高中物理各章易错题归纳动量动量守恒定律
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 2v 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。
最新高中物理动量守恒定律易错剖析
最新高中物理动量守恒定律易错剖析一、高考物理精讲专题动量守恒定律1．如图所示，质量为M=1kg 上表面为一段圆弧的大滑块放在水平面上，圆弧面的最底端刚好与水平面相切于水平面上的B 点，B 点左侧水平面粗糙、右侧水平面光滑，质量为m=0.5kg 的小物块放在水平而上的A 点，现给小物块一个向右的水平初速度v 0=4m/s ，小物块刚好能滑到圆弧面上最高点C 点，已知圆弧所对的圆心角为53°，A 、B 两点间的距离为L=1m ，小物块与水平面间的动摩擦因数为μ=0.2，重力加速度为g=10m/s 2．求： (1)圆弧所对圆的半径R ；(2)若AB 间水平面光滑，将大滑块固定，小物块仍以v 0=4m/s 的初速度向右运动，则小物块从C 点抛出后，经多长时间落地?【答案】（1）1m （2）428225t s = 【解析】 【分析】根据动能定理得小物块在B 点时的速度大小；物块从B 点滑到圆弧面上最高点C 点的过程，小物块与大滑块组成的系统水平方向动量守恒，根据动量守恒和系统机械能守恒求出圆弧所对圆的半径；，根据机械能守恒求出物块冲上圆弧面的速度，物块从C 抛出后，根据运动的合成与分解求落地时间； 【详解】解：(1)设小物块在B 点时的速度大小为1v ，根据动能定理得：22011122mgL mv mv μ=- 设小物块在B 点时的速度大小为2v ，物块从B 点滑到圆弧面上最高点C 点的过程，小物块与大滑块组成的系统水平方向动量守恒，根据动量守恒则有：12()mv m M v =+ 根据系统机械能守恒有：2201211()(cos53)22mv m M v mg R R =++- 联立解得：1R m =(2)若整个水平面光滑，物块以0v 的速度冲上圆弧面，根据机械能守恒有：2200311(cos53)22mv mv mg R R =+- 解得：322/v m s =物块从C 抛出后，在竖直方向的分速度为：38sin 532/5y v v m s =︒= 这时离体面的高度为：cos530.4h R R m =-︒=212y h v t gt -=-解得：428225t s +=2．如图所示，在水平地面上有两物块甲和乙，它们的质量分别为2m 、m ，甲与地面间无摩擦，乙与地面间的动摩擦因数恒定．现让甲以速度0v 向着静止的乙运动并发生正碰，且碰撞时间极短，若甲在乙刚停下来时恰好与乙发生第二次碰撞，试求：（1）第一次碰撞过程中系统损失的动能 （2）第一次碰撞过程中甲对乙的冲量 【答案】(1)2014mv ；(2) 0mv 【解析】 【详解】解：(1)设第一次碰撞刚结束时甲、乙的速度分别为1v 、2v ，之后甲做匀速直线运动，乙以2v 初速度做匀减速直线运动，在乙刚停下时甲追上乙碰撞，因此两物体在这段时间平均速度相等，有：212v v =而第一次碰撞中系统动量守恒有：01222mv mv mv =+ 由以上两式可得：012v v =，20 v v = 所以第一次碰撞中的机械能损失为：222201201111222224E m v m v mv mv ∆=--=gg g g (2)根据动量定理可得第一次碰撞过程中甲对乙的冲量：200I mv mv =-=3．在相互平行且足够长的两根水平光滑的硬杆上，穿着三个半径相同的刚性球A 、B 、C ，三球的质量分别为m A =1kg 、m B =2kg 、m C =6kg ，初状态BC 球之间连着一根轻质弹簧并处于静止，B 、C 连线与杆垂直并且弹簧刚好处于原长状态，A 球以v 0=9m/s 的速度向左运动，与同一杆上的B 球发生完全非弹性碰撞（碰撞时间极短），求：（1）A 球与B 球碰撞中损耗的机械能； （2）在以后的运动过程中弹簧的最大弹性势能；（3）在以后的运动过程中B球的最小速度．【答案】（1）；（2）；（3）零．【解析】试题分析：（1）A、B发生完全非弹性碰撞，根据动量守恒定律有：碰后A、B的共同速度损失的机械能（2）A、B、C系统所受合外力为零，动量守恒，机械能守恒，三者速度相同时，弹簧的弹性势能最大根据动量守恒定律有：三者共同速度最大弹性势能（3）三者第一次有共同速度时，弹簧处于伸长状态，A、B在前，C在后．此后C向左加速，A、B的加速度沿杆向右，直到弹簧恢复原长，故A、B继续向左减速，若能减速到零则再向右加速．弹簧第一次恢复原长时，取向左为正方向，根据动量守恒定律有：根据机械能守恒定律：此时A、B的速度，C的速度可知碰后A、B已由向左的共同速度减小到零后反向加速到向右的，故B 的最小速度为零．考点：动量守恒定律的应用，弹性碰撞和完全非弹性碰撞．【名师点睛】A、B发生弹性碰撞，碰撞的过程中动量守恒、机械能守恒，结合动量守恒定律和机械能守恒定律求出A球与B球碰撞中损耗的机械能．当B、C速度相等时，弹簧伸长量最大，弹性势能最大，结合B、C在水平方向上动量守恒、能量守恒求出最大的弹性势能．弹簧第一次恢复原长时，由系统的动量守恒和能量守恒结合解答4．如图所示,在倾角30°的斜面上放置一个凹撸B,B与斜面间的动摩擦因数3μ=；槽内靠近右侧壁处有一小物块A(可视为质点),它到凹槽左侧壁的距离d=0.1m，A、B的质量都为m=2kg ，B 与斜面间的最大静摩擦力可认为等于滑动摩摞力,不计A 、B 之间的摩擦,斜面足够长．现同时由静止释放A 、B,经过一段时间,A 与B 的侧壁发生碰撞,碰撞过程不计机械能损失,碰撞时间极短,g 取210/m s .求：(1)释放后物块A 和凹槽B 的加速度分别是多大?(2)物块A 与凹槽B 的左侧壁第一次碰撞后瞬间A 、B 的速度大小；(3)从初始位置到物块A 与凹糟B 的左侧壁发生第三次碰撞时B 的位移大小． 【答案】（1）（2）v An =(n-1)m∙s -1，v Bn ="n" m∙s -1（3）x n 总=0.2n 2m 【解析】 【分析】 【详解】（1）设物块A 的加速度为a 1，则有m A gsin θ=ma 1， 解得a 1=5m/s 2凹槽B 运动时受到的摩擦力f=μ×3mgcos θ=mg 方向沿斜面向上； 凹槽B 所受重力沿斜面的分力G 1=2mgsin θ=mg 方向沿斜面向下； 因为G 1=f ，则凹槽B 受力平衡，保持静止，凹槽B 的加速度为a 2=0 （2）设A 与B 的左壁第一次碰撞前的速度为v A0，根据运动公式：v 2A0=2a 1d 解得v A0=3m/s ；AB 发生弹性碰撞，设A 与B 第一次碰撞后瞬间A 的速度大小为v A1，B 的速度为v B1，则由动量守恒定律：0112A A B mv mv mv =+ ；由能量关系：2220111112222A AB mv mv mv =+⨯ 解得v A1=-1m/s(负号表示方向)，v B1=2m/s5．如图所示，一小车置于光滑水平面上，轻质弹簧右端固定，左端栓连物块b ,小车质量M =3kg ，AO 部分粗糙且长L =2m ，动摩擦因数μ=0.3，OB 部分光滑．另一小物块a ．放在车的最左端，和车一起以v 0=4m/s 的速度向右匀速运动，车撞到固定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 =1kg ，碰撞时间极短且不粘连，碰后一起向右运动．（取g =10m/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．【答案】(1)1m/s (2) (3) x=0.125m【解析】试题分析：（1）对物块a，由动能定理得：代入数据解得a与b碰前速度：；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：，代入数据解得：；（2）当弹簧恢复到原长时两物块分离，a以在小车上向左滑动，当与车同速时，以向左为正方向，由动量守恒定律得：，代入数据解得：，对小车，由动能定理得：，代入数据解得，同速时车B端距挡板的距离：；（3）由能量守恒得：，解得滑块a与车相对静止时与O点距离：；考点：动量守恒定律、动能定理。
高中物理动量守恒定律易错剖析及解析
高中物理动量守恒定律易错剖析及解析一、高考物理精讲专题动量守恒定律1．在相互平行且足够长的两根水平光滑的硬杆上，穿着三个半径相同的刚性球A、B、C，三球的质量分别为m A=1kg、m B=2kg、m C=6kg，初状态BC球之间连着一根轻质弹簧并处于静止，B、C连线与杆垂直并且弹簧刚好处于原长状态，A球以v0=9m/s的速度向左运动，与同一杆上的B球发生完全非弹性碰撞（碰撞时间极短），求：（1）A球与B球碰撞中损耗的机械能；（2）在以后的运动过程中弹簧的最大弹性势能；（3）在以后的运动过程中B球的最小速度．【答案】（1）；（2）；（3）零．【解析】试题分析：（1）A、B发生完全非弹性碰撞，根据动量守恒定律有：碰后A、B的共同速度损失的机械能（2）A、B、C系统所受合外力为零，动量守恒，机械能守恒，三者速度相同时，弹簧的弹性势能最大根据动量守恒定律有：三者共同速度最大弹性势能（3）三者第一次有共同速度时，弹簧处于伸长状态，A、B在前，C在后．此后C向左加速，A、B的加速度沿杆向右，直到弹簧恢复原长，故A、B继续向左减速，若能减速到零则再向右加速．弹簧第一次恢复原长时，取向左为正方向，根据动量守恒定律有：根据机械能守恒定律：此时A、B的速度，C的速度可知碰后A 、B 已由向左的共同速度减小到零后反向加速到向右的，故B的最小速度为零 ．考点：动量守恒定律的应用，弹性碰撞和完全非弹性碰撞．【名师点睛】A 、B 发生弹性碰撞，碰撞的过程中动量守恒、机械能守恒，结合动量守恒定律和机械能守恒定律求出A 球与B 球碰撞中损耗的机械能．当B 、C 速度相等时，弹簧伸长量最大，弹性势能最大，结合B 、C 在水平方向上动量守恒、能量守恒求出最大的弹性势能．弹簧第一次恢复原长时，由系统的动量守恒和能量守恒结合解答2．如图所示，两块相同平板P 1、P 2置于光滑水平面上，质量均为m 。
P 2的右端固定一轻质弹簧，左端A 与弹簧的自由端B 相距L 。
(新高考专用)2024届高考物理易错题真题分层训练——动量
（新高考专用）2024届高考物理易错题真题分层训练——动量易错点一：应用动量定理求解问题时出现错误3.动量定理的理解（1）动量定理反映了合力的冲量与动量变化量之间的因果关系，即合力的冲量是原因，物体的动量变化量是结果.（2）动量定理中的冲量是合力的冲量，而不是某一个力的冲量，它可以是合力的冲量，可以是各力冲量的矢量和，也可以是外力在不同阶段冲量的矢量和.（3）动量定理的表达式是矢量式，等号包含了大小相等、方向相同两方面的含义.2 介质流模型冲力的计算流体类：液体流、气体流等，通常给出流体的密度研究对象微粒类：电子流、光子流、尘埃等，通常给出单位体积内的粒子数①建构“柱状”模型：沿流速的方向选取一段小柱体，其横截面积为小柱体的体积小柱体质量小柱体内粒子数②微元研究小柱体动量分析步骤③建立方程，应用动量定理研究易错点二：不理解动量守恒定律的条件也不会运用动量守恒定律列式求解问题.3.动量守恒定律适用条件（1）理想守恒：系统不受外力或所受外力的矢量和为零 .（2）近似守恒：系统内各物体间相互作用的内力远大于系统所受到的外力.（3）某方向守恒：系统在某个方向上所受外力之和为零时，系统在该方向上动量守恒.4.表达式（1），系统作用前的总动量等于作用后的总动量.（2），相互作用的两个物体动量的变化量等大反向.（3）,系统总动量的变化量为零.易错点三：没有弄清碰撞的特点和规律而出现错误5．碰撞的概念及特点碰撞是物体间相互作用时间很短，物体间相互作用力很大，从而使系统内每个物体的动量在碰撞过程的极短时间内发生剧烈变化的过程，具有以下特点：(1) 碰撞过程时间特点：在碰撞现象中，相互作用的时间很短。
(2)相互作用力的特点：在相互作用过程中，相互作用力先是急剧增大，然后急剧减小，平均作用力很大。
(3)动量守恒条件的特点：由于碰撞过程中物体间的相互作用力(内力)很大(远大于外力如重力及摩擦力等)系统的内力远远大于外力，系统的总动量守恒。
高考物理易错题专题三物理动量守恒定律(含解析)及解析
高考物理易错题专题三物理动量守恒定律(含解析)及解析一、高考物理精讲专题动量守恒定律1．如图所示，质量为M=1kg 上表面为一段圆弧的大滑块放在水平面上，圆弧面的最底端刚好与水平面相切于水平面上的B 点，B 点左侧水平面粗糙、右侧水平面光滑，质量为m=0.5kg 的小物块放在水平而上的A 点，现给小物块一个向右的水平初速度v 0=4m/s ，小物块刚好能滑到圆弧面上最高点C 点，已知圆弧所对的圆心角为53°，A 、B 两点间的距离为L=1m ，小物块与水平面间的动摩擦因数为μ=0.2，重力加速度为g=10m/s 2．求： (1)圆弧所对圆的半径R ；(2)若AB 间水平面光滑，将大滑块固定，小物块仍以v 0=4m/s 的初速度向右运动，则小物块从C 点抛出后，经多长时间落地?【答案】（1）1m （2）428225t s = 【解析】 【分析】根据动能定理得小物块在B 点时的速度大小；物块从B 点滑到圆弧面上最高点C 点的过程，小物块与大滑块组成的系统水平方向动量守恒，根据动量守恒和系统机械能守恒求出圆弧所对圆的半径；，根据机械能守恒求出物块冲上圆弧面的速度，物块从C 抛出后，根据运动的合成与分解求落地时间； 【详解】解：(1)设小物块在B 点时的速度大小为1v ，根据动能定理得：22011122mgL mv mv μ=- 设小物块在B 点时的速度大小为2v ，物块从B 点滑到圆弧面上最高点C 点的过程，小物块与大滑块组成的系统水平方向动量守恒，根据动量守恒则有：12()mv m M v =+ 根据系统机械能守恒有：2201211()(cos53)22mv m M v mg R R =++- 联立解得：1R m =(2)若整个水平面光滑，物块以0v 的速度冲上圆弧面，根据机械能守恒有：2200311(cos53)22mv mv mg R R =+- 解得：322/v m s =物块从C 抛出后，在竖直方向的分速度为：38sin 532/5y v v m s =︒= 这时离体面的高度为：cos530.4h R R m =-︒=212y h v t gt -=-解得：4282t s +=2．(16分）如图,水平桌面固定着光滑斜槽，光滑斜槽的末端和一水平木板平滑连接，设物块通过衔接处时速率没有改变。
高考物理纠错笔记动量守恒定律含解析
动量定理定律一、动量定理应用的误区警示1．应用Δ求变力的冲量I p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Δp，等效代换变力的冲量I。
2．应用Δ=Δp F t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.从同样高度静止落下的玻璃杯，掉在水泥地上容易打碎，而掉在草地上不容易打碎,其原因是A．掉在水泥地上的玻璃杯动量大,而掉在草地上的玻璃杯动量小B．掉在水泥地上的玻璃杯动量改变大，掉在草地上的玻璃杯动量改变小C．掉在水泥地上的玻璃杯动量改变快，掉在草地上的玻璃杯动量改变慢D．掉在水泥地上的玻璃杯与地面接触时，相互作用力小，而掉在草地上的玻璃杯受地面的冲击力大【错因分析】本题较易出错的理解是掉在水泥地上的玻璃杯动量大,而掉在草地上的玻璃杯动量小，认为打碎的原因是动量大。
【正确解析】从同样高度静止落下的玻璃杯，掉在水泥地上和掉在草地上速度相同，动量相同，故A错误；玻璃杯掉在水泥和掉在草地上初动量相同,末动量都为零,所以动量变化量相同；故B 错误；掉在水泥地上的玻璃杯与水泥作用时间短，动量变化量一定，动量改变快，掉在草地上的玻璃杯与草地作用时间长，动量变化量一定,动量改变慢，故C 正确；由动量定理()0F mg t mv -=-可得mv F mg t=-+ 掉在水泥地上的玻璃杯与地面接触时，相互作用力大，而掉在草地上的玻璃杯受地面的冲击力小,故D 错误。
新高考物理考试易错题易错点15动量守恒定理及其应用附答案
易错点15 动量守恒定理及其应用易错总结1.动量守恒定律的条件:系统所受的总冲量为零不受力、所受外力的矢量和为零或外力的作用远小于系统内物体间的相互作用力),即系统所受外力的矢量和为零。
(碰撞、爆炸、反冲的过程均可近似认为动量守恒)2,某一方向上动量守恒的条件:系统所受外力矢量和不为零,但在某一方向上的合力为零,则系统在这个方向上动量守恒。
必须注意区别总动量守恒与某一方向上动量守恒。
3,完全非弹性碰撞:两物体碰撞后获得共同速度,动能损失最多且全部通过形变转化为内能,但动量守恒。
4,弹性碰撞:动量守恒,碰撞前后系统总动能相等。
5.一般碰撞:有完整的压缩阶段,只有部分恢复阶段,动量守恒,动能减小。
6,人船模型—两个原来静止的物体(人和船)发生相互作用时,不受其他外力,对这两个物体组成的系统来说,动量守恒,且任一时刻的总动量均为零,由动量守恒定律,有2211v m v m (注意利用几何关系解决位移问题)。
(人船模型:人从右向左由船头走向船尾)7,能量与动量不能混为一谈,能量是标量,动量是矢量,且两者的公式、定义均不相同。
8.求变力冲量(1)若力与时间呈线性关系,可用于平均力求变力的冲量；(2)若给出了力随时间变化的图像如图,可用面积法求变力冲量。
9.在研究反冲问题时,注意速度的相对性:若物体间的相对速度已知,应转化为对地速度。
解题方法一、动量守恒定律1.动量守恒定律的推导如图所示，光滑水平桌面上质量分别为m1、m2的球A、B，沿着同一直线分别以v1和v2的速度同向运动，v2>v1.当B球追上A球时发生碰撞，碰撞后A、B两球的速度分别为v1′和v2′.设碰撞过程中两球受到的作用力分别为F1、F2，相互作用时间为t.根据动量定理：F1t＝m1(v1′－v1)，F2t＝m2(v2′－v2).因为F1与F2是两球间的相互作用力，根据牛顿第三定律知，F1＝－F2，则有：m1v1′－m1v1＝－(m2v2′－m2v2)即m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′2.动量守恒定律的理解(1)动量守恒定律的成立条件①系统不受外力或所受合外力为零.②系统受外力作用，但内力远远大于合外力.此时动量近似守恒.③系统所受到的合外力不为零，但在某一方向上合外力为零(或某一方向上内力远远大于外力)，则系统在该方向上动量守恒.(2)动量守恒定律的性质①矢量性：公式中的v1、v2、v1′和v2′都是矢量，只有它们在同一直线上，并先选定正方向，确定各速度的正、负(表示方向)后，才能用代数方法运算.②相对性：速度具有相对性，公式中的v1、v2、v1′和v2′应是相对同一参考系的速度，一般取相对地面的速度.③普适性：动量守恒定律不仅适用于两个物体组成的系统，也适用于多个物体组成的系统；不仅适用于宏观物体组成的系统，也适用于微观粒子组成的系统.二、动量守恒定律的应用1.动量守恒定律不同表现形式的表达式的含义：(1)p＝p′：系统相互作用前的总动量p等于相互作用后的总动量p′.(2)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′：相互作用的两个物体组成的系统，作用前动量的矢量和等于作用后动量的矢量和.(3)Δp1＝－Δp2：相互作用的两个物体组成的系统，一个物体的动量变化量与另一个物体的动量变化量大小相等、方向相反.(4)Δp＝0：系统总动量增量为零.2.应用动量守恒定律的解题步骤：【易错跟踪训练】易错类型1：不明白规律内涵、外延1．（2021·全国高三专题练习）下列关于碰撞的理解正确的是（）A．碰撞是指相对运动的物体相遇时，在极短时间内它们的运动状态发生了显著变化的过程B．在碰撞现象中，一般内力都远大于外力，所以可以认为碰撞时系统的动能守恒C．如果碰撞过程中机械能守恒，这样的碰撞叫做非弹性碰撞D．微观粒子的相互作用由于不发生直接接触，所以不能称其为碰撞【答案】A【详解】AB．碰撞是十分普遍的现象，它是相对运动的物体相遇时在极短时间内运动状态发生显著变化的一种现象，一般内力远大于外力，系统动量守恒，A正确，B错误。
高中物理易错题专题三物理动量守恒定律(含解析)含解析
高中物理易错题专题三物理动量守恒定律(含解析)含解析一、高考物理精讲专题动量守恒定律1．运载火箭是人类进行太空探索的重要工具，一般采用多级发射的设计结构来提高其运载能力。
某兴趣小组制作了两种火箭模型来探究多级结构的优越性，模型甲内部装有△m=100 g 的压缩气体，总质量为M=l kg ，点火后全部压缩气体以v o =570 m/s 的速度从底部喷口在极短的时间内竖直向下喷出；模型乙分为两级，每级内部各装有2m∆ 的压缩气体，每级总质量均为2M，点火后模型后部第一级内的全部压缩气体以速度v o 从底部喷口在极短时间内竖直向下喷出，喷出后经过2s 时第一级脱离，同时第二级内全部压缩气体仍以速度v o 从第二级底部在极短时间内竖直向下喷出。
喷气过程中的重力和整个过程中的空气阻力忽略不计，g 取10 m ／s 2，求两种模型上升的最大高度之差。
【答案】116.54m【解析】对模型甲： ()00M m v mv =-∆-∆甲21085=200.5629v h m m g =≈甲甲对模型乙第一级喷气： 10022m mM v v ∆∆⎛⎫=-- ⎪⎝⎭乙 解得： 130m v s=乙2s 末： ‘11=10m v v gt s-=乙乙22111'=402v v h m g-=乙乙乙对模型乙第一级喷气：‘120=)2222M M m m v v v ∆∆--乙乙（ 解得： 2670=9mv s 乙 22222445=277.10281v h m m g =≈乙乙可得： 129440+=116.5481h h h h m m ∆=-≈乙乙甲。
2．如图所示，质量为M =2kg 的小车静止在光滑的水平地面上，其AB 部分为半径R =0.3m 的光滑14圆孤，BC 部分水平粗糙，BC 长为L =0.6m 。
一可看做质点的小物块从A 点由静止释放，滑到C 点刚好相对小车停止。
已知小物块质量m =1kg ，取g =10m/s 2。
高中物理动量守恒定律易错剖析及解析
考点：本题考查了动能定理、动量守恒定律、能量守恒定律.
3．如图所示，一小车置于光滑水平面上，轻质弹簧右端固定，左端栓连物块 b,小车质量 M=3kg，AO 部分粗糙且长 L=2m，动摩擦因数 μ=0.3，OB 部分光滑．另一小物块 a．放在车 的最左端，和车一起以 v0=4m/s 的速度向右匀速运动，车撞到固定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=1kg，碰撞时间极短且不粘连，碰后一起向右运 动．（取 g=10m/s2）求：
⑥
解得：
⑦ 整理得：
⑧ 故可以得到发生 n 次碰撞后的速度：
⑨
而偏离方向为 450 的临界速度满足：
⑩
联立①⑨⑩代入数据解得，当 n=2 时，v2＞v 临界 当 n=3 时，v3＜v 临界 即发生 3 次碰撞后小球返回到最高点时与竖直方向的夹角将小于 45°． 考点：动量守恒定律；机械能守恒定律． 专题：压轴题． 分析：先根据机械能守恒定律求出小球返回最低点的速度，然后根据动量守恒定律和机械 能守恒定律求出碰撞后小球的速度，对速度表达式分析，求出碰撞 n 次后的速度表达式， 再根据机械能守恒定律求出碰撞 n 次后反弹的最大角度，结合题意讨论即可． 点评：本题关键求出第一次反弹后的速度和反弹后细线与悬挂点的连线与竖直方向的最大 角度，然后对结果表达式进行讨论，得到第 n 次反弹后的速度和最大角度，再结合题意求 解．
1 2
2mv02
1 (m 2
2m
m)v22
u(2mg)2(L
x)
解得 x v02 L 32g
对 P1、P2、P 系统从 P1、P2 碰撞结束到弹簧压缩量最大，用能量守恒定律
物理动量守恒定律易错剖析
物理动量守恒定律易错剖析一、高考物理精讲专题动量守恒定律1．在图所示足够长的光滑水平面上，用质量分别为3kg 和1kg 的甲、乙两滑块，将仅与甲拴接的轻弹簧压紧后处于静止状态．乙的右侧有一挡板P .现将两滑块由静止释放，当弹簧恢复原长时，甲的速度大小为2m/s ，此时乙尚未与P 相撞．①求弹簧恢复原长时乙的速度大小；②若乙与挡板P 碰撞反弹后，不能再与弹簧发生碰撞．求挡板P 对乙的冲量的最大值．【答案】v 乙＝6m/s. I ＝8N【解析】【详解】（1）当弹簧恢复原长时，设甲乙的速度分别为和，对两滑块及弹簧组成的系统，设向左的方向为正方向，由动量守恒定律可得：又知 联立以上方程可得，方向向右。
（2）乙反弹后甲乙刚好不发生碰撞，则说明乙反弹的的速度最大为由动量定理可得，挡板对乙滑块冲量的最大值为：2．如图所示，一辆质量M=3 kg 的小车A 静止在光滑的水平面上，小车上有一质量m=l kg 的光滑小球B ，将一轻质弹簧压缩并锁定，此时弹簧的弹性势能为E p =6J ，小球与小车右壁距离为L=0.4m ，解除锁定，小球脱离弹簧后与小车右壁的油灰阻挡层碰撞并被粘住，求：①小球脱离弹簧时的速度大小；②在整个过程中，小车移动的距离。
【答案】（1）3m/s （2）0.1m【解析】试题分析：（1）除锁定后弹簧的弹性势能转化为系统动能，根据动量守恒和能量守恒列出等式得mv 1-Mv 2=022121122P E mv Mv =+ 代入数据解得：v 1=3m/s v 2=1m/s（2）根据动量守恒和各自位移关系得12x x m M t t =，x 1+x 2=L 代入数据联立解得：24L x ==0.1m 考点：动量守恒定律；能量守恒定律.3．如图，质量分别为、的两个小球A 、B 静止在地面上方，B 球距地面的高度h=0.8m ，A 球在B 球的正上方． 先将B 球释放，经过一段时间后再将A 球释放． 当A 球下落t=0.3s 时，刚好与B 球在地面上方的P 点处相碰，碰撞时间极短，碰后瞬间A 球的速度恰为零．已知，重力加速度大小为，忽略空气阻力及碰撞中的动能损失．（i ）B 球第一次到达地面时的速度；（ii ）P 点距离地面的高度．【答案】4/B v m s =0.75p h m =【解析】试题分析：（i ）B 球总地面上方静止释放后只有重力做功，根据动能定理有212B B B m gh m v = 可得B 球第一次到达地面时的速度24/B v gh m s =（ii ）A 球下落过程，根据自由落体运动可得A 球的速度3/A v gt m s ==设B 球的速度为'B v ， 则有碰撞过程动量守恒'''A A B B B B m v m v m v +=碰撞过程没有动能损失则有222111'''222A AB B B B m v m v m v += 解得'1/B v m s =，''2/B v m s =小球B 与地面碰撞后根据没有动能损失所以B 离开地面上抛时速度04/B v v m s ==所以P 点的高度220'0.752B p v v h m g-== 考点：动量守恒定律 能量守恒4．如图，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上．某时刻小孩将冰块以相对冰面3 m/s 的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为h="0.3" m （h 小于斜面体的高度）．已知小孩与滑板的总质量为m 1="30" kg ，冰块的质量为m 2="10" kg ，小孩与滑板始终无相对运动．取重力加速度的大小g="10" m/s 2．（i ）求斜面体的质量；（ii ）通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？【答案】（i ）20 kg （ii ）不能【解析】试题分析：①设斜面质量为M ，冰块和斜面的系统，水平方向动量守恒：222()m v m M v =+ 系统机械能守恒：22222211()22m gh m M v m v ++= 解得：20kg M =②人推冰块的过程：1122m v m v =,得11/v m s =（向右） 冰块与斜面的系统：22223m v m v Mv '=+ 22222223111+222m v m v Mv =' 解得：21/v m s =-'（向右） 因21=v v '，且冰块处于小孩的后方，则冰块不能追上小孩． 考点：动量守恒定律、机械能守恒定律．5．（1）（6分）一质子束入射到静止靶核AI 2713上，产生如下核反应：p+AI 2713→x+n 式中p 代表质子，n 代表中子，x 代表核反应产生的新核。
高考物理动量守恒定律易错剖析
高考物理动量守恒定律易错剖析一、高考物理精讲专题动量守恒定律1．(16分）如图,水平桌面固定着光滑斜槽，光滑斜槽的末端和一水平木板平滑连接，设物块通过衔接处时速率没有改变。
质量m 1=0.40kg 的物块A 从斜槽上端距水平木板高度h=0. 80m 处下滑，并与放在水平木板左端的质量m 2=0.20kg 的物块B 相碰,相碰后物块B 滑行x=4.0m 到木板的C 点停止运动，物块A 滑到木板的D 点停止运动。
已知物块B 与木板间的动摩擦因数=0.20,重力加速度g=10m/s 2,求：(1) 物块A 沿斜槽滑下与物块B 碰撞前瞬间的速度大小； (2) 滑动摩擦力对物块B 做的功；(3) 物块A 与物块B 碰撞过程中损失的机械能。
【答案】（1）v 0=4.0m/s （2）W=-1.6J （3）E=0.80J【解析】试题分析： ①设物块A 滑到斜面底端与物块B 碰撞前时的速度大小为v 0，根据机械能守恒定律有m 1gh ＝12m 120v (1分)v 02gh ，解得：v 0＝4.0 m/s(1分) ②设物块B 受到的滑动摩擦力为f ，摩擦力做功为W ，则f ＝μm 2g(1分) W ＝－μm 2gx 解得：W ＝－1.6 J(1分)③设物块A 与物块B 碰撞后的速度为v 1，物块B 受到碰撞后的速度为v ，碰撞损失的机械能为E ，根据动能定理有－μm 2gx ＝0－12m 2v 2 解得：v ＝4.0 m/s(1分)根据动量守恒定律m 1v 0＝m 1v 1＋m 2v(1分) 解得：v 1＝2.0 m/s(1分)能量守恒12m 120v ＝12m 121v ＋12m 2v 2＋E(1分) 解得：E ＝0.80 J(1分)考点：考查了机械能守恒，动量守恒定律2．两个质量分别为0.3A m kg =、0.1B m kg =的小滑块A 、B 和一根轻质短弹簧，弹簧的一端与小滑块A 粘连，另一端与小滑块B 接触而不粘连.现使小滑块A 和B 之间夹着被压缩的轻质弹簧，处于锁定状态，一起以速度03/v m s =在水平面上做匀速直线运动，如题8图所示.一段时间后，突然解除锁定（解除锁定没有机械能损失），两滑块仍沿水平面做直线运动，两滑块在水平面分离后，小滑块B 冲上斜面的高度为 1.5h m =.斜面倾角o 37θ=，小滑块与斜面间的动摩擦因数为0.15μ=，水平面与斜面圆滑连接.重力加速度g 取210/m s .求：（提示：o sin 370.6=，o cos370.8=）（1）A 、B 滑块分离时，B 滑块的速度大小. （2）解除锁定前弹簧的弹性势能.【答案】（1）6/B v m s = （2）0.6P E J = 【解析】试题分析：（1）设分离时A 、B 的速度分别为A v 、B v ， 小滑块B 冲上斜面轨道过程中，由动能定理有：2cos 1sin 2B B B Bm gh m gh m v θμθ+⋅= ① （3分）代入已知数据解得：6/B v m s = ② （2分）（2）由动量守恒定律得：0()A B A A B B m m v m v m v +=+ ③ （3分） 解得：2/A v m s = （2分） 由能量守恒得：2220111()222A B P A A B Bm m v E m v m v ++=+ ④ （4分） 解得：0.6P E J = ⑤ （2分）考点：本题考查了动能定理、动量守恒定律、能量守恒定律.3．一质量为的子弹以某一初速度水平射入置于光滑水平面上的木块并留在其中，与木块用一根弹性良好的轻质弹簧连在一起，开始弹簧处于原长，如图所示．已知弹簧被压缩瞬间的速度，木块、的质量均为．求：•子弹射入木块时的速度；‚弹簧被压缩到最短时弹簧的弹性势能． 【答案】22()(2)Mm aM m M m ++b【解析】试题分析：（1）普朗克为了对于当时经典物理无法解释的“紫外灾难”进行解释，第一次提出了能量量子化理论，A 正确；爱因斯坦通过光电效应现象，提出了光子说，B 正确；卢瑟福通过对粒子散射实验的研究，提出了原子的核式结构模型，故正确；贝克勒尔通过对天然放射性的研究，发现原子核有复杂的结构，但没有发现质子和中子，D 错；德布罗意大胆提出假设，认为实物粒子也具有波动性，E 错．(2)1以子弹与木块A 组成的系统为研究对象，以子弹的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：解得：．2弹簧压缩最短时，两木块速度相等，以两木块与子弹组成的系统为研究对象，以木块的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：解得：由机械能守恒定律可知：．考点：本题考查了物理学史和动量守恒定律4．匀强电场的方向沿x轴正向，电场强度E随x的分布如图所示．图中E0和d均为已知量．将带正电的质点A在O点由能止释放．A离开电场足够远后，再将另一带正电的质点B放在O点也由静止释放，当B在电场中运动时，A、B间的相互作用力及相互作用能均为零；B离开电场后，A、B间的相作用视为静电作用．已知A的电荷量为Q，A和B的质量分别为m和．不计重力．（1）求A在电场中的运动时间t，（2）若B的电荷量q =Q，求两质点相互作用能的最大值E pm（3）为使B离开电场后不改变运动方向，求B所带电荷量的最大值q m【答案】（1）（2）145QE0d （3）Q【解析】【分析】【详解】解：（1）由牛顿第二定律得，A在电场中的加速度 a == A在电场中做匀变速直线运动，由d =a得运动时间 t ==（2）设A、B离开电场时的速度分别为v A0、v B0，由动能定理得QE0d =mqE0d =A、B相互作用过程中，动量和能量守恒．A、B相互作用为斥力，A受力与其运动方向相同，B受的力与其运动方向相反，相互作用力对A做正功，对B做负功．A、B靠近的过程中，B的路程大于A的路程，由于作用力大小相等，作用力对B做功的绝对值大于对A做功的绝对值，因此相互作用力做功之和为负，相互作用能增加．所以，当A、B最接近时相互作用能最大，此时两者速度相同，设为v，，由动量守恒定律得：（m +）v，= mv A0 +v B0由能量守恒定律得：E Pm= (m+)—）且 q =Q解得相互作用能的最大值 E Pm=145QE0d（3）A、B在x>d区间的运动，在初始状态和末态均无相互作用根据动量守恒定律得：mv A+v B= mv A0 +v B0根据能量守恒定律得：m+=m+解得：v B = -+因为B不改变运动方向，所以v B = -+≥0解得：q≤Q则B所带电荷量的最大值为：q m =Q5．冰球运动员甲的质量为80.0kg。
高中物理易错题专题三物理动量守恒定律(含解析)
【详解】
（1）设物块 A 的加速度为 a1，则有 mAgsinθ=ma1， 解得 a1=5m/s2 凹槽 B 运动时受到的摩擦力 f=μ×3mgcosθ=mg 方向沿斜面向上；
凹槽 B 所受重力沿斜面的分力 G1=2mgsinθ=mg 方向沿斜面向下； 因为 G1=f，则凹槽 B 受力平衡，保持静止，凹槽 B 的加速度为 a2=0 （2）设 A 与 B 的左壁第一次碰撞前的速度为 vA0，根据运动公式：v2A0=2a1d 解得 vA0=3m/s； AB 发生弹性碰撞，设 A 与 B 第一次碰撞后瞬间 A 的速度大小为 vA1，B 的速度为 vB1，则由
则根据动量定理： m1gt2
m1
1 2
v1
解之得： t2 2s
滑v1
t2
=2m
因为 xm L ，说明假设成立，即滑块最终从传送带的右端离开传送带
再考虑到滑块与小球碰后的速度
1 2
v1
<
v
，
说明滑块与小球碰后在传送带上的总时间为 2t2
在滑块与传送带碰撞后的时间内，传送带与滑块间的相对路程
（1）A 球与 B 球碰撞中损耗的机械能； （2）在以后的运动过程中弹簧的最大弹性势能； （3）在以后的运动过程中 B 球的最小速度．
【答案】（1）
；（2）
；（3）零．
【解析】
试题分析：（1）A、B 发生完全非弹性碰撞，根据动量守恒定律有：
碰后 A、B 的共同速度
损失的机械能 （2）A、B、C 系统所受合外力为零，动量守恒，机械能守恒，三者速度相同时，弹簧的弹 性势能最大 根据动量守恒定律有：
若 t=4s 时经过 B 点，可得 v1=10m/s
则 v1 的取值范围为：10m/s＜v1＜14m/s v1=14m/s 时，碰撞后的结合体 P 的最大速度为： 根据动能定理， 代入数据，可得通过 A 点时的最大动能为： 考点：本题考查动量守恒定律、运动学关系和能量守恒定律
动量守恒定律易错题Word版
动量、动量守恒定律易错题。
[例题分析]在本单元知识应用的过程中，初学者常犯的错误主要表现在：只注意力或动量的数值大小，而忽视力和动量的方向性，造成应用动量定理和动量守恒定律一列方程就出错；对于动量守恒定律中各速度均为相对于地面的速度认识不清。
对题目中所给出的速度值不加分析，盲目地套入公式，这也是一些学生常犯的错误。
例1 、从同样高度落下的玻璃杯，掉在水泥地上容易打碎，而掉在草地上不容易打碎，其原因是： [ ]A．掉在水泥地上的玻璃杯动量大，而掉在草地上的玻璃杯动量小B．掉在水泥地上的玻璃杯动量改变大，掉在草地上的玻璃杯动量改变小C．掉在水泥地上的玻璃杯动量改变快，掉在草地上的玻璃杯动量改变慢D．掉在水泥地上的玻璃杯与地面接触时，相互作用时间短，而掉在草地上的玻璃杯与地面接触时间长。
例2 、把质量为10kg的物体放在光滑的水平面上，如图5－1所示，在与水平方向成53°的N的力F作用下从静止开始运动，在2s内力F对物体的冲量为多少？物体获得的动量是多少？例3、在距地面高为h，同时以相等初速V0分别平抛，竖直上抛，竖直下抛一质量相等的物体m，当它们从抛出到落地时，比较它们的动量的增量△P，有[ ]A．平抛过程较大B．竖直上抛过程较大C．竖直下抛过程较大D．三者一样大例4、向空中发射一物体．不计空气阻力，当物体的速度恰好沿水平方向时，物体炸裂为a,b两块．若质量较大的a块的速度方向仍沿原来的方向则 [ ]A．b的速度方向一定与原速度方向相反B．从炸裂到落地这段时间里，a飞行的水平距离一定比b的大C．a，b一定同时到达地面D．炸裂的过程中，a、b中受到的爆炸力的冲量大小一定相等例5、一炮弹在水平飞行时，其动能为=800J，某时它炸裂成质量相等的两块，其中一块的动能为=625J，求另一块的动能。
例6、如图5－3所示，一个质量为M的小车置于光滑水平面。
一端用轻杆AB固定在墙上，一个质量为m的木块C置于车上时的初速度为v0。
[物理]高中物理易错题分析集锦 4动量
![[物理]高中物理易错题分析集锦 4动量](https://img.taocdn.com/s3/m/6426273a4a35eefdc8d376eeaeaad1f347931147.png)
[物理]高中物理易错题分析集锦 4动量[物理]高中物理易错题分析集锦-4动量第四单元：动量、动量守恒定律[内容和方法]本单元内容包括动量、冲量、反冲等基本概念和动量定理、动量守恒定律等基本规律。
冲量是物体间相互作用一段时间的结果，动量是描述物体做机械运动时某一时刻的状态量，物体受到冲量作用的结果，将导致物体动量的变化。
冲量和动量都是矢量，它们的加、减运算都遵守矢量的平行四边形法则。
本单元中所牵涉至的基本方法主要就是一维的矢量运算方法，其中包含动量定理的应用领域和动量死守定律的应用领域，由于力和动量均为矢量。
因此，在应用领域动理定理和动量守恒定律时必须首先挑选出正方向，与规定的也已方向一致的力或动量挑正值，反之挑负值而无法只高度关注力或动量数值的大小；另外，理论上谈，只有在系统所受合外力为零的情况下系统的动量才动量，但对于某些具体内容的动量守恒定律应用领域过程中，若系统难以承受的外力离大于系统内部相互作用的内力，则也可以视作系统的动量动量，这就是一种对数处置问题的方法。
[例题分析]在本单元知识应用的过程中，初学者常犯的错误主要表现在：只注意力或动量的数值大小，而忽视力和动量的方向性，造成应用动量定理和动量守恒定律一列方程就出错；对于动量守恒定律中各速度均为相对于地面的速度认识不清。
对题目中所给出的速度值不加分析，盲目地套入公式，这也是一些学生常犯的错误。
例1、从同样高度落下的玻璃杯，掉在水泥地上容易打碎，而掉在草地上不容易打碎，其原因是：[]a．掉下来在水泥地上的玻璃杯动量小，而掉下来在草地上的玻璃杯动量大b．掉下来在水泥地上的玻璃杯动量发生改变小，掉下来在草地上的玻璃杯动量发生改变大c．掉下来在水泥地上的玻璃杯动量发生改变慢，掉下来在草地上的玻璃杯动量发生改变快d．掉下来在水泥地上的玻璃杯与地面碰触时，相互作用时间长，而掉下来在草地上的玻璃杯与地面碰触时间短。
【羽蛛属分析】羽蛛属：挑选b。
认为水泥地较草地坚硬，所以给杯子的作用力大，由动量定理i=△p，即ft=△p，认为f大即△p，大，所以水泥地对杯子的作用力大，因此掉在水泥地上的动量改变量大，所以，容易破碎。
易错点16 动量守恒定律及其应用(解析版) -备战2023年高考物理考试易错题
易错点16 动量守恒定律及其应用例题1. (2021·浙江1月选考·12)在爆炸实验基地有一发射塔，发射塔正下方的水平地面上安装有声音记录仪．爆炸物自发射塔竖直向上发射，上升到空中最高点时炸裂成质量之比为2∶1、初速度均沿水平方向的两个碎块．遥控器引爆瞬间开始计时，在5 s 末和6 s 末先后记录到从空气中传来的碎块撞击地面的响声．已知声音在空气中的传播速度为340 m/s ，重力加速度大小g 取10 m/s 2，忽略空气阻力．下列说法正确的是( )A ．两碎块的位移大小之比为1∶2B ．爆炸物的爆炸点离地面高度为80 mC ．爆炸后的质量大的碎块的初速度为68 m/sD ．爆炸后两碎块落地点之间的水平距离为340 m【答案】B【解析】设碎块落地的时间为t ，质量大的碎块水平初速度为v ，则由动量守恒定律知质量小的碎块水平初速度为2v ，爆炸后的碎块做平抛运动，下落的高度相同，则在空中运动的时间相同，由水平方向x ＝v 0t 知落地水平位移之比为1∶2，碎块位移s ＝x 2＋y 2，可见两碎块的位移大小之比不是1∶2，故A 项错误；据题意知，v t ＝(5 s －t )×340 m/s ，又2v t ＝(6 s－t )×340 m/s ，联立解得t ＝4 s ，v ＝85 m/s ，故爆炸点离地面高度为h ＝12gt 2＝80 m ，所以B 项正确，C 项错误；两碎块落地点的水平距离为Δx ＝3v t ＝1 020 m ，故D 项错误．【误选警示】误选A 的原因：水平位移和位移没有区分清楚。
误选CD 的原因：没有定量推导声音传播时间和传播距离和平抛水平位移的关系，从而求解落地时间、爆炸后两物块的速度、两物块的水平位移大小。
例题2. 在发射地球卫星时需要运载火箭多次点火，以提高最终的发射速度．某次地球近地卫星发射的过程中，火箭喷气发动机每次喷出质量为m ＝800 g 的气体，气体离开发动机时的对地速度v ＝1 000 m/s ，假设火箭(含燃料在内)的总质量为M ＝600 kg ，发动机每秒喷气20次，忽略地球引力的影响，则( )A ．第三次气体喷出后火箭的速度大小约为4 m/sB ．地球卫星要能成功发射，速度大小至少达到11.2 km/sC ．要使火箭能成功发射至少要喷气500次D ．要使火箭能成功发射至少要持续喷气17 s【答案】 A【解析】设喷出三次气体后火箭的速度为v3，以火箭和喷出的三次气体为研究对象，以竖直向上为正方向，由动量守恒定律得：(M－3m)v3－3m v＝0，解得：v3≈4 m/s，故A正确；地球卫星要能成功发射，喷气n次后至少要达到第一宇宙速度，即：v n＝7.9 km/s，故B错误；以火箭和喷出的n次气体为研究对象，以竖直向上为正方向，由动量守恒定律得：(M－nm)v n－nm v＝0，代入数据解得：n≈666，故C错误；至少持续喷气时间为：t＝n20＝33.3 s，故D错误．【误选警示】误选B的原因：没有把第一宇宙速度和第二宇宙速度区分清楚。
高中物理各章易错题归纳动量、动量守恒定律
动量、动量守恒定律一、主要内容本章内容包括动量、冲量、反冲等基本概念和动量定理、动量守恒定律等基本规律。
冲量是物体间相互作用一段时间的结果，动量是描述物体做机械运动时某一时刻的状态量，物体受到冲量作用的结果，将导致物体动量的变化。
冲量和动量都是矢量，它们的加、减运算都遵守矢量的平行四边形法则。
二、基本方法本章中所涉及到的基本方法主要是一维的矢量运算方法，其中包括动量定理的应用和动量守定律的应用，由于力和动量均为矢量。
因此，在应用动理定理和动量守恒定律时要首先选取正方向，正规定的正方向一致的力或动量取正值，反之取负值而不能只关注力或动量数值的大小；另外，理论上讲，只有在系统所受合外力为零的情况下系统的动量才守恒，但对于某些具体的动量守恒定律应用过程中，若系统所受的外力远小于系统内部相互作用的内力，则也可视为系统的动量守恒，这是一种近似处理问题的方法。
三、错解分析在本章知识应用的过程中，初学者常犯的错误主要表现在：只注意力或动量的数值大小，而忽视力和动量的方向性，造成应用动量定理和动量守恒定律一列方程就出错；对于动量守恒定律中各速度均为相对于地面的速度认识不清。
对题目中所给出的速度值不加分析，盲目地套入公式，这也是一些学生常犯的错误。
例 1 从同样高度落下的玻璃杯，掉在水泥地上容易打碎，而掉在草地上不容易打碎，其原因是：( )A．掉在水泥地上的玻璃杯动量大，而掉在草地上的玻璃杯动量小B．掉在水泥地上的玻璃杯动量改变大，掉在草地上的玻璃杯动量改变小C．掉在水泥地上的玻璃杯动量改变快，掉在草地上的玻璃杯动量改变慢D．掉在水泥地上的玻璃杯与地面接触时，相互作用时间短，而掉在草地上的玻璃杯与地面接触时间长。
【错解】选 B。
【错解原因】认为水泥地较草地坚硬，所以给杯子的作用力大，由动量定理I= △P，即F·t= △P，认为 F 大即△ P，大，所以水泥地对杯子的作用力大，因此掉在水泥地上的动量改变量大，所以，容易破碎。
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第五章动量、动量守恒定律一、主要内容本章内容包括动量、冲量、反冲等基本概念和动量定理、动量守恒定律等基本规律。
冲量是物体间相互作用一段时间的结果,动量是描述物体做机械运动时某一时刻的状态量，物体受到冲量作用的结果,将导致物体动量的变化。
冲量和动量都是矢量,它们的加、减运算都遵守矢量的平行四边形法则。
二、基本方法本章中所涉及到的基本方法主要是一维的矢量运算方法，其中包括动量定理的应用和动量守定律的应用，由于力和动量均为矢量。
因此，在应用动理定理和动量守恒定律时要首先选取正方向，正规定的正方向一致的力或动量取正值,反之取负值而不能只关注力或动量数值的大小;另外，理论上讲,只有在系统所受合外力为零的情况下系统的动量才守恒,但对于某些具体的动量守恒定律应用过程中，若系统所受的外力远小于系统内部相互作用的内力，则也可视为系统的动量守恒,这是一种近似处理问题的方法。
三、错解分析在本章知识应用的过程中,初学者常犯的错误主要表现在:只注意力或动量的数值大小，而忽视力和动量的方向性,造成应用动量定理和动量守恒定律一列方程就出错;对于动量守恒定律中各速度均为相对于地面的速度认识不清。
对题目中所给出的速度值不加分析，盲目地套入公式,这也是一些学生常犯的错误。
例1从同样高度落下的玻璃杯，掉在水泥地上容易打碎,而掉在草地上不容易打碎,其原因是：( )A．掉在水泥地上的玻璃杯动量大，而掉在草地上的玻璃杯动量小B．掉在水泥地上的玻璃杯动量改变大,掉在草地上的玻璃杯动量改变小C．掉在水泥地上的玻璃杯动量改变快,掉在草地上的玻璃杯动量改变慢D.掉在水泥地上的玻璃杯与地面接触时,相互作用时间短，而掉在草地上的玻璃杯与地面接触时间长。
【错解】选B。
【错解原因】认为水泥地较草地坚硬,所以给杯子的作用力大,由动量定理I＝△P，即Ｆ·ｔ＝△P，认为Ｆ大即△P,大，所以水泥地对杯子的作用力大，因此掉在水泥地上的动量改变量大,所以,容易破碎。
【分析解答】设玻璃杯下落高度为ｈ。
它们从ｈ高度落地瞬间的量变化快，所以掉在水泥地上杯子受到的合力大，冲力也大，所以杯子所以掉在水泥地受到的合力大,地面给予杯子的冲击力也大，所以杯子易碎。
正确答案应选Ｃ,D。
【评析】判断这一类问题，应从作用力大小判断入手,再由动量大,而不能一开始就认定水泥地作用力大,正是这一点需要自己去分析、判断。
例2 把质量为10kｇ的物体放在光滑的水平面上，如图5－１所示,在与水平方向成５３°的N的力F作用下从静止开始运动，在2s内力F对物体的冲量为多少？物体获得的动量是多少？【错解】错解一：2s内力的冲量为,由动量定理设物体获得的动量为P2【错解原因】对冲量的定义理解不全面，对动量定理中的冲量理解不移。
错解一主要是对冲量的概念的理解,冲最定义应为“力与力作用时间的乘积”,只要题目中求力Ｆ的冲量，就不应再把此力分解。
这类解法把冲量定义与功的计算公式W=Ｆcosa·s混淆了。
错解二主要是对动量定理中的冲量没有理解。
实际上动量定理的叙述应为“物体的动量改变与物体所受的合外力的冲量相等”而不是“与某一个力的冲量相等”，此时物体除了受外力F的冲量,还有重力及支持力的冲量。
所以解错了。
【分析解答】首先对物体进行受力分析：与水平方向成53°的拉力F,竖直向下的重力G、竖直向上的支持力N。
由冲量定义可知，力F的冲量为：＝F·ｔ＝1０×2＝１0(N·s)IF因为在竖直方向上,力F的分量Fｓｉn53°,重力G,支持力N的合力为零,合力的冲量也为零。
所以,物体所受的合外力的冲量就等干力F在水平方向上的分量,由动量定理得:Ｆcos５３°·t＝P－0２=Fcｏｓ53°·t=１０×0.8×2(kg·m/s)所以P２P=16kg·m/s2【评析】对于物理规律、公式的记忆,要在理解的基础上记忆,要注意弄清公式中各物理量的含量及规律反映的物理本质，而不能机械地从形式上进行记忆。
另外，对于计算冲量和功的公式、动能定理和动量定理的公式，由于它们从形式上很相似，因此要特别注意弄清它们的区别。
例３在距地面高为h,同时以相等初速V分别平抛,竖直上抛,竖直下抛一质量相等的物体m,当它们从抛出到落地时,比较它们的动量的增量△Ｐ，有 ( ）A．平抛过程较大 B.竖直上抛过程较大C.竖直下抛过程较大Ｄ．三者一样大【错解】错解一：根据机械能守恒定律,抛出时初速度大小相等,落地时末速度大小也相等,它们的初态动量Ｐ1=mｖ０。
是相等的,它们的末态动量Ｐ2=ｍv也是相等的,所以△P=P２-P1ＷIJ一定相等。
选D。
错解二：从同一高度以相等的初速度抛出后落地，不论是平抛、竖直上抛或竖直下抛，因为动量增量相等所用时间也相同，所以冲量也相同，所以动量的改变量也相同,所以选D。
【错解原因】错解一主要是因为没有真正理解动量是矢量,动量的增量△P=P2=P１也是矢量的差值，矢量的加减法运算遵从矢量的平行四边形法则,而不能用求代数差代替。
平抛运动的初动量沿水平方向,末动量沿斜向下方;竖直上抛的初动量为竖直向上,末动量为竖直向下，而竖直下抛的初末动量均为竖直向下。
这样分析，动量的增量△P就不一样了。
方向,而动量是矢量,有方向。
从运动合成的角度可知,平抛运动可由一个水平匀速运动和一个竖直自由落体运动合成得来。
它下落的时间由为初速不为零,加速度为g的匀加速度直线运动。
竖直下抛落地时间t3＜t1,所以第二种解法是错误的。
【分析解答】 1．由动量变化图５－２中可知,△P2最大，即竖直上抛过程动量增量最大，所以应选B。
【评析】对于动量变化问题,一般要注意两点：（1)动量是矢量,用初、末状态的动量之差求动量变化,一定要注意用矢量的运算法则,即平行四边形法则。
(2）由于矢量的减法较为复杂,如本题解答中的第一种解法，因此对于初、末状态动量不在一条直线上的情况,通常采用动量定理,利用合外力的冲量计算动量变化。
如本题解答中的第二种解法,但要注意，利用动量定理求动变化时,要求合外力一定为恒力。
例4如图5-３所示，一个质量为Ｍ的小车置于光滑水平面。
一端用轻杆AB固定在墙上,一个质量为ｍ的木块Ｃ置于车上时的初速度为v。
因摩擦经t秒木块停下,(设小车足够长),求木块C和小车各自受到的冲量。
【错解】以木块Ｃ为研究对象,水平方向受到向右的摩擦力f,以v)。
为正方向,由动量定理有:－ｆt=0=ｍv0 所以Ｉ木=ｆt=ｍｖ所以，木块Ｃ受的冲量大小为mv０，方向水平向右。
又因为小车受到的摩擦力水平向左,大小也是f（牛顿第三定律)。
所以小车受到的冲量I车= ft ＝ｍｖ,大小与木块受到的冲量相等方向相反,即水平向左。
【错解原因】主要是因为对动量定理中的冲量理解不深入，动量定理的内容是:物体所受合外力的冲量等于它的动量的变化量。
数学表达式为Ｉ合=P2-P1,等式左侧的冲量应指合外力的冲量。
在上述解答中,求木块C受到的冲量为ｍy0是正确的。
因为Ｃ受到的合外力就是／(重力ｍg与支持力N互相平衡),但小车的冲量就错了。
因为小车共受5个力:重力Mｇ,压力N=mg，支持力N′[N′＝（ｍ＋Ｍ)g],摩擦力f和AＢ杆对小车的拉力Ｔ，且拉力T=f,所以小车所受合力为零，合力的冲量也为零。
【分析解答】以木块C为研究对象，水平方向受到向右的摩擦力f,以V为正方向由动量定理有:－ft=0－mｖ０∴I木=ｆ·t＝mv０所以，木块Ｃ所受冲量为mv，方向向右。
对小车受力分析，竖直方向N′=Mg+Ｎ=(M＋ｍ)g,水平方向Ｔ＝f′,所以小车所受合力为零，由动量定理可知,小车的冲量为零。
从动量变化的角度看,小车始终静止没动,所以动量的变化量为零，所以小车的冲量为零。
正确答案是木块C的冲量为mｖ，方向向右。
小车的冲量为零。
【评析】在学习动量定理时，除了要注意动量是矢量,求动量的变化△Ｐ要用矢量运算法则运算外,还要注意F·ｔ中F的含义,F是合外力而不是某一个力。
参考练习：质量为1０0g的小球从０.8m高处自由落下到一厚软垫上，若从小球接触软垫到小球陷至最低点经历了０.20s,则这段时间软垫对小球的冲量为_＿__＿_（g=10m／s２,不计空气阻力)(答案为0．6N·ｓ)例５向空中发射一物体.不计空气阻力，当物体的速度恰好沿水平方向时，物体炸裂为a，b两块．若质量较大的a块的速度方向仍沿原来的方向则( )A.b的速度方向一定与原速度方向相反B.从炸裂到落地这段时间里，a飞行的水平距离一定比b的大Ｃ．a,b一定同时到达地面D．炸裂的过程中，a中受到的爆炸力的冲量大小一定相等【错解】错解一：因为在炸裂中分成两块的物体一个向前，另一个必向后,所以选A。
锗解二：因为不知道a与b的速度谁大，所以不能确定是否同时到达地面,也不能确定水平距离谁的大,所以不选B，Ｃ。
错解三:在炸裂过程中,因为a的质量较大，所以a受的冲量较大，所以D 不对。
【错解原因】错解一中的认识是一种凭感觉判断，而不是建立在全面分析的基础上。
事实是由于没有讲明a的速度大小。
所以，若要满足动量守恒，(ma+ｍb )ｖ＝mavａ＋mｂvb，vｂ的方向也可能与va同向。
错解二是因为没有掌握力的独立原理和运动独立性原理。
把水平方向运动的快慢与竖直方向的运动混为一谈。
错解三的主要错误在于对于冲量的概念没有很好理解。
【分析解答】物体炸裂过程发生在物体沿水平方向运动时，由于物体沿水平方向不受外力,所以沿水平方向动量守恒,根据动量守恒定律有:(ma ＋mb)v＝mａvｂ＋mbvb当ｖa 与原来速度v同向时,ｖb可能与va反向,也可能与ｖa同向,第二种情况是由于va 的大小没有确定,题目只讲的质量较大,但若ｖa很小，则ｍava还可能小于原动量(ma +mｂ)v。
这时,vb的方向会与vａ方向一致，即与原来方向相同所以A不对。
a,b两块在水平飞行的同时，竖直方向做自由落体运动即做平抛运选项Ｃ是正确的由于水平飞行距离x=v·t，a、ｂ两块炸裂后的速度va 。
vｂ。
不一定相等,而落地时间t又相等,所以水平飞行距离无法比较大小，所以Ｂ不对。
根据牛顿第三定律，a,b所受爆炸力Fａ=-Ｆb，力的作用时间相等,所以冲量Ｉ=F·t的大小一定相等。
所以D是正确的。
此题的正确答案是:C，D。
【评析】对于物理问题的解答，首先要搞清问题的物理情景,抓住过程的特点（物体沿水平方向飞行时炸成两块,且ａ仍沿原来方向运动),进而结合过程特点(沿水平方向物体不受外力），运动相应的物理规律(沿水平方向动量守恒)进行分析、判断。
解答物理问题应该有根有据,切忌“想当然”地作出判断。