(通用版)高考物理二轮复习纠错笔记专题07《动量守恒定律》（解析版）

一、动量定理应用的误区警示 1．应用求变力的冲量 如果物体受到大小或方向改变的力的作用，则不能直接用I=Ft求变力的冲量，可以求出该力作用下物体动量的变化，等效代换变力的冲量I。 2．应用求动量的变化 在曲线运动中，速度方向时刻在变化，求动量变化需要应用矢量运算方法，计算较复杂。若作用力为恒力，可求恒力冲量，等效代换动量的变化。 二、动量守恒定律成立条件的误区 1．系统不受外力或系统所受外力的矢量和为零，则系统动量守恒。 2．系统所受合外力虽不为零，但系统的内力远大于外力，如碰撞、爆炸等现象中，系统的动量可近似看作守恒。 3．系统所受合外力虽然不为零，如果在某一个方向上合外力为零，那么在该方向上动量守恒。 三、碰撞类问题的易错点 1．忽视了动量守恒的条件，在系统所受合外力不为零的情况下仍用动量守恒求解； 2．不理解动量守恒定律的矢量性，按代数和的方法求和动量； 3．在动量守恒定律的表达式中，速度选取了不同的参考系； 4．忽视了碰撞过程中的机械能损失。学科，网 一粒钢珠从静止状态开始自由下落，然后陷入泥潭中。若把在空中下落的过程称为过程Ⅰ，进入泥潭直到停止的过程称为过程Ⅱ，则 A．过程I中钢珠的动量的改变量等于重力的冲量 B．过程Ⅱ中阻力的冲量的大小等于过程I中重力的冲量的大小 C．I、Ⅱ两个过程中合外力的总冲量等于零 D．过程Ⅱ中钢珠的动量的改变量等于零 本题错选的原因在于对运用动量定理的过程不清楚而导致错选B项，要分析清楚全过程的动量并正确运用动量守恒。 根据动量定理可知，在过程I中，钢珠从静止状态自由下落，不计空气阻力，小球所受的合外力即为重力，因此钢珠的动量的改变量等于重力的冲量，A正确；过程Ⅱ中阻力的冲量的大小等于过程I中重力的冲量的大小与过程Ⅱ中重力的冲量的大小之和，B错误；在I、Ⅱ两个过程中，钢珠动量的改变量各不为零，且它们大小相等、方向相反，但从整体看，钢珠动量的改变量为零，故合外力的总冲量等于零，故C正确，D错误。答案：AC。 1．（2018·辽宁省沈阳市郊联体高一下学期期末考试）如图所示，在光滑水平面上有一质量为m的物体，在与水平方向成θ角的恒定拉力作用下运动，则在时间t内 A．重力的冲量为0 B．拉力F的冲量为Ft C．拉力F的冲量为 D．物体动量的变化量等于Ft 【答案】B 2．水平推力F1和F2分别作用于水平面上原来静止的、等质量的a、b两物体上，作用一段时间后撤去推力，物体将继续运动一段时间停下，两物体的v－t图象如图所示，已知图中线段AB∥CD，则 A．F1的冲量小于F2的冲量 B．F1的冲量等于F2的冲量 C．两物体受到的摩擦力大小不相等 D．a物体受到的摩擦力冲量小于b物体受到的摩擦力冲量 【答案】AD 【名师点睛】由速度图象分析可知，水平推力撤去后，AB与CD平行，说明加速度相同，动摩擦因数相同，两物体的质量相等，说明摩擦力大小相等，根据动量定理，研究整个过程，确定两个推力的冲量关系。 质量为m的小车中挂有一个单摆，摆球的质量为m0，小车和单摆以恒定的速度v0沿水平地面运动，与位于正对面的质量为m1的静止木块发生碰撞，碰撞时间极短，在此过程中，下列说法可能发生的是 A．小车、木块、摆球的速度都发生变化，分别为v1、v2和v3，且满足： B．摆球的速度不变，小车和木块的速度为v1、v2，且满足： C．摆球的速度不变，小车和木块的速度都为v，且满足： D．小车和摆球的速度都变为v1，木块的速度变为v2，且满足： 本题错选的原因在于对动量守恒的条件的理解不透彻，研究对象和物理过程的选择不正确，误选A项。 小车与木块相碰，随之发生的将有两个过程：其一是，小车与木块相碰，作用时间极短，过程结束时小车与木块速度发生了变化，而小球的速度未变；其二是，摆球将要相对于小车向右摆动，又导致小车与木块速度的改变。但是题目中已明确指出只需讨论碰撞的极短过程，不需考虑第二过程。因此，我们只需分析B、C两项。其实，小车与木块相碰后，将可能会出现两种情况，即碰撞后小车与木块合二为一或它们碰后又分开，前者正是C项所描述的，后者正是B项所描述的，所以BC正确。答案：BC。 1．如图所示，在跨过一光滑定轮的轻绳两端分别挂着质量为m1、m2的两个物体，已知m2>m1。若m2以加速度a向下加速运动时，阻力不计，则 A．m1、m2的总机械能不守恒 B．m2的机械能守恒 C．m1、m2的总机械能守恒、动量也守恒 D．m1、m2的总机械能守恒、动量不守恒 【答案】D 2．（2018·江西省奉新县第一中学高二下学期第一次月考）如图所示将一光滑的半圆槽置于光滑水平面上，槽的左侧有一固定在水平面上的物块。今让一小球自左侧槽口A的正上方从静止开始落下，与圆弧槽相切自A点进入槽内，则以下结论中正确的是 A．小球在半圆槽内运动的全过程中，只有重力对它做功 B．小球自半圆槽的最低点B向C点运动的过程中，小球与半圆槽在水平方向动量守恒 C．小球在半圆槽内运动的全过程中，小球与半圆槽在水平方向动量守恒 D．小球离开C点以后，将做竖直上抛运动 【答案】B 【名师点睛】小球自左端槽口A点的正上方从静止开始下落于光滑的圆弧槽，且槽置于光滑的水平面上，由于槽的左侧有一竖直墙壁，只有重力做功，小球的机械能守恒，当小球在半圆槽内运动的B到C过程中，槽也会向右运动，水平方向满足动量守恒。在运动过程中，仍只有重力做功，小球与槽组成的系统机械能守恒。小球离开C点以后，既有竖直向上的分速度，又有水平分速度，小球做斜上抛运动。 甲乙两球在水平光滑轨道上向同方向运动，已知它们的动量分别是p1=5 kg·m/s，p2=7 kg·m/s，甲从后面追上乙并发生碰撞，碰后乙球的动量变为10 kg·m/s，则二球质量m1与m2间的关系可能是 A．m1=m2 B．2m1=m2 C．4m1=m2 D．6m1=m2 在解决碰撞类问题的时候要注意这些过程中均隐含有系统机械能与其他形式的能之间的转化，不能忽视碰撞过程中机械能的损失。本题错选的原因在于不能正确的分析实际碰撞过程中质量之间的关系。 甲乙两球在碰撞过程中动量守恒，所以有：，即，由于在碰撞过程中，不可能有其他形式的能量转化为机械能，只能是系统内物体间机械能相互转化或一部分机械能转化为内能，因此系统的机械能不会增加。所以有，所以有：， 因为题目给出物理情景是“甲从后面追上乙”，要符合这一物理情景，就必须有，即；同时还要符合碰撞后乙球的速度必须大于或等于甲球的速度这一物理情景，即，所以，因此正确的答案是C选项。答案：C。学科：网 1．（2018·甘肃省师大附中高三开学检测）如图所示，质量相等的A、B两个球，在光滑水平面上沿同一直线相向做匀速直线运动，A球的速度是6 m/s，B球的速度是–2 m/s，之后A、B两球发生了对心碰撞。对于该碰撞之后的A、B两球的速度可能值，某实验小组的同学们做了很多种猜测，下面的猜测结果一定无法实现的是 A．=–2 m/s，=6 m/s B．=2 m/s，=2 m/s C．=1 m/s，=3 m/s D．=–3 m/s，=7 m/s 【答案】D 【名师点睛】解决本题的关键知道碰撞的原则，即动量守恒、机械能不增加，还要满足实际情况。 2．（2018·四川省攀枝花市高一下学期期末调研检测）A、B两球沿同一直线运动并发生正碰，如图为两球碰撞前后的x–t图象。图中a、b分别为A、B两球碰前的x–t图象，c为碰撞后两球共同运动的x–t图象。已知A球质量m=2 kg，取A球碰前运动方向为正方向，下列结论正确的是 A．B球的质量为3 kg B．碰撞过程中A对B冲量为4 N·s C．碰撞前后A的动量变化为–6 kg·m/s D．碰撞过程中A、B两球组成的系统损失的动能为5 J 【答案】AC 如图所示，坡道顶端距水平面高度为h=0.5 m，质量m=1.0 kg的小物块A从坡道顶端处静止滑下，进入水平面OM时无机械能损失，水平面OM长为2x，其正中间有质量分别为2m、m的两物块B、C（中间粘有炸药），现点燃炸药，B、C被水平弹开，物块C运动到O点时与刚进入水平面的小物块A发生正碰，碰后两者结合为一体向左滑动并刚好在M点与B相碰，不计一切摩擦，三物块均可视为质点，重力加速度为g=10 m/s2，求炸药点燃后释放的能量E。 本题易解错的原因在于不能正确的理解爆炸过程动量守恒，研究对象不明确且不清楚碰撞后物体运动的速度的方向。 根据动能定理得， 解得A到达底端的速度 设爆炸后B的速度为v，BC组成的系统动量守恒，规定向左为正方向 有：2mv+mv′=0 解得爆炸后C的速度为–2v，则速度大小为2v A与C碰撞前后，动量守恒，规定向左为正方向，根据动量守恒得 mvA–m·2v=2mv″ 解得 碰后两者结合为一体向左滑动并刚好在M点与B相碰，有： 联立解得 根据能量守恒得 代入数据解得E=0.3 J 答案：炸药点燃后释放的能量E为0.3 J 学——科网 1．（2018·湖北省武汉华中师范大学第一附属中学高三滚动复习）如图所示，在光滑的水平杆上套有一个质量为m的滑环。滑环上通过一根不可伸缩的轻绳悬挂着一个质量为M的物块（可视为质点），绳长为L。将滑环固定时，给物块一个水平冲量，物块摆起后刚好碰到水平杆；若滑环不固定时，仍给物块以同样的水平冲量，则 A．给物块的水平冲量为 B．物块上升的最大高度为 C．物块上升最高时的速度为 D．物块在最低点时对细绳的拉力3Mg 【答案】ABD 【名师点睛】本题考查动量守恒及机械能守恒定律的应用，要注意明确小球摆到最高时，两物体有共同的速度，系统只是水平动量守恒，总动量并不守恒。 2．如图所示，质量为m1的为滑块（可视为质点）自光滑圆弧形糟的顶端A处无初速度地滑下，糟的底端与水平传送带相切于左传导轮顶端的B点，A，B的高度差为h1＝1.25 m。传导轮半径很小，两个轮之间的距离为L=4.00 m。滑块与传送带间的动摩擦因数μ=0.20。右端的轮子上沿距离地面高度h2=1.80 m，g取10 m/s2。 （1）槽的底端没有滑块m2，传送带静止不运转，求滑块m1滑过C点时的速度大小v； （2）在m1下滑前将质量为m2的滑块（可视为质点）停放在槽的底端。m1下滑后与m2发生弹性碰撞，且碰撞后m1速度方向不变，则m1、m2应该满足什么条件？ （3）满足（2）的条件前提下，传送带顺时针运转，速度为v=5.0 m/s。求出滑块m1、m2落地点间的最大距离（结果可带根号）。 【答案】（1）3.0 m/s （2）m1>m2 （3）（1.2–3）m 【解析】（1）滑块m1滑到B点过程，由机械能守恒定律，m1gh1=m1v02 解得：v0=5 m/s 滑块m1由B点滑到C点过程，由动能定理，–μm1gL=m1v2–m1v02 当m1>>m2时，滑块碰撞后的速度相差最大，经过传送带后速度相差也最大。 v1=v0=v0=5 m/s。 v2=v0=2v0=10 m/s。 由于滑块m1与传送带速度相同，不受摩擦力，m1水平射程x1=v1t=3.0 m， 滑块m1与传送带间有摩擦力作用，由动能定理，–μm2gL=m2v2′2–m2v22， 解得v2′=2 m/s。 m2水平射程x2=v′2t=1.2 m， 滑块m1、m2落地点间的最大距离x=x2–x1=1.2 m–3.0 m=（1.2–3）m。 【名师点睛】本题是动量守恒定律、动能定理和能量守恒定律的应用问题。解决该题关键要清楚不同的物体不同时间的运动情况，能选取适当的物理规律列方程，尤其是两物体发生完全弹性碰撞后的速度关系式应该记住结论。 质量m=100 kg的小船静止在平静水面上，船两端载着m甲=40