易错点15 动量守恒定理及其应用-备战2022年高考物理典型易错题辨析与精练（解析版）

这是一份易错点15 动量守恒定理及其应用-备战2022年高考物理典型易错题辨析与精练（解析版），共15页。试卷主要包含了动量守恒定律的条件，一般碰撞，求变力冲量，动量守恒定律的理解，1 kg和M＝0等内容，欢迎下载使用。
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(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。C．如果碰撞中机械能守恒，就叫做弹性碰撞，C错误；D．微观粒子的相互作用同样具有短时间内发生强大内力作用的特点，所以仍然是碰撞，D错误。故选A。2．（2020·全国）下面关于碰撞的理解，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显著变化的过程B．在碰撞现象中，一般来说物体所受的外力作用不能忽略C．如果碰撞过程中动能不变，则这样的碰撞叫非弹性碰撞D．根据碰撞过程中动能是否守恒，碰撞可分为正碰和斜碰【答案】A【详解】A．根据碰撞的定义可知，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显著变化的过程，故A正确；B．在碰撞现象中，由于内力远大于外力，故可以忽略外力的作用，故B错误；C．如果碰撞中动能不变，则碰撞为弹性碰撞，故C错误；D．根据碰撞过程中动能是否守恒，碰撞可分为弹性碰撞和非弹性碰撞，故D错误。故选A。3．（2020·全国高三课时练习）如图所示，物块A、B的质量分别为mA＝2kg，mB＝3kg，物块A左侧固定有一轻质弹簧．开始B静止于光滑的水平面上，A以v0＝5m/s的速度沿着两者连线向B运动，某一时刻弹簧的长度最短．则以下看法正确的是（　　）A．弹簧最短时A的速度大小为1m/sB．弹簧最短时A的速度大小为2m/sC．从B与弹簧接触到弹簧最短的过程中A克服弹簧弹力做的功与弹簧弹力对B所做的功相等D．从B与弹簧接触到弹簧最短的过程中弹簧对A、B的冲量相同【答案】B【详解】AB．运动过程中动量守恒，弹簧最短时A、B速度相等，根据动量守恒定律可知：代入数据解得：v=2m/s，故A错误，B正确.C．在此过程中A克服弹簧弹力做的功为：代入数据得： WA=21J而弹簧弹力对B所做的功为：代入数据得：WB=6J，故两者不相等，所以C错误.D．此过程弹簧对A的冲量为：代入数据得： 对B的冲量为：代入数据得：故此过程中弹簧对A、B的冲量大小相同，方向相反，故D错误.4．（2017·新疆克拉玛依·高三）下列关于物理的说法中，认识正确的是（　　）A．汤姆逊通过研究阴极射线发现了电子，并精确测定了电子的电荷量B．牛顿利用扭秤测出了引力常量，被誉为能“称出地球质量的人”C．卢瑟福根据粒子散射实验，提出了原子核式结构模型D．动量守恒定律成立的条件是系统只受重力或弹力作用【答案】C【详解】A．汤姆逊通过研究阴极射线发现了电子，密立根精确测定了电子的电荷量，选项A错误；B．卡文迪许利用扭秤测出了引力常量，被誉为能“称出地球质量的人”，选项B错误；C．卢瑟福根据粒子散射实验，提出了原子核式结构模型，选项C正确；D．动量守恒定律成立的条件是系统受合外力为零，选项D错误。故选C。5．（2021·全国）如图所示，小车在光滑水平面上向左匀速运动，轻质弹簧左端固定在点，物体用细线拉在点将弹簧压缩，某时刻细线断了，物体沿车滑动到端粘在端的油泥上，取小车、物体和弹簧为一个系统，下列说法不正确的是（　　）A．若物体滑动中不受摩擦力，则该系统全过程机械能守恒B．若物体滑动中有摩擦力，则该系统全过程动量守恒C．不论物体滑动中有没有摩擦力，小车的最终速度与断线前相同D．不论物体滑动中有没有摩擦力，系统损失的机械能相同【答案】A【详解】A．物体与油泥粘合的过程，发生非弹簧碰撞，系统机械能有损失，所以该系统全过程机械能不守恒，A错误，符合题意；B．整个系统在水平方向不受外力，竖直方向上合外力为零，则系统全过程动量一直守恒，B正确，不符合题意；C．设物体的质量为m，小车及油泥的总质量为M，小车原来匀速运动的速度为v0，小车的最终速度为v。取系统的初速度方向为正方向，根据动量守恒定律可得解得所以不论物体滑动中有没有摩擦力，小车的最终速度与断线前相同，C正确，不符合题意；D．系统的末动能与初动能是相等的，系统损失的机械能等于弹簧原来的弹性势能，与物体滑动中有没有摩擦无关，故不论物体滑动中有没有摩擦力，系统损失的机械能相同，D正确，不符合题意。故选A。6．（2021·银川唐徕回民中学高三）如图所示，在光滑的水平桌面上有体积相同的两个小球A、B，质量分别为m＝0.1 kg和M＝0.3 kg，两球中间夹着一根压缩的轻弹簧，原来处于静止状态，同时放开A、B球和弹簧，已知A球脱离弹簧时的速度为6 m/s，接着A球进入与水平面相切、半径为0.5 m的竖直面内的光滑半圆形轨道运动，P、Q为半圆形轨道竖直的直径，g取10 m/s2。下列说法不正确的是（　　）A．弹簧弹开过程，弹力对A的冲量大小大于对B的冲量大小B．A球脱离弹簧时B球获得的速度大小为2 m/sC．A球从P点运动到Q点过程中所受合外力的冲量大小为1 N·sD．若半圆轨道半径改为0.9 m，则A球不能到达Q点【答案】A【详解】A．弹簧弹开两小球的过程，弹力相等，作用时间相同，根据冲量定义可知，弹力对A的冲量大小等于对B的冲量大小，A错误；B．由动量守恒定律得mv1＝Mv2解得A球脱离弹簧时，B球获得的速度大小为v2＝2 m/s项B正确；C．设A球运动到Q点时速度为v，对A球从P点运动到Q点的过程，由机械能守恒定律得解得v＝4 m/s根据动量定理得I＝mv－（－mv1）＝1 N·s即A球从P点运动到Q点过程中所受合外力的冲量大小为1 N·s，C正确；D．若半圆轨道半径改为0.9 m，小球到达Q点的最小速度为vC＝＝3 m/s对A球从P点运动到Q点的过程，由机械能守恒定律解得小于小球到达Q点的临界速度vC，则A球不能到达Q点，D正确。故不正确的选 A。7．（2020·全国高三专题练习）如图所示，水平地面上有倾角为、质量为m的 光滑斜面体，质量也为m的光滑直杆穿过固定的竖直滑套，杆的底端置于斜而上高为h的位置处.现将杆和斜面体由静止自由释放，至杆滑到斜面底端（杆始终保持竖直状态），对该过程下列分折中正确的是（重力加速度为g）A．杆和斜面体组成的系统动量守恒B．斜面体对杆的支持力不做功C．杆与斜面体的速度大小比值为sinD．杆滑到斜面底端时，斜面体的速度大小为cos【答案】D【详解】A．杆和斜面体组成的系统受的合外力不为零，则系统的动量不守恒，选项A错误；B．斜面体对杆的支持力的方向垂直斜面向上，与杆的位移方向夹角为钝角，则斜面体对杆的支持力对杆做负功，选项B错误；C．根据杆和斜面的位移关系，，可得到速度之比为，选项C错误；D．杆滑到斜面底端时，由能量关系：联立解得斜面体的速度大小为cos，选项D正确。8．（2021·全国高三专题练习）如图所示，甲、乙两车的质量均为M，静置在光滑的水平面上，两车相距为L。乙车上站立着一个质量为m的人，他通过一条轻绳拉甲车，甲、乙两车最后相接触，以下说法不正确的是（　　）A．甲、乙两车运动中速度之比为B．甲、乙两车运动中速度之比为C．甲车移动的距离为LD．乙车移动的距离为L【答案】B【详解】AB．甲、乙和两车组成的系统合外力为零，系统的动量守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律得可得甲、乙两车运动中速度之比为故A正确，B错误；CD．设甲车和乙车移动的距离分别为s1和s2，则有，又联立解得，故CD正确。本题选不正确的，故选B。  易错类型2：挖掘隐含条件、临界条件不够1．（2019·黑龙江哈尔滨三中高三期中）如图所示，光滑水平面上停着一辆小车，小车的固定支架左端用不计质量的细线系一个小铁球。开始将小铁球提起到图示位置，然后无初速释放，之后不会与车上的支架碰撞。在小铁球来回摆动的过程中，下列说法中正确的是　　A．小球摆到最低点时，小车的速度最大B．小车和小球系统动量守恒C．小球摆到右方最高点时刻，小车有向右的速度D．小球向右摆动过程小车一直向左加速运动【答案】A【解析】【分析】由于水平面光滑，球、车系统水平方向动量守恒，但竖直方向动量不守恒，系统机械能守恒，小球摆过程中机械能不守恒。【详解】小车与小球组成的系统在水平方向动量守恒，小球在最低点，小球的水平速度最大，小车速度最大，小球从图示位置下摆到最低点，小车受力向左加速运动，当小球到最低点时，小车速度最大。当小球从最低点向右边运动时，小车向左减速，当小球运动到与左边图示位置相对称的位置时，小车静止。故小球向右摆动过程小车先向左加速运动，后向左减速运动，故A正确，CD错误；小车与小球组成的系统在水平方向动量守恒，在竖直方向动量不守恒，系统整体动量不守恒，故B错误。所以A正确，BCD错误。2．（2020·全国）两个物体质量分别为m1和m2，它们与水平面间的动摩擦因数分别为μ1和μ2，开始时弹簧被两个物体压缩后用细线拉紧，如图所示，当烧断细线时，被压缩的弹簧弹开的两物体可以脱离弹簧，则（ ）A．由于有摩擦力，所以系统动量一定不守恒B．当时，弹开过程中系统动量守恒C．m1和m2在刚脱离弹簧时的速度最大D．在刚烧断细线的瞬间，m1和m2的加速度一定最大【答案】B【详解】解：A、两物体所受的摩擦力大小关系不确定，方向相反，在弹簧作用的过程中，如果时，即两物体所受的摩擦力大小相等，所以系统所受合力为零，弹开过程中系统动量守恒，如果时，即两物体所受的摩擦力大小不相等，所以系统所受合力不为零，弹开过程中系统动量不守恒，故A错误，B正确；C、当烧断细线时，弹簧的弹力大于物体的摩擦力，物体做加速运动，当弹簧的弹力小于物体的摩擦力，物体做减速运动，所以两物体在弹簧弹力等于摩擦力时速度最大．故C错误；D、在刚烧断细线的瞬间，根据牛顿第二定律得物体的合力F合=F﹣μmg，物体脱离弹簧根据牛顿第二定律得物体的合力F′合=f，由于不知道具体数值关系，所以无法知道加速度最大的位置，故D错误；故选B．3．（2018·四川省内江市第二中学高三）如图所示，水平面I粗糙，水平面II光滑，一定长度、质量1.5kg的木板放在水平面II上，木板上表面与水平面I相平．质量0.5kg的滑块可看成质点，从水平面I上A点以2m/s的初速度向右运动，经0.5s滑上木板，滑块没有滑离木板．已知A点与木板左端B的距离为0.75m，滑块与木板上表面间动摩擦因数小于0.05，重力加速度g＝10m/s2．则（    ）A．滑块刚滑上木板时速度为0.5m/sB．滑块在木板上滑动时间小于1.5sC．整个过程中滑块的最小速度为0.5m/sD．木板与滑块间摩擦力对滑块的冲量大小为0.375Ns【答案】D【详解】滑块在AB之间做匀减速运动，根据可解得v1=1m/s,选项A错误；滑块滑上木板时，由动量守恒定律可知mv1=(m+M)v，解得v=0.25m/s；滑块在木板上的加速度a<μg=0.5m/s2，则滑块在木板上滑动时间,选项B错误；滑块与木板共速后一起做匀速运动，可知整个过程中滑块的最小速度为0.25m/s，选项C错误；根据动量定理可知，木板与滑块间摩擦力对滑块的冲量大小为，选项D正确；故选D.点睛：本题关键是要搞清两物体的运动特征，知道系统的动量守恒，从而求解共同速度，结合牛顿第二定律及动量定理解答.4．（2021·全国高三专题练习）如图所示，质量m1＝4kg的小车静止在光滑的水平面上，车长L＝1m，现有质量m2＝2kg可视为质点的物块，以水平向右的速度v0＝3m/s从左端滑上小车。已知物块与车上表面间的动摩擦因数μ＝0.5，取g＝10m/s2，则物块滑上小车后（　　）A．滑块和小车组成的系统动量不守恒B．滑块和小车组成的系统机械能守恒C．经过一段时间从小车右端滑下D．整个过程中系统产生的热量为6J【答案】D【详解】A．滑块和小车组成的系统受合外力为零，则动量守恒，选项A错误；B．小车间有摩擦力，要产生内能，所以滑块和小车组成的系统机械能不守恒，故B错误；C．假设物块最终与小车共速，共同速度为v，取向右为正方向，由动量守恒定律得m2v0＝（m1＋m2）v根据能量守恒定律得μm2gd＝m2v02－（m1＋m2）v2解得滑块相对于小车滑行的距离为d＝0.6m＜L＝1m所以滑块不会从小车右端滑下，故C错误；D．整个过程中系统产生的热量为Q＝μm2gd＝6J故D正确。故选D。5．（2020·肇东市第四中学校高三期末）如图所示，质量分别为、的两个小球A、B，带有等量异种电荷，通过绝缘轻弹簧相连接，置于绝缘光滑的水平面上，突然加一水平向右的匀强电场后，两球A、B将由静止开始运动，对两小球A、B和弹簧组成的系统，在以后的运动过程中，以下说法正确的是设整个过程中不考虑电荷间库仑力的作用且弹簧不超过弹性限度　　A．系统机械能不断增加B．系统机械能守恒C．系统动量不断增加D．系统动量守恒【答案】D【详解】AB．加上电场后，电场力对两球分别做正功，A球向左运动，B球向右运动，两球的动能先增加，当电场力和弹簧弹力平衡时，动能最大，然后弹力大于电场力，两球的动能减小，直到动能均为0，弹簧最长为止，此过程中电场力对两球均做正功，系统机械能一直增加；接着两球反向加速，再减速，弹簧缩短到原长，弹簧缩短的过程中，电场力对两球分别做负功，系统机械能一直减小，因此，系统机械能不守恒，故AB错误；CD．两球所带电荷量相等而电性相反，则系统所受电场力的合力为零，系统所受的合外力为零，因此系统动量守恒，故C错误，D正确。故选D。6．（2021·全国高三专题练习）如图所示，两光滑且平行固定的水平杆位于同一竖直平面内，两静止小球a、b分别穿在两杆上，两球间连接一个处于原长的竖直轻弹簧，现给小球b一个水平向右的初速度v0.小球a的质量为m1，小球b的质量为m2，且m1≠m2，如果两杆足够长，则在此后的运动过程中（　　）A．a、b组成的系统动量守恒B．a、b组成的系统机械能守恒C．弹簧最长时，其弹性势能为D．当a的速度达到最大时，b的速度最小【答案】A【详解】A．由于水平杆光滑，两球在竖直方向上受力平衡，所受弹簧的弹力在水平方向上的分力时刻大小相等、方向相反，所以两球组成的系统所受的合力为零，即系统动量守恒，故A正确；B．两小球受重力、弹簧弹力和杆的支持力，重力和杆的支持力不做功，弹簧弹力做功大小、正负不同，故两小球组成的系统机械能不守恒，故B错误；C．当弹簧最长时，两小球的速度相等，由动量守恒定律有解得由机械能守恒定律，弹簧最长时，其弹性势能故C错误；D．由于两小球的质量不相等，弹簧开始伸长的过程中，a一直在加速，当弹簧再次恢复原长时a的速度达到最大，从开始到此刻，相当于b以速度v0与静止的a发生弹性碰撞，若m1＜m2，则此时b的速度仍向右，速度最小，若m1>m2，则此时b的速度向左，大于最小值0，故D错误。故选A。7．（2020·吉林高三）一轻弹簧左侧固定在水平台面上的A点，自然状态右端位于O点。用质量为4m的物块将弹簧压缩到B点（不拴接），释放后，物块恰好运动到O点。现换质量为m的同种材质物块重复上述过程，物块离开弹簧后将与平台边缘C处静止的质量为km的小球正碰，碰后小球做平抛运动经过t=0.4s击中平台右侧倾角为θ=45°的固定斜面，且小球从C到斜面平抛的位移最短。已知物块与水平台面间的动摩擦因数μ=0.64，LBO=2Loc=0.5m，不计空气阻力，滑块和小球都视为质点，g取10m/s2。求：(1)物块m与小球碰前瞬间速度的大小；(2)k的取值范围。【答案】（1）；（2）1≤k≤3【详解】(1)用质量为4m的物块将弹簧压缩到B点（不拴接），释放后，物块恰好运动到O点，由能量守恒，弹簧的弹性势能质量为m的同种材质物块重复上述过程，由能量守恒解得物块m与小球碰前瞬间速度的大小(2) C到斜面平抛且位移最小，则位移的偏向角为45°，由平抛解得若二者发生弹性碰撞，则得k1=3若二者发生完全非弹性碰撞，则得k2=1k的可能值为1≤k≤38．（2019·天津高三月考）如图所示的轨道由位于竖直平面的圆弧轨道和水平轨道两部分相连而成。水平轨道的右侧有一质量为m的滑块与轻质弹簧的一端相连，弹簧的另一端固定在竖直的墙M上，弹簧处于原长时，滑块C在P点处；在水平轨道上方O处，用长为L的细线悬挂一质量为m的小球B，B球恰好与水平轨道相切于D点，并可绕D点在竖直平面内摆动。质量为m的滑块A由圆弧轨道上静止释放，进入水平轨道与小球B发生弹性碰撞。P点左方的轨道光滑、右方粗糙，滑块A、C与PM段的动摩擦因数均为，其余各处的摩擦不计，A、B、C均可视为质点，重力加速度为。（1）若B球能与滑块A再次发生弹性碰撞且使滑块A向右运动，则A至少要从距水平轨道多高的地方开始释放？（2）在（1）中算出的最小高度处由静止释放A，经一段时间A与C相碰，设碰撞时间极短，碰后一起压缩弹簧，弹簧最大压缩量为，求弹簧的最大弹性势能。【答案】（1）；（2）【详解】（1）对A由静止释放到D点时对AB碰撞过程，动量守恒，机械能守恒，则，B球能与滑块A再次发生弹性碰撞且使滑块A向右运动，对B球需要过圆周的最高点，则B球恰好能通过圆周的最高点时有最低点→最高点；解得（2）对AC碰撞过程，动量守恒压缩弹簧的过程，由能量守恒得解得