高考物理动量定理及其解题技巧及练习题(含答案)含解析

一、高考物理精讲专题动量定理

1．观赏“烟火”表演是某地每年“春节”庆祝活动的压轴大餐。某型“礼花”底座仅0.2s的发射时间，就能将质量为m=5kg的礼花弹竖直抛上180m的高空。（忽略发射底座高度，不计空气阻力，g取10m/s2）

(1)“礼花”发射时燃烧的火药对礼花弹的平均作用力是多少？（已知该平均作用力远大于礼花弹自身重力）

(2)某次试射，当礼花弹到达最高点时爆炸成沿水平方向运动的两块（爆炸时炸药质量忽略不计），测得前后两块质量之比为1：4，且炸裂时有大小为E=9000J的化学能全部转化为了动能，则两块落地点间的距离是多少？ 【答案】(1)1550N；(2)900m 【解析】 【分析】 【详解】

(1)设发射时燃烧的火药对礼花弹的平均作用力为F，设礼花弹上升时间为t，则：

h解得

12gt 2t6s

对礼花弹从发射到抛到最高点，由动量定理

Ft0mg(tt0)0

其中

t00.2s

解得

F1550N

(2)设在最高点爆炸后两块质量分别为m1、m2，对应的水平速度大小分别为v1、v2，则： 在最高点爆炸，由动量守恒定律得

m1v1m2v2

由能量守恒定律得

E其中

112m1v12m2v2 22m11 m24mm1m2

联立解得

v1120m/s

v230m/s

之后两物块做平抛运动，则 竖直方向有

h水平方向有

12gt 2sv1tv2t

由以上各式联立解得

s=900m

2．如图甲所示，物块A、B的质量分别是mA＝4.0kg和mB＝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mC；

（2）t＝8s时弹簧具有的弹性势能Ep1，4~12s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Ep2。 S；（3）9J 【答案】（1）2kg ；（2）27J，36N·【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

mCv1＝(mA＋mC)v2

解得C的质量mC＝2kg。 （2）t＝8s时弹簧具有的弹性势能

Ep1＝

1(mA＋mC)v22=27J 2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=(mA＋mC)v3-(mA＋mC)（-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

(mA＋mC)v3＝(mA＋mB＋mC)v4

1122(mA＋mC)v3＝(mA＋mB＋mC)v4＋Ep2 22解得B离开墙后的运动过程中弹簧具有的最大弹性势能Ep2＝9J。

3．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．

4．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) 【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：vB2=2a1x1； 根据牛顿第二定律可得：

；

(2)

对甲从A点运动到B点的过程，根据机械能守恒：解得vB=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=0.4s

5．如图所示，一个质量为m的物体，初速度为v0，在水平合外力F（恒力）的作用下，经过一段时间t后，速度变为vt。

(1)请根据上述情境，利用牛顿第二定律推导动量定理，并写出动量定理表达式中等号两边物理量的物理意义。

(2)快递公司用密封性好、充满气体的塑料袋包裹易碎品，如图所示。请运用所学物理知识分析说明这样做的道理。

【答案】详情见解析 【解析】 【详解】

(1)根据牛顿第二定律Fma,加速度定义aviv0解得 tFtmvimv0

即动量定理, Ft表示物体所受合力的冲量，mvt-mv0表示物体动量的变化 (2)快递物品在运送途中难免出现磕碰现象，根据动量定理

Ftmvimv0

在动量变化相等的情况下，作用时间越长，作用力越小。充满气体的塑料袋富有弹性，在碰撞时，容易发生形变，延缓作用过程，延长作用时间，减小作用力，从而能更好的保护快递物品。

6．在某次短道速滑接力赛中，质量为50kg的运动员甲以6m/s的速度在前面滑行，质量为60kg的乙以7m/s的速度从后面追上，并迅速将甲向前推出，完成接力过程．设推后乙的速度变为4m/s，方向向前，若甲、乙接力前后在同一直线上运动，不计阻力，求： ⑴接力后甲的速度大小；

⑵若甲乙运动员的接触时间为0.5s，乙对甲平均作用力的大小．

【答案】（1）9.6m/s；（2）360N； 【解析】 【分析】 【详解】

+m乙v乙 （1）由动量守恒定律得m甲v甲+m乙v乙=m甲v甲=9.6m/s； v甲-m甲v甲 （2）对甲应用动量定理得Ftm甲v甲F=360N

7．甲图是我国自主研制的200mm离子电推进系统， 已经通过我国“实践九号”卫星空间飞行试验验证，有望在2015年全面应用于我国航天器．离子电推进系统的核心部件为离子推进器，它采用喷出带电离子的方式实现飞船的姿态和轨道的调整，具有大幅减少推进剂燃料消耗、操控更灵活、定位更精准等优势．离子推进器的工作原理如图乙所示，推进剂氙原子P喷注入腔室C后，被电子枪G射出的电子碰撞而电离，成为带正电的氙离子．氙离子从腔室C中飘移过栅电极A的速度大小可忽略不计，在栅电极A、B之间的电场中加速，并从栅电极B喷出．在加速氙离子的过程中飞船获得推力． 已知栅电极A、B之间的电压为U，氙离子的质量为m、电荷量为q．

（1）将该离子推进器固定在地面上进行试验．求氙离子经A、B之间的电场加速后，通过

栅电极B时的速度v的大小；

（2）配有该离子推进器的飞船的总质量为M，现需要对飞船运行方向作一次微调，即通过推进器短暂工作让飞船在与原速度垂直方向上获得一很小的速度Δv，此过程中可认为氙离子仍以第（1）中所求的速度通过栅电极B．推进器工作时飞船的总质量可视为不变．求推进器在此次工作过程中喷射的氙离子数目N．

（3）可以用离子推进器工作过程中产生的推力与A、B之间的电场对氙离子做功的功率的比值S来反映推进器工作情况．通过计算说明采取哪些措施可以增大S，并对增大S的实际意义说出你的看法． 【答案】（1）U或增大m的方法．

提高该比值意味着推进器消耗相同的功率可以获得更大的推力． 【解析】

试题分析：（1）根据动能定理有

（2）

（3）增大S可以通过减小q、

解得：

（2）在与飞船运动方向垂直方向上，根据动量守恒有：MΔv=Nmv 解得：

（3）设单位时间内通过栅电极A的氙离子数为n，在时间t内，离子推进器发射出的氙离子个数为Nnt，设氙离子受到的平均力为F，对时间t内的射出的氙离子运用动量定理，FtNmvntmv，F= nmv

根据牛顿第三定律可知，离子推进器工作过程中对飞船的推力大小F=F= nmv 电场对氙离子做功的功率P= nqU 则

根据上式可知：增大S可以通过减小q、U或增大m的方法． 提高该比值意味着推进器消耗相同的功率可以获得更大的推力． （说明：其他说法合理均可得分） 考点：动量守恒定律；动能定理；牛顿定律.

8．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F1，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

F1t0mv

则

F1mv0.54.0N200N t0.01由牛顿第三定律可知，铁锤钉钉子的平均作用力F1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F2，取铁锤的速度v的方向为正方向，由动量定理得

mgF2t0mv

可得

F2mvmg205N t即考虑铁锤受的重力时，铁锤打打子的平均作用力为F2=205N，方向竖直向下。

9．两根平行的金属导轨，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/s2，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，速度分别为甲移动距离

，杆乙移动距离

，回路面积改变

和，经过很短时间，杆

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：

时

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（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．

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：

(2)

即前3s内拉力F的冲量为

内，由动量定理有：

(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：

11．一个质量为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变化的图像如图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0.求：

(1)前3s内拉力F的冲量． (2)第2s末拉力F的功率． 【答案】（1）25Ns （2）50W 【解析】 【详解】

（1）由动量定理有

IFt11F2t2

即前3s内拉力F的冲量为

I25Ns

（2）设物体在运动过程中所受滑动摩擦力大小为f，则在2s～6s内，由动量定理有

F2t2f(t2t3)0

设在1s～3s内物体的加速度大小为a，则由牛顿第二定律有

F2fma

第2s末物体的速度为

vat2

第2s末拉力F的功率为

PF2v

联立以上方程可求出

P50W

12．有一水龙头以每秒800g水的流量竖直注入盆中,盆放在磅秤上,如图所示．盆中原来无

水，盆的质量500g，注至5s末时，磅秤的读数为57N，重力加速度g取10m/s2，则此时注入盆中的水流的速度约为多大?

【答案】15m/s 【解析】

5s时，杯子及水的总质量m=0.5+0.8×5=4.5kg；

设注入水流的速度为t，取竖直向下为正方向，△t时间内注入杯中的水的质量△m=0.8△t 对杯子和杯子中的水进行分析，根据动量定理可知： (mg+△mg−F)△t=0−△mv 由题意可知，F=57N；而△mg<代入数据，解得v=15m/s．

点睛：取极短时间内注入杯中的水为研究对象，根据动量定理列式，可求得注入水流的速度．