1易錯點16動量守恒定理及其應用錯題糾正例題1.2（023?山東1月選考-12）在爆燃實驗基地有一射塔，射塔正下方的水平地面上安裝有聲音記錄儀.X自射塔豎直向下射，上升到空中最gao點時炸裂成質量之比為2：1、初速率均沿水平方向的兩個尸塊.遙控器引爆頓時開始計時，在5s末和6s末先后記錄到從空氣中傳來的尸塊撞擊地面的聲響.已知聲音在空氣中的傳播速率為340m/s,重力加速度大小g取10m/s2,忽視空氣阻力.以下說法正確的選項是（）A.兩尸塊的位移大小之比為1:2B.X的爆燃點離地面高度為80mC.爆燃后的質量大的尸塊的初速率為68mzsD.爆燃后兩尸塊落地點之間的水平距離為340m（答案）B解（析）設尸塊落地的時間為f,質量大的尸塊水平初速率為。，則由動量守恒定理知質量小的尸塊水平初速率為2。，爆燃后的尸塊做平拋運動，下落的高度相同，則在空中運動的時間相同，由水平方向x=%/知落地水平位移之比為1：2,尸塊位移5=擊2+儼,可見兩尸塊的位移大小之比不是1：2,故A項錯誤；據題意知，s=5（s-/）X340m/s,又2"=6（s-r）X340m/s,聯立解得/=4s,f=85m/s,故爆燃點離地面高度為力=/產=80m,所以B項正確，C項錯誤；兩尸塊落地點的水平距離為Ar=3"=020m,故D項錯誤.（誤選警示）誤選A的緣由：水平位移和位移沒有分辨清楚。
誤選CD的緣由：沒有定量推論聲音傳播時間和傳播距離和平拋水平位移的關系，進而求解落地時間、爆炸后兩物塊的速率、兩物塊的水平位移大小。例題2.在射月球衛星時須要運載湖人屢屢打火，以提升最終的射速率.某次月球近地衛星射的過程中，尼克斯噴氣動機每次噴吐質量為加=800g的二氧化碳，二氧化碳離開動機時的對地速率。=1000m/s,假定湖人含（燃料在內）的總質量為M=600kg,動機每秒噴氣20次，忽視月球引力的影響，則（）A.第三次二氧化碳噴吐后雄鹿的速率大小約為4m/sB.月球衛星要能成功射，速率大小起碼抵達11.2km/sC.要使湖人能成功射起碼要噴氣500次D.要使湖人能成功射起碼要延續噴氣17s（答案）A解（析）設噴吐三次二氧化碳后步行者的速率為。3,以馬刺和噴吐的三次二氧化碳為研究對象，以豎直向下為正方向，由動量守恒定理得：/（1/-3，"）。3-3，"。=0,解得：SQ4m/s,故A正確；月球衛星要能成功射，噴氣“次后起碼要抵達第一宇宙速率，即：v?=7.9km/s,故B錯誤：以馬刺和噴吐的〃次二氧化碳為研究對象，以豎直向下為正方向，由動量守恒定理得：A（/一〃"?）o"一〃"?o=0,代入數據解得：〃七666,故C錯誤：起碼延續噴氣時間為：t=2=33.3s,故D錯誤.20（誤選警示）誤選B的緣由：沒有把第一宇宙速率和第二宇宙速率分辨清楚。
誤選CD的緣由：運用動量守恒定理時沒有選取好研究對象，非常是兩局部的質量，噴氣前后剩余局部的質量在不斷發生變化。知識總結?一、動量守恒定理的理解和根應用1.動量守恒定理的推論如右圖，光滑水平桌面上質量分別為如、，“2的球/、B,順著同仍然線分別以口和也的速度同向運動動量定理人船模型，藝＞人當8球追上/球時發生碰撞，碰撞后4、8兩球的速率分別為玲，和藝'.m?ni2〃〃緲+V77/7777y設碰撞過程中兩球遭到的斥力分別為為、&,互相作用時間為L根據動量定律：Ft=my（—v）y&，=加2也（也）?由于Q與尸2是兩球間的互相斥力，根據牛頓第三定理知，尸|=一死，則有：機］修'一切1丫］=一"（72V2'一m2V2）即，”1也+加2吆=，“10'+加2丫2'2.適用條件（1）理想守恒：不受外力或所受外力的合力為零.2（）近似守恒：系統內各物體間互相作用的內力遠小于它所遭到的外力.3（）某一方向守恒：假若系統在某一方向上所受外力的合力為零，則系統在這一方向上動量守恒.3.應用動量守恒定理解題的步驟（1）明晰研究對象，確定系統的組成系（統包含哪幾個物體及研究的過程）.2（）進行受力剖析，推測系統動量是否守恒或（某一方向上是否守恒）.(3)規定正方向，確定初、末狀態動量.(4)由動量守恒定理列舉多項式.(5)代入數據，求出結果，必要時商量說明.二、爆炸、反沖運動和人船模型1.爆燃現象的三個規律動量X體間的互相斥力遠遠小于遭到的外力，所以在爆燃過程中，系統的總動守恒量守恒動能在爆燃過程中，有其他方式的能量(如物理能)轉化為機械能，所以系統的機降低械能降低位置爆燃的時間極短，因此作用過程中物體形成的位移很小,可以覺得爆燃后各不變局部仍然從爆燃前的位置以新的動量開始運動2.反沖運動的三點說明作用反沖運動是系統內兩物體之間的斥力和反斥力形成的療效原理動量反沖運動中系統不受外力或內力遠小于外力，所以反沖運動遵守動量守恒定守恒律機械能反沖運動中，因為有其他方式的能轉化為機械能，所以系統的總機械能降低降低3.人船模型⑴模型圖示(2)模型特征①兩物體滿足動量守恒定理：，人一船=0X人Y船②兩物體的位移大小滿足：，丐一七=0,x人+》船=￡，Mm-得x人=力工-L，［船二一匚-M+mM-rm(3)運動特性①人動則船動，人靜則船靜，人勇士快，人慢船慢，人左船右;②人船位移比等于它們質量的反比；人船平均度瞬（時度）比等于它們質量的反比，即x人o人M卸'M?三、碰撞問題1.碰撞問題遵循的三條原則（1）動量守恒：Pl+p2=Pl'+夕2’.2（）動能不降低：反|十為2》耳|'+瓦2能3（）度要符合實際情況①碰前兩物體同向運動，假定要發生碰撞，則應有。
后前，碰后原先在前的物體度肯定減小，假定碰后兩物體同向運動，則應有。前'后'.②碰前兩物體相向運動，碰后兩物體的運動方向起碼有一個改變.2.彈性碰撞的重要推論以質量為如、度為0的小球與質量為加2的靜止小球發生彈性碰撞為例，則有+，"2°2’222-/nivi=-wiv/+-mv'22聯立解得："="|，廿=-I商量：①假設陽產加2，則=0，。2'=力（度交換）；②假設加1>加2，則”>0,②>0碰（后兩小球沿同一方向運動）；當加］》加2時，②比0，V,弋20;2③假設〃71V加2，則0,<0,。2'>0碰（后兩小球沿相反方向運動）;當〃?］《加2時，0'4一Sr，v2g0.3.物體力與靜止的物體8發生碰撞，當發生完全非彈性碰撞時損失的機械能最多，物體8的度最小，VB=點o,當發生彈性碰撞時，物體8度最大，功=一/）.則碰ADADm~rmm~陽/后物體8的度范圍為：---——-p.Ati0陽4十根"tn~rm易混點:1.動量守恒定理的條件:系統所受的總沖量為零不受力、所受外力的矢量和為零或外力的作用遠大于系統內物體間的互相斥力），即系統所受外力的矢量和為零。
碰（撞、爆炸、反沖的過程均可近似覺得動量守恒）2,某一方向上動量守恒的條件:系統所受外力矢量和不為零,但在某一方向上的合力為零，則系統在這個方向上動量守恒。必須注意區別總動量守恒與某一方向上動量守恒。3,完全非彈性碰撞:兩物體碰撞后獲得共同度,動能損失最多且全部通過形變轉化為內能，但動量守恒。4,彈性碰撞:動量守恒，碰撞前后系統總動能相等。5.通常碰撞:有完整的壓縮階段，只有局部恢復階段，動量守恒，動能降低。6,人船模型一兩個原先靜止的物體人（和船）發生互相作用時,不受其他外力，對這兩個物體組成的系統來說，動量守恒,且任一時刻的總動量均為零，由動量守恒定理，有機M=〃?2匕注（意借助幾何關系解決位移問題）。人（船模型:人從右向左由船尾邁向船頭）7,能量與動量不能混為一談，能量是標量，動量是矢量，且二者的公式、定義均不相同。8.求變力沖量⑴假設力與間呈線性關系，可用于平均力求變力的沖量;2（）假定給出了力隨間變化的圖象如圖，可用面積法求變力沖量。9.在研究反沖問題，注意速率的相對性:假定物體間的相對速率已知,應轉化為對地速率。
舉一反三1.質量為町和啊的兩個物體在光滑水平面上正碰，其位置座標x隨間f變化的圖象如右圖。以下說法正確的選項是（）A,碰撞前啊的速度小于g的速度B.碰撞后嗎的速度小于固的速度mC.碰撞后切2的動量小于g的動量D.碰撞后嗎的動能大于的動能（答案）c解（析）A.x-f圖象的斜率表示物體的速率，根據圖象可知叫碰前的速率大小為v=jm/s=4m/s0%碰前速率為0，A錯誤:B.兩物體正碰后，叫碰后的速率大小為4,一,V,=m/s=2m/s3-1加2碰后的速率大小為8-4匕=m/s=2m/s23-1碰后兩物體的速度相等，B錯誤；C.兩小球碰撞過程中滿足動量守恒定理，即加1%=_陽必+niv22解得兩物體質量的關系為m=3〃i|2根據動量的表達式。=機丫可知碰后叫的動量小于班的動量，C正確；D.根據動能的抒發式耳=g〃"可知碰后叫的動能小于叫的動能，D錯誤。
應選C。2.1932年，查德威克用未知射線轟擊氫核，發現這些射線是由質量與質子大致相等的中性粒子（即中子）組成。如圖，中子以速率%分別碰撞靜止的氫核和氮核，碰撞后氫核和氮核的速率分別為w和為。設碰撞為彈性正碰，不考慮相對論效應,以下說法正確的選項是()中子氫核OO中子氮核A.碰撞后氮核的動量比氫核的小B.碰撞后氮核的動能比氫核的小C.%小于WD.匕小于％答（案）B解（析）設中子的質量為加，氫核的質量為加，氮核的質量為14〃?，設中子和氫核碰撞后中子速率為匕，由動量守恒定理和能量守恒定理可得mv=加匕+聯立解得設中子和氮核碰撞后中子速率為！，由動量守恒定理和能量守恒定理可得加%=14WV+mv24—加片=—?14加片+—mv^聯立解得2%IT。可得%=%>v2碰撞后氫核的動量為PH==機%氮核的動量為28m%pN=14^v2=—可得PN>PH碰撞后氫核的動能為1212F=￡k?=2mvi2?氮核的動能為可得%>%故B正確，ACD錯誤。
應選B,3.如右圖，在光滑水平面上放置一個質量為，〃的滑塊，滑塊左側面為一個直徑為我的1弧形的光滑凹槽，/點切線水平。另有一個質量為優的小球以水平速率%從4點沖上凹槽，B.當%=#戢，小球在圓弧凹槽上沖向8點的過程中，滑塊的動能減小；返回/點的過程中，滑塊的動能降低C.假如小球的速率%足夠大，球將從滑塊的一側離開滑塊后落到水平面上D.小球返回/點后做自由落體運動（答案）D解（析）A.小球滑上凹槽的過程中，假定凹槽固定，小球%=網近的速率沖上，根據機械能守恒并且，凹槽不固定，小球沖上來的過程中，凹槽也會運動，根據機械能守恒可知小球不能沖到B點，A錯誤；B.當%=低屆，小球在圓弧凹槽向下沖的過程中，滑塊遭到右上方的支持力，速率減小，動能減少：滑到最g。點，二者速率相等，然后返回Z點的過程中，滑塊的動能依舊減少，B錯誤；C.假如小球的速率%足夠大，小球將從滑塊的一側沿切線方向飛離凹槽，相凹槽的速率方向豎直向下，二者水平速率相等，所以小球會沿兩側邊沿落回，c錯誤：D.小球和凹槽整個作用過程中，水平方向動量守恒，機械能守恒，類似于彈性碰撞加%=mv+mv]2Vj=0,v=%2所以小球返回4點后做自由落體運動，D正確。
應選DoL禁放鞭炮是我國傳統民俗，新年期間，某人斜向下拋出一個鞭炮，到最g。點時速率大小為W，方向水平向東，并炸開成質量相等的三塊碎片“、蟲以其中碎片。的速率方向水平向東，忽視空氣阻力，以下說法正確的選項是()A.炸開時，假定碎片6的速率方向水平向北，則碎片c的速率方向可能水平向南B.炸開時，假定碎片b的速率為零，則碎片c的速率方向肯定水平向北C.炸開時，假定碎片6的速率方向水平向西，則三塊碎片肯定同時落地D.炸開時，假定碎片、6的速率等大反向，則碎片c落地時的速率可能等于3%（答案）C解（析）A.到最g。點時速率大小為V。，方向水平向東動量定理人船模型，則總動量向東；炸開時，假定碎片b的速率方向水平向北，碎片c的速率方向水平向南，則違背動量守恒定理，故A錯誤；B.炸開時，假定碎片6的速率為零，根據動量守恒定理，碎片c的速率方向可能水平向東，故B錯誤；C.三塊碎片在豎直方向上均做自由落體運動，肯定同時落地，故C正確；D.炸開時，假定碎片、b的速率等大反向，根據動量守恒定理3mv）=（mv解得v=3v）（碎片c落地時速率的水平重量等于3%,其落地速率肯定小于3?,故D錯誤。
應選Co2.如右圖，質量為0.1kg的小圓環A穿在光滑的水平直桿上。用長為L=0.8m的細線拴著質量為0.2kg的小球B,B懸掛在A下方并處于靜止狀態。Z=0時刻，小圓環獲得沿桿向左的沖量0.6N-s,g取10m/s2-，以下說法正確的選項是（）A.小球B做圓周運動B.小球B第一次運動到A的正下方時A的速率最小C.從小球B開始運動到第一次回到A的正下方的過程中，細線A先做負功再做正功D.從小球B開始運動到第一次回到的正下方的過程中，合力B的沖量為0.6N.S（答案）C解（析）A.由題意可知，小球B相于圓環A做圓周運動，因圓環不固定，系統在水平方向動量守恒，可知圓環在水平方向做變加速運動，則以地面為參照物時，小球B不做圓周運動，故A錯誤;BC.因為細線的作用，圓環向左減速運動，當圓環A的速率變為0時，假若小球恰回到最A的正下方，系統水平方向動量守恒，則有/=mvBB解得v=3m/sB假如此時小球回到A的正下方，其速率水平向左，其動能為1,Ek=-wv-=0.9J因系統初動能為〃入%=0.6N-s1,E=—wVp=1.8J>0.9JMA則根據系統能量守恒可知，當圓環A的速率變為。
時，小球B還沒有回到其的正下方，則小球B繼續加速，圓環A則反向往右加速，當小球B回到圓環A的正下方向時，圓環A具有往右的速率，所以從小球B開始運動到第一次回到圓環A的正下方的過程中細線A先做負功再做正功，故B錯誤，C正確；D.假設小球B開始運動到第一次回到的正下方時速率為丫八圓環速率為也，則有wVj-wv=0.6N-sBA2121212mv=0.6N-sA0解得v,=4m/s根據動量定律有，從小球B開始運動到第一次回到的正下方的過程中，合力B的沖量為/=〃％匕=0.4N-s方向水平向左，故D錯誤。應選Co3.如右圖，一個夾層中空質量為用的圓錐形零件內部放有一個略比夾層長度小一點質量也為"，的小圓錐體，初始時小圓錐體坐落大圓錐夾層的底部，此時大圓錐體與地面的接觸位置為/點，如甲圖所示，現小圓錐體遭到微小的擾動，從底部滾下，截面圖如乙圖所A.小圓錐體下落到最di點時，大圓錐體與小圓錐體速率相同B.小圓