动量问题典型例题解析新版

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高中物理力学动量问题解析

高中物理力学动量问题解析一、动量问题的基本概念动量是物体运动状态的量度，表示物体运动的惯性大小和方向。

动量的大小等于物体质量与速度的乘积，即p=mv，其中p为动量，m为质量，v为速度。

二、动量守恒定律动量守恒定律是指在一个封闭系统中，如果没有外力作用，系统内物体的总动量保持不变。

这意味着物体之间的相互作用会导致动量的转移，但总动量的大小保持不变。

例题1：两个质量相同的小球在光滑水平面上碰撞，碰撞前一个小球的速度为2m/s，另一个小球静止。

碰撞后两个小球的速度分别是多少？解析：由于碰撞前没有外力作用，系统的总动量守恒。

设碰撞后两个小球的速度分别为v1和v2，则根据动量守恒定律可得：2m/s = mv1 + mv2由于两个小球质量相同，可得：2m/s = 2mv所以，v1 + v2 = 2m/s根据题目中的条件，一个小球的速度为2m/s，另一个小球静止，代入上式可得：2m/s + 0 = 2m/s因此，碰撞后两个小球的速度分别为2m/s和0。

三、动量定理动量定理是指当一个物体受到外力作用时，物体的动量会发生变化。

动量定理可以表述为：物体所受合外力的冲量等于物体动量的变化。

例题2：一个质量为0.5kg的物体以10m/s的速度运动，受到一个冲量为5N·s 的力作用，物体的速度变为多少？解析：根据动量定理，物体所受合外力的冲量等于物体动量的变化。

设物体在受力作用前的速度为v1，在受力作用后的速度为v2，则有：FΔt = mv2 - mv1代入题目中的数值，可得：5N·s = 0.5kg·v2 - 0.5kg·10m/s化简后可得：5N·s = 0.5kg(v2 - 10m/s)解方程可得：v2 - 10m/s = 10m/s因此，物体的速度变为20m/s。

四、动量守恒定律在碰撞问题中的应用动量守恒定律在碰撞问题中具有重要的应用价值。

在弹性碰撞中，碰撞前后物体的动量守恒，同时动能也守恒；而在非弹性碰撞中，碰撞前后物体的动量守恒，但动能不守恒。

高中物理动量定理题20套(带答案)含解析

【答案】（1）
（2）
（3）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．【解析】
试题分析：（1）根据动能定理有
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， Ft 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
﹣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
3．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．
由动量定理 F Gt p
得小球受到地面的平均作用力是 F=12N
5．如图甲所示，足够长光滑金属导轨 MN、PQ 处在同一斜面内，斜面与水平面间的夹角 θ=30°，两导轨间距 d=0.2 m，导轨的 N、Q 之间连接一阻值 R=0.9 Ω 的定值电阻。金属杆 ab 的电阻 r=0.1 Ω，质量 m=20 g，垂直导轨放置在导轨上。整个装置处在垂直于斜面向上的匀强磁场中，匀强磁场的磁感应强度 B=0.5 T。现用沿斜面平行于金属导轨的力 F 拉着金属杆 ab 向上运动过程中，通过 R 的电流 i 随时间 t 变化的关系图像如图乙所示。不计其它电阻，重力加速度 g 取 10 m/s2。

高中物理选修【动量】典型题(带解析)

高中物理选修动量一、【动量、冲量、动量定理】1．课上老师做了这样一个实验：如图所示，用一象棋子压着一纸条，放在水平桌面上接近边缘处．第一次，慢拉纸条，将纸条抽出，棋子掉落在地上的P 点；第二次，将棋子、纸条放回原来的位置，快拉纸条，将纸条抽出，棋子掉落在地上的N 点．从第一次到第二次现象的变化，下列解释正确的是( )A ．棋子的惯性变大了B ．棋子受到纸条的摩擦力变小了C ．棋子受到纸条的摩擦力的冲量变小了D ．棋子离开桌面时的动量变大了解析：选C ．两次拉动中棋子的质量没变，其惯性不变，故A 错误；由于正压力不变，则纸条对棋子的摩擦力没变，故B 错误；由于快拉时作用时间变短，摩擦力对棋子的冲量变小了，故C 正确；由动量定理可知，合外力的冲量减小，则棋子离开桌面时的动量变小，故D 错误．2．如图所示，是一种弹射装置，弹丸的质量为m ，底座的质量为M ＝3m ，开始时均处于静止状态，当弹簧释放将弹丸以对地速度v 向左发射出去后，底座反冲速度的大小为 14v ，则摩擦力对底座的冲量为( )A ．0B ．14m v ，方向向左C ．14m v ，方向向右D ．34m v ，方向向左解析：选B ．设向左为正方向，对弹丸，根据动量定理：I ＝m v ；则弹丸对底座的作用力的冲量为－m v ，对底座根据动量定理：I f ＋(－m v )＝－3m ·v 4得：I f ＝＋m v 4，正号表示方向向左；故选B ．3．高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的匀加速直线运动．在启动阶段，列车的动能( ) A ．与它所经历的时间成正比B ．与它的位移成正比C ．与它的速度成正比D ．与它的动量成正比解析：选B ．速度v ＝at ，动能E k ＝12m v 2＝12ma 2t 2，与经历的时间的平方成正比，A 错；根据v 2＝2ax ，动能E k ＝12m v 2＝12m ·2ax ＝max ，与位移成正比，B 对；动能E k ＝12m v 2，与速度的平方成正比，C 错；动量p ＝m v ，动能E k ＝12m v 2＝p 22m，与动量的平方成正比，D 错． 4．如图所示，质量为m 的物体，在大小确定的水平外力F 作用下，以速度v 沿水平面匀速运动，当物体运动到A 点时撤去外力F ，物体由A 点继续向前滑行的过程中经过B 点，则物体由A 点到B 点的过程中，下列说法正确的是( )A ．v 越大，摩擦力对物体的冲量越大，摩擦力做功越多B ．v 越大，摩擦力对物体的冲量越大，摩擦力做功与v 的大小无关C ．v 越大，摩擦力对物体的冲量越小，摩擦力做功越少D ．v 越大，摩擦力对物体的冲量越小，摩擦力做功与v 的大小无关解析：选D ．由题知，物体所受的摩擦力F f ＝F ，且为恒力，由A 到B 的过程中，v 越大，所用时间越短，I f ＝Ft 越小；因为W f ＝F ·AB ，故W f 与v 无关．选项D 正确．5. (多选)如图所示，AB 为竖直固定的光滑圆弧轨道，O 为圆心，AO 水平，BO 竖直，轨道半径为R ，将质量为m 的小球(可视为质点)从A 点由静止释放，在小球从A 点运动到B 点的过程中( )A ．小球所受合力的冲量水平向右B ．小球所受支持力的冲量水平向右C ．小球所受合力的冲量大小为m 2gRD ．小球所受重力的冲量大小为零解析：选AC ．在小球从A 点运动到B 点的过程中，小球在A 点的速度为零，在B 点的速度水平向右，由动量定理知，小球所受合力的冲量即重力和支持力的合力的冲量水平向右，A 正确，B 错误；在小球从A 点运动到B 点的过程中机械能守恒，故有mgR ＝12m v 2B，解得v B ＝2gR ，由动量定理知，小球所受合力的冲量大小为I ＝m 2gR ，C 正确；小球所受重力的冲量大小为I G ＝mgt ，大小不为零，D 错误．6．如图所示，在水平光滑的轨道上有一辆质量为300 kg ，长度为2.5 m 的装料车，悬吊着的漏斗以恒定的速率100 kg/s 向下漏原料，装料车以0.5 m/s 的速度匀速行驶到漏斗下方装载原料．(1)为了维持车速不变，在装料过程中需用多大的水平拉力作用于车上才行．(2)车装完料驶离漏斗下方仍以原来的速度前进，要使它在2 s 内停下来，需要对小车施加一个多大的水平制动力．解析：(1)设在Δt 时间内漏到车上的原料质量为Δm ，要使这些原料获得与车相同的速度，需加力为F ，根据动量定理，有F ·Δt ＝Δm ·v所以F ＝Δm Δt·v ＝100×0.5 N ＝50 N. (2)车装完料的总质量为M ＝m 车＋Δm Δt·t ＝⎝⎛⎭⎫300＋100×2.50.5kg ＝800 kg 对车应用动量定理，有F ′·t ′＝0－(－M v )解得F ′＝M v t ′＝800×0.52N ＝200 N. 答案：(1)50 N (2)200 N7．第二届进博会于2019年11月在上海举办，会上展出了一种乒乓球陪练机器人，该机器人能够根据发球人的身体动作和来球信息，及时调整球拍将球击回．若机器人将乒乓球以原速率斜向上击回，球在空中运动一段时间后落到对方的台面上，忽略空气阻力和乒乓球的旋转．下列说法正确的是( )A ．击球过程合外力对乒乓球做功为零B ．击球过程合外力对乒乓球的冲量为零C ．在上升过程中，乒乓球处于失重状态D ．在下落过程中，乒乓球处于超重状态解析：选AC ．球拍将乒乓球原速率击回，可知乒乓球的动能不变，动量方向发生改变，可知合力做功为零，冲量不为零．A 正确，B 错误；在乒乓球的运动过程中，加速度方向向下，可知乒乓球处于失重状态，C 正确，D 错误．8.如图所示，物体从t ＝0时刻开始由静止做直线运动，0～4 s 内其合外力随时间变化的关系图线为某一正弦函数，下列表述不正确的是( )A ．0～2 s 内合外力的冲量一直增大B ．0～4 s 内合外力的冲量为零C ．2 s 末物体的动量方向发生变化D ．0～4 s 内物体动量的方向一直不变解析：选C ．根据F -t 图象面积表示冲量，可知在0～2 s 内合外力的冲量一直增大，A 正确；0～4 s 内合外力的冲量为零，B 正确；2 s 末冲量方向发生变化，物体的动量开始减小，但方向不发生变化，0～4 s 内物体动量的方向一直不变，C 错误，D 正确．9．最近，我国为“长征九号”研制的大推力新型火箭发动机联试成功，这标志着我国重型运载火箭的研发取得突破性进展．若某次实验中该发动机向后喷射的气体速度约为 3 km/s ，产生的推力约为4.8×106 N ，则它在1 s 时间内喷射的气体质量约为( )A ．1.6×102 kgB ．1.6×103 kgC ．1.6×105 kgD ．1.6×106 kg解析：选B ．设1 s 内喷出气体的质量为m ，喷出的气体与该发动机的相互作用力为F ，由动量定理Ft ＝m v 知，m ＝Ft v ＝4.8×106×13×103 kg ＝1.6×103 kg ，选项B 正确． 10．(多选)如图所示，用高压水枪喷出的强力水柱冲击右侧的煤层．设水柱直径为D ，水流速度为v ，方向水平，水柱垂直煤层表面，水柱冲击煤层后水的速度为零．高压水枪的质量为M ，手持高压水枪操作，进入水枪的水流速度可忽略不计，已知水的密度为ρ.下列说法正确的是( )A ．高压水枪单位时间喷出的水的质量为ρv πD 2B ．高压水枪的功率为18ρπD 2v 3 C ．水柱对煤层的平均冲力为14ρπD 2v 2 D ．手对高压水枪的作用力水平向右解析：选BC ．设Δt 时间内，从水枪喷出的水的体积为ΔV ，质量为Δm ，则Δm ＝ρΔV ，ΔV ＝S v Δt ＝14πD 2v Δt ，单位时间喷出水的质量为Δm Δt ＝14ρv πD 2，选项A 错误．Δt 时间内水枪喷出的水的动能E k ＝12Δm v 2＝18ρπD 2v 3Δt ，由动能定理知高压水枪在此期间对水做功为W ＝E k ＝18ρπD 2v 3Δt ，高压水枪的功率P ＝W Δt ＝18ρπD 2v 3，选项B 正确．考虑一个极短时间Δt ′，在此时间内喷到煤层上水的质量为m ，设煤层对水柱的作用力为F ，由动量定理，F Δt ′＝m v ，Δt ′时间内冲到煤层水的质量m ＝14ρπD 2v Δt ′，解得F ＝14ρπD 2v 2，由牛顿第三定律可知，水柱对煤层的平均冲力为F ′＝F ＝14ρπD 2v 2，选项C 正确．当高压水枪向右喷出高压水流时，水流对高压水枪的作用力向左，由于高压水枪有重力，根据平衡条件，手对高压水枪的作用力方向斜向右上方，选项D 错误．11．质量相等的A 、B 两物体放在同一水平面上，分别受到水平拉力F 1、F 2的作用而从静止开始做匀加速直线运动．经过时间t 0和4t 0速度分别达到2v 0和v 0时，分别撤去F 1和F 2，两物体都做匀减速直线运动直至停止．两物体速度随时间变化的图线如图所示．设F 1和F 2对A 、B 两物体的冲量分别为I 1和I 2，F 1和F 2对A 、B 两物体做的功分别为W 1和W 2，则下列结论正确的是( )A ．I 1∶I 2＝12∶5，W 1∶W 2＝6∶5B ．I 1∶I 2＝6∶5，W 1∶W 2＝3∶5C ．I 1∶I 2＝3∶5，W 1∶W 2＝6∶5D ．I 1∶I 2＝3∶5，W 1∶W 2＝12∶5解析：选C ．由题可知，两物体匀减速运动的加速度大小都为v 0t 0，根据牛顿第二定律，匀减速运动中有F f ＝ma ，则摩擦力大小都为m v 0t 0.由题图可知，匀加速运动的加速度分别为2v 0t 0、v 04t 0，根据牛顿第二定律，匀加速运动中有F －F f ＝ma ，则F 1＝3m v 0t 0，F 2＝5m v 04t 0，故I 1∶I 2＝F 1t 0∶4F 2t 0＝3∶5；对全过程运用动能定理得：W 1－F f x 1＝0，W 2－F f x 2＝0，得W 1＝F f x 1，W 2＝F f x 2，图线与时间轴所围成的面积表示运动的位移，则位移之比为6∶5，整个运动过程中F 1和F 2做功之比为W 1∶W 2＝x 1∶x 2＝6∶5，故C 正确． 12． 2022年将在我国举办第二十四届冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一．某滑道示意图如图所示，长直助滑道AB 与弯曲滑道BC 平滑衔接，滑道BC 高h ＝10 m ，C 是半径R ＝20 m 圆弧的最低点．质量m ＝60 kg 的运动员从A 处由静止开始匀加速下滑，加速度a ＝4.5 m/s 2，到达B 点时速度v B ＝30 m/s.取重力加速度g ＝10 m/s 2.(1)求长直助滑道AB 的长度L ；(2)求运动员在AB 段所受合外力的冲量I 的大小；(3)若不计BC 段的阻力，画出运动员经过C 点时的受力图，并求其所受支持力F N 的大小．解析：(1)根据匀变速直线运动公式，有L ＝v 2B －v 2A 2a＝100 m. (2)根据动量定理，有I ＝m v B －m v A ＝1 800 N ·s.(3)运动员经过C 点时的受力分析如图所示．运动员在BC 段运动的过程中，根据动能定理，有mgh ＝12m v 2C －12m v 2B 根据牛顿第二定律，有F N －mg ＝m v 2C R解得F N ＝3 900 N.答案：(1)100 m (2)1 800 N ·s (3)受力图见解析 3 900 N二、【动量守恒定律】1．(多选)如图所示，弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为m 的光滑弧形槽静止在光滑水平面上，底部与水平面平滑连接，一个质量也为m的小球从槽上高h处由静止开始自由下滑()A．在下滑过程中，小球和槽之间的相互作用力对槽不做功B．在下滑过程中，小球和槽组成的系统水平方向动量守恒C．被弹簧反弹后，小球和槽都做速率不变的直线运动D．被弹簧反弹后，小球能回到槽上高h处解析：选BC．在下滑过程中，小球和槽之间的相互作用力对槽做功，选项A错误；在下滑过程中，小球和槽组成的系统在水平方向所受合外力为零，系统在水平方向动量守恒，选项B正确；小球与槽组成的系统动量守恒，球与槽的质量相等，小球沿槽下滑，球与槽分离后，小球与槽的速度大小相等，小球被弹簧反弹后与槽的速度相等，故小球不能滑到槽上，选项D错误；小球被弹簧反弹后，小球和槽在水平方向不受外力作用，故小球和槽都做匀速运动，选项C正确．2．有一个质量为3m的爆竹斜向上抛出，到达最高点时速度大小为v0、方向水平向右，在最高点爆炸成质量不等的两块，其中一块质量为2m，速度大小为v，方向水平向右，则另一块的速度是()A．3v0－v B．2v0－3vC．3v0－2v D．2v0＋v解析：选C．在最高点水平方向动量守恒，由动量守恒定律可知，3m v0＝2m v＋m v′，可得另一块的速度为v′＝3v0－2v，对比各选项可知，答案选C．3．如图所示，小车(包括固定在小车上的杆)的质量为M，质量为m的小球通过长度为L的轻绳与杆的顶端连接，开始时小车静止在光滑的水平面上．现把小球从与O点等高的地方释放(小球不会与杆相撞)，小车向左运动的最大位移是()A．2LMM＋m B．2LmM＋mC．MLM＋m D．mLM＋m解析：选B ．分析可知小球在下摆过程中，小车向左加速，当小球从最低点向上摆动过程中，小车向左减速，当小球摆到右边且与O 点等高时，小车的速度减为零，此时小车向左的位移达到最大，小球相对于小车的位移为2L .小球和小车组成的系统在水平方向上动量守恒，设小球和小车在水平方向上的速度大小分别为v 1、v 2，有m v 1＝M v 2，故ms 1＝Ms 2，s 1＋s 2＝2L ，其中s 1代表小球的水平位移大小，s 2代表小车的水平位移大小，因此s 2＝2Lm M ＋m，选项B 正确．4．如图所示，B 、C 、D 、E 、F ，5个小球并排放置在光滑的水平面上，B 、C 、D 、E ，4个球质量相等，而F 球质量小于B 球质量，A 球的质量等于F 球质量．A 球以速度v 0向B 球运动，所发生的碰撞均为弹性碰撞，则碰撞之后( )A ．3个小球静止，3个小球运动B ．4个小球静止，2个小球运动C ．5个小球静止，1个小球运动D ．6个小球都运动解析：选A ．因A 、B 质量不等，M A ＜M B .A 、B 相碰后A 速度向左运动，B 向右运动．B 、C 、D 、E 质量相等，弹性碰撞后，不断交换速度，最终E 有向右的速度，B 、C 、D 静止．E 、F 质量不等，M E ＞M F ，则E 、F 都向右运动．所以B 、C 、D 静止；A 向左，E 、F 向右运动．故A 正确，B 、C 、D 错误．5．如图所示，两辆质量均为M 的小车A 和B 置于光滑的水平面上，有一质量为m 的人静止站在A 车上，两车静止．若这个人自A 车跳到B 车上，接着又跳回A 车并与A 车相对静止．则此时A 车和B 车的速度之比为( )A ．M ＋m mB ．m ＋M MC ．M M ＋mD ．m M ＋m 解析：选C ．规定向右为正方向，则由动量守恒定律有：0＝M v B －(M ＋m )v A ，得v A v B＝M M ＋m，故C 正确． 6．如图所示，光滑水平轨道右边与墙壁连接，木块A 、B 和半径为0.5 m 的14光滑圆轨道C 静置于光滑水平轨道上，A 、B 、C 质量分别为1.5 kg 、0.5 kg 、4 kg.现让A 以6 m/s 的速度水平向右运动，之后与墙壁碰撞，碰撞时间为0.3 s ，碰后速度大小变为4 m/s.当A 与B 碰撞后会立即粘在一起运动，已知g ＝10 m/s 2，求：(1)A 与墙壁碰撞过程中，墙壁对木块A 平均作用力的大小；(2)AB 第一次滑上圆轨道所能达到的最大高度h .解析：(1)A 与墙壁碰撞过程，规定水平向左为正方向，对A 由动量定理有：Ft ＝m A v 2－m A (－v 1)解得F ＝50 N.(2)A 与B 碰撞过程，对A 、B 系统，水平方向动量守恒有：m A v 2＝(m B ＋m A )v 3AB 第一次滑上圆轨道到最高点的过程，对A 、B 、C 组成的系统，水平方向动量守恒，且最高点时，三者速度相同，有：(m B ＋m A )v 3＝(m B ＋m A ＋m C )v 4由能量关系：12(m B ＋m A )v 23＝12(m B ＋m A ＋m C )v 24＋(m B ＋m A )gh 解得h ＝0.3 m.答案：(1)50 N (2)0.3 m7．如图所示，一质量M ＝3.0 kg 的长方形木板B 放在光滑水平地面上，在其右端放一个质量m ＝1.0 kg 的小木块A .给A 和B 以大小均为4.0 m/s ，方向相反的初速度，使A 开始向左运动，B 开始向右运动，A 始终没有滑离木板B . 在小木块A 做加速运动的时间内，木板速度大小可能是( )A ．1.8 m/sB ．2.4 m/sC ．2.8 m/sD ．3.0 m/s解析：选B ．A 先向左减速到零，再向右做加速运动，在此期间，木板做减速运动，最终它们保持相对静止，设A 减速到零时，木板的速度为v 1，最终它们的共同速度为v 2，取水平向右为正方向，则M v －m v ＝M v 1，M v 1＝(M ＋m )v 2，可得v 1＝83m/s ，v 2＝2 m/s ，所以在小木块A 做加速运动的时间内，木板速度大小应大于2.0 m/s 而小于83m/s ，只有选项B 正确．8．(多选)质量为M 、内壁间距为L 的箱子静止于光滑的水平面上，箱子中间有一质量为m 的小物块，小物块与箱子底板间的动摩擦因数为μ.初始时小物块停在箱子正中间，如图所示．现给小物块一水平向右的初速度v ，小物块与箱壁碰撞N 次后恰又回到箱子正中间，并与箱子保持相对静止．设碰撞都是弹性的，则整个过程中，系统损失的动能为( )A ．12m v 2 B ．mM 2(m ＋M )v 2 C ．12NμmgL D ．N μmgL解析：选BD ．设系统损失的动能为ΔE ，根据题意可知，整个过程中小物块和箱子构成的系统满足动量守恒和能量守恒，则有m v ＝(M ＋m )v t (①式)、12m v 2＝ 12(M ＋m )v 2t ＋ΔE (②式), 由①②联立解得ΔE ＝Mm 2(M ＋m )v 2，可知选项A 错误，B 正确；又由于小物块与箱壁碰撞为弹性碰撞，则损耗的能量全部用于摩擦生热，即ΔE ＝NμmgL ，选项C 错误，D 正确．9．(多选)如图甲所示，在光滑水平面上的两个小球发生正碰．小球的质量分别为m 1和m 2.图乙为它们碰撞前后的x -t 图象．已知m 1＝0.1 kg.由此可以判断( )A ．碰前m 2静止，m 1向右运动B ．碰后m 2和m 1都向右运动C ．m 2＝0.3 kgD ．碰撞过程中系统损失了0.4 J 的机械能解析：选AC ．由x -t 图象的斜率得到，碰前m 2的位移不随时间而变化，处于静止状态．m 1速度大小为v 1＝ΔxΔt ＝4 m/s ，方向只有向右才能与m 2相撞，故A 正确；由题图乙读出，碰后m 2的速度为正方向，说明向右运动，m 1的速度为负方向，说明向左运动，故B 错误；由题图乙求出碰后m 2和m 1的速度分别为v 2′＝2 m/s ，v 1′＝－2 m/s ，根据动量守恒定律得，m 1v 1＝m 1v 1′＋m 2v 2′，代入解得，m 2＝0.3 kg ，故C 正确；碰撞过程中系统损失的机械能为ΔE ＝12m 1v 21－12m 1v 1′2－12m 2v 2′2，代入解得，ΔE ＝0 J ，故D 错误． 10．(多选)质量为M 的小车置于光滑的水平面上，左端固定一根水平轻弹簧，质量为m 的光滑物块放在小车上，压缩弹簧并用细线连接物块和小车左端，开始时小车与物块都处于静止状态，此时物块与小车右端相距为L ，如图所示，当突然烧断细线后，以下说法正确的是( )A ．物块和小车组成的系统机械能守恒B ．物块和小车组成的系统动量守恒C ．当物块速度大小为v 时，小车速度大小为m M vD ．当物块离开小车时，小车向左运动的位移为mML解析：选BC ．弹簧推开物块和小车的过程，若取物块、小车和弹簧组成的系统为研究对象，则无其他力做功，机械能守恒，但选物块和小车组成的系统，弹力做功属于系统外其他力做功，弹性势能转化成系统的机械能，此时系统的机械能不守恒，A 选项错误；取物块和小车的系统，外力的和为零，故系统的动量守恒，B 选项正确；由物块和小车组成的系统动量守恒得：0＝m v －M v ′，解得v ′＝mM v ，C 选项正确；弹开的过程满足反冲原理和“人船模型”，有v v ′＝M m ，则在相同时间内x x ′＝M m ，且x ＋x ′＝L ，联立得x ′＝mLM ＋m ，D 选项错误．11．(多选)如图所示，在光滑的水平面上有一静止的物体M ，物体M 上有一光滑的半圆弧轨道，最低点为C ，A 、B 为同一水平直径上的两点，现让小滑块m 从A 点由静止下滑，则( )A．小滑块m到达物体M上的B点时小滑块m的速度不为零B．小滑块m从A点到C点的过程中物体M向左运动，小滑块m从C点到B点的过程中物体M向右运动C．若小滑块m由A点正上方h高处自由下落，则由B点飞出时做竖直上抛运动D．物体M与小滑块m组成的系统机械能守恒，水平方向动量守恒解析：选CD．物体M和小滑块m组成的系统机械能守恒，水平方向动量守恒，D正确；小滑块m滑到右端两者水平方向具有相同的速度：0＝(m＋M)v，v＝0，可知小滑块m 到达物体M上的B点时，小滑块m、物体M的水平速度为零，故当小滑块m从A点由静止下滑，则能恰好到达B点，当小滑块由A点正上方h高处自由下落，则由B点飞出时做竖直上抛运动，A错误，C正确；小滑块m从A点到C点的过程中物体M向左加速运动，小滑块m从C点到B点的过程中物体M向左减速运动，选项B错误．12．如图所示，水平固定的长滑竿上套有两个质量均为m的薄滑扣(即可以滑动的圆环)A 和B，两滑扣之间由不可伸长的柔软轻质细线相连，细线长度为l，滑扣在滑竿上滑行时所受的阻力大小恒为滑扣对滑竿正压力大小的k倍．开始时两滑扣可以近似地看成挨在一起(但未相互挤压)．今给滑扣A一个向左的水平初速度使其在滑竿上开始向左滑行，细线拉紧后两滑扣以共同的速度向前滑行，继续滑行距离l2后静止，假设细线拉紧过程的时间极短，重力加速度为g.求：(1)滑扣A的初速度的大小；(2)整个过程中仅仅由于细线拉紧引起的机械能损失．解析：(1)设滑扣A的初速度为v0，细线拉紧前瞬间滑扣A的速度为v1，滑扣A的加速度大小a＝kg，由运动学公式得v21－v20＝－2al，细线拉紧后，A、B滑扣的共同速度为v2，由动量守恒定律得，m v1＝2m v2，细线拉紧后滑扣继续滑行的加速度大小也为a，由运动学公式得0－v 22＝－2a ·l2. 联立解得v 2＝kgl ，v 1＝2kgl ，v 0＝6kgl . (2)由能量守恒定律得ΔE ＝12m v 20－kmgl －k ·2mg ·12l ，解得ΔE ＝kmgl .答案：(1)6kgl (2)kmgl三、【“三大观点”解答力学综合问题】1．(多选)质量为M 和m 0的滑块用轻弹簧连接，以恒定的速度v 沿光滑水平面运动，与位于正对面的质量为m 的静止滑块发生碰撞，如图所示，碰撞时间极短，在此过程中，下列情况可能发生的是( )A ．M 、m 0、m 速度均发生变化，分别为v 1、v 2、v 3，而且满足(M ＋m 0)v ＝M v 1＋m 0v 2＋m v 3B ．m 0的速度不变，M 和m 的速度变为v 1和v 2，而且满足M v ＝M v 1＋m v 2C ．m 0的速度不变，M 和m 的速度都变为v ′，且满足M v ＝(M ＋m )v ′D ．M 、m 0、m 速度均发生变化，M 、m 0速度都变为v 1，m 的速度变为v 2，且满足(M ＋m 0)v ＝(M ＋m 0)v 1＋m v 2解析：选BC ．在M 与m 碰撞的极短时间内，m 0的速度来不及改变，故A 、D 均错误；M 与m 碰撞后可能同速，也可能碰后不同速，故B 、C 均正确．2．(多选)如图所示，在光滑的水平面上，有一质量为M 的木块正以速度v 向左运动，一颗质量为m (m <M )的弹丸以速度v 向右水平击中木块并最终停在木块中．设弹丸与木块之间的相互作用力大小不变，则在相互作用过程中( )A ．弹丸和木块的速率都是越来越小B ．弹丸在任一时刻的速率不可能为零C ．弹丸对木块一直做负功，木块对弹丸先做负功后做正功D ．弹丸对木块的水平冲量与木块对弹丸的水平冲量大小相等解析：选CD ．弹丸击中木块前，由于m <M ，两者速率相等，所以两者组成的系统总动量向左，弹丸水平击中木块并停在木块中的过程，系统的动量守恒，由动量守恒定律可知，弹丸停在木块中后它们一起向左运动，即弹丸开始时向右运动，后向左运动，故弹丸的速率先减小后增大，木块的速率一直减小，由以上分析知，弹丸的速率在某一时刻可能为零，故A 、B 错误；木块一直向左运动，弹丸对木块一直做负功，弹丸先向右运动后向左运动，则木块对弹丸先做负功后做正功，故C 正确；由牛顿第三定律知，弹丸对木块的水平作用力与木块对弹丸的水平作用力大小相等，相互作用的时间相等，由冲量的定义式I ＝Ft 知，弹丸对木块的水平冲量与木块对弹丸的水平冲量大小相等，故D 正确．3．(多选)如图所示，水平光滑轨道宽度和轻弹簧自然长度均为d ，m 2的左边有一固定挡板．m 1由图示位置静止释放，当m 1与m 2相距最近时m 1的速度为v 1，则在以后的运动过程中( )A ．m 1的最小速度是0B ．m 1的最小速度是m 1－m 2m 1＋m 2v 1C ．m 2的最大速度是v 1D ．m 2的最大速度是2m 1m 1＋m 2v 1解析：选BD ．由题意结合题图可知，当m 1与m 2相距最近时，m 2的速度为0，此后，m 1在前，做减速运动，m 2在后，做加速运动，当再次相距最近时，m 1减速结束，m 2加速结束，因此此时m 1速度最小，m 2速度最大，在此过程中系统动量守恒和机械能守恒，m 1v 1＝m 1v 1′＋m 2v 2，12m 1v 21＝12m 1v 1′2＋12m 2v 22，可解得v 1′＝m 1－m 2m 1＋m 2v 1，v 2＝2m 1m 1＋m 2v 1，B 、D 选项正确．4．如图所示，一小车置于光滑水平面上，小车质量m 0＝3 kg ，AO 部分粗糙且长L ＝2 m ，物块与AO 部分间动摩擦因数μ＝0.3，OB 部分光滑．水平轻质弹簧右端固定，左端拴接物块b ，另一小物块a ，放在小车的最左端，和小车一起以v 0＝4 m/s 的速度向右匀速运动，小车撞到固定竖直挡板后瞬间速度变为零，但不与挡板粘连．已知车OB 部分的长度大于弹簧的自然长度，弹簧始终处于弹性限度内．a 、b 两物块视为质点，质量均为m ＝1 kg ，碰撞时间极短且不粘连，碰后以共同速度一起向右运动．(g 取10 m/s 2)求：(1)物块a 与b 碰后的速度大小；(2)当物块a 相对小车静止时小车右端B 到挡板的距离； (3)当物块a 相对小车静止时在小车上的位置到O 点的距离．解析：(1)对物块a ，由动能定理得－μmgL ＝12m v 21－12m v 2代入数据解得a 与b 碰前a 的速度v 1＝2 m/s ；a 、b 碰撞过程系统动量守恒，以a 的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：m v 1＝2m v 2 代入数据解得v 2＝1 m/s.(2)当弹簧恢复到原长时两物块分离，物块a 以v 2＝1 m/s 的速度在小车上向左滑动，当与小车同速时，以向左为正方向，由动量守恒定律得m v 2＝(m 0＋m )v 3，代入数据解得v 3＝0.25 m/s.对小车，由动能定理得μmgs ＝12m 0v 23 代入数据解得，同速时小车B 端到挡板的距离s ＝132 m.(3)由能量守恒得μmgx ＝12m v 22－12(m 0＋m )v 23 解得物块a 与车相对静止时与O 点的距离：x ＝0.125 m. 答案：(1)1 m/s (2)132m (3)0.125 m5．如图甲所示，质量m 1＝4 kg 的足够长的长木板静止在光滑水平面上，质量m 2＝1 kg 的小物块静止在长木板的左端．现对小物块施加一水平向右的作用力F ，小物块和长木板运动的速度—时间图象如图乙所示.2 s 后，撤去F ，g 取10 m/s 2.求：(1)小物块与长木板之间的动摩擦因数μ； (2)水平力的大小F ；(3)撤去F 后，小物块和长木板组成的系统损失的机械能ΔE . 解析：(1)由题图可知：长木板的加速度a 1＝12m/s 2＝0.5 m/s 2由牛顿第二定律可知：小物块施加给长木板的滑动摩擦力F f ＝m 1a 1＝2 N 小物块与长木板之间的动摩擦因数：μ＝F fm 2g ＝0.2.(2)由题图可知，小物块的加速度a 2＝42 m/s 2＝2 m/s 2由牛顿第二定律可知：F －μm 2g ＝m 2a 2 解得F ＝4 N.(3)撤去F 后，小物块和长木板组成的系统动量守恒，以向右为正方向，最终两者以相同速度(设为v )运动m 1v 1＋m 2v 2＝(m 1＋m 2)v 代入数据解得v ＝1.6 m/s 则系统损失的机械能ΔE ＝⎝⎛⎭⎫12m 1v 21＋12m 2v 22－12()m 1＋m 2v 2＝3.6 J.答案：(1)0.2 (2)4 N (3)3.6 J6．如图所示，质量为m 1＝0.5 kg 的小物块P 置于台面上的A 点并与水平弹簧的右端接触(不拴接)，轻弹簧左端固定，且处于原长状态．质量M ＝1 kg 的长木板静置于水平面上，其上表面与水平台面相平，且紧靠台面右端．木板左端放有一质量m 2＝1 kg 的小滑块Q .现用水平向左的推力将P 缓慢推至B 点(弹簧仍在弹性限度内)，撤去推力，此后P 沿台面滑到边缘C 时速度v 0＝10 m/s ，与小车左端的滑块Q 相碰，最后物块P 停在AC 的正中点，滑块Q 停在木板上．已知台面AB 部分光滑，P 与台面AC 间的动摩擦因数μ1＝0.1，A 、C 间距离L ＝4 m ．滑块Q 与木板上表面间的动摩擦因数μ2＝0.4，木板下表面与水平面间的动摩擦因数μ3＝0.1(g 取10 m/s 2)，求：(1)撤去推力时弹簧的弹性势能； (2)长木板运动中的最大速度；。

动量典型计算题(带答案)

动量典型计算题1、质量m 1=10g 的小球在光滑的水平桌面上以v 1=30cm/s 的速率向右运动，恰好遇上在同一条直线上向左运动的另一个小球．第二个小球的质量为m 2=50g ，速率v 2=10cm/s ．碰撞后，小球m 2恰好停止．那么，碰撞后小球m 1的速度是多大，方向如何？2、（6分）质量为M 的小车，如图所示，上面站着一个质量为m的人，以v 0的速度在光滑的水平面上前进。

现在人用相对于地面速度大小为u 水平向后跳出。

求：人跳出后车的速度？3、炮弹在水平飞行时，其动能为E k0=800J ，某时它炸裂成质量相等的两块，其中一块的动能为E k1=625J ，求另一块的动能E k24、一个质量M =1kg 的鸟在空中v 0=6m/s 沿水平方向飞行，离地面高度h =20m ，忽被一颗质量m =20g 沿水平方向同向飞来的子弹击中，子弹速度v =300m/s ，击中后子弹留在鸟体内，鸟立即死去，g =10m/s 2．求：（1）鸟被击中后的速度为多少？（2）鸟落地处离被击中处的水平距离．5、图中，轻弹簧的一端固定，另一端与滑块B 相连，B 静止在水平导轨上，弹簧处在原长状态。

另一质量与B 相同滑块A ，从导轨上的P 点以某一初速度向B 滑行，当A 滑过距离1l 时，与B 相碰，碰撞时间极短，碰后A 、B 紧贴在一起运动，但互不粘连。

已知最后A 恰好返回出发点P 并停止。

滑块A 和B 与导轨的滑动摩擦因数都为，运动过程中弹簧最大形变量为2l ，求A 从P 出发时的初速度0v 。

6、质量为1kg 的物体在倾角30º为的光滑斜面顶端由静止释放，斜面高5m ，求物体从斜面顶端滑到物体的动量变化底端过程中重力的冲量为多少？物体的动量变化为多少？7、质量为M 的火箭以速度v 0飞行在太空中，现在突然向后喷出一份质量为Δm 的气体，喷出的气体相对于火箭的速度是v ，喷气后火箭的速度是多少？8、(12分)跳起摸高是中学生进行的一项体育活动，某同学身高1.80 m ，质量65 kg ，站立举手达到2.20 m.此同学用力蹬地，经0.45 s 竖直离地跳起，设他蹬地的力的大小恒定为 1060 N ，计算他跳起可摸到的高度.(g =10 m/s 2)9、如图所示，光滑水平面上，质量为2m 的小球B 连接着轻质弹簧，处于静止；质量为m 的小球A 以初速度v 0向右匀速运动，接着逐渐压缩弹簧并使B 运动，过一段时间，A 与弹簧分离，设小球A 、B 与弹簧相互作用过程中无机械能损失，弹簧始终处于弹性限度以内。

物理动量定理题20套(带答案)及解析

物理动量定理题20套(带答案)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＝12(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)v41 2(m A＋m C)23v＝12(m A＋m B＋m C)24v＋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．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/s0-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；3．如图所示，质量的小车A静止在光滑水平地面上，其上表面光滑，左端有一固定挡板。

动量守恒定律典型例题解析

动量守恒定律·典型例题解析【例1】如图52－1所示，在光滑的水平面上，质量为m 1的小球以速度v 1追逐质量为m 2，速度为v 2的小球，追及并发生相碰后速度分别为v 1′和v 2′，将两个小球作为系统，试根据牛顿运动定律推导出动量守恒定律．解析：在两球相互作用过程中，根据牛顿第二定律，对小球1有：F＝＝，对有′＝＝．由牛顿第三定律得＝m a m m F m a m F 1112222∆∆∆∆v t v t 12 －F ′，所以F ·Δt ＝－F ′·Δt ，m 1Δv 1＝－m 2Δv 2，即m 1(v 1′－v 1)＝－m 2(v 2′－v 2)，整理后得：m 1v 1＋m 2v 2＝m 1v 1′＋m 2v 2′，这表明以两小球为系统，系统所受的合外力为零时，系统的总动量守恒．点拨：动量守恒定律和牛顿运动定律是一致的，当系统内受力情况不明，或相互作用力为变力时，用牛顿运动定律求解很繁杂，而动量定理只管发生相互作用前、后的状态，不必过问相互作用的细节，因而避免了直接运用牛顿运动定律解题的困难，使问题简化．【例2】把一支枪水平地固定在光滑水平面上的小车上，当枪发射出一颗子弹时，下列说法正确的是[ ]A ．枪和子弹组成的系统动量守恒B ．枪和车组成的系统动量守恒C ．子弹、枪、小车这三者组成的系统动量守恒D ．子弹的动量变化与枪和车的动量变化相同解析：正确答案为C点拨：在发射子弹时，子弹与枪之间，枪与车之间都存在相互作用力，所以将枪和子弹作为系统，或枪和车作为系统，系统所受的合外力均不为零，系统的动量不守恒，当将三者作为系统时，系统所受的合外力为零，系统的动量守恒，这时子弹的动量变化与枪和车的动量变化大小相等，方向相反．可见，系统的动量是否守恒，与系统的选取直接相关．【例3】如图52－2所示，设车厢的长度为l ，质量为M ，静止于光滑的水平面上，车厢内有一质量为m 的物体以初速度v 0向右运动，与车厢壁来回碰撞n 次后，静止在车厢中，这时车厢的速度为_______，方向与v 0的方向_______．点拨：不论物体与车厢怎样发生作用，碰撞多少次，将物体与车厢作为系统，物体与车厢间作用力是内力，不改变系统的总动量，同时这一系统所受的合外力为零，系统的总动量守恒，以v 0为正方向，有mv 0＝(M ＋m)v ′．【例4】一辆列车的总质量为M ，在平直的水平轨道上以速度v 匀速行驶，突然最后一节质量为m 的车厢脱钩，假设列车所受的阻力与车的重量成正比，机车的牵引力不变，当脱钩的车厢刚好停止运动时，前面列车的速度为多大？点拨：以整列列车为系统，不管最后一节车厢是否脱钩，系统所受的外力在竖直方向上重力与轨道给系统的弹力相平衡，在运动方向上牵引力与系统所受的总的阻力相平衡，即系统所受的外力为零，总动量守恒．参考答案例，相同例－3 mv M +m 4 M M mv 0跟踪反馈1．在光滑水平面上有两个质量不等的物体，它们之间夹一被压缩的弹簧，开始时两物用细绳相连，烧断细绳后两物体[ ]A ．在任何时刻加速度大小相等B ．在任何时刻速度大小相等C ．在任何时刻动量大小相等D ．在任意一段时间内，弹簧对两物体的冲量相同2．沿一直线相向运动的甲、乙两质点，作用前动量分别是P 1＝10kg ·m/s ，P 2＝－18kg ·m/s ，作用后甲的动量为－1kg ·m/s ，不计任何外界阻力，则作用后乙的动量为[ ]A．－29kg·m/sB．29kg·m/sC．－7kg·m/sD．7kg·m/s3．质量为490g的木块静止在光滑水平面上，质量为10g的子弹以500m/s 的速度水平射入木块并嵌在其中，从子弹刚射入木块至与木块相对静止的过程中，木块增加的动量为_______kg·m/s，它们的共同运动速度为_______m/s．4．质量为120t的机车，向右匀速滑行与静止的质量均为60t的四节车厢挂接在一起运动，由于四节车厢的挂接，使机车的速度减小了3m/s，求机车在挂接前的速度．参考答案1．C 2．C 3．4.9；10 4．4.5m/s；方向向右。

动量(解析版)

第1节动量一、动量1．关于物体的动量，下列说法正确的是（）A．物体的动量越大，其惯性越大B．物体的动量越大，其速度越大C．物体的动量越大，其动能越大D．物体的动量发生变化，其动能可能不变【答案】D【详解】A．动量大，说明质量与速度的乘积大，但质量不一定大，故惯性也不一定大；A错误；BC．动量大，说明质量与速度的乘积大，但速度不一定大，动能不一定大，BC错误；D．动量发生变化时，可能是速度的大小或方向发生变化，如果只是方向改变，则动能不变，D正确。

故选D。

2．下列关于动量的说法正确的是（）A．质量大的物体，动量一定大B．质量和速率都相等的物体，动量一定相同C．质量一定的物体的速率改变，它的动量一定改变D．质量一定的物体的运动状态改变，它的动量一定改变【答案】CD【详解】A．根据动量的定义，它是质量和速度的乘积，因此它由质量和速度共同决定，A错误；B ．又因为动量是矢量，它的方向与速度的方向相同，而质量和速率都相等的物体，其动量大小一定相等，但方向不一定相同，B 错误；C ．质量一定的物体的速率改变，则它的动量大小就一定改变，C 正确；D ．质量一定的物体的运动状态改变，它的速度就一定改变，它的动量也就改变，D 正确。

故选BD 。

二、动量的变化3．质量为0.5 kg 的物体，运动速度为3 m/s ，它在一个变力作用下沿直线运动，经过一段时间后速度大小变为7 m/s ，则这段时间内动量的变化量为（）A ．5kg m/s ⋅，方向与初速度方向相反B ．5kg m/s ⋅，方向与初速度方向相同C ．2kg m/s ⋅，方向与初速度方向相反D ．2kg m/s ⋅，方向与初速度方向相同【答案】AD【详解】AB ．以初速度方向为正方向，如果末速度的方向与初速度方向相反，由mv v p m '=∆-得(70.530.5)kg m/s 5kg m/s p =-⨯-⨯⋅=-⋅∆负号表示Δp 的方向与初速度方向相反，选项A 正确，B 错误； CD ．如果末速度方向与初速度方向相同，由mv v p m '=∆-得(70.530.5)kg m/s 2kg m/s p =⨯-⨯⋅=⋅∆ 方向与初速度方向相同，选项C 错误，D 正确。

动量及能量经典题剖析及问题详解

动量及能量经典题剖析一．动量问题1.斜面问题【例1】质量为M的楔形物块上有圆弧轨道，静止在水平面上。

质量为m的小球以速度v1向物块运动。

不计一切摩擦，圆弧小于90°且足够长。

求小球能上升到的最大高度H和物块的最终速度v。

2．子弹打木块类问题【例2】设质量为m的子弹以初速度v0射向静止在光滑水平面上的质量为M的木块，并留在木块中不再射出，子弹钻入木块深度为d。

求木块对子弹的平均阻力的大小和该过程中木块前进的距离。

3．反冲问题在某些情况下，原来系统物体具有相同的速度，发生相互作用后各部分的末速度不再相同而分开。

这类问题相互作用过程中系统的动能增大，有其它能向动能转化。

可以把这类问题统称为反冲。

【例3】质量为m的人站在质量为M，长为L的静止小船的右端，小船的左端靠在岸边。

当他向左走到船的左端时，船左端离岸多远？【例4】总质量为M的火箭模型从飞机上释放时的速度为v0，速度方向水平。

火箭向后以相对于地面的速率u喷出质量为m的燃气后，火箭本身的速度变为多大？4．爆炸类问题【例5】抛出的手雷在最高点时水平速度为10m/s，这时忽然炸成两块，其块质量300g 仍按原方向飞行，其速度测得为50m/s，另一小块质量为200g，求它的速度的大小和方向。

5．某一方向上的动量守恒【例6】如图所示，AB为一光滑水平横杆，杆上套一质量为M的小圆环，环上系一长为L质量不计的细绳，绳的另一端拴一质量为m的小球，现将绳拉直，且与AB平行，由静止释放小球，则当线绳与A B成θ角时，圆环移动的距离是多少？6．物块与平板间的相对滑动【例7】如图所示，一质量为M的平板车B放在光滑水平面上，在其右端放一质量为m的小木块A，m＜M,A、B间动摩擦因数为μ，现给A和B以大小相等、方向相反的初速度v0,使A开始向左运动，B开始向右运动，最后A不会滑离B，求：（1）A、B最后的速度大小和方向；（2）从地面上看，小木块向左运动到离出发点最远处时，平板车向右运动的位移大小。

高中物理【动量冲量动量定理】典型题(带解析)

高中物理【动量、冲量、动量定理】典型题1．课上老师做了这样一个实验：如图所示，用一象棋子压着一纸条，放在水平桌面上接近边缘处．第一次，慢拉纸条，将纸条抽出，棋子掉落在地上的P 点；第二次，将棋子、纸条放回原来的位置，快拉纸条，将纸条抽出，棋子掉落在地上的N 点．从第一次到第二次现象的变化，下列解释正确的是( )A ．棋子的惯性变大了B ．棋子受到纸条的摩擦力变小了C ．棋子受到纸条的摩擦力的冲量变小了D ．棋子离开桌面时的动量变大了解析：选C ．两次拉动中棋子的质量没变，其惯性不变，故A 错误；由于正压力不变，则纸条对棋子的摩擦力没变，故B 错误；由于快拉时作用时间变短，摩擦力对棋子的冲量变小了，故C 正确；由动量定理可知，合外力的冲量减小，则棋子离开桌面时的动量变小，故D 错误．2．如图所示，是一种弹射装置，弹丸的质量为m ，底座的质量为M ＝3m ，开始时均处于静止状态，当弹簧释放将弹丸以对地速度v 向左发射出去后，底座反冲速度的大小为 14v ，则摩擦力对底座的冲量为( )A ．0B ．14m v ，方向向左C ．14m v ，方向向右D ．34m v ，方向向左解析：选B ．设向左为正方向，对弹丸，根据动量定理：I ＝m v ；则弹丸对底座的作用力的冲量为－m v ，对底座根据动量定理：I f ＋(－m v )＝－3m ·v 4得：I f ＝＋m v 4，正号表示方向向左；故选B ．3．高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的匀加速直线运动．在启动阶段，列车的动能( ) A ．与它所经历的时间成正比B ．与它的位移成正比C ．与它的速度成正比D ．与它的动量成正比解析：选B ．速度v ＝at ，动能E k ＝12m v 2＝12ma 2t 2，与经历的时间的平方成正比，A 错；根据v 2＝2ax ，动能E k ＝12m v 2＝12m ·2ax ＝max ，与位移成正比，B 对；动能E k ＝12m v 2，与速度的平方成正比，C 错；动量p ＝m v ，动能E k ＝12m v 2＝p 22m，与动量的平方成正比，D 错． 4．如图所示，质量为m 的物体，在大小确定的水平外力F 作用下，以速度v 沿水平面匀速运动，当物体运动到A 点时撤去外力F ，物体由A 点继续向前滑行的过程中经过B 点，则物体由A 点到B 点的过程中，下列说法正确的是( )A ．v 越大，摩擦力对物体的冲量越大，摩擦力做功越多B ．v 越大，摩擦力对物体的冲量越大，摩擦力做功与v 的大小无关C ．v 越大，摩擦力对物体的冲量越小，摩擦力做功越少D ．v 越大，摩擦力对物体的冲量越小，摩擦力做功与v 的大小无关解析：选D ．由题知，物体所受的摩擦力F f ＝F ，且为恒力，由A 到B 的过程中，v 越大，所用时间越短，I f ＝Ft 越小；因为W f ＝F ·AB ，故W f 与v 无关．选项D 正确．5. (多选)如图所示，AB 为竖直固定的光滑圆弧轨道，O 为圆心，AO 水平，BO 竖直，轨道半径为R ，将质量为m 的小球(可视为质点)从A 点由静止释放，在小球从A 点运动到B 点的过程中( )A ．小球所受合力的冲量水平向右B ．小球所受支持力的冲量水平向右C ．小球所受合力的冲量大小为m 2gRD ．小球所受重力的冲量大小为零解析：选AC ．在小球从A 点运动到B 点的过程中，小球在A 点的速度为零，在B 点的速度水平向右，由动量定理知，小球所受合力的冲量即重力和支持力的合力的冲量水平向右，A 正确，B 错误；在小球从A 点运动到B 点的过程中机械能守恒，故有mgR ＝12m v 2B，解得v B ＝2gR ，由动量定理知，小球所受合力的冲量大小为I ＝m 2gR ，C 正确；小球所受重力的冲量大小为I G ＝mgt ，大小不为零，D 错误．6．如图所示，在水平光滑的轨道上有一辆质量为300 kg ，长度为2.5 m 的装料车，悬吊着的漏斗以恒定的速率100 kg/s 向下漏原料，装料车以0.5 m/s 的速度匀速行驶到漏斗下方装载原料．(1)为了维持车速不变，在装料过程中需用多大的水平拉力作用于车上才行．(2)车装完料驶离漏斗下方仍以原来的速度前进，要使它在2 s 内停下来，需要对小车施加一个多大的水平制动力．解析：(1)设在Δt 时间内漏到车上的原料质量为Δm ，要使这些原料获得与车相同的速度，需加力为F ，根据动量定理，有F ·Δt ＝Δm ·v所以F ＝Δm Δt·v ＝100×0.5 N ＝50 N. (2)车装完料的总质量为M ＝m 车＋Δm Δt·t ＝⎝⎛⎭⎫300＋100×2.50.5kg ＝800 kg 对车应用动量定理，有F ′·t ′＝0－(－M v )解得F ′＝M v t ′＝800×0.52N ＝200 N. 答案：(1)50 N (2)200 N7．第二届进博会于2019年11月在上海举办，会上展出了一种乒乓球陪练机器人，该机器人能够根据发球人的身体动作和来球信息，及时调整球拍将球击回．若机器人将乒乓球以原速率斜向上击回，球在空中运动一段时间后落到对方的台面上，忽略空气阻力和乒乓球的旋转．下列说法正确的是( )A ．击球过程合外力对乒乓球做功为零B ．击球过程合外力对乒乓球的冲量为零C ．在上升过程中，乒乓球处于失重状态D ．在下落过程中，乒乓球处于超重状态解析：选AC ．球拍将乒乓球原速率击回，可知乒乓球的动能不变，动量方向发生改变，可知合力做功为零，冲量不为零．A 正确，B 错误；在乒乓球的运动过程中，加速度方向向下，可知乒乓球处于失重状态，C 正确，D 错误．8.如图所示，物体从t ＝0时刻开始由静止做直线运动，0～4 s 内其合外力随时间变化的关系图线为某一正弦函数，下列表述不正确的是( )A ．0～2 s 内合外力的冲量一直增大B ．0～4 s 内合外力的冲量为零C ．2 s 末物体的动量方向发生变化D ．0～4 s 内物体动量的方向一直不变解析：选C ．根据F -t 图象面积表示冲量，可知在0～2 s 内合外力的冲量一直增大，A 正确；0～4 s 内合外力的冲量为零，B 正确；2 s 末冲量方向发生变化，物体的动量开始减小，但方向不发生变化，0～4 s 内物体动量的方向一直不变，C 错误，D 正确．9．最近，我国为“长征九号”研制的大推力新型火箭发动机联试成功，这标志着我国重型运载火箭的研发取得突破性进展．若某次实验中该发动机向后喷射的气体速度约为 3 km/s ，产生的推力约为4.8×106 N ，则它在1 s 时间内喷射的气体质量约为( )A ．1.6×102 kgB ．1.6×103 kgC ．1.6×105 kgD ．1.6×106 kg解析：选B ．设1 s 内喷出气体的质量为m ，喷出的气体与该发动机的相互作用力为F ，由动量定理Ft ＝m v 知，m ＝Ft v ＝4.8×106×13×103kg ＝1.6×103 kg ，选项B 正确． 10．(多选)如图所示，用高压水枪喷出的强力水柱冲击右侧的煤层．设水柱直径为D ，水流速度为v ，方向水平，水柱垂直煤层表面，水柱冲击煤层后水的速度为零．高压水枪的质量为M ，手持高压水枪操作，进入水枪的水流速度可忽略不计，已知水的密度为ρ.下列说法正确的是( )A ．高压水枪单位时间喷出的水的质量为ρv πD 2B ．高压水枪的功率为18ρπD 2v 3 C ．水柱对煤层的平均冲力为14ρπD 2v 2 D ．手对高压水枪的作用力水平向右解析：选BC ．设Δt 时间内，从水枪喷出的水的体积为ΔV ，质量为Δm ，则Δm ＝ρΔV ，ΔV ＝S v Δt ＝14πD 2v Δt ，单位时间喷出水的质量为Δm Δt ＝14ρv πD 2，选项A 错误．Δt 时间内水枪喷出的水的动能E k ＝12Δm v 2＝18ρπD 2v 3Δt ，由动能定理知高压水枪在此期间对水做功为W ＝E k ＝18ρπD 2v 3Δt ，高压水枪的功率P ＝W Δt ＝18ρπD 2v 3，选项B 正确．考虑一个极短时间Δt ′，在此时间内喷到煤层上水的质量为m ，设煤层对水柱的作用力为F ，由动量定理，F Δt ′＝m v ，Δt ′时间内冲到煤层水的质量m ＝14ρπD 2v Δt ′，解得F ＝14ρπD 2v 2，由牛顿第三定律可知，水柱对煤层的平均冲力为F ′＝F ＝14ρπD 2v 2，选项C 正确．当高压水枪向右喷出高压水流时，水流对高压水枪的作用力向左，由于高压水枪有重力，根据平衡条件，手对高压水枪的作用力方向斜向右上方，选项D 错误．11．质量相等的A 、B 两物体放在同一水平面上，分别受到水平拉力F 1、F 2的作用而从静止开始做匀加速直线运动．经过时间t 0和4t 0速度分别达到2v 0和v 0时，分别撤去F 1和F 2，两物体都做匀减速直线运动直至停止．两物体速度随时间变化的图线如图所示．设F 1和F 2对A 、B 两物体的冲量分别为I 1和I 2，F 1和F 2对A 、B 两物体做的功分别为W 1和W 2，则下列结论正确的是( )A ．I 1∶I 2＝12∶5，W 1∶W 2＝6∶5B ．I 1∶I 2＝6∶5，W 1∶W 2＝3∶5C ．I 1∶I 2＝3∶5，W 1∶W 2＝6∶5D ．I 1∶I 2＝3∶5，W 1∶W 2＝12∶5解析：选C ．由题可知，两物体匀减速运动的加速度大小都为v 0t 0，根据牛顿第二定律，匀减速运动中有F f ＝ma ，则摩擦力大小都为m v 0t 0.由题图可知，匀加速运动的加速度分别为2v 0t 0、v 04t 0，根据牛顿第二定律，匀加速运动中有F －F f ＝ma ，则F 1＝3m v 0t 0，F 2＝5m v 04t 0，故I 1∶I 2＝F 1t 0∶4F 2t 0＝3∶5；对全过程运用动能定理得：W 1－F f x 1＝0，W 2－F f x 2＝0，得W 1＝F f x 1，W 2＝F f x 2，图线与时间轴所围成的面积表示运动的位移，则位移之比为6∶5，整个运动过程中F 1和F 2做功之比为W 1∶W 2＝x 1∶x 2＝6∶5，故C 正确． 12． 2022年将在我国举办第二十四届冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一．某滑道示意图如图所示，长直助滑道AB 与弯曲滑道BC 平滑衔接，滑道BC 高h ＝10 m ，C 是半径R ＝20 m 圆弧的最低点．质量m ＝60 kg 的运动员从A 处由静止开始匀加速下滑，加速度a ＝4.5 m/s 2，到达B 点时速度v B ＝30 m/s.取重力加速度g ＝10 m/s 2.(1)求长直助滑道AB 的长度L ；(2)求运动员在AB 段所受合外力的冲量I 的大小；(3)若不计BC 段的阻力，画出运动员经过C 点时的受力图，并求其所受支持力F N 的大小．解析：(1)根据匀变速直线运动公式，有L ＝v 2B －v 2A 2a＝100 m. (2)根据动量定理，有I ＝m v B －m v A ＝1 800 N ·s.(3)运动员经过C 点时的受力分析如图所示．运动员在BC 段运动的过程中，根据动能定理，有mgh ＝12m v 2C －12m v 2B 根据牛顿第二定律，有F N －mg ＝m v 2C R解得F N ＝3 900 N.答案：(1)100 m (2)1 800 N ·s (3)受力图见解析 3 900 N。

动量大题经典题型及解析

动量大题经典题型及解析一、碰撞类问题1. 题目- 质量为m_1 = 1kg的小球以v_1 = 4m/s的速度与质量为m_2 = 2kg静止的小球发生正碰。

碰撞后m_1的速度为v_1' = 1m/s，方向与原来相同。

求碰撞后m_2的速度v_2'。

- 根据动量守恒定律m_1v_1=m_1v_1'+m_2v_2'。

- 已知m_1 = 1kg，v_1 = 4m/s，m_2 = 2kg，v_1' = 1m/s。

- 将数值代入动量守恒定律公式可得：1×4 = 1×1+2× v_2'。

- 即4 = 1 + 2v_2'，移项可得2v_2'=4 - 1=3，解得v_2'=(3)/(2)m/s = 1.5m/s。

2. 题目- 两个小球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，B球在前，A球在后，m_A = 1kg，m_B= 2kg，v_A = 6m/s，v_B = 3m/s。

当A球与B球发生碰撞后，A、B两球的速度可能是（）- A. v_A' = 4m/s，v_B' = 4m/s- B. v_A' = 2m/s，v_B' = 5m/s- C. v_A'=-4m/s，v_B' = 6m/s- D. v_A' = 7m/s，v_B' = 2.5m/s- 首先根据动量守恒定律m_Av_A+m_Bv_B=m_Av_A'+m_Bv_B'。

- 代入数据可得1×6+2×3 = 1× v_A'+2× v_B'，即12=v_A'+2v_B'。

- 然后根据碰撞的合理性，碰撞后系统的总动能不增加，碰撞前总动能E_k0=(1)/(2)m_Av_A^2+(1)/(2)m_Bv_B^2=(1)/(2)×1×6^2+(1)/(2)×2×3^2=27J。

(物理)物理动量定理练习题及答案及解析

（物理）物理动量定理练习题及答案及解析一、高考物理精讲专题动量定理1．蹦床运动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 ，若把这段时间内网对运动员的作用力当作恒力来处理，求此力的大小和方向。

（g 取10m/s 2）【答案】1.5×103N ；方向向上【解析】【详解】设运动员从h 1处下落，刚触网的速度为18m /s v =运动员反弹到达高度h 2,，网时速度为210m /s v ==在接触网的过程中,运动员受到向上的弹力F 和向下的重力mg ，设向上方向为正，由动量定理有()21()F mg t mv mv -=--得F =1.5×103N方向向上2．如图甲所示，平面直角坐标系中，0≤x ≤l 、0≤y ≤2l 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B 0和T 0均未知。

比荷为c 的带正电的粒子在点（0，l ）以初速度v 0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t <02T 的某时刻，粒子从点（l ，2l ）射出磁场，求B 0大小。

（2）若B 0=02c v l ，且粒子从0≤l ≤02T的任一时刻入射时，粒子离开磁场时的位置都不在y轴上，求T 0的取值范围。

（3）若B 0= 02c v l ，00l T v π=，在x >l 的区域施加一个沿-x 方向的匀强电场，在04T t =时刻入射的粒子，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）00v B cl =；（2）00l T v π≤；（3）()20421v E n cl π=+()0,1,2n =L .【解析】【详解】设粒子的质量为m ，电荷量为q ，则由题意得qc m=（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：R l =2000v qv B m R=解得00v B cl=（2）设粒子运动的半径为1R ，由牛顿第二定律得20001v qv B m R =解得12l R =临界情况为：粒子从0t =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002m lT qB v ππ== 由几何关系可知，在02T t =内，粒子轨迹转过的圆心角为 θπ=对应粒子的运动时间为1122t T T ππ== 分析可知，只要满足012T t ≥，就可以使粒子离开磁场时的位置都不在y 轴上。

1.1动量(解析版)

1.1动量同步练习一、单选题1．（2021·全国·高三专题练习）质量为5kg 的小球以5m /s 的速度竖直落到地板上，随后以3m /s 的速度反向弹回。

若取竖直向下的方向为正方向，则小球动量的变化为（） A ．10kg m /s ⋅B ．10kg m /s -⋅C ．40kg m /s ⋅D ．40kg m /s -⋅【答案】D【详解】小球动量的变化为(35)m/s 5kg 40kg m/s p ∆=--⨯=-⋅故选D 。

2．（2021·黑龙江·双鸭山一中高二期中）对于质量一定的物体，下列说法正确的是（） A ．如果物体运动的速度大小不变，物体的动量也保持不变B ．运动的物体在任一时刻的动量方向，一定是该时刻的速度方向C ．物体的动量发生改变，则合外力一定对物体做了功D ．物体的动能发生改变，其动量可能不变【答案】B【详解】A ．动量是矢量，只要速度方向发生变化，动量也发生变化，A 错误；B ．动量具有瞬时性，任一时刻物体动量的方向，即为该时刻物体的速度方向，B 正确；C ．当物体速度的方向改变而大小未变时，动量也发生了改变，但合外力对物体没有做功，C 错误；D ．物体的动能发生改变，则其速度大小一定改变，则动量一定改变，D 错误。

故选B 。

3．（2021·山东薛城·高二期中）关于物体的动量，下列说法中不正确的是（） A ．同一物体的动量变化越大则该物体的速度变化一定越大B ．同一物体的动量越大，其速度一定越大C ．物体的加速度不变，其动量一定不变D ．运动物体在任意时刻的动量方向一定是该时刻的速度方向【答案】C【详解】A ．根据p m v ∆=∆同一物体的动量变化越大则该物体的速度变化一定越大，所以A 正确，不符合题意； B ．根据p mv =同一物体的动量越大，其速度一定越大，所以B 正确，不符合题意；C ．物体的加速度不变，则速度发生了变化，其动量一定发生变化，所以C 错误，符合题意；D ．根据p mv =运动物体在任意时刻的动量方向一定是该时刻的速度方向，所以D 正确，不符合题意；故选C 。

动量定理典型例题解析

动量定理(1)·典型例题解析【例1】钉钉子时为什么要用铁锤而不用橡皮锤，而铺地砖时却用橡皮锤而不用铁锤？解析：钉钉子时用铁锤是因为铁锤形变很小，铁锤和钉子之间的相互作用时间很短，对于动量变化一定的铁锤，受到钉子的作用力很大，根据牛顿第三定律，铁锤对钉子的作用力也很大，所以能把钉子钉进去．橡皮锤形变较大，它和钉子之间的作用时间较长，同理可知橡皮锤对钉子的作用力较小，不容易把钉子钉进去．但在铺地砖时，需要较小的作用力，否则容易把地砖敲碎，因此铺地砖时用橡皮锤，不用铁锤．点拨：根据动量定理，利用对作用时间的调整来控制作用力的大小．【例2】如图50－1所示，质量为m 的小球以速度v 碰到墙壁上，被反弹回来的速度大小为2v/3，若球与墙的作用时间为t ，求小球与墙相碰过程中所受的墙壁给它的作用力．解析：取向左为正方向，根据动量定理，对小球有＝－－＝，由于此过程中小球在竖直方向受力平衡，墙给它的作用力等于它所受的合外力，所以墙给它的作用力为＝，方向向左．Ft m 23v (mv)mv F 5353mvt点拨：动量定理是矢量式，解题要选取正方向，动量定理中的F 是合外力．【例3】下列说法正确的是[ ]A ．动量的方向与受力方向相同B ．动量的方向与冲量的方向相同C ．动量的增量的方向与受力方向相同D ．动量变化率的方向与速度方向相同点拨：冲量的方向与力的方向相同，动量的方向与速度方向相同，动量增量的方向与冲量的方向相同，动量方向与冲量方向间无必然的联系．动量变化率(Δp/Δt)的方向与力的方向相同，力的方向与速度方向间无必然的联系．参考答案 C【例4】在空间某处以相等的速率分别竖直上抛、竖直下抛、水平抛出质量相等三个小球，不计空气阻力，经相同的时间t(设小球均未落地)，下列有关动量变化的判断正确的是[ ] A．作上抛运动的小球动量变化最大B．作下抛运动的小球动量变化最小C．三小球动量变化大小相等，方向相同D．三小球动量变化大小相等，方向不同点拨：三个小球都只有竖直方向的动量变化(作平抛运动的小球水平方向动量不变)．可根据匀变速直线运动的速度公式，求出竖直方向的速度变化，从而直接求出动量变化加以比较．但如果转换思考角度，从动量定理出发从考虑重力的冲量来比较动量的变化可使问题简单明了．参考答案C跟踪反馈1．动量定理Ft＝p′－p中的F是指[ ] A．物体所受的动力B．物体所受的除重力以外的其它力的合力C．重力和弹力的合力D．物体所受的合外力2．对任何运动的物体，用一不变的力制动使它停止运动，所需的时间决定于物体的[ ] A．速度B．加速度C．动量D．质量3．一个质量为m的小球以速率v垂直射向墙壁，被墙以等速率反向弹回．若球与墙的作用时间为t，则小球受到墙的作用力大小为[ ] A．mv/tB．2mv/tC．mv/2tD．04．人从高处跳到低处，为了安全，一般都是让脚尖先着地，接着让整个脚底着地，并让人下蹲，这样做是为了[ ] A．减小人受到的冲量B．减小人的动量变化C．延长与地面的作用时间，从而减小人受到的作用力D．延长与地面的作用时间，使人所受地面给他的弹力小于人所受的重力参考答案1．D 2．C 3．B 4．C。

动量定理典型例题

动量定理典型例题典型例题1——判断物体冲量变化甲、乙两个质量相同的物体在粗糙程度不同的水平面上以相同的初速度运动。

乙物体先停下来，甲物体经过较长时间才停下来。

正确的叙述是：甲物体受到的冲量与乙物体受到的冲量大小相等。

分析与解：在这个过程中，甲、乙两物体所受合外力均为摩擦力。

由动量定理可知，物体所受合外力的冲量等于动量的增量。

由题可知，甲、乙两物体初、末状态的动量都相同，所以所受的冲量均相同。

因此，答案为B。

典型例题2——判断外力大小质量为0.1kg的小球以10m/s的速度水平撞击竖直放置的厚钢板，撞击后以7m/s的速度被反向弹回，撞击时间为0.01s。

取撞击前钢球速度的方向为正方向。

求钢球受到的平均作用力大小。

分析与解：在撞击过程中，小球的动量发生了变化，这个变化等于小球所受合外力的冲量。

这个合外力的大小等于钢板对钢球作用力的大小。

此时可忽略小球的重力。

根据动量定理可得F×t=m×(v2-v1)。

代入数据可得F=-170N。

因此，答案为D。

典型例题3——判断冲量方向和大小质量为m的钢球自高处落下，以速率v1碰地，竖直向上弹回，碰撞时间极短离地的速率为v2.在碰撞过程中，地面对钢球的冲量的方向和大小为向上，m(v1+v2)。

分析与解：在小球碰撞到弹起的过程中，小球速度变化的方向是向上的，所以小球受到地面冲量的方向一定是向上的。

在忽略小球重力的情况下，地面对小球冲量的大小等于小球动量的变化。

因此，答案为D。

典型例题4——求小球下落到软垫时受到的平均作用力一个质量为0.1kg的小球在自由落体过程中，下落到软垫上，停止时间为0.02s。

求小球受到的平均作用力大小。

分析与解：在下落过程中，小球的速度会不断增加，直到触地瞬间速度达到最大值。

当小球落到软垫上时，受到的合外力是重力和软垫对小球的支持力。

由于小球在软垫上停留的时间极短，因此可以近似认为小球在软垫上的速度瞬间减为零。

根据动量定理可得F×t=mv，代入数据可得F=49N。

高中动量的详解以及例题附带解析

（1）动量守恒定律．①内容及表达式a．内容：一个系统不受外力或者所受外力之和为零，这个系统的总动量保持不变．这个结论叫做动量守恒定律．b．动量守恒定律的公式为p=p′或m1v2＋m2v2=m1v1′＋m2v2′．②动量守恒定律的研究对象是相互作用的物体组成的系统．③系统“总动量保持不变”，不是仅指系统的初、末两个时刻的总动量相等，而是指系统在整个过程中任意两个时刻的总动量都相等，但决不能认为系统内的每一个物体的动量都保持不变．④定律适用条件：系统不受外力或系统所受外力之和为零．说明：a．若系统内部的相互作用力（即内力）远比它们所受的外力大（如相互作用时间极短的碰撞问题），即可忽略外力作用，可应用动量守恒定律去处理．b．若系统所受的合外力不为0，但合外力在某一方向上的分量为0时，则系统的总动量不守恒，但总动量在该分方向上的分量却守恒．如：物体m从光滑劈面上滑动过程中，系统水平方向动量守恒．c．注意内力与外力由动量守恒定律成立的条件可知，内力无论多大都不会改变系统的总动量，只有外力作用才能改变系统的总动量．因此，应用动量守恒定律解题时，必须先分清哪些属于系统的外力，哪些属于系统的内力，它们的作用效果如何．当系统的内力远大于外力时，可以近似认为动量守恒，例如空中飞行的炸弹爆炸，其爆炸力远远大于外力时，可认为爆炸前的总动量与爆炸后的总动量相等．⑤动量守恒定律的五“性”a．表达式的矢量性：对一维情况，先选定某一方向为正方向，速度方向与正方向相同的速度取正，反之取负，把矢量运算简化为代数运算．b．速度的相对性：v1、v2、v1′、v2′必须是相对同一惯性参照系．c．速度的同时性：表达式中v1、v2必须是相互作用前同一时刻的瞬时速度，v1′、v2′必须是相互作用后同一时刻的瞬时速度．d．定律的整体性所谓整体性是把所有研究对象看成一个系统，在列动量守恒方程式时，对整体列方程，这样系统中物体间的相互作用力可当作内力处理，只考虑系统始末状态的总动量，这样处理有利于简化运算过程，方便准确．e．定律的广泛性：动量守恒定律具有广泛的适用范围，不论物体间的相互作用力性质如何；不论系统内部物体的个数；不论它们是否互相接触；不论相互作用后物体间是粘合还是分裂，只要系统所受外力之和为零，动量守恒定律都适用．动量守恒定律既适用于低速运动的宏观物体，也适用于高速运动的微观粒子间的相互作用，大到天体，小到基本粒子间的相互作用动量守恒定律都适用．（2）定义比较法区分“外力之和”与“合外力”．定义比较法是根据物理量的定义来进行比较的一种学习方法．主要用于区分两个或几个相近的或易相混的物理量的情况．“外力之和”与“合外力”区分的学习用定义比较法．动量守恒定律的表述：一个系统不受外力或者所受外力之和为零，这个系统的总动量保持不变．这里所说的“外力之和”与“合外力”不是一个概念．“合外力”是指作用在某个物体（质点）上的外力的矢量和，而“外力之和”是指把作用在系统上的所有外力平移到某点后算出的矢量和．尽管两概念都是外力的矢量和，但各外力的受力物体有相同和不同之分．“合外力”针对的是同一个物体而言的，“外力之和”是针对一个系统（多个物体的组合体）而言的．这一点一定要区分．三、典型分析例1、如图所示，A、B两物体质量之比mA ∶mB＝3∶2，原来静止在平板小车C上，A、B间有一根被压缩的弹簧，地面光滑，当弹簧突然释放后，则A．若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A、B组成系统的动量守恒B．若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A、B、C组成系统的动量守恒C．若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B组成系统的动量守恒D．若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B、C组成系统的动量守恒解析：如果A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，弹簧释放后A、B分别相对小车向左、向右滑动，它们所受的滑动摩擦力FA 向右，FB向左，由于mA∶mB＝3∶2，所以F A∶F B＝3∶2，则A、B组成系统所受的外力之和不为零，故其动量不守恒，A选项错．对A、B、C组成的系统，A、B与C间的摩擦力为内力，该系统所受的外力为竖直方向的重力和支持力，它们的合力为零，故该系统的动量守恒，和A、B与平板车间的摩擦因数或摩擦力是否相等无关，故B、D选项对．若A、B所受的摩擦力大小相等，则A、B组成系统的外力之和为零，故其动量守恒．C选项正确．说明：(1)判断系统的动量是否守恒时，要注意动量守恒的条件是系统不受外力或所受外力之和为零．因此，要区分清系统中的物体所受的力哪些是内力，哪些是外力．(2)在同一物理过程中，系统的动量是否守恒，与系统的选取密切相关，如本例中第一种情况A、B组成的系统的动量不守恒，而A、B、C组成的系统的动量却是守恒的．因此，在利用动量守恒定律解决问题时，一定要明确在哪一过程中哪些物体组成的系统的动量是守恒的，即要明确研究对象和过程．例2、质量为3 kg的小球A在光滑水平面上以6 m/s的速度向右运动，恰遇上质量为5 kg 的小球B以4 m/s的速度向左运动，碰撞后B球恰好静止，求碰撞后A球的速度．解析：两球都在光滑水平面上运动，碰撞过程中系统所受合外力为零，因此系统动量守恒．碰撞前两球动量已知，碰撞后B球静止，取A球初速度方向为正，由动量守恒定律有mAv A＋m B v B＝m A v A′vA′＝m/s＝－0.67 m/s．即碰后A球速度大小为0.67 m/s，方向向左．说明：(1)动量守恒定律是矢量式，应特别注意始末状态动量的方向．(2)应用动量守恒定律的一般步骤：①确定研究对象(系统)；②分析系统的受力情况，判定系统动量是否守恒；③选取正方向，分析系统始末状态的动量④利用动量守恒定律列方程求解．例3、如图所示，质量为M的小车静止在光滑的水平面上．小车的最右端站着质量为m 的人．若人水平向右以相对车的速度u跳离小车，则人脱离小车后小车的速度多大?方向如何?解析：在人跳离小车的过程中，由人和车组成的系统在水平方向上不受外力，在该方向上动量守恒．由于给出的人的速度u是相对车的，而公式中的速度是相对地的，必须把人的速度转化为相对地的速度．有的同学可能认为，由于车原来是静止的，所以u就是人对地的速度．这种认识是错误的，违背了同时性的要求．因为人获得相对车的速度u的同时，车也获得了对地的速度v，所以人对车的速度u应是相对运动的车的速度，而不是相对静止的车的速度．设速度u的方向为正方向，并设人脱离车后小车的速度大小为v，则人对地的速度大小为(u－v)．根据动量守恒定律有0＝m(u－v)－Mv所以小车速度v＝，方向和u的方向相反．说明：应用动量守恒定律时要注意同系性，即系统中各物体的速度均相对于同一参考系——地球．例4、如图所示，水平桌面上放着一个半径为R的光滑环形轨道，在轨道内放入两个质量分别是M和m的小球（均可看作质点），两球间夹着少许炸药。