲运动员以6m/s 向前滑行，已知甲、乙运动员相互作用时间为1s ，甲运动员质量m 1=70kg 、乙运动员质量m 2=60kg ，求：⑴乙运动员的速度大小；⑵甲、乙运动员间平均作用力的大小。
【答案】(1)3m/s (2)F=420N 【解析】 【详解】（1）甲乙运动员的动量守恒，由动量守恒定律公式''11221122m v m v m v m v +=+得：'23m/s v =（2）甲运动员的动量变化：'1111-p m v m v ∆= ①对甲运动员利用动量定理：p Ft ∆= ②由①②式可得：F=420N9．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/s 2。
(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）5t =v （2）图见解析；（3）0.225 N s F I =⋅ 【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 。
