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1、高中物理动量定理解题技巧及经典题型及练习题( 含答案 )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；（ 22m2 gL ；（ 3）当 LH） I
2、 Fmgt时小球抛的最远2【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mgLsin 301 mv220小球在最低点时，由牛顿第二定律和向心力公式得Fmgmv02L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pmv0由三角形定则得，绳对小球的冲量I Fmgt 2m2gL(3)平抛的水平位移 xv0t ，竖直位移HL1 gt 22解得x2L( HL)当 LH时小球抛的最远22 图甲为光滑金属导轨制成的斜面，导轨的间距为l 1m ，左侧斜面的倾角37 ，右侧斜面的中间用阻值为R2的电阻连接。在左侧斜面区域存在垂直斜面向下的匀强磁场，磁感
3、应强度大小为B10.5T ，右侧斜面轨道及其右侧区域中存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为 B20.5T 。在斜面的顶端e、 f 两点分别用等长的轻质柔软细导线连接导体棒 ab，另一导体棒cd 置于左侧斜面轨道上，与导轨垂直且接触良好，ab 棒和 cd 棒的质量均为 m 0.2kg ， ab 棒的电阻为 r 2， cd 棒的电阻为r24。已知 t=0 时刻起，1cd 棒在沿斜面向下的拉力作用下开始向下运动(cd 棒始终在左侧斜面上运动 )，而 ab 棒在水平拉力 F 作用下始终处于静止状态，F 随时间变化的关系如图乙所示，ab 棒静止时细导线与竖直方向的夹角37 。其中导轨的电阻不计，图中的虚
4、线为绝缘材料制成的固定支架。(1)请通过计算分析cd 棒的运动情况；(2)若 t=0 时刻起，求2s 内 cd 受到拉力的冲量；(3)3 s 内电阻 R 上产生的焦耳热为2. 88 J，则此过程中拉力对cd 棒做的功为多少?【答案】 (1)cd 棒在导轨上做匀加速度直线运动；(2)1.6Ngs ； (3) 43.2J【解析】【详解】(1)设绳中总拉力为T ，对导体棒ab 分析，由平衡方程得：FTsin BIlTcos mg解得：Fmgtan BIl1.50.5I由图乙可知：F1.50.2t则有：I0.4tcd 棒上的电流为：I cd0.8t则 cd 棒运动的速度随时间变化的关系：v8t即 cd
5、 棒在导轨上做匀加速度直线运动。(2) ab 棒上的电流为：I0.4t则在 2 s 内，平均电流为 0.4 A，通过的电荷量为0.8 C，通过 cd 棒的电荷量为1.6C由动量定理得：I FmgsintBlI t mv0解得： I F1.6N gs(3)3 s 内电阻 R 上产生的的热量为Q 2.88J，则 ab 棒产生的热量也为 Q ， cd 棒上产生的热量为 8Q ，则整个回路中产生的总热量为28. 8 J，即 3 s 内克服安培力做功为28. 8J而重力做功为：WG mg sin43.2J对导体棒 cd ，由动能定理得：WFW 克安WG1 mv202由运动学公式可知导体棒的速度为24 m
6、/s解得： WF43.2J3 如图甲所示，平面直角坐标系中，0xl、 0y2l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B0 和 T0 均未知。比荷为 c 的带正电的粒子在点（ 0， l ）以初速度 v0 沿 +x 方向射入磁场，不计粒子重力。（1）若在 t=0 时刻，粒子射入；在tl 的区域施加一个沿 -x 方向的匀强电场，在 tT0时刻l cv04入射的粒子，最终从入射点沿-x 方向离开磁场，求电场强度的大小。【答案】（ 1） B0v0 ；（ 2） T0l4v02.；（ 3） En 0,1,2Lclv02n 1 cl【解析】【详解】设粒子
7、的质量为m ，电荷量为q，则由题意得cqm（ 1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，设运动半径为 R ，根据几何关系和牛顿第二定律得：Rlqv0B0m v02Rv0解得 B0cl（2）设粒子运动的半径为R1，由牛顿第二定律得解得 R12qv0B0m v0R1l2临界情况为：粒子从t0 时刻射入，并且轨迹恰好过0,2l 点，粒子才能从y 轴射出，如图所示设粒子做圆周运动的周期为T ，则T2 mlqB0v0由几何关系可知，在tT0 内，粒子轨迹转过的圆心角为2对应粒子的运动时间为t11TT22分析可知，只要满足 t1 T0，就可以使粒子离开磁场时的位置都不在y 轴上。2联立解得 T0lT ，即 T0；v
8、0（3）由题意可知，粒子的运动轨迹如图所示设粒子的运动周期为T ，则T在磁场中，设粒子运动的时间为t 2 ，则2 mlqB0v0t21T14T4由题意可知，还有T0T0t2解得 T0lT ，即 T0v044设电场强度的大小为E ，在电场中，设往复一次所用的时间为t3 ，则根据动量定理可得Eqt32mv0其中t3n1T0 n 0,1,2L24v2解得 E0n 0,1,2L2n 1cl4 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 mB2.0kg。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
9、为t 0.2s。取重力加速度 g10m/s 2求：A 与墙壁碰撞过程中，墙壁对木块平均作用力的大小；A 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】 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； A 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 ；5 质量
10、 m=0.60kg 的篮球从距地板H=0.80m 高处由静止释放，与水平地板撞击后反弹上升的最大高度 h=0.45m ，从释放到弹跳至 h 高处经历的时间 t=1.1s，忽略空气阻力，取重力加速度 g=10m/s 2，求：（1）篮球与地板撞击过程中损失的机械能E；（2）篮球对地板的平均撞击力的大小【答案】（ 1） 2.1J（ 2） 16.5N ，方向向下【解析】【详解】（1）篮球与地板撞击过程中损失的机械能为E mgH mgh 0.610 （0.8 0.45)J=2.1J（2）设篮球从 H 高处下落到地板所用时间为t1 ，刚接触地板时的速度为v1 ；反弹离地时的速度为v2 ，上升的时间为 t2
11、 ，由动能定理和运动学公式下落过程mgH1 mv122解得v14m/sv1t10.4sg上升过程mgh 01 mv222解得v23m/sv2t20.3sg篮球与地板接触时间为ttt1t20.4s设地板对篮球的平均撞击力为F，取向上为正方向，由动量定理得（ Fmg）tmv2 （mv1）解得F16.5N根据牛顿第三定律，篮球对地板的平均撞击力FF16.5N ，方向向下点睛：本题主要考查了自由落体运动的基本规律，在与地面接触的过程中，合外力对物体的冲量等于物体动量的变化量，从而求出地板对篮球的作用力6 如图，质量分别为m1 10kg 和 m2 2.0kg 的弹性小球a、 b 用弹性轻绳紧紧的把它们捆
12、在一起，使它们发生微小的形变，该系统以速度v0 0.10m/s 沿光滑水平面向右做直线运动，某时刻轻绳突然自动断开，断开后，小球b 停止运动，小球 a 继续沿原方向直线运动。求： 刚分离时，小球a 的速度大小v1； 两球分开过程中，小球a 受到的冲量【答案】 0.12m/s； 【解析】【分析】I。根据“弹性小球 a、 b 用弹性轻绳紧紧的把它们捆在一起，使它们发生微小的形变”、“光滑水平面”“某时刻轻绳突然自动断开”可知，本题考察类“碰撞”问题。据类“碰撞”问题的处理方法，运用动量守恒定律、动量定理等列式计算。【详解】 两小球组成的系统在光滑水平面上运动，系统所受合外力为零，动量守恒，则：代入
13、数据求得： 两球分开过程中，对a，应用动量定理得：7 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 ，
14、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. v2gH c. Imgt2m 2gH （ 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
15、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x1 的值【详解】（1） a.根据胡克定律得：Fkx ，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：mgH1 mv22得到速度大小：v2 gHc.以竖直向下为正方向，接触蹦床的过程中，根据动量守恒：mgt Imv mv其中 v2gH可得蹦床对小孩的冲量大小为：Imgt2m 2 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：kx2W弹2从最低点处到最高点，根据动能定理：mg Hxkx202可得： H
16、kx2m 有关，质量大的上升高度小x ，可以判断上升高度与质量2mg【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8 如图所示，长度为l 的轻绳上端固定在O 点，下端系一质量为m 的小球（小球的大小可以忽略、重力加速度为g ）（1） 在水平拉力F 的作用下，轻绳与竖直方向的夹角为，小球保持静止画出此时小球的受力图，并求力F 的大小；（2）由图示位置无初速释放小球，不计空气阻力求小球通过最低点时:a小球的动量大小；b小球对轻绳的拉力大小【答案】（ 1）； mgtan ；（ 2）m 2gl（1cos ）；mg 32cos【解析】【分析】（1）小球受重
17、力、绳子的拉力和水平拉力平衡，根据共点力平衡求出力F 的大小（ 2）根据机械能守恒定律求出小球第一次到达最低点的速度，求出动量的大小，然后再根据牛顿第二定律，小球重力和拉力的合力提供向心力，求出绳子拉力的大小【详解】（ 1）小球受到重力、绳子的拉力以及水平拉力的作用，受力如图根据平衡条件，得拉力的大小：F mg tan（2） a小球从静止运动到最低点的过程中，由动能定理： mgL 1 cos1 mv22v2gL 1cos则通过最低点时，小球动量的大小：P mvm2gL 1cosb根据牛顿第二定律可得：T mgm v2Lv22cosT mg mmg 3L根据牛顿第三定律，小球对轻绳的拉力大小为：
18、TTmg 32cos【点睛】本题综合考查了共点力平衡，牛顿第二定律、机械能守恒定律，难度不大，关键搞清小球在最低点做圆周运动向心力的来源9 一垒球手水平挥动球棒，迎面打击一以速度水平飞来的垒球，垒球随后在离打击点水平距离为 的垒球场上落地。设垒球质量为棒与垒球的作用时间为 0.010s，重力加速度为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：选取球被击出后的速度方向为正方向，则：v0=-5m/s设平均作用力为F，则： Ft0
19、=mv-mv 0代入数据得： F=900N【点睛】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 10 某汽车制造商研制开发了发动机额定功率P=30 kW 的一款经济实用型汽车，在某次性能测试中，汽车连同驾乘人员的总质量m=2000kg，在平直路面上以额定功率由静止启动，行驶过程中受到大小f=600 N 的恒定阻力 .(1)求汽车的最大速度v；(2)若达到最大速度v 后，汽车发动机的功率立即改为P =18 kW，经过一段时间后汽车开始以不变的速度行驶，求这段时间内汽车所受合力的冲量I.【答案】（ 1） 50m / s （ 2
20、） 4.0104 kg m / s方向与初速度的方向相反【解析】【详解】（1）汽车匀速运动时，牵引力等于阻力，有：F=f=600N根据P=Fv代入数据解得：v=50m/s(2) 设功率改为P=18kW 时，则有： vP=30m/sF根据动量定理得： I=mv - mv代入数据得： I= - 4.0104kgm/s，负号表示方向与初速度的方向相反【点睛】（1）汽车匀速运动时，牵引力等于阻力，根据P=Fv 求解速度；（2）根据 P=Fv 求出功率改为P=18kW的速度，然后根据动量定理求出合外力的冲量11 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【
21、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则根据牛顿第二定律得：F ma ，根据运动学知识有 vt2v022ax ，联立得到1mvt21mv02Fx ，即为动能定理22根据运动学知识： avtv0，代入牛顿第二定律得：Ft mvt mv0，即为动量定理t12 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/s 2，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 mgF所以上式可变式为：mg- F=- 0.7v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