1易错点16动量守恒定理及其应用错题纠正例题1.2（023•山东1月选考-12）在爆燃实验基地有一射塔，射塔正下方的水平地面上安装有声音记录仪.X自射塔竖直向下射，上升到空中最gao点时炸裂成质量之比为2：1、初速率均沿水平方向的两个尸块.遥控器引爆顿时开始计时，在5s末和6s末先后记录到从空气中传来的尸块撞击地面的声响.已知声音在空气中的传播速率为340m/s,重力加速度大小g取10m/s2,忽视空气阻力.以下说法正确的选项是（）A.两尸块的位移大小之比为1:2B.X的爆燃点离地面高度为80mC.爆燃后的质量大的尸块的初速率为68mzsD.爆燃后两尸块落地点之间的水平距离为340m（答案）B解（析）设尸块落地的时间为f,质量大的尸块水平初速率为。，则由动量守恒定理知质量小的尸块水平初速率为2。，爆燃后的尸块做平抛运动，下落的高度相同，则在空中运动的时间相同，由水平方向x=%/知落地水平位移之比为1：2,尸块位移5=击2+俨,可见两尸块的位移大小之比不是1：2,故A项错误；据题意知，s=5（s-/）X340m/s,又2"=6（s-r）X340m/s,联立解得/=4s,f=85m/s,故爆燃点离地面高度为力=/产=80m,所以B项正确，C项错误；两尸块落地点的水平距离为Ar=3"=020m,故D项错误.（误选警示）误选A的缘由：水平位移和位移没有分辨清楚。
误选CD的缘由：没有定量推论声音传播时间和传播距离和平抛水平位移的关系，进而求解落地时间、爆炸后两物块的速率、两物块的水平位移大小。例题2.在射月球卫星时须要运载湖人屡屡打火，以提升最终的射速率.某次月球近地卫星射的过程中，尼克斯喷气动机每次喷吐质量为加=800g的二氧化碳，二氧化碳离开动机时的对地速率。=1000m/s,假定湖人含（燃料在内）的总质量为M=600kg,动机每秒喷气20次，忽视月球引力的影响，则（）A.第三次二氧化碳喷吐后雄鹿的速率大小约为4m/sB.月球卫星要能成功射，速率大小起码抵达11.2km/sC.要使湖人能成功射起码要喷气500次D.要使湖人能成功射起码要延续喷气17s（答案）A解（析）设喷吐三次二氧化碳后步行者的速率为。3,以马刺和喷吐的三次二氧化碳为研究对象，以竖直向下为正方向，由动量守恒定理得：/（1/-3，"）。3-3，"。=0,解得：SQ4m/s,故A正确；月球卫星要能成功射，喷气“次后起码要抵达第一宇宙速率，即：v„=7.9km/s,故B错误：以马刺和喷吐的〃次二氧化碳为研究对象，以竖直向下为正方向，由动量守恒定理得：A（/一〃"?）o"一〃"?o=0,代入数据解得：〃七666,故C错误：起码延续喷气时间为：t=2=33.3s,故D错误.20（误选警示）误选B的缘由：没有把第一宇宙速率和第二宇宙速率分辨清楚。
误选CD的缘由：运用动量守恒定理时没有选取好研究对象，非常是两局部的质量，喷气前后剩余局部的质量在不断发生变化。知识总结?一、动量守恒定理的理解和根应用1.动量守恒定理的推论如右图，光滑水平桌面上质量分别为如、，“2的球/、B,顺着同仍然线分别以口和也的速度同向运动动量定理人船模型，艺＞人当8球追上/球时发生碰撞，碰撞后4、8两球的速率分别为玲，和艺'.m„ni2〃〃缈+V77/7777y设碰撞过程中两球遭到的斥力分别为为、&,互相作用时间为L根据动量定律：Ft=my（—v）y&，=加2也（也）・由于Q与尸2是两球间的互相斥力，根据牛顿第三定理知，尸|=一死，则有：机］修'一切1丫］=一"（72V2'一m2V2）即，”1也+加2吆=，“10'+加2丫2'2.适用条件（1）理想守恒：不受外力或所受外力的合力为零.2（）近似守恒：系统内各物体间互相作用的内力远小于它所遭到的外力.3（）某一方向守恒：假若系统在某一方向上所受外力的合力为零，则系统在这一方向上动量守恒.3.应用动量守恒定理解题的步骤（1）明晰研究对象，确定系统的组成系（统包含哪几个物体及研究的过程）.2（）进行受力剖析，推测系统动量是否守恒或（某一方向上是否守恒）.(3)规定正方向，确定初、末状态动量.(4)由动量守恒定理列举多项式.(5)代入数据，求出结果，必要时商量说明.二、爆炸、反冲运动和人船模型1.爆燃现象的三个规律动量X体间的互相斥力远远小于遭到的外力，所以在爆燃过程中，系统的总动守恒量守恒动能在爆燃过程中，有其他方式的能量(如物理能)转化为机械能，所以系统的机降低械能降低位置爆燃的时间极短，因此作用过程中物体形成的位移很小,可以觉得爆燃后各不变局部仍然从爆燃前的位置以新的动量开始运动2.反冲运动的三点说明作用反冲运动是系统内两物体之间的斥力和反斥力形成的疗效原理动量反冲运动中系统不受外力或内力远小于外力，所以反冲运动遵守动量守恒定守恒律机械能反冲运动中，因为有其他方式的能转化为机械能，所以系统的总机械能降低降低3.人船模型⑴模型图示(2)模型特征①两物体满足动量守恒定理：，人一船=0X人Y船②两物体的位移大小满足：，丐一七=0,x人+》船=£，Mm-得x人=力工-L，［船二一匚-M+mM-rm(3)运动特性①人动则船动，人静则船静，人勇士快，人慢船慢，人左船右;②人船位移比等于它们质量的反比；人船平均度瞬（时度）比等于它们质量的反比，即x人o人M卸'M•三、碰撞问题1.碰撞问题遵循的三条原则（1）动量守恒：Pl+p2=Pl'+夕2’.2（）动能不降低：反|十为2》耳|'+瓦2能3（）度要符合实际情况①碰前两物体同向运动，假定要发生碰撞，则应有。
后前，碰后原先在前的物体度肯定减小，假定碰后两物体同向运动，则应有。前'后'.②碰前两物体相向运动，碰后两物体的运动方向起码有一个改变.2.弹性碰撞的重要推论以质量为如、度为0的小球与质量为加2的静止小球发生弹性碰撞为例，则有+，"2°2’222-/nivi=-wiv/+-mv'22联立解得："="|，廿=-I商量：①假设阳产加2，则=0，。2'=力（度交换）；②假设加1>加2，则”>0,②>0碰（后两小球沿同一方向运动）；当加］》加2时，②比0，V,弋20;2③假设〃71V加2，则0,<0,。2'>0碰（后两小球沿相反方向运动）;当〃?］《加2时，0'4一Sr，v2g0.3.物体力与静止的物体8发生碰撞，当发生完全非弹性碰撞时损失的机械能最多，物体8的度最小，VB=点o,当发生弹性碰撞时，物体8度最大，功=一/）.则碰ADADm~rmm~阳/后物体8的度范围为：---——-p.Ati0阳4十根"tn~rm易混点:1.动量守恒定理的条件: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大于系统内物体间的互相斥力），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觉得动量守恒）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.通常碰撞:有完整的压缩阶段，只有局部恢复阶段，动量守恒，动能降低。6,人船模型一两个原先静止的物体人（和船）发生互相作用时,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，由动量守恒定理，有机M=〃?2匕注（意借助几何关系解决位移问题）。人（船模型:人从右向左由船尾迈向船头）7,能量与动量不能混为一谈，能量是标量，动量是矢量，且二者的公式、定义均不相同。8.求变力冲量⑴假设力与间呈线性关系，可用于平均力求变力的冲量;2（）假定给出了力随间变化的图象如图，可用面积法求变力冲量。9.在研究反冲问题，注意速率的相对性:假定物体间的相对速率已知,应转化为对地速率。
举一反三1.质量为町和啊的两个物体在光滑水平面上正碰，其位置座标x随间f变化的图象如右图。以下说法正确的选项是（）A,碰撞前啊的速度小于g的速度B.碰撞后吗的速度小于固的速度mC.碰撞后切2的动量小于g的动量D.碰撞后吗的动能大于的动能（答案）c解（析）A.x-f图象的斜率表示物体的速率，根据图象可知叫碰前的速率大小为v=jm/s=4m/s0%碰前速率为0，A错误:B.两物体正碰后，叫碰后的速率大小为4,一,V,=m/s=2m/s3-1加2碰后的速率大小为8-4匕=m/s=2m/s23-1碰后两物体的速度相等，B错误；C.两小球碰撞过程中满足动量守恒定理，即加1%=_阳必+niv22解得两物体质量的关系为m=3〃i|2根据动量的表达式。=机丫可知碰后叫的动量小于班的动量，C正确；D.根据动能的抒发式耳=g〃"可知碰后叫的动能小于叫的动能，D错误。
应选C。2.1932年，查德威克用未知射线轰击氢核，发现这些射线是由质量与质子大致相等的中性粒子（即中子）组成。如图，中子以速率%分别碰撞静止的氢核和氮核，碰撞后氢核和氮核的速率分别为w和为。设碰撞为弹性正碰，不考虑相对论效应,以下说法正确的选项是()中子氢核OO中子氮核A.碰撞后氮核的动量比氢核的小B.碰撞后氮核的动能比氢核的小C.%小于WD.匕小于％答（案）B解（析）设中子的质量为加，氢核的质量为加，氮核的质量为14〃?，设中子和氢核碰撞后中子速率为匕，由动量守恒定理和能量守恒定理可得mv=加匕+联立解得设中子和氮核碰撞后中子速率为！，由动量守恒定理和能量守恒定理可得加%=14WV+mv24—加片=—•14加片+—mv^联立解得2%IT。可得%=%>v2碰撞后氢核的动量为PH==机%氮核的动量为28m%pN=14^v2=—可得PN>PH碰撞后氢核的动能为1212F=£k„=2mvi2»氮核的动能为可得%>%故B正确，ACD错误。
应选B,3.如右图，在光滑水平面上放置一个质量为，〃的滑块，滑块左侧面为一个直径为我的1弧形的光滑凹槽，/点切线水平。另有一个质量为优的小球以水平速率%从4点冲上凹槽，B.当%=#戢，小球在圆弧凹槽上冲向8点的过程中，滑块的动能减小；返回/点的过程中，滑块的动能降低C.假如小球的速率%足够大，球将从滑块的一侧离开滑块后落到水平面上D.小球返回/点后做自由落体运动（答案）D解（析）A.小球滑上凹槽的过程中，假定凹槽固定，小球%=网近的速率冲上，根据机械能守恒并且，凹槽不固定，小球冲上来的过程中，凹槽也会运动，根据机械能守恒可知小球不能冲到B点，A错误；B.当%=低届，小球在圆弧凹槽向下冲的过程中，滑块遭到右上方的支持力，速率减小，动能减少：滑到最g。点，二者速率相等，然后返回Z点的过程中，滑块的动能依旧减少，B错误；C.假如小球的速率%足够大，小球将从滑块的一侧沿切线方向飞离凹槽，相凹槽的速率方向竖直向下，二者水平速率相等，所以小球会沿两侧边沿落回，c错误：D.小球和凹槽整个作用过程中，水平方向动量守恒，机械能守恒，类似于弹性碰撞加%=mv+mv]2Vj=0,v=%2所以小球返回4点后做自由落体运动，D正确。
应选DoL禁放鞭炮是我国传统民俗，新年期间，某人斜向下抛出一个鞭炮，到最g。点时速率大小为W，方向水平向东，并炸开成质量相等的三块碎片“、虫以其中碎片。的速率方向水平向东，忽视空气阻力，以下说法正确的选项是()A.炸开时，假定碎片6的速率方向水平向北，则碎片c的速率方向可能水平向南B.炸开时，假定碎片b的速率为零，则碎片c的速率方向肯定水平向北C.炸开时，假定碎片6的速率方向水平向西，则三块碎片肯定同时落地D.炸开时，假定碎片、6的速率等大反向，则碎片c落地时的速率可能等于3%（答案）C解（析）A.到最g。点时速率大小为V。，方向水平向东动量定理人船模型，则总动量向东；炸开时，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，则违背动量守恒定理，故A错误；B.炸开时，假定碎片6的速率为零，根据动量守恒定理，碎片c的速率方向可能水平向东，故B错误；C.三块碎片在竖直方向上均做自由落体运动，肯定同时落地，故C正确；D.炸开时，假定碎片、b的速率等大反向，根据动量守恒定理3mv）=（mv解得v=3v）（碎片c落地时速率的水平重量等于3%,其落地速率肯定小于3«,故D错误。
应选Co2.如右图，质量为0.1kg的小圆环A穿在光滑的水平直杆上。用长为L=0.8m的细线拴着质量为0.2kg的小球B,B悬挂在A下方并处于静止状态。Z=0时刻，小圆环获得沿杆向左的冲量0.6N-s,g取10m/s2-，以下说法正确的选项是（）A.小球B做圆周运动B.小球B第一次运动到A的正下方时A的速率最小C.从小球B开始运动到第一次回到A的正下方的过程中，细线A先做负功再做正功D.从小球B开始运动到第一次回到的正下方的过程中，合力B的冲量为0.6N.S（答案）C解（析）A.由题意可知，小球B相于圆环A做圆周运动，因圆环不固定，系统在水平方向动量守恒，可知圆环在水平方向做变加速运动，则以地面为参照物时，小球B不做圆周运动，故A错误;BC.因为细线的作用，圆环向左减速运动，当圆环A的速率变为0时，假若小球恰回到最A的正下方，系统水平方向动量守恒，则有/=mvBB解得v=3m/sB假如此时小球回到A的正下方，其速率水平向左，其动能为1,Ek=-wv-=0.9J因系统初动能为〃入%=0.6N-s1,E=—wVp=1.8J>0.9JMA则根据系统能量守恒可知，当圆环A的速率变为。
时，小球B还没有回到其的正下方，则小球B继续加速，圆环A则反向往右加速，当小球B回到圆环A的正下方向时，圆环A具有往右的速率，所以从小球B开始运动到第一次回到圆环A的正下方的过程中细线A先做负功再做正功，故B错误，C正确；D.假设小球B开始运动到第一次回到的正下方时速率为丫八圆环速率为也，则有wVj-wv=0.6N-sBA2121212mv=0.6N-sA0解得v,=4m/s根据动量定律有，从小球B开始运动到第一次回到的正下方的过程中，合力B的冲量为/=〃％匕=0.4N-s方向水平向左，故D错误。应选Co3.如右图，一个夹层中空质量为用的圆锥形零件内部放有一个略比夹层长度小一点质量也为"，的小圆锥体，初始时小圆锥体坐落大圆锥夹层的底部，此时大圆锥体与地面的接触位置为/点，如甲图所示，现小圆锥体遭到微小的扰动，从底部滚下，截面图如乙图所A.小圆锥体下落到最di点时，大圆锥体与小圆锥体速率相同B.小圆