新高考物理二轮复习易错题训练专题07 动量-（3大陷阱（2份，原卷版+解析版）

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目 录
01 易错陷阱（3大陷阱）
02 举一反三
【易错点提醒一】运用动量定理解释现象错误
【易错点提醒二】根据动量定理求冲力不会建立正确的物理模型
【易错点提醒三】不理解动量守恒定律的条件
【易错点提醒四】运用动量动量守恒列式错误
【易错点提醒五】没有弄清碰撞的特点而出现错误
【易错点提醒六】不会运用碰撞原则求解问题
03 易错题通关
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
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[4] 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）p=p' ，系统作用前的总动量等于作用后的总动量.
（2）Δp1=−Δp2 ，相互作用的两个物体动量的变化量等大反向.
（3）Δp=p'−p=0 ,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。
(4) 碰撞过程位移特点：在物体发生碰撞、的瞬间，可忽略物体的位移，认为物体在碰撞前后仍在同一位置。
6.碰撞问题的三个原则
（1）系统动量守恒，即p1＋p2＝p1′＋p2′。要注意“守恒”是矢量守恒，指系统总动量的大小和方向均守恒。
（2）机械能不增加，即碰撞结束后总动能不增加，表达式为Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或
eq \f(p\\al(12,),2m1)＋eq \f(p\\al(22,),2m2)≥eq \f(p1′2,2m1)＋eq \f(p2′2,2m2).
（3）速度要合理
①碰前若同向运动，原来在前的物体速度一定增大，且v前≥v后．
②两物体相向运动，碰后两物体的运动方向肯定有一个改变或速度均为零
.
【易错点提醒一】运用动量定理解释现象时出现错误
【例1】．（2020全国Ⅰ）行驶中的汽车如果发生剧烈碰撞，车内的安全气囊会被弹出并瞬间充满气体.若碰撞后汽车的速度在很短时间内减小为零，关于安全气囊在此过程中的作用，下列说法正确的是( )
A. 增加了司机单位面积的受力大小
B. 减少了碰撞前后司机动量的变化量
C. 将司机的动能全部转换成汽车的动能
D. 延长了司机的受力时间并增大了司机的受力面积
易错分析：此题许多同学错选B项，误认为减少了碰撞前后司机动量的变化量，实际上用动量定理解释现象，在动量变化相同的情况下，一股是大男生短时间，小力长时间。
【答案】D
【解析】 行驶中的汽车如果发生剧烈碰撞，车内安全气囊被弹出并瞬间充满气体，增大了司机的受力面积，减少了司机单位面积的受力大小，可以延长司机的受力时间，从而减小了司机受到的作用力，A错误，D正确；碰撞前司机的动量等于其质量与速度的乘积，碰撞后司机的动量为零，所以安全气囊不能减少碰撞前后司机的动量的变化量，B错误；碰撞过程中通过安全气囊将司机的动能转化为安全气囊的内能,C错误.
【变式1-1】（2023·广东深圳·统考二模）安全带是汽车行驶过程中生命安全的保障带。如图，在汽车正面碰撞测试中，汽车以72km/h的速度发生碰撞。车内假人的质量为50kg，使用安全带时，假人用时0.8s停下；不使用安全带时，假人与前方碰撞，用时0.2s停下。以下说法正确的是（ ）
A．碰撞过程中，汽车和假人的总动量守恒
B．无论是否使用安全带，假人动量变化量相同
C．使用安全带时，假人受到的平均作用力约为1250N
D．不使用安全带时，假人受到的平均作用力约为2500N
【答案】BC
【解析】碰撞过程中，汽车和假人组成的系统受撞击力作用，总动量不守恒，故A错误；
假人的初动量为
末动量都为0，所以无论是否使用安全带，假人动量变化量相同，故B正确；
使用安全带时，根据动量定理有，解得
假人受到的平均作用力约为1250N，故C正确；不使用安全带时，根据动量定理有
解得
假人受到的平均作用力约为5000N，故D错误
【变式1-2】（2023·江苏南通·统考一模）小明在立定跳远时，从起跳至着地的整个过程如图所示。保持起跳速度不变，则（ ）
A．起跳过程屈腿姿态不同，地面对人做的功总为零
B．起跳过程屈腿姿态不同，地面对人的平均作用力大小相同
C．着地过程屈腿姿态不同，地面对人的冲量相同
D．着地过程屈腿姿态不同，人的动量变化率相同
【答案】A
【解析】根据题意，由做功公式可知，由于无论起跳过程屈腿姿态什么样，地面对人的作用力的位移为0，则地面对人做的功总为零，故A正确；起跳过程屈腿姿态不同，则起跳时间不同，由于起跳速度不变，由动量定理可知，地面对人的平均作用力大小不同，故B错误；由于起跳速度不变，则落地速度也不变，即落地过程中动量的变化量不变，但着地过程屈腿姿态不同，落地时间不同，则人的动量变化率不同，由动量定理地面对人的冲量不相同，所以选项CD错误。
.【变式1-3】（2023广东中山市模拟）质量为的运动员从下蹲状态竖直向上起跳，经时间身体伸直并刚好离开水平地面，此时运动员的速度大小为，不计空气阻力，重力加速度大小为。则（ ）
A. 运动员在加速上升过程中处于失重状态
B. 该过程中，地面对运动员的冲量大小为
C. 该过程中，地面对运动员做功为0
D. 该过程中，运动员的动量变化量大小为
【答案】C
【解析】对运动员，在加速上升过程中加速度向上，处于超重状态，A错误；
由动量定理有
得地面对运动员的冲量大小为
B错误；地面对运动员的力的作用点的位移为零，得地面对运动员做功为零，C 正确；
运动员的动量变化量大小为，D错误
【易错点提醒二】根据动量定理求冲力不会建立正确的物理模型
【例2】（2024·广东省普通高考第一次模拟）汕头市属于台风频发地区，图示为风级（0~12）风速对照表。假设不同风级的风迎面垂直吹向某一广告牌，且吹到广告牌后速度立刻减小为零，则“12级”风对广告牌的最大作用力约为“4级”风对广告牌最小作用力的（ ）
A. 45倍B. 36倍C. 27倍D. 9倍
易错分析：对于空气、水等流体质介问题，同学们们在运用动量定理求平均冲力时，不知如何选取研究对象，建立物理模型，因而也无法求解，实慰上求解的关键是建立柱体模型。
【答案】A
【解析】设空气的密度为，广告牌的横截面积为，经过时间撞击在广告牌上的空气质量为
，根据动量定理可得，解得
根据牛顿第三定律可知，风对广告牌作用力为
则“级”风对广告牌的最大作用力与“级”风对广告牌最小作用力的比值为
故选项A正确。
【变式1-1】 2023·河南·校联考模拟预测）小飞同学在洗盘子的时候发现当水流稳定时，从水龙头流下的水柱从上到下越来越细，如图所示。小飞同学将盘子放在水龙头下一定距离，仔细观察后，水流对盘子的冲击力基本稳定，经过测量，水流对盘子的冲击力为F。已知水龙头的横截面积为，出水速度为，水的密度为，重力加速度为g。水接触盘子后速度立刻变为零，空气阻力不计。下列说法正确的是（ ）
A．盘子距水龙头的高度为B．盘子距水龙头的高度无法求出
C．与盘子接触的水柱横截面积无法求出D．与盘子接触的水流速度可以求出
【答案】D
【详解】水的流量不变，即
设水与盘子刚要接触时速度为，与盘子接触的水柱横截面积为，则
由动量定理得
解得，
水从出口到与盘子接触做匀加速直线运动，则盘子距水龙头的高度，故ABC错误，D项正确。
故选D。
【变式1-2】.（2022·安徽·合肥市第八中学模拟预测）平底煎锅正在炸豆子。假设每个豆子的质量均为m，弹起的豆子均垂直撞击平板锅盖，撞击速度均为v。每次撞击后速度大小均变为v，撞击的时间极短，发现质量为M的锅盖刚好被顶起。重力加速度为g，则单位时间撞击锅盖的豆子个数为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】设单位时间撞击锅盖的豆子个数为n，则由动量定理
其中F=Mg
解得
故选项A正确。
【变式1-3】（2023广东卷）某同学受电动窗帘的启发，设计了如图所示的简化模型．多个质量均为的滑块可在水平滑轨上滑动，忽略阻力．开窗帘过程中，电机对滑块1施加一个水平向右的恒力，推动滑块1以的速度与静止的滑块2碰撞，碰撞时间为，碰撞结束后瞬间两滑块的共同速度为．关于两滑块的碰撞过程，下列说法正确的有（ ）

A 该过程动量守恒
B. 滑块1受到合外力的冲量大小为
C. 滑块2受到合外力的冲量大小为
D. 滑块2受到滑块1的平均作用力大小为
【答案】BD
【解析】
【详解】A．取向右为正方向，滑块1和滑块2组成的系统的初动量为
碰撞后的动量为
则滑块的碰撞过程动量不守恒，故A错误；
B．对滑块1，取向右为正方向，则有
负号表示方向水平向左，故B正确；
C．对滑块2，取向右为正方向，则有
故C错误；
D．对滑块2根据动量定理有
解得
则滑块2受到滑块1的平均作用力大小为，故D正确。
故选BD。
【易错点提醒三】不理解动量守恒定律的条件
【例3】.（2024河北唐山期中）如图所示，物块A 静止在光滑水平面上，将小球B 从物块顶端由静止释放，从小球开始沿物块的光滑弧面（弧面末端与水平面相切）下滑到离开的整个过程中，对小球和物块组成的系统，下列说法正确的是( )
A. 动量守恒，机械能守恒B. 动量守恒，机械能不守恒
C. 动量不守恒，机械能守恒D. 动量不守恒，机械能不守恒
易错分析：此题错选A的学生较多，误认为系统的动量和机械能都守恒，实际上是错误，只能说系统在水平方向动量守恒，不能认为系统的动量守恒。
【答案】C
[解析] 对于A 、B 组成的系统，在B 下滑的过程中，只有重力做功，则小球和物块组成的系统机械能守恒；A 、B 组成的系统在竖直方向上所受外力之和不为零，则该系统动量不守恒，故选C.
【变式1-1】（/2021全国乙如图，光滑水平地面上有一小车，一轻弹簧的一端与车厢的挡板相连，另一端与滑块相连，滑块与车厢的水平底板间有摩擦.用力向右推动车厢使弹簧压缩，撤去推力时滑块在车厢底板上有相对滑动.在地面参考系（可视为惯性系）中，从撤去推力开始，小车、弹簧和滑块组成的系统( B )
A. 动量守恒，机械能守恒B. 动量守恒，机械能不守恒
C. 动量不守恒，机械能守恒D. 动量不守恒，机械能不守恒
【答案】B
[解析] 撤去推力后，小车、弹簧和滑块组成的系统所受合外力为零，满足系统动量守恒的条件，故系统动量守恒；由于撤去推力时滑块在车厢底板上有相对滑动，撤去推力后滑块和小车之间有相对位移，存在摩擦力做功的情况，故系统机械能不守恒，所以B正确.
【变式1-2】 [2023四川雅安期末/多选]木块a 和b 用一根轻弹簧连接起来，放在光滑水平面上，a 紧靠在墙壁上，在b 上施加向左的水平力F 使弹簧压缩，如图所示，当撤去外力后，下列说法正确的是( )
A. a 离开墙壁前，a 和b 组成的系统动量守恒
B. a 离开墙壁前，a 和b 组成的系统动量不守恒
C. a 离开墙壁后，a 和b 组成的系统动量守恒
D. a 离开墙壁后，a 和b 组成的系统动量不守恒
【答案】 BC
[解析] 当撤去外力F 后，a 离开墙壁前，系统受到墙壁的作用力，系统所受的外力之和不为零，所以a 和b 组成的系统动量不守恒，A 错误，B 正确；a 离开墙壁后，系统所受的外力之和为零，所以a 和b 组成的系统动量守恒，C 正确，D 错误.
.【变式1-3】 （2023河南周口模拟）如图所示，A 、B 两物体质量之比mA:mB=3:2 ，原来静止在平板车C 上，A 、B 间有一根被压缩的弹簧，地面光滑，当弹簧突然释放后，A 、B 分别向左、右滑动，则( )
A. 若A 、B 与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A 、B 组成的系统的动量守恒
B. 若A 、B 与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A 、B 、C 组成的系统的动量守恒
C. 若A 、B 所受的摩擦力大小相等，A 、B 组成的系统的动量守恒
D. 若A 、B 所受的摩擦力大小相等，A 、B 、C 组成的系统的动量守恒
【答案】BCD
[解析] 如果A 、B 与平板车上表面间的动摩擦因数相同，弹簧释放后A 、B 分别相对于平板车向左、向右滑动，它们所受的滑动摩擦力分别为FA （向右）、FB （向左），由于mA:mB=3:2 ，所以FA:FB=3:2 ，则A 、B 组成的系统所受的外力之和不为零，故其动量不守恒，A错误.对A 、B 、C 组成的系统，A 、B 与C 间的摩擦力为内力，该系统所受的外力为竖直方向上的重力和支持力，它们的合力为零，故该系统的动量守恒，B 、D 均正确.若A 、B 所受摩擦力大小相等，则A 、B 组成的系统所受的外力之和为零，故其动量守恒，C正确.
【易错点提醒四 】运用动量守恒定律列式出现错误
【例4】. （2020全国Ⅱ]水平冰面上有一固定的竖直挡板.一滑冰运动员面对挡板静止在冰面上，他把一质量为4.0kg 的静止物块以大小为5.0m/s 的速度沿与挡板垂直的方向推向挡板，运动员获得退行速度；物块与挡板弹性碰撞，速度反向，追上运动员时，运动员又把物块推向挡板，使其再一次以大小为5.0m/s 的速度与挡板弹性碰撞.总共经过8次这样推物块后，运动员退行速度的大小大于5.0m/s ，反弹的物块不能再追上运动员.不计冰面的摩擦力，该运动员的质量可能为( )
A. 48kg B. 53kg C. 58kg D. 63kg
易错分析：．应用动量守恒定律时首先要注意应先选取正方向，凡是与选取的正方向一致的动量为正值，相反为负；同时注意的“五性”公式中v1、v2是在相互作用前同一时刻的速度，v1′、v2′是相互作用后同一时刻的速度。不注意这两点在运用动量守恒定律列式往往出现错误。
【答案】BC
[解析] 选运动员退行速度方向为正方向，设运动员的质量为M ，物块的质量为m ，物块被推出时的速度大小为v0 ，运动员第一次推出物块后的退行速度大小为v1 .根据动量守恒定律知，运动员第一次推出物块时有0=Mv1−mv0 ，物块与挡板发生弹性碰撞，以等大的速率反弹；第二次推出物块时有Mv1+mv0=−mv0+Mv2 ，依此类推，Mv2+mv0=−mv0+Mv3 ，… ，Mv7+mv0=−mv0+Mv8 ，又运动员的退行速度v8>v0 ，v7