【物理】物理动量定理提高训练及解析

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。

2．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v0=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）vA＝1m/s ，vB＝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 v0 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：

MvMvAmvB

11122Mv2MvAmvB 222解得：vA＝1m/s vB＝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：

1212mg2R mvBmvC222vC 在最高点C对小球B受力分析，由牛顿第二定律有： mgFNmR解得：FN＝4N

由牛顿第三定律知，FN '＝FN＝4N

小球对轨道的压力的大小为3N，方向竖直向上．

3．如图所示，一质量m1=0.45kg的平顶小车静止在光滑的水平轨道上．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，已知子弹与车相互作用时间极短，小物体与车间的动摩擦因数为μ=0.5，最终小物体以5 m/s的速度离开小车．g取10 m/s2．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

【解析】

①子弹进入小车的过程中，子弹与小车组成的系统动量守恒，有：

m0vo(m0m1)v1，可解得v110m/s；

对子弹由动量定理有：Imv1mv0，I4.5Ns (或kgm/s)； ②三物体组成的系统动量守恒，由动量守恒定律有：

(m0m1)v1(m0m1)v2m2v；

设小车长为L，由能量守恒有：m2gL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组成的系统动量守恒，由动量守恒定律可以求出小车的速度，根据动量定理可求子弹对小车的冲量；对子弹、物块、小车组成的系统动量守恒，对系统应用动量守恒定律与能量守恒定律可以求出小车的长度．

1112(m0m1)v12(m0m1)v2m2v2 222

4．如图所示，质量M=1.0kg的木板静止在光滑水平面上，质量m=0.495kg的物块（可视为质点）放在的木板左端，物块与木板间的动摩擦因数μ=0.4。质量m0=0.005kg的子弹以速度v0=300m/s沿水平方向射入物块并留在其中（子弹与物块作用时间极短），木板足够长，g取10m/s2。求： （1）物块的最大速度v1； （2）木板的最大速度v2； （3）物块在木板上滑动的时间t.

【答案】（1）3m/s ；（2）1m/s ；（3）0.5s。 【解析】 【详解】

（1）子弹射入物块后一起向右滑行的初速度即为物块的最大速度，取向右为正方向，根据子弹和物块组成的系统动量守恒得：

m0v0=（m+m0）v1

解得：

v1=3m/s

（2）当子弹、物块和木板三者速度相同时，木板的速度最大，根据三者组成的系统动量守恒得：

（m+m0）v1=（M+m+m0）v2。

解得：

v2=1m/s

（3）对木板，根据动量定理得：

μ（m+m0）gt=Mv2-0

解得：

t=0.5s

5．如图所示，木块A和四分之一光滑圆轨道B静置于光滑水平面上，A、B质量mA＝mB＝2.0kg。现让A以v0＝4m/s的速度水平向右运动，之后与墙壁发生弹性碰撞（碰撞过程中无机械能损失），碰撞时间为t＝0.2s。取重力加速度g＝10m/s2．求：

①A与墙壁碰撞过程中，墙壁对木块平均作用力的大小； ②A滑上圆轨道B后，到达最大高度时与B的共同速度大小. 【答案】(1) F＝80N (2) v1＝2m/s 【解析】 【详解】

①以水平向左为正方向，A与墙壁碰撞过程，无机械能能损失，则以原速率弹回，对A，由动量定理得：Ft＝mAv0﹣mA•（﹣v0）， 代入数据解得：F＝80N；

②A滑上圆轨道B后到达最大高度时，AB速度相等，设A、B的共同速度为v，系统在水平方向动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒得：mAv0＝（mA+mB）v1， 代入数据解得：v1＝2m/s；

6．如图所示，质量为m=0.5kg的木块，以v0=3.0m/s的速度滑上原来静止在光滑水平面上的足够长的平板车，平板车的质量M=2.0kg。若木块和平板车表面间的动摩擦因数μ=0.3，重力加速度g=10m/s2，求：

(1)平板车的最大速度；

(2)平板车达到最大速度所用的时间. 【答案】（1）0.6m/s （2）0.8s 【解析】 【详解】

（1）木块与平板车组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得： mv0=(M+m)v， 解得:v=0.6m/s

（2）对平板车，由动量定律得： μmgt=Mv

解得:t=0.8s

7．以初速度v0=10m/s水平抛出一个质量为m=2kg的物体，若在抛出后3s过程中，它未与地面及其它物体相碰，g取l0m/s2。求： （1）它在3s内所受重力的冲量大小； （2）3s内物体动量的变化量的大小和方向； （3）第3秒末的动量大小。

【答案】（1）60N·s（2）60kg·m/s，竖直向下（3）2010kgm/s 【解析】 【详解】

（1）3s内重力的冲量： I=Ft =mgt =2×10×3N·s=60N·s

（2）3s内物体动量的变化量，根据动量定理： △P=mgt =20×3kg·m/s=60kg·m/s 方向：竖直向下。 （3）第3s末的动量：

22=2102gt2010kgm/s P末=mv末=mv0vy2

8．起跳摸高是学生常进行的一项活动。某中学生身高1.80m，质量70kg。他站立举臂，手指摸到的高度为2.10m.在一次摸高测试中，如果他下蹲，再用力瞪地向上跳起，同时举臂，离地后手指摸到高度为2.55m。设他从蹬地到离开地面所用的时间为0.7s。不计空气阻力，（g=10m/s2）.求： (1)他跳起刚离地时的速度大小；

(2)从蹬地到离开地面过程中重力的冲量的大小； (3)上跳过程中他对地面平均压力的大小。 【答案】（1）3m/s （2）【解析】 【分析】

人跳起后在空中运动时机械能守恒，由人的重心升高的高度利用机械能守恒可求得人刚离地时的速度；

人在与地接触时，地对人的作用力与重力的合力使人获得上升的速度，由动量定理可求得地面对他的支持力，再由牛顿第三定律可求得他对地面的平均压力； 【详解】

（1）跳起后重心升高 根据机械能守恒定律：

，解得：

，方向竖直向下； （2）1000N

；

（2）根据冲量公式可以得到从蹬地到离开地面过程中重力的冲量的大小为：

（3）上跳过程过程中，取向上为正方向，由动量定理即：

，将数据代入上式可得

。

根据牛顿第三定律可知：对地面的平均压力【点睛】

本题中要明确人运动的过程，找出人起跳的高度及人在空中运动的高度，从而正确选择物理规律求解。

9．质量为0.5kg的小球从h=2.45m的高空自由下落至水平地面，与地面作用0.2s后，再以5m/s的速度反向弹回，求小球与地面的碰撞过程中对地面的平均作用力．（不计空气阻力，g=10m/s2） 【答案】35N 【解析】

小球自由下落过程中，由机械能守恒定律可知： mgh=

1mv12； 2解得：v1=2gh2102.457m/s， 同理，回弹过程的速度为5m/s，方向竖直向上， 设向下为正，则对碰撞过程由动量定理可知： mgt-Ft=-mv′-mv 代入数据解得：F=35N

由牛顿第三定律小球对地面的平均作用力大小为35N，方向竖直向下．

10．根据牛顿第二定律及运动学相关方程分别推导动能定理和动量定理的表达式． 【答案】该推导过程见解析 【解析】

设一个质量为m的物体，初速度为v0，在水平合外力F（恒力）的作用下，运动一段距离x后，速度变为vt，所用的时间为t

22则根据牛顿第二定律得：Fma，根据运动学知识有vtv02ax，联立得到

11mvt2mv02Fx，即为动能定理． 22根据运动学知识：avtv0，代入牛顿第二定律得：Ftmvtmv0，即为动量定理． t

11．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5.0m高处.已知运动员与网接触的时间为1.2s.若把在这段时间内网对运动员的作用力当作恒力处理，g=10m/s2.. 求：

（1）运动员着网前瞬间的速度大小; （2）网对运动员的作用力大小.

【答案】（1）8m/s，方向向下 （2）1500N 【解析】(1)从h1=3.2m自由落体到床的速度为v1

，

=8ms，方向向下

(2)离网的速度为v2

=10m/s

规定向下为正方向,由动量定理得

=1500N

所以网对运动员的作用力为1500N.

点睛：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，上升过程是竖直上抛运动，算出自由落体运动末速度和竖直上抛运动的初速度，根据动量定理求出网对运动员的作用力。

12．一位足球爱好者，做了一个有趣的实验：如图所示，将一个质量为m、半径为R的质量分布均匀的塑料弹性球框静止放在粗糙的足够大的水平台面上，质量为M（M＞m）的足球（可视为质点）以某一水平速度v0通过球框上的框口，正对球框中心射入框内，不计足球运动中的一切阻力。结果发现，当足球与球框发生第一次碰撞后到第二次碰撞前足球恰好不会从右端框口穿出。假设足球与球框内壁的碰撞为弹性碰撞，只考虑球框与台面之间的摩擦，求：

（1）人对足球做的功和冲量大小；

（2）足球与球框发生第一次碰撞后，足球的速度大小； （3）球框在台面上通过的位移大小。

2Mv0Mm2M【答案】（1）；Mv0；（2）v0（3）R

2Mmm【解析】（1）人对足球做的功W＝冲量：I＝Mv0

12 Mv02（2）足球的初速度为v0，第一次碰撞后，设足球的速度为v1，球框的速度为v2。对足球和球框组成的系统，由动最守恒定律得：Mv0＝Mv1＋mv2 由能量守恒定律得

11122 Mv0Mv12mv2222联立解得足球的速度v1球框的速度v2Mmv0 Mm2Mv0 Mm12 Mv02（3）多次碰撞后足球和球框最终静止，设球框受到台面的摩擦力为f，通过的总位移为x对足球和球框组成的系统，由能量守恒定律得fx又第一次碰撞后经时间t，足球恰好未从框口穿出 说明此时足球与球框二者共速，均为v1由运动学规律得

Mmv0 Mmv1v2tv1t2R 22MR m对球框，由动量定理得 –ft＝mv1－mv2 联立解得球框通过的总位移x＝