高中物理方法及易错内容专题分析：动量、动量守恒定律

第一篇：高中物理方法及易错内容专题分析：动量、动量守恒定律

第五章 动量、动量守恒定律

一、主要内容

本章内容包括动量、冲量、反冲等基本概念和动量定理、动量守恒定律等基本规律。冲量是物体间相互作用一段时间的结果，动量是描述物体做机械运动时某一时刻的状态量，物体受到冲量作用的结果，将导致物体动量的变化。冲量和动量都是矢量，它们的加、减运算都遵守矢量的平行四边形法则。

二、基本方法

本章中所涉及到的基本方法主要是一维的矢量运算方法，其中包括动量定理的应用和动量守定律的应用，由于力和动量均为矢量。因此，在应用动理定理和动量守恒定律时要首先选取正方向，正规定的正方向一致的力或动量取正值，反之取负值而不能只关注力或动量数值的大小；另外，理论上讲，只有在系统所受合外力为零的情况下系统的动量才守恒，但对于某些具体的动量守恒定律应用过程中，若系统所受的外力远小于系统内部相互作用的内力，则也可视为系统的动量守恒，这是一种近似处理问题的方法。

三、错解分析

在本章知识应用的过程中，初学者常犯的错误主要表现在：只注意力或动量的数值大小，而忽视力和动量的方向性，造成应用动量定理和动量守恒定律一列方程就出错；对于动量守恒定律中各速度均为相对于地面的速度认识不清。对题目中所给出的速度值不加分析，盲目地套入公式，这也是一些学生常犯的错误。例1 从同样高度落下的玻璃杯，掉在水泥地上容易打碎，而掉在草地上不容易打碎，其原因是：()A．掉在水泥地上的玻璃杯动量大，而掉在草地上的玻璃杯动量小 B．掉在水泥地上的玻璃杯动量改变大，掉在草地上的玻璃杯动量改变小

C．掉在水泥地上的玻璃杯动量改变快，掉在草地上的玻璃杯动量改变慢 D．掉在水泥地上的玻璃杯与地面接触时，相互作用时间短，而掉在草地上的玻璃杯与地面接触时间长。

【错解】 选B。

【错解原因】 认为水泥地较草地坚硬，所以给杯子的作用力大，由动量定理I=△P，即F·t=△P，认为F大即△P，大，所以水泥地对杯子的作用力大，因此掉在水泥地上的动量改变量大，所以，容易破碎。

【分析解答】 设玻璃杯下落高度为h。它们从h高度落地瞬间的

量变化快，所以掉在水泥地上杯子受到的合力大，冲力也大，所以杯子

所以掉在水泥地受到的合力大，地面给予杯子的冲击力也大，所以杯子易碎。正确答案应选C，D。

【评析】 判断这一类问题，应从作用力大小判断入手，再由动量

大，而不能一开始就认定水泥地作用力大，正是这一点需要自己去分析、判断。

例2 把质量为10kg的物体放在光滑的水平面上，如图5－1所示，在与水平方向成53°的N的力F作用下从静止开始运动，在2s内力F对物体的冲量为多少？物体获得的动量是多少？

【错解】 错解一：2s内力的冲量为

设物体获得的动量为P2，由动量定理

【错解原因】 对冲量的定义理解不全面，对动量定理中的冲量理解不移。错解一主要是对冲量的概念的理解，冲最定义应为“力与力作用时间的乘积”，只要题目中求力F的冲量，就不应再把此力分解。这类解法把冲量定义与功的计算公式W=Fcosa·s混淆了。

错解二主要是对动量定理中的冲量没有理解。实际上动量定理的叙述应为“物体的动量改变与物体所受的合外力的冲量相等”而不是“与某一个力的冲量相等”，此时物体除了受外力F的冲量，还有重力及支持力的冲量。所以解错了。

【分析解答】 首先对物体进行受力分析：与水平方向成53°的拉力F，竖直向下的重力G、竖直向上的支持力N。由冲量定义可知，力F的冲量为：

IF=F·t=10×2=10(N·s)

因为在竖直方向上，力F的分量Fsin53°，重力G，支持力N的合力为零，合力的冲量也为零。所以，物体所受的合外力的冲量就等干力F在水平方向上的分量，由动量定理得：

Fcos53°·t=P2-0 所以P2=Fcos53°·t=10×0.8×2(kg·m/s)

P2=16kg·m/s

【评析】对于物理规律、公式的记忆,要在理解的基础上记忆，要注意弄清公式中各物理量的含量及规律反映的物理本质，而不能机械地从形式上进行记

忆。另外，对于计算冲量和功的公式、动能定理和动量定理的公式，由于它们从形式上很相似，因此要特别注意弄清它们的区别。

例3 在距地面高为h，同时以相等初速V0分别平抛，竖直上抛，竖直下抛一质量相等的物体m，当它们从抛出到落地时，比较它们的动量的增量△P，有()A．平抛过程较大 B．竖直上抛过程较大 C．竖直下抛过程较大 D．三者一样大

【错解】 错解一：根据机械能守恒定律，抛出时初速度大小相等，落地时末速度大小也相等，它们的初态动量P1=mv0。是相等的，它们的末态动量P2=mv也是相等的，所以△P=P2-P1WIJ一定相等。选D。

错解二：从同一高度以相等的初速度抛出后落地，不论是平抛、竖直上抛或竖直下抛，因为动量增量相等所用时间也相同，所以冲量也相同，所以动量的改变量也相同，所以选D。

【错解原因】 错解一主要是因为没有真正理解动量是矢量，动量的增量△P=P2=P1也是矢量的差值，矢量的加减法运算遵从矢量的平行四边形法则，而不能用求代数差代替。平抛运动的初动量沿水平方向，末动量沿斜向下方；竖直上抛的初动量为竖直向上，末动量为竖直向下，而竖直下抛的初末动量均为竖直向下。这样分析，动量的增量△P就不一样了。

方向，而动量是矢量，有方向。从运动合成的角度可知，平抛运动可由一个水平匀速运动和一个竖直自由落体运动合成得来。它下落的时间由

为初速不为零，加速度为g的匀加速度直线运动。竖直下抛落地时间t3＜t1，所以第二种解法是错误的。

【分析解答】 1．由动量变化图5－2中可知，△P2最大，即竖直上抛过程动量增量最大，所以应选B。

【评析】 对于动量变化问题，一般要注意两点：

(1)动量是矢量，用初、末状态的动量之差求动量变化，一定要注意用矢量的运算法则，即平行四边形法则。

(2)由于矢量的减法较为复杂，如本题解答中的第一种解法，因此对于初、末状态动量不在一条直线上的情况，通常采用动量定理，利用合外力的冲量计算动量变化。如本题解答中的第二种解法，但要注意，利用动量定理求动变化时，要求合外力一定为恒力。

例4 如图5－3所示，一个质量为M的小车置于光滑水平面。一端用轻杆AB固定在墙上，一个质量为m的木块C置于车上时的初速度为v0。因摩擦经t秒木块停下，(设小车足够长)，求木块C和小车各自受到的冲量。

【错解】 以木块C为研究对象，水平方向受到向右的摩擦力f，以v0)。为正方向，由动量定理有：

-ft=0=mv0 所以I木=ft=mv0

所以，木块C受的冲量大小为mv0，方向水平向右。

又因为小车受到的摩擦力水平向左，大小也是f(牛顿第三定律)。所以小车受到的冲量I车= ft =mv0,大小与木块受到的冲量相等方向相反，即水平向左。【错解原因】 主要是因为对动量定理中的冲量理解不深入，动量定理的内容是：物体所受合外力的冲量等于它的动量的变化量。数学表达式为I合=P2-P1，等式左侧的冲量应指合外力的冲量。在上述解答中，求木块C受到的冲量为my0

是正确的。因为C受到的合外力就是／(重力mg与支持力N互相平衡)，但小车的冲量就错了。因为小车共受5个力：重力Mg，压力N=mg，支持力N′[N′=(m＋M)g]，摩擦力f和AB杆对小车的拉力T，且拉力T=f，所以小车所受合力为零，合力的冲量也为零。

【分析解答】 以木块C为研究对象，水平方向受到向右的摩擦力f，以V0为正方向由动量定理有：

-ft=0-mv0 ∴I木=f·t=mv0

所以，木块C所受冲量为mv0，方向向右。对小车受力分析，竖直方向N′=Mg＋N=(M＋m)g，水平方向T=f′，所以小车所受合力为零，由动量定理可知，小车的冲量为零。

从动量变化的角度看，小车始终静止没动，所以动量的变化量为零，所以小车的冲量为零。

正确答案是木块C的冲量为mv0，方向向右。小车的冲量为零。

【评析】 在学习动量定理时，除了要注意动量是矢量，求动量的变化△P要用矢量运算法则运算外，还要注意F·t中F的含义，F是合外力而不是某一个力。

参考练习：质量为100g的小球从0.8m高处自由落下到一厚软垫上，若从小球接触软垫到小球陷至最低点经历了0.20s，则这段时间软垫对小球的冲量为______(g=10m/s2，不计空气阻力)(答案为0．6N·s)

例5 向空中发射一物体．不计空气阻力，当物体的速度恰好沿水平方向时，物体炸裂为a,b两块．若质量较大的a块的速度方向仍沿原来的方向则()A．b的速度方向一定与原速度方向相反

B．从炸裂到落地这段时间里，a飞行的水平距离一定比b的大 C．a，b一定同时到达地面

D．炸裂的过程中，a中受到的爆炸力的冲量大小一定相等

【错解】 错解一：因为在炸裂中分成两块的物体一个向前，另一个必向后，所以选A。

锗解二：因为不知道a与b的速度谁大，所以不能确定是否同时到达地面，也不能确定水平距离谁的大，所以不选B，C。

错解三：在炸裂过程中，因为a的质量较大，所以a受的冲量较大，所以D不对。

【错解原因】 错解一中的认识是一种凭感觉判断，而不是建立在全面分析的基础上。事实是由于没有讲明a的速度大小。所以，若要满足动量守恒，(ma+mb)v=mava＋mbvb，vb的方向也可能与va同向。

错解二是因为没有掌握力的独立原理和运动独立性原理。把水平方向运动的快慢与竖直方向的运动混为一谈。

错解三的主要错误在于对于冲量的概念没有很好理解。

【分析解答】 物体炸裂过程发生在物体沿水平方向运动时，由于物体沿水平方向不受外力，所以沿水平方向动量守恒，根据动量守恒定律有：

(ma+mb)v=mavb＋mbvb

当va与原来速度v同向时,vb可能与va反向，也可能与va同向,第二种情况是由于va的大小没有确定，题目只讲的质量较大，但若va很小，则mava还可能小于原动量(ma+mb)v。这时,vb的方向会与va方向一致，即与原来方向相同所以A不对。

a，b两块在水平飞行的同时，竖直方向做自由落体运动即做平抛运

选项C是正确的

由于水平飞行距离x=v·t，a、b两块炸裂后的速度va。vb。不一定相等，而落地时间t又相等，所以水平飞行距离无法比较大小，所以B不对。根据牛顿第三定律，a，b所受爆炸力Fa=-Fb，力的作用时间相等，所以冲量I=F·t的大小一定相等。所以D是正确的。

此题的正确答案是：C，D。

【评析】 对于物理问题的解答，首先要搞清问题的物理情景，抓住过程的特点(物体沿水平方向飞行时炸成两块，且a仍沿原来方向运动)，进而结合过程特点(沿水平方向物体不受外力)，运动相应的物理规律(沿水平方向动量守恒)进行分析、判断。解答物理问题应该有根有据，切忌“想当然”地作出判断。例6 总质量为M的装砂的小车，正以速度v0在光滑水平面上前进、突然车底漏了，不断有砂子漏出来落到地面，问在漏砂的过程中，小车的速度是否变化？

【错解】 质量为m的砂子从车上漏出来，漏砂后小车的速度为v由动量守恒守律：

Mv0=(M-m)v

【错解原因】 解法错误的主要原因在于研究对象的选取，小车中砂子的质量变了，即原来属于系统内的砂子漏出后就不研究了。这样，所谓系统的初状态及末状态的含义就变了。实际情况是，漏掉的砂子在刚离开车的瞬间，其速度与小车的速度是相同的，然后做匀变速运动(即平抛)【分析解答】 质量为m的砂子从车上漏出来，漏砂后小车的速度为V由动量守恒定律：

My0=mv＋(M-m)v 解得：v=v0即砂子漏出后小车的速度是不变的。

【评析】 用动量守恒定律时，第一个重要的问题就是选取的系统。当你选定一个系统(此题为小车及车上的全部砂子)时，系统的初末状态都应该对全系统而言，不能在中间变换系统。

例7 弹在水平飞行时，其动能为Ek0=800J，某时它炸裂成质量相等的两块，其中一块的动能为Ek1=625J，求另一块的动能Ek2

【错解】 设炮弹的总质量为m，爆炸前后动量守恒，由动量守恒定律：P=P1＋P2

代入数据得：Ek=225J。

【错解原因】 主要是只考虑到爆炸后两块的速度同向，而没有考虑到方向相反的情况，因而漏掉一解。实际上，动能为625J的一块的速度与炸裂前炮弹运动速度也可能相反。

【分析解答】 以炮弹爆炸前的方向为正方向，并考虑到动能为625J的一块的速度可能为正．可能为负，由动量守恒定律：

P＝P1＋P2

解得：Ek2=225J或4225J。

正确答案是另一块的动能为225J或4225J。

【评析】 从上面答案的结果看，炮弹炸裂后的总动能为(625＋225)J=850J或(625＋4225)J=4850J。比炸裂前的总动能大，这是因为在爆炸过程中，化学能转化为机械能的缘故。

例8 一绳跨过定滑轮，两端分别栓有质量为M1，M2的物块(M2＞M1如图5－4)，M2开始是静止于地面上，当M1自由下落H距离后，绳子才被拉紧，求绳子刚被拉紧时两物块的速度。

【错解】 M1自由下落H距离时，速度v1=。在M1和M2组成的系统中，它们相互作用前后的动量守恒。当绳子刚被拉紧时，设M1，M2的共同速度为v，【错解原因】 实际上，上述结果是正确的，但在解题过程中，出现了两个错误。其一，没有认真分析绳子拉紧前后的动量守恒条件。实际上由M1，M2组成的系统除了受重力外，还要受到滑轮轴心竖直向上的支持力作用，而这个支持力不等于M1+M2的重力，所以系统所受合外力不为零。不能对整个系统应用动量守

恒定律。其二，即使能应用动量守恒定律，也应认真考虑动量的方向性，M1的方向向下，而M2的方向向上，不能认为M1与M2系统的动量为(M1＋M2)v。

【分析解答】 M1自由下落H距离时的速度

绳子拉紧后的一小段时间△t后，M1与M2具有相同的速率V,M1的速度向下，M2的速度向上。

对M1由动量定理，以向上为正方向:(T1-M1g)△t=M1v-(-M1v1)② 对M2由动量定理，以向上为正方向：

(T2-M2g)△L=M2v-0 ③ 因为拉紧过程绳子的拉力远远大于物体的重力，可以认为T1=T2，所

【评析】 通过本题的分析与解答，我们可以从中得到两点警示。一是运用物理规律时一定要注意规律的适用条件，这一点要从题目所述的物理过程的特点出发进行分析，而不能“以貌取人”，一看到两物体间相互作用，就盲目地套用动量守恒定律。二是应用动量守恒定律时，要注意此规律的矢量性，即要考虑到系统内物体运动的方向。

例9 在一只静止的小船上练习射击，船、人连同枪(不包括子弹)及靶的总质量为M，枪内装有n颗子弹，每颗质量为m，枪口到靶的距离为l,子弹射出枪口时相对于地面的速度为v，在发射后一颗子弹时，前一颗子弹已陷入靶中，则在发射完n颗子弹后，小船后退的距离为多少？

【错解】 设第一颗子弹射出后船的后退速度为v′，后退距离为S1，子弹从枪口到靶所用的时间为：

对这颗子弹和其他物体构成的系统列动量守恒方程：

mv=[M＋(n-1)m]v′ ②

在时间t内船的后退距离

s1=v′t ③ 子弹全部射出后船的后退距离

s=ns1 ④ 联立①②③④解得：

【分析解答】 设子弹射出后船的后退速度为v′，后退距离为s1=v′t，如图5－5所示①由几何关系可知

l=d+s1 即lv·t+v′t ⑤ 联立②③④⑤解得：

【评析】 对本题物理过程分析的关键，是要弄清子弹射向靶的过程中，子弹与船运动的关系，而这一关系如果能用图5－5所示的几何图形加以描述，则很容易找出子弹与船间的相对运动关系。可见利用运动的过程草图，帮助我们分析类似较为复杂的运动关系问题，是大有益处的。

例10 如图5－6所示，物体A置于小车B上，A与B之间光滑无摩擦。它们以共同的速度v前进。突然碰到障碍物C，将A从车上碰了出去，A被碰回的速度大小也是v。问：小车B的速度将怎样变化？

【错解】 以A，B原来速度方向为正，设小车B后来的速度为v′，根据动量守恒定律，则

(mA+mB)=mBv′-mAv 即：(mA＋mB＋mA)v—mBv′

因为2mA＋mB＞mB

所以：V′＞v(变大)方向为原来的方向。

【错解原因】 上述错解的主要原因是不注意分析物理规律的适用条件，适用动量守恒定律而造成的。

当我们研究对象为A和B组成的系统时(如上述错解的研究对象)。在A与障碍物C发生碰撞时，因为C对A的作用力就A与B的系统米说是外力，所以不满足动量守恒条件(不受外力或合外力为零)。也就是说它们的动量不守恒，不能应用动量守恒定律去计算与讨论。不加分析地运用动量守恒定律必然导致错误。【分析解答】 实际上，在A与C相碰时，由于C对A的作用力的冲量使A的动量发生了变化。而A与B之间光滑无摩擦。在水平方向无相互作用力。所以对B来说，其水平动量是守恒的(实际上也只具有水平动量)。也就是说，A在水平方向运动的变化不会影响B的运动情况，因此B将以速度v继续前进。【评析】 物体间发生相互作用时，选哪个系统为研究对象，这是人为的选择，但要注意，若系统选择不当，则导致对该系统不用应用动量守恒定律来求解，如本题的A，B组成的系统。因此我们应注意研究对象的选取，使其能满足我们所选用规律的适用条件。如本题中以B为研究对象，即包含了所求的B的运动情况，而满足了水平方向不受外力，动量守恒的适用条件。

例11 质量为M的小车，如图5－7所示，上面站着一个质量为m的人，以v0的速度在光滑的水平面上前进。现在人用相对于小车为u的速度水平向后跳出后，车速增加了多少？

【错解】 锗解一：把人和车作为一个系统，水平方向不受外力，所以水平方向动量守恒，设人跳出后，车速增加为△v，以V0方向为正方向，由动量守恒定律：

(M＋m)v0=M(v0+△v)-mu

错解二：以人和车作为一个系统，因为水平方向不受外力、所以水平方向动量守恒。设人跳出后，车速增加为△v，以v0方向为正方向。人相对于地的速度为(u-v0),由动量守恒定律：

(M＋m)v0=M(v0+△v)-m(u-v0)

【错解原因】 错解一的主要问题在于没有把所有的速度都换算成同一惯性参考系中的速度。因为题目中给出的v0是初状态车对地的速度，而人跳车时的速度u指的是对车的速度，在列动量守恒方程时，应把人跳车的速度变换成人对地的速度才可以运算。

错解二的主要问题是虽然变换了参考系，但忽略了相对速度的同一时刻性，即人跳车时，车的速度已经由v0变换成(v0+△v)了。所以，人相对于地的速度，不是(v-v0)而应为[u-(v0+△v)]。

【分析解答】 以人和车作为一个系统，因为水平方向不受外力，所以水平方向动量守恒。设人跳出后，车对地的速度增加了△v，以v0方向为正方向，以地为参考系。由动量守恒定律：

(M＋m)v0=M(v0+△v)-m[u-(v0＋△v)]

【评析】(1)在应用动量守恒定律时，除注意判断系统受力情况是否满足守恒条件外，还要注意到相对速度问题，即所有速度都要是对同一参考系而言。一般在高中阶段都选地面为参考系。同时还应注意到相对速度的同时性。(2)选取不同的参考系，解题方法有繁有简，以此题为例，若选取车作为参考系．则人与车组成的系统初态动量为零，末态动量为：M△v-m(u-△v)，由动量守恒定律：

0=M△v-m(u-△v)

题中，增加的速度与车原来的速度v0无关。第二种解法显然比第一种要简捷得多。

例12 质量为M的小车，以速度v0在光滑水平地面前进，上面站着一个质量为m的人，问：当人以相对车的速度u向后水平跳出后，车速度为多大？ 【错解】 错解一：设人跳出后的瞬间车速为v，则其动量为Mv，根据动量守恒定律有：

(M＋m)v0＝Mv

错解二：设人跳出后的车速为v，车的动量为Mv，人的动量为m(u+v)，根据动量守恒定律有：

(M+m)v0=Mv+m(u＋v)

错解三：设车的前进方向为正方向，人在跳出车后，车的动量为Mv，人的动量为-mu，根据动量守恒定律有：

(M＋m)v0＝Mv-mu

错解四：设车的前进方向为正方向，则人跳出车后小车的动量Mv，人的动量为-m(u-v0)，根据动量守恒定律有：

(M＋m)v0＝Mv-m(u-v0)

【错解原因】 错解一的错误原因是动量守恒的对象应为车和人的系统，而错解一中把人跳离车后的动量丢掉了，即以系统的一部分(车)来代替系统(车和人)。

错解二：是没有考虑到，人跳离车前后动量方向的变化。而是简单地采用了算术和忽略了动量的矢量性。

错解三的错误在于参考系发生变化了。人跳离前人与车的动量是相对地的。人跳离车后车的动量(Mv)也是相对地的，而人跳离车后人的动量(mu)却是相对于车而言的，所以答案不对。

错解四中的错误在于对速度的瞬时性的分析。v0是人未跳离车之前系统(M＋m)的速度，-m(u-v0)就不能代表人跳离车后瞬间人的动量。

【分析解答】 选地面为参照系，以小车前进的方向为正方向，根据动量守恒定律有：

(M＋m)v0=Mv-m(u-v)

【评析】 应用动量守恒定律解题时应注意几个方面。

(1)整体性，动量守恒定律是对一个物体系统而言的，具有系统的整体性，而不能对系统的一个部分，如本题错解一。

(2)矢量性，动量守恒是指系统内部各部分动量的矢量和保持不变，在解题时必须运用矢量法则来计算而不能用算术方法，如本题错解二。

(3)相对性，动量守恒定律中系统在作用前后的动量都应是相对于同一惯性参考系而言。如系统的各部分所选取的参考系不同，动量守恒不成立。如本题错解三。

(4)瞬时性，一般来说，系统内的各部分在不同时刻具有不同的动量，系统在某一时刻的动量，应该是此时刻系统内各部分的瞬时动量的矢量和。例13 如图5－8所示，倾角θ=30°，高为h的三角形木块B，静止放在一水平面上，另一滑块A，以初速度v0从B的底端开始沿斜面上滑，若B的质量为A的质量的2倍，当忽略一切摩擦的影响时，要使A能够滑过木块B的顶端，求V0应为多大？

【错解】 设滑块A能滑到h高的最小初速度为v，滑块A到达斜面最高点时具有水平分速度为V′，由于水平方向不受外力，所以水平方向动量守恒，由动量守恒定律：

mv0cosθmv′＋My′ ① 在B的上端点m的合速度为：

由动能定理有：

【错解原因】 主要是对滑块A滑过最高点的临界状态分析不清楚。实际上，当滑块能够到达最高点时，即其竖直向上的分速度为零，也就是说，在最高点，滑块A只具有水平速度，而不具有竖直速度。所以，式①是正确的，式②中关于滑块A的动能，直接代入水平速度即可。

【分析解答】 根据水平方向动量守恒有：

mv0cosθ=(m+M)v′ ①

【评析】 分析此题时，可以先定性分析，从题目可以知道，V0越大，上升的距离越高；v0较小，则可能上不到顶端。那么，刚好上升到

v0＞v时，才能够滑过。对于题目中的关键字眼，“滑过”、“至少”等要深入挖掘。

例14 图5－9，质量为m的人立于平板车上，人与车的总质量为M，人与车以速度v1在光滑水平面上向东运动。当此人相对于车以速度v2竖直跳起时,车的速度变为：()

【错解】 错解一：根据动量守恒定律：

所以选A。

错解二：因为人相对于车是竖直向上跳的，所以人与车系统在水平方向上不受外力，即人与车在水平方向动量守恒。

所以有：Mv1=(M-m)v′1

【错解原因】 产生上述错误的主要原因是对动量守恒定律的矢量性理解不深入。

错解一的错误在于没有考虑到动量的矢量性，只是简单地套用动量守恒定律公式，因而把V1，V2,v′1的方向混为一谈，而出现这种错误。

错解二的主要问题在于对物体惯性概念的理解还有问题。误认为人竖直向上跳起就没有向前的水平速度了，也就没有向前的动量了，从这个错误认识出发就造成判断本题的错误。也因为没有状态分析的习惯。

【分析解答】 人和车这个系统，在水平方向上合外力等于零，系统在水平方向上动量守恒。设车的速度V1的方向为正方向，选地面为参照系。初态车和人的总动量为Mv1，末态车的动量为(M-m)v′l(因为人在水平方向上没有受到冲量，其水平动量保持不变)。人在水平方向上对地的动量仍为mv1，则有Mv1=(M-m)v′1＋mv1(M-m)v1=(M-m)v′1

所以v′=v1 正确答案应为D。

【评析】 动量守恒定律是有条件的，一般教材把动量守恒条件分为三个层次：

(1)系统所受合外力为零；

(2)系统所受合外力虽然不为零，但在某方向合外力为零，则系统在该方向动量守恒；

(3)系统所受合外力远远小于内力，则系统动量近似守恒。对于不同情况，应根据不同的条件去分析。在上述三种情况下，都可以应用动量守恒定律求解相应物理量。

例15 如图5－10所示，在光滑水平轨道上有一小车质量为M2，它下面用长为L的绳系一质量为M1的砂袋，今有一水平射来的质量为m的子弹，它射入砂袋后并不穿出，而与砂袋一起摆过一角度θ。不计悬线质量，试求子弹射入砂袋时的速度V0多大？

【错解】 由动量守恒定律：mv0=(M1＋M2+m)v

【错解原因】 没有很好地分析物理过程，盲目模仿，没有建立正确的物理模型，简单地将此类问题看成“冲击摆”，缺少物理模型变异的透彻分析。事实上，此题与“冲击摆”的区别在于悬点的不固定，而是随着小车往前移动的。当摆摆到最高点时，(M1＋m)只是竖直方向的速度为零，而水平方向依然具有一定速度，即在最高点处(M1＋m)具有动能。这一点是不少学生在分析物理过程及建立物理模型时最容易产生的错误。

【分析解答】 子弹射入砂袋前后动量守恒，设子弹打入砂袋瞬间具有速度v′0，由动量守恒定律：

mv0=(M1＋m)v′ ① 此后(M1＋m)在摆动过程中，水平方向做减速运动，而M2在水平方向做加速运动，当(M1+m)与M2具有共同水平速度时，悬线偏角θ达到最大，即竖直向上的速度为零，在这一过程中。满足机械能守恒，设共同速度为v，由机械能守恒有：

但式①，②中有三个未知量，v0，v′0，v，还需再寻找关系。

从子弹入射前到摆动至最同点具有共同速度v为止，在这个过程中，水平方向不受外力，所以、动量守恒，由动量守恒定律有：

mv0=(M1+M1+m)v ③

【评析】 对于大部分学生来讲，掌握一定的物理模型并不困难，困难在于题目变化，新的题目中的模型如何能够转换成为我们熟悉的，旧有的，规范的物理模型中，进而用比较普遍运用的物理规律去求解，此题就是从滑动的小车摆(暂且这样称呼)迁延至“冲击摆”，找出两者之间的共同点与区别，达到解决问题的目的。

例16 如图5－11所示将一光滑的半圆槽置于光滑水平面上，槽的左侧有一固定在水平面上的物块。今让一小球自左侧槽口A的正上方从静止开始落下，与圆弧槽相切自A点进入槽内，则以下结论中正确的是：()

A．小球在半圆槽内运动的全过程中，只有重力对它做功

B．小球在半圆槽内运动的全过程中，小球与半圆槽在水平方向动量守恒 C．小球自半圆槽的最低点B向C点运动的过程中，小球与半圆槽在水平方向动量守恒

D．小球离开C点以后，将做竖直上抛运动。

【错解】 错解一：半圆槽光滑，小球在半圆槽内做圆周运动的全过程中，只受重力和弹力作用，而弹力方向始终与速度方向垂直，所以弹力不做功，则只有重力做功，所以选A。

错解二：由于光滑的半圆槽置于光滑的水平面，所以小球在半圆槽运动的全过程中，小球与半圆槽水平方向不受外力作用，因而系统在水平方向动量守恒，故选B。

错解三：半圆槽槽口的切线方向为竖直方向，因而小球运动到C点时的速度方向竖直向上，所以小球离开C点以后得做竖直上抛运动，故选D。

【分析解答】 本题的受力分析应与左侧没有物块挡住以及半圆槽固定在水平面上的情况区分开来。

从A→B的过程中，半圆槽对球的支持力N沿半径方向指向圆心，而小球对半圆槽的压力N′方向相反指向左下方，因为有物块挡住，所以半圆槽不会向左运动，情形将与半圆槽固定时相同。但从B→C的过程中，小球对半圆槽的压力N′方向向右下方，所以半圆槽要向右运动，因而小球参与了两个运动：一个是沿半圆槽的圆运动，另一个与半圆槽一起向右运动，小球所受支持力N与速度方向并不垂直，所以支持力会做功。所以A不对。又因为有物块挡住，在小球运动的全过程，水平方向动量也不守恒，即B也不对。当小球运动到C点时，它的两个分运动的速度方向如图5－13，并不是竖直向上，所以此后小球做斜上抛运动，即D也不对。

正确答案是：小球在半圆槽内自B→C运动过程中，虽然开始时半圆槽与其左侧物块接触，但已不挤压，同时水平而光滑，因而系统在水平方向不受任何外力作用，故在此过程中，系统在水平方向动量守恒，所以正确答案应选C。

【评析】 在本题中由于半圆槽左侧有物块将槽挡住，导致了小球从A→B和从B→C两段过程特点的不同，因此在这两个过程中小球所受弹力的方向与其运动方向的关系，及球和槽组成的系统所受合外力情况都发生了变化。而这一变化导致了两个过程所遵从的物理规律不同，所以具体的解决方法也就不一样了。通过本题的分析解答，可以使我们看到，对不同的物理过程要做认真细致的具体分析，切忌不认真分析过程，用头脑中已有的模型代替新问题，而乱套公式。例17 在质量为M的小车中挂着一个单摆，摆球的质量为m0，小车(和单摆)以恒定的速度u沿光滑的水平面运动，与位于正对面的质量为m的静止木块发生碰撞，碰撞时间极短，在此碰撞过程中，下列哪些说法是可能发生的？()

A．小车、木块、摆球的速度都发生变化，分别变为v1、v2、v3，满足：（M+m0）u=Mv1+mv2+mov3

B．摆球的速度不变，小车和木块的速度变为v1和v2，满足：Mu=Mv1+mv2 C．摆球的速度不变，小车和木块的速度都变为v，满足：Mu=（M+m）v D．小车和摆球的速度都变为v1，木块的速度为v2，满足：（M+m0）u=（M+m0）vi+mv2

【错解】 选A，D。

【错解原因】 选择A，D的一个共同原因，是认为在碰撞的过程中，单摆也参加了碰撞，选A是认为三者发生碰撞，因而各自有一个速度；而选D的同学认为，单摆与小车连在一起，所以两者的速度始终相同，所以，碰前和碰后的关系应满足（M+m0）v=（M+m0）v1+mv2

另外还有一种选择，即B，C中只选一种，原因我们放在后面再分析。【分析解答】 由于碰撞时间极短，所以单摆相对小车没有发生摆动，即摆线对球的作用力原来是竖直向上的，现在还是竖直向上的，没有水平方向的分力，未改变小球的动量，实际上单摆没有参与这个碰撞过程，所以单摆的速度不发生变化，因此，选项中应排除A，D。

因为单摆的速度不变，所以，研究对象也选取小车和木块，水平方向动量守恒，由动量守恒定律

Mu=Mv1+mv2 即为B选项。

由于题目中并没有提供在碰撞过程中能量变化关系，所以也有可能小车和木块合二而一。因此，C选项也是可能的。正确答案：选B，C。

【评析】 在解决如本题这种多个物体参与相互作用过程的题目时，要认真分析物体的受力情况，把没有参与作用的物体从多个对象中摘出去（如本题的单摆），这样可以避免选错研究对象。

例18 如图514所示，有两个物体A，B，紧靠着放在光滑水平桌面上，A的质量为2kg，B的质量为3kg。有一颗质量为100g的子弹以800m/s的水平速度射入A，经过0.01s又射入物体B，最后停在B中，A对子弹的阻力为3×103N，求A，B最终的速度。

【错解】 设A，B质量分别为mA，mB，子弹质量为m，子弹离开A的速度为v，物体A，B最终速度分别为vA，vB，A对子弹的阻力为f。

在子弹穿过A物体的过程中，对子弹用动量定理：以子弹初速度v0为正：

-f·t=mv-mv0

解得：v=500m/S 对物体A用动量定理。

f·t=mAvA-0 解得：vA=15m/S。

对子弹、物体B组成的系统，因为合外力为零，所以动量守恒，由动量守恒定律有：

mv=（m+mB）vB

解得：vB=16.13m/s。

【错解原因】 问题主要出在对物体A用动量定理，因为动量定理讲的是“物体所受合外力的冲量等于物体动量的改变”。而此处物体A除了受摩擦力以外还受到B对A的挤压作用。其实，此题可以避免A，B之间的挤压力，方法就是把A，B看成一个整体。

【分析解答】 设A，B质量分别为mA，mB，子弹质量为m。子弹离开A的速度为了v，物体A，B最终速度分别为vA，vB。

在子弹穿过A的过程中，以A，B为整体，以子弹初速v0为正方向，应用动量定理。

f·t=（mA+mB）u（u为A，B的共同速度）解得：u=6m/s。

由于B离开A后A水平方向不受外力，所以A最终速度VA=u=6m/s。对子弹，A和B组成的系统，应用动量守恒定律：

mv0=mA·vA+（m+mB）vB

解得：vB=21.94m/s。

物体A，B的最终速度为vA=6m/s，vB=21.94m/s。

【评析】（1）此题当然还有其他解法，如在子弹穿过A的过程中依然用动量定理，求得A和B的速度为6m/s。也是A的最终速度，再对此过程用动量守恒，求出子弹射穿A以后的速度，（设为V，其余所设如前）

mv0=mv+（mA+mB）u ①

在子弹射穿B的过程中动量守恒

mv+mBu=（m+mB）u' ②

代入数据解得：v=500m/s。u'=21.94m/s。即为B的最终速度。

（2）通过对本题的不同解法可看出，由于选取的研究对象不同，对象的物理过程特点也就不同。因此，导致具体的解题方法也不一样。

例19 如图5-15所示，甲、乙两小孩各乘一辆冰车在水平冰面上游戏。甲和他的冰车总质量共为30kg，乙和他的冰车总质量也是30kg。游戏时，甲推着一个质量为15kg的箱子和他一起以2m/s的速度滑行，乙以同样大小的速度迎面滑来。为了避免相撞，甲突然将箱子滑冰面推给乙，箱子滑到乙处，乙迅速抓住。若不计冰面摩擦，求甲至少以多大速度（相对地）将箱子推出，才能避免与乙相撞？

【错解】 设甲与他的冰车以及乙与他的冰车的质量为M，箱子的质量为m，开始时他们的速率为v0，为了不与乙相碰。

错解一：甲必须停止，所以，对甲和他的冰车及箱子，推出前后满足动量守恒，由动量守恒定律：

（M+m）v0=0+mv

错解二：乙接到箱子后停下，所以，对箱子及乙和他的冰车，接到箱子前后动量守恒，设箱子的运动方向为正方向，由动量守恒定律有：

mv-Mv0=0

【错解原因】 在此题中，有两个关键问题必须弄清楚，第一，“不相撞”的意义，是否意味着一个物体停下，实际上，不相撞的意义就是两个物体的速度

相等（同向情况）。物体停止运动，也不一定就撞不上。如本题错解二。按照错解答案我们可知，当甲用4m/s的速度推箱子，箱子以4m/s的速度迎面向乙滑去，与乙相互作用后，乙与箱子都停下来了。那么，此时甲停了吗？我们可以继续完成本题，设甲推出箱子的速度为v'，对甲和箱子，（以甲和箱子的初速度为正），由动量守恒定律有：

（M+m）v0=Mv'+mv 解得：v'=1m/s。符号为正，说明甲以4m/s的速度推出箱子后继续向前运动，而乙接住箱子后要停下，这样甲就与乙相撞，所以4m/s的速度太小了。结果不符合题目要求。第二个关键在于不仅要不相撞，而且还要求甲推箱子的速度为最小，即若甲用相当大的速度推箱子，乙接到箱子后还会后退，这样就不满足“至少”多大的条件了，错解一即是这样，将所求的数据代入可以得知，乙和箱子将以0.67m/s的速度后退。

【分析解答】 要想刚好避免相撞，要求乙抓住箱子后与甲的速度正好相等，设甲推出箱子后的速度为v1，箱子的速度为v，乙抓住箱子后的速度为v2。

对甲和箱子，推箱子前后动量守恒，以初速度方向为正，由动量守恒定律：

（M+m）v0=mv+Mv1 ①

对乙和箱子，抓住箱子前后动量守恒，以箱子初速方向为正，由动量守恒定律有：

mv-Mv0=（m+M）v2 ②

刚好不相撞的条件是：

v1=v ③

联立①②③解得：v=5.2m/s，方向与甲和箱子初速一致。

【评析】 本题从动量守恒定律的应用角度看并不难，但需对两个物体的运动关系分析清楚（乙和箱子、甲的运动关系如何，才能不相撞）。这就需要我们要将“不相撞”的实际要求转化为物理条件，即：甲、乙可以同方向运动，但只要乙的速度不小于甲的速度，就不可能相撞。

第二篇：高中物理方法及易错内容专题分析：机械能

第三章 机械能

一、主要内容

本章内容包括功、功率、动能、势能（包括重力势能和弹性势能）等基本概念，以动能定理、重力做功的特点、重力做功与重力势能变化的关系及机械能守恒定律等基本规律。其中对于功的计算、功率的理解、做功与物体能量变化关系的理解及机械能守恒定律的适用条件是本章的重点内容。

二、基本方法

本章中所涉及到的基本方法有：用矢量分解的方法处理恒力功的计算，这里既可以将力矢量沿平行于物体位移方向和垂直于物体位移方向进行分解，也可以将物体的位移沿平行于力的方向和垂直于力的方向进行分解，从而确定出恒力对物体的作用效果；对于重力势能这种相对物理量，可以通过巧妙的选取零势能面的方法，从而使有关重力势能的计算得以简化。

三、错解分析

在本章知识应用的过程中，初学者常犯的错误主要表现在：“先入为主”导致解决问题的思路过于僵化，如在计算功的问题中，一些学生一看到要计算功，就只想到W= Fscosθ，而不能将思路打开，从W=Pt和W=ΔEt等多条思路进行考虑；不注意物理规律的适用条件，导致乱套机械能守恒定律。

例1 如图3-1，小物块位于光滑斜面上，斜面位于光滑水平地面上，在小物块沿斜面下滑的过程中，斜面对小物块的作用力 [ ] A．垂直于接触面，做功为零 B．垂直于接触面，做功不为零 C．不垂直于接触面，做功为零 D．不垂直于接触面，做功不为零

【错解】斜面对小物块的作用力是支持力，应与斜面垂直，因为支持力总与接触面垂直，所以支持力不做功。故A选项正确。

【错解原因】斜面固定时，物体沿斜面下滑时，支持力做功为零。受此题影响，有些人不加思索选A。这反映出对力做功的本质不太理解，没有从求功的根本方法来思考，是形成错解的原因。

【分析解答】根据功的定义W=F·scosθ为了求斜面对小物块的支持力所做的功，应找到小物块的位移。由于地面光滑，物块与斜面体构成的系统在水平方向不受外力，在水平方向系统动量守恒。初状态系统水平方向动量为零，当物块有水平向左的动量时，斜面体必有水平向右的动量。由于m＜M，则斜面体水平位移小于物块水平位移。根据图3-2上关系可以确定支持力与物块位移夹角大于90°，则斜面对物块做负功。应选B。

【评析】求解功的问题一般来说有两条思路。一是可以从定义出发。二是可以用功能关系。如本题物块从斜面上滑下来时，减少的重力势能转化为物块的动能和斜面的动能，物块的机械能减少了，说明有外力对它做功。所以支持力做功。例2 以20m/s的初速度，从地面竖直向上势出一物体，它上升的最大高度是18m。如果物体在运动过程中所受阻力的大小不变，则物体在离地面多高处，物体的动能与重力势能相等。(g=10m/s2)【错解】以物体为研究对象，画出运动草图3-3，设物体上升到h高处动能与重力势能相等

此过程中，重力阻力做功，据动能定量有

物体上升的最大高度为H

由式①，②，③解得h=9.5m

【错解原因】初看似乎任何问题都没有，仔细审题，问物全体离地面多高处，物体动能与重力势相等一般人首先是将问题变形为上升过程中什么位置动能与重力势能相等。而实际下落过程也有一处动能与重力势能相等。

【分析解答】上升过程中的解同错解。

设物体下落过程中经过距地面h′处动能等于重力势能，运动草图如3-4。

据动能定量

解得h′=8.5m

【评析】在此较复杂问题中，应注意不要出现漏解。比较好的方法就是逐段分析法。

例3 如图3－5，木块B与水平桌面间的接触是光滑的，子弹A沿水平方向射入木块后留在木块内，将弹簧压缩到最短。现将子弹、木块和弹簧合在一起作研究对象，则此系统在从子弹开始射入木块到弹簧压缩到最短的过程中 [ ] A．动量守恒，机械能守恒 B．动量不守恒，机械能不守恒

C．动量守恒，机械能不守恒 D．动量不守恒，机械能守恒

【错解】以子弹、木块和弹簧为研究对象。因为系统处在光滑水平桌面上，所以系统水平方向不受外力，系统水平方向动量守恒。又因系统只有弹力做功，系统机械能守恒。故A正确。

【错解原因】错解原因有两个一是思维定势，一见光滑面就认为不受外力。二是规律适用条件不清。

【分析解答】以子弹、弹簧、木块为研究对象，分析受力。在水平方向，弹簧被压缩是因为受到外力，所以系统水平方向动量不守恒。由于子弹射入木块过程，发生巨烈的摩擦，有摩擦力做功，系统机械能减少，也不守恒，故B正确。例4 如图3－6，质量为M的木块放在光滑水平面上，现有一质量为m的子弹以速度v0射入木块中。设子弹在木块中所受阻力不变，大小为f，且子弹未射穿木块。若子弹射入木块的深度为D，则木块向前移动距离是多少？系统损失的机械能是多少？

【错解】（1）以木块和子弹组成的系统为研究对象。系统沿水平方向不受外力，所以沿水平方向动量守恒。设子弹和木块共同速度为v。据动量守恒有mv0=（M＋m）v 解得v=mv0

子弹射入木块过程中，摩擦力对子弹做负功

（2）系统损失的机械能 即为子弹损失的功能

【错解原因】错解①中错误原因是对摩擦力对子弹做功的位移确定错误。子弹对地的位移并不是D，而D打入深度是相对位移。而求解功中的位移都要用对地位移。错解②的错误是对这一物理过程中能量的转换不清楚。子弹打入木块过程中，子弹动能减少并不等于系统机械能减少量。因为子弹减少的功能有一部分转移为木块的动能，有一部转化为焦耳热。

【分析解答】以子弹、木块组成系统为研究对象。画出运算草图，如图3—7。系统水平方向不受外力，故水平方向动量守恒。据动量守恒定律有

mv0=(M+m)v(设v0方向为正)

子弹打入木块到与木块有相同速度过程中摩擦力做功：

由运动草图可S木=S子-D ③

【评析】子弹和木块相互作用过程中，子弹的速度由V0减为V，同时木块的速度由0增加到V。对于这样的一个过程，因为其间的相互作用力为恒力，所以我们可以从牛顿运动定律（即f使子弹和木块产生加速度，使它们速度发生变化）、能量观点、或动量观点三条不同的思路进行研究和分析。类似这样的问题都可以采用同样的思路。一般都要首先画好运动草图。例：如图3-8在光滑水平面上静止的长木板上，有一粗糙的小木块以v0沿木板滑行。情况与题中极其相似，只不过作用位置不同，但相互作用的物理过程完全一样。

参考练习：如图3-9一质量为M、长为l的长方形木板B放在光滑的水平地面上，在其右端放一质量为m的小木块A，m＜M。现以地面为参考系，给A和B以大小相同，方向相反的初速度，使A开始向左运动，B开始向右运动，但最后A刚好没有滑离B板。求小木块A向左运动到达最远处（对地）离出发点的距离。

提示：注意分析物理过程。情景如图3-10。其中隐含条件A刚好没离B板，停在B板的左端，意为此时A，B无相对运动。A，B作用力大小相等，但加速度不同，由于A的加速度大，首先减为零，然后加速达到与B同速。

例5 下列说法正确的是()A．合外力对质点做的功为零，则质点的动能、动量都不变

B．合外力对质点施的冲量不为零，则质点动量必将改变，动能也一定变 C．某质点受到合力不为零，其动量、动能都改变

D．某质点的动量、动能都改变，它所受到的合外力一定不为零。【错解】错解一：因为合外力对质点做功为零，据功能定理有△EA=0，因为动能不变，所以速度V不变，由此可知动量不变。故A正确。

错解二：由于合外力对质点施的冲量不为零，则质点动量必将改变，V改变，动能也就改变。故B正确。

【错解原因】形成上述错解的主要原因是对速度和动量的矢量性不理解。对矢量的变化也就出现理解的偏差。矢量发生变化时，可以是大小改变，也可能是大小不改变，而方向改变。这时变化量都不为零。而动能则不同，动能是标量，变化就一定是大小改变。所以△Ek=0只能说明大小改变。而动量变化量不为零就有可能是大小改变，也有可能是方向改变。

【分析解答】本题正确选项为D。

因为合外力做功为零，据动能定理有△Ek=0，动能没有变化，说明速率无变化，但不能确定速度方向是否变化，也就不能推断出动量的变化量是否为零。故A错。合外力对质点施冲量不为零，根据动量定理知动量一定变，这既可以是速度大小改变，也可能是速度方向改变。若是速度方向改变，则动能不变。故B错。同理C选项中合外力不为零，即是动量发生变化，但动能不一定改变，C选项错。D选项中动量、动能改变，根据动量定量，冲量一定不为零，即合外力不为零。故D正确。

【评析】对于全盘肯定或否定的判断，只要找出一反例即可判断。要证明它是正确的就要有充分的论据。

例6 物体m从倾角为α的固定的光滑斜面由静止开始下滑，斜面高为h，当物体滑至斜面底端，重力做功的瞬时功率为()

【错解】错解一：因为斜面是光滑斜面，物体m受重力和支持。支持不

错解二：物体沿斜面做v0=0的匀加速运动a=mgsina

故选B。

【错解原因】错解一中错误的原因是没有注意到瞬时功率P=Fvcosθ。只有Fv同向时，瞬时功率才能等于Fv，而此题中重力与瞬时速度V不是同方向，所以瞬时功率应注意乘上F，v夹角的余弦值。

错解二中错误主要是对瞬时功率和平均功率的概念不清楚，将平均功率当成瞬时功率。

【分析解答】由于光滑斜面，物体m下滑过程中机械能守恒，滑至底端

F、v夹角θ为90°-α

故C选项正确。

【评析】求解功率问题首先应注意求解的是瞬时值还是平均值。如果求瞬时值应注意普遍式P=Fv·cosθ（θ为F，v的夹角）当F，v有夹角时，应注意从图中标明。

例7 一列火车由机车牵引沿水平轨道行使，经过时间t，其速度由0增大到v。已知列车总质量为M，机车功率P保持不变，列车所受阻力f为恒力。求：这段时间内列车通过的路程。

【错解】以列车为研究对象，水平方向受牵引力和阻力f。据P=F·V可知牵引力

F=P／v ①

设列车通过路程为s，据动能定理有

【错解原因】以上错解的原因是对P=F·v的公式不理解，在P一定的情况下，随着v的变化，F是变化的。在中学阶段用功的定义式求功要求F是恒力。【分析解答】以列车为研究对象，列车水平方向受牵引力和阻力。设列车通过路程为s。据动能定理

【评析】发动机的输出功率P恒定时，据P=F·V可知v变化，F就会发生变化。牵动ΣF，a变化。应对上述物理量随时间变化的规律有个定性的认识。下面通过图象给出定性规律。（见图3-12所示）

例8 如图3-13，质量分别为m和2m的两个小球A和B，中间用轻质杆相连，在杆的中点O处有一固定转动轴，把杆置于水平位置后释放，在B球顺时针摆动到最低位置的过程中()A．B球的重力势能减少，动能增加，B球和地球组成的系统机械能守恒 B．A球的重力势能增加，动能也增加，A球和地球组成的系统机械能不守恒。C．A球、B球和地球组成的系统机械能守恒 D．A球、B球和地球组成的系统机械不守恒

【错解】B球下摆过程中受重力、杆的拉力作用。拉力不做功，只有重力做功，所以B球重力势能减少，动能增加，机械能守恒，A正确。

同样道理A球机械能守恒，B错误，因为A，B系统外力只有重力做功，系统机械能守恒。故C选项正确。

【错解原因】 B球摆到最低位置过程中，重力势能减少动能确实增加，但不能由此确定机械能守恒。错解中认为杆施的力沿杆方向，这是造成错解的直接原因。杆施力的方向并不总指向沿杆的方向，本题中就是如此。杆对A，B球既有沿杆的法向力，也有与杆垂直的切向力。所以杆对A，B球施的力都做功，A球、B球的机械能都不守恒。但A+B整体机械能守恒。

【分析解答】B球从水平位置下摆到最低点过程中，受重力和杆的作用力，杆的作用力方向待定。下摆过程中重力势能减少动能增加，但机械能是否守恒不确定。A球在B下摆过程中，重力势能增加，动能增加，机械能增加。由于A+B系统只有重力做功，系统机械能守恒，A球机械能增加，B球机械能定减少。所以B，C选项正确。

【评析】有些问题中杆施力是沿杆方向的，但不能由此定结论，只要杆施力就沿杆方向。本题中A、B球绕O点转动，杆施力有切向力，也有法向力。其中法向力不做功。如图3-14所示，杆对B球施的力对B球的做负功。杆对A球做功为正值。A球机械能增加，B球机械能减少。

例9 质量为m的钢板与直立轻弹簧的上端连接，弹簧下端固定在地上。平衡时，弹簧的压缩量为x0，如图3-15所示。物块从钢板正对距离为3X0的A处自由落下，打在钢板上并立刻与钢板一起向下运动，但不粘连，它们到达最低点后又向上运动。已知物体质量也为m时，它们恰能回到O点，若物块质量为2m，仍从A处自由落下，则物块与钢板回到O点时，还具有向上的速度，求物块向上运动到最高点与O点的距离。

【错解】物块m从A处自由落下，则机械能守恒 设钢板初位置重力势能为0，则

之后物块与钢板一起以v0向下运动，然后返回O点，此时速度为0，运动过程中因为只有重力和弹簧弹力做功，故机械能守恒。

2m的物块仍从A处落下到钢板初位置应有相同的速度v0，与钢板一起向下运动又返回机械能也守恒。返回到O点速度不为零，设为V则：

因为m物块与2m物块在与钢板接触时，弹性势能之比

2m物块与钢板一起过O点时，弹簧弹力为0，两者有相同的加速度g。之后，钢板由于被弹簧牵制，则加速度大于g，两者分离，2m物块从此位置以v为初速竖直上抛上升距离

【错解原因】这是一道综合性很强的题。错解中由于没有考虑物块与钢板碰撞之后速度改变这一过程，而导致错误。另外在分析物块与钢板接触位置处，弹簧的弹性势能时，也有相当多的人出错，两个错误都出时，会发现无解。这样有些人就返回用两次势能相等的结果，但并未清楚相等的含义。

【分析解答】物块从3x0位置自由落下，与地球构成的系统机械能守恒。则有

v0为物块与钢板碰撞时的的速度。因为碰撞板短，内力远大于外力，钢板与物块间动量守恒。设v1为两者碰撞后共同速

mv0=2mv1(2)

两者以vl向下运动恰返回O点，说明此位置速度为零。运动过程中机械能守恒。设接触位置弹性势能为Ep，则

同理2m物块与m物块有相同的物理过程

碰撞中动量守恒2mv0=3mv2(4)所不同2m与钢板碰撞返回O点速度不为零，设为v则

因为两次碰撞时间极短，弹性形变未发生变化

Ep=E’p(6)由于2m物块与钢板过O点时弹力为零。两者加速度相同为g，之后钢板被弹簧牵制，则其加速度大于g，所以与物块分离，物块以v竖直上抛。

【评析】本题考查了机械能守恒、动量守恒、能量转化的。守恒等多个知识点。是一个多运动过程的问题。关键问题是分清楚每一个过程。建立过程的物理模型，找到相应解决问题的规律。弹簧类问题，画好位置草图至关重要。参考练习：如图3-16所示劲度系数为k1的轻质弹簧分别与质量为m1，m2的物体1，2，栓接系数为k2的轻弹簧上端与物体2栓接，下端压在桌面上（不栓接）。整个系统处于平衡状态，现施力将物体1缓慢地竖直上提，直到下面那个弹簧的下端刚脱离桌面，在此过程中，物体2的重力势能增大了多少？物体1的重力势能增大了多少？

提示：此题隐含的条件很多，挖掘隐含条件是解题的前提。但之后，必须有位置变化的情景图如图3-17。才能确定1，2上升的距离，请读者自行解答。例10 如图3-18所示，轻质弹簧竖直放置在水平地面上，它的正上方有一金属块从高处自由下落，从金属块自由下落到第一次速度为零的过程中

A．重力先做正功，后做负功 B．弹力没有做正功

C．金属块的动能最大时，弹力与重力相平衡 D．金属块的动能为零时，弹簧的弹性势能最大。

【错解】金属块自由下落，接触弹簧后开始减速，当重力等于弹力时，金属块速度为零。所以从金属块自由下落到第一次速度为零的过程中重力一直做正功，故A错。而弹力一直做负功所以B正确。因为金属块速度为零时，重力与弹力相平衡，所以C选项错。金属块的动能为零时，弹力最大，所以形变最大，弹性势能最大。故D正确。

【错解原因】形成以上错解的原因是对运动过程认识不清。对运动性质的判断不正确。金属块做加速还是减速运动，要看合外力方向（即加速度方向）与速度方向的关系。

【分析解答】要确定金属块的动能最大位置和动能为零时的情况，就要分析它的运动全过程。为了弄清运动性质，做好受力分析。可以从图3-19看出运动过程中的情景。

从图上可以看到在弹力N＜mg时，a的方向向下，v的方向向下，金属块做加速运动。当弹力N等于重力mg时，a=0加速停止，此时速度最大。所以C选项正确。弹力方向与位移方向始终反向，所以弹力没有做正功，B选项正确。重力方向始终与位移同方向，重力做正功，没有做负功，A选项错。速度为零时，恰是弹簧形变最大时，所以此时弹簧弹性势能最大，故D正确。

所以B，C，D为正确选项。

【评析】对于较为复杂的物理问题，认清物理过程，建立物情景是很重要的。做到这一点往往需画出受力图，运动草图，这是应该具有的一种解决问题的能力。分析问题可以采用分析法和综合法。一般在考试过程中分析法用的更多。如本题A，B只要审题细致就可以解决。而C，D就要用分析法。C选项中动能最大时，速率最大，速率最大就意味着它的变化率为零，即a=0，加速度为零，即合外力为零，由于合外力为mg-N，因此得mg=N，D选项中动能为零，即速率为零，单方向运动时位移最大，即弹簧形变最大，也就是弹性势能最大。本题中金属块和弹簧在一定时间和范围内做往复运动是一种简运振动。从简谐运动图象可以看出位移变化中速度的变化，以及能量的关系。

第三篇：高中物理动量守恒定律

万老师物理 §8·3 动量守恒定律

§8·3 动量守恒定律

教学目标：1．理解动量守恒定律的确切含义和表达式

2．能用动量定理和牛顿第三定律推导出动量守恒定律 3．知道动量守恒定律的适用条件和适用范围

教学重点：掌握动量守恒定律的推导、表达式、适用范围和守恒条件 教学难点：正确判断系统在所研究的过程中动量是否守恒 教学方法：实验法、推理归纳法、举例讲授法

教学用具：投影仪，投影片，课件，两个质量相等的小车，细线、弹簧、砝码、气垫导轨

教学过程：

【引入新课】

我们在上几节课，学习了动量和冲量以及动量定理，动量定理已经把一个物体的动量变化跟物体所受外力作用一段时间紧密联系起来了，但是根据牛顿第三定律我们可以知道这个受到作用力的物体也一定会施加一个反作用力，也就是说力的作用是相互的，因此，我们就十分有必要研究一下有相互作用的物体系的动量变化规律

【讲授新课】

（一）动量守恒定律的推导

例：如图，在光滑水平面上做匀速运动的两个小球，质量分别是m1 和m2，沿着同一直线向相同的方向运动，速度分别是v1和v2，且v2＞v1，经过一段时间后，m2追上了m1，两球发生碰撞，碰撞后的速度分别是v1′和v2′．试分析碰撞中两球动量的变化量有何关系。

①第一个小球和第二个小球在碰撞中所受的平均作用力F1和F2是一对相互作用力，大小相等，方向相反，作用在同一直线上，作用在两个物体上；

②第一个小球受到的冲量是： F1t=m1v1′-m1v1 第二个小球受到的冲量是：F2t=m2v2′-m2v2 ③又F1和F2大小相等，方向相反。F1t=-F2t ∴m1v1′-m1v1=-(m2v2′-m2v2)由此得：m1v1+m2v2=m1v1′+m2v2′

即：p1+p2=p1′+p2′ 表达式的含义：两个小球碰撞前的总动量等于碰撞后的总动量．

1．系统：有相互作用的物体构成一个系统．例如实验中的两辆小车或推导实例中碰撞的两个小球；

2．内力：系统中相互作用的各物体之间的相互作用力叫做内力．例如：实验中两小车通过弹簧施加给对方的弹力；两小球在碰撞中施加给对方的平均作用力．

3．外力：外部其他物体对系统的作用力叫做外力．例如实验和推导实例中的重力和支持力．

（二）动量守恒定律的条件和内容

1．动量守恒定律的条件：系统不受外力或者所受外力之和为0。

2．动量守恒定律的内容：一个系统不受外力或者所受外力之和为0，这个系统的总动量保持不变论叫动量守恒定律．

3．动量守恒定律的表达式：p1+p2=p1′+p2′动量守恒定律的几种表达式为： ①p=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′）②Δp=0(系统总动量增量为0)

③Δp＇=-Δp2（相互作用的两个物体构成系统）两物体动量增量大小相等、方向相反． ④m1v1+m2v2=m1v1′+m2v2′(相互作用两个物体组成系统，前动量和等于后动量和)

（三）动量守恒定律的适用范围：动量守恒定律不但能解决低速运动问题，而且能解决高速运动问题，不但适用于宏观物体，而且适用于电子、质子、中子等微观粒子．

万老师物理 §8·3 动量守恒定律

（四）典型例题评讲

例1：甲、乙两物体沿同一直线相向运动，甲的速度是3m/s，乙物体的速度是1m/s。碰撞后甲、乙两物体都沿各自原方向的反方向运动，速度的大小都是2m/s。求甲、乙两物体的质量之比是多少？

分析与解：规定甲物体初速度方向为正方向。则v1=+3m/s,v2=1m/s。

碰后v1'=-2m/s,v2'=2m/s 根据动量守恒定律应有m1v1+m2v2=m1v1'+m2v2' 移项整理后可得m1比m2为

代入数值后可得m1/m2=3/5，即甲、乙两物体的质量比为3∶5。

例2：质量为30kg的小孩以8m/s的水平速度跳上一辆静止在水平轨道上的平板车，已知平板车的质量是80kg，求小孩跳上车后他们共同的速度。

分析与解：对于小孩和平板车系统，由于车轮和轨道间的滚动摩擦很小，可以不予考虑，所以可以认为系统不受外力，即对人、车系统动量守恒。

跳上车前系统的总动量

p=mv

跳上车后系统的总动量

p'=(m+M)V 由动量守恒定律有mv=(m＋M)V 解得

小结：动量守恒定律的解题步骤：

1、分析系统由多少个物体组成，受力情况怎样，判断动量是否守恒；

2、规定正方向（一般以原速度方向为正），确定相互作用前后的各物体的动量大小，正负；

3、由动量守恒定律列式求解.巩固练习

一、选择题

1.把一支枪水平固定在小车上，小车放在光滑的水平地面上，枪发射子弹时，关于枪、子弹和车的下列说法正确的有()A.枪和子弹组成的系统动量守恒 B.枪和车组成的系统动量守恒 C.枪、子弹和车组成的系统动量守恒

D.若忽略不计子弹和枪筒之间的摩擦，枪和车组成的系统动量守恒

2.两球相向运动，发生正碰，碰撞后两球均静止，于是可以判定，在碰撞以前两球()A.质量相等

B.速度大小相等

C.动量大小相等

D.以上都不能判定 3.在下列几种现象中，动量守恒的有()A.原来静止在光滑水平面上的车，从水平方向跳上一个人，人车为一系统 B.运动员将铅球从肩窝开始加速推出，以运动员和球为一系统

C.从高空自由落下的重物落在静止于地面上的车厢中，以重物和车厢为一系统

D.光滑水平面上放一斜面，斜面光滑，一物体沿斜面滑下，以重物和斜面为一系统 4.两物体组成的系统总动量守恒，这个系统中()万老师物理 §8·3 动量守恒定律 A.一个物体增加的速度等于另一个物体减少的速度 B.一物体受的冲量与另一物体所受的冲量相等 C.两个物体的动量变化总是大小相等、方向相反 D.系统总动量的变化为零

5.一只小船静止在水面上，一个人从小船的一端走到另一端，不计水的阻力，以下说法中正确的是()A.人在小船上行走，人对船的冲量比船对人的冲量小，所以人向前运动得快，小船后退得慢

B.人在小船上行走，人的质量小，它们受的冲量大小是相等的，所以人向前运动得快，小船后退得慢 C.当人停止走动时，因为小船惯性大，所在小船要继续向后退 D.当人停止走动时.因为总动量守恒，所以小船也停止后退

6.物体A的质量是物体B的质量的2倍，中间压缩一轻质弹簧，放在光滑的水平面上，由静止同时放开两手后一小段时间内()A.A的速率是B的一半

B.A的动量大于B的动量 C.A受的力大于B受的力

D.总动量为零

7.如图所示，F1、F2等大反向，同时作用于静止在光滑水平面上的A、B两物体上，已知MA>MB，经过相同时间后撤去两力.以后两物体相碰并粘成一体，这时A、B将()A.停止运动

B.向右运动

C.向左运动

D.仍运动但方向不能确定

二、填空题

8.在光滑的水平面上，质量分别为2kg和1kg的两个小球分别以0.5m/s和2m/s的速度相向运动，碰撞后两物体粘在一起，则它们的共同速度大小为______m/s，方向______.9.质量为M=2kg的木块静止在光滑的水平面上，一颗质量为m=20g的子弹以v0=100m/s的速度水平飞来，射穿木块后以80m/s的速度飞去，则木块速度大小为______m/s.10.质量是80kg的人，以10m/s的水平速度跳上一辆迎面驶来的质量为200kg、速度为5m/s的车上，则此后车的速度是______m/s，方向______.三、计算题

11.用细绳悬挂一质量为M的木块处于静止，现有一质量为m的子弹自左方水平射穿此木块，穿透前后子弹的速度分别为v0和v，求:(1)子弹穿过后，木块的速度大小;(2)子弹穿过后瞬间，细绳所受拉力大小

12.甲、乙两个溜冰者相对而立，质量分别为m甲=60kg，m乙=70kg，甲手中另持有m=10kg的球，如果甲以相对地面的水平速度v0=4m/s把球抛给乙，求:(1)甲抛出球后的速度;(2)乙接球后的速度

13.在光滑水平面上，质量为m的小球A以速率v0向静止的质量为3m的B球运动，发生正碰后，A球的速度万老师物理 §8·3 动量守恒定律 为v0,求碰后B球的速率

414.一辆总质量为M的列车，在平直轨道上以v匀速行驶，突然后一节质量为m的车厢脱钩，假设列车受到的阻力与质量成正比，牵引力恒定，则当后一节车厢刚好静止的瞬间，前面列车的速率为多大?

15.两只小船在平静的水面上相向匀速运动如图所示，船和船上的麻袋总质量分别为m甲=500kg，m乙=1000kg，当它们首尾相齐时，由每一只船上各投质量m=50kg的麻袋到另一只船上去(投掷方向垂直船身，且麻袋的纵向速度可不计)，结果甲船停了下来，乙船以v=8.5m/s的速度沿原方向继续航行,求交换麻袋前两只船的速率各为多少?(不计水的阻力)

1C2 C

3A

4CD

5BD

6AD

7A 8答案:m/s;方向跟1kg小球原来的方向相同 9答案:0.2

10答案:0.71;与原来的方向相同 13m2(v0v)2m(v0v)11答案:(1)(2)Mg

MML12答案:(1)v甲13答案:2m/s，与抛球的方向相反(2)v乙0.5m/s，与球的运动方向相同 315v0或v0 412MV14答案:

Mm15答案:以甲船和乙船及其中的麻袋为研究对象，以甲船原来的运动方向为正方向.麻袋与船发生相互作用后获得共同速度.由动量守恒定律有(相互作用后甲船速度v′甲=0)

0①(m甲m)v甲mv乙m甲v甲以乙船和甲船中的麻袋为研究对象，有(相互作用后乙船速度v′乙=0)

0② (m乙m)v乙mv甲m乙v乙万老师物理 §8·3 动量守恒定律

由①、②两式解得 mm乙v乙5010008.52v甲m/s1m/s 22（m乙m）（m甲m）m（100050）（50050）50v乙m甲mmv甲500501m/s9m/s 50

第四篇：2018高考物理备考：高中物理易错点整理(一)

2018高考物理备考：高中物理易错点整理

（一）2017高考物理备考：高中物理易错点汇总，更多2017高考报名时间、2017高考模拟试题、2017高考辅导资料、2017高考经验技巧等信息，请及时关注查字典物理网高考网或关注“566高考”微信获取相关信息。(一)

1.大的物体不一定不能看成质点，小的物体不一定能看成质点。

2.平动的物体不一定能看成质点，转动的物体不一定不能看成质点。

3.参考系不一定是不动的，只是假定为不动的物体。

4.选择不同的参考系物体运动情况可能不同，但也可能相同。

5.在时间轴上n秒时指的是n秒末。第n秒指的是一段时间，是第n个1秒。第n秒末和第n+1秒初是同一时刻。

6.忽视位移的矢量性，只强调大小而忽视方向。

7.物体做直线运动时，位移的大小不一定等于路程。

8.位移也具有相对性，必须选一个参考系，选不同的参考系时，物体的位移可能不同。

9.打点计时器在纸带上应打出轻重合适的小圆点，如遇到打出的是短横线，应调整一下振针距复写纸的高度，使之增大一点。

10.使用计时器打点时，应先接通电源，待打点计时器稳定后，再释放纸带。

11.释放物体前，应使物体停在靠近打点计时器的位置。

12.使用电火花打点计时器时，应注意把两条白纸带正确穿好，墨粉纸盘夹在两纸带间;使用电磁打点计时器时，应让纸带通过限位孔，压在复写纸下面。

13.“速度”一词是比较含糊的统称，在不同的语境中含义不同，一般指瞬时速率、平均速度、瞬时速度、平均速率四个概念中的一个，要学会根据上、下文辨明“速度”的含义。平常所说的“速度”多指瞬时速度，列式计算时常用的是平均速度和平均速率。

14.着重理解速度的矢量性。有的同学受初中所理解的速度概念的影响，很难接受速度的方向，其实速度的方向就是物体运动的方向，而初中所学的“速度”就是现在所学的平均速率。

(二)15.平均速度不是速度的平均。

16.平均速率不是平均速度的大小。

17.物体的速度大，其加速度不一定大。

18.物体的速度为零时，其加速度不一定为零。

19.物体的速度变化大，其加速度不一定大。

20.加速度的正、负仅表示方向，不表示大小。21.物体的加速度为负值，物体不一定做减速运动。

22.物体的加速度减小时，速度可能增大;加速度增大时，速度可能减小。

23.物体的速度大小不变时，加速度不一定为零。

24.物体的加速度方向不一定与速度方向相同，也不一定在同一直线上。

25.位移图象不是物体的运动轨迹。

26.解题前先搞清两坐标轴各代表什么物理量，不要把位移图象与速度图象混淆。

27.图象是曲线的不表示物体做曲线运动。

28.由图象读取某个物理量时，应搞清这个量的大小和方向，特别要注意方向。

第五篇：易错成语

易错成语

1、空穴来风：空穴是来风的条件，既能来风，必有空穴，传闻有一定根据。大多用来表示毫无根据，完全用反了。

2、三人成虎：传言有虎的人很多，大家便相信了。多误解为团结合作力量大。

3、美轮美奂：只能形容房屋高大美丽。媒体上凡形容美好事物皆用此语，错。

4、炙手可热：形容人很有权势,含贬义。媒体扩大其使用范围，形容一切“吃香”的事物，完全背离其本义。鲁迅《华盖集。公理的把戏》所以当章士钊炙手可热之际，《大同晚报》曾称他们为“东吉祥派的正人君子”。

5、侃侃而谈：“侃侃”本为刚直之意。谈得理直气壮才叫侃侃而谈。人们大多用此语形容聊天，属误用。

6、首当其冲：首先受到攻击，一般作谓语。常被人误用为定语，代替“首先”。

7、不瘟不火：指表演既不沉闷也不过火。常被人用来表示商品销售不够火爆，且写作“不温不火”，真是不伦不类。

8、鼎力相助：只用于对方或他人，不可用于自己，否则太不谦虚。

9、一言九鼎：说话有份量。不能表示守信用，也不能用于自己。

10、首鼠两端：迟疑不决。常误解为言行前后不一致。

11、溢美之词：过分赞美的言词。常误用于褒义场合。

12、脱颖而出：比喻人才崭露头角。陆星儿曾误用于“脱颖出来，潇潇洒洒地活一辈子”；还有人说“从母鲸腹中脱颖而出”。

13、蓬荜生辉：谦敬之辞。广告语说“让您的居室蓬筚生辉”，简直是骂人。

14、不可收拾：无可挽救，不可救药。常有人在“一发而不可收”这句惯用语后加一“拾”字，变褒为贬。

15、出奇制胜：作谓语，不带宾语。说成“出奇制胜叛军”之类则错。

16、不负众望：没辜负大家的期望，褒义。

17、不孚众望：未符合大家的期望，贬义。这两个成语常被混用。

18、义无反顾：为正义而勇往直前。常被用于毫不犹豫的干坏事，错。

19、不可理喻：不能用道理使之明白，形容态度蛮横或愚昧无知。容易误解为不可理解。20、望其项背：可以赶上。只用否定形式。不少人用“只能望其项背”表示“赶不上”，错。21差强人意：大体上使人满意。多误解为不能使人满意。22抛砖引玉：自谦之辞，不能用于对方或第三方。

23风声鹤唳：惊慌疑惧，常与“草木皆兵”连用。有人用“杀得风声鹤唳”来形容战斗激烈,错。