查补易混易错06 动量 动量定理 动量守恒定律-【查漏补缺】2022年高考物理三轮冲刺过关（解析版）

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查补易混易错06 动量 动量定理 动量守恒定律

动量属于物理观念中运动与相互作用观念，是解决力和运动问题的常用观念之一，这部分考点主要包括动量定理和动量守恒定律。在各地近年高考中属于必考内容，如2021湖南卷第8题、湖北卷第3题、山东卷第16题均从理解能力、推理论证能力、模型建构能力、科学思维等方面进行了考查。
【真题示例·2021·山东卷·8】 海鸥捕到外壳坚硬的鸟蛤（贝类动物）后，有时会飞到空中将它丢下，利用地面的冲击打碎硬壳。一只海鸥叼着质量的鸟蛤，在的高度、以的水平速度飞行时，松开嘴巴让鸟蛤落到水平地面上。取重力加速度，忽略空气阻力。
（1）若鸟蛤与地面的碰撞时间，弹起速度可忽略，求碰撞过程中鸟蛤受到的平均作用力大小F；（碰撞过程中不计重力）
（2）在海鸥飞行方向正下方的地面上，有一与地面平齐、长度的岩石，以岩石左端为坐标原点，建立如图所示坐标系。若海鸥水平飞行的高度仍为，速度大小在之间，为保证鸟蛤一定能落到岩石上，求释放鸟蛤位置的x坐标范围。

【答案】（1）；（2）
【解析】（1）设鸟蛤落地前瞬间的速度大小为，竖直分速度大小为，据自由落体运动规律可得


则碰撞前鸟蛤的合速度为

在碰撞过程中，以鸟蛤为研究对象，取速度方向为正方向，由动量定理得

联立解得碰撞过程中鸟蛤受到的平均作用力大小为

（2）若释放鸟蛤的初速度为，设击中岩石左端时，释放点的x坐标为x1，击中右端时，释放点的x坐标为，得
，
联立，代入数据得
，
若释放鸟蛤时的初速度为，设击中岩石左端时，释放点的x坐标为，击中右端时，释放点的x坐标为，得
，
联立，代入数据得
，
综上所述可得x坐标区间为。
【易错分析】①考生在应用动量定理解决碰撞过程中鸟蛤受到的平均作用力时，不能正确求出合速度，容易只考虑鸟蛤竖直方向的速度；②在确定释放点的位置坐标时，考生容易错误理解一定打到岩石上的条件，认为坐标是两个速度下释放坐标的并集。

【易错01】动能、动量、动量变化量的比较

动能
动量
动量变化量
定义
物体由于运动而具有的能量
物体的质量和速度的乘积
物体末动量与初动量的矢量差
定义式
Ek＝mv2
p＝mv
Δp＝p′－p
标矢性
标量
矢量
矢量
特点
状态量
状态量
过程量
关联
方程
Ek＝，Ek＝pv，p＝，p＝
联系
(1)都是相对量，与参考系的选取有关，通常选取地面为参考系
(2)若物体的动能发生变化，则动量一定也发生变化；但动量发生变化时动能不一定发生变化

【易错02】动量定理及其应用理解有误
1.动量定理的研究对象可以是单个物体，也可以是物体系统。对物体系统，只需分析系统受的外力，不必考虑系统内力。系统内力的作用不改变整个系统的总动量。
2.用牛顿第二定律和运动学公式能求解恒力作用下的匀变速直线运动的间题，凡不涉及加速度和位移的，用动量定理也能求解，且较为简便。
但是，动量定理不仅适用于恒定的力，也适用于随时间变化的力。对于变力，动量定理中的F应当理解为变力在作用时间内的平均值。
3.用动量定理解释的现象一般可分为两类：一类是物体的动量变化一定，此时力的作用时间越短，力就越大；时间越长，力就越小。另一类是作用力一定，此时力的作用时间越长，动量变化越大；力的作用时间越短，动量变化越小。分析问题时，要把哪个量一定哪个量变化搞清楚。
4.应用求变力的冲量：如果物体受到变力作用，则不直接用求变力的冲量，这时可以求出该力作用下的物体动量的变化，等效代换变力的冲量I。
5.应用求恒力作用下的曲线运动中物体动量的变化：曲线运动中物体速度方向时刻在改变，求动量变化需要应用矢量运算方法，比较复杂，如果作用力是恒力，可以求恒力的冲量，等效代换动量的变化。
【易错03】“三类”模型问题中动量守恒定律及其应用理解有误
1．“子弹打木块”模型
(1)“木块”放置在光滑的水平面上
①运动性质：“子弹”对地在滑动摩擦力作用下做匀减速直线运动；“木块”在滑动摩擦力作用下做匀加速直线运动．
②处理方法：通常由于“子弹”和“木块”的相互作用时间极短，内力远大于外力，可认为在这一过程中动量守恒．把“子弹”和“木块”看成一个系统：a.系统水平方向动量守恒；b.系统的机械能不守恒；c.对“木块”和“子弹”分别应用动能定理．
(2)“木块”固定在水平面上
①运动性质：“子弹”对地在滑动摩擦力作用下做匀减速直线运动；“木块”静止不动．
②处理方法：对“子弹”应用动能定理或牛顿第二定律．
2．“反冲”和“爆炸”模型
(1)反冲
①定义：当物体的一部分以一定的速度离开物体时，剩余部分将获得一个反向冲量，这种现象叫反冲运动．
②特点：系统内各物体间的相互作用的内力远大于系统受到的外力．实例：发射炮弹、发射火箭等．
③规律：遵从动量守恒定律．
(2)爆炸问题
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．如爆竹爆炸等．
3．“人船模型”问题
(1)模型介绍
两个原来静止的物体发生相互作用时，若所受外力的矢量和为零，则动量守恒．在相互作用的过程中，任一时刻两物体的速度大小之比等于质量的反比．这样的问题即为“人船模型”问题．
(2)模型特点
①两物体满足动量守恒定律：m1v1－m2v2＝0.
②运动特点：人动船动，人静船静，人快船快，人慢船慢，人左船右；人船位移比等于它们质量的反比；人船平均速度(瞬时速度)比等于它们质量的反比，即＝＝.
③应用＝＝时要注意：v1、v2和x1、x2一般都是相对地面而言的。

1.（2021·湖南卷）物体的运动状态可用位置和动量描述，称为相，对应图像中的一个点。物体运动状态的变化可用图像中的一条曲线来描述，称为相轨迹。假如一质点沿轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动，则对应的相轨迹可能是（　　）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】质点沿轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动，则有

而动量为

联立可得

动量关于为幂函数，且，故正确的相轨迹图像为D。
故选D。
【易错分析】①考生不能根据v-x关系得到p-x关系而无法入手；②在得到p-x关系后要根据实际运动特点得到p和x的范围都是正值，图像只能在第一象限，这是也是易错选C的原因。
2. （2021·全国乙卷）水平桌面上，一质量为m的物体在水平恒力F拉动下从静止开始运动，物体通过的路程等于时，速度的大小为，此时撤去F，物体继续滑行的路程后停止运动，重力加速度大小为g，则（　　）
A. 在此过程中F所做的功为
B. 在此过中F的冲量大小等于
C. 物体与桌面间的动摩擦因数等于
D. F的大小等于物体所受滑动摩擦力大小的2倍
【答案】BC
【解析】CD．外力撤去前，由牛顿第二定律可知: ①
由速度位移公式有:②
外力撤去后，由牛顿第二定律可知: ③
由速度位移公式有: ④
由①②③④可得，水平恒力:
动摩擦因数:
滑动摩擦力:
可知F的大小等于物体所受滑动摩擦力大小的3倍，故C正确，D错误；
A．在此过程中，外力F做功为:,故A错误；
B．由平均速度公式可知，外力F作用时间：
在此过程中，F的冲量大小是：，故B正确。
故选BC。
【易错分析】考生容易混淆做功的正负和冲量的方向，从而不能正确书写动量定理和动能定理表达式。
3. （2021 湖南卷）如图（a），质量分别为mA、mB的A、B两物体用轻弹簧连接构成一个系统，外力作用在A上，系统静止在光滑水平面上（B靠墙面），此时弹簧形变量为。撤去外力并开始计时，A、B两物体运动的图像如图（b）所示，表示0到时间内的图线与坐标轴所围面积大小，、分别表示到时间内A、B的图线与坐标轴所围面积大小。A在时刻的速度为。下列说法正确的是（　　）


A. 0到时间内，墙对B冲量等于mAv0 B. mA > mB
C. B运动后，弹簧的最大形变量等于 D.
【答案】ABD
【解析】A．由于在0 ~ t1时间内，物体B静止，则对B受力分析有
F墙 = F弹
则墙对B的冲量大小等于弹簧对B的冲量大小，而弹簧既作用于B也作用于A，则可将研究对象转为A，撤去F后A只受弹力作用，则根据动量定理有
I = mAv0（方向向右）
则墙对B的冲量与弹簧对A的冲量大小相等、方向相同，A正确；
B．由a—t图可知t1后弹簧被拉伸，在t2时刻弹簧的拉伸量达到最大，根据牛顿第二定律有
F弹 = mAaA= mBaB
由图可知:aB > aA
则:mB < mA ，故B正确；
C．由图可得，t1时刻B开始运动，此时A速度为v0，之后AB动量守恒，AB和弹簧整个系统能量守恒，则：
可得AB整体的动能不等于0，即弹簧的弹性势能会转化为AB系统的动能，弹簧的形变量小于x，C错误；
D．由a—t图可知t1后B脱离墙壁，且弹簧被拉伸，在t1~t2时间内AB组成的系统动量守恒，且在t2时刻弹簧的拉伸量达到最大，A、B共速，由a—t图像的面积为，在t2时刻AB的速度分别为：，
A、B共速，则：，故D正确。
故选ABD。
【易错分析】①考生对于a-t图像比较陌生，无法通过a-t图像理清两物体的运动情况，错误应用动量定理和机械能守恒定律；②考生不知道a-t图像中图线与坐标轴所围成的图形面积的物理意义，得不到各部分面积之间的关系。
4.（2021山东卷）如图所示，载有物资的热气球静止于距水平地面H的高处，现将质量为m的物资以相对地面的速度水平投出，落地时物资与热气球的距离为d。已知投出物资后热气球的总质量为M，所受浮力不变，重力加速度为g，不计阻力，以下判断正确的是（　　）

A. 投出物资后热气球做匀加速直线运动
B. 投出物资后热气球所受合力大小为
C.
D.
【答案】BC
【解析】AB．热气球开始携带物资时处于静止状态，所受合外力为0，初动量为0，水平投出重力为的物资瞬间，满足动量守恒定律：
则热气球和物资的动量等大反向，热气球获得水平向左的速度，热气球所受合外力恒为，竖直向上，所以热气球做匀加速曲线运动，A错误，B正确；
CD．热气球和物资的运动示意图如图所示

热气球和物资所受合力大小均为，所以热气球在竖直方向上加速度大小为

物资落地过程所用的时间内，根据解得落地时间为

热气球在竖直方向上运动的位移为

热气球和物资在水平方向均做匀速直线运动，水平位移为


根据勾股定理可知热气球和物资的实际位移为

C正确，D错误。
故选BC。
【易错分析】①考生对动量守恒的条件理解不够深刻：因为水平方向系统不受力，所以货物抛出的瞬间水平方向动量守恒。②货物抛出后，考生忽略了热气球所受浮力不的条件，对热气球的运动状态判断失误，进而得出错误的结果。
5．（2022·河南焦作高三期末）如图所示，有一子弹穿过三块静止放置在光滑水平面上的相互接触质量分别为m、2m、3m的木块A、B、C，设子弹穿过木块A、B、C的时间分别为t1、t2、t3，木块对子弹的阻力恒为f，则子弹穿过三木块后，木块A的速度大小是（　　）

A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
设子弹穿过木块A时，木块A、B、C的共同速度为v，根据动量定理可得

解得

当子弹进入第二块木块时，木块A将与B、C分离，分离后木块A的速度不变。故ABD错误；C正确。
故选C。
6．（2022·安徽宣城高三期末）如图，倾角为θ的光滑斜面固定在水平面上，另有A、B两物体叠放在一起放置在斜面顶端，且B的上表面水平，A、B一起从斜面顶端由静止开始下滑，直到斜面底端，在此过程中，下列说法正确的是（　　）

A．运动中物块B对A的摩擦力方向水平向右
B．运动中物块B对A的弹力等于A的重力
C．运动中物块B对A的作用力不做功
D．运动中斜面对A、B系统的冲量为零
【答案】C
【解析】
A．因为AB一起沿斜面加速下滑，则加速度有水平向左的分量，则运动中物块B对A的摩擦力方向水平向左，选项A错误；
B．AB一起沿斜面加速下滑，则加速度有竖直向下的分量，则由

可知运动中物块B对A的弹力小于A的重力，选项B错误；
C．因AB一起下滑的加速度为
a=gsinθ
可知，B对A的作用力与位移垂直，则运动中物块B对A的作用力不做功，选项C正确；
D．运动中斜面对A、B系统的作用力不为零，根据
I=Ft
可知，冲量不为零，选项D错误。
故选C。
7．（2022·北京顺义高三期末）建筑工地将桩料打入泥土中以加固地基的打夯机示意图如图甲所示，打夯前先将桩料扶正立于地基上，桩料进入泥土的深度忽略不计。已知夯锤的质量为，桩料的质量为。如果每次打夯都通过卷扬机牵引将夯锤提升到距离桩顶处再释放，让夯锤自由下落，夯锤砸在桩料上后立刻随桩料一起向下运动。桩料进入泥土后所受阻力大小随打入深度h的变化关系如图乙所示，直线斜率。g取，下列说法正确的是（　　）

A．夯锤与桩料碰撞后瞬间的速度为10m/s
B．因夯锤与桩料碰撞损失的机械能为20475J
C．若桩料进入泥土的深度超过1.5m，至少需打夯三次
D．若桩料进入泥土的深度超过1.5m，至少需打夯两次
【答案】C
【解析】
A．设夯锤与桩料碰撞前瞬间的速度为v0，则

解得

取向下为正方向，设夯锤与桩料碰撞后瞬间的速度为v，由动量守恒定律得

代入数据解得

故A错误；
B．因夯锤与桩料碰撞损失的机械能

带入数据可得
2250J
故B错误；
CD．由于每次提升重锤距桩帽的高度均为h0，每次碰撞后瞬间的速度均为v，设两次打击后共下降x2，则由图像可知，克服阻力做功

由能量守恒定律得

解得

设三次打击后共下降x3，则

解得

故C正确，D错误。
故选C。
8．（2022·安徽马鞍山一模）如图所示，光滑水平面上有一右端带有固定挡板的长木板，总质量为m。一轻质弹簧右端与挡板相连，弹簧左端与长木板左端的距离为x1。质量也为m的滑块（可视为质点）从长木板的左端以速度v1滑上长木板，弹簧的最大压缩量为x2且滑块恰好能回到长木板的左端；若把长木板固定，滑块滑上长木板的速度为v2，弹簧的最大压缩量也为x2。已知滑块与长木板之间的动摩擦因数为µ，则（　　）

A．
B．弹簧弹性势能的最大值为
C．弹簧弹性势能的最大值为µmg（x1+x2）
D．滑块以速度v2滑上长木板，也恰好能回到长木板的左端
【答案】ACD
【解析】
当长木板不固定，弹簧被压缩到最短时两者速度相同，设为v，弹簧最大弹性势能为，从滑块以速度v1滑上长木板到弹簧被压缩到最短的过程，由动量守恒定律和能量守恒定律


从弹簧被压缩到最短到滑块恰好滑到长木板的左端，两者速度再次相等，由能量守恒

若把长木板固定，滑块滑上长木板的速度为v2，弹簧的最大压缩量也为x2，由能量守恒

联立可得
，
设滑块被弹簧弹开，运动到长木板左端时的速度为v3，由能量守恒

带入数据可解得
v3=0
说明滑块以速度v2滑上长木板，也恰好能回到长木板的左端。
故ACD正确，B错误。
故选ACD。
9．（2022·山东青岛高三期末）如图，两辆完全相同的小车A和B静止在光滑水平面上，两小车紧靠在一起而不粘连，在小车A上竖直固定一轻质细杆，长的轻质细绳的一端系在细杆顶端，另一端拴一质量m=1kg的小球，已知小车的质量M=2m，重力加速度g=10m/s2，细杆的高度大于绳长。现将小球向右拉至细绳水平且绷直后由静止释放，下列说法正确的是（　　）

A．小球与两小车组成的系统动量守恒
B．释放小球后到小球第一次到达最低点过程中，小车A对小车B的弹力一直增大
C．小球第一次到达最低点后能向左上升的最大高度为
D．小球第二次到达最低点时小球与小车A的速率之比为8∶7
【答案】CD
【解析】
A．小球与两小车组成的系统在竖直方向上所受合外力不为零，动量不守恒，故A错误；
B．小球与两小车组成的系统在水平方向上所受合外力为零，动量守恒，释放小球后到小球第一次到达最低点过程中，小球在水平方向的分速度一直增大，所以小车A、B速度一直增大，当小球到达最低点时，小车A、B速度达到最大，此时小车A对小车B的弹力为零，所以释放小球后到小球第一次到达最低点过程中，小车A对小车B的弹力一直减小，故B错误；
C．设小球第一次到达最低点时的速度大小为v0，两小车速度大小均为v1，在水平方向根据动量守恒定律有
①
根据机械能守恒定律有
②
小球第一次到达最低点后能向左上升至最大高度h时，小车A和小球速度大小相同，设为v2，在水平方向根据动量守恒定律有
③
根据机械能守恒定律有
④
联立①②③④解得
⑤
故C正确；
D．设小球第二次到达最低点时小球与小车A的速度分别为v3、v4，取水平向左为正方向，在水平方向上根据动量守恒定律有
⑥
根据机械能守恒定律有
⑦
联立⑥⑦解得
， ⑧
所以
⑨
故D正确。
故选CD。
10．（2022·安徽合肥一模）如图所示，一质量为m、半径为R的四分之一光滑圆弧槽，放在光滑的水平面上，有一质量也为m的小球由槽顶端A静止释放，在其下滑至槽末端B的过程中，已知重力加速度为g，空气阻力忽略不计。则下列说法正确的是（ ）

A．若圆弧槽固定，小球的机械能守恒
B．若圆弧槽固定，小球滑至B点时对槽的压力大小为4mg
C．若圆弧槽不固定，小球和槽组成的系统动量守恒
D．圆弧槽固定和不固定情形下，小球滑到B点时的速度之比为
【答案】AD
【解析】
A．若圆弧槽固定，小球的重力势能全部装换为小球的动能，则小球的机械能守恒，A正确；
B．若圆弧槽固定，小球滑至B点时的速度为
mgR = mvB2
小球下滑的过程中做圆周运动有

解得
FN = 3mg
B错误；
C．若圆弧槽不固定，小球和槽组成的系统在水平方向动量守恒，C错误；
D．圆弧槽不固定的情形下，小球滑到B点时的速度为，取水平向右为正
- mv + mv = 0
根据AB组成的系统机械能守恒有

解得圆弧槽不固定的情形下，小球滑到B点时的速度为

再结合选项B，可知圆弧槽固定和不固定情形下，小球滑到B点时的速度之比为，D正确。
故选AD。
11．（2021·海南卷）如图，一长木板在光滑的水平面上以速度v0向右做匀速直线运动，将一小滑块无初速地轻放在木板最右端。已知滑块和木板的质量分别为m和2m，它们之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。
（1）滑块相对木板静止时，求它们的共同速度大小；
（2）某时刻木板速度是滑块的2倍，求此时滑块到木板最右端的距离；
（3）若滑块轻放在木板最右端的同时，给木板施加一水平向右的外力，使得木板保持匀速直线运动，直到滑块相对木板静止，求此过程中滑块的运动时间以及外力所做的功。

【答案】（1）v共 = ；（2）x = ；（3）t = ，W = mv02
【解析】
（1）由于地面光滑，则木板与滑块组成的系统动量守恒，有
2mv0 = 3mv共
解得
v共 =
（2）由于木板速度是滑块的2倍，则有
v木 = 2v滑
再根据动量守恒定律有
2mv0 = 2mv木 + mv滑
联立化简得
v滑 = v0，v木 = v0
再根据功能关系有
- μmgx = × 2mv木2 + mv滑2 - × 2mv02
经过计算得
x =
（3）由于木板保持匀速直线运动，则有
F = μmg
对滑块进行受力分析，并根据牛顿第二定律有
a滑 = μg
滑块相对木板静止时有
v0 = a滑t
解得
t =
则整个过程中木板滑动的距离为
x′ = v0t =
则拉力所做的功为
W = Fx′ = mv02
12. （2020全国Ⅲ卷）如图，相距L=11.5m的两平台位于同一水平面内，二者之间用传送带相接。传送带向右匀速运动，其速度的大小v可以由驱动系统根据需要设定。质量m=10 kg的载物箱（可视为质点），以初速度v0=5.0 m/s自左侧平台滑上传送带。载物箱与传送带间的动摩擦因数μ= 0.10，重力加速度取g =10m/s2。
(1)若v=4.0 m/s，求载物箱通过传送带所需的时间；
(2)求载物箱到达右侧平台时所能达到的最大速度和最小速度；
(3)若v=6.0m/s，载物箱滑上传送带后，传送带速度突然变为零。求载物箱从左侧平台向右侧平台运动的过程中，传送带对它的冲量。


【答案】(1)2.75s；(2) ， ；(3)0，方向竖直向上
【解析】(1)传送带速度为时，载物箱在传送带上先做匀减速运动，设其加速度为a，由牛顿第二定律有：
①
设载物箱滑上传送带后匀减速运动的距离为x1，由运动学公式有
②
联立①②式，代入题给数据得x1=45m；③
因此，载物箱在到达右侧平台前，速度先减小至v，然后开始做匀速运动，设载物箱从滑上传送带到离开传送带所用的时间为t1，做匀减速运动所用的时间为t2，由运动学公式有
④
⑤
联立①③④⑤式并代入题给数据有t1=2.75s；⑥
(2)当载物箱滑上传送带后一直做匀减速运动时，到达右侧平台时的速度最小，设为v1，当载物箱滑上传送带后一直做匀加速运动时，到达右侧平台时的速度最大，设为v2.由动能定理有
⑦
⑧
由⑦⑧式并代入题给条件得
，⑨
(3)传送带的速度为时，由于，载物箱先做匀加速运动，加速度大小仍a。设载物箱做匀加速运动通过的距离为x2，所用时间为t3，由运动学公式有
⑩
⑪
联立①⑩⑪式并代入题给数据得
t3=1.0s⑫
x2=5.5m⑬
因此载物箱加速运动1.0s、向右运动5.5m时，达到与传送带相同的速度。此后载物箱与传送带共同匀速运动的时间后，传送带突然停止，设载物箱匀速运动通过的距离为x3有
⑭
由①⑫⑬⑭式可知

即载物箱运动到右侧平台时速度大于零，设为v3，由运动学公式有，
⑮
则

减速运动时间

设载物箱通过传送带的过程中，传送带在水平方向上和竖直方向上对它的冲量分别为I1、I2。由动量定理有

，方向竖直向上
则在整个过程中，传送带给载物箱的冲量
，方向竖直向上
【易错分析】①第一问不能判断当载物箱速度减为4m/s后箱子做匀速直线运动；②第二问不能判断出载物箱滑上传送带后一直做匀减速运动时达到右侧平台时的速度最小，当载物箱没上传送带后一直做匀加速运动时到达右侧平台时速度最大；③第三问考生不能正确判断在传送带突然停止之前载物箱与传送带先加速后匀速运动的两种过程。