高中物理动量定理解题技巧讲解及练习题(含答案)及解析

一、高考物理精讲专题动量定理

1．如图所示，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）IF【解析】 【分析】 【详解】

mgtm2gL；（3）当L2H时小球抛的最远 2(1)小球从释放到最低点的过程中，由动能定理得

12mgLsin30mv0

2小球在最低点时，由牛顿第二定律和向心力公式得

2mv0 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

IG=mgt

动量变化量

pmv0

由三角形定则得，绳对小球的冲量

IFmgt2m2gL (3)平抛的水平位移xv0t，竖直位移

HL解得

12gt 2x2L(HL) 当LH时小球抛的最远 2

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v0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v0； （2）A、C碰撞过程中C对A的冲量的大小是【解析】 【分析】 【详解】

试题分析：①设C 与A碰前速度大小为v1,以A碰前速度方向为正方向，对A、B、C从碰

3mv0． 20 前至最终都静止程由动量守恒定律得：(m2m)v0－3mv1?v0． 解得：v1 ②设C 与A碰后共同速度大小为v2，对A、C在碰撞过程由动量守恒定律得：

mv0－3mv1(m3m)v2

在A、C碰撞过程中对A由动量定理得：ICAmv2－mv0 解得：ICA3mv0 23即A、C碰过程中C对A的冲量大小为mv0． 方向为负．

2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。已知sin37º=0.60，cos37º=0.80，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力。求： （1）物体沿斜面向上运动的加速度大小；

（2）物体在沿斜面运动的过程中，物体克服重力所做功的最大值； （3）物体在沿斜面向上运动至返回到斜面底端的过程中，重力的冲量。

s，方向竖直向下。 【答案】（1）6.0m/s2（2）18J（3）20N·【解析】 【详解】

（1）设物体运动的加速度为a，物体所受合力等于重力沿斜面向下的分力为：

F=mgsinθ

根据牛顿第二定律有：

F=ma；

解得：

a=6.0m/s2

（2）物体沿斜面上滑到最高点时，克服重力做功达到最大值，设最大值为vm；对于物体沿斜面上滑过程，根据动能定理有：

1W0mvm2

2解得

W=18J；

（3）物体沿斜面上滑和下滑的总时间为：

t重力的冲量：

2v0262s a6IGmgt20Ns

方向竖直向下。

4．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m0 = 5g的子弹以速度v0=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/s2，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v1 (2)木板向右滑行的最大速度v2 (3)木块在木板滑行的时间t

【答案】(1) v1= 6m/s (2) v2=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：

m0v0=(m0+m)v1

解得：

v1= 6m/s

(2)木块在木板上滑动过程，由动量守恒定律可得：

(m0+m)v1=(m0+m+M)v2

解得：

v2=2m/s

(3)对子弹木块整体，由动量定理得：

﹣μ(m0+m)gt=(m0+m)(v2﹣v1)

解得：物块相对于木板滑行的时间

tv2v11s g

5．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/s 0-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；

6．如图，一轻质弹簧两端连着物体A和B，放在光滑的水平面上，某时刻物体A获得一大小为的水平初速度开始向右运动。已知物体A的质量为m，物体B的质量为2m，求：

(1)弹簧压缩到最短时物体B的速度大小； (2)弹簧压缩到最短时的弹性势能；

(3)从A开始运动到弹簧压缩到最短的过程中，弹簧对A的冲量大小。 【答案】（1）【解析】 【详解】

(1)弹簧压缩到最短时，A和B共速，设速度大小为v，由动量守恒定律有

①

得

②

（2）

（3）

(2)对A、B和弹簧组成的系统，由功能关系有

③

得

④

(3)对A由动量定理得

⑤

得

⑥

7．质量为m=0.2kg的小球竖直向下以v1=6m/s的速度落至水平地面，再以v2=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/s2）．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p1mv11.2kg.m/s 碰撞地面后小球的动量p2mv20.8kg.m/s

小球与地面碰撞前后的动量变化pp2p12kg.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=12N

8．蹦床是运动员在一张绷紧的弹性网上蹦跳、翻滚并做各种空中动作的运动项目．一个质量为60kg的运动员从离水平网面3.2m高处自由下落，着网后沿竖直方向蹦回到离水平网

面高5m处，已知运动员与网接触的时间为1.2s．（g取10m/s2） 求：（1）运动员自由下落到接触网时的瞬时速度．

（2）若把网对运动员的作用力当做恒力处理，此力的大小是多少． 【答案】（1）8m/s，方向向下；（2）网对运动员的作用力大小为1500N． 【解析】 【分析】

（1）根据题意可以把运动员看成一个质点来处理，下落过程是自由落体运动，由位移-速度公式即可求出运动员着网前瞬间的速度大小；

（2）上升过程是竖直上抛运动，我们可以算出自竖直上抛运动的初速度，算出速度的变化量，由动量定理求出网对运动员的作用力大小． 【详解】

2（1）从h1=3.2m自由落体到床的速度为v1，则：v12gh1

代入数据可得：v1=8m/s，方向向下；

（2）离网的速度为v2，则：v22gh210m/s，方向竖直向上， 规定向下为正方向，由动量定理得：mgt-Ft=mv2-mv1 可得：Fmgmv2mv1=1500N t所以网对运动员的作用力为1500N． 【点睛】

本题关键是对运动员的各个运动情况分析清楚，然后结合机械能守恒定律、运动学公式、动量定理列式后联立求解．

9．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

mvA−mvB=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=△pB=mv´B -（- mvB）

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．

10．一个质量为2kg的物体静止在水平桌面上，如图1所示，现在对物体施加一个水平向右的拉力F，拉力F随时间t变化的图象如图2所示，已知物体在第1s内保持静止状态，第2s初开始做匀加速直线运动，第3s末撤去拉力，第5s末物体速度减小为求：

前3s内拉力F的冲量。 第2s末拉力F的功率。 【答案】(1)【解析】 【详解】 (1)冲量为：

即前3s内拉力F的冲量为

内，由动量定理有：

(2)

(2)设物体在运动过程中所受滑动摩擦力大小为f，则在

设在

内物体的加速度大小为a，则由牛顿第二定律有：

第2s末物体的速度为：第2s末拉力F的功率为：

v

联立以上方程代入数据可求出F的功率为：

水平飞来的垒球，垒球随后在离打击

11．一垒球手水平挥动球棒，迎面打击一以速度点水平距离为

的垒球场上落地。设垒球质量为0.81kg，打击点离地面高度为2.2m，球

，求球棒对垒球的平均作用力的大

棒与垒球的作用时间为0.010s，重力加速度为

小。 【答案】900N 【解析】 【详解】

由题意可知，垒球被击后做平抛运动，竖直方向：h=gt2

所以：

水平方向：x=vt

所以球被击后的速度：

设平均作用力为F，则：Ft0=mv-mv0 代入数据得：F=900N 【点睛】

选取球被击出后的速度方向为正方向，则：v0=-5m/s

此题主要考查平抛运动与动量定理的应用，其中正确判断出垒球被击后做平抛运动是解答的关键；应用动量定理解题时注意正方向．

12．蹦床运动有\"空中芭蕾\"之称，某质量m=45kg的运动员从空中h1=1.25m落下，接着又能弹起h2=1.8m高度，此次人与蹦床接触时间t=0.40s，取g=10m/s2，求： （1）运动员与蹦床接触时间内，所受重力的冲量大小I； （2）运动员与蹦床接触时间内，受到蹦床平均弹力的大小F． s（2）1687.5N 【答案】（1）180N·【解析】 【详解】

（1）重力的冲量大小

Imgt180Ns；

（2）设运动员下落h1高度时的速度大小为v1，弹起时速度大小为v2，则

v122gh1

2v22gh2

由动量定理有

(Fmg)tmv2(mv1)

代入数据解得

F=1687.5N．