高三物理一轮复习易错题7动量守恒定律

精品基础教育教学资料，仅供参考，需要可下载使用！
易错点07 动量守恒定律
易错题【01】对动量守恒定义理解有误
动量守恒定律
1．内容：如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为0，这个系统的总动量保持不变。

[注1]
2．表达式：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′。

3．适用条件
(1)理想守恒：不受外力或所受外力的合力为0。

(2)近似守恒：系统内各物体间相互作用的内力远大于它所受到的外力。

[注2]
(3)某一方向守恒：如果系统在某一方向上所受外力的合力为0，则系统在该方向上动量守恒。

易错题【02】对爆炸、反冲运动分析有误
碰撞、反冲、爆炸
1．碰撞
(1)特点：作用时间极短，内力(相互碰撞力)远大于外力，总动量守恒。

(2)分类
①弹性碰撞：碰撞后系统的总动能没有损失。

[注3]
②非弹性碰撞：碰撞后系统的总动能有损失。

③完全非弹性碰撞：碰撞后合为一体，机械能损失最大。

2．爆炸
与碰撞类似，物体间的相互作用时间很短，作用力很大，且远大于系统所受的外力，所以系统动量守恒。

[题型技法] 碰撞问题解题策略
(1)抓住碰撞的特点和不同种类碰撞满足的条件，列出相应方程求解。

(2)可熟记一些公式，例如“一动一静”模型中，两物体发生弹性正碰后的速度满足：
v 1′＝m 1－m 2m 1＋m 2v 1 v 2′＝2m 1m 1＋m 2
v 1 (3)熟记弹性正碰的一些结论，例如，当两球质量相等时，两球碰撞后交换速度。

当m 1≫m 2，且v 2＝0时，碰后质量大的速率不变，质量小的速率为2v 1。

当m 1≪m 2，且v 2＝0时，碰后质量小的球原速率反弹。

易错题【03】对爆炸过程各个量分析有误
爆炸现象的三个规律
动量守恒 由于爆炸是在极短的时间内完成的，爆炸物体间的相互作用力远远大于受到
的外力，所以在爆炸过程中，系统的总动量守恒
动能增加 在爆炸过程中，由于有其他形式的能量(如化学能)转化为动能，所以爆炸后
系统的总动能增加
位置不变
爆炸的时间极短，因而作用过程中，物体产生的位移很小，一般可忽略不计，
可以认为爆炸后仍然从爆炸前的位置以新的动量开始运动
01 对动量守恒定律理解不到位
1、关于系统动量守恒的条件，下列说法正确的是( )
A ．只要系统内存在摩擦力，系统动量就不可能守恒
B．只要系统中有一个物体具有加速度，系统动量就不守恒
C．只要系统所受的合外力为零，系统动量就守恒
D．系统中所有物体的加速度为零时，系统的总动量不一定守恒
【警示】本题容易出错的主要原因是对动量守恒定义理解有误。

【解析】系统内物体具有加速度或物体受摩擦力作用时，只要系统所受的合外力为零，系统动量就守恒，故C正确，A、B均错误；系统中所有物体的加速度均为零时，系统的合外力一定为零，故系统动量一定守恒，D错误。

【答案】C
【叮嘱】解题的关键要从动量守恒定义出发
1．下列叙述的情况中，系统动量不守恒的是()
A．如图甲所示，小车停在光滑水平面上，车上的人在车上走动时，人与车组成的系统B．如图乙所示，子弹射入放在光滑水平面上的木块中，子弹与木块组成的系统
C．子弹射入紧靠墙角的木块中，子弹与木块组成的系统
D．斜向上抛出的手榴弹在空中炸开时
【答案】C
【解析】对于人和车组成的系统，人和车之间的力是内力，系统所受的外力有重力和支持力，合力为零，系统的动量守恒；子弹射入木块过程中，虽然子弹和木块之间的力很大，但这是内力，木块放在光滑水平面上，系统所受合力为零，动量守恒；子弹射入紧靠墙角的木块时，墙对木块有力的作用，系统所受合力不为零，系统的动量减小；斜向上抛出的手榴弹在空中炸开时，虽然受到重力作用，合力不为零，但爆炸的内力远大于重力，动量近似守恒。

故选C。

2．A球的质量是m，B球的质量是2m，它们在光滑的水平面上以相同的动量运动。

B在前，A在后，发生正碰后，A球仍朝原方向运动，但其速率是原来的一半，碰后两球的速率比v A′∶v B′为()
A．1∶2B．1∶3
C ．2∶1
D ．2∶3 【答案】D
【解析】设碰前A 球的速率为v ，根据题意p A ＝p B ，即mv ＝2mv B ，得碰前v B ＝v 2，碰后v A ′＝v 2，由动量守恒定律，有mv ＋2m ×v 2＝m ×v 2＋2mv B ′，解得v B ′＝3v 4，所以v A ′∶v B ′＝v 2∶3v 4＝23
，D 正确。

02 对碰撞运动分析有误
1、如图所示，质量为m ＝245 g 的物块(可视为质点)放在质量为M ＝0.5 kg 的木板左端，足够长的木板静止在光滑水平面上，物块与木板间的动摩擦因数为μ＝0.4。

质量为m 0＝5 g 的子弹以速度v 0＝300 m/s 沿水平方向射入物块并留在其中(时间极短)，g 取10 m/s 2。

子弹射入后，求：
(1)子弹进入物块后子弹和物块一起向右滑行的最大速度v 1。

(2)木板向右滑行的最大速度v 2。

(3)物块在木板上滑行的时间t 。

【错因】本题容易出错的主要原因是对运动状态及守恒过程分析错误
【解析】
(1)子弹进入物块后一起向右滑行的初速度即为物块的最大速度，由动量守恒可得： m 0v 0＝(m 0＋m )v 1，解得v 1＝6 m/s 。

(2)当子弹、物块、木板三者同速时，木板的速度最大，由动量守恒定律可得：(m 0＋m )v 1＝(m 0＋m ＋M )v 2，解得v 2＝2 m/s 。

(3)对物块和子弹组成的整体应用动量定理得：
－μ(m 0＋m )gt ＝(m 0＋m )v 2－(m 0＋m )v 1，解得：t ＝1 s 。

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，下列判断正确的是( )
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
【答案】BC
【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；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。

2．如图所示，质量m＝60 kg的人，站在质量M＝300 kg的车的一端，车长L＝3 m，相对于地面静止。

当车与地面间的摩擦可以忽略不计时，人由车的一端走到另一端的过程中，车将( )
A．后退0.5 m B．后退0.6 m
C．后退0.75 m D．一直匀速后退
【答案】A
【解析】人车组成的系统动量守恒，则mv1＝Mv2，所以mx1＝Mx2，又有x1＋x2＝L，解得x2＝0.5 m。

03对爆炸过程分析有误
1、(多选)如图所示，小车AB放在光滑水平面上，A端固定一个轻弹簧，B端粘有油泥，小车总质量为M；质量为m的木块C放在小车上，用细绳连接于小车的A端并使弹簧压缩。

开
始时小车AB 和木块C 都静止，当突然烧断细绳时，C 被释放，使C 离开弹簧向B 端冲去，并跟B 端油泥粘在一起。

忽略一切摩擦，以下说法正确的是( )
A ．弹簧伸长过程中C 向右运动，同时A
B 也向右运动
B ．
C 与B 碰前，C 与AB 的速率之比为M ∶m
C ．C 与油泥粘在一起后，AB 立即停止运动
D ．C 与油泥粘在一起后，AB 继续向右运动
【错因】本题容易出错的主要原因是对爆炸过程分析不到位
【解析】小车AB 与木块C 组成的系统在水平方向上动量守恒，C 向右运动时，AB 应向左运动，故A 错误；设碰前C 的速率为v 1，AB 的速率为v 2，则0＝mv 1－Mv 2，得v 1v 2＝M m
，故B 正确；设C 与油泥粘在一起后，AB 、C 的共同速度为v 共，则0＝(M ＋m )v 共，得v 共＝0，故C 正确，D 错误。

[答案] BC
1．将质量为1.00 kg 的模型火箭点火升空，50 g 燃烧的燃气以大小为600 m/s 的速度从火箭喷口在很短时间内喷出。

在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为(喷出过程中重力和空气阻力可忽略)( )
A ．30 kg ·m/s
B ．5.7×102
kg ·m/s C ．6.0×102 kg ·m/s D ．6.3×102 kg ·m/s 【解析】 燃气从火箭喷口喷出的瞬间，火箭和燃气组成的系统动量守恒，设燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为p ，根据动量守恒定律，可得p －mv 0＝0，解得p ＝mv 0＝0.050 kg ×600 m/s ＝30 kg ·m/s ，选项A 正确。

【答案】A
2．一质量为m 的烟花弹获得动能E 后，从地面竖直升空。

当烟花弹上升的速度为零时，弹中火药爆炸将烟花弹炸为质量相等的两部分，两部分获得的动能之和也为E ，且均沿竖直方向运动。

爆炸时间极短，重力加速度大小为g ，不计空气阻力和火药的质量。

求：
(1)烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经过的时间；
(2)爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度。

【解析】(1)设烟花弹上升的初速度为v 0，由题给条件有
E ＝12mv 02 ① 设烟花弹从地面开始上升到火药爆炸所用的时间为t ，由运动学公式有0＝v 0－gt ②
联立①②式得t ＝1g 2E m 。

③
(2)设爆炸时烟花弹距地面的高度为h 1，由机械能守恒定律有E ＝mgh 1④
火药爆炸后，烟花弹上、下两部分均沿竖直方向运动，设爆炸后瞬间其速度分别为v 1和v 2。

由题给条件和动量守恒定律有14mv 12＋14
mv 22＝E ⑤ 12mv 1＋12mv 2＝0 ⑥ 由⑥式知，烟花弹两部分的速度方向相反，向上运动部分做竖直上抛运动。

设爆炸后烟花弹
上部分继续上升的高度为h 2，由机械能守恒定律有14mv 12＝12
mgh 2 ⑦ 联立④⑤⑥⑦式得，烟花弹向上运动部分距地面的最大高度为h ＝h 1＋h 2＝2E mg。

⑧ 1、如图所示，有两个穿着溜冰鞋的人站在水平冰面上，当其中某人A 从背后轻轻推另一个人B 时，两个人会向相反的方向运动。

不计摩擦力，则下列判断正确的是( )
A ．A 、
B 的质量一定相等
B ．推后两人的动能一定相等
C ．推后两人的总动量一定为零
D ．推后两人的速度大小一定相等
2. 如图所示，A 、B 两物体的中间用一段细绳相连并有一压缩的弹簧，放在平板小车C 上后，
A 、
B 、
C 均处于静止状态。

若地面光滑，则在细绳被剪断后，A 、B 从C 上未滑离之前，A 、B 在C 上向相反方向滑动的过程中( )
A ．若A 、
B 与
C 之间的摩擦力大小相同，则A 、B 及弹簧组成的系统动量守恒，A 、B 、C 及弹簧组成的系统动量不守恒
B ．若A 、B 与
C 之间的摩擦力大小相同，则A 、B 及弹簧组成的系统动量不守恒，A 、B 、C 及弹簧组成的系统动量守恒
C ．若A 、B 与C 之间的摩擦力大小不相同，则A 、B 及弹簧组成的系统动量不守恒，A 、B 、C 及弹簧组成的系统动量不守恒
D ．若A 、B 与C 之间的摩擦力大小不相同，则A 、B 及弹簧组成的系统动量不守恒，A 、B 、C 及弹簧组成的系统动量守恒
3、如图所示，在足够长的光滑水平面上有一静止的质量为M ＝2m 的斜面体，斜面体表面光滑、高度为h 、倾角为θ。

一质量为m 的小物块以一定的初速度沿水平面向右运动，不计冲上斜面过程中机械能损失。

如果斜面固定，则小物块恰能冲到斜面顶端。

如果斜面不固定，则小物块冲上斜面后能到达的最大高度为( )
A.h 3
B.h 2
C.2h 3 D ．h
4、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/s
B ．2.4 m/s
C ．2.8 m/s
D ．3.0 m/s
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 m
B.m ＋M M
C.M M ＋m
D.m M ＋m
6、如图所示，光滑水平面上有大小相同的A 、B 两个小球在同一直线上运动。

两球质量关系为m B ＝2m A ，规定向右为正方向，A 、B 两球的动量均为8 kg ·m/s ，运动过程中两球发生碰撞，碰撞后A 球的动量增量为－4 kg ·m/s ，则( )
A ．右方为A 球，碰撞后A 、
B 两球的速度大小之比为 2∶3
B ．右方为A 球，碰撞后A 、B 两球的速度大小之比为 1∶6
C ．左方为A 球，碰撞后A 、B 两球的速度大小之比为 2∶3
D ．左方为A 球，碰撞后A 、B 两球的速度大小之比为 1∶6
7、(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
8．如图所示，质量为m 的小车左端紧靠竖直墙壁但不固定，其左侧AB 部分为14
光滑圆弧轨道，半径为R ，轨道最低点B 与水平粗糙轨道BC 相切，BC ＝2R 。

将质量也为m 的物块(可视
为质点)从A 点无初速释放。

只考虑物块与BC 间的摩擦，其两者间的动摩擦因数为23
，其余一切摩擦不计，则物块相对BC 运动的位移大小为( )
A.34
R B ．R C.43R D ．2R
9、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l 2
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。

10、如图所示，质量分别为m A ＝m 、m B ＝3m 的A 、B 两物体放置在光滑的水平面上，其中A 物体紧靠光滑墙壁，A 、B 两物体之间用轻弹簧相连。

对B 物体缓慢施加一个水平向右的力，使A 、B 两物体之间弹簧压缩到最短并锁定，此过程中，该力做功为W 0。

现突然撤去外力并解除锁定，(设重力加速度为g ，A 、B 两物体体积很小，可视为质点，弹簧在弹性限度内)求：
(1)从撤去外力到A 物体开始运动，墙壁对A 物体的冲量I A 大小；
(2)A 、B 两物体离开墙壁后到达圆轨道之前，B 物体的最小速度v B 是多大；
答案和解析
1. C
有两个穿着溜冰鞋的人站在水平冰面上，当其中某人A 从背后轻轻推另一个人B 时，不计摩擦力，两人组成的系统动量守恒，推后两人的总动量一定为零，选项C 正确。

2.D
当A 、B 两物体及弹簧组成一个系统时，弹簧的弹力为内力，而A 、B 与C 之间的摩擦力为外力。

当A 、B 与C 之间的摩擦力大小不相等时，A 、B 及弹簧组成的系统所受合外力不为零，动量不守恒；当A 、B 与C 之间的摩擦力大小相等时，A 、B 及弹簧组成的系统所受合外力为零，动量守恒。

对A 、B 、C 及弹簧组成的系统，弹簧的弹力及A 、B 与C 之间的摩擦力均属于内力，无论A 、B 与C 之间的摩擦力大小是否相等，系统所受的合外力均为零，系统的动量守恒。

故选项D 正确。

3、C
斜面固定时，由动能定理得：－mgh ＝0－12
mv 02，所以v 0＝2gh ；斜面不固定时，由水平方向动量守恒得：mv 0＝(M ＋m )v ，由机械能守恒得：12mv 02＝12(M ＋m )v 2＋mgh ′；解得：h ′＝23
h 。

故C 正确。

4、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Mv －mv ＝Mv 1，Mv 1＝(M ＋m )v 2，可得v 1＝83
m/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83
m/s ，只有选项B 正确。

5.C
规定向右为正方向，则由动量守恒定律有：0＝Mv B －(M ＋m )v A ，得v A v B ＝
M M ＋m
，故C 正确。

6.C
碰前两球的动量均为8 kg ·m/s ，则两球运动方向均向右，又m B ＝2m A ，则v B ＜v A ，所以左方为A 球，右方为B 球；A 、B 两球发生碰撞时由动量守恒定律可得Δp A ＝－Δp B ，因此碰撞后A 球的动量为4 kg ·m/s ，B 球的动量为12 kg ·m/s ，由m B ＝2m A 可得碰撞后A 、B 两球速度大小之比为2∶3，故C 正确。

7.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。

8. A
物块从A 下滑到B 的过程中，小车保持静止，对物块，由机械能守恒定律得：mgR ＝12
mv 02 从B 到C 的过程中，小车和物块组成的系统水平方向动量守恒，有：mv 0＝2mv
从B 到C 的过程中，由功能关系得：
μmg Δx ＝12mv 02－12·2mv 2
解得Δx ＝34
R ，故A 正确。

9.解析：(1)设滑扣A 的初速度为v 0，细线拉紧前瞬间滑扣A 的速度为v 1，滑扣A 的加速度a ＝kg ，由运动学公式得v 12－v 02＝－2al ，细线拉紧后，A 、B 滑扣的共同速度为v 2，由动量守恒定律得，mv 1＝2mv 2，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 ·l 2。

联立解得v 2＝kgl ，v 1＝2kgl ，v 0＝6kgl 。

(2)由能量守恒定律得
ΔE ＝12mv 02－kmgl －k ·2mg ·12
l ， 解得ΔE ＝kmgl 。

10.(1恢复原长时，物体B 的速度为v B 0，
由能量守)设弹簧恒有：W 0＝32
mv B 02， 解得v B 0＝
2W 03m 此过程中墙壁对物体A 的冲量大小等于弹簧对物体A 的冲量大小，也等于弹簧对物体B 的冲量大小，有：
I A ＝3mv B 0＝6mW 0。

(2)当弹簧恢复原长后，物体A 离开墙壁，弹簧伸长，物体A 的速度逐渐增大，物体B 的速度逐渐减小。

当弹簧再次恢复到原长时，物体A 达到最大速度，物体B 的速度减小到最小值，此过程满足动量守恒、机械能守恒，有：
3mv B 0＝mv A ＋3mv B ，
12×3mv B 02＝12mv A 2＋12
×3mv B 2 解得：v B ＝12v B 0＝W 06m。

(3)若物体B 恰好过最高点不脱离圆形轨道 物体B 经过最高点时，有：
12m B v B 2＝12m B v 12＋m B g ·2R ，m B g ＝m B v 12
R 解得：R ＝W 030mg ，所以R ≤W 030mg
若物体B 恰好能运动到与圆形轨道圆心等高处，有12m B v B 2＝m B gR
解得：R ＝W 0
12mg ，所以R ≥W 0
12mg 。