備戰(zhàn)2024年高考物理一輪復習易錯題07動量守恒定律含解析

易錯點07動量守恒定律易錯題【01】對動量守恒定義理解有誤動量守恒定律1．內(nèi)容：假如一個系統(tǒng)不受外力，或者所受外力的矢量和為eq\a\vs4\al(0)，這個系統(tǒng)的總動量保持不變。[注1]2．表達式：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′。3．適用條件(1)志向守恒：不受外力或所受外力的合力為0。(2)近似守恒：系統(tǒng)內(nèi)各物體間相互作用的內(nèi)力遠大于它所受到的外力。[注2](3)某一方向守恒：假如系統(tǒng)在某一方向上所受外力的合力為0，則系統(tǒng)在該方向上動量守恒。易錯題【02】對爆炸、反沖運動分析有誤碰撞、反沖、爆炸1．碰撞(1)特點：作用時間極短，內(nèi)力(相互碰撞力)遠大于外力，總動量守恒。(2)分類①彈性碰撞：碰撞后系統(tǒng)的總動能沒有損失。[注3]②非彈性碰撞：碰撞后系統(tǒng)的總動能eq\a\vs4\al(有)損失。③完全非彈性碰撞：碰撞后合為一體，機械能損失最大。2．爆炸與碰撞類似，物體間的相互作用時間很短，作用力很大，且遠大于系統(tǒng)所受的外力，所以系統(tǒng)動量守恒。eq\a\vs4\al([題型技法])碰撞問題解題策略(1)抓住碰撞的特點和不同種類碰撞滿意的條件，列出相應方程求解。(2)可熟記一些公式，例如“一動一靜”模型中，兩物體發(fā)生彈性正碰后的速度滿意：v1′＝eq\f(m1－m2,m1＋m2)v1v2′＝eq\f(2m1,m1＋m2)v1(3)熟記彈性正碰的一些結(jié)論，例如，當兩球質(zhì)量相等時，兩球碰撞后交換速度。當m1?m2，且v2＝0時，碰后質(zhì)量大的速率不變，質(zhì)量小的速率為2v1。當m1?m2，且v2＝0時，碰后質(zhì)量小的球原速率反彈。易錯題【03】對爆炸過程各個量分析有誤爆炸現(xiàn)象的三個規(guī)律動量守恒由于爆炸是在極短的時間內(nèi)完成的，爆炸物體間的相互作用力遠遠大于受到的外力，所以在爆炸過程中，系統(tǒng)的總動量守恒動能增加在爆炸過程中，由于有其他形式的能量(如化學能)轉(zhuǎn)化為動能，所以爆炸后系統(tǒng)的總動能增加位置不變爆炸的時間極短，因而作用過程中，物體產(chǎn)生的位移很小，一般可忽視不計，可以認為爆炸后仍舊從爆炸前的位置以新的動量起先運動01對動量守恒定律理解不到位1、關(guān)于系統(tǒng)動量守恒的條件，下列說法正確的是()A．只要系統(tǒng)內(nèi)存在摩擦力，系統(tǒng)動量就不行能守恒B．只要系統(tǒng)中有一個物體具有加速度，系統(tǒng)動量就不守恒C．只要系統(tǒng)所受的合外力為零，系統(tǒng)動量就守恒D．系統(tǒng)中全部物體的加速度為零時，系統(tǒng)的總動量不肯定守恒【警示】本題簡單出錯的主要緣由是對動量守恒定義理解有誤。【解析】系統(tǒng)內(nèi)物體具有加速度或物體受摩擦力作用時，只要系統(tǒng)所受的合外力為零，系統(tǒng)動量就守恒，故C正確，A、B均錯誤；系統(tǒng)中全部物體的加速度均為零時，系統(tǒng)的合外力肯定為零，故系統(tǒng)動量肯定守恒，D錯誤?！敬鸢浮緾【囑咐】解題的關(guān)鍵要從動量守恒定義動身1．下列敘述的狀況中，系統(tǒng)動量不守恒的是()A．如圖甲所示，小車停在光滑水平面上，車上的人在車上走動時，人與車組成的系統(tǒng)B．如圖乙所示，子彈射入放在光滑水平面上的木塊中，子彈與木塊組成的系統(tǒng)C．子彈射入緊靠墻角的木塊中，子彈與木塊組成的系統(tǒng)D．斜向上拋出的手榴彈在空中炸開時【答案】C【解析】對于人和車組成的系統(tǒng)，人和車之間的力是內(nèi)力，系統(tǒng)所受的外力有重力和支持力，合力為零，系統(tǒng)的動量守恒；子彈射入木塊過程中，雖然子彈和木塊之間的力很大，但這是內(nèi)力，木塊放在光滑水平面上，系統(tǒng)所受合力為零，動量守恒；子彈射入緊靠墻角的木塊時，墻對木塊有力的作用，系統(tǒng)所受合力不為零，系統(tǒng)的動量減??；斜向上拋出的手榴彈在空中炸開時，雖然受到重力作用，合力不為零，但爆炸的內(nèi)力遠大于重力，動量近似守恒。故選C。2．A球的質(zhì)量是m，B球的質(zhì)量是2m，它們在光滑的水平面上以相同的動量運動。B在前，A在后，發(fā)生正碰后，A球仍朝原方向運動，但其速率是原來的一半，碰后兩球的速率比vA′∶vB′為()A．1∶2 B．1∶3C．2∶1 D．2∶3【答案】D【解析】設碰前A球的速率為v，依據(jù)題意pA＝pB，即mv＝2mvB，得碰前vB＝eq\f(v,2)，碰后vA′＝eq\f(v,2)，由動量守恒定律，有mv＋2m×eq\f(v,2)＝m×eq\f(v,2)＋2mvB′，解得vB′＝eq\f(3v,4)，所以vA′∶vB′＝eq\f(v,2)∶eq\f(3v,4)＝eq\f(2,3)，D正確。02對碰撞運動分析有誤1、如圖所示，質(zhì)量為m＝245g的物塊(可視為質(zhì)點)放在質(zhì)量為M＝0.5kg的木板左端，足夠長的木板靜止在光滑水平面上，物塊與木板間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.4。質(zhì)量為m0＝5g的子彈以速度v0＝300m/s沿水平方向射入物塊并留在其中(時間極短)，g取10m/s2。子彈射入后，求：(1)子彈進入物塊后子彈和物塊一起向右滑行的最大速度v1。(2)木板向右滑行的最大速度v2。(3)物塊在木板上滑行的時間t。【錯因】本題簡單出錯的主要緣由是對運動狀態(tài)及守恒過程分析錯誤【解析】(1)子彈進入物塊后一起向右滑行的初速度即為物塊的最大速度，由動量守恒可得：m0v0＝(m0＋m)v1，解得v1＝6m/s。(2)當子彈、物塊、木板三者同速時，木板的速度最大，由動量守恒定律可得：(m0＋m)v1＝(m0＋m＋M)v2，解得v2＝2m/s。(3)對物塊和子彈組成的整體應用動量定理得：－μ(m0＋m)gt＝(m0＋m)v2－(m0＋m)v1，解得：t＝1s。1．(多選)如圖所示，彈簧的一端固定在豎直墻上，質(zhì)量為m的光滑弧形槽靜止在光滑水平面上，底部與水平面平滑連接。一個質(zhì)量也為m的小球從槽上高h處由靜止起先自由下滑，下列推斷正確的是()A．在下滑過程中，小球和槽之間的相互作用力對槽不做功B．在下滑過程中，小球和槽組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒C．被彈簧反彈后，小球和槽都做速率不變的直線運動D．被彈簧反彈后，小球能回到槽上高h處【答案】BC【解析】選BC在下滑過程中，小球和槽之間的相互作用力對槽做功，選項A錯誤；在下滑過程中，小球和槽組成的系統(tǒng)在水平方向所受合外力為零，系統(tǒng)在水平方向動量守恒，選項B正確；小球被彈簧反彈后，小球和槽在水平方向不受外力作用，故小球和槽都做勻速運動，選項C正確；小球與槽組成的系統(tǒng)動量守恒，球與槽的質(zhì)量相等，小球沿槽下滑，球與槽分別后，小球與槽的速度大小相等，小球被彈簧反彈后與槽的速度相等，故小球不能滑到槽上，選項D錯誤。2．如圖所示，質(zhì)量m＝60kg的人，站在質(zhì)量M＝300kg的車的一端，車長L＝3m，相對于地面靜止。當車與地面間的摩擦可以忽視不計時，人由車的一端走到另一端的過程中，車將()A．后退0.5m B．后退0.6mC．后退0.75m D．始終勻速后退【答案】A【解析】人車組成的系統(tǒng)動量守恒，則mv1＝Mv2，所以mx1＝Mx2，又有x1＋x2＝L，解得x2＝0.5m。03對爆炸過程分析有誤1、(多選)如圖所示，小車AB放在光滑水平面上，A端固定一個輕彈簧，B端粘有油泥，小車總質(zhì)量為M；質(zhì)量為m的木塊C放在小車上，用細繩連接于小車的A端并使彈簧壓縮。起先時小車AB和木塊C都靜止，當突然燒斷細繩時，C被釋放，使C離開彈簧向B端沖去，并跟B端油泥粘在一起。忽視一切摩擦，以下說法正確的是()A．彈簧伸長過程中C向右運動，同時AB也向右運動B．C與B碰前，C與AB的速率之比為M∶mC．C與油泥粘在一起后，AB馬上停止運動D．C與油泥粘在一起后，AB接著向右運動【錯因】本題簡單出錯的主要緣由是對爆炸過程分析不到位【解析】小車AB與木塊C組成的系統(tǒng)在水平方向上動量守恒，C向右運動時，AB應向左運動，故A錯誤；設碰前C的速率為v1，AB的速率為v2，則0＝mv1－Mv2，得eq\f(v1,v2)＝eq\f(M,m)，故B正確；設C與油泥粘在一起后，AB、C的共同速度為v共，則0＝(M＋m)v共，得v共＝0，故C正確，D錯誤。[答案]BC1．將質(zhì)量為1.00kg的模型火箭點火升空，50g燃燒的燃氣以大小為600m/s的速度從火箭噴口在很短時間內(nèi)噴出。在燃氣噴出后的瞬間，火箭的動量大小為(噴出過程中重力和空氣阻力可忽視)()A．30kg·m/s B．5.7×102kg·m/sC．6.0×102kg·m/s D．6.3×102kg·m/s【解析】燃氣從火箭噴口噴出的瞬間，火箭和燃氣組成的系統(tǒng)動量守恒，設燃氣噴出后的瞬間，火箭的動量大小為p，依據(jù)動量守恒定律，可得p－mv0＝0，解得p＝mv0＝0.050kg×600m/s＝30kg·m/s，選項A正確。【答案】A2．一質(zhì)量為m的煙花彈獲得動能E后，從地面豎直升空。當煙花彈上升的速度為零時，彈中火藥爆炸將煙花彈炸為質(zhì)量相等的兩部分，兩部分獲得的動能之和也為E，且均沿豎直方向運動。爆炸時間極短，重力加速度大小為g，不計空氣阻力和火藥的質(zhì)量。求：(1)煙花彈從地面起先上升到彈中火藥爆炸所經(jīng)過的時間；(2)爆炸后煙花彈向上運動的部分距地面的最大高度?！窘馕觥?1)設煙花彈上升的初速度為v0，由題給條件有E＝eq\f(1,2)mv02 ①設煙花彈從地面起先上升到火藥爆炸所用的時間為t，由運動學公式有0＝v0－gt②聯(lián)立①②式得t＝eq\f(1,g)eq\r(\f(2E,m))。 ③(2)設爆炸時煙花彈距地面的高度為h1，由機械能守恒定律有E＝mgh1④火藥爆炸后，煙花彈上、下兩部分均沿豎直方向運動，設爆炸后瞬間其速度分別為v1和v2。由題給條件和動量守恒定律有eq\f(1,4)mv12＋eq\f(1,4)mv22＝E ⑤eq\f(1,2)mv1＋eq\f(1,2)mv2＝0 ⑥由⑥式知，煙花彈兩部分的速度方向相反，向上運動部分做豎直上拋運動。設爆炸后煙花彈上部分接著上升的高度為h2，由機械能守恒定律有eq\f(1,4)mv12＝eq\f(1,2)mgh2 ⑦聯(lián)立④⑤⑥⑦式得，煙花彈向上運動部分距地面的最大高度為h＝h1＋h2＝eq\f(2E,mg)。⑧1、如圖所示，有兩個穿著溜冰鞋的人站在水平冰面上，當其中某人A從背后輕輕推另一個人B時，兩個人會向相反的方向運動。不計摩擦力，則下列推斷正確的是()A．A、B的質(zhì)量肯定相等B．推后兩人的動能肯定相等C．推后兩人的總動量肯定為零D．推后兩人的速度大小肯定相等2.如圖所示，A、B兩物體的中間用一段細繩相連并有一壓縮的彈簧，放在平板小車C上后，A、B、C均處于靜止狀態(tài)。若地面光滑，則在細繩被剪斷后，A、B從C上未滑離之前，A、B在C上向相反方向滑動的過程中()A．若A、B與C之間的摩擦力大小相同，則A、B及彈簧組成的系統(tǒng)動量守恒，A、B、C及彈簧組成的系統(tǒng)動量不守恒B．若A、B與C之間的摩擦力大小相同，則A、B及彈簧組成的系統(tǒng)動量不守恒，A、B、C及彈簧組成的系統(tǒng)動量守恒C．若A、B與C之間的摩擦力大小不相同，則A、B及彈簧組成的系統(tǒng)動量不守恒，A、B、C及彈簧組成的系統(tǒng)動量不守恒D．若A、B與C之間的摩擦力大小不相同，則A、B及彈簧組成的系統(tǒng)動量不守恒，A、B、C及彈簧組成的系統(tǒng)動量守恒3、如圖所示，在足夠長的光滑水平面上有一靜止的質(zhì)量為M＝2m的斜面體，斜面體表面光滑、高度為h、傾角為θ。一質(zhì)量為m的小物塊以肯定的初速度沿水平面對右運動，不計沖上斜面過程中機械能損失。假如斜面固定，則小物塊恰能沖到斜面頂端。假如斜面不固定，則小物塊沖上斜面后能到達的最大高度為()A.eq\f(h,3) B.eq\f(h,2)C.eq\f(2h,3) D．h4、如圖所示，一質(zhì)量M＝3.0kg的長方形木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一個質(zhì)量m＝1.0kg的小木塊A。給A和B以大小均為4.0m/s，方向相反的初速度，使A起先向左運動，B起先向右運動，A始終沒有滑離木板B。在小木塊A做加速運動的時間內(nèi)，木板速度大小可能是()A．1.8m/s B．2.4m/sC．2.8m/s D．3.0m/s5、如圖所示，兩輛質(zhì)量均為M的小車A和B置于光滑的水平面上，有一質(zhì)量為m的人靜止站在A車上，兩車靜止。若這個人自A車跳到B車上，接著又跳回A車并與A車相對靜止。則此時A車和B車的速度之比為()A.eq\f(M＋m,m) B.eq\f(m＋M,M)C.eq\f(M,M＋m) D.eq\f(m,M＋m)6、如圖所示，光滑水平面上有大小相同的A、B兩個小球在同始終線上運動。兩球質(zhì)量關(guān)系為mB＝2mA，規(guī)定向右為正方向，A、B兩球的動量均為8kg·m/s，運動過程中兩球發(fā)生碰撞，碰撞后A球的動量增量為－4kg·m/s，則()A．右方為A球，碰撞后A、B兩球的速度大小之比為2∶3B．右方為A球，碰撞后A、B兩球的速度大小之比為1∶6C．左方為A球，碰撞后A、B兩球的速度大小之比為2∶3D．左方為A球，碰撞后A、B兩球的速度大小之比為1∶67、(多選)如圖所示，在光滑的水平面上，有一質(zhì)量為M的木塊正以速度v向左運動，一顆質(zhì)量為m(m<M)的彈丸以速度v向右水平擊中木塊并最終停在木塊中。設彈丸與木塊之間的相互作用力大小不變，則在相互作用過程中()A．彈丸和木塊的速率都是越來越小B．彈丸在任一時刻的速率不行能為零C．彈丸對木塊始終做負功，木塊對彈丸先做負功后做正功D．彈丸對木塊的水平?jīng)_量與木塊對彈丸的水平?jīng)_量大小相等8．如圖所示，質(zhì)量為m的小車左端緊靠豎直墻壁但不固定，其左側(cè)AB部分為eq\f(1,4)光滑圓弧軌道，半徑為R，軌道最低點B與水平粗糙軌道BC相切，BC＝2R。將質(zhì)量也為m的物塊(可視為質(zhì)點)從A點無初速釋放。只考慮物塊與BC間的摩擦，其兩者間的動摩擦因數(shù)為eq\f(2,3)，其余一切摩擦不計，則物塊相對BC運動的位移大小為()A.eq\f(3,4)R B．RC.eq\f(4,3)R D．2R9、如圖所示，水平固定的長滑竿上套有兩個質(zhì)量均為m的薄滑扣(即可以滑動的圓環(huán))A和B，兩滑扣之間由不行伸長的松軟輕質(zhì)細線相連，細線長度為l，滑扣在滑竿上滑行時所受的阻力大小恒為滑扣對滑竿正壓力大小的k倍。起先時兩滑扣可以近似地看成挨在一起(但未相互擠壓)。今給滑扣A一個向左的水平初速度使其在滑竿上起先向左滑行，細線拉緊后兩滑扣以共同的速度向前滑行，接著滑行距離eq\f(l,2)后靜止，假設細線拉緊過程的時間極短，重力加速度為g。求：(1)滑扣A的初速度的大小；(2)整個過程中僅僅由于細線拉緊引起的機械能損失。10、如圖所示，質(zhì)量分別為mA＝m、mB＝3m的A、B兩物體放置在光滑的水平面上，其中A物體緊靠光滑墻壁，A、B兩物體之間用輕彈簧相連。對B物體緩慢施加一個水平向右的力，使A、B兩物體之間彈簧壓縮到最短并鎖定，此過程中，該力做功為W0?，F(xiàn)突然撤去外力并解除鎖定，(設重力加速度為g，A、B兩物體體積很小，可視為質(zhì)點，彈簧在彈性限度內(nèi))求：(1)從撤去外力到A物體起先運動，墻壁對A物體的沖量IA大?。?2)A、B兩物體離開墻壁后到達圓軌道之前，B物體的最小速度vB是多大；答案和解析C有兩個穿著溜冰鞋的人站在水平冰面上，當其中某人A從背后輕輕推另一個人B時，不計摩擦力，兩人組成的系統(tǒng)動量守恒，推后兩人的總動量肯定為零，選項C正確。2.D當A、B兩物體及彈簧組成一個系統(tǒng)時，彈簧的彈力為內(nèi)力，而A、B與C之間的摩擦力為外力。當A、B與C之間的摩擦力大小不相等時，A、B及彈簧組成的系統(tǒng)所受合外力不為零，動量不守恒；當A、B與C之間的摩擦力大小相等時，A、B及彈簧組成的系統(tǒng)所受合外力為零，動量守恒。對A、B、C及彈簧組成的系統(tǒng)，彈簧的彈力及A、B與C之間的摩擦力均屬于內(nèi)力，無論A、B與C之間的摩擦力大小是否相等，系統(tǒng)所受的合外力均為零，系統(tǒng)的動量守恒。故選項D正確。

3、C斜面固定時，由動能定理得：－mgh＝0－eq\f(1,2)mv02，所以v0＝eq\r(2gh)；斜面不固定時，由水平方向動量守恒得：mv0＝(M＋m)v，由機械能守恒得：eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)(M＋m)v2＋mgh′；解得：h′＝eq\f(2,3)h。故C正確。4、BA先向左減速到零，再向右做加速運動，在此期間，木板做減速運動，最終它們保持相對靜止，設A減速到零時，木板的速度為v1，最終它們的共同速度為v2，取水平向右為正方向，則Mv－mv＝Mv1，Mv1＝(M＋m)v2，可得v1＝eq\f(8,3)m/s，v2＝2m/s，所以在小木塊A做加速運動的時間內(nèi)，木板速度大小應大于2.0m/s而小于eq\f(8,3)m/s，只有選項B正確。5.C規(guī)定向右為正方向，則由動量守恒定律有：0＝MvB－(M＋m)vA，得eq\f(vA,vB)＝eq\f(M,M＋m)，故C正確。6.C碰前兩球的動量均為8kg·m/s，則兩球運動方向均向右，又mB＝2mA，則vB＜vA，所以左方為A球，右方為B球；A、B兩球發(fā)生碰撞時由動量守恒定律可得ΔpA＝－ΔpB，因此碰撞后A球的動量為4kg·m/s，B球的動量為12kg·m/s，由mB＝2mA可得碰撞后A、B兩球速度大小之比為2∶3，故C正確。7.CD彈丸擊中木塊前，由于m<M，兩者速率相等，所以兩者組成的系統(tǒng)總動量向左，彈丸水平擊中木塊并停在木塊中的過程，系統(tǒng)的動量守恒，由動量守恒定律可知，彈丸停在木塊中后它們一起向左運動，即彈丸起先時向右運動，后向左運動，故彈丸的速領先減小后增大，木塊的速率始終減小，由以上分析知，彈丸的速率在某一時刻可能為零，故A、B錯誤；木塊始終向左運動，彈丸對木塊始終做負功，彈丸先向右運動后向左運動，則木塊對彈丸先做負功后做正功，故C正確；由牛頓第三定律知，彈丸對木塊的水平作用力與木塊對彈丸的水平作用力大小相等，相互作用的時間相等，由沖量的定義式I＝Ft知，彈丸對木塊的水平?jīng)_量與木塊對彈丸的水平?jīng)_量大小相等，故D正確。A物塊從A下滑到B的過程中，小車保持靜止，對物塊，由機械能守恒定律得：mgR＝eq\f(1,2)mv02從B到C的過程中，小車和物塊組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒，有：mv0＝2mv從B到C的過程中，由功能關(guān)系得：μmgΔx＝eq\f(1,2)mv02－eq