(物理)物理动量定理专项习题及答案解析及解析

（物理）物理动量定理专项习题及答案解析及解析

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＝1

2

(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)v4

1 2(m A＋m C)2

3

v＝

1

2

(m A＋m B＋m C)2

4

v＋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．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2

10m/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。

【答案】（1）2

5(2+（2）62.5J 【解析】 【详解】

（1）设小球在圆弧轨道1最低点时速度大小为0v ，根据动量定理有

0I mv =

解得05m /s v =

在轨道最低端，根据牛顿第二定律，

20

v F mg m R

-=

解得252N 2F ??=+ ? ??

? 根据牛顿第三定律知，小球对轨道的压力大小为252N 2F '

??

=+

? ???

（2）设小球从轨道1抛出到达轨道2曲面经历的时间为t ， 水平位移：

0x v t =

竖直位移：

2

12

y gt =

由勾股定理：

222x y R +=

解得1s t = 竖直速度：

10m /s y v gt ==

可得小球的动能

()22k y 021162.5J 22

v E mv m v =

=+=

3．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 /s 2）。求

（1）物体从抛出到落到地面过程重力的冲量； （2）落地时物体的动量。

【答案】（1）20N ?s ，方向竖直向下（2

）m/s ?， 与水平方向的夹角为45° 【解析】 【详解】

（1）物体做平抛运动，则有：

212

h gt =

解得：

t =2s

则物体从抛出到落到地面过程重力的冲量

I=mgt =1×10×2=20N?s

方向竖直向下。

（2）在竖直方向，根据动量定理得

I=p y -0。

可得，物体落地时竖直方向的分动量

p y =20kg?m/s

物体落地时水平方向的分动量

p x =mv 0=1×20=20kg?m/s

故落地时物体的动量

m/s p =

=?

设落地时动量与水平方向的夹角为θ，则

1y x

p tan p θ=

=

θ=45°

4．动能定理和动量定理不仅适用于质点在恒力作用下的运动，也适用于质点在变力作用下的运动，这时两个定理表达式中的力均指平均力，但两个定理中的平均力的含义不同，在动量定理中的平均力F 1是指合力对时间的平均值，动能定理中的平均力F 2是合力指对位移的平均值．

(1)质量为1.0kg 的物块，受变力作用下由静止开始沿直线运动，在2.0s 的时间内运动了2.5m 的位移，速度达到了2.0m/s ．分别应用动量定理和动能定理求出平均力F 1和F 2的值．

(2)如图1所示，质量为m 的物块，在外力作用下沿直线运动，速度由v 0变化到v 时，经历的时间为t ，发生的位移为x ．分析说明物体的平均速度v 与v 0、v 满足什么条件时，F 1和F 2是相等的．

(3)质量为m 的物块，在如图2所示的合力作用下，以某一初速度沿x 轴运动，当由位置

x =0运动至x =A 处时，速度恰好为0，此过程中经历的时间为2m

t k

π=，求此过程中物块所受合力对时间t 的平均值．

【答案】（1）F 1=1.0N ，F 2=0.8N ；（2）当02v v x v t +==时，F 1=F 2；（3）2kA F π

=． 【解析】 【详解】

解：(1)物块在加速运动过程中，应用动量定理有：1t F t mv =g

解得：1 1.0 2.0

N 1.0N 2.0

t mv F t ?=

== 物块在加速运动过程中，应用动能定理有：221

2

t F x mv =

g 解得：22

2 1.0 2.0N 0.8N 22 2.5

t mv F x ?===?

(2)物块在运动过程中，应用动量定理有：10Ft mv mv =- 解得：01()

m v v F t

-=

物块在运动过程中，应用动能定理有：22201122

F x mv mv =

- 解得：22

02()

2m v v F x

-=

当12F F =时，由上两式得：02

v v x v t +=

= (3)由图2可求得物块由0x =运动至x A =过程中，外力所做的功为：

211

22

W kA A kA =-=-g

设物块的初速度为0v '，由动能定理得：20

1

02

W mv '=-

解得：0

k

v A m

'= 设在t 时间内物块所受平均力的大小为F ，由动量定理得：0

0Ft mv -=-'

由题已知条件：2m t k

π= 解得：2kA

F π

=

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/s 2.求小球对钢板的作用力. 【答案】78N 【解析】 【详解】

自由落体过程 v 12＝2gh 1，得v 1=10m/s ； v 1=gt 1 得t 1=1s

小球弹起后达到最大高度过程0? v 22＝?2gh 2，得v 2=9m/s 0-v 2=-gt 2 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 ′=mv 2-（-mv 1） 其中t ′=t -t 1-t 2=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．如图所示,两个小球A 和B 质量分别是m A ＝2.0kg,m B ＝1.6kg,球A 静止在光滑水平面上的M 点,球B 在水平面上从远处沿两球的中心连线向着球A 运动,假设两球相距L ≤18m 时存在着恒定的斥力F ,L ＞18m 时无相互作用力.当两球相距最近时,它们间的距离为d ＝2m,此时球B 的速度是4m/s.求:

(1)球B 的初速度大小; (2)两球之间的斥力大小;

(3)两球从开始相互作用到相距最近时所经历的时间. 【答案】(1) 09B m v s

= ；(2) 2.25F N =；(3) 3.56t s =

【解析】试题分析：（1）当两球速度相等时，两球相距最近，根据动量守恒定律求出B 球的初速度；（2）在两球相距L ＞18m 时无相互作用力，B 球做匀速直线运动，两球相距L≤18m 时存在着恒定斥力F ，B 球做匀减速运动，由动能定理可得相互作用力 （3）根据动量定理得到两球从开始相互作用到相距最近时所经历的时间．

（1）设两球之间的斥力大小是F ，两球从开始相互作用到两球相距最近时所经历的时间是t 。当两球相距最近时球B 的速度4B m v s

=，此时球A 的速度A v 与球B 的速度大小相

等， 4A B m v v s ==,由动量守恒定律可()0B B A B m v m m v =+得： 09B m v s

=;

(2)两球从开始相互作用到它们之间距离最近时，它们之间的相对位移Δx=L -d ，由功能关系可得： ()

'222

1122

B B A A B B

F X m v m v m v ?=

-+ 得：F=2.25N (3)根据动量定理，对A 球有0A Ft mv =-,得 3.56t s =

点晴：本题综合考查了动量定理、动量守恒定律和能量守恒定律，综合性较强．知道速度相等时，两球相距最近，以及知道恒力与与相对位移的乘积等于系统动能的损失是解决本题的关键．

7．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=12N

8．在水平地面的右端B 处有一面墙，一小物块放在水平地面上的A 点，质量m ＝0.5 kg ，AB 间距离s ＝5 m ，如图所示．小物块以初速度v 0＝8 m/s 从A 向B 运动，刚要与墙壁碰撞时的速度v 1＝7 m/s ，碰撞后以速度v 2＝6 m/s 反向弹回．重力加速度g 取10 m/s 2.求： (1) 小物块与地面间的动摩擦因数μ；

(2) 若碰撞时间t ＝0.05 s ，碰撞过程中墙面对小物块平均作用力F 的大小．

【答案】(1)0.15 (2)130 N 【解析】 【详解】

(1)从A 到B 过程，由动能定理，有：－μmgs ＝12mv 12－1

2

mv 02 可得：μ＝0.15.

(2)对碰撞过程，规定向左为正方向，由动量定理，有：Ft ＝mv 2－m (－v 1)

可得：F ＝130 N.

9．质量为60 kg 的建筑工人，不慎从高空跌下，由于弹性安全带的保护，使他悬挂起来；已知弹性安全带的缓冲时间是1.2 s ，安全带长5 m ，（安全带伸长量远小于其原长）不计空气阻力影响，g 取10 m/s 2 。求：人向下减速过程中，安全带对人的平均作用力的大小及方向。

【答案】100N ，方向：竖直向上 【解析】 【详解】

选取人为研究对象，人下落过程有：v 2=2gh ， 代入数据解得：v =10 m/s ，

缓冲过程由动量定理有：（F -mg ）t =mv ， 解得：60106010N 1100N 1.2

mv F mg t ?=

+=+?=（） 则安全带对人的平均作用力的大小为1100N ，方向竖直向上。

10．如图甲所示，蹦床是常见的儿童游乐项目之一，儿童从一定高度落到蹦床上，将蹦床压下后，又被弹回到空中，如此反复，达到锻炼和玩耍的目的．如图乙所示，蹦床可以简化为一个竖直放置的轻弹簧，弹力的大小为kx （x 为床面下沉的距离，也叫形变量；k 为常量），蹦床的初始形变量可视为0，忽略空气阻力的影响．

（1）在一次玩耍中，某质量为m 的小孩，从距离蹦床床面高H 处由静止下落，将蹦床下压到最低点后，再被弹回至空中．

a ．请在图丙中画出小孩接触蹦床后，所受蹦床的弹力F 随形变量x 变化的图线；

b ．求出小孩刚接触蹦床时的速度大小v ；

c ．若已知该小孩与蹦床接触的时间为t ，求接触蹦床过程中，蹦床对该小孩的冲量大小I ． （2）借助F -x 图，可确定弹力做功的规律．在某次玩耍中，质量不同的两个小孩（均可视为质点），分别在两张相同的蹦床上弹跳，请判断：这两个小孩，在蹦床上以相同形变量由静止开始，上升的最大高度是否相同？并论证你的观点．

【答案】（1）a. b. 2v gH =I 22mgt m gH =+（2）上升高度与

质量m 有关，质量大的上升高度小 【解析】

【分析】

（1）a 、根据胡克定律求出劲度系数，抓住弹力与形变量成正比，作出弹力F 随x 变化的示意图．

b 、根据机械能守恒求出小孩刚接触蹦床时的速度大小；

c 、根据动量定理求出蹦床对该小孩的冲量大小．

（2）根据图线围成的面积表示弹力做功，得出弹力做功的表达式，根据动能定理求出弹力做功，从而求出x 1的值． 【详解】

（1）a.根据胡克定律得：F kx =，所以F 随x 的变化示意图如图所示

b.小孩子有高度H 下落过程，由机械能守恒定律：212

mgH mv = 得到速度大小：2v gH =

c.以竖直向下为正方向，接触蹦床的过程中，根据动量守恒：mgt I mv mv +=-- 其中2v gH =

可得蹦床对小孩的冲量大小为：22I mgt m gH =+（2）设蹦床的压缩量为x ，小孩离开蹦床后上升了H ．从最低点处到最高点，重力做功

()mg x H -+，根据F-x 图象的面积可求出弹力做功：2

2kx W =-弹

从最低点处到最高点，根据动能定理：()2

02

kx mg H x -++=

可得：2

2kx H x mg

=

-，可以判断上升高度与质量m 有关，质量大的上升高度小． 【点睛】

解决本题的关键知道运动员在整个过程中的运动情况，结合运动学公式、动能定理等知识进行求解．

11．对于同一物理问题，常常可以从宏观与微观两个不同角度进行研究，找出其内在联系，从而更加深刻地理解其物理本质．在正方体密闭容器中有大量某种气体的分子，每个分子质量为m ，单位体积内分子数量n 为恒量．为简化问题，我们假定：分子大小可以忽略；分子速率均为v ，且与器壁各面碰撞的机会均等；分子与器壁碰撞前后瞬间，速度方向都与器壁垂直，且速率不变．

（1）求一个气体分子与器壁碰撞一次给器壁的冲量I 的大小；

（2）每个分子与器壁各面碰撞的机会均等，则正方体的每个面有六分之一的几率．请计算在Δt 时间内，与面积为S 的器壁发生碰撞的分子个数N ；

（3）大量气体分子对容器壁持续频繁地撞击就形成了气体的压强．对在Δt 时间内，与面积为S 的器壁发生碰撞的分子进行分析，结合第（1）（2）两问的结论，推导出气体分子对器壁的压强p 与m 、n 和v 的关系式． 【答案】（1）2I mv =（2） 1.6N n Sv t =? （3）21

3

nmv 【解析】

（1）以气体分子为研究对象，以分子碰撞器壁时的速度方向为正方向 根据动量定理 2I mv mv mv -=--=-'

由牛顿第三定律可知，分子受到的冲量与分子给器壁的冲量大小相等方向相反 所以，一个分子与器壁碰撞一次给器壁的冲量为 2I mv =；

（2）如图所示，以器壁的面积S 为底，以vΔt 为高构成柱体，由题设条件可知，柱体内的分子在Δt 时间内有1/6与器壁S 发生碰撞，碰撞分子总数为

1

6

N n Sv t =??

（3）在Δt 时间内，设N 个分子对面积为S 的器壁产生的作用力为F N 个分子对器壁产生的冲量 F t NI ?= 根据压强的定义 F p S

=

解得气体分子对器壁的压强 2

13

p nmv =

点睛：根据动量定理和牛顿第三定律求解一个分子与器壁碰撞一次给器壁的冲量；以Δt 时间内分子前进的距离为高构成柱体，柱体内1/6的分子撞击柱体的一个面，求出碰撞分子总数；根据动量定理求出对面积为S 的器壁产生的撞击力，根据压强的定义求出压强；

12．如图，一质量为M =1.5kg 的物块静止在光滑桌面边缘，桌面离水平面的高度为h =1.25m ．一质量为m =0.5kg 的木块以水平速度v 0=4m/s 与物块相碰并粘在一起，碰撞时间极短，重力加速度为g =10m/s 2．不及空气阻力，求：

（1）碰撞过程中系统损失的机械能； （2）此后物块落地点离桌面边缘的水平距离． 【答案】（1）3J （2）0.5m 【解析】

试题分析：（1）对m 与M 组成的系统，碰撞过程中动量守恒，设碰后共同速度为v ，有 mν0=（m+M ）ν 解得v=1m/s

碰撞后系统损失的机械能22011

()22

E mv m M v ?=-+ 解得△E=3J

（2）物块离开桌面后做平抛运动，设落地点离桌面边缘的水平距离为x ，有 竖直方向作自由落体：212

h gt = 解得t=0．5s

水平方向匀速直线： x=vt=0．5m

考点：动量守恒定律；机械能守恒定律；平抛运动

【名师点睛】本题采用程序法按时间顺序进行分析处理，是动量守恒定律与平抛运动简单的综合，比较容易．